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第 2 讲 变压器 远距离输电
实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
目标要求 1.会用实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，体会控制变量法，了解
实验误差.2.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题.3.理解远
距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率．
考点一 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1．实验原理
(1)实验电路图(如图1所示)：
图1
(2)实验方法采用控制变量法
①n、U 一定，研究n 和U 的关系．
1 1 2 2
②n、U 一定，研究n 和U 的关系．
2 1 1 2
2．实验器材
学生电源(低压交流电源，小于12 V)1个、可拆变压器1个、多用电表1个、导线若干．
3．实验过程
(1)保持原线圈的匝数n 和电压U 不变，改变副线圈的匝数n，研究n 对副线圈电压U 的影
1 1 2 2 2
响．
①估计被测电压的大致范围，选择多用电表交流电压挡适当量程，若不知道被测电压的大致
范围，则应选择交流电压挡的最大量程进行测量．
②组装可拆变压器：把两个线圈穿在铁芯上，闭合铁芯，用交流电压挡测量输入、输出电压．
(2)保持副线圈的匝数n 和原线圈两端的电压U 不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影
2 1
响．重复(1)中步骤．
4．数据处理
分析可知，理想变压器原、副线圈两端电压U、U 之比等于原、副线圈的匝数n、n 之比．
1 2 1 2
5．误差分析
(1)由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差．(2)原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗(铜损)，造成误差．
(3)铁芯中有磁损耗，产生涡流，造成误差．
6．注意事项
(1)在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开电源开关，再进行操作．
(2)为了人身安全，学生电源的电压不能超过 12 V，通电时不能用手接触裸露的导线和接线
柱．
(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测
电压后再选用适当的挡位进行测量．
1．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线
圈匝数分别为n ＝120匝、n ＝240匝，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用
1 2
多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据如表所示．
实验序号 原线圈两端的电压U(V) 副线圈两端的电压U(V)
1 2
1 3.9 8.2 1∶2.1
2 5.9 11.8 1∶2.0
3 7.8 15.2
(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U 、U 的比值，还有一组U 、U 的比值没有算出，
1 2 1 2
把求出的结果填在表格中．
(2)本实验可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数的关系为______________(用题目中给出
的字母表示)．
(3)该变压器是______________变压器(选填“升压”或“降压”)．
答案 (1)1∶1.9 (2)＝ (3)升压
解析 (1)第三组数据为：＝≈
(2)线圈匝数之比＝＝，结合表格中的数据知，在误差允许的范围内线圈两端电压与匝数的
关系为＝.
(3)从表格中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器．
2．(2017·浙江4月选考·21(1))为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，
必须要选用的是________．
A．有闭合铁芯的原、副线圈
B．无铁芯的原、副线圈
C．交流电源
D．直流电源
E．多用电表(交流电压挡)
F．多用电表(交流电流挡)用匝数n＝60匝和n＝120匝的变压器，实验测量数据如下表
a b
U/V 1.80 2.80 3.80 4.90
a
U/V 4.00 6.01 8.02 9.98
b
根据测量数据可判断连接电源的线圈是____________．(选填“n”或“n”)
a b
答案 ACE n
b
解析 为了完成实验探究，需要使用交流电源、变压器、多用电表(交流电压挡)．为了让变
压效果明显需要含有闭合铁芯的原、副线圈，因此选用A、C、E.由于有漏磁，所以副线圈
测量电压应该小于理论变压值，即n 为输入端，n 为输出端．
b a
考点二 理想变压器的原理及应用
基础回扣
1．构造和原理
(1)构造：如图2所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．
图2
(2)原理：电磁感应的互感现象．
2．基本关系式
(1)功率关系：P ＝ P
入 出．
(2)电压关系：＝.
(3)电流关系：只有一个副线圈时＝.
(4)频率关系：f ＝ f
出 入．
技巧点拨
1．理想变压器的制约关系
电压 原线圈电压U 和匝数比决定副线圈电压U，U＝U
1 2 2 1
功率 副线圈的输出功率P 决定原线圈的输入功率P ，P ＝P
出 入 入 出
电流 副线圈电流I 和匝数比决定原线圈电流I，I＝I
2 1 1 22.含有多个副线圈的变压器
计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系：
电压关系：＝＝＝……＝
功率关系：P＝P＋P＋P＋……＋P
1 2 3 4 n
电流关系：nI＝nI＋nI＋nI＋……＋nI
1 1 2 2 3 3 4 4 n n
变压器基本物理量的分析与计算
例1 (2017·北京卷·16)如图3所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin(100πt) V的交流电
源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均
为理想电表．下列说法正确的是( )
图3
A．原线圈的输入功率为220 W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110 V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
答案 B
解析 由u＝220sin(100πt) V可知，原线圈电压最大值为220 V，故原线圈电压的有效值为
U ＝220 V，根据＝可知，U ＝U ＝110 V，故电压表的读数为110 V，选项C错误；副线圈
1 2 1
电流有效值为I＝＝2 A，根据P＝UI可知，输出功率为220 W，则原线圈的输入功率为220
2
W，故选项A错误；原线圈中的电流I＝＝1 A，故选项B正确；因为ω＝，所以T＝＝ s＝
1
0.02 s，故选项D错误．
原线圈接入用电器的变压器问题分析
例2 (2020·山东泰安市模拟)如图4所示，用一交流电源给理想变压器供电，已知理想变
压器原线圈接有阻值为R的电阻，副线圈接有电阻R 、R 且R ＝R ＝100R，闭合开关S后
1 2 1 2
发现三个电阻消耗的功率均为P，则理想变压器原、副线圈的匝数比 n和a、b间的电压U
0
分别为( )
图4A．n＝5∶1，U＝3
0
B．n＝5∶1，U＝5
0
C．n＝1∶5，U＝3
0
D．n＝1∶5，U＝5
0
答案 C
解析 设原线圈电流为I ，电压为U ，副线圈电流为I ，电压为U ，根据题意得：P＝I2R
1 1 2 2 1
＝()2·R 且R ＝100R，解得＝5，则n＝＝＝；＝＝，根据串联电路特点 U ＝IR＋U ，又U
2 2 0 1 1 1
＝U，U＝I·＝10IR，联立解得U＝3IR，又因为P＝I2R，所以U＝3，故C正确．
2 2 2 1 0 1 1 0
3．(变压器基本物理量的计算)如图5所示，一理想变压器原线圈输入正弦式交流电，交流
电的频率为50 Hz，电压表示数为11 000 V，灯泡L 与L 的电阻相等，原线圈与副线圈的匝
1 2
数比为n∶n＝50∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，则( )
1 2
图5
A．原线圈输入的交流电压的表达式为u＝11 000sin 50πt(V)
B．开关K未闭合时，灯泡L 两端的电压为220 V
1
C．开关K闭合后电流表的示数为通过灯泡L 中电流的
1
D．开关K闭合后，原线圈输入功率增大为原来的倍
答案 B
解析 原线圈的电压最大值U ＝11 000 V，角速度ω＝2πf＝100π rad/s，所以原线圈输入的
m
交流电压的表达式为u＝11 000sin 100πt(V)，故A错误；开关K未闭合时，灯泡L 两端的电
1
压即为副线圈电压，＝＝，则开关K未闭合时，灯泡L 两端的电压U ＝220 V，故B正确；
1 2
开关K闭合后，L 与L 并联，且电阻相等，所以电流表的示数与通过灯泡L 中电流相等，
1 2 1
故C错误；开关K闭合后，副线圈功率增大为原来的2倍，则原线圈输入功率增大为原来
的2倍，故D错误．
4．(原线圈上有用电器的变压器)(多选)如图6所示，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( )
图6A．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 AD
解析 设灯泡的额定电压为U，两灯泡均能正常发光，所以原线圈两端电压为U＝9U，副
0 1 0
线圈两端电压为U＝U，故＝，＝＝，A正确，B错误；根据公式＝可得，＝，由于小灯泡
2 0
两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得，灯泡a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D
正确．
考点三 理想变压器的动态分析
1．匝数比不变的情况
(1)U 不变，根据＝，输入电压U 决定输出电压U，不论负载电阻R如何变化，U 不变．
1 1 2 2
(2)当负载电阻发生变化时，I 变化，输出电流I 决定输入电流I，故I 发生变化．
2 2 1 1
(3)I 变化引起P 变化，P＝P，故P 发生变化．
2 2 1 2 1
2．负载电阻不变的情况
(1)U 不变，发生变化时，U 变化．
1 2
(2)R不变，U 变化时，I 发生变化．
2 2
(3)根据P＝，P 发生变化，再根据P＝P，故P 变化，P＝UI，U 不变，故I 发生变化．
2 2 1 2 1 1 1 1 1 1
例3 (多选)(2020·河北唐山市摸底考试)如图7所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接
线柱，a是原线圈的一端点，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表．
从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u＝Usin 100πt.则( )
图7
A．当单刀双掷开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1∶2
B．当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为
C．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数增大
D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数增大
答案 AD
解析 当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的匝数为n ，则有U ＝U ，当单刀双掷开关与b
1 2 1
连接时，原线圈的匝数为，则有U′＝U ，联立得U∶U′＝1∶2，故电压表的示数比为
2 1 2 21∶2，故A正确；当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为u＝Usin(100π×0)＝0，故B错误；副
线圈的电压由原、副线圈匝数和输入电压决定，单刀双掷开关与 a连接，滑动变阻器触头P
向上移，可知副线圈电压不变，故电压表的示数不变，C错误；单刀双掷开关由a扳向b，
原线圈的匝数变小，副线圈的电压变大，则电压表示数变大，电阻不变，故电流表的示数也
变大，故D正确．
5.(负载不变匝数变)(2020·天津耀华中学模拟)如图8所示为一自耦变压器的电路图，其特点
是铁芯上只绕有一个线圈．把整个线圈作为副线圈，而取线圈的一部分作为原线圈．原线圈
接在电压为U的正弦交流电源上，电流表 、 均为理想交流电表．当触头P向上移动时，
下列说法正确的是( )
图8
A．A 读数变小，A 读数变小
1 2
B．A 读数变大，A 读数变小
1 2
C．R两端电压变大，变压器输入功率变小
D．R两端电压变大，变压器输入功率变大
答案 A
6．(匝数不变负载变)(多选)(八省联考·湖北·10)如图9(a)所示，理想变压器原、副线圈匝数比
为n∶n ＝1∶5，定值电阻R 的阻值为10 Ω，滑动变阻器R 的最大阻值为50 Ω，定值电阻
1 2 1 2
R 的阻值为10 Ω，图中电表均为理想电表．原线圈输入如图9(b)所示的交变电流，其有效
3
值不随负载变化．当滑动变阻器接入电路的阻值由50 Ω减小到0的过程中( )
图9
A．电流表的示数为5 A
B．通过R 的电流减小
2
C．电压表的示数减小
D．R 和R 的总电功率先增大后减小
2 3
答案 CD
解析 由图可知，电流表示数为原线圈的电流I ＝ A＝4 A，故A错误；当滑动变阻器R 的
1 2接入电路的阻值逐渐减小时，副线圈的负载电阻的总阻值减小，原线圈的输入电流I 保持不
1
变，根据变压器的电流规律＝，副线圈中的电流I 保持不变，副线圈两端电压逐渐减小，电
2
压表示数逐渐减小，故C正确；通过定值电阻R 的电流逐渐减小，则通过滑动变阻器R 的
1 2
电流逐渐增大，故B错误；根据欧姆定律、串联和并联电路特点可知，R 和R 的总功率P
2 3 总
＝，由数学知识可知，在R 由50 Ω减小到0的过程中，P 先增大后减小，故D正确．
2 总
考点四 远距离输电
基础回扣
如图10所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的
电压为U′，输电电流为I，输电线总电阻为R.
图10
1．输电电流
I＝＝＝.
2．电压损失
(1)ΔU＝ U － U ′ ；
(2)ΔU＝IR.
3．功率损失
(1)ΔP＝ P － P ′ ；
(2)ΔP＝ I 2 R ＝()2R
4．减少输电线上电能损失的方法
(1)减小输电线的电阻R.由R＝ρ知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线．
(2)减小输电线中的电流．在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高
输电电压．
技巧点拨
1．理清输电电路图的三个回路(如图11)
图11
(1)在电源回路中，P ＝UI＝P.
发电机 1 1 1(2)在输送回路中，I＝I ＝I，U＝ΔU＋U，ΔU＝IR ，ΔP＝I2R
2 线 3 2 3 2 线 2 线．
(3)在用户回路中，P＝UI＝P
4 4 4 用户．
2．抓住两组关联式
(1)理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：＝，＝，P ＝
1
P.
2
(2)理想的降压变压器联系着输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：＝，＝，P ＝
3
P.
4
3．掌握一个守恒观念
功率关系：P＝ΔP＋P，其中ΔP＝ΔU·I ＝I 2R ＝.
2 3 线 线 线
例4 如图12所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压为U，用等效总电
阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I ，其末端间的电压为U ，在输电线与用户
1 1
间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I，则( )
2
图12
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为I2r
1
D．输电线路上损失的电功率为IU
1
答案 A
解析 因为P ＝P ，所以UI ＝UI ，即U ＝，故选项A正确；输电线上的电压降为U
入 出 1 1 2 2 2 线
＝U－U ，选项B错误；理想变压器的输入功率P ＝IU ，输电线路上损失的电功率P ＝
1 入 1 1 损
I2r＝I(U－U)，选项C、D错误．
1 1 1
例5 (2020·浙江7月选考·11)如图13所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，
发电机的电压U ＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R ＝8 Ω，在用户端
1 线
用降压变压器把电压降为U ＝220 V．已知输电线上损失的功率P ＝5 kW，假设两个变压
4 线
器均是理想变压器，下列说法正确的是( )
图13
A．发电机输出的电流I＝40 A
1
B．输电线上的电流I ＝625 A
线
C．降压变压器的匝数比n∶n＝190∶11
3 4D．用户得到的电流I＝455 A
4
答案 C
解析 发电机输出电流I ＝＝ A＝400 A，故A错误；输电线上损失的功率P ＝I 2R ＝5
1 线 线 线
kW，所以I ＝＝25 A，故B错误；用户得到的功率P＝P－P ＝(100－5) kW＝95 kW，则
线 4 线
I＝＝ A＝ A≈432 A，故＝＝，故C正确，D错误．
4
7．(远距离输电基本电路分析)(多选)(2020·全国卷Ⅱ·19)特高压输电可使输送中的电能损耗
和电压损失大幅降低．我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．假设从 A处采用550
kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU.在保持
A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电．输电线上损耗
的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′.不考虑其他因素的影响，则( )
A．ΔP′＝ΔP B．ΔP′＝ΔP
C．ΔU′＝ΔU D．ΔU′＝ΔU
答案 AD
解析 由输电电流I＝知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的，损耗
的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的，即 ΔP′＝ΔP；输电线上
损失电压为ΔU＝Ir，即输电电压加倍，损失电压变为原来的，即ΔU′＝ΔU.故A、D正确．
8．(远距离输电电路的分析)(多选)(2019·广东深圳市4月第二次调研)如图14为远距离输电
示意图，发电厂输出电压U ＝104 V，输出功率P ＝109 W，两个理想变压器的匝数比分别
1 1
为n∶n＝1∶100、n∶n＝100∶1，输电线总电阻r＝50 Ω.则( )
1 2 3 4
图14
A．U＝U
4 1
B．I＝I
4 1
C．通过电阻r的电流I＝2×104 A
2
D．电阻r损耗的电功率为5×107 W
答案 BD
解析 I ＝＝105 A，根据＝可得，I ＝I ＝×105 A＝103 A，则通过电阻r的电流为103 A，
1 2 1
故C错误；电阻r两端的电压为U＝Ir＝103×50 V＝5×104 V，根据＝可得，U ＝U ＝
r 2 2 1
100×104 V＝106 V，则U＝U－U＝106 V－5×104 V＝9.5×105 V，根据＝可得，U＝U
3 2 r 4 3
＝×9.5×105 V＝9.5×103 V，则U≠U，故A错误；由于I＝I，根据＝可得，I＝I＝×103
4 1 2 3 4 3
A＝105 A，则I ＝I ，故B正确；电阻r损耗的电功率P＝I2r＝(103)2×50 W＝5×107 W，
4 1 r 2故D正确．
课时精练
1．(多选)如图1所示，发电厂的输出电压为U ，发电厂至用户间输电导线的总电阻为 R，
1
通过导线的电流为I，用户得到的电压为U.下列输电导线上损耗功率的表达式中正确的是(
2
)
图1
A．(U－U)I B．I2R
1 2
C. D.
答案 ABD
2．(2019·江苏卷·1)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20 V时，
输出电压( )
A．降低2 V B．增加2 V
C．降低200 V D．增加200 V
答案 D
解析 假设理想变压器原线圈的输入电压为U ，则由变压器的工作原理可知＝，变压器副
1
线圈的输出电压为U ＝10U ；当输入电压增加20 V时，即输入电压为U ＋20 V，则变压器
2 1 1
的输出电压为U′＝10U ＋10×20 V，则输出电压的变化量为ΔU＝U′－U ＝10U ＋200
2 1 2 2 1
V－10U＝200 V，即输出电压增加200 V，A、B、C错误，D正确．
1
3．(多选)(2020·河南中原名校联考)如图2所示是变压器通过降压给用户供电的示意图．变
压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动，可以认为电压表
V 示数不变．两条输电线的总电阻用R 表示，滑动变阻器R表示用户用电器的总电阻．如
1 0
果变压器上的能量损失忽略不计，当用户的用电器增加时，图中各表的示数变化的情况是(
)
图2
A．电流表A 示数变大
1B．电流表A 示数变小
2
C．电压表V 示数变大
2
D．电压表V 示数变小
3
答案 AD
4.(2018·天津卷·4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机(内阻可忽略)通过
理想变压器向定值电阻R供电，电路如图3所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的
读数分别为I、U，R消耗的功率为P.若发电机线圈的转速变为原来的，则( )
图3
A．R消耗的功率变为P
B．电压表V的读数变为U
C．电流表A的读数变为2I
D．通过R的交变电流频率不变
答案 B
解析 发电机线圈的转速变为原来的，由E＝知，原线圈中输入电压变为原来的，频率变为
原来的.根据＝，知U 变为原来的，即U ＝U，则通过R的电流变为原来的，R消耗的功率
2 2
P＝＝P，根据＝，原线圈上的电流也变为原来的，即电流表A的读数变为I，故选B.
2
5.(2019·四川达州市第二次诊断)如图4所示，一自耦变压器接在交流电源上，V 、V 为理想
1 2
交流电压表．下列说法正确的是( )
图4
A．若P不动，滑片F向下滑动时，V 示数不变，V 示数变小
1 2
B．若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的功率变大
C．若F不动，滑片P向上滑动时，V 示数不变，V 示数变大
1 2
D．若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小
答案 A
解析 设变压器的输入电压为U ，输出电压为U ；若P不动，滑片F向下滑动时，输入电
1 2
压U 不变，V 示数不变，根据变压比公式＝，由于n 减小，故输出电压U 减小，故灯泡消
1 1 2 2
耗的功率减小，V 的示数变小，故A正确，B错误；若F不动，根据变压比公式＝，输入
2
电压U 不变，则输出电压U 也不变，V 示数不变；滑片P向上滑动时，滑动变阻器R接入
1 2 1电路的电阻值减小，则副线圈回路中的电流增大，灯泡中的电流、电压都增大，灯泡消耗的
功率变大；由U ＝U－U 可知电压表V 示数变小，故C、D错误．
V2 2 L 2
6．(八省联考·河北·4)如图5所示，理想变压器原线圈匝数为1 100匝，接有一阻值为R的电
阻，电压表V 示数为110.0 V．副线圈接有一个阻值恒为R 的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接
1 L
有一理想电压表V，示数为0.10 V．已知R ∶R＝4∶1，则副线圈的匝数为( )
2 L
图5
A．225 B．550 C．2 200 D．4 400
答案 C
解析 因为电压表V 的示数为0.10 V，由变压器原副线圈匝数与电压之间的关系，可知原
2
线圈的输入电压为U ＝110 V；根据电路连接，可知原线圈中的电流I ＝；副线圈两端电压
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为U ，电流为I ＝，又UI ＝UI ，R ∶R＝4∶1，联立得U ＝220 V，由＝得，n ＝2 200，
2 2 1 1 2 2 L 2 2
故C正确．
7．(八省联考·江苏·7)小明分别按图6甲和乙电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷
成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用．其中T 为理想升压变压器，T
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为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等，两次实验中( )
图6
A．都接直流电源
B．A两端的电压相等
C．A损耗的功率相等
D．图甲中A的电流较大
答案 D
解析 由于变压器只能改变交变电流，因此题图乙中不可能接直流电源，故 A错误；设电
源输出电压为U，输出功率为P，A、B的阻值为R，则题图甲电路中输电线上的电流I ＝，
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题图乙中升压变压器副线圈电压 U′>U，则流过A的电流I ＝
