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专题10 交变电流及远距离输电的运用
01 专题网络·思维脑图
02 考情分析·解密高考
03 高频考点·以考定法
04 核心素养·难点突破
05 创新好题·轻松练习
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考点内容
考情预测
正弦交变电流的产生与瞬时值表达式
高考对于这部分知识点主要通过发电机、
远距离输电等具体的生活模型进行命题设计，
深入理解发电机的工作原理以及远距离输电减
少功耗的处理方法，从而对科学技术发展产生
的指导、创新等作用。在解决此类问题时要分
析题意中的情境，抓住问题实质，具备一定的
数学推导能力和物理量的理解。主要考查的知
识点有:正弦式交变电流的瞬时表达式、有效
值、平均值、最大值的理解，理想变压器的基
本规律和动态分析，远距离输电问题等。
2024 年备考建议理想变压器的基本规律和
动态分析，远距离问题的处理等。
正弦交变电流的“四值”
理想变压器基本规律的应用
理想变压器的动态分析
远距离输电问题
学
习
目
标
1.熟悉交变电流的瞬时值表达式，有效值、平均值等的求解。
2.熟悉理想变压器的基本规律，从而掌握对理想变压器的动态分析。
3.掌握远距离输电问题的基本公式和处理方法。
【典例1】（2022·海南·高考真题）一个有N 匝的矩形线框，面积为S，以角速度ω从如图所示的位置开始，
在匀强磁场B 中匀速转动，则产生的感应电动势随时间变化的图像是（ ）
A．
B．
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C．
D．
【答案】A
【详解】图示位置线框处于与中性面垂直的平面，竖直长边垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势最大
为
Em = NBSω
根据正弦式交变电流的表达式可知感应电动势随时间的变化关系为
e = NBSωcosωt
故选A。
【典例2】（2023·广东·统考高考真题）用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比
为1:2，输出功率为8.8kW，原线圈的输入电压u=220√2sin(100 πt )V。关于副线圈输出电流的有效值和
频率正确的是（ ）
A．20 A，50 Hz
B．20√2A，50 Hz
C．20 A，100 Hz
D．20√2A，100 Hz
【答案】A
【详解】由题可知原线圈输入电压的有效值为
U 1= 220√2
√2
=220 V
原线圈电流为
I 1= P
U 1
= 40 A
副线圈输出电流的有效值为
I 2= n1
n2
I 1=20 A
变压器无法改变电流的频率，故
f = ω
2π = 100 π
2π
Hz=50 Hz
故选A。
【典例3】（2023·北京·统考高考真题）自制一个原、副线圈匝数分别为600 匝和190 匝的变压器，原线圈
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接12V 的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V 的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5V。下列措
施有可能使小灯泡正常发光的是（ ）
A．仅增加原线圈匝数
B．仅增加副线圈匝数
C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍D．将两个3.8V 小灯泡并联起来接入副线圈
【答案】B
【详解】A．由n1
n2
= U 1
U 2
知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故
A 错误；
B．由n1
n2
= U 1
U 2
知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B 正确；
C．由n1
n2
= U 1
U 2
知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压
U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C 错误；
D．将两个3.8V 小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常
发光，故D 错误。
故选B。
考向01 正弦交变电流的产生与瞬时值表达式
1．正弦式交变电流的变化规律及对应图象(线圈在中性面位置开始计时)
函数
象
图
磁通量
Φ＝Φm·cos ωt＝BScos ωt
电动势
e＝Em·sin ωt＝nBSωsin ωt
电压
u＝Um·sin ωt＝sin ωt
流
电
i＝Im·sin ωt＝ sin ωt
2.两个特殊位置的特点
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(1)
圈平面与中性面重合
，
线
时S⊥B，Φ 最大，＝0，e＝0，i＝0，
流方向
生改
．
电
发
变
(2)
圈平面与中性面垂直
，
线
时S∥B，Φ＝0，最大，e 最大，i 最大，
流方向不改
．
电
变
考向02 正弦交变电流的“四值”
物理含义
重要关系
适用情况
瞬时值
交
流某一
刻的
变电
时
值
e＝Emsin ωt
i＝Imsin ωt
算
圈某
刻的受力
计
线
时
最大值
最大的瞬时值
Em＝nBSω
Im＝
确定用
器的耐
，如
电
压值
电
容器、晶体管等的
穿
击
电压
有效值
跟交
流的
效
等效
变电
热
应
的恒定
流
电
值
正（余）弦式
对
交
流
：
电
E＝
U＝
I＝
①
算与
流
效
相关
计
电
热
应
的量，如功、功率、
量等；
热
②交流
表的
量
；
电
测
值③电
气
所
注的
定
、
设备
标
额
电压
定
流；
额
电
④保
的熔断
险丝
流
电
平均值
交
流
象中
与
变电
图
图线
时
成面
与
的比
间轴围
积
时间
值
＝n
＝
算通
路某一截面的
计
过电
荷量：
电
q＝·t
交变电流“四值”应用的几点提醒
(1)在解答有关交
流的
，要注意
路
构．
变电
问题时
电
结
(2)注意区分交
流的最大
、瞬
、有效
和平均
，最大
是瞬
中的最大
，有效
是以
变电
值
时值
值
值
值
时值
值
值
电
流的
效
来等效定
的．
热
应
义
(3)与
磁感
一
，求解与
能、
相关的
，一定要用有效
；而求解通
体某横截面
电
应问题
样
电
电热
问题时
值
过导
的
荷量
，一定要用平均
．
电
时
值
根据图像计算有效值的技巧
①计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热
量”，先分段计算热量，求和得出一个周期内产生的总热量，然后根据Q 总＝I2RT 或Q 总＝T 列式求解．
②若图像部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和周期部
分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝、U＝求解．
考向03 理想变压器基本规律的应用
1．理想变压器的基本特点
(1)无漏磁，故原、副
圈中的
线
Φ、相同．
(2)
圈无
阻，因此无
降，
线
电
电压
U＝E＝n.
(3)根据＝得，套在同一
芯上的
圈，无
是原
圈，
是副
圈，
比例都成立，
有＝＝＝
铁
线
论
线
还
线
该
则
…
2．理想变压器的基本关系
功率关系
原
圈的
入功率等于副
圈的
出功率，即
线
输
线
输
P 入＝P 出
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关系
电压
原、副
圈的
比等于匝数比，即
线
电压
＝，与副
圈的个数无
线
关
流关系
电
①只有一个副
圈
：
线
时＝
②有多个副
圈
：由
线
时
P 入＝P 出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋
UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn.
率关系
频
f1＝f2，
器不改
交流
的
率
变压
变
电
频
1.理想变压器的制约关系
原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2，U2＝U1
副线圈的输出功率P 出决定原线圈的输入功率P 入，P 入＝P 出
副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1，I1＝I2
2.含有多个副线圈的变压器
计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系：
电压关系：＝＝＝…＝
功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn
电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn
理想变压器问题三点应牢记
(1)熟
两个基本公式：
记
①＝，即
同一
器的任意两个
圈，都有
和匝数成正比．
对
变压
线
电压
②P 入＝P 出，即无
有几个副
圈在工作，
器的
入功率
等于
出功率之和．
论
线
变压
输
总
输
(2)原、副
圈中通
每匝
圈磁通量的
化率相等．
线
过
线
变
(3)原、副
圈中
流
化
律一
，
流的周期、
率一
．
线
电
变
规
样电
频
样
考向01 正弦交变电流的产生与瞬时值表达式
【针对练习1】（2023·河北·校联考模拟预测）如图所示，abcd 为一个单匝闭合矩形金属线框，已知ab 的
长度L1=10cm，bc 的长度L2=20cm，线框电阻R =0.1Ω，图中虚线O1O2为匀强磁场的右边界（磁场左
边界足够远），O1O2与线框的ab 边平行，且将bc边等分，磁场的磁感应强度大小B =0.1T、方向垂直线
框平面向里。t =0时线框由图示位置开始绕ab 边以角速度ω=100 π rad/s匀速转动，下列关于线框中感
应电流随时间变化的图像可能正确的是（图像中只画了一个周期，图线均为正弦曲线，实线表示实际电流，
虚线表示没有电流）（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】当线框从图示位置转过90°时，线框中的感应电动势和感应电流最大，且最大感应电动势
Em = BSω=0.2π V
最大感应电流
I m = Em
R =2π A
线框转动周期
T = 2π
ω =0.02s
在线框从图示位置转动的一个周期中，在最初转过的60
∘和最后转过的60
∘，所对应时间为最初的T
6 和最后
的T
6 时间内，由于线框在磁场方向的投影面积不变，即穿过线框的磁通量保持不变，因此在这两段时间内
线框中没有感应电流，而在一个周期内中间的2T
3 时间内，感应电流按正弦规律变化。
故选A。
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【针对练习2】如图边界PQ 的右侧区域内，存在着磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面的匀强磁场。边
长为l 的正方形金属线框abcd由粗细均匀同种材料制成，ab 刚好位于边界PQ 上，现使线框绕过边界PQ
转轴匀速转动，角速度为ω，如图所示，则在ad 边开始转入磁场的瞬间cd 两端的电势差U cd为（ ）
A．1
4 Bl
2ω
B．3
4 Bl
2ω
C．−1
4 Bl
2ω
D．−3
4 Bl
2ω
【答案】D
【详解】当cd边刚转入磁场时，cd部分切割磁感线，切割长度为c、d两个端点间的距离l，感应电动势大
小
E = Blv = Bl
2ω
由右手定则知，cd边中电流方向为c→d，故d点电势比c点高；设线框abcd每个边的电阻为R，c、d两点
间的电势差为
U cd = I ⋅3 R
故
U cd =−3
4 Bl
2ω
故D 正确。
考向02 正弦交变电流的“四值”
【针对练习3】（2024·海南·校联考一模）闭合回路中的交变电流在1 个周期内的i−t图像如图所示，其中
图线的ab 段和bc 段均为正弦曲线的四分之一，则该交变电流的有效值为（ ）
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A．√2
2 A
B．2√3
3
A
C．√2
3 A
D．√2
6 A
【答案】B
【详解】设该交变电流的有效值为I，则有
I
2 RT =(√2)
2 R⋅T
3 +( √2
√2 )
2
R⋅T
3 +( √2
√2 )
2
R⋅T
3
解得
I = 2√3
3
A
故选B。
【针对练习4】（多选）（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）目前我国的海上核电站已经开始建设，
海上核电站的工作的工作原理是反应堆产生蒸汽推动涡轮机转动，带动发电机发电。如果闭合线圈在匀强
磁场中匀速转动，线圈中感应电动势随时间变化的规律如图所示，可知该交变电流（ ）
A．周期是0.01s
B．电压的最大值是220√2V
C．电压的有效值是220√2V
D．电流的方向每秒钟改变100 次
【答案】BD
【详解】AD．由题图可知，交流电的周期是0.02s，每个周期电流的方向改变两次，电流的方向每秒钟改
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变100 次。故A 错误；D 正确；
B．由图可知电压的最大值是220√2V。故B 正确；
C．电压的有效值是
U = Em
√2 =220V
故C 错误。
故选BD。
考向03 理想变压器基本规律的应用
【针对练习5】（2024·河北邯郸·统考二模）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1:n2=2:1，原线
圈电路中接入正弦交流电压u=220√2sin (100 πt )V，电流表为理想交流电表。已知R1=10Ω，R2= R3，
开关S 闭合前、后电流表示数之比为2 3∶。下列说法正确的是（ ）
A．定值电阻R2=5Ω
B．开关S 闭合时，副线圈两端的电压为110V
C．开关S 断开时，电流表的示数为11A
D．开关S 闭合时，电路中消耗的总功率为2420W
【答案】D
【详解】A．由题可知，设R2= R3= R，当开关S断开时，副线圈的负载电阻为2 R；当开关S闭合时，副线
圈的负载电阻为R；将理想变压器的原、副线圈和负载电阻等效为一个电阻，画出电路的等效电路图，如
图所示。
根据理想变压器电阻等效法，得
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R等=(
n1
n2)
2
R负载
因此当开关断开时
R等=(
2
1)
2
⋅2 R =8 R
当开关闭合时
R等
′ =(
2
1)
2
R = 4 R
根据闭合电路欧姆定律，可知等效电路中电流表示数
I =
U
R1+ R等
故
I 1=
220
10+8 R
I 1
′ =
220
10+ 4 R
I 1
I 1
′ = 2
3
解得
R =2.5Ω
A 错误；
B．开关闭合时，电流表的示数
I 1
′ =
220
10+ 4 R =
220
10+10 A =11A
根据原、副线圈电流与匝数的关系
I 1
′
I 2
′ = n2
n1
可知流过R2的电流
I 2
′ =22A
副线圈两端的电压
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U 2
′ = I 2
′ R2=55 V
B 错误；
C．开关断开时，电流表的示数
I 1=
220
10+8 R =
220
10+20 A = 22
3 A
故C 错误；
D．开关S闭合时，电路中消耗的总功率为
P =U I 1
′ =220 V×11A =2420 W
D 正确。
故选D。
【针对练习6】（多选）（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）如图所示，交流电源输出电压最大值为100√2V
的正弦交流电，通过变压器的副线圈n2向5 只标有“12V 1.2A”的并联灯泡供电，变压器原线圈n1所串接灯
泡L 的额定电压为40V，原线圈n1的匝数为900 匝。若电路接通后，灯泡都恰好正常发光，则下列说法正
确的是（ ）
A．交流电源电压的有效值为200V
B．变压器副线圈n2的匝数为180
C．原线圈电路中灯泡L 的额定电流为36A
D．交流电源的输出功率为120W
【答案】BD
【详解】A．由题意可得交流电源电压的有效值为
U = U m
√2 = 100√2
√2
V =100 V
选项A 错误；
B．由题意可得原线圈的两端电压为
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U 1=100 V−40 V =60 V
副线圈的两端电压为
U 2=12V
由变压器原、副线圈的电压与匝数的关系公式
U 1
U 2
= n1
n2
，结合 n1=900匝，可得
n2= U 2
U 1
n1= 12
60 ×900匝=180匝
选项B 正确；
C．由题意可得副线圈的电流为
I 2=5×1.2A =6 A
由变压器原、副线圈的电流与匝数的关系公式
I 1
I 2
= n2
n1
，可得原线圈电路中灯泡L 的额定电流为
I 1= n2
n1
I 2= 180
900 ×6 A =1.2A
选项C 错误；
D．由电功率公式可得交流电源的输出功率为
P =U I 1=100×1.2W =120 W
选项D 正确。
故选BD。
考向04 理想变压器的动态分析
常
的理想
器的
分析一般分匝数比不
和
阻不
两种情况．
见
变压
动态
变
负载电
变
1．匝数比不变的情况(如图甲所示)
(1)U1不
，根据
变
＝，
入
输
电压U1决定
出
输
电压U2，不
阻
论负载电
R 如何
化，
变
U2不
．
变
(2)当
阻
生
化
，
负载电
发
变
时I2
化，
出
流
变
输
电
I2决定
入
流
输
电
I1，故I1
生
化．
发
变
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(3)I2
化引起
变
P2
化，
变
P1＝P2，故P1
生
化．
发
变
2．负载电阻不变的情况(如图乙所示)
(1)U1不
，
变
生
化，故
发
变
U2
化．
变
(2)R 不
，
变U2
化，故
变
I2
生
化．
发
变
(3)根据P2＝，P2
生
化，再根据
发
变
P1＝P2，故P1
化，
变
P1＝U1I1，U1不
，故
变
I1
生
化．
发
变
解决理想变压器中有关物理量的动态分析问题的方法
(1)分清不
量和
量，弄清理想
器中
、
流、功率之
的
系和相互制
关系，利用
合
路
变
变
变压
电压电
间
联
约
闭
电
欧姆定律，串、并
路特点
行分析判定．
联电
进
(2)分析
的一般思
流程是：
该类问题
维
【典例4】（多选）（2022·天津·高考真题）如图所示，两理想变压器间接有电阻R，电表均为理想交流电
表，a、b 接入电压有效值不变的正弦交流电源。闭合开关S 后（ ）
A．R 的发热功率不变
B．电压表的示数不变
C．电流表A1的示数变大
D．电流表A2的示数变小
【答案】BC
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【详解】AC．闭合开关S 后，负载电阻减小，匝数为n4的线圈输出功率变大，匝数为n1的线圈输入功率也
变大，a、b 两端电压有效值不变，由
P1=U 1 I 1
可知电流表A1的示数变大，根据
I 1
I 2
= n2
n1
因
n2
n1
比值不变，I 1变大，I 2变大，因此，R 的发热功率变大，故A 错误，C 正确；
B．根据理想变压器电压比等于匝数比
U 1
U 2
= n1
n2
可知输出电压U 2不变，电压表的示数不变，故B 正确；
D．根据理想变压器电流与匝数关系可得
I 1
I 2
= n2
n1
I 2
I 4
= n4
n3
由于匝数均保持不变，I 1增大，所以I 2、I 4增大，故电流表A2的示数变大，故D 错误。
故选BC。
【针对练习7】（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图所示为某同学模拟降压变压器工作中电路的动态变化
电路图，已知变压器为理想变压器，电表均为理想电表，R1为输电导线电阻，R2为滑动变阻器，电路接在
恒压正弦交流电源两端。当滑动变阻器的触头P 向上移动时，下列说法正确的是（ ）
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A．电压表V1示数不变
B．电压表V2示数增大
C．电流表A1示数增大
D．电流表A2示数减小
【答案】C
【详解】CD．滑动变阻器的触头P 向上移动，电阻减小，电流表A2示数增大，根据理想变压器原副线圈
匝数比和电流比的关系可知
I 1
I 2
= n2
n1
电流表A1示数增大。故C 正确，D 错误；
AB．根据
U = I R1
得电阻R1分压增大，所以电压表V1示数减小，根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系
U 1
U 2
= n1
n2
可知电压表V2示数减小，故AB 错误。
故选C。
【针对练习8】（多选）（2024·安徽·校联考模拟预测）如图所示，理想变压器原线圈a、b端接入电压恒
定的正弦交流电，R1为定值电阻，R2= R，滑动变阻器R3的最大阻值为2 R，电流表和电压表均为理想电
表.在变阻器滑片从左端向右端缓慢移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
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A．电流表A1示数减小
B．电流表A2示数增大
C．电压表表V1示数增大
D．电压表V2示数减小
【答案】AC
【详解】A．设滑动变阻器右侧阻值为R0，则副线圈两端总电阻为
R
′ =2 R−R0+ R R0
R+ R0
=2 R−
1
R
R0
2 + 1
R0
变阻器滑片从左端向右端缓慢移动的过程中，R0减小，即副线圈两端总电阻增大，由原线圈两端等效电阻
R原=(
n1
n2)
2
R
′
可知等效电阻也增大，由闭合电路欧姆定律知原线圈中电流I 1减小，故A 正确；
B．由于I 1
I 2
= n2
n1
，则副线圈电流I 2也减小，故B 错误；
C．原线圈输入电压U 1=U −I 1 R1，则电压表V1示数增大，故C 正确；
D．由于U 1
U 2
= n1
n2
，可知电压表V2示数变大，故D 错误。
故选AC。
考向05 远距离输电问题
1．远距离输电的处理思路
高
，
按
对
压输电问题应
“
机
发电
→升
器
压变压
→
距离
远
输电线→降
器
压变压
→用
器
电
”，或按从“用电
器”倒推到“
机
发电
”的
序一步一步
行分析．
顺
进
2．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)
、
流关系：
电压电
＝＝，＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I
．
线
(3)
流：
输电电
I 线＝＝＝.
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(4)
上
耗的
功率：
输电线
损
电
P 损＝I 线ΔU＝IR 线＝2R
．
线
当
送功率一定
，
增大到原来的
输
时输电电压
n 倍，
上
耗的功率就减小到原来的
输电线
损
.
输电过程电压和功率的辨析
(1)
上
失和
送
不能混用，如
输电线
电压损
输
电压
P 损＝ΔUI＝＝＝IU 线(ΔU 或U 线指
阻上的
输电线电
电压
降)，P 损＝2R(U 指
送
输
总电压)．
(2)
程的
关系：
输电过
电压
(3)
程功率的关系：
输电过
【典例5】（多选）（2022·福建·高考真题）某同学利用如图所示电路模拟远距离输电．图中交流电源电压
为6V，定值电阻R1= R2=20Ω，小灯泡L1、L2的规格均为“6V 1.8W”，理想变压器T 1、T 2原副线圈的
匝数比分别为1 3∶和3 1∶．分别接通电路Ⅰ和电路Ⅱ，两电路都稳定工作时，（ ）
A．L1与L2一样亮
B．L2比L1更亮
C．R1上消耗的功率比R2的大
D．R1上消耗的功率比R2的小
【答案】BC
【详解】若开关接cd 端，则若电源电压为U 0，理想变压器T 1、T 2的匝数比为
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n2
n1
= n3
n4
=k
用户电阻为R负载，输电线电阻为R导线，由变压器工作原理和欧姆定律。升压变压器次级电压
U 2=k U 0
降压变压器初级电压
U 3=U 2−I 2 R导线
降压变压器次级电压
U 4= U 3
k
I 4= U 4
R负载
I 4
I 3
=k
I 3= I 2
可得输电功率为
P输=U 2 I 2=
k
2U 0
2
R导线+k
2 R负载
输电线上损耗的电功率为
P导线= I 2
2 R导线=
k
2U 0
2
(R导线+k
2 R负载)
2 R导线
用户得到的电功率为
P负载=
k
2U 0
2
(R导线+ k
2 R负载)
2 ⋅k
2 R负载
若开关接ab 端，则负载得到的功率
P
'❑负载=
U 0
2
(R导线+ R负载)
2 ⋅R负载
输电线上损耗的电功率为
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P
'
导线=
U 0
2
(R导线+ R负载)
2 R导线
将R导线= R1= R2=20Ω，R负载= 6
2
1.8 Ω=20Ω ，k=3 带入可知
可得
P负载> P负载
'
即L2比L1更亮；
P导线< P导线
'
R1上消耗的功率比R2的大。
故选BC。
【针对练习9】（2024·广西南宁·南宁三中校联考模拟预测）如图为某小型发电站高压输电示意图，变压器
均为理想变压器。在输电线路的起始端接入甲、乙两个互感器，两互感器原、副线圈的匝数比分别为
100：1 和1：10.互感器中，电压表的示数为220V，电流表的示数为4A，输电线路总电阻r=20Ω，则下列
说法正确的是（ ）
A．甲是电流互感器，乙是电压互感器
B．输电线路上损耗的功率为32kW
C．用户得到的电功率为858kW
D．若用户用电设备增多，则升压变压器输出电压U2和降压变压器输入电压U3均变大
【答案】B
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【详解】A．由图示可知，甲并联在电路中是电压互感器，乙串联在电路中是电流互感器，故A 错误；
B．由变压器的变压比可知
U 2
U V
＝n甲1
n甲2
代入数据解得
U2=22000V
由变压器的电流比可知
I
I A
＝n乙2
n乙1
代入数据解得输电电流
I=40A
线路上损耗的电功率
P 损=I2r=402×20W=32000W=32kW
理想变压器输入功率等于输出功率，发电机的输出功率
P 发电机=P 输电=U2I=22000×40W=880000W=880kW
用户得到的电功率为
P' = P发电机−P损=848kW
故C 错误，B 正确；
D．用户使用的用电设备越多，用户电流增大，输电电流变大，输电导线损失的电压增大，降压变压器输
入电压减小，降压变压器输入电压U3变小，故D 错误。
故选B。
【针对练习10】（2023·江苏扬州·统考三模）远距离输电的原理图如图所示，发电机的输出功率为P，输
电线上损失的功率为P 线，变压器均为理想变压器，下列关系式正确的是（ ）
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A．U 1
U 2
= n2
n1
B．I 线= U 2
R线
C．P线= U 2
2
R线
D．P = P线+U 4 I 4
【答案】D
【详解】A．根据电压与匝数的关系有
U 1
U 2
= n1
n2
故A 错误；
B．输电线路上损耗的电压
ΔU = I 线R线
根据输电线上电压的关系有
ΔU =U 2−U 3
解得
I 线= U 2−U 3
R线
故B 错误；
C．输电线上损耗的功率
P线= I 线
2 R线
结合上述解得
P线= (U 2−U 3)
2
R线
故C 错误；
D．发电机输出的功率为
P =U 1 I 1=U 2 I 线=(ΔU +U 3)I 线= ΔU I 线+U 3 I 线= P线+U 4 I 4
故D 正确。
故选D。
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一、单选题
1．手机无线充电原理图如图所示，该装置可等效为一个理想变压器，送电线圈为原线圈，受电线圈为副
线圈。ab 间接上220 V 的正弦交变电流后，受电线圈中产生交变电流。送电线圈的匝数为n1，受电线圈的
匝数为n2，且n1∶n2=10 1∶。两个线圈中所接电阻的阻值均为R，当该装置给手机充电时，手机两端的电压为
1.8 V，流过手机的电流为1 A，则下列说法中正确的是（ ）
A．受电线圈cd 两端的输出电压为22 V
B．充电时，两线圈上所接电阻的阻值R=200 Ω
C．充电时，与送电线圈相连的电阻R 两端的电压为20 V
D．充电时，受电线圈cd 两端的输出电压为21.8 V
【答案】D
【详解】A．ab 端输入电压为220 V，由于送电线圈中的电阻R 分压，故送电线圈两端电压小于220 V，则
根据
U 1
U 2
= n1
n2
可知，受电线圈cd 两端的输出电压小于22 V，故A 错误；
B．设手机两端电压为U'，由题意可知
U2=U'+I2R
送电线圈的电流为
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I1=n2
n1
I2=0.1 A
则送电线圈两端电压
U1=U-I1R=220-0.1R
根据
U 1
U 2
= n1
n2
可得
R=20 Ω
故B 错误；
C．充电时，与送电线圈相连的电阻R 两端的电压为
UR=I1R=2 V
故C 错误；
D．充电时，受电线圈cd 两端的输出电压为
U2=U'+I2R=21.8 V
故D 正确。
故选D。
2．如图是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为交流电流表。
线圈绕垂直于磁场的水平轴OO
′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，下列选项正确的是
（ ）
A．图示位置时，线圈处于中性面，穿过线圈平面的磁通量最大，电流表示数最大
B．图示位置时，线圈处于平行面，穿过线圈平面的磁通量最小，电流表示数最大
C．从图示位置旋转90°，线圈处于中性面，穿过线圈平面的磁通量最大，磁通量的变化率最大，电流
表示数最大
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D．从图示位置开始往逆时针方向旋转产生正弦式交变电流
【答案】B
【详解】AB．图中线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，电流表示数
最大，故A 错误，B 正确；
C．从图示位置旋转 ，线圈处于中性面，穿过线圈平面的磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流表示数
最小，故C 错误；
D．从图示位置开始往逆时针方向旋转产生余弦式交变电流，故D 错误。
故选B。
3．如图甲所示，边长为L=0.1m匝数为N =100匝，电阻可以忽略的正方形线圈在匀强磁场中绕转轴OO
′
以某一角速度匀速转动，OO
′轴垂直于磁感线，图示位置线圈平面与磁场平行，在线圈外接一含有理想变
压器的电路，变压器原、副线圈的匝数比为1:2，副线圈接有阻值100Ω的电阻R，原线圈中电流如图乙
所示，电流表为理想电表，下列判断正确的是（ ）
A．图示位置，穿过线圈磁通量为零，感应电动势瞬时值也为零
B．电流表示数为√2A
C．线圈转动的角速度为50 π rad/s
D．匀强磁场磁感应强度为√2
4 π T
【答案】D
【详解】A．图示位置，穿过线圈磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故A 错误；
B．由图乙可知电流表示数最大值为√2A，而电流表示数为有效值，即为
I 1= I m
√2 =1A
故B 错误；
C．交流电周期为
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T =2×10
−2s
则线圈转动的角速度为
ω= 2π
T =100 π rad/s
故C 错误；
D．根据
I 1
I 2
= n2
n1
= 2
1
解得
I 2= 1
2 A
线圈匀速转动的感应电动势的最大值为
E = NBSω
原线圈电压的有效值为
U 1= E
√2
根据
U 1
U 2
= n1
n2
= 1
2
根据欧姆定律
R = U 2
I 2
解得
B = √2
4 π T
故D 正确。
故选D。
4．如图甲所示。用一台发电机给滑动变阻器R供电，发电机产生的交变电流的电动势如图乙所示，发电机
线圈的总电阻r =1Ω。电压表为现想交流电压表，调节滑动变阻器R =9Ω时，下列说法正确的是
（ ）
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A．该发电机线圈转动的角速度为200 π rad/s
B．线圈转至图甲位置时，线圈中感应电流最大
C．理想电压表示数为20V，电阻R的功率为40W
D．如把击穿电压为20V的电容器与滑动变阻器并联，电容器将被击穿
【答案】D
【详解】A．由图乙可知，该发电机线圈转动周期为0.02s，则该发电机线圈转动的角速度为
ω= 2π
T =100 π rad/s
故A 错误；
B．线圈转至图甲位置时，磁场与线圈平面垂直，感应电动势为零，线圈中感应电流为零，故B 错误；
C．由图乙可知，感应电动势的最大值为20√2V，则有效值为
E有= Em
√2 =20 V
电流有效值为
I 有= E有
R+r =2A
理想电压表示数为
U = I 有R =18 V
电阻R的功率为
P =U I 有=36 W
故C 错误；
D．如把击穿电压为20V的电容器与滑动变阻器并联，电容器两端的电压最大值为
U m =√2U =18√2V>20 V
则电容器将被击穿，故D 正确。
故选D。
5．2023 年9 月22 至24 日，华南日用百货商品交易会在广州隆重举办。参展产品中南北美洲的绝大多数国
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家家用电器的额定电压是110V，这类用电器不能直接接到我国220V 的电路上。如图甲为一台南北美洲的
小发电机的结构示意图，内阻为0.7 Ω的线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规
律如图乙所示。外接电表均为理想交流电表，用电器的电阻恒定为10.3Ω，则
A．发电机产生电动势的最大值为110√2V，线圈的转速n=50r/min
B．电流表的示数为10A，电压表的示数为110V
C．发电机的输出功率为1030W
D．在0.02s 时，穿过线圈的磁通量变化率最大
【答案】C
【详解】A．由题图乙可知，发电机产生电动势的最大值为
Em=110√2V
电动势的有效值是
E=110V
周期为T=0.02s；则转速为
n=
1
0.02 r / s=3000r / min
选项A 错误；
B．电流表的示数为
I =
E
R+r =10A
电压表测量的是小灯泡两端的电压，电压表示数为
U =
E
R+r R =103 V
选项B 错误；
C．发电机的输出功率
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P = IU =1030 W
选项C 正确；
D．在0.02s 时刻，由题图乙可知此时的电动势为零，由电磁感应定律知，感应电动势与磁通量的变化率成
正比，该时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，选项D 错误。
故选C。
6．如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，输电线的电阻不变，升压变压器的原、副
线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器的原、副线圈匝数分别为n3、n4。在保持发电机输出电压U 1及用户得
到的电压U 4均不变的条件下，若将输送电压U 2由300kV升级为2100kV高压，输送的总电功率变为原来的
3.5 倍，不考虑其他因素的影响，则（ ）
A．升压变压器原、副线圈匝数比值n1
n2
变为原来的7 倍
B．输电线上电流I 2变为原来的2 倍
C．输电线损失的功率变为原来的4 倍
D．降压变压器原、副线圈匝数比值n3
n4
变大
【答案】D
【详解】A．根据电压匝数比的关系有
U 1
U 2
= n1
n2
解得
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U 2= U 1
n ❑
1
❑
n2
U 1不变，U 2由300kV升级为2100kV高压，解得升压变压器原、副线圈匝数比值
n1
n2
变为原来的1
7 倍，故A
错误；
B．输送总功率
P =U 2 I 2
解得
I 2= P
U 2
由于U 2由300kV升级为2100kV高压，输送的总电功率变为原来的3.5 倍，解得输电线上电流I 2变为原来
的1
2倍，故B 错误；
C．输电线上损失的功率
Δ P = I 2
2 R线
根据上述，输电线上电流I 2变为原来的1
2倍，可知输电线损失的功率变为原来的1
4 倍，故C 错误；
D．根据电压分配关系有
U 2= ΔU +U 3= I 2 R线+ n3
n4
U 4
由于用户得到的电压U 4不变，结合上述，输送电流I 2减小，可知降压变压器原、副线圈匝数比值
n3
n4
变大，
故D 正确。
故选D。
7．如图所示为某小型输电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为22kW。升压
变压器原、副线圈的匝数比为1:10，在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1:10，
电流表的示数为1A，输电线的总电阻R线=10Ω。下列说法正确的是（ ）
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A．升压变压器的原线圈输入电压U 1=2200 V
B．电流互感器是一种降压变压器
C．将滑动触头P下移，用户获得的电压将增大
D．用户获得的功率为21kW
【答案】D
【详解】A．电流互感器原线圈中的电流
I 2= 10
1 I =10 A
升压变压器的输出电压
U 2= P
I 2
=2200 V
升压变压器原、副线圈的匝数比为1:10，则
U 1
U 2
= 1
10
则
U 1=220 V
故A 错误；
B．根据线圈匝数关系可知电流互惑器是一种升压变压器，故B 错误；
C．将活动触头P下移，增大了n3，降压变压器用户获得的电压
U 4= n4
n3
U 3
可知n3增大时，U 4减小，故C 错误；
D．输电线上损失的功率
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Δ P = I 2
2 R线=1000 W
用户获得的功率
P4= P3= P−Δ P =22kW−1kW =21kW
故D 正确。
故选D。
8．杭丽铁路被列入浙江省重大建设项目“十四五”规划，杭丽高铁建成后，丽水前往杭州的时间将缩短
至1 小时内。新建成的高铁将应用许多新技术，图示为高铁的牵引供电流程图，利用可视为理想变压器
（原、副线圈匝数比为n1：n2）的牵引变电所，将高压220kV 或110kV 降至27.5kV，再通过接触网上的电
线与车顶上的受电弓使机车获得25kV 工作电压，则下列说法正确的是（ ）
A．若电网的电压为110kV，则n1:n2=22:5
B．若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25kV
C．高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
D．如果高铁机车的电动机输出机械功率为9000kW，电机效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效
电阻为62.5Ω
【答案】C
【详解】A．若电网的电压为110kV，则
n1:n2=110kV:27.5kV= 4:1
故A 错误；
BC．若高铁机车运行功率增大，则牵引变电所副线圈输入功率增大，而副线圈电压不变，所以牵引变电所
至机车间之间的电流增大，热损耗功率也会随之增大，导线电阻分压增大，机车工作电压将会低于
25kV，故B 错误，C 正确；
D．根据功率关系可得
P =90 %UI
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其中
U =25kV=25000 V
则电流为
I =
P
90 %U =
9×10
6
90 %×25000 = 400 A
则牵引变电所至机车间的等效电阻为
R = U 2−U
I
= 27500−25000
400
=6.25Ω
故D 错误。
故选C。
9．如图所示，面积为S、匝数为N 的矩形线框在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO＇
匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡L1、L2、L3均正常发光．已知L1、L2、L3的额定功率均为
P，额定电流均为I，线框及导线电阻不计，则（ ）
A．理想变压器原、副线圈的匝数比为1：2
B．在图示位置时，穿过线框的磁通量变化率最小
C．若在副线圈再并联一个相同的小灯泡，则灯泡L3将变暗
D．线框转动的角速度为ω= 3√2 P
NBSI
【答案】D
【详解】A．设原线圈电流为I，则副线圈电流为2I，则理想变压器原、副线圈的匝数比为
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n1
n2
= I 2
I 1
= 2
1
选项A 错误；
B．在图示位置时，穿过线框的磁通量为零，此时磁通量的变化率最大，选项B 错误；
C．若在副线圈再并联一个相同的小灯泡，则次级电阻减小，次级电流变大，则初级电流也变大，则灯泡
L3将变亮，选项C 错误；
D．线圈输出的总功率为3P，总电流为I，则电动势的有效值为
E = 3 P
I
根据
Em=√2 E = NBωS
可得线框转动的角速度为
ω= 3√2 P
NBSI
选项D 正确。
故选D。
10．某理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，原线圈与定值电阻R0串联后接入输出电压大小恒定的正
弦交流电源，副线圈电路中接有理想交流电流表和滑动变阻器R（最大阻值为R0），开始时滑片P位于滑
动变阻器电阻丝的中央位置，如图所示。现将滑片P向下滑至电阻丝距下端长度四分之一处的a点时，电
流表的示数记为I 1，将滑片P向上滑至电阻丝距下端长度四分之三处的b点时，电流表的示数记为I 2，已知
I 1: I 2=1:2，则n1:n2为（ ）
A．1:4
B．4:1
C．1:2
D．2:1
【答案】D
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【详解】设当滑动变阻器阻值为R时，电流表读数为I，则次级电压为IR，初级电压为U 1= n1
n2
IR；初级电
流为
n2
n1
I，则
u= n2
n1
I R0+ n1
n2
IR
根据题意则
u= n2
n1
I 1 R0+ n1
n2
I 1 3
4 R
u= n2
n1
I 2 R0+ n1
n2
I 2
1
4 R
其中I 1: I 2=1:2，R = R0
求得
n1:n2=2:1
D 正确。
故选D。
11．如图是交流发电机的示意图，两磁极N、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，矩形线圈abcd 绕垂
直于磁场方向的水平轴OO'沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化如图，通过电刷与阻值为5Ω
的小灯泡组成闭合电路，已知线圈内阻为1Ω，则（ ）
A．交流电压表示数为10V
B．线圈转速为2.5r/s
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C．当线圈处于图示与磁感线平行位置时ab 边受到的安培力为零
D．线框由图示与磁感线平行位置转1
4 圈，小灯泡消耗的电能为1.2J
【答案】B
【详解】A．根据图像，电动势有效值为
E = Em
√2 =6√2V
电压表显示为外电压U =5√2V。故A 错误；
B．周期为T=0.4s，则线圈转速为
n= 1
T =2.5r/s
故B 正确；
C．中线圈与中性面垂直，感应电流最大，ab 受到安培力最大。故C 错误；
D．灯泡消耗电能
Q =(
E
R+r)
2
R T
4 =(
6√2
6 )
2
⋅5⋅0.1J =1.0J
故D 错误。
故选B。
二、多选题
12．如图是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P 是可移动的滑动触头，AB 间接
交流电压U，输出端接通了两个相同的灯泡L1和L2，Q 为滑动变阻器的滑动触头，当开关S 闭合，P 处于
如图所示的位置时，两灯均能发光，下列说法正确的是（ ）
A．P 不动，将Q 向右移动，变压器的输入功率变大
B．Q 不动，将P 沿逆时针方向移动，变压器的输入功率变大
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C．P 不动，将Q 向左移动，两灯均变亮
D．P、Q 都不动，断开开关S，L1将变亮
【答案】BCD
【详解】A．P不动，副线圈匝数n2不变，副线圈两端电压U 2不变，Q 向右移动，滑动变阻器电阻变大，
副线圈总电阻变大，副线圈中电流I 2减小，根据
P1= P2=U 2 I 2
可知，变压器的输入功率减小，A 错误；
B．Q 不动，副线圈总电阻不变，将P 沿逆时针方向移动，副线圈匝数n2变大，根据
U
U 2
= n1
n2
可知，副线圈两端电压U 2变大，副线圈中电流I 2变大，根据
P1= P2=U 2 I 2
可知，变压器的输入功率变大，B 正确；
C．P不动，副线圈匝数n2不变，副线圈两端电压U 2不变，Q 向左移动，滑动变阻器电阻变小，电压变小，
所以灯泡两端电压变大，两灯均变亮，C 正确；
D．P、Q 都不动，副线圈两端电压U 2不变，断开开关S，副线圈总电阻变大，副线圈中电流I 2减小，滑动
变阻器电压减小，所以灯泡两端电压变大，L1将变亮，D 正确。
故选BCD。
13．如图所示的电路中，变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想电表。三个定值电阻阻值分别为
R0、R1、R2，其中R1> R2。在M、N 两端接电压有效值为U 的交流电源，开始时开关S 接触b 点，现使S
接触a 点，下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数变小
B．电压表示数不变
C．变压器的输出功率一定变大
D．整个电路消耗的功率变小
【答案】AD
【详解】AB．设原、副线圈的匝数比为k，设变压器原、副线圈的电流为I 1、I 2，变压器原线圈的等效电
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阻为R等效，根据理想变压器输入功率与输出功率的关系可得
I 1
2 R等效= I 2
2 R副
根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系
I 1
I 2
= n2
n1
= 1
k
可得
R等效=k
2 R副
则原、副线圈和负载电阻可等效为阻值k
2 R的电阻，当S 从接触b 点到接触a 点时，负载电阻由R2变为R1，
负载电阻阻值变大，等效电阻阻值也变大，M、N 两端所接电压U 不变，则原线圈电流变小，电阻R0分压
变小，电压表示数U 1变大，故A 正确，B 错误；
C．题目未知电阻R1、R2与R0关系及变压器原副线圈的匝数关系，变压器的输出功率如何变化不能确定，
故C 错误；
D．开关S 接触a 点后，原线圈电路中电流变小，电源电压不变，故整个电路消耗的功率变小，故D 正确。
故选AD。
14．图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的受电线圈示意图，已知线圈匝数n=100、电阻r=1Ω、横截面
积S =1.5×10
−3 m
2，外接电阻R=7Ω。线圈处在平行于线圈轴线的均匀分布的磁场中，磁场的磁感应强度
随时间变化如图乙所示，则（ ）
A．在t=0.01s 时，通过R 的电流发生改变
B．在t=0.01s 时，线圈中的感应电动势E=0.6V
C．在0~0.02s 内，通过电阻R 的电荷量q =1.5×10
−3C
D．在0.02~0.03s 内，R 产生的焦耳热为Q =1.8×10
−3J
【答案】BC
【详解】A．根据楞次定律可知，在0~0.01s 内和在0.01~0.02s 内电流方向相同，故A 错误；
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B．在0~0.02 s 内，根据法拉第电磁感应定律可知
E =n ΔΦ
Δt =n Δ B
Δt S =100×4×1.5×10
−3 V=0.6V
故B 正确；
C．在0~0.02s 内，产生的感应电流为
I =
E
R+r = 0.6
7+1 A=0.075A
通过电阻R 的电荷量为
q ==0.075×0.02C=1.5×10
−3C
故C 正确；
D．在0.02~ 0.03 s 内，产生的感应电动势为
E
′ =n ΔΦ
′
Δt =n Δ B
′
Δt S =100×8×1.5×10
−3V=1.2V
产生的感应电流为
I
′ = E
′
R+r = 1.2
7+1 A=0.15A
R 上产生的焦耳热为
Q = I
′2 Rt =0.15
2×7×0.01J=1.575×10
−3J
故D 错误。
故选BC。
15．如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的
示意图，图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表。设发电厂输出的电压一定，两条
输电线总电阻用R0表示。则当进入用电高峰时（ ）
A．电压表V1、V2的示数均不变，电流表A2的示数增大，电流表A1的示数减小
B．电压表V2、V3的示数之差与电流表A2的示数的比值不变
C．电压表V3、V4示数的比值不变，电流表A2的示数增大，电流表A3的示数增大
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D．电压表V3、V4的示数均减小，线路损耗功率增大，发电厂的输出功率增大
【答案】BCD
【详解】A．发电厂输出的电压一定，则电压表V1的示数不变，根据
U 1
U 2
= n1
n2
可知，升压变压器次级电压一定，即电压表V2的示数不变，当进入用电高峰时，降压变压器次级消耗的功
率变大，则次级电流变大，即电流表A3的示数增大，则初级电流变大，即输电线上的电流变大，即电流表
A2的示数增大，根据
I 1
I 2
= n2
n1
可知，升压变压器初级电流变大，即电流表A1的示数变大，选项A 错误；
B．电压表V2、V3的示数之差等于导线上的电压损失，则与电流表A2的示数的比值等于导线上的电阻R0
的值，不变，选项B 正确；
C．电压表V3、V4示数的比值等于降压变压器原副线圈的匝数比，则比值不变，结合A 的分析可知，电流
表A2的示数增大，电流表A3的示数增大，选项C 正确；
D．因输电线电流变大，则输电线上的电压以及功率损失变大，因升压变压器次级电压一定，可知降压变
压器初级电压减小，次级电压减小，即电压表V3、V4的示数均减小，线路损耗功率增大，用户消耗的功率
也变大，则升压变压器器的输入电流变大，则发电厂的输出功率增大，选项D 正确。
故选BCD。
