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微专题13 直流电路与交流电路
交变电流的产生与描述
[例1] (2025·福建厦门·三模)如图甲所示，在匀强磁场中，一闭合矩形金属
线框绕与磁感线垂直的转轴OO′匀速转动，图乙是金属线框的电动势e 与时间t
的关系图像，则( )
A．t＝0 时线框处于中性面位置
B．t＝0.5×10-2 s 时线框的磁通量变化率最大
C．线框的电动势有效值为220√2 V
D．线框中的电流方向每秒变化100 次
D [t＝0 时感应电动势最大，则线框处于与中性面垂直的位置，选项A 错误；t
＝0.5×10-2 s 时感应电动势为零，则此时线框的磁通量变化率为零，选项B 错
误；线框的电动势有效值为E＝220√2
√2
V＝220 V，选项C 错误；交流电的周期
为0.02 s，一个周期内电流方向改变2 次，可知线框中的电流方向每秒变化100
次，选项D 正确。]
规律方法：正弦式交变电流“四值”的应用
物理含义
重要关系
适用情况
瞬时值
交变电流某一时刻的
值
e＝Emsin ωt
e＝Emcos ωt
正弦形式，从中性面
开始
余弦形式，从垂直中
性面开始
峰值
交变电流最大的瞬时
值
Em＝nBSω
Im＝Em
R+r
确定用电器的耐压
值、电容器的击穿电
压
有效值
跟交变电流的热效应
等效的恒定电流值
E＝Em
√2
U＝U m
√2
(1)计算与电流热效
应相关的量(如功
率、热量)
(2)交流电表的测量
值
(3)电器设备的额定
电压、额定电流
(4)保险丝的熔断电
流
平均值
i-t 图像中图线与时
间轴所围面积与时间
的比值
E＝n ΔΦ
Δt
I＝E
R+r
计算通过电路某截面
的电荷量
[针对训练1] (2025·云南·模拟预测)(多选)如图所示，两根等高光滑的1
4圆弧
轨道半径为r、间距为L，轨道的电阻不计。在轨道的顶端连接有阻值为R 的电
阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍
大于L、质量为m、电阻也是R 的金属棒从轨道的最低位置cd 开始，在拉力作
用下以速率v0沿轨道向上做匀速圆周运动至ab 处，则该过程中( )
A．通过电阻的电流方向为f→R→e
B．通过电阻的电荷量为BLr
2 R
C．cd 棒上产生的热量为π r B
2 L
2v0
16 R
D．拉力做功为mgr＋π r B
2 L
2v0
16 R
BC [由右手定则可知，通过电阻的电流方向为 e→R→f，A 错误；由法拉第电
磁感应定律可知，平均感应电动势E＝ΔΦ
Δt ＝BLr
Δt ，平均感应电流 I＝
E
2 R ＝BLr
2 R Δt ，通过电阻R 的电荷量q＝IΔt＝BLr
2 R ，B 正确；回路产生正弦
式感应电流，感应电动势的最大值Em＝BLv0，感应电动势的有效值 E 有效＝
BLv0
√2
，通过R 的电流有效值I 有效＝E有效
2 R ＝BLv0
2√2 R
，金属棒从cd 到ab 过程R 上
产生的热量Q＝I 有效
2
R· π r
2v0＝π r B
2 L
2v0
16 R
，C 正确；由功能关系可知 W＝mgr＋
2Q＝mgr＋π r B
2 L
2v0
8 R
，D 错误。故选BC。]
[针对训练2] (2024·河北卷)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电
压随时间周期性变化的规律如图1 所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的
√3倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2 所示，则两电阻在一个周期
T 内产生的热量之比Q1∶Q2为( )
A．2∶3 B．4∶3 C．2∶√3 D．5∶4
B [结合Q＝U
2
R t 可知Q1＝(
U 0
√3)
2 1
R1
·T
2 ＋(U0)2 1
R1·T
2 ＝2U 0
2T
3 R1
，Q2＝(
U 0
√2)
2 1
R2
·T＝U 0
2T
2 R2
，又R1＝R2，所以
Q1
Q2
＝4
3 ，B 正确。]
变压器与远距离输电
[例2] (2025·江苏徐州·二模)如图所示，理想变压器的原、副线圈的回路中
分别接有阻值均为R 的电阻R1、R2，原线圈一侧接在电压为U 的正弦交流电源
上，若R1、R2的电功率相等，下列说法正确的是( )
A．原、副线圈的匝数之比为2∶1
B．原线圈两端的电压为3U
C．通过电阻R2的电流为U
R
D．电源的输出功率为U
2
2 R
D [由题意知R1＝R2＝R，且电功率相等，即P1＝P2，由P＝I2R 可知I1＝I2，
即原、副线圈中的电流相等，由理想变压器的电流与线圈匝数关系
I 1
I 2＝
n2
n1，得
原、副线圈匝数之比n1∶n2＝1∶1，故A 错误；设原线圈两端电压为U1，副线
圈两端电压为U2，由
n1
n2
＝
U 1
U 2
知副线圈两端电压为U2＝U1，即R2两端的电压也
为U1，由P＝UI 可知R1两端电压也为U1，则电源的输出电压为U＝2U1，则原
线圈两端电压U1＝U
2 ，故B 错误；由欧姆定律可得通过R2的电流为U
2 R，故C
错误；由P1＝P2＝U
2
4 R，根据能量守恒定律知，电源的输出功率为P＝P1＋P2＝
U
2
2 R，故D 正确。故选D。]
规律方法：
1．(1)单一副线圈理想变压器的常用公式：
U 1
U 2
＝
n1
n2
；
I 1
I 2
＝
n2
n1
；P1＝P2。
(2)决定关系：U1决定U2，I2决定I1，P2决定P1。
2．等效法巧解理想变压器问题
情境转化
方法
分析
等效电阻
的阻值
等效电阻法
负载电阻R 消耗的
功率P＝U 2
2
R ＝
n2
2U 1
2
n1
2 R
，等效电阻
消耗的功率为P＝
U 1
2
R
'
R′＝
n1
2
n2
2R
等效电源法
U1＝E0－I1r0
U2＝E1－I2r1
又U1＝
n1
n2
U2，I1＝
n2
n1
I2
则有U2＝
n2
n1
E0－
(
n2
n1)
2
·r0I2
E1＝
n2
n1
E0
r1＝(
n2
n1)
2
r0
[针对训练1] (2025·广东卷)如图所示，某光伏电站输出功率1 000 kW、电压
400 V 的交流电，经理想变压器升压至10 kV 后，通过输电线输送到变电站，输
电线的等效电阻R 为5 Ω。下列说法正确的是( )
A．变压器原、副线圈匝数比为1∶100
B．输电线上由R 造成的电压损失为500 V
C．变压器原线圈中的电流为100 A
D．变压器原、副线圈中电流的频率不同
B [根据原、副线圈的电压与匝数关系，可得
U 1
U 2
＝
n1
n2
，代入数据解得
n1
n2
＝1
25，
A 错误；R 造成的电压损失ΔU＝I2R，又I2＝P
U 2＝1 000 kW
10 kV
＝100 A，联立得
ΔU＝500 V，B 正确；变压器原线圈中的电流I1＝P
U 1＝1 000 kW
400 V
＝2 500 A，
C 错误；变压器原、副线圈中的电流频率一定相同，D 错误。]
[针对训练2] (2025·云南卷)(多选)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U1＝1.1 kV；两副
线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压U2＝U3＝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7.0 kW 和3.5 kW，下列说法正确的是(
)
A．n1∶n2＝5∶1
B．n1∶n3＝1∶5
C．变压器的输入功率为10.5 kW
D．两副线圈输出电压最大值均为220 V
AC [由理想变压器的工作原理可知
U 1
U 2
＝
n1
n2
，
U 1
U 3
＝
n1
n3
，代入数据得
n1
n2
＝5
1，
n1
n3
＝5
1，A 正确，B 错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，则P1＝P2＋P3＝
10.5 kW，C 正确；变压器输出交变电压，两副线圈输出电压的最大值不是220
V，D 错误。]
电路的动态分析
[例3] (2025·江西南昌·三模)在现代科技中，静电除尘技术被广泛应用于空
气净化领域。如图所示的电路，是静电除尘装置的部分模拟电路，R1、R2、R3
均为可变电阻。当开关S 闭合后，两平行金属板M、N 之间形成电场，模拟静
电除尘时的电场环境。假设有一带电尘埃颗粒正好处于静止状态。为了提高除
尘效率，需要让带电尘埃颗粒向上加速运动，可采取的措施是( )
A．增大R1的阻值
B．减小R2的阻值
C．减小R3的阻值
D．增大M、N 间距
B [电阻R1上无电流，增大R1的阻值，对电路没有影响，电容器两极板间电压
不变，电场强度不变，尘埃所受静电力大小不变，静电力仍然等于重力，尘埃
颗粒仍然处于静止状态，A 错误；减小R2的阻值，根据串反并同，R3两端电压
增大，电容器两极板间电压增大，电容器内部电场强度增大，尘埃所受静电力
增大，静电力大于重力，尘埃向上运动，B 正确；减小R3的阻值，闭合回路的
总电阻减小，闭合回路的总电流增大，电阻R2和电源内阻的总电阻两端的总电
压增大，R3两端的电压减小，电容器两极板间电压减小，电容器内部电场强度
减小，尘埃所受静电力减小，静电力小于重力，尘埃向下运动，C 错误；增大
M、N 间距，两极板间电压不变，电容器内部电场强度减小，尘埃所受静电力
减小，静电力小于重力，尘埃向下运动，D 错误。]
规律方法：
1．直流电路动态分析的两种常用方法
程序法
R 局
增大⃗
减小 I 总＝
E
R+r
减小⃗
增大
U 内＝I 总r
减小⃗
增大
U 外＝E－U 内
增大⃗
减小
确定U 支、I 支
结论法：“串反并同”(电源内阻不为
零)
“串反”：指某一电阻增大(减小)
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(增
大)“并同”：指某一电阻增大(减小)
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(减
小)
2．P 出与外电阻R 的关系
3．理想变压器的原线圈相当于用电器，副线圈相当于电源，有变压器形成的多
个电路，采用等效思想，整合成一个电路进行分析。
[针对训练1] (2025·湖南卷)如图所示，某小组设计了灯泡亮度可调的电路，
a、b、c 为固定的三个触点，理想变压器原、副线圈匝数比为k，灯泡L 和三个
电阻的阻值均恒为R，交变电源输出电压的有效值恒为U。开关S 与不同触点
相连，下列说法正确的是( )
A．S 与a 相连，灯泡的电功率最大
B．S 与a 相连，灯泡两端的电压为kU
k
2+3
C．S 与b 相连，流过灯泡的电流为
U
(k
2+2)R
D．S 与c 相连，灯泡的电功率为
U
(k
2+1)R
B [将理想变压器与副线圈电路等效为一个电阻R′，则有R′＝
U 1
I 1
，根据理想
变压器的工作原理可知，
U 1
U 2
＝
n1
n2
＝k，
I 1
I 2
＝
n2
n1
＝1
k ，又R＝
U 2
I 2
，联立解得R′＝
k2R，等效电路如图所示，又R′的电功率等于灯泡的电功率，S 与c 相连时回路
中电流最大，R′的电功率最大，灯泡的电功率最大，A 错误；当S 与a 相连时，
根据串联分压规律可知，R′两端的电压U1＝
k
2 R
3 R+k
2 RU＝k
2
3+k
2U，则灯泡两端
的电压U2＝U 1
k ＝kU
3+k
2，B 正确；当S 与b 相连时，等效电路中的电流I1＝
U
(2+k
2)R，则流过灯泡的电流I2＝kI1＝
kU
(2+k
2)R ，C 错误；当S 与c 相连时，等
效电路中的电流I1＝
U
(1+k
2)R，则R′的电功率P1＝I 1
2R′＝
k
2U
2
(1+k
2)
2 R，即灯泡的电
功率为P2＝
k
2U
2
(1+k
2)
2 R ，D 错误。]
[针对训练2] (2025·山东德州·三模)如图甲所示，电路M、N 端输入电压不
变的正弦式交变电流。将滑动变阻器的滑片从a 端缓慢向下滑动，记录交流电
压表V 的示数U 与交流电流表A 的示数I，并描绘U-I 图像如图乙所示。当滑
动变阻器接入电路的阻值减小为4R0时，变压器的输出功率最大。变压器视为
理想变压器，电压表和电流表均视为理想电表，则下列说法正确的是( )
A．定值电阻R0的阻值为12 Ω
B．变压器的最大输出功率为50 W
C．滑动变阻器最大阻值为40 Ω
D．变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝1∶4
B [设交变电源电压的有效值为U0，在原线圈回路中有U0＝U＋IR0，变形得U
＝U0－IR0，结合题图乙可知，U-I 图像斜率的绝对值表示R0＝24
5-2 Ω＝8 Ω，
将I＝2 A，U＝24 V，代入U0＝U＋IR0，解得U0＝40 V，故A 错误；将理想变
压器与滑动变阻器整体等效为一个电阻，等效电阻Rx＝
U 1
I 1
＝
n1
n2
U 2
n2
n1
I 2
＝(
n1
n2)
2
R，
变压器的输出功率等于滑动变阻器消耗的功率，则有P＝(
U 0
R0+ Rx)
2
Rx＝
U 0
2
R0
2
Rx
+ Rx+2 R0
，当Rx＝R0 时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为Pm＝
U 0
2
4 R0
＝50 W，此时滑动变阻器接入电路的阻值为4R0，则有Rx＝(
n1
n2)
2
4R0＝R0，
解得n1∶n2＝1∶2，故B 正确，D 错误；当滑动变阻器的阻值调到最大Rm时，
则等效电阻Rx＝(
n1
n2)
2
Rm也最大，可知原线圈的电流最小，由题图乙可知最小
电流为I＝2 A，对应的电压表示数为U＝24 V，则等效电阻Rx＝U
I ＝(
n1
n2)
2
Rm，
解得Rm＝48 Ω，故C 错误。]
