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专题13 交流电路
一、线框在磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，则会形成正弦式交变电流，注意若从下图（中性
面） 开始转动，则 t=0 时刻电流为 0：
二、中性面垂直磁场方向，Φ 与e 为互余关系，此消彼长．最大电动势： Em=nBSω
三、线圈从中性面开始转动：e＝nBSωsin ωt＝emsin ωt
安培力：F＝nBImLsin ωt
[例题1] 如图是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，
其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直，乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中，
下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动的过程中，产生直流电流
B．转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零
C．转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大
D．转到图乙和图丁位置时，线圈产生的感应电流方向相反
【解答】解A．题图为交流发电机的示意图，线圈转至乙图所示位置时，由右手定则知线圈中
感应电流方向为DCBA，在外电路中水平向右流经电阻，线圈转至丁图所示位置时，由右手定
则知线圈中感应电流方向为ABCD，在外电路中水平向左流经电阻，所以产生交流电流，故A
错误；
B．转到图乙位置时，线圈中磁通量为零，磁通量变化率最大，线圈中产生的感应电动势最大，
故B 错误；
C．转到图丙位置时，线圈中磁通量最大，磁通量变化率为零，线圈中产生的感应电动势为零，
1
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线圈中产生的感应电流为零，故C 错误；
D．转到图乙位置时，AB 边向下切割磁感线，由右手定则可知线圈中的电流方向为ADCBA；
转到图丁位置时，AB 边向上切割磁感线，由右手定则可知线圈中的电流方向为ABCDA；所以
感应电流方向相反，故D 正确。
故选：D。
[例题2] 交流发电机的示意图如图所示，当线圈ABCD 绕垂直于磁场方向的转轴OO'匀速
转动时，下列说法正确的是（ ）
A．图示位置磁通量最大，磁通量的变化率最大
B．图示位置电流最大，方向为A→B
C．从图示位置开始转过90°时，电流方向将发生改变
D．从图示位置开始转过90°时，电动势达到最大值
【解答】解：AB、由图可知，图示位置线圈平面与磁感线的方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，
但磁通量的变化率为零，感应电流为零，故AB 错误；
CD、从图示位置开始转过90°时，线圈平面与磁感线的方向平行，穿过线圈的磁通量为零，磁
通量变化率最大，感应电动势达到最大值，电流方向不发生变化，故C 错误，D 正确。
故选：D。
[例题3] 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
2
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B．线圈通过中性面时，交变电流改变方向
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、0.08s
【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A 错误；B 正确；
C．线框中产生的感应电动势的最大值和周期分别为：
Em＝100V，T＝0.04s
由e = Emsin 2π
T t得：
感应电动势瞬时值为：e＝100sin50πt（V），故C 错误；
D．根据Em＝NBSω，ω＝2πn
可知Em与n 成正比，如果仅使线圈的转速加倍，则电动势的最大值为：
E'm＝200V
周期为：
T = 2π
ω
解得：T = 1
n
可知，周期与n 成反比，如果仅使线圈的转速加倍，则周期减半，即T′＝0.02s，故D 错误。
故选：B。
[例题4] 由交流发电机、定值电阻R、交流电流表A 组成的闭合回路如图甲所示，线圈
ABCD 在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴沿逆时针方向转动，从某时刻开始计时，穿过线圈的
磁通量Φ 随时间t 的变化情况如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻线圈中的感应电动势最大
B．t1时刻线圈中感应电流的方向改变
C．t2时刻线圈中的感应电流为零
3
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D．t3～t4时间内，电流表的示数逐渐增大
【解答】解：A．由图乙可知，在t1时刻穿过线圈中的磁通量最大，可磁通量的变化率是零，由
法拉第电磁感应定律知线圈中的感应电动势是零，故A 错误；
B．由图乙可知，在t1时刻穿过线圈中的磁通量最大，说明线圈平面与中性面重合，线圈中感应
电流的方向将改变，故B 正确；
C．由图乙可知，t2时刻穿过线圈中的磁通量是零，可磁通量的变化率最大，由法拉第电磁感应
定律知线圈中的感应电动势最大，由闭合电路欧姆定律知线圈中的感应电流为最大，故C 错误；
D．由图乙可知，t3～t4时间内，穿过线圈磁通量的变化率逐渐增大，产生的感应电动势逐渐增
大，感应电流的瞬时值逐渐增大，可电流表的示数为电流的有效值，是不变的，故D 错误。
故选：B。
[例题5] 如图所示，（a）→（b）→（c）→（d）→（e）过程是交流发电机发电的示意
图，线圈的ab 边连在金属滑环K 上，cd 边连在金属滑环L 上，用导体制成的两个电刷分别压
在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接，线圈转动的角速度为
ω，线圈中最大电流为Im，以下说法正确的是（ ）
A．图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大
B．从图（b）开始计时，线圈中电流随时间t 变化的关系式i＝Imsinωt
C．当线圈转到图（c）位置时，感应电流最小，且电流改变方向
D．当线圈转到图（d）位置时，感应电动势最小，ab 边电流方向为b→a
【解答】解：A、图（a）中，线圈与磁场垂直，位于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，磁
通量变化率为0，故A 错误；
B、从图（b）开始计时，此时线圈垂直于中性面，线圈中感应电流最大，感应电流的表达式为i
＝Imcosωt，故B 错误；
C、当线圈转到图（c）位置时，线圈在中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流
为零，电流方向将改变，故C 正确；
D、当线圈转到图（d）位置时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，故线圈产生的感应电动势
4
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最大，由右手定则可知，ab 边感应电流方向为b→a，故D 错误。
故选：C。
四、交变电流的“四值”：
物理量
物理含义
重要关系
适用情况及说明
瞬时值
交变电流某一时刻的值
e＝Emsin ωt
i＝Imsin ωt
计算线圈某时刻的受力情
况
峰值
最大的瞬时值
Em＝nBSω
Im＝
讨论电容器的击穿电压
有效值
跟交变电流的热效应等效
的恒定电流的值
E＝
U＝
I＝
适用于正(余)弦式交变电
流
(1)计算与电流的热效应有
关的量(如电功、电功率、
电热等)
(2)电气设备“铭牌”上所
标的一般是有效值
(3)保险丝的熔断电流为有
效值
平均值
交变电流图象中图线与时
间轴所夹的面积与时间的
比值
＝Bl
＝n
＝
计算通过电路横截面的电
荷量
[例题6] 如图所示为某一交变电流的电流—时间（i﹣t）图像，时间轴上方为最大值为1A
的正弦交流电的一部分，则该交流电的有效值为（ ）
A．√3
2 A
B．√3
3 A
C．√2
2 A
D．√2
3 A
【解答】解：设交变电流的有效值为I ，周期为T ，电阻为R ，则
I
2 RT =( 1
√2 )
2
R× T
3 +(-1)
2× R× T
3
代入数据解得：I = √2
2 A，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[例题7] （多选）为发展新能源，某科研小组制作了一个小型波浪发电机，磁铁固定在水
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中，S 极上套有一个浮筒，浮筒上绕有线圈，其截面示意图如图甲所示。浮筒可随波浪上下往
复运动切割磁感线而产生电动势，线圈中产生的感应电动势随时间按正弦规律变化，如图乙所
示，线圈电阻r＝2Ω，把线圈与阻值R＝8Ω 的小灯泡串联，小灯泡恰好正常发光。下列说法正
确的是（ ）
A．小灯泡的额定电压为3V
B．线圈中电流的有效值为0.5A
C．发电机的输出功率为1.28W
D．一周期内线圈产生的焦耳热为0.128J
【解答】解：AB、由图可知，感应电动势有效值为：E = Em
√2 = 4√2
√2 V = 4V
根据闭合电路的欧姆定律，线圈中的电流：I =
E
R+r =
4
8+2 A =0.4 A
由此时小灯泡正好正常发光，小灯泡的额定电压：U＝IR＝0.4×8V＝3.2V，故AB 错误；
C、发电机输出功率为：P＝UI＝0.4×3.2W＝1.28W，故C 正确；
D、根据焦耳定律，一周期内线圈产生的焦耳热为Q＝I2rT＝0.42×2×0.4J＝0.128J，故D 正确。
故选：CD。
[例题8] 如图为正弦电流和方波电流随时间的变化关系图像，关于甲、乙、丙、丁四幅图
下列说法正确的是（ ）
A．
图中电流的最大值为2A，有效值为
√2 A
，周期为5s
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B．
图中电流的最大值为5A，有效值为2.5A，周期为4s
C．
图中电流的最大值为2A，有效值为1A，周期为4s
D．
图中电流的最大值为4A，有效值为3.5A，周期为2s
【解答】解：A．图甲中电流的最大值为2A，周期为4s，有效值为I 有= I m
√2 = 2
√2 A =√2 A，故
A 错误；
B．图乙中电流的最大值为5A，周期为2s，有效值为I 有= I m
√2 = 5
√2 A = 5√2
2
A，故B 错误；
C．图丙中电流的最大值为2A，周期为4s，有效值为I 有
2 RT =( I m
√2 )
2
R⋅T
2
，代入数据解得I 有
＝1A，故C 正确；
D．图丁中电流的最大值为4A，周期为2s，有效值为I 有
2 RT = I 1
2 R⋅T
2 + I 2
2 R⋅T
2
，解得
I 有=√
I 1
2
2 + I 2
2
2 =√
4
2
2 + 3
2
2 A = 5√2
2
A
，故D 错误。
故选：C。
[例题9] 随着国家“双碳”计划的推进，单相发电机得到广泛的应用。如图甲为单相电交
流发电机内部结构图，匝数为N 的矩形线圈位置不变，磁铁绕轴转动后，线圈中生成正弦波
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形交变电流如图乙所示，其电动势峰值为Em，周期为T，回路总电阻为R，则在0- T
2
时间内
通
过
线
框
截
面
的
电
荷
量
为
（
）
A．EmT
πR
B．N EmT
πR
C．EmT
NπR
D．2 EmT
πR
【解答】解：感应电动势的峰值Em＝NBSω＝NBS2π
T
0～T
2
时间内，通过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝2BS
则通过线框界面的电荷量为q= It=
N ΔΦ
Δt
R
t= NΔΦ
R
= EmT
πR
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[例题10] 图甲为风力发电的简易模型，在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，
磁铁下方的线圈输出的正弦交变电压u 随时间t 的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是
（ ）
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A．磁铁的转速为50r/s
B．该交变电流的频率为100Hz
C．线圈两端输出电压的有效值为4√2V
D．线圈输出电压的表达式为u=8√2sin50 πt(V )
【解答】解：AB、由图乙知，输出交变电压的周期T＝0.02s
则磁铁的转速n= 1
T =
1
0.02
r/s＝50r/s
频率为f= 1
T =
1
0.02
Hz＝50Hz
故A 正确，B 错误；
C、由图乙可知，电压的最大值为U m=8√2V
因此有效值U = U m
√2 = 8√2
√2
V＝8V
故C 错误；
D、线圈转动的角速度ω= 2π
T = 2π
0.02
rad/s＝100πrad/s
交变电压瞬时值表达式为u＝Umsinωt=8√2sin100 πt(V )
故D 错误。
故选：A。
五、理想变压器
1．匝数比不变的情况(如图1 所示)
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R 如何变化，U2不变．
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化．
(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化．
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图1 图2
2．负载电阻不变的情况(如图2 所示)
(1)U1不变，发生变化，故U2变化．
(2)R 不变，U2变化，故I2发生变化．
(3)根据P2＝，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化．
六、变压器中的“等效电阻”：
[例题11] 如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2：1，电压
表和电流表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝10Ω，M、N 输入如图乙所示的电压，T
2 ～T时
间内为正弦曲线，则电压表和电流表的示数分别为（ ）
A．16√3V 、2√3
5
A B．16V、0.8A
C．16V、0.2A
D．16√3V 、√3
5 A
【解答】解：将副线圈上的电阻作为等效电阻，画出等效电路如图所示：
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副线圈的等效电阻为R等=( n1
n2
)
2 R2=( 2
1 )
2×10Ω= 40Ω
由于变压器只能改变交流电压，则解得U MN
2
R
T =
( 40
√2 )
2
R
× T
2
解得UMN＝20V
原线圈中的电流为I 1=
U MN
R1+ R等
=
20
10+ 40 A =0.4 A
则电流表的示数为0.8A，电压表的示数为U =20× 4
5 V =16V ，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[例题12] 如图甲是某款手机置于无线充电盘上充电的情景，图乙是将其视为理想变压器的
原理图，送电线圈和受电线圈分别存在于充电盘和手机中，匝数比为n1：n2＝20：1，在送电
线圈上接入一个工作指示灯，在受电线圈上接入一个电阻R＝5Ω 的保护电阻。当ab 间接上
220V 的正弦交变电流后，手机电池两端获得电压为5V，充电电流为1A，则下列说法正确的
是（ ）
A．ab 端输入恒定电流，也能对手机进行无线充电
B．充电时，送电线圈中的电流为20A
C．充电时，送电线圈的输送功率为10W
D．工作指示灯的电阻为4400Ω
【解答】解：A、当ab 端输入恒定电流时，受电线圈中不会产生感应电流，所以不能对手机进
行无线充电，故A 错误；
B、根据原副线圈电流与匝数的关系：I 1
I 2
= n2
n1
= 1
20
，解得：I 1= 1
20 A，故B 错误；
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C、根据题意：U2＝I2R+U＝1×5V+5V＝10V，所以送电线圈的输送功率为：P1＝P2＝U2I2＝
10×1W＝10W，故C 正确；
D、根据闭合电路欧姆定律，在送电线圈中有：Uab＝I1RL+U1，又根据变压器变压规律可知：
U 1
U 2
= n1
n2
= 20
1
，联立解得：RL＝400Ω，故D 错误。
故选：C。
[例题13] （多选）如图甲所示是一个简易发电机模型，正方形线圈ABCD 的边长为a、匝
数为N，电阻忽略不计。线圈置于匀强磁场中，且绕垂直于磁感线的转轴OO′转动。发电机
通过理想变压器对外工作，变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝1：3，电路中小灯泡完全相同
且电阻恒定，电压表为理想电压表，若线圈以恒定角速度转动，闭合开关S 后，四盏灯都能发
光，副线圈输出的电压如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．四盏灯不能同时正常发光
B．匀强磁场的磁感应强度大小为
U
15 πN a
2
C．若断开开关S，则L1、L2、L3都变暗
D．若断开开关S，则电压表的示数变大
【解答】解：A．根据变压器的工作原理可得：
I 1
I 2
= n2
n1
由此可知，L1的电流是L2的电流的3 倍；电键S 闭合时，L2的电流等于L3与L4的电流之和，由
此可知四盏灯不能同时正常发光，故A 正确；
B．根据图乙可知：
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T＝0.4s
副线圈电压最大值为U，则原线圈中的电压最大值为
U 1= n1
n2
U = 1
3 U
根据欧姆定律可知副线圈中的最大电流为
I 2= U
3
2 R
= 2U
3 R
则原线中的最大电流为
I 1=3 I 2= 2U
R
根据法拉第电磁感应定律可得：
Em=U 1+ I 1 R = 7U
3 = NB a
2× 2π
0.4
解得：B =
7U
15 πN a
2
故B 错误；
CD．若断开开关S，根据电路构造可知副线圈总电阻变大，副线圈总电流变小，则L2变暗。由
I 1
I 2
= n2
n1
可知，副线圈总电流变小时，原线圈电流减小，则L1变暗，其电压减小，原线圈两端电
压升高，由U 1
U 2
= n1
n2
可知，副线圈的电压升高，电压表示数变大；由于L2电流变小，则其电压变
小，所以L3的电压变大，L3将变亮，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
[例题14] 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2 ：1 ，电源的输出电压
u=30√2sin100 πtV ，定值电阻R1＝10Ω，R2＝7.5Ω，R4＝10Ω，滑动变阻器R3的最大阻值为
5Ω。a，b 为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表，导线电阻不计。现将滑动变阻
器滑片P 置于a 端，则（ ）
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A．电流表示数为1.5A
B．电压表示数为15V
C．滑片P 由a 向b 缓慢滑动过程中，电阻R1消耗的功率增大
D．滑片P 由a 向b 缓慢滑动过程中，变压器的输出功率减小
【解答】解：AB、根据题意发电机输出电压不变，所以有：30V＝U 总＝I1R1+U1
又因为：U 2= I 2
R2( R3+ R4)
R2+ R3+ R4
根据变压和变流规律有：U 1
U 2
= n1
n2
= 2
1
，I 1
I 2
= n2
n1
= 1
2
联立解得：I1＝1A，I2＝2A
所以电流表的示数为2A，电压表读数为：UR1＝I1R1＝10V，故AB 错误；
C、滑片P 由a 向b 缓慢滑动过程中，电阻R3减小，副线圈回路中的总电阻减小，I1增大，电阻
R1消耗的功率增大，故C 正确；
D 、根据功率的公式可求变压器的输出功率等于输入功率，即：
P =U 1 I 1=(30- I 1 R1)I 1=-10 I 1
2+30 I 1
根据二次函数知识可得，I1从1A 开始增大过程中，功率先增大后减小，故D 错误。
故选：C。
[例题15] 如图所示，理想变压器原线圈接u=220√2sin100 πt(V )的正弦交流电源，副线
圈中R0是定值电阻，R 是滑动变阻器，所有电表均为理想电表，且电压表示数为22V，下列
说法正确的是（ ）
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A．副线圈中电流的频率为5Hz
B．电流表A1和A2的示数比值始终为10√2：1
C．滑动变阻器滑片向下滑动的过程中，电压表示数不变，电源输入功率增大
D．滑动变阻器滑片向上滑动的过程中，电流表A1示数增大，电源输入功率增大
【解答】解：A．变压器不会改变电流的频率，根据频率的计算公式可得：
f = ω
2π = 100 π
2π
Hz =50 Hz，故A 错误；
B．输入电压有效值为U 1= 220√2
√2
V =220V
根据电压与匝数成正比可得变压器原、副线圈的匝数比为n1
n2
= U 1
U 2
= 220
22 =10：1
电流表A1和A2的示数比值等于I 1
I 2
= n2
n1
= 1
10
，故B 错误；
C．滑片P 向下滑动过程中，变阻器连入电路电阻变小，输入电压及匝数比不变，因此输出电压
不变，所以电压表V2示数不变，根据欧姆定律可得副线圈中电流为：
I 2=
U 2
R+ R2
因为电阻变小，则电路中的电流将变大，所以A2示数变大，因此原线圈中电流I1变大，电源输
入功率I1U1变大，故C 正确；
D．滑片P 向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，输入电压及匝数比不变，输出电压不变，
副线圈中电流减小，原线圈电流减小，电流表A1示数减小，电源输入功率I1U1减小，故D 错误。
故选：C。
[例题16] 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1：n2＝2：5，定值电阻R1＝2Ω，
滑动变阻器R2的最大值为10Ω，阻值恒定的小灯泡L 的规格为“6V 6W”，电流表是理想交
流电表，输入端接入u＝10√2sin10πtV 的交流电压，下列说法正确的是（ ）
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A．通过电流表的电流方向每秒钟改变20 次
B．小灯泡正常工作时，滑动变阻器的阻值为6Ω
C．滑动变阻器阻值为6.5Ω 时，变压器输出功率为12.5W
D．滑片自上而下滑动时，电流表示数先增大再减小
【解答】解：A、根据ω＝2πf＝10π，解得交流电频率f＝5Hz，而每转一圈改变方向两次，即每
秒钟改变方向10 次，故A 错误；
B、将副线圈内阻等效到原线圈R'=( n1
n2
)
2( RL+ R2)，小灯泡正常工作时电阻RL= U L
2
P
，代入数
据解得RL＝6Ω，副线圈电流I L= P
U L
，代入数据解得IL＝1A，则原线圈电流I= n2
n1
I L
，代入数据
解得I＝2.5A，由正弦交变电压表达式u＝10√2sin10πtV 可知，正弦交变电压有效值U= 10√2
√2
V
＝10V，则U＝I（R1+R'），代入数据解得R'＝2Ω，R2＝6.5Ω，故B 错误；
C、由B 选项计算可知，当R2＝6.5Ω 时，等效电阻R'＝R1，变压器的输出功率P＝I2R'，代入数
据解得P＝12.5W，故C 正确；
D、滑片自上而下滑动时，R2减小，等效电阻R'减小，原线圈电压恒定，原线圈电流I=
U
R+ R'
，可知电流增大，由于原线圈的电流取决于副线圈的电流，则副线圈电流也一直增大，故D 错
误；
故选：C。
[例题17] “西电东送”是我国实现经济跨区域可持续快速发展的重要保证，如图为模拟远
距离输电的部分测试电路。恒压交流电源、阻值为2Ω 的定值电阻R1和理想变压器相连。变压
器原副线圈匝数比为1：3，电压表和电流表均为理想交流电表，R2是热敏电阻，其阻值随温
度的升高而减小。下列说法正确的是（ ）
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A．环境温度升高时，电流表A1示数减小，灯泡L 变暗
B．环境温度降低时，电流表A2示数减小，电源输出功率变大
C．电压表示数变化ΔU 和电流表A2示数变化ΔI2的关系为| ΔU
Δ I 2
|＝6Ω
D．电压表示数变化ΔU 和电流表A2示数变化ΔI2的关系为| ΔU
Δ I 2
|＝18Ω
【解答】解：A、环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，副线圈总电阻减小，副线圈电流增大，
原线圈电流增大，电流表A1示数增大，电阻R1的电压增大，电压电压不变，则变压器电压减小，
灯泡L 两端的电压减小，电流减小，灯泡变暗，故A 错误；
B、环境温度降低时，热敏电阻的阻值增大，副线圈总电阻增大，副线圈电流减小，电流表A2
示数减小，原线圈电流减小，电源输出功率P＝UI 减小，故B 错误；
CD、原副线圈电压比等于匝数比，电压表示数变化大小为ΔU，则原线圈电压变化量大小为1
3
ΔU，原副线圈电流比等于匝数的反比，电流表A2示数变化大小为ΔI2，则原线圈电流变化量大
小为3ΔI2，电压为恒压交流电源，则电阻R1 的电压变化量大小为1
3
ΔU，由欧姆定律得：R1＝|
1
3 ΔU
3 Δ I 2
|
则| ΔU
Δ I 2
|＝9R1＝9×2Ω＝18Ω
故C 错误，D 正确。
故选：D。
[例题18] （多选）如图所示，变压器为理想变压器，保持交流电电压U 不变，当滑动变阻
器R2的触头向上滑动时，下列说法正确的有（ ）
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A．伏特表的示数不变
B．安培表的示数变小
C．R1消耗的功率变小
D．R1消耗的功率变大
【解答】解：B、当滑动变阻器R2的触头向上滑动时，副线圈电路电阻增大，副线圈电路等效
电阻增大，总电阻增大，交流电电压U 不变，原线圈电流减小，电流表示数变小，故B 正确；
A、由B 得，原线圈电流减小，电阻R1的电压的减小，副线圈电压增大，电压表示数增大，故
A 错误；
CD、由B 得，原线圈电流减小，根据P＝I2R1得，R1消耗的功率变小，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
七、远距离输电问题
1．远距离输电的处理思路
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”，或按从
“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析．
2．远距离高压输电的几个基本关系(以图为例)
图3
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P 损＋P3.
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I 线．
(3)输电电流：I 线＝＝＝.
(4)输电线上损耗的电功率：P 损＝I 线ΔU＝IR 线＝()2R 线．
当输送功率一定时，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.
[例题19] 某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率
500kW。降压变压的匝数比n3：n4＝50：1，输电线总电阻R＝62.5Ω，其余线路电阻不计，用
户端电压U4＝220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）
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A．发电机的输出电流为368A
B．输电线上损失的功率为4.8kW
C．输送给储能站的功率为408kW
D．升压变压器的匝数比n1：n2＝1：44
【解答】解：A、发电机的输出电压U1＝250V，输出功率P1＝500kW＝5.0×105W，根据P1＝
U1I1可得发电机的输出电流为：I1＝2000A，故A 错误；
B、用户端电压U4＝220V，功率P2＝88kW＝8.8×104W，根据P2＝U4I4可得降压变压器线圈中的
电流为：I4＝400A
根据I3：I4＝n4：n3可得降压变压器原线圈中的电流为：I3＝8A
输电线上损失的功率为：ΔP= I 3
2R＝82×62.5W＝4000W＝4.0kW，故B 错误；
C、输送给储能站的功率为：P 储存＝P1﹣P2﹣ΔP＝500kW﹣88kW﹣4.0kW＝408kW，故C 正确；
D、升压变压器副线圈两端电压为U2，根据功率计算公式可得：P2+ΔP＝U2I3，解得：U2＝
11500V
升压变压器的匝数比n1：n2＝U1：U2＝250：11500＝1：46，故D 错误。
故选：C。
[例题20] 如图为远距离输电的电路原理图，变压器为理想变压器并标示了电压和电流，其
中输电线总电阻为R，U1恒定，则（ ）
A．I 2= U 2
R
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B．输电效率为U 4
U 1
×100 %
C．用户的用电器数量增多时，U4将减小
D．用户得到的电功率可能等于电厂输出的电功率
【解答】解：A、根据欧姆定律得：I 2= U 2-U 3
R
，故A 错误。
B、输电效率为：η= I 4U 4
I 1U 1
×100 %，故B 错误。
C、用户用电器数量增多时，总电阻减小，I4增大，则I2增大，输电线上损失的电压增大，U2不
变，则U3将减小，由U 3
U 4
= n3
n4
知U4将减小，故C 正确。
D、由于输电线上有功率损失，则用户得到的电功率小于电厂输出的电功率，故D 错误。
故选：C。
[例题21] 2022 年12 月1 日起我市执行峰谷分时电价政策，引导用户错峰用电。为了解错
峰用电的好处，建立如图所示的电网仅为3 户家庭供电模型。3 户各有功率P＝3kW 的用电器，
采用两种方式用电：方式一为同时用电1 小时，方式二为错开单独用电各1 小时。两种方式用
电时输电线路总电阻损耗的电能分别为ΔE1、ΔE2，若用户电压恒为220V，不计其它线路电阻，
则（ ）
A．两种方式用电时，电网提供的总电能相同
B．变压器原、副线圈的电流与匝数成正比
C．Δ E1
Δ E2
=3
D．Δ E1
Δ E2
=9
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【解答】解：A．三个用电器同时接入电路时，总电阻比三个用电器单独用电时小，副线圈电流
大，原线圈电流大，则输电线上损耗的功率大，两种方式用电时，电网提供的总电能不相同，
故A 错误；
B．变压器原、副线圈的电流与匝数成反比，故B 错误；
CD．三个用电器同时接入电路时，总电阻为单独用电时电阻的1
3
，输电线中的电流为单独用电
时3 倍，而输电时间是单独用电时1
3
，根据ΔE＝Q＝I2Rt，可知Δ E1
Δ E2
=3，故C 正确，D 错误。
故选：C。
[例题22] 随着经济发展，加之寒冬来临，用电需求增加，当火力发电供应紧张时，通过远
距离调度方式，会及时将其他地区的风力发电、太阳能发电并入电网保障电力供应。如图是远
距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，两个变压器均为理想变压器。当用户用电
器增加（假设所有用电器均可视为纯电阻），电网中数据发生变化，下列说法正确的是
（ ）
A．降压变压器的输出电流I4减小
B．输电线上损失的功率减小
C．升压变压器的输出电压U2增大
D．发电厂输出的总功率增大
【解答】解：C、根据原、副线圈电压比等于匝数比可得U 1
U 2
= n1
n2
可得升压变压器的输出电压为U 2= n2
n1
U 1
由于匝数不变，发电厂输出电压恒定不变，可知升压变压器的输出电压U2不变，故C 错误；
A、原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数反比，设输电线电阻为R 线，用户端总电阻为
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R，在高压传输电路上，有U2＝U3+I2R 线
又U 3
U 4
= n3
n4
I 2
I 4
= n4
n3
I 4= U 4
R
联立可得：U 2=( n3
n4
R+ n4
n3
R线)I 4
当用户用电器增加，用电器为并联，用户端总电阻R 减小，则降压变压器的输出电流I4增大，
故A 错误；
B、原副线圈电流比等于匝数的反比，有：I 2
I 4
= n4
n3
由A 得，I4增大，则I2增大，输电线上损失的功率为P损= I 2
2 R线
输电线上损失的功率增大，故B 错误；
D、根据I 1
I 2
= n2
n1
由B 得，I2增大，则I1增大，发电厂输出的总功率为P 出＝U1I1
发电厂输出的总功率增大，故D 正确。
故选：D。
[例题23] （多选）新一代标准动车组“复兴号”是中国自主研发、集成了大量现代国产高
新技术的新一代高速列车。如图“复兴号”高铁的供电流程是将电网高压U1经过牵引变电所
进行变压（可视作理想变压器）降至U2，通过接触网上的电线与车顶上的受电器进行接触完
成受电，机车最终获得U3的电压使高铁机车运行，牵引变电所到机车之间线路的电阻不可忽
略。根据上述信息可知（ ）
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A．牵引变电所变压器的原、副线圈匝数比n1：n2＝U1：U2
B．机车获得的电压U3与牵引变电所输出的电压U2相等
C．如果高铁机车功率为P，则牵引变电所到机车之间线路的等效电阻为r= (U 2-U 3)
2
P
D．如果高铁机车功率为P，牵引变电所到机车之间线路损耗的电功率为P 额= P(U 2-U 3)
U 3
【解答】解：A、电网的电压为U1，牵引变电所进行变压降至U2，则变电所的变压器原、副线
圈匝数比为n1：n2＝U1：U2，故A 正确；
B、由题，馈线的电阻不能忽略不计，所以机车获得的电压U3小于牵引变电所输出的电压U2，
故B 错误；
C、若高铁机车功率为P，则机车获得的电流：I = P
U 3
，所以牵引变电所到机车之间线路的等效
电阻为r= U 2-U 3
I
= U 2U 3-U 3
2
P
，故C 错误；
D 、若高铁机车功率为P ，则牵引变电所到机车之间线路损耗的电功率为：
P损= I
2r = P(U 2-U 3)
U 3
，故D 正确。
故选：AD。
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