2025届高考物理一轮复习专题重组卷第一部分单元十二交变电流传感器含解析

PAGE14-单元十二交变电流传感器考点1.交变电流、交变电流的图象(Ⅰ)；2.正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值(Ⅰ)；3.志向变压器(Ⅱ)；4.远距离输电(Ⅰ)学问点1.交变电流的产生及描述；2.沟通电的图象及其应用；3.变压器的原理、规律及应用；4.远距离输电及变压器的综合应用；5.传感器的简洁运用第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．(2024·北京市通州区高三第一学期期末)如图所示，一个矩形线圈abcd在匀强磁场中匀速转动，转轴OO′与磁场方向垂直，线圈中产生感应电动势。下列说法正确的是()A．线圈平面与磁场垂直时，磁通量为零B．线圈平面与磁场垂直时，磁通量变更最快C．线圈平面与磁场平行时，感应电动势为零D．线圈平面与磁场平行时，感应电动势最大答案D解析线圈平面与磁场垂直时，通过线圈的磁通量最大，磁通量变更最慢，A、B错误；线圈平面与磁场平行时，ab边、cd边运动方向与磁感线方向垂直，感应电动势最大，C错误，D正确。2．(2024·北京市海淀区高三上学期期末)如图所示，志向变压器的原线圈接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的沟通电源上，副线圈接有R＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为4∶1，电流表、电压表均为志向电表。下列说法正确的是()A．原线圈的输入功率为55eq\r(2)WB．电流表的读数为0.25AC．电压表的读数为55eq\r(2)VD．副线圈输出沟通电的周期为50s答案B解析由u＝220eq\r(2)sin100πt(V)可得，原线圈的电压有效值为220V，依据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压有效值为55V，电压表的读数为55V，再由输入功率和输出功率相等可得原线圈的输入功率P＝eq\f(U\o\al(2,2),R)＝eq\f(552,55)W＝55W，所以原线圈的电流大小为I1＝eq\f(P,U1)＝0.25A，故电流表的读数为0.25A，A、C错误，B正确；变压器不会变更沟通电的周期和频率，所以副线圈输出沟通电的周期为T＝eq\f(2π,100π)s＝0.02s，D错误。3．(2024·贵阳一模)如图甲所示为某品牌电热毯的简易电路，电热丝的电阻为R＝484Ω，现将其接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的正弦沟通电源上，电热毯被加热到肯定温度后，温控装置P使输入电压变为图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则保温状态下，志向沟通电压表V的读数和电热毯消耗的电功率最接近下列哪一组数据()A．220V、100W B．156V、50WC．110V、25W D．311V、200W答案B解析由图象依据有效值的定义可得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)＋0＝eq\f(U2,R)×T，解得：U＝eq\f(Um,2)＝110eq\r(2)V≈156V，电热毯在保温状态下消耗的电功率为P＝eq\f(U2,R)＝(eq\f(110\r(2)2,484)W＝50W，B正确。4．(2024·山西高三二模)如图所示，志向变压器原、副线圈匝数之比为10∶1，原线圈两端连接正弦沟通电源u＝220eq\r(2)sin314t(V)，副线圈接电阻R，同时接有志向电压表和志向电流表。下列推断正确的是()A．电压表读数约为31.1VB．若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数增大到原来的2倍C．若仅将R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R的阻值和副线圈匝数同时增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍答案B解析依据u＝220eq\r(2)sin314t(V)可知，原线圈的电压有效值为U1＝220V，电压表的读数为变压器输出电压的有效值，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得，电压表读数为U2＝22V，A错误；若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，U2增大到原来的2倍，由I2＝eq\f(U2,R)可知，电流表的读数增大到原来的2倍，B正确；输入电压和匝数比不变，则输出电压U2不变，若仅将R的阻值增加到原来的2倍，由I2＝eq\f(U2,R)可知，副线圈电流变为原来的一半，输出功率变为原来的一半，由输入功率等于输出功率可知，输入功率也变为原来的一半，C错误；若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U2增加到原来的2倍，若R的阻值也增加到原来的2倍，输出功率P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)变为原来的2倍，D错误。5．(2024·贵州部分重点中学高三上学期第四次联合质量测评)某住宅小区的应急供电系统，由沟通发电机和副线圈匝数可调的志向降压变压器组成，发电机中矩形线圈电阻不计，它可绕轴OO′在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动。降压变压器副线圈上的滑动触头P上下移动时可变更输出电压，R0表示输电线电阻。下列推断正确的是()A．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最大B．当用户数目增多时，为运用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动C．若滑动触头P向下滑动，流过R0的电流将减小D．若发电机线圈的转速减为原来的eq\f(1,2)，用户获得的功率也将减为原来的eq\f(1,2)答案B解析若发电机线圈某时刻处于图示位置，此时线圈的磁通量为最大，但是穿过线圈磁通量的变更率最小，为零，感应电动势为零，变压器原线圈的电流瞬时值最小，为零，A错误；当用户数目增多时，用电量增加，输电线上的电压损失变大，用户得到的电压变小，为运用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动，增大副线圈匝数，提高输出电压，B正确；若滑动触头P向下滑动，副线圈的输出电压增大，但流过R0的电流是由用户和R0共同确定的，在用户不变的状况下，流过R0的电流将增大，C错误；若线圈从中性面起先计时，发电机产生感应电动势的表达式为e＝NBSωsinωt，ω＝2πn，若发电机线圈的转速减为原来的eq\f(1,2)，感应电动势的最大值Em＝NBSω将减为原来的eq\f(1,2)，变压器原线圈两端的电压将减为原来的eq\f(1,2)，副线圈的输出电压U也将减为原来的eq\f(1,2)，而用户实际分得的电压U用也将减为原来的eq\f(1,2)，依据公式P用＝eq\f(U\o\al(2,用),R用)可知，用户获得的功率将减为原来的eq\f(1,4)，D错误。6．(2024·广西桂林、贺州、崇左高三下学期3月联合调研)如图甲所示的电路中，志向变压器原、副线圈匝数比为5∶1，电流表和电压表均为志向电表，R是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、L是志向线圈、C是耐压值和电容都足够大的电容器、D是灯泡、K是单刀双掷开关。当原线圈接入如图乙所示的正弦沟通电时，下列说法正确的是()A．开关K连通1时，电压表的示数为44VB．开关K连通1时，若光照增加，电流表的示数变小C．开关K连通2时，灯泡不亮D．开关K连通2时，若光照增加，电压表的示数减小答案A解析依据图乙可知原线圈电压有效值为：U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，则依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可以得到U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1,5)×220V＝44V，即电压表的示数为44V，A正确；开关K连通1时，若光照增加，则电阻R减小，则副线圈总电阻减小，而U2不变，则副线圈电流I2增大，依据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知，原线圈电流I1增大，即电流表的示数变大，B错误；开关K连通2时，由于交变电流可以“通过”电容器，故灯泡发光，C错误；开关K连通2时，若光照增加，则电阻R减小，但是由于原、副线圈两端电压之间关系为eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，与副线圈总电阻无关，故电压表的示数不变，D错误。7．(2024·山东临沂高三上期末)如图所示，OO′是磁感应强度大小为B的匀强磁场的左边界，也是一面积为S的n匝矩形金属线框的对称轴，若线框以角速度ω绕与磁感线垂直的转轴OO′匀速转动，并从图示位置(线框与磁感线平行)起先计时，则()A．t＝eq\f(2π,ω)时，线框中的感应电流最小B．t＝eq\f(π,2ω)时，穿过线框的磁通量变更率最大C．线框中产生的交变电动势的最大值为nBSωD．线框中产生的交变电动势的有效值为eq\f(\r(2),4)nBSω答案D解析由图可知，该线框的一半在磁场外，则线框产生的最大感应电动势：Em＝eq\f(1,2)nBSω，图示位置线框平面与磁场方向平行，则线框产生感应电动势的瞬时值表达式为：e＝Emcosωt，当t＝eq\f(2π,ω)时，ωt＝ω·eq\f(2π,ω)＝2π，e＝Em，可知此时的感应电动势最大，则线框中的感应电流最大，A、C错误；当t＝eq\f(π,2ω)时，ωt＝ω·eq\f(π,2ω)＝eq\f(π,2)，e＝0，此时感应电动势最小，所以穿过线框的磁通量变更率最小，B错误；线框中产生的交变电动势的有效值：E＝eq\f(\r(2),2)Em＝eq\f(\r(2),4)nBSω，D正确。8．(2024·福建泉州泉港区第一中学高三上质量检测)如图为小型旋转电枢式沟通发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10Ω连接，t＝0时线圈以T＝0.02s的周期从图中位置起先转动，转动时志向沟通电压表示数为10V，则下列说法正确的是()A．电阻R上的电功率为20WB．R两端的电压u随时间变更的规律是u＝10eq\r(2)·cos100πt(V)C．t＝0.02s时R两端的电压瞬时值最大D．一个周期内电阻R产生的热量是0.2J答案BCD解析电阻R消耗的电功率为P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(102,10)W＝10W，A错误；R两端电压的最大值为Um＝eq\r(2)U＝10eq\r(2)V，角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，线圈从图中位置起先转动时，感应电动势最大，R两端电压最大，故R两端的电压u随时间t变更的规律是u＝10eq\r(2)cos100πt(V)，B正确；t＝0.02s时，即t＝T时，线圈平面与磁场方向平行，磁通量的变更率最大，此时线圈产生的感应电动势最大，R两端的电压瞬时值最大，C正确；依据焦耳定律可知，一个周期内电阻R产生的热量Q＝I2RT＝PT＝10×0.02J＝0.2J，D正确。9．(2024·江苏省四星级中学高三上学期一调联考)常见的半导体材料分为P型半导体和N型半导体，P型半导体中导电载流子是空穴(看成带正电)，N型半导体中导电载流子是电子。利用如图所示的方法可以推断半导体材料的类型并测得半导体中单位体积内的载流子数。现测得一块横截面为矩形的半导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在半导体上、下表面间用电压表可测得电压为U，载流子的电荷量为e，则下列推断正确的是()A．若上表面电势高，则为P型半导体B．若下表面电势高，则为P型半导体C．该导体单位体积内的载流子数为eq\f(I,edb)D．该导体单位体积内的载流子数为eq\f(BI,eUb)答案AD解析若为P型半导体，即导电载流子是空穴，由左手定则可知，空穴受到的洛伦兹力向上，则上表面电势高，若为N型半导体，即导电载流子是电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，则下表面电势高，故A正确，B错误；依据eeq\f(U,d)＝evB，I＝neSv＝nebdv，得n＝eq\f(I,ebdv)＝eq\f(BI,eUb)，故C错误，D正确。10．(2024·河南省郑州市一模)如图甲所示，变压器原、副线圈上有L1、L2、L3、L4四只灯泡，它们的规格都是“9V12W”，当在该变压器cd端输入交变电压u(u­t图象如图乙所示)时，四只灯泡都正常发光，各电表均为志向沟通电表。以下说法正确的是()A．ab端输入电压的瞬时值表达式为uab＝27eq\r(2)·sin100πt(V)B．原、副线圈匝数比为3∶1C．流过灯泡L2的电流方向每秒钟变更50次D．电流表的示数为4A，ab端输入的功率Pab为48W答案BD解析由变压器cd端输入交变电压u的图象，可求出其有效值为27V，灯泡规格都是“9V12W”，四只灯泡都正常发光，所以ab端输入电压的有效值是27V＋9V＝36V，沟通电的周期是0.02s，故ab端输入电压的瞬时值表达式为uab＝36eq\r(2)sin100πt(V)，A错误；四只灯泡都正常发光，所以副线圈电压为9V，依据志向变压器电压比规律可得出变压器原、副线圈匝数比为3∶1，B正确；由图象知沟通电的周期为0.02s，沟通电的频率为50Hz，流过灯泡L2的电流方向每秒钟变更100次，C错误；电流表的示数为I＝3×eq\f(12,9)A＝4A，ab端输入的功率Pab＝4×12W＝48W，D正确。11．(2024·广东汕头高三一模)传感器在生活中有许多应用。电容式加速度传感器在平安气囊、手机移动设备方面应用广泛，其原理如图所示，质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，但不能上下移动。下列关于该传感器的说法正确的是()A．当电路中没有电流时，电容器所带电荷量肯定都相等B．当电路中没有电流时，传感器肯定处于平衡状态C．当电路中有顺时针方向的电流时，电容器电容肯定增大D．当电路中有顺时针方向的电流时，传感器可能向左也可能向右运动答案CD解析当电路中没有电流时，说明电容器处于稳定状态，因电容器的电压不变，依据电容器的电容公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，当电介质插入极板间深度不一，即εr大小不同时，则电容器电容也不同，因此电容器所带电荷量也不相等，故A错误；当传感器以恒定加速度运动时，依据牛顿其次定律可知，弹簧弹力大小不变，则电容器的电容不变，因电容器两极板的电压不变，则电容器所带的电荷量不变，此时电路中没有电流，故B错误；当电路中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，依据Q＝CU可知，电容器的电容在增大，故C正确；当电路中有顺时针方向的电流时，电容器的电容在增大，则插入极板间电介质加深，所以传感器可能向左减速，也可能向右加速，故D正确。12．(2024·广东清远高三上学期期末)如图所示，一个小型水电站，其沟通发电机的输出电压U1肯定，通过志向升压变压器T1和志向降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2，T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列说法正确的是()A．当用户的用电器增加时，U2、U3、U4均变小B．输电线的总电阻R两端的电压等于U2＋U3，且随用户的用电器增加而增大C．输电线上损失的功率为eq\f(P\o\al(2,3)R,U\o\al(2,3))，且随用户的用电器增加而增大D．要减小输电线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比eq\f(n2,n1)，同时应增大降压变压器的匝数比eq\f(n3,n4)答案CD解析沟通发电机的输出电压U1肯定，匝数没变，依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，知U2不变，A错误；输电线的总电阻R两端的电压等于U2－U3，且随着用户的用电器增加，输电线上的电流会增大，则输电线的总电阻R两端的电压增大，B错误；输电线上的电流I＝eq\f(P3,U3)，则输电线上损失的功率为P损＝I2R＝eq\f(P\o\al(2,3)R,U\o\al(2,3))，且随着用户的用电器增加，输电线上的电流会增大，则输电线上损失的功率增大，C正确；输送功率肯定时，依据P＝UI和P损＝I2R知，要减小输电线路的损耗，应增大输送电压，又因为U1肯定，依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，应增大升压变压器的匝数比eq\f(n2,n1)，而U3＝U2－IR，U2增大，I减小，所以U3增大，要运用户所用电压U4不变，依据eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)知，应增大降压变压器的匝数比eq\f(n3,n4)，D正确。第Ⅱ卷(非选择题，共62分)二、试验题(本题共2小题，共14分)13．(2024·山东济宁二模)(5分)热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家用电器中的温度传感器，是利用热敏电阻的阻值随温度变更而变更的特性工作的。现在用伏安法探讨热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整。已知常温下待测热敏电阻的阻值约40～50Ω。热敏电阻和温度计插入烧杯中，烧杯内有肯定量的冷水，其他备用的仪表和器具有：盛有热水的热水杯、直流电源(电动势15V，内阻可忽视)、直流电流表(对应不同的量程内阻约为0.2Ω或1Ω)、直流电压表(对应不同的量程内阻约为5kΩ或15kΩ)、滑动变阻器(0～10Ω)、开关、导线若干。(1)在虚线框中用给定的器材画出完整的试验电路图，要求测量误差尽可能小。(2)依据电路图，在实物图上用铅笔画线代替导线进行连线。答案(1)见解析图甲(2)见解析图乙解析(1)因为测量热敏电阻的伏安特性曲线，电压须要从0起先，故滑动变阻器选择分压接法，依据题中信息可得Im＝eq\f(E,Rx)＝0.375A，所以电流表选择小量程0.6A，对应电流表内阻为1Ω，而电压最大达到15V，所以电压表选择大量程15V，对应电压表内阻为15kΩ，依据eq\f(RV,Rx)>eq\f(Rx,RA)，所以电流表采纳外接法，可得电路图如图甲。(2)依据电路图连接实物图如图乙。14．(2024·湖北武汉二模)(9分)某同学用光敏电阻和电磁继电器等器材设计自动光控照明电路。(1)光强(E)是表示光强弱程度的物理量，单位为坎德拉(cd)。如图a所示是光敏电阻阻值随光强变更的图线，由此可得到的结论是：______________________。(2)如图b为电磁继电器的构造示意图，其中L为含有铁芯的线圈，P为可绕O点转动的衔铁，K为弹簧，S为一对触头，A、B、C、D为四个接线柱。工作时，应将________(填“A、B”或“C、D”)接照明电路。(3)请在图c中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接。(4)已知电源电动势为3V，内阻很小，电磁铁线圈电阻R0＝20.0Ω，电流超过50mA时可吸合衔铁。假如要求光强达到2cd时，照明电路恰好接通，则图c中定值电阻R定＝________Ω。(结果保留两位小数)答案(1)随着光照强度的增加，光敏电阻的阻值减小得越来越慢(2)C、D(3)图见解析(4)18.95解析(1)由题图a可得到的结论是：随着光照强度的增加，光敏电阻的阻值减小得越来越慢。(2)由电磁继电器的工作原理可知，电磁铁上的线圈连接的是限制电路，触头S连接的是工作电路，故工作时，应将C、D接照明电路。(3)要想使照明电路正常工作，须要在光照弱时，使电磁铁线圈中电流足够大，而此时间敏电阻阻值较大，因此必需运用并联电路，且定值电阻位于干路，起到爱护电路的作用。则实物电路的连接如图。(4)由于电源内阻微小，故U控≈E电＝3V，电磁铁两端电压U0＝I0R0＝50×10－3×20.0＝1V，故定值电阻两端电压U定＝U控－U0＝2V；当光强E＝2cd时，光敏电阻的阻值R＝18.0Ω，通过光敏电阻的电流I＝eq\f(U0,R)＝eq\f(1,18)A，故通过定值电阻的电流I＝I0＋I，则R定＝eq\f(U定,I定)＝eq\f(2,50×10－3＋\f(1,18))Ω≈18.95Ω。三、计算论述题(本题共4小题，共48分。解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必需明确写出数值的单位)15．(2024·北京市海淀区高三上学期期末)(12分)如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向视察，线圈沿逆时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为l1，ad边的边长为l2，线圈总电阻为R，转动的角速度为ω。图中线圈平面与磁场方向平行。(1)从线圈经过图示位置起先计时，写出线圈内的感应电动势随时间变更的函数关系式；(2)求经过时间t，线圈电阻产生的热量；(3)从线圈经过图示位置起先计时，求线圈转过30°角时间内通过线圈导线某截面的电荷量。答案(1)e＝nBl1l2ωcos(2)eq\f(n2B2ω2l\o\al(2,1)l\o\al(2,2),2R)t(3)eq\f(nBl1l2,2R)解析(1)线圈切割磁感线产生的最大感应电动势为Em＝nBl1l2ω，从线圈经过图示位置起先计时，e＝nBl1l2ωcosωt(2)线圈转动过程中电流的有效值：I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(Em,\r(2)R)＝eq\f(nBl1l2ω,\r(2)R)，经过时间t，线圈电阻产生的热量为：Q＝I2Rt＝eq\f(n2B2ω2l\o\al(2,1)l\o\al(2,2),2R)t。(3)线圈从图示位置转过30°角的时间内，平均感应电动势eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B×sin30°×S,Δt)＝eq\f(nBl1l2,2Δt)平均感应电流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(nBl1l2,2RΔt)，通过线圈导线某截面的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nBl1l2,2R)。16．(2024·辽宁省鞍山市第八中学期末)(12分)如图所示，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为eq\f(\r(2),2)T。矩形线圈通过滑环与志向变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R＝50Ω，电表均为志向沟通电表。当线圈平面与磁场方向平行时起先计时，求：(1)线圈中感应电动势的表达式；(2)由图示位置转过45°角的过程产生的平均感应电动势；(3)当原、副线圈匝数比为4∶1时，求电阻R上消耗的电功率。答案(1)e＝100eq\r(2)cos100tV(2)127.4V(3)12.5W解析(1)感应电动势的最大值为：Em＝nBSω＝100×eq\f(\r(2),2)×0.02×100V＝100eq\r(2)V，线圈中感应电动势的表达式为：e＝100eq\r(2)cos100tV。(2)线圈由图示位置转过45°角过程中产生的平均感应电动势为：eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(BSsin45°,\f(1,8)T)＝neq\f(BSsin45°,\f(1,8)×\f(2π,ω))≈127.4V。(3)变压器原线圈两端电压为U＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(100\r(2),\r(2))V＝100V，电阻R两端的电压为UR＝eq\f(n2,n1)U＝eq\f(1,4)×100V＝25V，电阻R上消耗的电功率为P＝eq\f(U\o\al(2,R),R)＝12.5W。17.(2024·江苏泰州市其次中学期末)(12分)如图所示，电阻不计的闭合导线框abcd处于磁感应强度B＝eq\f(\r(2),10)T的匀强磁场中，线框匝数为50匝，面积S为0.5m2。线框绕垂直于磁场方向的轴以角速度ω＝200rad/s匀速转动，并与志向变压器相连，变压器副线圈接入一只额定电压为250V的灯泡，灯泡恰能正常发光。求：(1)线框转动过程中感应电动势的最大值；(2)变压器原、副线圈的匝数比；(3)已知沟通电流表示数为0.1A，则线框从图示位置转过90°的过程中外力对线框做的功。答案(1)500eq\r(2)V(2)2∶1