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第45 讲 交变电流 传感器
目录
01
考情解码·命题预警2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................4
考点一 交变电流的产生及变化规律................................................................................................4
知识点 交变电流的产生及变化规律.........................................................................................................4
考向 交变电流的产生及变化规律.............................................................................................................5
考点二 交变电流的描述....................................................................................................................8
知识点1 交变电流的描述..........................................................................................................................8
知识点2 交变电流“四值”的理解与应用......................................................................................8
考向 交变电流的描述................................................................................................................................. 9
考点三 变压器..................................................................................................................................13
知识点1 变压器的工作原理与基本关系........................................................................................13
知识点2 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系................................................................14
知识点3 理想变压器的动态分析问题............................................................................................14
考向1 变压器............................................................................................................................................15
考向2 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系....................................................................19
考点四 特殊变压器与特殊处理方法..............................................................................................23
知识点1 两类特殊变压器........................................................................................................................23
知识点2 等效电阻与等效电源法分析变压器问题................................................................................24
考向1 两类特殊变压器............................................................................................................................25
考向2 等效电阻与等效电源法分析变压器问题....................................................................................29
考点五 电能的输送..........................................................................................................................34
知识点 电能的输送................................................................................................................................... 34
考向 电能的输送....................................................................................................................................... 34
考点六 传感器..................................................................................................................................38
知识点1 传感器原理................................................................................................................................38
知识点2 常见传感器的结构图和电路符号............................................................................................39
知识点3 传感器的其他种类....................................................................................................................39
考向 传感器............................................................................................................................................... 40
04 真题溯源·考向感知.......................................................................................................................42
1
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
交变电流
选择题
非选择题
\
全国甲卷T6,6 分
\
传感器
选择题
非选择题
\
\
\
考情分析：
1．四川高考对交变电流的产生和描述部分考查不多，主要侧重于考查相关概念、规律及应用，题型以选
择题为主，整体难度中等偏易。
2．从命题思路上看，试题情景为
常以交变电的正弦图像和导线框在磁场中的转动为背景出题，也会结合科技类题型，如发电机的工作原理
等进行考查，注重考查学生对基本概念和规律的理解及应用能力。
复习目标：
目标一：深入理解正弦式交变电流的产生原理，能清晰阐述线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速
转动时的过程，准确说出中性面和与中性面垂直位置的特点，包括磁通量、磁通量的变化率、感应电动
势、电流等物理量在这两个位置的大小和方向变化情况。
目标二：掌握描述交变电流的各物理量，明确最大值、有效值、周期、频率的物理意义，能准确进行它们
之间的换算，尤其要掌握有效值的计算方法，知道不同类型交变电流（如正弦式、方波式等）有效值的求
解思路。
目标三.：根据线圈转动的情况正确书写交变电流的表达式，包括感应电动势、电流的瞬时值表达式，且
能结合图像信息写出对应的表达式。
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考点一 交变电流的产生及变化规律
知识点 交变电流的产生及变化规律
1.产生：线圈绕
垂直
于磁场方向的轴匀速转动。
2.两个特殊位置的特点
（1）中性面：S⊥B，Φ
最大
，ΔΦ
Δt ＝0，e＝
0
，i＝
0
，电流方向发生改变。
（2）与中性面垂直：S∥B，Φ＝0，ΔΦ
Δt 最
大
，e 最
大
，i 最
大
，电流方向不改变。
3.电流方向的改变：一个周期内线圈中电流的方向改变
两
次。
4.图像：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从经过中性面位置开始计时，则其图像为
正弦
曲线，如图所示。
5.变化规律（线圈从经过中性面位置开始计时）
（1）电动势e 随时间变化的规律：e＝
E msin
ωt
。
（2）路端电压u 随时间变化的规律：u＝Umsin ωt＝ Em R
R＋r · sin
ωt
。
（3）电流i 随时间变化的规律：i＝Imsin ωt＝ Em
R＋r · sin
ωt
，其中Em＝
NBSω
。
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6.正弦式交变电流产生过程中的两个特殊位置
图
示
特
点
B⊥S
B∥S
Φ＝BS，最大
Φ＝0，最小
e＝n ΔΦ
Δt ＝0，最小
e＝n ΔΦ
Δt ＝nBSω，最大
电流为零，方向改变
电流最大，方向不变
7.交变电流瞬时值表达式
（1）确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式Em＝nBSω 求出相应峰值。
（2）明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。
①线圈在中性面位置开始计时，则i-t 图像为正弦函数图像，函数表达式为i＝Imsin ωt。
②线圈在垂直于中性面的位置开始计时，则i-t 图像为余弦函数图像，函数表达式为i＝Imcos ωt。
考向 交变电流的产生及变化规律
例1（多选）（2025·四川成都·高三月考）某风力发电机的原理如图所示，在图示位置时线圈ABCD 所在
平面与磁感线平行，线圈所处空间可视为匀强磁场，AB、CD 边通过滑环分别与电刷E、F 相连。则线圈
ABCD 转至图示位置时（ ）
A．穿过线圈的磁通量最小
B．穿过线圈的磁通量的变化率最大
C．流过电阻R 的电流方向为右→左
D．AB 边受到的安培力方向垂直线圈平面向下
【答案】AB
【详解】A．此时穿过线圈的磁通量为零，而磁通量的变化率最大，故AB 均正确；
C．此时，电流方向为DCBAEFD，则流过电阻R 的电流方向为左→右，故C 错误；
D．由左手定则，AB 边受到的安培力方向垂直线圈平面向上，故D 错误。
5
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故选AB。
【变式训练1】图甲是交流发电机的示意图，两磁极之间的磁场可视为匀强磁场，金属线圈ABCD 绕转轴
OO'匀速转动，A 为电流传感器（与计算机相连），R为定值电阻，线圈电阻为r，其余电阻不计。图乙
为计算机上显示的电流数据随时间变化的图像。下列说法中正确的是（ ）
A．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时感应电动势为0，对应图乙中t2或t 4时刻
B．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时感应电动势最大，对应图乙中t2或t 4时刻
C．t1、t3时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最小，磁通量的变化率最大
D．t2、t 4时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最小，磁通量的变化率最大
【答案】D
【详解】AB．图甲所示位置线圈平面与磁场垂直，即为中性面，此时的感应电动势为0，回路中的感应电
流为0，对应图乙中t1或t3时刻，故AB 错误；
C．结合上述，t1、t3时刻线圈处于中性面，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，由于此时的感应电动势为
0，则此时的磁通量的变化率最小，故C 错误；
D．根据图乙可知，t2、t 4时刻的感应电流最大，即此时的感应电动势最大，则此时线圈平面与中性面垂
直，即线圈平面平行于磁场方向，穿过线圈的磁通量的绝对值最小，由于此时感应电动势最大，则此时磁
通量的变化率最大，故D 正确。
故选D。
【变式训练2】在同一匀强磁场中，两个相同的矩形金属线圈a、b分别绕线圈平面内且与磁场垂直的轴匀
速转动，产生的电动势随时间变化的图像如图所示，（不计线圈的阻值）则（ ）
A．线圈a的转速是b的2
3
B．t =0.01s时，线圈a恰好经过中性面
C．将一只交流电压表接在线圈b两端，电表的示数为5√2V
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D．将电阻值相同的两个电阻分别与线圈a、b串联，在6s 内两电阻上产生的热量之比为4
9
【答案】C
【详解】A．由图可知，线圈a、b在同一磁场中转动产生的交流感应电动势的周期之比T a
T b
= 2
3
所以线圈转动的周期之比也为2
3，根据n= 1
T
可知线圈a、b的转速之比为3
2，所以线圈a的转速是线圈b的3
2，A 错误；
B．线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动，产生正弦式交流电，当线圈中的磁通量为0 时，感应电动势最大，
所以0.01s时，线圈a处在与中性面垂直的平面，B 错误；
C．交流电压表测量的是电路中电压的有效值，所以电压表的示数应为Eb= Emb
√2 =
2
3 Ema
√2 =5√2V，C 正
确；
D．计算热量需要用有效值，根据上述Ea
Eb
= na
nb
= 3
2
根据Q = U
2
R t，所以两电阻产生的热量之比Qa
Qb
= Ea
2
Eb
2 = 9
4 ，D 错误。
故选C。
【变式训练3】（2025·四川绵阳·高三月考）某同学在研究交变电流的变化中得到以下图像，图中各图线中
不表示交流电的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】交流电是指电流的方向发生周期性变化的电流；所以图中各图线中表示交流电的是A、C、D；图
中各图线中不表示交流电的是B。
故选B。
【变式训练4】下列图像中不属于交变电流的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】ABC．交变电流的方向随时间做周期性变化，三个图中电流均为交变电流；故ABC 错误；
D．图中电流大小虽然在周期性变化，但方向不变，是直流电，不是交变电流，故D 正确。
故选D。
考点二 交变电流的描述
知识点1 交变电流的描述
1.周期和频率
（1）周期T：交变电流完成一次周期性变化（线圈转动一周）所需要的时间，国际单位是秒（s）。
（2）频率f：交变电流在
1
s 内完成周期性变化的次数，单位是赫兹（Hz）。
（3）周期和频率的关系：T＝1
f 。
2.峰值：Em＝NBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关。
3.有效值
让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的
热量
相等，
就把这一恒定电流的数值叫作这一交变电流的
有效值
。
4.正弦式交变电流的有效值
E＝ Em
√2
，U＝ U m
√2
，I＝ I m
√2
。
知识点2 交变电流“四值”的理解与应用
物理量
表达式
适用情况及说明
瞬时值
e＝Emsin ωt
计算线圈某时刻的受力情况
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u＝Umsin ωt
i＝Imsin ωt
最大值
（峰值）
Em＝nBSω
Im＝Em
R＋r
讨论电容器的击穿电压
有效值
对正弦式交变电流有E＝
Em
√2
；U＝U m
√2
；I＝I m
√2
（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；
（4）电表的读数为有效值
平均值
E＝BLv；E＝n ΔΦ
Δt ；I
＝
E
R＋r
计算通过电路横截面的电荷量
考向 交变电流的描述
例1（2025·四川攀枝花·高三月考）如图所示为某交流电的电流i 随时间t 变化的关系图像，其周期为3t0，
0~t0时间内为正弦波形，则该交流电流的有效值为（ ）
A．I0
B．I 0
√2
C．I 0
√3
D．√3 I 0
2
【答案】B
【详解】由焦耳定律可得( I 0
√2 )
2
⋅R⋅t0+ I 0
2⋅R⋅t0= I
2 R⋅3t0
解得I = I 0
√2
故选B。
【变式训练1】（2025·四川南充·高三月考）风能是一种清洁的可再生能源，小型风力交流发电机，其原理
可以简化为图甲，发电机线圈电阻r=2Ω，外接电阻R=10Ω，其余电阻不计，当线圈匀速转动时，产生的
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电动势随时间变化如图乙所示，则（ ）
A．t=0.1s 时，电压表的示数为10V
B．t=0.2s 时，线圈恰好转到图示位置
C．通过电阻R的电流方向每秒改变10 次
D．若将电阻R换成击穿电压为10V 的电容器，电容器不会被击穿
【答案】A
【详解】A．交变电流电压表的示数应该为交变电压的有效值，正弦式交变电压的有效值为
E = Em
√2 = 12√2
√2 V=12V
所以电压表的示数为U = IR =
E
r + R R =10 V，故A 正确；
B．t=0.2s 时，线圈产生的感应电动势为零，磁通量应为最大，此时线圈应处于中性面，故B 错误；
C．交变电流在一个周期内，电流方向改变两次，此交变电流的周期为0.4s，所以通过电阻R 的电流方向
每秒改变5 次，故C 错误；
D．交变电流的峰值为12√2V，而电容器的击穿电压为10V，故交变电流的峰值大于电容器的击穿电压，
电容器会被击穿，故D 错误。
故选A。
【变式训练2】（2025·四川达州·高三月考）半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流，将交
变电流变为直流，一种简单的整流电路如图甲所示，ab为交变电流信号输入端，D为半导体二极管，R为
定值电阻。信号输入后，电阻R两端输出的电压信号如图乙所示，则关于该输出信号，下列说法正确的是
（ ）
A．该输出电压频率为100 Hz
B．一个标有“200 V，100μF”的电容器并联在电阻R两端，可以正常工作
C．该输出电压有效值为220 V
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D．若电阻R =10Ω，则10s内R产生的热量为2.42×10
4J
【答案】D
【详解】A．由图乙可知，该电压的周期为0.02s，可知交变电流的频率为f = 1
T =
1
0.02 Hz=50 Hz，故A 错
误；
B．因电阻R 两端的电压最大值为220√2V，大于200V，因此一个标有“200 V，100μF”的电容器并联
在电阻R 两端，不可以正常工作，故B 错误；
C．由图乙可知，前T
2 周期内最大电压为220√2V，后T
2 周期内电压是零，由有效值的定义可得
(
U m
√2)
2
R
⋅T
2 = U
2
R T
，解得R 两端电压的有效值为U =110√2V，故C 错误；
D．若电阻R =10Ω，由焦耳定律，可得10s 内R 产生的热量为Q = U
2
R t = (110√2)
2
10
×10J =2.42×10
4J
，故D 正确。
故选D。
【变式训练3】（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示是风力交流发电机的示意图，已知发电机线圈面积
0.5 m
2，匝数10 匝，线圈处在磁感应强度大小为0.8T的磁场中。稳定发电期间，线圈转速为1500r/min
，从线圈经过中性面开始计时，则（ ）
A．发电机产生电动势的瞬时值表达式为e =200 π sin50 πt(V)
B．时间1s内，线圈中电流方向改变100 次
C．发电机产生电动势的峰值为100√2π V
D．线圈转动一圈，产生电动势的平均值为100 V
【答案】A
【详解】AC．发电机产生电动势的瞬时值表达式为e = NBSωsin ωt
ω=2πn=2π × 1500
60 rad/s=50 π rad/s
Em = NBSω=200 π(V)
解得e =200 π sin50 πt(V)，A 正确，C 错误；
B．T = 2π
ω = 1
25 s
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一个周期内电流方向改变两次，可知1s 有25 个周期，电流方向改变50 次，B 错误；
D．根据法拉第电磁感应定律，线圈转一圈E = N Δϕ
Δt
= N (BS−BS)
Δt
=0，D 错误。
故选A。
【变式训练4】（2025·四川绵阳·高三月考）在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的浮船上下做受迫振动。
如图，船下方通过长为L 的绝缘轻杆连接着质量为m，长度为d 的水平金属棒MN，位于纸面内。已知整
个系统在竖直方向近似做简谐运动，浮船的运动速度随时间变化的关系式v = Aωsin(ωt +φ)。若将海面
下地磁场的水平分量视为磁感应强度大小为B、垂直于纸面向里的匀强磁场，忽略金属棒MN 的电阻，金
属棒MN 两端电压的最大值设为U m，有效值设为U，则（ ）
A．U m =√2BdAω
B．U m = BLAω
C．U = √2
2 BdAω
D．U = √2
2 BLAω
【答案】C
【详解】AB．由已知条件可知，金属棒速度的最大值为vm = Aω
因此，可知金属棒两端产生的电压的最大值U m = Bd vm = BdAω，故AB 错误；
CD．有效值为U = U m
√2 = √2
2 BdAω，故C 正确，D 错误。
故选C。
【变式训练5】（多选）某款发电机示意图如图所示，矩形线框置于水平向右的磁感应强度为B 的匀强磁
场中，中心轴OO
′与磁场垂直，E、F 端分别接在相互绝缘的两个半圆环上，让半圆环和线框一起以角速
度ω顺时针匀速转动，两个半圆环在转动过程中先后分别和两个固定电刷C、D 接触，初始时刻线框平面
与磁场平行，矩形线框面积为S 电阻为r，电刷C、D 之间接有一阻值为R 的电阻，其余部分电阻不计，则
（ ）
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A．初始时刻磁通量变化率最大
B．流过电阻R 的电流变化周期为2π
ω
C．线圈从图示位置转动一周的过程中通过电阻R 的电荷量为0
D．线圈从图示位置转动一周的过程中电阻R 产生的热量为π B
2S
2ωR
(R+r)
2
【答案】AD
【详解】A．初始位置磁通量为0，但磁通量的变化率最大，故A 正确；
B．根据右手定则可知，通过电阻的电流方向始终不变，则甲输出是直流电，流过电阻R 的电流变化周期
为T =π
ω
故B 错误；
C．根据正弦式交流电峰值和有效值的关系可知转动一周的过程中电流的有效值为
I 有= I m
√2 =
Em
√2( R+r ) =
BSω
√2( R+r )
转动一周的过程中，每转过90°，通过电阻的电荷量为q0= I t =
E
R+r t =
ΔΦ
( R+r )t ⋅t = BS
R+r
则转动一周的过程中流过电阻的电荷量q = 4 q0= 4 BS
R+r
故C 错误；
D．线圈从图示位置转动一周的过程中电阻R 产生的热量为Q = I 有
2 R 2π
ω =πB
2S
2ωR
( R+r )
2
故D 正确。
故选AD。
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考点三 变压器
知识点1 变压器的工作原理与基本关系
1.构造和原理
（1）构造：如图所示，变压器是由
闭合铁芯
和绕在铁芯上的
两个线圈
组成的。
（2）原理：利用电磁感应的
互感
现象。
2.基本关系式
（1）功率关系：
P 1＝
P 2 。
（2）电压关系：只有一个副线圈时， U 1
n1
＝U 2
n2
；
有多个副线圈时，
U 1
n1
＝
U 2
n2
＝
U 3
n3
＝…＝
U n
nn
。
（3）电流关系：只有一个副线圈时， I 1
I 2
＝n2
n1
；
有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。
（4）频率关系：f1＝f2（变压器不改变交变电流的频率）。
知识点2 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（如图所示）
（2）实验方法：控制变量法
①n1、U1一定，研究n2和U2的关系。
②n2、U1一定，研究n1和U2的关系。
2.实验器材
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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n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响。
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，则应先
选择交流电压挡的最大量程进行试测，再选择适当量程。
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n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数n1对副线圈电压U2的影响。重
复（1）中步骤。
4.数据处理
由数据分析变压器原、副线圈两端的电压U1、U2之比与原、副线圈的匝数n1、n2之比的关系。
5.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，使用交流电压挡测量电压时，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。
知识点3 理想变压器的动态分析问题
1、匝数比不变、负载变化的变压器的动态分析思路
（1）U1不变，根据 U 1
U 2
＝ n1
n2
，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R 如何变化，U2不
变。
（2）当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。
（3）I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。
2、负载电阻不变、匝数比变化的变压器动态分析思路
（1）U1不变， n1
n2
发生变化，U2变化。
（2）R 不变，U2变化，I2发生变化。
（3）根据P2＝ U 2
2
R
和P1＝P2、P1＝U1I1，可以判断P2变化时，P1发生变化；U1不变，I1发生变化。
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考向1 变压器
例1（2025·四川广安·高三月考）如图所示，理想变压器原线圈与副线圈的匝数比为2：1，ab 端接交流电
源，此时电路消耗的总功率为P。若只将电阻R0与电阻R 互换位置，其他条件不变，此时电路消耗的总功
率为3P，则R0与R 的比值为（ ）
A．1：11
B．11：1
C．2：7
D．7：2
【答案】A
【详解】设ab 端输入的总电压为U，原线圈两端电压为U1，电流为I1，副线圈两端电压为U2，电流为I2，
则U = I 1 R0+U 1
又由
U 1
U 2
= n1
n2
= 2
1
则U 2= 1
2 U 1
所以U = I 1 R0+2U 2= I 1 R0+2 I 2 R
又根据
I 1
I 2
= n2
n1
= 1
2
得I 2=2 I 1
则U = I 1 R0+ 4 I 1 R
当电阻R0与电阻R 互换位置后U = I 1
′ R +U 1
′
又由
U 1
′
U 2
′ = n1
n2
则U 2
′ = 1
2 U 1
′
所以U = I 1
′ R+2U 2
′ = I 1
′ R+2 I 2
′ R0
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又根据
I 1
′
I 2
′ = n2
n1
= 1
2
得I 2
′ =2 I 1
′
则U = I 1
′ R+ 4 I 1
′ R0
又因为总功率P
3 P = U I 1
U I 1
′
得I 1
′ =3 I 1
则联立可得I 1 R0+ 4 I 1 R =3 I 1 R+12 I 1 R0
解得R0
R = 1
11
故选A。
【变式训练1】图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，
并将其加在理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为理想交流电表。当
变压器副线圈电压的瞬时值大于4000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花点燃气体。下列说法正确的
是（ ）
A．交变电流的周期是0.02s,1s内电流方向变化了50 次
B．原、副线圈通过交变电流的频率之比为n1:n2
C．电压表示数为5 V
D．若原副线圈匝数比为1:900，可以使燃气灶点火
【答案】D
【详解】A．根据题图可知交变电流的周期是0.02s，一个周期内电流方向改变两次，则1s 内电流方向变化
了1
0.02 ×2=100次，故A 错误；
B．变压器不改变交流电的频率，比可知原、副线圈通过交变电流的频率之比为1:1，故B 错误；
C．电压表示数为交变电源的有效值，则电压表示数为U =5
√2 V =2.5√2V
故C 错误；
D．变压器原线圈电压的最大值为5V，根据理想变压器原副线圈电压比等于线圈的匝数比可得副线圈电压
的最大值U 2= n2
n1
⋅U 1=4500V
大于4000V，可知可以使燃气灶点火，故D 正确。
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故选D。
【变式训练2】如图所示是一种电力变压器的铭牌中的部分信息。根据上面标示的信息，下列说法正确的
是（ ）
A．额定容量指的是电荷量
B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多
C．正常工作时，副线圈输出直流电压400V
D．正常工作时，副线圈中电流比原线圈中电流小
【答案】B
【详解】A．根据额定容量的单位可知，其是电压与电流的乘积，即电功率，A 错误；
B．根据变压器的原理可知U 1
U 2
= n1
n2
解得原、副线圈的匝数比为
n1
n2
= 25
1
B 正确；
C．变压器只对交流电起作用，故副线圈输出仍是交流电压400V，C 错误；
D．根据变压器的原理I 1
I 2
= n2
n1
= 1
25
可知正常工作时，副线圈中电流比原线圈中电流大，D 错误。
故选B。
【变式训练3】家用燃气灶的脉冲点火器如图甲所示，其内部需要一节干电池供电，工作原理如图乙所
示，转换器可以将直流电压转化为如图丙所示的周期为T（周期极短）的脉冲电压（波形可认为按正弦规
律变化）），峰值为5V，将其加在理想升压变压器的原线圈上，当变压器副线圈电压的瞬时值大于
5000V 时，钢针和金属板就会产生电火花，进而点燃燃气灶，则（ ）
A．图乙中理想电压表的示数为√5V
B．图乙中理想电压表的示数为5√2
4
V
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C．变压器原、副线圈的匝数比应满足n1
n2
>
1
1000
D．点火器正常工作时，单位时间内的放电次数为2
T
【答案】B
【详解】AB．理想电压表的示数为有效值，有( U m
√2 )
2
R
× T
4 = U 有
2
R T
，U m=5V
解得U 有= 5√2
4
V
故A 错误，B 正确。
C．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V 时，钢针和金属板就会产生电火花，临界情况为n1
n2
=
5
5000
故变压器原、副线圈的匝数比应满足
n1
n2
<
1
1000
故C 错误。
D．变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是1
T 。点火器正常工作时，钢针和金属板间每隔时
间T 放电一次，所以单位时间内的放电次数为1
T ，故D 错误。
故选B。
【变式训练4】（2025·四川遂宁·高三月考）如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升
压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器T′的原、副线圈匝数分别为n3、n4，其中电压表
和电流表均为理想交流电表。原线圈两端接入一电压u=Umsinωt 的交流电源，用户电阻为R（纯电阻），
若用户消耗功率为P，输电线的总电阻为r，不考虑其他因素的影响，输电线上损失的电功率P 损，下列说
法错误的是（ ）
A．电压表V 的示数U = √2n2
2n1
U m
B．电流表A2的示数I 2=√
P损
r
C．电流表A1的示数I 1= √2（P损+ P❑）
2U m
D．接入的用户越多，输电线上损失的电压越大
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【答案】C
【详解】A．由题目可知，原线圈两端电压最大值为Um，则有效值U 1= √2
2 U m，设升压变压器原线圈电压
为U1，副线圈电压为U2，根据理想变压器特性可知U 1
U 2
= n1
n2
，则电压表V 的示数
U =U 2= n2
n1
U 1= √2n2
2n1
U m，故A 正确，不符合题意；
B．设输电线电流为I2，输电线的总电阻为r，由题已知输电线上损失的电功率P损= I 2
2r，则I 2=√
P损
r
，
故B 正确，不符合题意；
C．由功率关系可知U 2 I 2= P+ P损，则I 2= P+ P损
U 2
，设原线圈电流为I1，根据理想变压器特性可知
I 1
I 2
= n2
n1
，则I 1= n2
n1
I 2= n2
n1
P+ P损
U 2
，由A 选项可知U 2= √2n2
2n1
U m，则I 1= √2( P+ P损)
U m
，故C 错误，符合
题意；
D．根据远距离输电模型可知，最终用户负载越多，等效负载R 越小，则输电线路电流I2越大，则输电损
耗电压ΔU=I2r 越大，故D 正确，不符合题意；
故选C。
考向2 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
例1（2025·四川眉山·高三月考）某学习小组用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。
(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学
方法是_____；
A．控制变量法
B．等效替代法
C．整体隔离法
D．微元求和法
(2)学习小组中小明先将图1 中的零件组装成图2 中的变压器，再将原线圈接在交流电源上，之后再将副线
圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈输出电压U2随时间t 变化的图像如图3 所示，
在保证安全的前提下，小明可能在t1~t2时间内进行的操作是_____；
A．减少了原线圈的匝数
B．拔掉了变压器铁芯Q
C．减小了交流电源的频率
D．增大了原线圈的输入电压
(3)学习小组中的小华在实验过程中，选择不同的变压器的原、副线圈匝数，利用电压传感器测量相应电压
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（N1、N2上电压分别为U1、U2），记录如图4 所示，由数据可知N1一定是 线圈的匝数（填
“原”或“副”）；
N1/
匝
10
0
10
0
20
0
200
N2/
匝
20
0
40
0
40
0
800
U1/
V
1.5
0
2.1
2
4.9
8
5.66
U2/
V
2.9
5
8.3
2
9.9
2
22.5
8
图4
(4)学习小组中的小文在实验室中找到了一只标有“220V/11V”的变压器，如图5 所示。他看到这个变压器
上有a、b、c、d 四个引出线头，且a、b 引线比c、d 引线粗。在没有相应的说明书情况下，他应该把引线
接交流“220V”（选填“a、b”或“c、d”）；
(5)学习小组中的小雨拆开一理想变压器后，如图6 所示，把一个定值电阻R0与变压器的原线圈连接，把一
可变电阻R 与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为n1、n2.在交流电源的电压有效值U0不变的
情况下，调节可变电阻R 的过程中，当R
R0
= 时，R 获得的功率最大。
【答案】(1)A
(2)B
(3)原
(4)c、d
(5)( n2
n1
)
2
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【详解】（1）根据实验原理可知，实验中需要运用的科学方法是控制变量法。
故选A。
（2）AD．由图知，t1时刻前的电压值大于t2时刻后的电压值，而周期不变，根据减少了原线圈的匝数，
或增大了原线圈的输入电压，副线圈输出电压U 2均增大，故AD 错误；
B．拔掉了变压器铁芯Q，副线圈磁通量减小，则输出电压U 2减小，故B 正确；
C．只减小交流电源的频率，不能改变副线圈输出电压U 2，故C 错误。
故选B。
（3）根据变压器电压与线圈匝数之比可知U 1
U 2
= n1
n2
结合变压器中存在漏磁现象可知，N1一定是原线圈的匝数。
（4）理想变压器的输入功率等于输出功率，因为是降压变压器，所以副线圈的电压小于原线圈的电压，
副线圈的电流大于原线圈的电流，为了减少功率损失，根据电阻定律可知副线圈应用较粗的铜导线绕制，
故应将较细的线圈作为原线圈，他应该把引线c、d 接交流“220 V”。
（5）把变压器和R等效为一个电阻R1，R0作为电源内阻，当内、外电阻相等时输出功率最大，即R1= R0
由
U 1
U 2
= n1
n2
得
I 1 R1
I 2 R = n1
n2
将
I 2
I 1
= n1
n2
代入上式
可得
R1
R =(
n1
n2)
2
则R
R0
=(
n2
n1)
2
此时R 获得的功率最大。
【变式训练1】（2025·四川遂宁·高三月考）某同学在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中
使用的可拆式变压器如图甲所示，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×200”的匝数。
(1)关于变压器，下列说法正确的是____
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A．为保证实验安全，原线圈应接低压直流电源
B．变压器中铁芯是整块硅钢
C．变压器的工作原理是互感现象
D．变压器正常工作后，电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈
(2)左边线圈“0”和“1”接线柱接电源的同时，右边线圈接线柱依次接“0”和“2”、“0”和“8”、“0”和
“16”，上述探究右边线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是____
A．等效法
B．控制变量法
C．转换法
D．类比法
(3)如图乙所示，操作过程中横铁芯没有与竖直铁芯对齐，左边线圈输入电压为U1=4V，匝数为n1=200
匝，改变右边线圈匝数n2，测量右边线圈两端的电压U2，得到U2−n2图像如图丙所示，则可能正确的是图
线 （选填“a”“b”或“c”）。
【答案】(1)C
(2)B
(3)c
【详解】（1）A．变压器改变的是交流电压，因此原线圈不能接低压直流电源，故A 错误；
B．因为变压器的工作原理是电磁感应，如果变压器铁芯是用整块硅钢，则在电磁的作用下，会产生很大
的涡流发热，当热量达到一定程度时，会损坏铁芯和线圈，故不能用整块硅钢，故B 错误；
CD．变压器的工作原理是互感现象，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将
磁场能转化成电能，铁芯起到传递磁场能的作用，而不是靠铁芯导电来传输电能，故C 正确，D 错误。
故选C。
（2）左边线圈“0”和“1”接线柱接电源的同时，右边线圈接线柱依次接“0”和“2”、“0”和“8”、“0”和
“16”，上述探究右边线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是控制变量法。
故选B。
（3）操作过程中横铁芯没有与竖直铁芯对齐，不能视作理想变压器，则有U 1
U 2
> n1
n2
即
U 1
n1
> U 2
n2
故U2−n2图像斜率应满足k = U 2
n2
< U 1
n1
= 4
200 = 8
400
则可能正确的是图线c。
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【变式训练2】某同学想为一台小型收录机自制一个电源。他先制作了一个交流变为直流的整流器，但是
这个整流器需要用6 V 的交流电源，于是他又添置了一台二手的220 V 转6 V 的变压器，如图所示。他看
到这个变压器上有a、b、c、d 四个引出线头，却没标哪边是输入220V。
(1)他不知道接法，也没有相应的说明书，他想着反正输出只有6V，就用220V 分别接ad 和bc 看看两种接
法哪个输出是6V 就可以判断输入端了，这样做是否有安全风险？ ；（选填“有”或“没有”）
(2)进一步观察发现a、d 引线比b、c 引线粗。你能帮他判断正确的接法是ad 端接 ；（选填“220
V”或“6 V”）
(3)接好电路后，经检验，变压器输出总比6V 小，下列可能的原因不正确的是 。
A．变压器线圈中有电流通过时会发热
B．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失
C．原线圈输入电压发生变化
D．铁芯在交变磁场的作用下会发热
【答案】(1)有
(2)6V
(3)C
【详解】（1）这样做有风险，由于变压器输入功率等于输出功率，采用的是降压变压器，根据P=UI 可
知，副线圈中的电流大，为了减小输电线上功率的损失，故副线圈电线电阻要小，故引线要粗，原线圈引
线要细。接错了容易烧毁原线圈。
（2）由第（1）小问分析知，a、d 接6V，b、d 接220V。
（3）接好电路后，变压器输出电压总比6V 小，可能的原因是能量传输过程中的能量损失。可能原因有变
压器线圈中有电流通过时会发热，原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失（漏磁），铁
芯在交变磁场的作用下会发热（电流涡流）等。
本题选择不正确的，故选C。
考点四 特殊变压器与特殊处理方法
知识点1 两类特殊变压器
1、自耦变压器 自耦变压器（又称调压器），它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电
源接不同的端点时，它可以升压（如图甲所示）也可以降压（如图乙所示），变压器的基本关系对自耦变
压器同样适用。
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2、互感器
互感器
电压互感器
电流互感器
原理图
原线圈的连接
并联在交流电路中
串联在交流电路中
副线圈的连接
连接电压表
连接电流表
互感器的作用
将高电压变为低电压
将大电流变成小电流
利用的公式
U 1
U 2
＝
n1
n2
I1n1＝I2n2
知识点2 等效电阻与等效电源法分析变压器问题
1.等效电阻的建立
在只有一个副线圈的理想变压器电路中，设原线圈、副线圈的匝数之比为
n1
n2
＝k，负载电阻为R，则变压
器和负载电阻整体可以等效为一个新电阻，其阻值R'＝k2R。
证明：如图甲所示，设原线圈两端的电压为U1、电流为I1，副线圈两端的电压为U2、电流为I2，副线圈所
接负载为R，变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。由欧姆定律可知
U 2
I 2
＝R，令原线圈、副线圈的匝数之
比
n1
n2
＝k，根据理想变压器规律可知
U 1
U 2
＝n1
n2
＝k，
I 2
I 1
＝n1
n2
＝k，联立可得
U 1
I 1
＝k2R，所以可将变压器和副
线圈所接负载整体看成阻值为k2R 的等效电阻直接连在原线圈一侧。等效电路图如图乙所示。
2.等效电源的建立
理想变压器中与原线圈串联的定值电阻为R0，交流电源输出电压为U，设原线圈、副线圈的匝数之比为
n1
n2
＝k，则变压器、定值电阻R0与原交流电源整体可等效为一个新电源，新电源的电动势E'＝U
k ，新电源的
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内阻r'＝
R0
k
2 。
证明：如图丙所示，设原线圈两端的电压为U1、电流为I1，副线圈两端的电压为U2、电流为I2，副线圈所
接负载为R，与原线圈串联的定值电阻为R0，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。将变压器、定值
电阻R0与原交流电源看成一个整体，等效为一个新的电源，令新电源的电动势为E'，新电源的等效内阻为
r'，作出等效后的电路图如图丁所示。
对图丙，由串联电路的规律得U1＝U－I1R0，令
n1
n2
＝k，则
U 1
U 2
＝k，
I 2
I 1
＝k，联立可得U2＝U
k －I2
R0
k
2 。对图
丁，由闭合电路欧姆定律得U2＝E'－I2r'，对两式比较，可得E'＝U
k ，r'＝
R0
k
2 。
考向1 两类特殊变压器
例1 如图所示，一理想自耦变压器线圈AB 绕在一个圆环形闭合铁芯上，从AB 端输入正弦交流电压
u=220√2sin100 πt （V），L1和L2为相同的灯泡，电阻R=110Ω 且恒定不变，定值电阻的阻值R0为灯
泡阻值的1
2。当滑片P 处于如图所示位置时，AB 端与PB 端匝数比为3 1∶；S1、S2闭合时，两灯泡均正常发
光。下列说法正确的是（ ）
A．灯泡正常发光的电流为1A
B．灯泡正常发光的电功率为55W
C．S1、S2均闭合时，将P 沿逆时针方向转动，L1一定变亮
D．断开S1，闭合S2，将P 沿逆时针方向转动，定值电阻消耗的电功率一定变大
【答案】C
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【详解】A．S1、S2闭合时，副线圈电路的阻值
R副=
R⋅R
2
R+ R
2
= R
3
则AB 的等效电阻
R AB=(
n1
n2)
2
R副=3 R
那么此时流过灯泡的电流
I = U 有效
R+ R AB
=0.5 A
A 错误；
B．灯泡正常发光的功率为
P = I
2 R=27.5W
B 错误；
C．P 逆时针转动，n2增多，则n1
n2
变小，RAB变小，则流过灯泡的电流变大，灯泡L1一定变亮，C 正确；
D．断开S1，闭合S2，则有
R AB=(
n1
n2)
2
R0
P 逆时针转动，n2增多，则n1
n2
变小，RAB由9
2 R可减小到1
2 R，讨论R0的功率变化时，可将灯泡L1的电阻R
看做电源的“等效内阻”，当RAB=R 时，R0的电功率最大，D 错误。
故选C。
例2 为实时监测高压输电线的电压和电流，需要测量出输电线上的电压和电流的大小。因高压输电线的电
压和电流很大，可采用互感器进行测量。如图所示，电压互感器K1和电流互感器K2分别连接在高压线上，
设两个互感器的原、副线圈的匝数比分别为k1、k2，两个互感器所连的电表的示数分别为a、b，则高压输
电线的电压和电流分别为（ ）
A．k1
a ，b k2
B．k1a，b
k2
C．b
k2
，k1a
D．b k2，k1
a
【答案】B
【详解】由题意可知，对电压互感器K1，由理想变压器有
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U
a =k1
对电流互感器K2，由理想变压器有
b
I =k2
解得
U =k1a，I = b
k2
故选B。
【变式训练1】如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220V 和1A，已知甲图中原副线
圈匝数比为 100：1，乙图中原副线圈匝数比为1：10，则（ ）
A．甲图中的电表是电压表，输电电压为22000V
B．甲图是电流互感器。输电电流是100A
C．乙图中的电表是电压表，输电电压为22000V
D．乙图是电流互感器，输电电流是100A
【答案】A
【详解】AB．甲是电压互感器，根据变压器电压表电压比等于匝数比
U 1
n1
= U 2
n2
可得输电电压为
U 1=220×100V =22000V
故A 正确，B 错误；
CD．乙图是电流互感器，电表是电流表。只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比
n1 I 1=n2 I 2
可得输电电流为
I 1=1×10 A =10 A
故CD 错误。
故选A。
【变式训练2】一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b 间作为原线圈．通过
滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d 间作为副线圈，在cd 间接定值电阻R．在a、b 间输入电压为U1的
交变电流时，c、d 间的输出电压为U2．在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中（ ）
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A．U 2>U 1，U 2降低
B．U 2>U 1，U 2升高
C．变压器输入功率增大
D．变压器输入功率减小
【答案】D
【详解】AB．根据变压器的电压关系有U 1
U 2
= n1
n2
，当滑动触头M 顺时针转动时，即n2减小时，电压U2应
该减小，即降低，由于n2＜n1，所以U2＜U1，故A 错误，B 错误；
CD．由于电压U2减小，所以定值电阻上的电压减小，则定值电阻消耗的电功率减小，由于是理想变压
器，所以变压器的输入功率也减小，故C 错误，D 正确．
【变式训练3】如图所示的四个图中，哪一种仪器代表电压互感器结构。（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】电压互感器是把高电压通过变压器变为低电压后再测量，通过匝数比可求高电压的电压数值；所
以需要将电压互感器并联到电路中，且输入端线圈匝数大于输出端线圈匝数。
故选B。
【变式训练4】如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为1000：
1 和1：100，已知电压表的示数为22V，电流表的示数为1A，则线路输送的电功率是（ ）
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A．220W
B．22kW
C．220kW
D．2200kW
【答案】D
【详解】因电压互感器原、副线圈的匝数比分别为1000：1，电压表的示数为22V，可知输电电压为
U 1= n1
n2
U 2=22000 V
电流互感器原、副线圈的匝数比分别为1：100，已知电流表的示数为1A，可知输电电流
I 1= n2
'
n1
' I 2=100 A
则输电功率
P=I1U1=2200kW
故选D。
考向2 等效电阻与等效电源法分析变压器问题
例1（2025·四川内江·高三月考）如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为1 3∶，原线圈接入有效值电压不
变的正弦交流电源，改变滑动变阻器的阻值，得到多组理想电表的示数，并绘制出U −I图像，下列说法
正确的是（ ）
A．交流电源电压的有效值为12V
B．定值电阻R1的阻值为2Ω
C．当滑动变阻器的阻值为36Ω时，其消耗的最大功率为36W
D．当电流表示数为3 A时，电阻R1和R消耗的功率不相等
【答案】C
【详解】AB．设交流电源电压的有效值为U 0，电压表示数为U，电流表示数为I，则有U 0=U + I R1
可得U =U 0−I R1
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结合U −I图像可得U 0=24 V，R1= 12
6−3 Ω= 4 Ω，故AB 错误；
CD．将变压器和滑动变阻器看成一个等效电阻，则有R等= n1
2
n2
2 R = 1
9 R
则滑动变阻器消耗的功率为P =(
U 0
R等+ R1
)
2
R等=
U 0
2
R等+ R1
2
R等
+2 R1
根据数学知识可知，当R等= 1
9 R = R1= 4 Ω
解得滑动变阻器接入电路阻值为R =36 Ω时，其消耗的最大功率为Pmax = U 0
2
4 R1
= 24
2
4×4 W =36 W
此时电流表示数为I =
U 0
R等+ R1
= 24
4+ 4 A =3 A
电阻R1消耗的功率为P1= I
2 R1=3
2×4 W =36 W，故C 正确，D 错误。
故选C。
例2（2025·四川成都·高三月考）如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为1:3，在a、b端输入电压为U的
正弦交流电，灯泡L的电阻恒为R0，电压表视为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．当滑动变阻器滑片上移时，电压表的示数不变
B．当滑动变阻器滑片下移时，灯泡L变亮
C．当滑动变阻器接入电路的阻值为R0时，滑动变阻器消耗的功率最大
D．当滑动变阻器接入电路的阻值为9 R0时，滑动变阻器消耗的功率最大
【答案】D
【详解】A．如图所示
将电路等效成电动势为U、内阻为R0的电源，给变压器和滑动变阻器组成的等效电阻R等供电。其中
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R等= n1
2
n2
2 R
当滑动变阻器滑片上移时，等效电阻R等减小，电流增大，由U 等=U −I R0
可知电压表的示数变小，故A 错误；
B．当滑动变阻器滑片下移时，等效电阻R等增大，电流减小，灯泡L变暗，故B 错误；
CD．外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，等效电阻消耗的功率最大，即滑动变阻器消耗的功
率最大，则有R等= n1
2
n2
2 R = R
9 = R0
可得当滑动变阻器接入电路的阻值为R =9 R0
滑动变阻器消耗的功率最大，故C 错误，D 正确。
故选D。
【变式训练1】如图所示，交流电电压u=311sin100 πt (V)，滑动变阻器R2（阻值0∼100Ω）的滑片处
于某一位置时，理想交流电压表示数U 1=200 V，灯泡L1（100 V，100W）、L2（50V，50W）均恰好正常
发光。变压器为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．变压器输出电压频率为100Hz
B．若将滑动变阻器R2触头向a端移动，灯泡L1将会变暗
C．变压器原副线圈匝数比n1:n2=11:10
D．电阻R1= 40Ω
【答案】B
【详解】A．根据u=311sin100 πt (V)可知ω=100 π rad / s
由ω=2πf ，得f =50 Hz，A 错误；
B．如图所示，把虚线框内的元件看成等效电源，则E等效= n2
n1
U，r等效=( n2
n1
)
2 R1
都不变，
滑动变阻器R2触头向a端移动，R2减小，根据串反并同，灯泡L1将会变暗，B 正确；
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C．因灯泡L1（100 V，100W）、L2（50V，50W）均恰好正常发光，则副线圈电压U 2=100V ，则
n1
n2
= U 1
U 2
= 2
1
C 错误；
D．因灯泡L1（100 V，100W）、L2（50V，50W）均恰好正常发光，则副线圈电流I 2=2 A，根据
I 1
I 2
= n2
n1
= 1
2
得I 1=1 A
对原线圈有U = I 1 R1+U 1
根据u=311sin100 πt (V)可知U =220V
解得R1=20Ω，D 错误。
故选B。
【变式训练2】（2025·四川眉山·高三月考）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1:4，正弦交流
电源的电压有效值恒为U＝12V，电阻R1=2Ω，R2=2Ω。若滑动变阻器接入电路的电阻为14Ω，则（ ）
A．当R3接入电阻为30Ω 时，R2和R3的总功率达最大值
B．通过R1的电流为6A
C．若向上移动P，电压表读数将变大
D．若向上移动P，滑动变阻器消耗的电功率将变大
【答案】A
【详解】A．根据理想变压器的等效阻值R等效=( 1
n )
2
( R2+ R3)
结合电功率的公式P=
E
2
( R+r )
2 R =
E
2
( R−r )
2
R
+ 4 r
可知，当R等效= R1时，R2和R3的总功率达最大，即有( 1
n )
2
( R2+ R3)= R1
代入数据解得R3=30Ω，故A 正确；
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B．可知电路图等效处理如下
根据欧姆定律可得，通过R1的电流I =
U
R1+ R等效
结合上述分析可知R等效=( 1
n )
2
( R2+ R3)=( 1
4 )
2
(2+14)Ω=1Ω
联立解得I = 4 A，故B 错误；
C．变压器部分等效电阻为R等效=( 1
n )
2
( R2+ R3)
若向上移动P，则R3接入电路电阻减小， R等效减小，原线圈回路中电流增大，电源输出功率变大，电阻
R1两端的电压变大，变压器输入电压变小，则输出电压变小，即电压表读数将变小，故C 错误；
D．根据前面分析可知当R3=30Ω时，R2和R3的总功率达最大值，故当滑动变阻器接入电路的电阻为
14Ω，开始向上移动时，R3的阻值在减小，故此时R2和R3的总功率在减小，由于副线圈电路中的电流在增
大，R2消耗的功率在增大，故可知此时滑动变阻器消耗的电功率在减小，故D 错误。
故选A。
【变式训练3】（多选）如图甲为风力发电的简易模型，发电机接在理想变压器原线圈上，导线上接入阻
值r =8Ω的电阻，原、副线圈匝数之比n1:n2=2:1，副线圈上的滑动变阻器的最大阻值为R =10Ω。在风
力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁体转动，转速与风速成正比。某一风速时，发电机两端电压
随时间变化的关系图像如图乙所示。其余电阻不计，电路中电表均为理想交流电表，下列说法正确的是（
）
A．风速减半时，发电机两端电压的瞬时值表达式为u=50√2sin 25 πt(V)
B．将滑动触头从最下端滑到接近最上端的过程中，电压表V 读数不变
C．移动滑动触头，当R =3Ω时，电流表A 示数为10A
D．滑动变阻器的阻值为R =2Ω时，其消耗的功率最大
【答案】ACD
【详解】A．风速减半时，永磁体转动的转速与角速度均减半，根据正弦交流电峰值表达式Em = NBSω
可知风速减半时发电机两端电压变为原来的一半，即U m =50√2V
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风速减半时角速度减半，则ω= 1
2 × 2π
T =
π
0.04 rad/s=25 π rad/s
可得风速减半时，发电机两端电压的瞬时值表达式为u=50√2sin25 πt (V)
故A 正确；
B．将变压器与负载整体作为一个等效电阻R等，其阻值为R等=( n1
n2
)
2
R
设发电机两端电压有效值为U，则原线圈的电流I 1=
U
r + R等
将滑动触头从最下端滑到接近最上端的过程中R 接入电路的阻值变小，等效电阻R等变小，I 1变大，则定
值电阻r 的分压变大，故电压表V 读数变小，故B 错误；
C．移动滑动触头，当R =3Ω时，原线圈的电流I 1=
U
r + R等
=
100
8+3×4 A =5 A
根据
n1
n2
= I 2
I 1
可得I 2=10 A
故C 正确；
D．变压器原线圈端等效电阻的最大值为R
′ =(
n1
n2)
2
R = 40Ω
将r 看成电源的内阻，当等效电阻R
′等于等效电源内阻时，等效电源的输出功率最大，电阻R 消耗的功率
最大，所以滑动变阻器的阻值为R =2Ω时，R
′ =8Ω，等于等效电源的内阻，R 消耗的功率最大，故D 正
确。
故选ACD。
考点五 电能的输送
知识点 电能的输送
如图所示，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'，用户端的电压为U'，输电电
流为I，输电线总电阻为R。
1.输电电流
I＝P
U ＝U －U '
R
。
2.电压损失
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（1）ΔU＝
U －
U'
；（2）ΔU＝IR。
3.功率损失
（1）ΔP＝P－P'＝
Δ U · I
；
（2）ΔP＝I2R＝ (
P
U)
2
R
。
4.降低输电损耗的两个途径
（1）减小电阻法
由R＝ρ L
S 知，可加大导线的
横截面积
，采用
电阻率
小的材料做导线。
①采用电阻率ρ 较小、密度较小（减轻重量）且材料丰富的铝做远距离输电的导线。
②采用多股铝线绞在一起作为输电线，以增大导线的横截面积S。
（2）升压法：由ΔP＝I2R 线＝(
P
U)
2
R 线知，在输电功率一定的情况下，可通过提高
输电电压
，减小输
电电流，以减小输电损耗。
考向 电能的输送
例1（2025·四川达州·高三月考）达州市地处山区，有非常丰富的水资源，其独特的地理优势为建造小型
水电站提供了得天独厚的条件，如图甲为某小型水电站向外供电示意图，发电机的内部原理简化图如图乙
所示。升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2（变压器均为理想变压器）。则下列说法正确的是
（ ）
A．减小n2，可以提高远距离输电的输电效率
B．若用户端用电器增多，输电线上损耗的电功率会增大
C．图乙中的线圈处于中性面状态，磁通量变化率最大
D．增大图乙中线圈转动的角速度，发电站产生交流电的频率会增大，有效值会减小
【答案】B
【详解】A．对升压变压器分析，根据电压与匝数的关系有U 1
U 2
= n1
n2
，可知当减小n2时副线圈的电压U 2减
小；原副线圈的功率相等，且保持不变；根据P2=U 2 I 2可知I 2增大，而输电线上损耗的电功率Δ P = I 2
2r，
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可知输电线上损耗的电功率Δ P会增大，输电效率η= P2−Δ P
P2
×100 %
可知远距离输电的输电效率减小，故A 错误；
B．若用户端用电器增多，即降压变压器副线圈的总电阻R总减小，降压变压器副线圈的电压U 4不变，根
据I 4= U 4
R总
可知降压变压器副线圈的电流I 4增大，根据
I 3
I 4
= n4
n3
可知降压变压器原线圈的电流I 3增大，输电线上损耗的电功率Δ P = I 3
2r
可知输电线上损耗的电功率会增大，故B 正确；
C．图乙中的线圈处于中性面状态，磁通量最大，感应电动势为零，所以磁通量变化率为零，故C 错误；
D．根据f = ω
2π
可知增大图乙中线圈转动的角速度ω，发电站产生交流电的频率f 会增大；根据Em = NBSω，则有效值为
E = Em
√2 = NBSω
√2
可知增大图乙中线圈转动的角速度ω，有效值E会增大，故D 错误。
故选B。
【变式训练1】（多选）水力发电是获得清洁能源的重要途径之一。有一条河流，河水的流量Q=2m3/s，
落差h=5m，河水的密度ρ=1.0×103kg/m3，现利用其发电，若发电机的总效率η1=50%，输出电压
U1=240V，输电线的总电阻R=30Ω，用户获得220V 的电压，输电线上损失的电功率与发电机输出电功率
的比值η2=6%，假定所用的变压器都是理想变压器，g 取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．发电机的输出功率P 总=5×104W
B．输电线中的电流I=100A
C．降压变压器的原、副线圈的匝数比250 11
∶
D．如果输送的电能供“220V、100W”的电灯使用，能够正常发光的电灯盏数为470 盏
【答案】AD
【详解】A．发电机的输出功率P总= mgh
t
η1= ρVgh
t
η1= ρQghη1=5×10
4 W，故A 正确；
B．输电线上损失的功率为Δ P = P总η2= I
2 R
联立解得I =10A，故B 错误；
C．用户得到的电功率为P = P总−Δ P = 4.7××10
4 W
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降压变压器输出的电流为I
′ = P
U
′ = 4.7××10
4
220
A = 4700
22 A
降压变压器的原、副线圈的匝数比
n3
n4
= I
′
I = 235
11 ，故C 错误；
D．用户得到的电功率为P = P总−Δ P = 4.7××10
4 W
能正常发光的电灯盏数为n= P
P灯
= 4.7××10
4
100
= 470，故D 正确。
故选AD。
【变式训练2】某实验电路如图所示，交流发电机经过两个理想变压器对负载供电。已知交流发电机输出
电压有效值恒定，两变压器间串有电阻r，负载为纯电阻。当升压变压器原、副线圈匝数比为n 时，电阻r
的功率为P，对负载的输电效率为η；若调节升压变压器原、副线圈匝数比为0.1n，则（ ）
A．电阻r 的功率变为100 P
B．电阻r 的功率变为10 P
C．对负载的输电效率变为10η
D．对负载的输电效率变为100η
【答案】A
【详解】AB．设升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U 1、U 2，原、副线圈的匝数分别为n1、n2，则
由
U 1
U 2
= n1
n2
=n
得U 2= U 1
n
设负载电阻为R，降压变压器原、副线圈匝数比为n0（保持不变）；根据等效电阻法，如图所示等效电阻
为n0
2 R；
则电阻r 的功率为P =(
U 2
n0
2 R+r
)
2
·r = 1
n
2 (
U 1
n0
2 R+r
)
2
·r
则当调节升压变压器原、副线圈匝数比为0.1n 时，电阻r 的功率变为100P，A 正确，B 错误；
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CD．设通过电阻r的电流为I，因为是理想变压器，故对负载的输电效率为η=
I
2n0
2 R
I
2(n0
2 R+r )
=
n0
2 R
n0
2 R+r
可得η和电流无关，即和电压无关，保持不变，故CD 错误。
故选A。
【变式训练3】如图为某小型发电厂向用户供电的线路示意图，已知发电厂的输出功率为100kW，输出电
压为500V，用户端电压为220V，输电线总电阻R 线=10Ω，升压变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=1 20
∶
，变压
器均为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．升压变压器原线圈的电流为1A
B．输电线上损耗的功率为100W
C．用户端的电流为450A
D．降压变压器的匝数比n3∶n4=500 11
∶
【答案】C
【详解】A．发电厂的输出功率为100kW，输出电压为500V，根据P=UI
解得升压变压器原线圈的电流I 1= P
U =200 A，故A 错误；
B．设升压变压器副线圈的电流为I2，则满足I 2
I 1
= n1
n2
解得I 2= I 1
n1
n2
=10 A
所以输电线上损耗的功率Δ P = I 2
2 R线=1000 W，故B 错误；
CD．已知U 2
U 1
= n2
n1
解得U 2=10000 V
设降压变压器原、副线圈的电压分别为U3、U4，电流分别为I3、I4，则U 3=U 2−I 2 R线=9900 V
则降压变压器的原副线圈匝数比
n3
n4
= U 3
U 4
= 9900
220 = 45
由于
I 4
I 3
= n3
n4
且I 2= I 3
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解得I 4= I 3
n3
n4
= 450 A，故C 正确，D 错误。
故选C。
【变式训练4】输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1 3∶，输入电压为7.5V 的正
弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R 的阻值为10Ω。开关S 接1 时，右侧变压器原、
副线圈匝数比为2 1∶，R 上的功率为10W；接2 时，匝数比为1 2∶，R 上的功率为P。以下判断正确的是（
）
A．r=10Ω
B．r=5Ω
C．P=45W
D．P=25W
【答案】B
【详解】左侧变压器副线圈两端电压U2=3×7.5V=22.5V
当开关S 接1 时，电阻R 上的电压，即右侧变压器副线圈两端电压U4=√10×10V=10V
电流I4=U 4
R =1A
则右侧变压器原线圈两端电压U3=2
1×10V=20V
电流I3=1
2×1A=0.5A
则有r = U 2−U 3
I 3
=5Ω
当开关S 接2 时，设输电电流为I，则右侧变压器副线圈中的电流为0.5I；根据右侧变压器两边电压与匝数
的关系可知
n3
n4
= U 2−Ir
0.5 IR
解得I=3A
则R 上的功率P =(0.5 I )
2 R =22.5 W
故选B。
考点六 传感器
知识点1 传感器原理
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知识点2 常见传感器的结构图和电路符号
知识点3 传感器的其他种类
传感器类型
举例
温度传感器
热敏电阻、双金属片、热电偶
亮度传感器
光敏电阻、光敏二极管、光敏三极管
气体传感器
半导体型气体传感器、固体电解质气体传感器、催化剂燃烧型气体传感器
味觉传感器
味觉电化学传感器
力传感器
金属应变片式力体传感器、压阻式力体传感器、压电式力体传感器
湿度传感器
湿敏电阻、电容式湿度传感器
磁场强度传感器
干簧管、霍尔元件
声压传感器
驻极体话筒、动圈式话筒、电容式话筒
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考向 传感器
例1 如图所示，图1 为热敏电阻的R−t曲线，图2 为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控
电路，继电器线圈的电阻为150Ω。当线圈中的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸合。为继电
器线圈供电的电池的电动势E =6 V，内阻不计。则下列说法正确的是（ ）
A．由图1 知该热敏电阻的阻值随温度的升高而增大
B．恒温箱内的加热器应接在C、D端
C．要使恒温箱内的温度保持100℃，可变电阻R
′的值应调节为100Ω
D．为使恒温箱内的温度保持在更高的数值，可变电阻R
′的值应减小
【答案】C
【详解】A．由图1 知该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，选项A 错误；
B．当温度降低时，热敏电阻R 阻值增加，电路电流变小，继电器的衔铁被向上吸合，此时AB 接通应该开
始加热，则恒温箱内的加热器应接在A、B 端，选项B 错误；
C．要使恒温箱内的温度保持100℃，此时R=50Ω，根据I =
E
R线圈+ R+ R
'
可得可变电阻R
′ =100Ω，选项C 正确；
D．为使恒温箱内的温度保持在更高的数值，此时R 变小，则可变电阻R
′的值应增大，选项D 错误。
故选C。
【变式训练1】如图所示为某种光电式烟雾报警器的原理图。在无烟雾时，光源发出的光沿直线传播，光
电管接收不到光，报警器处于静默状态；当烟雾通过烟雾入口时，烟雾颗粒会散射光源发出的光，散射的
光被光电管接收，从而产生光电流。干簧管是一个磁控开关，用于控制报警电路的通断。当通过烟雾入口
的烟雾达到一定浓度时，报警电路被激活，蜂鸣器就会发出报警声。电键S 处于闭合状态，下列说法正确
的是（ ）
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A．干簧管是否导通与E3的电动势大小有关
B．减小R₁ 的阻值可以提高该报警器的灵敏度
C．增加干簧管外缠绕线圈的匝数可以降低该报警器的灵敏度
D．烟雾达到报警浓度时，干簧管外缠绕的线圈中一定无电流
【答案】B
【详解】A．干簧管是否导通主要取决于其外绕线圈中电流产生的磁场，而该线圈又受光电管电路控制，
与报警电路电源E3的电动势无直接关系，故A 错误。
B．R1是光源所在回路的限流电阻，减小R1会增大光源发光强度，从而使散射到光电管的光更强、光电流
更大，更易触发报警，灵敏度提高，故B 正确。
C．增加干簧管外线圈匝数通常会增强线圈在给定电流下产生的磁场，有利于干簧管导通，提高灵敏度，
故C 错误；
D．要使干簧管吸合、蜂鸣器报警，线圈中必须有足够的电流产生磁场，故D 错误。
故选 B。
【变式训练2】如图所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻（负温度系数热敏电阻是指阻值随
温度的升高而减小的热敏电阻），L 为小灯泡，当温度降低时（电流表内阻不计，电源内阻r 不可忽略）
（ ）
A．R1两端的电压增大
B．电流表的示数增大
C．小灯泡的亮度变强
D．小灯泡的亮度变弱
【答案】C
【详解】R2与灯泡L 并联后再与R1串联，与电源构成闭合电路。当温度降低时，热敏电阻R2电阻值增
大，外电路电阻增大，电流表的示数减小，灯泡L 两端的电压增大，灯泡的亮度变强，R1两端的电压减
小。
故选C。
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【变式训练3】光照传感器在辽宁大棚种植中得到了广泛的应用，技术人员通过光敏电阻设计了如图所示
的光控电路，增加植物光照时间，有效地提高了作物的产量。电阻箱阻值调整为R1，闭合开关后，秋天傍
晚6 点时，灯泡L 两端的电压达到一定值，恰好能发光。已知光敏电阻的阻值随光照的增强而减小，电流
表、电压表均为理想电表，灯泡的光对光敏电阻的影响不计，不考虑灯泡电阻的变化。下列说法正确的是
（ ）
A．光照减弱的过程中电流表示数增大
B．光照减弱的过程中电压表和电流表示数比值不变
C．光照减弱的过程中电压表和电流表变化量绝对值的比值变大
D．若电阻箱阻值大于R1，则秋天傍晚6 点之后L 才可能发光
【答案】D
【详解】A．光照减弱的过程中，光敏电阻的阻值增大，整个回路的电阻增大，电流表示数减小，故A 错
误；
B．电压表和电流表示数的比值为并联部分总电阻，光照减弱的过程中，电压表和电流表示数的比值增
大，故B 错误；
C．根据闭合电路欧姆定律可知电压表和电流表变化量绝对值的比值为R1+r，恒定不变，故C 错误；
D．若电阻箱阻值大于R1，则当光敏电阻阻值大于傍晚6 点时的阻值时，灯泡才可能发光，故D 正确。
故选D。
1.（2025·河北·高考真题）2024 年底，世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁抽水蓄能电站全面
投产发电。如图，若该电站通过理想变压器调节输出电压U 2时，输入电压U 1保持不变。已知副线圈总匝
数为n，分接头1、2间和2、3间的线圈匝数n12=n23= n
10，开关S 接3 时输出电压的瞬时值u2=U msin ωt
，则S 接2 时u2−t的图像为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】根据理想变压器电压比与匝数比关系可知
U 1
U 3
= n1
n3
，
U 1
U 2
= n1
n2
由于输入电压U 1不变，可知
U 2
U 3
= n2
n3
即
u2
U msin ωt =
n−n
10
n−2n
10
解得u2= 9
8 U msin ωt；
可知此时输出的交流电的周期为T = 2π
ω 。
故选D。
2.（北京·高考真题）如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220√2sin100 πt (V)的交流电源上，副线圈
接有R =55Ω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
（ ）
A．原线圈的输入功率为220√2W
B．电流表的读数为1A
C．电压表的读数为110√2V
D．副线圈输出交流电的周期为50s
【答案】B
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【详解】ABC．根据题已知，理想变压器接在最大电动势为220√2V的交流电源上，则可知理想变压器原
线圈两端电压的有效值为U 1= Em
√2 =220 V
根据原副线圈两端的电压比等于匝数比可得副线圈两端的电压U 2= U 1n2
n1
= 220×1
2
V=110 V
即电压表的读数为110V，则副线圈所在回路中的电流I 2= U 2
R = 110
55 A =2A
而根据变压器原副线圈所在回路中的电流比等于匝数的反比可得I 1= n2 I 2
n1
= 1×2
2
A =1A
则电流表的读数为1A，由此可得原线圈的输入功率为P入=U 1 I 1=220 W
故AC 错误，B 正确；
D．根据交流电瞬时电压的表达式u=220√2sin100 πt (V)
可得ω=100 π
而ω= 2π
T ，可得T =0.02s
故D 错误。
故选B。
3.（2024·北京·高考真题）如图所示为一个加速度计的原理图。滑块可沿光滑杆移动，滑块两侧与两根相
同的轻弹簧连接；固定在滑块上的滑动片M 下端与滑动变阻器R 接触良好，且不计摩擦；两个电源的电动
势E 相同，内阻不计。两弹簧处于原长时，M 位于R 的中点，理想电压表的指针位于表盘中央。当P 端电
势高于Q 端时，指针位于表盘右侧。将加速度计固定在水平运动的被测物体上，则下列说法正确的是（
）
A．若M 位于R 的中点右侧，P 端电势低于Q 端
B．电压表的示数随物体加速度的增大而增大，但不成正比
C．若电压表指针位于表盘左侧，则物体速度方向向右
D．若电压表指针位于表盘左侧，则物体加速度方向向右
【答案】D
【详解】A．由题意可知，M 位于R 中点位置时与两电源间的电势相等，设R 的中点电势为零，则M 位于
R 的中点右侧，P 端电势高于Q 端电势，A 错误；
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B．由欧姆定律及电阻定律可知，P 端与Q 端电势差与指针偏离R 中点的距离x 成正比，B 错误；
C．已知电压表指针位于表盘左侧，只能确定加速度的方向，不能确定速度的方向，C 错误；
D．已知电压表指针位于表盘左侧，滑块左侧弹簧压缩、右侧弹簧伸长，滑块所受合力向右，故物体加速
度方向向右，D 正确。
故选D。
4.（多选）（2025·重庆·高考真题）2025 年1 月“疆电入渝”工程重庆段全线贯通，助力重庆形成特高压
输电新格局，该工程计划将输电站提供的1.6×10
6 V直流电由新疆输送至重庆，多次转换后变为
1.0×10
4 V的交流电，再经配电房中的变压器（视为理想变压器）降为220√2sin(100πt )V的家用交流
电，若输电线路输送功率为8.0×10
9 W，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的
5%，则（ ）
A．直流输电导线中的电流为250A
B．直流输电导线总阻值不超过16Ω
C．家用交流电的电压最大值为220V，频率为50Hz
D．配电房中变压器原、副线圈中电流比为11:500
【答案】BD
【详解】A．直流输电电流由公式I = P
U 计算得
I = 8.0×10
9 W
1.6×10
6 V
=5000 A，故A 错误；
B．导线允许的最大功率损耗为5%的输送功率P损=0.05×8.0×10
9 W = 4×10
8 W
由 P损= I
2 R得导线总阻值上限
R = P损
I
2 = 4×10
8
(5000)
2 Ω=16 Ω，故B 正确；
C．家用交流电表达式为220√2sin (100 πt )V，其最大值为220√2V；
频率为f = ω
2π = 100 π
2π =50 Hz，故C 错误；
D．变压器原线圈电压U 1=1.0×10
4 V，副线圈电压U 2=220 V，匝数比
n1
n2
= U 1
U 2
= 10000
220 = 500
11
电流比与匝数比成反比可知
I 1
I 2
= n2
n1
= 11
500，故D 正确。
故选BD。
5.（多选）（2025·云南·高考真题）电动汽车充电桩的供电变压器（视为理想变压器）示意图如图所示。
变压器原线圈的匝数为n1，输入电压U 1=1.1kV；两副线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压
U 2=U 3=220 V。当I、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为7.0kW和3.5kW，下列说法正
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确的是（ ）
A．n1:n2=5:1
B．n1:n3=1:5
C．变压器的输入功率为10.5kW
D．两副线圈输出电压最大值均为220V
【答案】AC
【详解】AB．根据理想变压器的电压比等于匝数比可得n1:n2=U 1:U 2=5:1，n1:n3=U 1:U 3=5:1
故A 正确，B 错误；
C．根据能量守恒可知变压器的输入功率等于总的输出功率，故P输入= P输出=7.0kW +3.5kW=10.5kW
故C 正确；
D．输出电压为交流电的有效值，根据正弦交流电的最大值与有效值的关系可知，两副线圈输出电压最大
值均为U m =220√2V
故D 错误。
故选AC。
6.（2025·山东·高考真题）某实验小组为探究远距离高压输电的节能优点，设计了如下实验。所用实验器
材为：
学生电源；
可调变压器T1、T2；
电阻箱R；
灯泡L（额定电压为6V）；
交流电流表A1、A2、A3，交流电压表V1、V2，
开关S1、S2，导线若干。
部分实验步骤如下：
(1)模拟低压输电。按图甲连接电路，选择学生电源交流挡，使输出电压为12V，闭合S1，调节电阻箱阻
值，使V1示数为6．00V，此时A1（量程为250mA）示数如图乙所示，为 mA，学生电源的输出功
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率为 W。
(2)模拟高压输电。保持学生电源输出电压和电阻箱阻值不变，按图丙连接电路后闭合S2。调节T1、T2，使
V2示数为6．00V，此时A2示数为20mA，则低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的 倍。
(3)A3示数为125mA，高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了 W。
【答案】(1) 200 2.4
(2)100
(3)0.9
【详解】（1）[1]根据题图可知电流表的分度值为5mA，故读数为200mA；
[2]学生电源的输出功率P1=12×200×10
−3 W =2.4 W
（2）低压输电时电阻箱消耗的功率为P2=6×200×10
−3 W =1.2W
电阻箱的接入的电阻为R =
6
200×10
−3 Ω=30Ω
高压输电时，电阻箱消耗的功率为P3=30×20×10
−3×20×10
−3 W =0.012 W
可得
P2
P3
= 1.2
0.012 =100
即低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的100 倍。
（3）A3示数为125mA时，学生电源的输出功率P4=12×125×10
−3 W =1.5 W
高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了Δ P = P1−P4=2.4 W −1.5 W =0.9 W
7.（2024·浙江·高考真题）在探究热敏电阻的特性及其应用的实验中，测得热敏电阻Rt，在不同温度时的
阻值如下表
温度/℃
4.1
9.0
14.3
20.0
28.0
38.2
45.5
60.4
电阻/（10
2Ω
）
220
160
100
60
45
30
25
15
某同学利用上述热敏电阻Rt、电动势E =3 V（内阻不计）的电源、定值电阻R（阻值有3kΩ、5kΩ、
12k Ω三种可供选择）、控制开关和加热系统，设计了A、B、C 三种电路。因环境温度低于20℃，现要
求将室内温度控制在20℃∼28℃范围，且1、2 两端电压大于2V，控制开关开启加热系统加热，则应选
择的电路是 ，定值电阻R 的阻值应选 k Ω， 1、2 两端的电压小于 V 时，自动关闭加热系统（不
考虑控制开关对电路的影响）。
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【答案】 C 3 1.8
【详解】[1] A．电路A，定值电阻和热敏电阻并联，电压不变，故不能实现电路的控制，故A 错误；
B．定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，定值电阻分得电压越小，无法实现1、2
两端电压大于2V，控制开关开启加热系统加热。故B 错误；
C．定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，热敏电阻分得电压越大，可以实现1、2
两端电压大于2V，控制开关开启加热系统加热。故C 正确。
故选C。
[2]由热敏电阻Rt在不同温度时的阻值表可知，20.0
∘C的阻值为
60×100Ω=6kΩ
由题意可知
U 12=
Rt
Rt + R E =
6k Ω
6k Ω+ R ×3 V=2V
解得
R =3kΩ
[3] 28℃时关闭加热系统，此时热敏电阻阻值为4.5kΩ，此时1、2 两点间的电压为
3
4.5+3 ×4.5 V=1.8V
则1、2 两端的电压小于1.8V 时，自动关闭加热系统。
50
