文档文本内容
选择 7 恒定电流与交变电流
考点内容 考情分析
考向一 电路的动态分析 高考对于这部分知识点主要以创
设的情景或者模型进行命题，强
考向二 纯电阻电路和非纯电阻电路中的电功与电热
化对物理基本概念、基本规律的
考核试题的呈现形式丰富，提问
角度设置新颖。
考向三 交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
考向四 变压器及动态分析 远距离输电
1.思想方法
一、理清直流电路知识点体系二、正弦交变电流“四值”的理解与应用
三、理想变压器和远距离输电
2.模型建构
一、直流电路的分析与计算
1.闭合电路的欧姆定律的三个公式
(1)E=U外+U内（任意电路）：
(2)E=U外+I(任意电路)：
(3)E=I(R+r)(纯电阻电路)：
2.动态电路分析的三种方法
（1）程序法
2、需要记住的几个结论
①当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时，整个电路的总电阻一定增大（或减小）。②若电键的通断使串联的用电器增多时，总电阻增大；若电键的通断使并联的用电器增多时，总电
阻减小
③用电器断路相当于该处电阻增大至无穷大，用电器短路相当于该处电阻减小至零。
（2）“串反并同”结论法
①所谓“串反”，即某一电阻增大时，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，反之则增大。
②所谓“并同”，即某一电阻增大时，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，反之则减小。
即：←R↑→
（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，让电阻最大或为零
再讨论。
二、交变电流的产生和描述
1．公式法
利用E＝、U＝、I＝计算，只适用于正(余)弦式交变电流。
2．有效值的定义计算法(非正弦式电流)
计算时要抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解，注意时间
至少取一个周期或为周期的整数倍。
3．能量关系法
当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和守恒定律来求有效值。
三、变压器
1．理想变压器的基本关系式
(1)功率关系：P ＝P 。
入 出
(2)电压关系：＝。若n>n，为降压变压器；若n<n，为升压变压器。
1 2 1 2
(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝；有多个副线圈时，UI＝UI＋UI＋…＋UI。
1 1 2 2 3 3 n n四、远距离输电
1．降低输电损耗的两个途径
减少输电损耗的理论依据：P ＝I2r。
损
(1)减小输电线的电阻：根据电阻定律r＝ρ，要减小输电线的电阻r，在输电距离一定的情况下，
可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面积的方法。
(2)减小输电导线中的电流：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。
2.远距离输电问题的分析方法
对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的
顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析。
3．远距离高压输电的几个基本关系(以下图为例)
(1)功率关系：P＝P，P＝P，P＝P ＋P。
1 2 3 4 2 损 3
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，
U＝ΔU＋U，I＝I＝I 。
2 3 2 3 线
(3)输电电流：I ＝＝＝。
线
2
(4)输电线上损耗的电功率P ＝I ΔU＝IR ＝ R 。
损 线 线 线
当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的。
考向一 电路的动态分析
1. （2024•丹阳市校级一模）如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中的R 、R 分
2 3
别为总阻值一定的滑动变阻器，R 为定值电阻，R 为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减
0 1小）。当开关 S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是
（ ）
A．若断开开关S，带电微粒向上运动
B．只逐渐减小对R 的光照强度时，电压表示数变大，电阻R 消耗电功率变大
1 0
C．只调节电阻R 的滑动端P 向下端移动时，电压表示数不变，带电微粒向上运动
2 1
D．只调节电阻R 的滑动端P 向上端移动时，电源消耗的电功率变大，电阻R 中有向上的电流
3 2 3
【解答】解：A、带电微粒恰好处于静止状态，则带电微粒受到向下的重力和向上的电场力平衡。
当断开开关S，电容器通过所处的回路放电，板间电场减小，带电微粒所受电场力减小，所以带
电微粒将向下运动，故A错误；
B、只减小对R 的光照强度时，R 的阻值增大，电路中的总电阻增大，总电流减小，则电源的
1 1
内压减小，路端电压增大，所以电压表示数增大。根据热功率的公式P =I2 R 可知，电阻R
0 总 0 0
消耗的电功率减小，故B错误；
C、分析电路可知，电容器的电压与R 上半部分电阻的电压相等，只调节电阻R 的滑动端P 向
2 2 1
下端移动时，电路中的总电流不变，但是 R 上端电阻增大，电压增大，即电容器两端电压增大，
2
U
根据公式E= 可知，板间场强增大，带电微粒所受电场力增大，则带电微粒将向上运动，故C
d
正确；
D、由电路结构可知，电路稳定时，R 没有电流通过，所以当只调节电阻R 的滑动端P 向上端
3 3 2
移动时，不会影响电路中的电流，即电路中的电流不变，电源消耗的电功率不变，电容器带电
量不变，电阻R 中也没有电流通过，故D错误。
3
故选：C。
2. （2024•镇海区校级模拟）如图所示，C为平行板电容器，D为理想二极管。当滑动
变阻器R 的滑片在中点时，闭合开关K，带电小球恰能在两平行板间静止，下列说法正确的
2是（ ）
A．若将滑动变阻器R 的滑片向右移动，电容器带电量不变
2
B．若将滑动变阻器R 的滑片向右移动，则带电小球将向下加速运动
2
C．若电容器的上金属板向下平移一小段距离，则带电小球向下加速运动
D．若电容器的上金属板向上平移一小段距离，则带电小球仍保持静止
【解答】解：由图可知，电阻R 和R 串联分压，电容器与R 并联，则电路稳定时，电容器两
1 2 1
端的电压与R 两端的电压相等。
1
A、滑动变阻器R 的滑片向右移动时，R 接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，
2 2
Q
电路中电流增大，R 两端的电压增加，则电容器的电压增加。由公式C= 可知，电容C不变，
1 U
U增加时，Q增加，二极管处于导通状态，电容器充电，电容器带电量增加，故A错误；
B、闭合开关K时，带电小球恰能在两平行板间静止，由平衡条件可知，小球受到的竖直向下的
重力mg和竖直向上的电场力Eq大小相等。由A分析可知，滑动变阻器R 的滑片向右移动，电
2
U
容器的电压增加，由公式E= 可知，U增加，板间距离d不变时，则板间场强E增加，则小球
d
受到的电场力增加，带电小球将向上加速运动，故B错误；
ε ⋅s
C、电容器的上金属板向下平移一小段距离时，板间距离d减小，由公式C= r 可知，电容
4πkd
Q
器的电容C增大，由公式C= 可知，电容C增大，若U不变时，Q增加，二极管处于导通状
U
U
态，电容器充电。由公式E= 可知，U不变，d减小时，场强E增加，则小球受到的电场力增
d
加，带电小球将向上加速运动，故C错误；
ε ⋅s
D、电容器的上金属板向上平移一小段距离，板间距d增大，由公式C= r 可知，d增大时，
4πkdQ
电容C减小，由公式C= 可知，电容C减小，若U不变时，Q减小，流经二极管的电流为负
U
U Q ε ⋅s
向电流，电容器不能放电，即 Q不变，则U增加。由公式E= ，C= ，C= r 联立得
d U 4πkd
4πkQ
E=
可知，板间场强E不变，则小球受到的电场力不变，带电小球静止不动，故D正确。
ε ⋅s
r
故选：D。
3. （2024•镜湖区校级二模）在如图所示的电路中，灯泡A和R 的阻值均为2 ，灯泡B
1
和R 的阻值均为4 ，电源电动势E＝15V，内阻r＝5 ，灯泡A和B的额定电压均Ω为2.4V，
2
R 为定值电阻，闭合Ω开关S，灯泡A和B恰好正常发光Ω。若某时刻R 突然发生断路，设A、B
3 2
均不会被烧坏。则（ ）
A．A、B灯泡均变亮
B．灯泡A和灯泡B的功率之和变大
C．灯泡A两端电压变化比灯泡B两端电压变化大
D．R 消耗的电功率变小
3
【解答】解：A、若电阻R 断路，外电路电阻增大，干路电流减小，内电压减小，则外电路分
2
得的电压增大，R 所在电路电流增大，R 所在电路电流减小，所以灯泡A变暗。灯泡A和R 的
3 1 1
电压均减小，而路端电压增大，则灯泡 A、R 和灯泡B的电压之和增大，则灯泡B的电压增大，
1
B灯泡变亮，故A错误；
B、R 断开前，灯泡A的功率为
2
U2 2.42W＝2.88W
P = A =
A R 2
A灯泡B的功率为
U2 2.42W＝1.44W
P = B=
B R 4
B
灯泡A电流为
U 2.4A＝1.2A
I = A =
A R 2
A
因灯泡A和R 的阻值均为2 ，灯泡A和B的电压均为2.4V，则路端电压为
1
U＝3U ＝3×2.4V＝7.2V Ω
A
干路电流为
E−U 15−7.2
I= = A＝1.56A
r 5
R 的阻值为
3
U 7.2
R = = ＝20
3 I−I 1.56−1.2
A
Ω Ω
R 断开后，外电路电阻为
2
R (R +R +R )
R = 3 A 1 B
外 R +R +R +R
3 A 1 B
此时的路端电压为
R
U'= 外 E
R +r
外
通过两灯泡的电流为
U'
I'=
R +R +R
A 1 B
灯泡A和灯泡B的功率分别为
，
P =I'2R P =I'2R
A A B B
联立解得：P ＝2W，P ＝4W，可见灯泡A和灯泡B的功率之和变大，故B正确；
A B
C、因为灯泡A和B电压之和增大，而灯泡A两端电压减小，则灯泡B两端电压增大，并且灯
泡B两端电压变化的值大于灯泡A两端电压变化的值，故C错误；
D、由于R 两端电压变大，所以R 消耗功率变大，故D错误。
3 3
故选：B。4. （2024•姜堰区校级模拟）在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡
（其灯丝电阻可视为不变），R 、R 为定值电阻（R ＞r），R 为光敏电阻，其阻值大小随所
1 2 1 3
受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表。若将照射R 的光的强度减弱，则（ ）
3
A．电压表的示数变大 B．电源输出功率变小
C．通过R 的电流变小 D．小灯泡变亮
2
【解答】解：A、照射R 的光的强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大，由闭
3
合电路欧姆定律可知干路中电流减小，故R 两端的电压减小，电压表示数减小，故A错误；
1
CD、因干路中电流减小，根据U＝E﹣Ir可知，电源的内电压减小，路端电压增大，同时R 两
1
端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过 R 的电流变大，流过小灯泡的电流一定变小，
2
小灯泡变暗，故CD错误；
B、因R ＞r，电路中的总电阻增大，根据电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，可知，
1
电源输出功率变小，故B正确。
故选：B。
5. （多选）（2024•枣强县校级模拟）图甲为交警正在用气体酒精浓度测试仪查酒驾的
情景，图乙为气体酒精浓度测试仪的原理图，R 为气敏电阻，其阻值随气体中酒精浓度的增
1
大而减小，R 为报警器的电阻（阻值不变），R 大于电源内阻，当报警器两端的电压达到一
0 0
定值时，报警器报警。测试仪使用前应先调零，即当气体中酒精浓度为0时，调节滑动变阻器
R 的滑片，使电压表示数为U ，调零后R 的滑片位置保持不变。测试时，当气体酒精浓度达
2 0 2
到酒驾指定浓度时，电压表示数增大为U，报警器报警。当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，
下列说法正确的是（ ）A．当R 两端的电压减小U﹣U 时，报警器开始报警
1 0
B．电源的输出功率增大
C．移去电压表，报警时气体酒精浓度比指定的浓度小
D．若不小心将R 的滑片向下移了一些，报警时气体酒精浓度比指定的浓度大
2
【解答】解：A.根据题意可知R 、R 及电源内阻总的电压减小U﹣U 时，报警器才开始报警，
1 2 0
故A错误；
B.当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，R 变小，由于R 大于电源内阻，因此外电
1 0
阻减小，电源的输出功率变大，故B正确；
C.移去电压表，报警器部分的电阻变大，两端要达到报警时的电压，传感器的电阻必须更大，
因此报警时气体酒精浓度比指定的浓度小，故C正确；
D.若不小心将R 的滑片向下移了一些，滑动变阻器的电阻减小，则报警时传感器的电阻比正常
2
设计报警时的电阻大，报警时气体酒精浓度比指定的浓度小，故D错误。
故选：BC。
考向二 纯电阻电路和非纯电阻电路中的电功与电热
6. （2023•杭州一模）如图是某品牌排烟风机的相关参数，若已知空气密度为
1.3kg/m3，则下列表述判断正确的是（ ）
风机流量 22000m3/h
风机效率 65%
电机电功率 5.5kW
风机转速 1450r/min
工作电压 220V/50HzA．风机的转动的角速度为314rad/s
B．排风扇的内电阻约为8.8
C．空气排出的速度约为15mΩ/s
D．出风口半径约为0.26m
145
【解答】解：A、风机转速n＝1450r/min= r/s
6
145π
风机转动的角速度为 ＝2 n= rad/s
3
ω π
故A错误；
B、由表格得，风机的工作电压U＝220V
电功率为P电 ＝5.5kW＝5500W
由P电 ＝UI得，电流I＝25A
风机的输出功率P出 ＝ P电 ＝65%×5500W＝3575W
热功率为P热 ＝P电 ﹣Pη出 ＝5500W﹣3575W＝1925W
1925 77
由P热 ＝I2R得，排风扇的内电阻R =
252
=
25
＝3.08
Ω Ω Ω
故B错误；
1
C、设空气排出的速度为v，时间t内，由能量守恒定律的：P出t= Qt v2
2
ρ
代入数据解得：v＝30m/s
故C错误；
D、风机的流量Q＝v r2
代入数据解得，出风口π半径r≈0.26m
故D正确。
故选：D。
7. （2023•浙江模拟）如图为某人设计的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。
可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹
热风和吹冷风三种工作状态。n 和n 分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项
1 2
参数如表所示。下列说法中正确的是（ ）
热风时输入功率 460W
冷风时输入功率 60W
小风扇额定电压 60V正常工作时小风扇输出功率 52W
A．小风扇的内阻为8
B．吹热风时流经电热Ω丝的电流约为2.1A
C．变压器原、副线圈的匝数比n ：n 为3：11
1 2
D．吹冷风时P的c触点与a接触、P的d触点与b接触
【解答】解：D、当电吹风送出来的是冷风时，电路中只有电动机工作，触片 P应与触点b、c
接触，故D错误；
A、由表格数据得，冷风时输入功率为 60W，正常工作时小风扇输出功率为52W，说明小风扇
内阻消耗的功率为8W，则有
P =I2r
r
P 60
I= 入= A=1A
U 60
联立解得：r＝8
故A正确； Ω
B、吹热风时，电热丝的热功率为P＝460W﹣60W＝400W
P 400
流经电热丝的电流为I'= = A=1.8A
U' 220
故B错误；
C、理想变压器原副线圈的匝数之比等于电压比，有n U' 220 11
1= = =
n U 60 3
2
故C错误。
故选：A。
8. （2024•九龙坡区模拟）工程师对某款新能源汽车的直流蓄电池进行性能测试，测试
P 1
过程中系统输出的 − 图像如图，其中P为直流电源的输出功率，I为总电流，下列说法正
I2 J
确的是（ ）A．该蓄电池的电动势为12V
B．该蓄电池的内阻为2
C．该蓄电池的最大输出Ω功率为144W
D．该蓄电池的短路电流为12A
【解答】解：AB．根据题意可知，直流电源的输出功率P＝EI﹣I2r
P E
变形可得 = −r
I2 I
结合题图可得
E＝24V，r＝1
故AB错误； Ω
E E2
C．根据闭合电路欧姆定律P＝EI﹣I2r=−(I− ) 2+
2r 4r
E 24
可知，当I= = A＝12A
2r 2×1
E2 242
时有最大的输出功率，最大输出功率P = = W＝144W
max 4r 4×1
故C正确；
E 24
D．该蓄电池的最大电流即为短路电流，短路电流Imax= = A＝24A，故D错误。
r 1
故选：C。
9. （2023•湖南模拟）如图所示电路中，电源电动势 E＝8V，内阻r＝1 ，定值电阻R
1
＝9 ，R ＝10 ，R ＝5 ；滑动变阻器R 的取值范围为0～15 。闭合开关S，Ω调节滑动变阻
2 3 4
器的Ω滑片，使RΩ 取不同的Ω阻值接入电路，则下列说法正确的是（Ω ）
4A．R ＝0时，定值电阻R 消耗的功率最大，为2W
4 1
B．R ＝5 时，电源内阻消耗的功率最小，为0.5W
4
C．R ＝1Ω0 时，R 消耗的功率最大，为0.4W
4 4
D．R ＝15Ω时，电源的效率最高，为90%
4
【解答】解Ω：A、R ＝0时，外电阻最小，总电流最大，则定值电阻R 消耗的功率最大，此时并
4 1
联部分的总阻值为R并= R
2
R
3 =
10×5
=
10
R +R 10+5 3
2 3
Ω Ω
E 8
= =
由闭合电路欧姆定律得干路电流为I R +R +r 10 A＝0.6A
并 1 +9+1
3
则定值电阻R 消耗的功率为P ＝I2R ＝0.62×9W＝3.24W，故A错误；
1 1 1
B、电源内阻消耗的功率P内 ＝I2r
当电源内阻消耗的功率最小时，电路中的总电流应最小，对应的外电路电阻最大，即当R ＝15
4
时，电源内阻消耗的功率最小，故B错误； Ω
C、为求滑动变阻器R 消耗的最大功率，可对原电路进行如下图所示的等效变换。
4
易知，等效电源的等效电动势E'＝4V，等效内阻r'＝10 ，故当R ＝r'＝10 时，R 消耗的功率
4 4
Ω Ω
E'2 42
最大，且为P = = W =0.4W，故C正确；
max 4r' 4×10
D 、 当 R ＝ 15 时 ， 总 的 外 电 阻 最 大 。 由 于 电 源 效 率
4
Ω
U R 1
η= ×100%= ×100%= ×100%
E R+r r
1+
R
显 然 ， 当 总 的 外 电 阻 R 最 大 时 ， 取 最 大 值 ， 当 R ＝ 15 时 ， 总 的 外 电 阻 为
4
η ΩR ⋅(R +R ) 10×(5+15) 47
R'= 2 3 4 +R = Ω+9Ω= Ω
R +(R +R ) 1 10+5+15 3
2 3 4
47
R' 3
此时 最大，且为η= ×100%= ×100%=94%，故D错误。
R'+r 47
+1
η 3
故选：C。
10. （2023•台州二模）某款电动自行车的内部电路可简化为如图所示，电源铭牌上标有
“36V，12A•h”字样。正常工作时，电源的输出功率为180W，工作效率为75%，电动机机
械效率为80%。已知自行车运动时受到阻力恒为40N。正常工作时（ ）
A．电动机两端电压为36V
B．电动机的电流约为5A
C．自行车匀速行驶的最长时间约为1.8h
D．自行车匀速行驶的最远距离约为30km
【解答】解：AB、正常工作时，电源的输出功率为180W，工作效率为75%，则电源的输入功
率为 P 180
P = 输出= W =240W
输入 η 75%
1
且由公式P＝UI
解得电动机的额定电流约为 P 240
I= 输入= A≈6.7A
U 36
额
设电动机的内阻为r ，电动机的效率为80%，则P﹣0.8P＝I2r
M M
(1−0.8)×180
解得r = Ω≈0.8Ω
M 6.72
P 180
由于电源与电动机都有内阻，故电动机两端电压U= = V ≈27V
I 6.7
故AB错误；Q 12
CD．根据电池容量Q＝12Ah，放电电流为6.7A，则可得t= = ℎ≈1.8ℎ
I 6.7
自行车匀速行驶时牵引力与阻力相等，即F＝f＝40N
则由80%P＝fv
0.8P 0.8×180
解得v= = m/s=3.6m/s
f 40
自行车匀速行驶的最远距离约为x＝vt＝3.6×1.8×3600m＝23328m＝23.328km
故C正确，D错误。
故选：C。
考向三 交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
11. （2024•和平区校级模拟）电蚊拍利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫。如图所示，将
3V直流电压通过转换器转变为正弦交变电压u＝3sin10000 t（V），再将其加在理想变压器的
原线圈上，副线圈两端接电击网，电压峰值达到2700V时可π击杀蚊虫，正常工作时（ ）
A．交流电压表的示数为3V
B．副线圈与原线圈匝数比需满足n
2≥900
n
1
C．电击网上的高频电压的频率为10000Hz
D．将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端电蚊拍也可以正常工作
U 3 3
【解答】解：A、正弦交变电压的有效值为：U = 1m= √2V，交流电压表的示数为 √2V，
1 √2 2 2
故A错误；B、根据变压器原的变压规律，可知副线圈与原线圈匝数比需满足：n U 2700 ，故
2= 2m≥ =900
n U 3
1 1m
B正确；
ω 10000π
C、从题设表达式可以求出，电击网上的高频电压的频率为：f = = Hz=5000Hz，
2π 2π
故C错误；
D、将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端，由于通过副线圈的磁通量不变，那么副线圈不
会产生感应电动势，电蚊拍不可以正常工作，故D错误。
故选：B。
12. （2024•庐阳区校级模拟）如图为某电吹风的设计电路图，a、b、c、d为四个固定触
点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、
吹热风和吹冷风三种工作状态，理想变压器原、副线圈的匝数分别记为 n 和n 。下列说法中
1 2
正确的是（ ）
热风时输入功率 500W
冷风时输入功率 60W
小风扇额定电压 60V
正常工作时小风扇 48W
输出功率
A．触片P位于ab时，电吹风属于吹冷风状态
B．理想变压器原、副线圈的匝数比n ：n ＝11：3
1 2
C．小风扇工作时的电流为2A
D．电热丝的电阻为100
【解答】解：A、当电吹Ω风送出来的是冷风时，电路中只有电动机工作，触片 P应与触点b、c
接触，故A错误；B、变压器原副线圈的匝数之比为：n U 220 11，故B正确；
1= 1= =
n U 60 3
2 2
P 60
C、冷风时输入功率为60W，I= 入= A＝1A，故C错误；
U 60
D、吹热风时电热丝的功率为：P＝500W﹣60W＝440W，吹热风时电热丝两端电压为220V，所
U2 2202
以其电阻R= = ＝110 ，故D错误。
P 60
Ω Ω
故选：B。
13. 阻值相等的甲、乙两电阻分别接到图（a）和（b）所示的方波交变电压、正弦式交变
电压电路中，两种电压的周期和峰值都相等，则甲、乙两电阻的电功率之比为（ ）
A．1：1 B．2：1 C．√2：1 D．1：√2
U √2
【解答】解：乙电阻接到正弦交流电源上，两端电压的有效值为：U= 0= U ，则乙电阻
√2 2 0
U2 U
的功率为：P = = 0
乙 R 2R
甲电阻接到方波交流电源上，设两端电压的有效值为 U′，则由有效值的定义可得：
U'2 U2 T， 解 得 ： U′ ＝ U ， 则 电 阻 甲 的 功 率 为 ： U'2 U2， 则 有 ：
T=2× 0× 0 P = = 0
R R 2 甲 R R
U2
0
P
甲=
R
=
2，故B正确，ACD错误。
P U2 1
乙 0
2R
故选：B。14. 某交流发电机产生交变电流的装置如左图所示，产生的感应电动势与时间的关系如右
图所示，下列说法正确的是（ ）
A．t＝0时，线圈平面处于中性面位置，磁通量变化率最大
B．线圈通过中性面时，交变电流不改变方向
C．线框中产生的感应电动势e＝100sin50t（V）
D．如果仅使线圈的转速加倍，则电动势的最大值和周期分别变为200V、0.02s
【解答】解：AB、由图像可知，t＝0时，电动势为零，此时线圈平面处于中性面位置，磁通量
变化率为零，线圈每通过中性面一次，交变电流方向就会改变一次，故AB错误；
C、线框中产生的感应电动势的最大值和周期分别为100V和0.04s，则感应由动势瞬时值为
2π
e=E sin( t)=100sin(50πt)(V)
m T
故C错误；
D、如果仅使线圈的转速加倍，
由E ＝NBS ＝2 NBSn可知，
m
电动势的最大ω值变π为200V，
2π 1
根据T= = 可知，
ω n
周期变为0.02s，
故D正确。
故选：D。
15. （2024•温州一模）如图为手动发电式手电筒的原理图，固定在圆盘边缘处的小圆柱
随圆盘绕轴心O，按顺时针方向匀速转动，小圆柱通过竖槽带动 T形绝缘支架运动，从而驱动
导体棒在光滑的水平导轨上运动。已知导体棒运动的速度随时间变化的关系为 v＝0.2sin2t
（m/s），导轨间距L＝0.2m，导轨间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝
2T，定值电阻R ＝R ＝1 。导体棒与轨道接触良好，且不计导体棒和轨道的电阻，电压表为
1 2
理想交流电表，D为理想二Ω 极管，则（ ）A．圆盘转动的转速为2r/s
B．电压表的示数为0.08V
C．小圆柱圆周运动的半径为0.2m
D．电阻R 和R 的总功率为4.8×10﹣3W
1 2
【解答】解：A．根据题中数据可得
＝2 n＝2rad/s
ω可得π
1
n= r/s
π
故A错误；
B．导体棒切割磁感线，最大的电压为
U ＝BLv ＝2×0.2×0.2V＝0.08V
m m
电压表的电压为交流电的有效值，则电压表的示数为
U 0.08
U= m= V =0.04√2V
√2 √2
故B错误；
C．根据题意可知转盘的线速度为0.2m/s，角速度为2rad/s，则小圆柱圆周运动的半径
v 0.2
r= = m=0.1m
ω 2
故C错误；
D．根据功率的定义式
U2 U2 T
T+ ×
W R R 2
P= = 1 2
T T
代入数据解得：P＝4.8×10﹣3W
故D正确。
故选：D。考向四 变压器及动态分析 远距离输电
2
16. （2024•天河区三模）如图，在磁感应强度大小为B= T的匀强磁场中，有一面积为
π
S＝1m2的矩形单匝闭合导线框ABCD，AB边与磁场方向垂直，线框电阻不计。理想变压器原
副线圈匝数比n ：n ＝2：1，电阻R＝50 。使线框以恒定角速度 ＝100 rad/s绕过AD、BC
1 2
中点的轴旋转。下列说法正确的是（ Ω） ω π
A．副线圈中的电流表A示数为√2A
B．线框ABCD中感应电动势的最大值200√2V
C．线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最小
D．副线圈电流的频率为100Hz
【解答】解：AB．电动势最大值为
E ＝NBS
m
解得E ＝ω200V
m
根据变压器原、副线圈电压与线圈匝数关系有
E
m
( )
√2 n
= 1
U n
2 2
副线圈中的电流表A示数为
U
I = 2
2 R
解得I =√2A
2
故A正确，B错误；
C．线框平面与磁场方向平行时，磁通量最小，磁通量变化率最大，则流经线框的电流最大，故C错误；
D．原、副线圈频率相同，均为
ω 100π
f = = Hz＝50Hz
2π 2π
故D错误；
故选：A。
17. （2024•道里区校级四模）如图所示，理想变压器左侧原线圈通过输电线与理想交流
电流表A 和发电机连接，其中发电机部分由长为L、电阻不计的导体棒以及两个半径也为L
1
的电阻不计的金属圆环组成。使导体棒的两个端点分别位于金属圆环的同一水平面上，导体棒
以角速度 在竖直面内绕圆环中心轴匀速转动，整个空间存在方向竖直向下、与金属圆环平
行、磁感应ω强度为B的匀强磁场。变压器右侧副线圈中接有阻值为 R的定值电阻和变阻箱
R ，以及理想交流电压表V 、V 、V 和理想交流电流表A ，初始时调节电阻箱阻值使其大小
P 1 2 3 2
等于R，此时电路能正常工作，之后再次调节电阻箱使其阻值等于2R，已知n ：n ＝1：2，上
1 2
述过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A 的示数减小，电流表A 的示数增加
1 2
B．电压表V 的示数不变，电压表V 的示数增加
1 3
C．电压表V 的示数为√2Bl2ω
2
D．电阻箱消耗的电功率增大
【解答】解：A.设导体棒此时的速度与竖直方向夹角为 ，则导体棒切割磁感线产生的感应电动
势为：E＝BL Lcos ＝BL2 cos ，电阻箱的阻值变大，θ故副线圈的总电阻变大，副线圈的总电
流变小，则原ω线圈的θ电流变ω小，θ故电流表A 的示数减小，电流表A 的示数也减小，故A错误；
1 2
B.由于导体棒转速不变，故原线圈的电压不变，则电压表V 示数不变，电阻箱的阻值变大，故
2
副线圈的总电阻变大，副线圈的总电流变小，由于R和R 是串联关系，则R的电压变小，故V
P 1
变小，由于副线圈的总电压不变，故R 的电压变大，即电压表V 的示数增加，故B错误；
P 3C.原线圈电压有效值U U BL2ω，根据变压器变压特点：U n ，可得U BL2 ，故
1= m= 1= 1 2=√2
√2 √2 U n
2 2 ω
C正确；
U2
D.初始时电阻箱消耗的电功率为：P 2 ，调节电阻箱使其阻值等于2R后，电功率
U2
4
U2
= P= = 2
R R 4R
P
4U2
为：P 2 ，故消耗电功率应减小，故D错误。
U'2
9
4U2
= P = = 2
R ' 2R 18R
P
故选：C。
18. （2024•浙江模拟）如图所示为高压输电电路图，发电站输送的电压为 u＝
U sin50 t，变压器为理想变压器。将两个相同的电压互感器甲和乙分别接入远距离输电线路
m
的前后端π，电流互感器接入远距离输电线路。电压互感器的原、副线圈匝数比为 k：1，电流
互感器的原、副线圈匝数比为1：k，且k＞100。高压输电线路正常工作时，电压互感器甲、
乙的示数分别为U 、U ，电流互感器的示数为I。则（ ）
1 2
A．用户使用的电流是频率为50Hz的交流电
(U −U )
B．该远距离输电线路上的电阻为k 1 2
I
C．该远距离输电线路上损耗的功率为k2I（U ﹣U ）
1 2
I
D．该远距离输电线路上的电流为
k
【解答】解：A、根据 u＝U sin50 t 可知 ＝50 rad/s，则用户使用的电流是频率为
m
π ω πω 50π
f = = Hz=25Hz，故A错误；
2π 2π
BD、对于电压互感器甲，可知远距离输电线路前端电压满足：U
前=
k，即U前 ＝kU
1
U 1
1
对于电压互感器乙，可知远距离输电线路后端电压满足：U
后=
k，即U后 ＝kU
2
U 1
2
I k
对于电流互感器，可知远距离输电线路中的电流满足： 线= ，则该远距离输电线路上的电流
I 1
为：I线 ＝kI
则该远距离输电线路上的电阻为r U −U kU −kU U −U ，故BD错误；
= 前 后= 1 2= 1 2
I kI I
线
U −U
C、该远距离输电线路上损耗的功率为P损 ＝I线 2r＝（kI）2• 1 2=k2I（U
1
﹣U
2
），故C正确。
I
故选：C。
19. （2024•广东模拟）某风力发电机的输出电压为 2500V，用户得到的电功率为
141kW，用户得到的电压是220V，输电线的电阻为90 ，输电线路如图所示。若输电线因发
热而损失的功率为输送功率的6%，变压器均视为理想变Ω压器，已知降压变压器副线圈的匝数
为110匝，则下列说法正确的是（ ）
A．通过输电线的电流为10A
B．风力发电机的输出功率为162kW
C．升压变压器副线圈的匝数是原线圈的匝数的7倍
D．降压变压器原线圈的匝数为3525匝
【解答】解：B、用户得到的电功率为：P用 ＝P﹣P损 ＝P×（1﹣6%）＝141kW，解得风力发电
机的输出功率为：P＝150kW
故B错误；
A、输电线损失的功率为：P损 ＝P×6%＝150kW×6%＝9kW由
P =I2r
可得通过输电线的电流为：
I =
√P
损=
√9000
A=10A
，故A正确；
损 2 2 r 90
C、升压变压器的输出电压为： P 150×103
U = = V =15000V
2 I 10
2
可得升压变压器原、副线圈的匝数之比为：n U 2500 1，故C错误；
1= 1= =
n U 15000 6
2 2
D、输电线上的电压损失为：U损 ＝I
2
r＝10×90V＝900V
降压变压器原线圈两端的电压为：U
3
＝U
2
﹣U损 ＝15000V﹣900V＝14100V
可得降压变压器原、副线圈的匝数之比为：n U 14100 705，联立解得降压变压器原线
3= 3= =
n U 220 11
4 4
圈的匝数为：n ＝7050匝，故D错误。
3
故选：A。
20. （2024•如皋市模拟）如图为某小型水电站电能输送线路示意图，发电机通过升压变
压器和降压变压器向用户供电。已知发电机线圈电阻为r，产生感应电动势有效值为E。升压
变压器原副线圈匝数比为a，降压变压器原副线圈匝数比为b，两变压器间输电线总电阻为
R ，用户端总电阻为R 。电流表为理想电表，变压器为理想变压器，下列说法正确的是（
1 2
）
A．电流表的示数 E
I=
√2[r+a2 (R +b2R )]
1 2
B．升压变压器原线圈两端的电压 U = Ea2 (R 1 +b2R 2 )
1 r+a2 (R +b2R )
1 2
C．电阻R 、R 消耗的功率之比为R ：bR
1 2 1 2
D．若用户端负载增加，电流表示数变小
【解答】解：A．根据理想变压器输入功率等于输出功率可知，降压变压器等效电阻为；升压变压器等效电阻为 ，根据闭合电路欧姆定律电流表的示数
R =b2R R =a2 (R +b2R )
3 2 4 1 2
I =
E
=
E ，故A错误；
1 R +r r+a2 (R +b2R )
4 1 2
B．根据欧姆定律可知，升压变压器原线圈两端的电压 U =I R = Ea2 (R 1 +b2R 2 ) ，故B正确；
1 1 4 r+a2 (R +b2R )
1 2
C．根据P＝I2R，电阻R 、R 消耗的功率之比为 ，故C错
1 2 P ：P =I2R ：I2R =R ：b2R
1 2 1 3 1 2
误；
D．若用户端负载增加，用户端总电阻为R 减小，电流表示数变大，故D错误。
2
故选：B。
