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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
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。
考向二 纯电阻电路和非纯电阻电路中的电功与电热
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
1
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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
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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 入＝P 出。
(2)电压关系：＝。若n1>n2，为降压变压器；若n1<n2，为升压变压器。
(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝；有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。
3
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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 损＝I2r。
(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：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＝
2
R 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R2、R3分
别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减
4
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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R1的光照强度时，电压表示数变大，电阻R0消耗电功率变大
C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数不变，带电微粒向上运动
D．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流
【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R1的光照强度时，R1的阻值增大，电路中的总电阻增大，总电流减小，则电源的
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P0= I 总
2 R0可知，电阻R0
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R2上半部分电阻的电压相等，只调节电阻R2的滑动端P1向
下端移动时，电路中的总电流不变，但是R2上端电阻增大，电压增大，即电容器两端电压增大，
根据公式E = U
d 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
正确；
D、由电路结构可知，电路稳定时，R3没有电流通过，所以当只调节电阻R3的滑动端P2向上端
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R3中也没有电流通过，故D 错误。
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R2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
5
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是（ ）
A．若将滑动变阻器R2的滑片向右移动，电容器带电量不变
B．若将滑动变阻器R2的滑片向右移动，则带电小球将向下加速运动
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R1和R2串联分压，电容器与R1并联，则电路稳定时，电容器两
端的电压与R1两端的电压相等。
A、滑动变阻器R2的滑片向右移动时，R2接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，
电路中电流增大，R1两端的电压增加，则电容器的电压增加。由公式C = Q
U 可知，电容C 不变，
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R2的滑片向右移动，电
容器的电压增加，由公式E = U
d 可知，U 增加，板间距离d 不变时，则板间场强E 增加，则小球
受到的电场力增加，带电小球将向上加速运动，故B 错误；
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 = εr⋅s
4 πkd
可知，电容
器的电容C 增大，由公式C = Q
U 可知，电容C 增大，若U 不变时，Q 增加，二极管处于导通状
态，电容器充电。由公式E = U
d 可知，U 不变，d 减小时，场强E 增加，则小球受到的电场力增
加，带电小球将向上加速运动，故C 错误；
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 = εr⋅s
4 πkd
可知，d 增大时，
6
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电容C 减小，由公式C = Q
U 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
向电流，电容器不能放电，即Q 不变，则U 增加。由公式E = U
d ，C = Q
U ，C = εr⋅s
4 πkd
联立得
E = 4 πkQ
εr⋅s 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。
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R1的阻值均为2Ω，灯泡B
和R2的阻值均为4Ω，电源电动势E＝15V，内阻r＝5Ω，灯泡A 和B 的额定电压均为2.4V，
R3为定值电阻，闭合开关S，灯泡A 和B 恰好正常发光。若某时刻R2突然发生断路，设A、B
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．R3消耗的电功率变小
【解答】解：A、若电阻R2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
得的电压增大，R3所在电路电流增大，R1所在电路电流减小，所以灯泡A 变暗。灯泡A 和R1的
电压均减小，而路端电压增大，则灯泡A、R1和灯泡B 的电压之和增大，则灯泡B 的电压增大，
B 灯泡变亮，故A 错误；
B、R2断开前，灯泡A 的功率为
P A = U A
2
R A
= 2.4
2
2
W＝2.88W
7
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灯泡B 的功率为
PB= U B
2
RB
= 2.4
2
4
W＝1.44W
灯泡A 电流为
I A = U A
R A
= 2.4
2 A＝1.2A
因灯泡A 和R1的阻值均为2Ω，灯泡A 和B 的电压均为2.4V，则路端电压为
U＝3UA＝3×2.4V＝7.2V
干路电流为
I = E -U
r
= 15-7.2
5
A＝1.56A
R3的阻值为
R3=
U
I - I A
=
7.2
1.56-1.2Ω＝20Ω
R2断开后，外电路电阻为
R外= R3( R A+ R1+ RB)
R3+ R A+ R1+ RB
此时的路端电压为
U ' =
R外
R外+r E
通过两灯泡的电流为
I ' =
U '
R A+ R1+ RB
灯泡A 和灯泡B 的功率分别为
P A = I '
2 R A，PB= I '
2 RB
联立解得：PA＝2W，PB＝4W，可见灯泡A 和灯泡B 的功率之和变大，故B 正确；
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R3两端电压变大，所以R3消耗功率变大，故D 错误。
故选：B。
8
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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），R1、R2为定值电阻（R1＞r），R3为光敏电阻，其阻值大小随所
受照射光强度的增大而减小，V 为理想电压表。若将照射R3的光的强度减弱，则（ ）
A．电压表的示数变大
B．电源输出功率变小
C．通过R2的电流变小
D．小灯泡变亮
【解答】解：A、照射R3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
合电路欧姆定律可知干路中电流减小，故R1两端的电压减小，电压表示数减小，故A 错误；
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R1两
端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流变大，流过小灯泡的电流一定变小，
小灯泡变暗，故CD 错误；
B、因R1＞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，
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，R1为气敏电阻，其阻值随气体中酒精浓度的增
大而减小，R0为报警器的电阻（阻值不变），R0大于电源内阻，当报警器两端的电压达到一
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
R2的滑片，使电压表示数为U0，调零后R2的滑片位置保持不变。测试时，当气体酒精浓度达
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（ ）
9
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A．当R1两端的电压减小U﹣U0时，报警器开始报警
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R2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
【解答】解：A.根据题意可知R1、R2及电源内阻总的电压减小U﹣U0时，报警器才开始报警，
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，R1变小，由于R0大于电源内阻，因此外电
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R2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
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/50Hz
10
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A．风机的转动的角速度为314rad/s
B．排风扇的内电阻约为8.8Ω
C．空气排出的速度约为15m/s
D．出风口半径约为0.26m
【解答】解：A、风机转速n＝1450r/min= 145
6 r/s
风机转动的角速度为ω＝2πn= 145 π
3
rad/s
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＝ηP 电＝65%×5500W＝3575W
热功率为P 热＝P 电﹣P 出＝5500W﹣3575W＝1925W
由P 热＝I2R 得，排风扇的内电阻R= 1925
25
2 Ω= 77
25Ω＝3.08Ω
故B 错误；
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= 1
2Qtρv2
代入数据解得：v＝30m/s
故C 错误；
D、风机的流量Q＝vπr2
代入数据解得，出风口半径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。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项
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
11
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正常工作时小风扇输出功率
52W
A．小风扇的内阻为8Ω
B．吹热风时流经电热丝的电流约为2.1A
C．变压器原、副线圈的匝数比n1：n2为3：11
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Pr = I
2r
I = P入
U = 60
60 A =1 A
联立解得：r＝8Ω
故A 正确；
B、吹热风时，电热丝的热功率为P＝460W﹣60W＝400W
流经电热丝的电流为I ' = P
U ' = 400
220 A =1.8 A
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n1
n2
= U '
U = 220
60 = 11
3
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
过程中系统输出的P
I
2 - 1
J 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
确的是（ ）
12
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A．该蓄电池的电动势为12V
B．该蓄电池的内阻为2Ω
C．该蓄电池的最大输出功率为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
变形可得P
I
2 = E
I -r
结合题图可得
E＝24V，r＝1Ω
故AB 错误；
C．根据闭合电路欧姆定律P＝EI﹣I2r=-( I - E
2r )
2+ E
2
4 r
可知，当I= E
2r = 24
2×1A＝12A
时有最大的输出功率，最大输出功率Pmax = E
2
4 r = 24
2
4×1W＝144W
故C 正确；
D．该蓄电池的最大电流即为短路电流，短路电流Imax= E
r = 24
1 A＝24A，故D 错误。
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＝1Ω，定值电阻R1
＝9Ω，R2＝10Ω，R3＝5Ω；滑动变阻器R4的取值范围为0～15Ω。闭合开关S，调节滑动变阻
器的滑片，使R4取不同的阻值接入电路，则下列说法正确的是（ ）
13
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A．R4＝0 时，定值电阻R1消耗的功率最大，为2W
B．R4＝5Ω 时，电源内阻消耗的功率最小，为0.5W
C．R4＝10Ω 时，R4消耗的功率最大，为0.4W
D．R4＝15Ω 时，电源的效率最高，为90%
【解答】解：A、R4＝0 时，外电阻最小，总电流最大，则定值电阻R1消耗的功率最大，此时并
联部分的总阻值为R 并= R2 R3
R2+ R3
= 10×5
10+5 Ω= 10
3 Ω
由闭合电路欧姆定律得干路电流为I=
E
R并+ R1+r =
8
10
3 +9+1A＝0.6A
则定值电阻R1消耗的功率为P1＝I2R1＝0.62×9W＝3.24W，故A 错误；
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R4＝15Ω
时，电源内阻消耗的功率最小，故B 错误；
C、为求滑动变阻器R4消耗的最大功率，可对原电路进行如下图所示的等效变换。
易知，等效电源的等效电动势E'＝4V，等效内阻r'＝10Ω，故当R4＝r'＝10Ω 时，R4消耗的功率
最大，且为Pmax = E'
2
4 r ' =
4
2
4×10 W =0.4W ，故C 正确；
D
、
当
R4
＝
15Ω
时
，
总
的
外
电
阻
最
大
。
由
于
电
源
效
率
η= U
E ×100 % =
R
R+r ×100 % =
1
1+ r
R
×100 %
显然，当总的外电阻R 最大时，η 取最大值，当R4 ＝15Ω 时，总的外电阻为
14
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R' = R2⋅( R3+ R4)
R2+( R3+ R4) + R1= 10×(5+15)
10+5+15 Ω+9Ω= 47
3 Ω
此时η 最大，且为η=
R'
R' +r ×100 % =
47
3
47
3 +1
×100 % =94 %，故D 错误。
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输入= P输出
η1
= 180
75 % W =240W
且由公式P＝UI
解得电动机的额定电流约为I = P输入
U 额
= 240
36 A ≈6.7 A
设电动机的内阻为rM，电动机的效率为80%，则P﹣0.8P＝I2rM
解得r M = (1-0.8)×180
6.7
2
Ω≈0.8Ω
由于电源与电动机都有内阻，故电动机两端电压U = P
I = 180
6.7 V ≈27V
故AB 错误；
15
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CD．根据电池容量Q＝12Ah，放电电流为6.7A，则可得t = Q
I = 12
6.7 h≈1.8h
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
解得v= 0.8 P
f
= 0.8×180
40
m/ s=3.6m/s
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＝3sin10000πt（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n2
n1
≥900
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
【解答】解：A、正弦交变电压的有效值为：U 1= U 1m
√2 = 3
2 √2V ，交流电压表的示数为3
2 √2V ，
故A 错误；
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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：n2
n1
= U 2m
U 1m
≥2700
3
=900，故
B 正确；
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 = ω
2π = 10000 π
2π
Hz =5000 Hz，
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n1和n2。下列说法中
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
输出功率
48W
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n1：n2＝11：3
C．小风扇工作时的电流为2A
D．电热丝的电阻为100Ω
【解答】解：A、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A 错误；
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B、变压器原副线圈的匝数之比为：n1
n2
= U 1
U 2
= 220
60 = 11
3 ，故B 正确；
C、冷风时输入功率为60W，I= P入
U = 60
60A＝1A，故C 错误；
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
以其电阻R= U
2
P = 220
2
60
Ω＝110Ω，故D 错误。
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
【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 = U 0
√2 = √2
2 U 0，则乙电阻
的功率为：P乙= U
2
R = U 0
2 R
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
R T =2× U 0
2
R × T
2
，解得：U′ ＝U0 ，则电阻甲的功率为：P甲= U
' 2
R = U 0
2
R
，则有：
P甲
P乙
=
U 0
2
R
U 0
2
2 R
= 2
1，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
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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
e = Emsin( 2π
T t )=100sin(50 πt )(V )
故C 错误；
D、如果仅使线圈的转速加倍，
由Em＝NBSω＝2πNBSn 可知，
电动势的最大值变为200V，
根据T = 2π
ω = 1
n可知，
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R1＝R2＝1Ω。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
理想交流电表，D 为理想二极管，则（ ）
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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R1和R2的总功率为4.8×10﹣3W
【解答】解：A．根据题中数据可得
ω＝2πn＝2rad/s
可得
n= 1
π r / s
故A 错误；
B．导体棒切割磁感线，最大的电压为
Um＝BLvm＝2×0.2×0.2V＝0.08V
电压表的电压为交流电的有效值，则电压表的示数为
U = U m
√2 = 0.08
√2 V =0.04√2V
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
r = v
ω = 0.2
2 m=0.1m
故C 错误；
D．根据功率的定义式
P = W
T =
U
2
R1
T + U
2
R2
× T
2
T
代入数据解得：P＝4.8×10﹣3W
故D 正确。
故选：D。
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考向四 变压器及动态分析 远距离输电
16. （2024•天河区三模）如图，在磁感应强度大小为B = 2
π T的匀强磁场中，有一面积为
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n1：n2＝2：1，电阻R＝50Ω。使线框以恒定角速度ω＝100πrad/s 绕过AD、BC
中点的轴旋转。下列说法正确的是（ ）
A．副线圈中的电流表A 示数为√2 A
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
Em＝NBSω
解得Em＝200V
根据变压器原、副线圈电压与线圈匝数关系有
( Em
√2 )
U 2
= n1
n2
副线圈中的电流表A 示数为
I 2= U 2
R
解得I2=√2A
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
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C 错误；
D．原、副线圈频率相同，均为
f = ω
2π = 100 π
2π Hz＝50Hz
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A1 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
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ω 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
RP，以及理想交流电压表V1、V2、V3和理想交流电流表A2，初始时调节电阻箱阻值使其大小
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n1：n2＝1：2，上
述过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A1的示数减小，电流表A2的示数增加
B．电压表V1的示数不变，电压表V3的示数增加
C．电压表V2的示数为√2Bl
2ω
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θ，则导体棒切割磁感线产生的感应电动
势为：E＝BLωLcosθ＝BL2ωcosθ，电阻箱的阻值变大，故副线圈的总电阻变大，副线圈的总电
流变小，则原线圈的电流变小，故电流表A1的示数减小，电流表A2的示数也减小，故A 错误；
B.由于导体棒转速不变，故原线圈的电压不变，则电压表V2示数不变，电阻箱的阻值变大，故
副线圈的总电阻变大，副线圈的总电流变小，由于R 和RP是串联关系，则R 的电压变小，故V1
变小，由于副线圈的总电压不变，故RP的电压变大，即电压表V3的示数增加，故B 错误；
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C.原线圈电压有效值U1= U m
√2 = B L
2ω
√2
，根据变压器变压特点：U 1
U 2
= n1
n2
，可得U2=√2BL2ω，故
C 正确；
D.初始时电阻箱消耗的电功率为：P= U P
2
RP
=
U 2
2
4
R = U 2
2
4 R
，调节电阻箱使其阻值等于2R 后，电功率
为：P= U P
' 2
RP' =
4U 2
2
9
2 R = 4U 2
2
18 R
，故消耗电功率应减小，故D 错误。
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 ＝
Umsin50πt，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
的前后端，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U1、U2，电流互感器的示数为I。则（ ）
A．用户使用的电流是频率为50Hz 的交流电
B．该远距离输电线路上的电阻为k (U 1-U 2)
I
C．该远距离输电线路上损耗的功率为k2I（U1﹣U2）
D．该远距离输电线路上的电流为I
k
【解答】解：A 、根据u ＝Umsin50πt 可知ω ＝50πrad/s ，则用户使用的电流是频率为
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f = ω
2π = 50 π
2π Hz =25 Hz，故A 错误；
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
U 1
= k
1 ，即U 前＝kU1
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
U 2
= k
1，即U 后＝kU2
对于电流互感器，可知远距离输电线路中的电流满足：I 线
I = k
1 ，则该远距离输电线路上的电流
为：I 线＝kI
则该远距离输电线路上的电阻为r= U 前-U 后
I 线
= k U 1-k U 2
kI
= U 1-U 2
I
，故BD 错误；
C、该远距离输电线路上损耗的功率为P 损＝I 线2r＝（kI）2•U 1-U 2
I
=k2I（U1﹣U2），故C 正确。
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90Ω，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
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由P损= I 2
2r可得通过输电线的电流为：I 2=√
P损
r =√
9000
90
A =10 A，故A 正确；
C、升压变压器的输出电压为：U 2= P
I 2
= 150×10
3
10
V =15000V
可得升压变压器原、副线圈的匝数之比为：
n1
n2
= U 1
U 2
= 2500
15000 = 1
6 ，故C 错误；
D、输电线上的电压损失为：U 损＝I2r＝10×90V＝900V
降压变压器原线圈两端的电压为：U3＝U2﹣U 损＝15000V﹣900V＝14100V
可得降压变压器原、副线圈的匝数之比为：
n3
n4
= U 3
U 4
= 14100
220 = 705
11 ，联立解得降压变压器原线
圈的匝数为：n3＝7050 匝，故D 错误。
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
R1，用户端总电阻为R2。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（
）
A．电流表的示数I =
E
√2[r +a
2( R1+b
2 R2)]
B．升压变压器原线圈两端的电压U 1= E a
2( R1+b
2 R2)
r +a
2( R1+b
2 R2)
C．电阻R1、R2消耗的功率之比为R1：bR2
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
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R3=b
2 R2
；升压变压器等效电阻为R4=a
2( R1+b
2 R2)，根据闭合电路欧姆定律电流表的示数
I 1=
E
R4+r =
E
r +a
2( R1+b
2 R2)，故A 错误；
B．根据欧姆定律可知，升压变压器原线圈两端的电压U 1= I 1 R4= E a
2( R1+b
2 R2)
r +a
2( R1+b
2 R2)
，故B 正确；
C．根据P＝I2R，电阻R1、R2 消耗的功率之比为P1：P2= I
2 R1：I
2 R3= R1：b
2 R2，故C 错
误；
D．若用户端负载增加，用户端总电阻为R2减小，电流表示数变大，故D 错误。
故选：B。
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