1.解：A、電流表顯示的是有效值，示數(shù)為I=A=10A，故A錯誤;
B、由圖象知周期為0.01s，頻率為周期的倒數(shù)100Hz，故B錯誤;
C、電阻消耗的功率P=I2R=(10)2×10=1000W，故C錯誤;
D、角速度ω=2πf=200π，所以瞬時值表達式i=10sin200πtA，故D正確;
故選：D
2.解：A、t=0時刻感應電動勢，磁通量為零;此時線圈與中性面相互垂直;故A錯誤;
B、t2時刻感應電動勢，線圈平面與中性面垂直，磁通量為零.故B錯誤.
C、t3時刻線圈通過中性面，感應電動勢為零，根據(jù)法拉第電磁感應定律，知磁通量變化率為零，最小，故C錯誤;
D、t4時刻線圈中感應電動勢，磁通量變化率.故D正確.
故選：D3.解：A、交流電表的示數(shù)是有效值.故A錯誤;
B、B、保險絲的額定電流，也是有效值，故B錯誤;
C、電容器的擊穿電壓，是指的電壓值，故C正確;
D、220V動力電壓是有效值，故D錯誤;
故選：C.
4.解：A、圖示位置磁通量為Φ1=0，轉過90°磁通量為Φ2=BS，△Φ=Φ2﹣Φ1=BS.故A錯誤.
B、根據(jù)法拉第電磁感應定律得，平均感應電動勢，△t=解得=，故B正確;
C、通過電阻R的電量q=It=t=n，得到q=，故C正確;
D、電流的有效值為I=，E=，電阻R所產生的焦耳熱Q=I2Rt，解得Q=，故D正確.
故選：BCD.
5.D
6.AD
解：A、閉合瞬間，L相當于斷路，b立刻變亮，a逐漸變亮，A正確B錯誤.
C、閉合開關穩(wěn)定時，a的亮度比b的大，因為根據(jù)I=知通過a的電流大，C錯誤
D、電鍵斷開，L相當于電源與兩個燈泡串聯(lián)，逐漸熄滅，由于穩(wěn)定后a燈的電流大于b燈，所以電鍵斷開瞬間b燈的電流比穩(wěn)定時的電流大，b燈閃亮一下再熄滅，D正確
故選：AD
7.A變壓器的構造和原理;正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達式
解：由瞬時值的表達式可知，原線圈的電壓值為311V，所以原線圈電壓的有效值為U1=220V
根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比得：U2==55V
則副線圈電流I2==5A
故選：A.
8.解：(1)感應電動勢值為Em=NBSω=100××0.05×100V=500V
由于從中性面開始計時，則瞬時值表達式為：e=Emsin(ωt)=500sin(100πt)V
(2)流過電阻R的電流Im==50A
通過電阻R的電流有效值I==25A.
答：(1)若線圈經(jīng)圖示位置開始計時，線圈中感應電動勢瞬時值的表達式是e=500sin(100πt)V;
(2)通過電阻R的電流有效值是25A.
9.解：(1)降壓變壓器的輸出功率為：P=40×22×6=5280W
降壓變壓器副線圈的電流：=24A，
降壓變壓器原線圈的電流：=6A
輸電線損失的功率：
所以輸入功率：P1=5280+144=5424W
(2)降壓變壓器原線圈電壓為：=880V
輸電線上損失的電壓為：△U=I3R=24V
則發(fā)動機的輸出電壓為：U2=880+24=904V
所以發(fā)電機原線圈電壓：=226V
根據(jù)電流與匝數(shù)成反比知發(fā)電機原線圈中電流為=24A，
發(fā)電機內阻分壓：Ur=24×1=24V
電動勢為：E=226+24=250V.
(3)用戶獲得的實際功率P用=22×40×6=5280W;
則輸電效率η==97.3%;
答：(1)發(fā)電機輸出功率為5424W;(2)電動勢為250V;(3)輸電效率為97.3%.
10.串聯(lián)在外電路中的交流電流表的讀數(shù)是1.4A
正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達式;正弦式電流的值和有效值、周期和頻率.
解：從Φ﹣t圖象可以讀出：Φm=1.0×10﹣2Wb，T=3.14×10﹣2s
感應電動勢值Em=nBSω=nωΦm，又ω=，得到Em=nΦm
故電路中電流值
Im===A=2A.
交流電流表讀數(shù)I=0.707Im≈1.4A.
答：串聯(lián)在外電路中的交流電流表的讀數(shù)是1.4A.
11.6V12w
1.B
2.解：根據(jù)右手螺旋定則，環(huán)形電流可以等效為小磁針，小磁針的N極指向右，根據(jù)異性相吸，知線圈向左運動.故A正確，B、C、D錯誤.
故選A.
3.解：由圖乙所示可知，在0﹣1s內，電流是正的，即從上向下看，沿順時針方向，電流大小是定值，則磁感應強度均勻變化，在1﹣2s內，感應電流為零，則磁感應強度不變，在2﹣4s內，感應電流是負的，即沿逆時針方向，電流大小不變，則磁感應強度隨時間均勻變化;
A、根據(jù)圖示圖象，由楞次定律可知，0﹣1s內感應電流感應電流沿順時針方向(從上向下看)，在1﹣2s內磁感應強度不變，穿過線圈的磁通量不變，感應電流為零，在2﹣4s內，由楞次定律可知，感應電流沿逆時針方向，符合題意，故A正確;B錯誤;
C、由圖示圖示可知，在1﹣2s內，磁感應強度是變化的，穿過線圈的磁通量是變化的，線圈中有感應電流，不符合題意，故C錯誤;
D、根據(jù)圖示圖象，由楞次定律可知，0﹣1s內感應電流感應電流逆時針方向(從上向下看)，在1﹣2s內磁感應強度不變，穿過線圈的磁通量不變，感應電流為零，在2﹣4s內，由楞次定律可知，感應電流沿順時針方向，不符合題意，故D錯誤;
故選：A.
4.解：A、B、當磁鐵靠近線圈時，穿過線圈的磁通量增加，線圈中產生感應電流，線圈受到磁鐵的安培力作用，根據(jù)楞次定律可知，線圈受到的安培力斜向右下方，則線圈對桌面的壓力增大，即N大于mg.線圈相對桌面有向右運動趨勢，受到桌面向左的靜摩擦力.故A正確，B錯誤.
C、當磁鐵遠離線圈時，穿過線圈的磁通量減小，線圈中產生感應電流，線圈受到磁鐵的安培力作用，根據(jù)楞次定律可知，線圈受到的安培力斜向右上方，則線圈對桌面的壓力減小，即N小于mg.線圈相對桌面有向右運動趨勢，受到桌面向左的靜摩擦力.故C錯誤，
D、當磁鐵靠近線圈時，穿過線圈的磁通量增加，線圈中產生感應電流從上向下看是逆時針方向;當磁鐵遠離線圈時，穿過線圈的磁通量減小，線圈中產生感應電流從上向下看是順時針方向，故D錯誤.
故選：A.
5.CD楞次定律.
解：環(huán)中通以恒定電流I后，圓環(huán)所受安培力為BI•2πr，則在豎直方向的分力為2πrBIcosθ，
AC、由牛頓第二定律，可得：BI2πrcosθ﹣mg=ma，則圓環(huán)向上的加速度為a=﹣g，豎直向上，
在電流未撤去時，圓環(huán)將做勻加速直線運動，經(jīng)過時間t，速度會達到值，由v=at得v=﹣gt，故C項正確;
在時間t內，上升的高度h=，則安培力對圓環(huán)做功為W=Fh=πrBIt2cosθ(﹣g)，故A錯誤;
B、電流撤去后，由于慣性，圓環(huán)繼續(xù)向上運動，在磁場中切割磁感線而做變減速運動，故B項錯誤;
D、圓環(huán)通電流時，電流方向為順時針，安培力分量指向圓心，有收縮的趨勢，撤去電流后，切割產生的感應電流為逆時針，則安培力分量背離圓心，則有擴張的趨勢，故D正確.
故選：CD.
6.解：A、當條形磁鐵插入線圈的瞬間，穿過線圈的磁通量增加，產生感應電流.條形磁鐵第一次緩慢插入線圈時，磁通量增加慢.條形磁鐵第二次迅速插入線圈時，磁通量增加快，但磁通量變化量相同.故A正確;
B、根據(jù)法拉第電磁感應定律=
第二次線圈中產生的感應電動勢大，感應電流：I=也大，外力做的功轉化為內能：W=Q=I2Rt=t=t=所以外力做的功與所用的時間成反比，即速度越快，外力做的功越多.故B錯誤;
C、根據(jù)法拉第電磁感應定律=
第二次線圈中產生的感應電動勢大，故C錯誤;
D、根據(jù)法拉第電磁感應定律分析感應電動勢的大小，由歐姆定律分析感應電流的大小.再由q=It可確定導體某橫截面的電荷量等于磁通量的變化與電阻的比值，由于磁通量變化量相同，電阻不變，所以通過導體橫截面的電荷量不變，故D正確;
故選：AD.
7.①(連錯一條線則得0分)
�、冖�.將開關閉合(或者斷開);
�、�.將螺線管A插入(或拔出)螺線管B
8.(1)ab中的電流方向為b到a(2)(3)R1=2.0Ωm=0.1kg
(1)由右手定則，金屬棒ab中的電流方向為b到a (2)由能量守恒，金屬棒減小的重力勢能等于增加的動能和電路中產生的焦耳熱 解得： (3)設速度為v，切割磁感線產生的感應電動勢 由閉合電路的歐姆定律： 從b端向a端看，金屬棒受力如圖： 金屬棒達到速度時滿足 由以上三式得： 由圖像可知：斜率為，縱截距為v0=30m/s，得到： 解得：R1=2.0Ωm=0.1kg 點評：本題考察了常見的電磁感應類的問題，通過受力分析弄清物體運動過程，并結合能量守恒定律求出電阻發(fā)熱等問題。
9.解析：(1)向右
(2)傳感器正常工作時的電阻
工作電流
由于滑動變阻器工作電流是1A，所以電路允許通過的電流為I=0.3A
(3)滑動變阻器觸頭位于最左端時外電路的電阻為R外=20Ω，故電源電動勢的值E=I(R外+r)=6.3V
由法拉第電磁感應定律
解得t0=40s
10.解：設豎直板的長度為L，小球帶電量為q
F桿的方向與水平方向成角
