2021届高考物理二轮复习-专题四-第1讲-直流电路与交流电路学案

2021届高考物理二轮复习专题四第1讲直流电路与交流电路学案2021届高考物理二轮复习专题四第1讲直流电路与交流电路学案PAGE15-2021届高考物理二轮复习专题四第1讲直流电路与交流电路学案2021届高考物理二轮复习专题四第1讲直流电路与交流电路学案年级：姓名：第1讲直流电路与交流电路思维导图要点熟记1.明确“1个定律、2个关系”(1)闭合电路的欧姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)。(2)路端电压与电流的关系：U＝E－Ir。(3)路端电压与负载的关系U＝IR＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(1,1＋\f(r,R))E，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小。2.掌握电容器的“两特点”(1)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路。(2)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压。3.区分交变电流的“四值”(1)最大值：Em＝nBSω。(2)瞬时值：e＝nBSωsinωt(从中性面开始计时)。(3)有效值：正弦式交变电流的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))；非正弦式交变电流的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解。(4)平均值：eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，常用来计算通过电路的电荷量。4.熟记理想变压器的“四个关系式”(1)功率关系：P入＝P出。(2)电压关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)。(3)电流关系：只有一个副线圈时，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)。(4)频率关系：f1＝f2。[研考向·提能力]__________________________________考向研析__掌握应试技能考向一直流电路的动态分析直流电路动态分析的3种常用方法(1)程序法遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析：(2)结论法——“串反并同”①“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。②“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)。(3)极限法因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。[典例1](多选)在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，D为理想二极管(具有单向导通作用)，R1为定值电阻，C为电容器，电压表和电流表均为理想电表，S1、S2均断开，则下列说法正确的是()A．仅闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电压表、电流表示数均变大B．仅闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电容器的带电荷量不变C．先闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，再闭合S2，电容器有放电现象D．同时闭合S1、S2，将滑动变阻器的滑片向右移，定值电阻R1两端的电压增大[解析]仅闭合S1，回路中只有R1与R2串联，当滑动变阻器的滑片向右移时，R2的有效阻值减小，故总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律得，总电流增大，路端电压减小，即电压表示数减小，电流表示数增大，因电容器与二极管串联，电容器不能放电，故电容器的带电荷量不变，故A错误，B正确；先闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，路端电压减小，故电容器所带的电荷量减小，再闭合S2，电容器与R2形成闭合回路，电容器对外放电，故C正确；同时闭合S1、S2，二极管与R1并联，而二极管的正向导电的电阻为零，故此时R1被短接，故D错误。[答案]BC规律总结闭合电路动态分析的三点注意……………………(1)引起电路变化的原因：电阻变化、电键的通断。(2)电容器的特点：电路稳定后，电容器所在支路电阻无电压降，因此电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压。电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器的充、放电。(3)二极管的特点：具有单向导电性。1.(2020·百校二联)如图所示的电路中，R1和R2是两个阻值相等的定值电阻，R是滑动变阻器，电源电动势为E、内电阻为r，当滑动变阻器的滑动触头从右向左移动的过程中，下列说法正确的是()A．R1、R2消耗的电功率均逐渐变小B．R1消耗的功率逐渐变小，R2消耗的功率逐渐变大C．电源内阻r消耗的热功率逐渐减小D．R和R1消耗的总功率逐渐增大解析：在滑动触头从右向左移动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，所以电路的总电阻减小，总电流I增大，根据P2＝I2R2，可知R2消耗的功率逐渐变大；由U＝E－Ir，可知路端电压减小，R2两端的电压增大，则R1两端的电压减小，根据P1＝eq\f(U2,R1)，可知R1消耗的功率逐渐变小，故A错误，B正确。总电流增大，由P＝I2r，知电源内电阻消耗热功率逐渐增大，故C错误。将R2看成电源内电路的一部分，R和R1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当外电阻减小时，输出功率减小，则电阻R和R1消耗的总功率逐渐减小，故D错误。答案：B2．(2020·河北石家庄模拟)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法正确的是()A．电压表示数变小B．电流表示数变小C．电容器C所带电荷量增多D．a点的电势降低解析：在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大。电阻R2两端的电压U2＝E－I(R1＋r)，I增大，则U2变小，电容器两板间电压变小，其带电荷量减小。根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低。通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA＝I－I2，I增大，I2减小，则IA增大，即电流表示数变大。综上所述，A、B、C错误，D正确。答案：D3．(多选)(2020·河南开封高三5月调研)如图所示，R0为热敏电阻(温度降低电阻增大)，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，C为平行板电容器，M点接地，在开关S闭合后，C中央有一带电液滴刚好静止。下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是()A．将热敏电阻R0加热B．滑动变阻器R的滑片P向上移动C．开关S断开D．电容器C的上极板向上移动解析：要使液滴向上运动，则应增大液滴受到的电场力，即应增大两板间的电势差。热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，液滴向上运动，A正确；当滑动变阻器的滑片P向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电流增大，电源的内电压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，但由于二极管具有单向导电性，电容器两极板所带电荷量不变，故电容器两端的电势差不变，B错误；开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端电压增大，则液滴向上运动，C正确；电容器C的上极板向上移动，d增大，则电容器的电容C减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器两极板所带电荷量不变，由于U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)，所以E＝eq\f(4πkQ,εrS)，由于极板上的电荷量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，D错误。答案：AC4．(2020·高考全国卷Ⅰ)图(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图(b)所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是()解析：电阻R两端的电压UR＝IR，其中I为线路上的充电电流或放电电流。对电容器，Q＝CUC，而I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝Ceq\f(ΔUC,Δt)由UC­t图像知，1～2s内，电容器充电，令I充＝I；2～3s内，电容器电压不变，则I＝0；3～5s内，电容器放电，则I放＝eq\f(I,2)。联系UR＝IR可知，电阻R两端的电压随时间的变化图像与A对应。答案：A考向二交变电流的产生和描述1．中性面的特点(1)穿过线圈的磁通量最大。(2)线圈中的感应电动势为零。(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次。2．计算有效值的三点注意(1)计算有效值时，要根据串联电路中“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解。(2)分段计算电热，求和得出一个周期内产生的总热量。(3)利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝eq\f(U2,R)t可分别求得电流有效值和电压有效值。3．交变电流“四值”的应用(1)最大值：Em＝nBSω，分析电容器的耐压值。(2)瞬时值：E＝Emsinωt(由中性面开始计时)，计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况。(3)有效值：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流。(4)平均值：eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，计算通过电路截面的电荷量。[典例2](2020·山东滨州二模)如图所示为线圈匝数为n的小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈面积为S，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。矩形线圈电阻为r，矩形线圈通过两刷环接电阻R，伏特表接在R两端。当线圈以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是()A．从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势为e＝nBSωsinωtB．当线圈平面转到与磁场垂直时，电压表示数为零C．线圈从与磁场平行位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为eq\f(nBS,R)D．线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为eq\f(πn2B2S2ω,R＋r)[解析]交流发电机产生电动势的最大值为Em＝nBSω，从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势为e＝nBSωcosωt，故A错误；交流电压表测量的是电阻R两端电压的有效值，电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(nBSω,\r(2))，电流为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(nBSω,\r(2)（R＋r）)，交流电压表的示数为U＝IR＝eq\f(nBSωR,\r(2)（R＋r）)＝eq\f(\r(2)nRBSω,2（R＋r）)，故B错误；线圈从与磁场平行位置开始转过90°的过程中，线圈转动eq\f(T,4)，eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，平均电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)，电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝neq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(nBS,R＋r)，故C错误；线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为Q＝I2(R＋r)T＝[eq\f(nBSω,\r(2)（R＋r）)]2(R＋r)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(πn2B2S2ω,R＋r)，故D正确。[答案]D易错警示理解交变电流的三点注意……………………(1)注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，其中最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应来定义的。(2)交变电流瞬时值表达式书写的基本思路(如典例中的A选项)①确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图像或由公式Em＝NBSω求出相应峰值，其中ω＝eq\f(2π,T)＝2πf＝2πn。②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。a．若线圈从中性面开始计时，则e­t图像为正弦函数，e＝Emsinωt；b．若线圈从垂直中性面开始计时，则e­t图像为余弦函数，e＝Emcosωt。(3)与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，要用有效值，如典例中的D选项；而求解通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值，如典例中的C选项。5．若一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示，则Q方∶Q正等于()A．1∶eq\r(2) B．eq\r(2)∶1C．1∶2 D．2∶1解析：根据焦耳定律知产生的热量与方波中的电流方向的变化无关，故Q方＝eq\f(ueq\o\al(2,0),R)T，而正弦交流电电压的有效值等于峰值的eq\f(1,\r(2))，故Q正＝eq\f(（\f(u0,\r(2))）2,R)T＝eq\f(1,2)·eq\f(ueq\o\al(2,0),R)T，所以eq\f(Q方,Q正)＝eq\f(2,1)，D正确。答案：D6．(多选)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是()A.eq\f(T,2)时刻线框平面与中性面垂直B．线框的感应电动势有效值为eq\f(\r(2)πΦm,T)C．线框转一周外力所做的功为eq\f(2π2Φeq\o\al(2,m),RT)D．从t＝0到t＝eq\f(T,4)过程中线框的平均感应电动势为eq\f(πΦm,T)解析：中性面的特点是与磁场垂直，穿过的磁通量最大，磁通量变化率最小，则eq\f(T,2)时刻线框在中性面上，A错；电动势最大值为Em＝Φmω＝Φmeq\f(2π,T)，对正弦交流电，E有＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)πΦm,T)，B对；由功能关系知，线框转一周外力做的功等于产生的电能，W＝E电＝eq\f(Eeq\o\al(2,有),R)·T＝eq\f(2π2Φeq\o\al(2,m),RT)，C对；由法拉第电磁感应定律知，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Φm,\f(T,4))＝eq\f(4Φm,T)，D错。答案：BC7．(多选)(2020·安徽六安3月模拟)如图所示，边长为L＝0.2m的正方形线圈abcd，其匝数为n＝100、总电阻为r＝2Ω，外电路的电阻为R＝8Ω，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B＝1T。若线圈从图示位置开始以角速度ω＝2rad/s绕OO′轴匀速转动，则以下判断正确的是()A．在t＝eq\f(π,4)时刻，磁场穿过线圈的磁通量为0，故此时磁通量变化率为0B．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e＝4sin2tVC．从t＝0时刻到t＝eq\f(π,4)时刻，电阻R上产生的热量为Q＝0.16πJD．从t＝0时刻到t＝eq\f(π,4)时刻，通过R的电荷量q＝0.2C解析：在t＝eq\f(π,4)时刻，线圈从图示位置转过90°，磁场穿过线圈的磁通量为0，线圈中磁通量变化率最大，故A项错误；线圈中产生感应电动势的最大值Em＝nB·eq\f(L2,2)ω＝100×1×eq\f(0.22,2)×2V＝4V，开始计时时，线圈中磁通量最大，感应电动势为0，则闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsinωt＝4sin2tV，故B项正确；线圈转动的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2)s＝πs，回路中感应电流的最大值Im＝eq\f(Em,r＋R)＝0.4A，回路中电流的有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝0.2eq\r(2)A，从t＝0时刻到t＝eq\f(π,4)时刻，电阻R上产生的热量Q＝I2R·eq\f(T,4)＝(0.2eq\r(2))2×8×eq\f(π,4)J＝0.16πJ，故C项正确；从t＝0时刻到t＝eq\f(π,4)时刻，电路中的平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，电路中的平均电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),r＋R)，线框中磁通量的变化量ΔΦ＝B·eq\f(L2,2)，通过R的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，解得q＝neq\f(BL2,2（r＋R）)＝100×eq\f(1×0.22,2×10)C＝0.2C，故D项正确。答案：BCD考向三变压器与远距离输电1．分析技巧(1)根据题意分清变量和不变量。(2)弄清“谁决定谁”的制约关系。对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入。2．动态分析的“两不变”(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况。(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况。3．远距离输电的“两损耗”(1)电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，UR＝U2－U3＝IRR。(2)功率损耗：输电线上的电阻发热导致的功率损耗，PR＝P2－P3＝Ieq\o\al(2,R)R，输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式PR＝Ieq\o\al(2,R)R或PR＝eq\f(Ueq\o\al(2,R),R)。[典例3](2020·山东青岛高三下学期统一质检)某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A、B为理想变压器，R为输电线路的电阻，灯泡L1、L2规格相同，保持变压器A的输入电压不变。下列说法正确的是()A．断开S，A的输入功率减小B．断开S，L1不受影响C．将滑片P下移，灯泡L1变暗D．将滑片P上移，A的输入功率增大[解析]断开S，B变压器副线圈电路中电阻变大，则电路中电流变小，变压器B输出功率减小，则变压器A输入功率减小，输电线上的电流减小，输电线上损失的电压变小，则变压器B的输入电压变大，输出电压也变大，L1变亮，故A正确，B错误；将滑片P下移，A变压器副线圈匝数变大，副线圈电压变大，电流变大，则B变压器副线圈电流变大，灯泡L1变亮，故C错误；将滑片P上移，A变压器副线圈匝数变小，副线圈电压变小，电流变小，原线圈中电流变小，A的输入功率变小，故D错误。[答案]A8．(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，正弦交流电源电压为U＝12V，电阻R1＝1Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20Ω，滑片P处于中间位置，则()A．R1与R2消耗的电功率相等B．通过R1的电流为3AC．若向上移动P，电源输出功率将变大D．若向上移动P，电压表读数将变大解析：由理想变压器电流与匝数关系式eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得eq\f(I1,I2)＝eq\f(2,1)，电阻消耗功率P＝I2R，电阻R1与R2消耗的电功率是2倍关系，A错误；设通过电阻R1的电流为I，副线圈中的电流为eq\f(I,2)，由功率关系得UI＝I2R1＋(eq\f(I,2))2(R2＋eq\f(R3,2))，解得I＝3A，B正确；若向上移动滑片P，滑动变阻器连入电路中的阻值减小，变压器输出功率变大，则电源输出功率增大，原线圈中电流增大，电阻R1两端电压增大，原线圈两端电压减小，则副线圈两端电压也减小，即电压表读数变小，C正确，D错误。答案：BC9．(2020·浙江7月选考)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100kW，发电机的电压U1＝250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220V。已知输电线上损失的功率P线＝5kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是()A．发电机输出的电流I1＝40AB．输电线上的电流I线＝625AC．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11D．用户得到的电流I4＝455A解析：发电机输出电流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(100×103,250)A＝400A，A错误；输电线上损失的功率P线＝Ieq\o\al(2,线)R线＝5000W，所以I线＝eq\r(\f(P线,R线))＝eq\r(\f(5000,8))A＝25A，B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5)kW＝95kW，则I4＝eq\f(P4,U4)＝eq\f(95×103,220)A＝eq\f(4750,11)A≈432A，即用户得到的电流为432A，故eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I线)＝eq\f(190,11)，故C正确，D错误。答案：C10．(多选)如图所示，理想变压器副线圈1、2之间的匝数是总匝数的一半，二极管D具有单向导电性(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，R是可变电阻，K是单刀双掷开关，原线圈接在电压不变的正弦交流电源上。下列说法正确的是()A．若R阻值不变，当K分别接1和2时，电压表读数之比为2∶1B．若R阻值不变，当K分别接1和2时，电压表读数之比为eq\r(2)∶1C．若K分别接1和2时，要使R消耗的功率相等，则R阻值之比为2∶1D．若K分别接1和2时，要使R消耗的功率相等，则R阻值之比为eq\r(2)∶1解析：设原线圈与副线圈的匝数分别为n1、n2，当K接2时，eq\f(n1,\f(n2,2))＝eq\f(U1,U22)，此时电压表示数与副线圈两端的电压相等，即U2＝U22＝eq\f(n2,2n1)U1，功率为P2＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R2)；当K接1时，eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U21)，设此时电压表的示数为U2′，则eq\f(Ueq\o\al(2,21),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2′2,R)·T，得U2′＝eq\f(n2U1,\r(2)n1)，此时的功率为P1＝eq\f(U2′2,R1)。由上分析知，电压表的示数之比为eq\r(2)∶1，要使R消耗的功率相等，则电阻值之比为2∶1，B、C对。答案：BC考向四交变电流的综合问题交变电流综合问题一般会与变压器问题相结合，常涉及交变电流最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，交变电流的图像及与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等。解答时应注意以下两点：(1)分清交流电路中“四值”的不同计算方法及瞬时值表达式的书写和图像的物理意义。(2)学会将直流电路、闭合电路欧姆定律及变压器分析的知识应用在交流电路中。[典例4](2020·河北保定4月检测)矩形线框与理想电流表、理想变压器、灯泡连接电路如图甲所示。灯泡标有“36V40W”的字样且阻值可以视作不变，变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1。线框产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是()A．图乙电动势的瞬时值表达式为e＝36eq\r(2)sinπtVB．变压器副线圈中的电流方向每秒改变50次C．灯泡L恰好正常发光D．理想变压器输入功率为20W[解析]由题图乙知周期T＝2×10－2s，角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，电动势的瞬时值表达式为e＝72·sin100πtV，A错误；线框转一圈电流方向改变2次，线框每秒转50圈，电流方向改变100次，变压器不会改变电流方向改变的次数，即副线圈中电流方向每秒改变100次，B错误；副线圈两端电压最大值是36V，有效值是eq\f(36,\r(2))V，小于灯泡额定电压36V，灯泡L不能正常发光，C错误；灯泡的电阻RL＝eq\f(U2,P)＝32.4Ω，变压器的输出功率为P出＝eq\f(（\f(36,\r(2))）2,32.4)W＝20W，所以理想变压器的输入功率为20W，D正确。[答案]D11．如图所示，矩形闭合导线框ABCD处于可视为水平方向的匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接有一只“11V