人教版高中物理选修3-2 第五章 交变电流 单元试卷
一、选择题
1．（2017高二下·黄陵期末）某正弦交流电的图象如图所示，则由图象可知（ ）
A．该交流电的频率为0.02Hz
B．该交流电的有效值为14.14A
C．该交流电的瞬时值表达式为i=20sin（0.02t）A
D．在t= 时刻，该交流的大小与其有效值相等
【答案】B,D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】解：A、由图可知，交流电的周期为0.02s，则其频率f= = =50Hz，故A错误；
B、该交流电的最大值为20A，则有效值为I= =14.14A，故B正确；
C、交流电的角速度ω= = =100π，故该交流电的瞬时值表达式为i=20sin（100πt）A，故C错误；
D、在t= 时刻，该交流的大小为i=20sin =14.14A，故与其有效值相等，故D正确．
故选：BD．
【分析】根据交流电的图象可明确交流电的周期和最大值，再根据周期和频率的关系可求得频率，同时求出角速度；根据最大值和有效值的关系可求得有效值；再根据图象明确交流电的表达式，并求出t= 时刻的瞬时值．
2．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=5：1，电阻R=20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是（ ）
A．输入电压u的表达式 V
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W
【答案】B,D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】周期是0.02s，则ω=100π，所以输入电压u的表达式应为u=20 sin（100πt）V，A不符合题意；
只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，均无法正常发光，B符合题意；只断开S2后，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，C不符合题意；若S1换接到2后，电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为 ，D符合题意．
故答案为：BD.
【分析】通过交流电的图像可以判断出电压的峰值和周期，利用周期求出交流电的角速度，利用输入电压和线圈匝数比求出输出电压，利用欧姆定律求出电流，利用公式P=UI求解功率即可。
3．一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A 为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】该变压器原、副线圈匝数比为k，当开关S断开时，原线圈两端电压 ，电流为I1=I，副线圈的电压 ，根据欧姆定律 ，当开关S闭合时，原线圈两端电压 ，电流为I1' =4I，副线圈的电压 ，根据欧姆定律 综上解得k=3，A、C、D不符合题意，B符合题意。
故答案为：B
【分析】假设原副线圈的匝数比是a，利用开关S的前后两种状态，电流的变化列方程求解a即可。
4．如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是（ ）
A．原、副线圈匝数比为9∶1 B．原、副线圈匝数比为1∶9
C．此时a和b的电功率之比为9∶1 D．此时a和b的电功率之比为1∶9
【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】灯泡正常发光，则其电压均为额定电压，则说明原线圈输入电压为9U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为9：1：A符合题意B不符合题意；根据公式 可得 ，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：9，C不符合题意D符合题意；
故答案为：AD
【分析】两个灯泡额定电压相同，故匝数比为9：1，起一个降压的作用，利用匝数比求出电流的关系，利用公式P=UI求解功率。
5．小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压（ ）
A．峰值是e0 B．峰值是2e0
C．有效值是 Ne0 D．有效值是 Ne0
【答案】D
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，A、B不符合题意；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U＝ ，即U＝ Ne0，C不符合题意；D符合题意。
故答案为：D
【分析】导线框在磁场中旋转产生交流电，两侧的导体棒产生的电压相加再乘以匝数即为交流电的最大值，除以即为有效值。
6．如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变阻器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V．调节前后（ ）
A．副线圈中的电流比为1：2 B．副线圈输出功率比为2：1
C．副线圈的接入匝数比为2：1 D．原线圈输入功率比为1：2
【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式
【解析】解答：A、通过调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，输出电压减小为原来的一半，
在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，
所以接入匝数之比为2：1，副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2：1，故A错误，C正确；
B、由，所以输出功率之比为4：1，故B错误；
D、副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4：1，故D错误；
故选：C
分析：变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析．
7．电阻R1、R2与交流电源按照图所示甲方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示．则（ ）
A．通过R1的电流有效值是1.2 A B．R1两端的电压有效值是6 V
C．通过R2的电流最大值是1.2 A D．R2两端的电压最大值是6 V
【答案】A,B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】由i－t图可知，电流的最大值 A，所以有效值 ＝0.6 A．因 与 串联，则 ，A、B符合题意；I2m＝Im＝0.6 A， V，C、D不符合题意．
故答案为：AB
【分析】利用交流电的最大值求出电流的有效值，利用有效值对电路进行分析求解即可。
8．图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A。则下列说法正确的是（ ）
A．电压表V1示数增大
B．电压表V2、V3示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿 的方向滑动
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】电流表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，故应从c向d滑动，D符合题意；电压表V1、V2示数不变，A、B不符合题意；原副线圈中的电流和匝数成反比，即n1I1=n2I2，电流变化时，n1ΔI1=n2ΔI2，故 ，应是降压变压器，C不符合题意。
故答案为：D
【分析】原副线圈的电流变化时同向的，一个变大另一个也变大，题目中电流增大，故电阻减小。
9．如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2.在T的原线圈两端接入—电压u＝Umsin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】交流电源的电压的有效值为 ，根据公式 可得输送电压为 ，因为输送功率为P，则输送电流为 ，输电线上损失的电功率为 ，联立解得 ，C符合题意．
故答案为：C
【分析】先求出电压的有效值，再利用匝数比求出输出电压，利用公式P=UI求出导线中的电流，再利用公式P=I2r求解损失的功率。
10．如右图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4：1，原线圈两端接入一正弦交流电源，副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表，下列结论正确的是（ ）。
A．若电压表读数为6V，则输入电压的最大值为
B．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半
C．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍
D．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍
【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】若电压表读数为6 V，即变压器输出电压有效值为6 V，则输入电压有效值为U2＝4×6 V＝24 V，其最大值为24 V，A符合题意；若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则输出电压也增加到原来的2倍，电流表示数应增加到原来的2倍，B不符合题意；若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输出电压不变．输出电流减小到原来的一半，输出功率减小到原来的一半，输入功率等于输出功率，即P＝IU也减小到原来的一半．C不符合题意；若保持负载电阻的阻值不变．输入电压增加到原来的2倍，输出电压也增大到原来的2倍．则由P＝ 可知输出功率增加到原来的4倍，D符合题意．
故答案为：AD.
【分析】电压表的读数时有效值，转化为最大值再利用匝数比求出输出电压的最大值，输入电压变为二倍，输出的电流和电压都增加二倍，即功率增加四倍。
二、解答题
11．如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20 cm，ad边长l2＝25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里．求：
（1）t＝0时感应电流的方向；
（2）感应电动势的瞬时值表达式；
（3）线圈转一圈外力做的功；
（4）从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量．
【答案】（1）解：根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba.
（2）解：线圈的角速度ω＝2πn＝100 πrad/s，
图示位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω，
代入数据得Em＝314 V
感应电动势的瞬时值表达式：e＝Em cos ωt＝314cos 100πt V.
（3）解：电动势的有效值E＝ 线圈匀速转动的周期T＝ ＝0.02 s，线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即：
W＝I2(R＋r)T＝ T
代入数据得W＝98.6 J.
（4）解：从t＝0起转过90°过程中，Δt内流过R的电荷量：
，
代入数据得q＝0.1 C.
【知识点】焦耳定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）导线框转动，磁通量增加，利用右手定则判断电流的流向。
（2）求出线框转动的角速度，求出电动势的最大值，代入公式e＝Em cos ωt即可。
（3）外力做功全部转化为焦耳热，利用公式Q=I2Rt求解即可。
（4）求解流过的电荷量，利用公式q=It求解，平均电流I利用电动势的平均值除以电流即可。
1 / 1人教版高中物理选修3-2 第五章 交变电流 单元试卷
一、选择题
1．（2017高二下·黄陵期末）某正弦交流电的图象如图所示，则由图象可知（ ）
A．该交流电的频率为0.02Hz
B．该交流电的有效值为14.14A
C．该交流电的瞬时值表达式为i=20sin（0.02t）A
D．在t= 时刻，该交流的大小与其有效值相等
2．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2=5：1，电阻R=20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是（ ）
A．输入电压u的表达式 V
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W
3．一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A 为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
4．如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是（ ）
A．原、副线圈匝数比为9∶1 B．原、副线圈匝数比为1∶9
C．此时a和b的电功率之比为9∶1 D．此时a和b的电功率之比为1∶9
5．小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压（ ）
A．峰值是e0 B．峰值是2e0
C．有效值是 Ne0 D．有效值是 Ne0
6．如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变阻器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V．调节前后（ ）
A．副线圈中的电流比为1：2 B．副线圈输出功率比为2：1
C．副线圈的接入匝数比为2：1 D．原线圈输入功率比为1：2
7．电阻R1、R2与交流电源按照图所示甲方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示．则（ ）
A．通过R1的电流有效值是1.2 A B．R1两端的电压有效值是6 V
C．通过R2的电流最大值是1.2 A D．R2两端的电压最大值是6 V
8．图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A。则下列说法正确的是（ ）
A．电压表V1示数增大
B．电压表V2、V3示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿 的方向滑动
9．如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2.在T的原线圈两端接入—电压u＝Umsin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为（ ）
A． B．
C． D．
10．如右图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4：1，原线圈两端接入一正弦交流电源，副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表，下列结论正确的是（ ）。
A．若电压表读数为6V，则输入电压的最大值为
B．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半
C．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍
D．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍
二、解答题
11．如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20 cm，ad边长l2＝25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里．求：
（1）t＝0时感应电流的方向；
（2）感应电动势的瞬时值表达式；
（3）线圈转一圈外力做的功；
（4）从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量．
答案解析部分
1．【答案】B,D
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】解：A、由图可知，交流电的周期为0.02s，则其频率f= = =50Hz，故A错误；
B、该交流电的最大值为20A，则有效值为I= =14.14A，故B正确；
C、交流电的角速度ω= = =100π，故该交流电的瞬时值表达式为i=20sin（100πt）A，故C错误；
D、在t= 时刻，该交流的大小为i=20sin =14.14A，故与其有效值相等，故D正确．
故选：BD．
【分析】根据交流电的图象可明确交流电的周期和最大值，再根据周期和频率的关系可求得频率，同时求出角速度；根据最大值和有效值的关系可求得有效值；再根据图象明确交流电的表达式，并求出t= 时刻的瞬时值．
2．【答案】B,D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】周期是0.02s，则ω=100π，所以输入电压u的表达式应为u=20 sin（100πt）V，A不符合题意；
只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，均无法正常发光，B符合题意；只断开S2后，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，C不符合题意；若S1换接到2后，电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为 ，D符合题意．
故答案为：BD.
【分析】通过交流电的图像可以判断出电压的峰值和周期，利用周期求出交流电的角速度，利用输入电压和线圈匝数比求出输出电压，利用欧姆定律求出电流，利用公式P=UI求解功率即可。
3．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】该变压器原、副线圈匝数比为k，当开关S断开时，原线圈两端电压 ，电流为I1=I，副线圈的电压 ，根据欧姆定律 ，当开关S闭合时，原线圈两端电压 ，电流为I1' =4I，副线圈的电压 ，根据欧姆定律 综上解得k=3，A、C、D不符合题意，B符合题意。
故答案为：B
【分析】假设原副线圈的匝数比是a，利用开关S的前后两种状态，电流的变化列方程求解a即可。
4．【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】灯泡正常发光，则其电压均为额定电压，则说明原线圈输入电压为9U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为9：1：A符合题意B不符合题意；根据公式 可得 ，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：9，C不符合题意D符合题意；
故答案为：AD
【分析】两个灯泡额定电压相同，故匝数比为9：1，起一个降压的作用，利用匝数比求出电流的关系，利用公式P=UI求解功率。
5．【答案】D
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，A、B不符合题意；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U＝ ，即U＝ Ne0，C不符合题意；D符合题意。
故答案为：D
【分析】导线框在磁场中旋转产生交流电，两侧的导体棒产生的电压相加再乘以匝数即为交流电的最大值，除以即为有效值。
6．【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式
【解析】解答：A、通过调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，输出电压减小为原来的一半，
在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，
所以接入匝数之比为2：1，副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2：1，故A错误，C正确；
B、由，所以输出功率之比为4：1，故B错误；
D、副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4：1，故D错误；
故选：C
分析：变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析．
7．【答案】A,B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】由i－t图可知，电流的最大值 A，所以有效值 ＝0.6 A．因 与 串联，则 ，A、B符合题意；I2m＝Im＝0.6 A， V，C、D不符合题意．
故答案为：AB
【分析】利用交流电的最大值求出电流的有效值，利用有效值对电路进行分析求解即可。
8．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】电流表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，故应从c向d滑动，D符合题意；电压表V1、V2示数不变，A、B不符合题意；原副线圈中的电流和匝数成反比，即n1I1=n2I2，电流变化时，n1ΔI1=n2ΔI2，故 ，应是降压变压器，C不符合题意。
故答案为：D
【分析】原副线圈的电流变化时同向的，一个变大另一个也变大，题目中电流增大，故电阻减小。
9．【答案】C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】交流电源的电压的有效值为 ，根据公式 可得输送电压为 ，因为输送功率为P，则输送电流为 ，输电线上损失的电功率为 ，联立解得 ，C符合题意．
故答案为：C
【分析】先求出电压的有效值，再利用匝数比求出输出电压，利用公式P=UI求出导线中的电流，再利用公式P=I2r求解损失的功率。
10．【答案】A,D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】若电压表读数为6 V，即变压器输出电压有效值为6 V，则输入电压有效值为U2＝4×6 V＝24 V，其最大值为24 V，A符合题意；若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则输出电压也增加到原来的2倍，电流表示数应增加到原来的2倍，B不符合题意；若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输出电压不变．输出电流减小到原来的一半，输出功率减小到原来的一半，输入功率等于输出功率，即P＝IU也减小到原来的一半．C不符合题意；若保持负载电阻的阻值不变．输入电压增加到原来的2倍，输出电压也增大到原来的2倍．则由P＝ 可知输出功率增加到原来的4倍，D符合题意．
故答案为：AD.
【分析】电压表的读数时有效值，转化为最大值再利用匝数比求出输出电压的最大值，输入电压变为二倍，输出的电流和电压都增加二倍，即功率增加四倍。
11．【答案】（1）解：根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba.
（2）解：线圈的角速度ω＝2πn＝100 πrad/s，
图示位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω，
代入数据得Em＝314 V
感应电动势的瞬时值表达式：e＝Em cos ωt＝314cos 100πt V.
（3）解：电动势的有效值E＝ 线圈匀速转动的周期T＝ ＝0.02 s，线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即：
W＝I2(R＋r)T＝ T
代入数据得W＝98.6 J.
（4）解：从t＝0起转过90°过程中，Δt内流过R的电荷量：
，
代入数据得q＝0.1 C.
【知识点】焦耳定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）导线框转动，磁通量增加，利用右手定则判断电流的流向。
（2）求出线框转动的角速度，求出电动势的最大值，代入公式e＝Em cos ωt即可。
（3）外力做功全部转化为焦耳热，利用公式Q=I2Rt求解即可。
（4）求解流过的电荷量，利用公式q=It求解，平均电流I利用电动势的平均值除以电流即可。
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