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第十二章 交变电流 传感器
第 02 练 变压器 远距离输电
知识目标 知识点
目标一 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
目标二 理想变压器的原理及应用
目标三 理想变压器的动态分析
目标四 远距离输电
1．某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1:10，当输入电压增加20V时，输出电压( )
A. 降低2V B. 增加2V C. 降低200V D. 增加200V
【答案】D
【解析】
【分析】
变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，结合原线圈电压的变化得出副线圈电压的变化。
解决本题的关键知道原副线圈的电压之比和匝数之比的关系，基础题。
【解答】
U n ΔU n 20 1
解：根据 1= 1 得， 1= 1 ，即 = ，解得：△U =200V，即输出电压增加200V .故
U n ΔU n ΔU 10 2
2 2 2 2 2
D正确，ABC错误。
故选D。
2．下列说法正确的是( )
A. 恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B. 小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C. 正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D. 升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
【答案】B
【解析】解：A、根据F=qvB可知，恒定磁场对静置于其中的电荷没有力的作用，故A错误；
B、根据磁场方向的规定可知，小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，故B正
确；
C、正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时线圈处于中性面，此时磁通量最大，磁
通量变化率为零，感应电动势为零、电流为零，故C错误；D、升压变压器中，如果不漏磁，则副线圈的磁通量变化率等于原线圈的磁通量变化率，如果漏磁，
则副线圈的磁通量变化率小于原线圈的磁通量变化率，故D错误。
故选：B。
恒定磁场对静置于其中的电荷没有力的作用；根据磁场方向的规定分析B选项；正弦交流发电机工
作时，穿过线圈平面的磁通量最大时电流为零；升压变压器中副线圈的磁通量变化率不可能大于原
线圈的磁通量变化率。
本题主要是考查电磁感应现象以及正弦交流电的知识，关键是知道正弦交流电的产生以及变压器的
变压原理即可解答本题。
3．某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视
为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用
电器增加时，图中各电表的示数变化情况是( )
A. A 增大，V 不变，V 增大 B. A 增大，V 减小，V 增大
1 2 3 1 2 3
C. A 增大，V 增大，V 减小 D. A 增大，V 不变，V 减小
2 2 3 2 2 3
【答案】D
【解析】解：不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压U =U 不变，
1 V1
U n
根据： 1= 1 可知，变压器副线圈的输出电压U =U 不变；当住户使用的用电器增加时，即用
U n 2 v2
2 2
U
户的总电阻R 变小，由I = 2 可知，副线圈的电流I =I 变大，而由，U =U -I R可知，
灯 2 R+R 2 A2 V3 2 2
灯
可知V 减小；由理想变压器的原理U I =U I ，可知原线圈的电流I =I 变大；故综合上述分析
3 1 1 2 2 1 A1
可知A 增大，A 增大，V 不变，V 减小；故ABC错误，D正确。
1 2 2 3
故选：D。
本题考查闭合电路的动态分析，则当住户使用的用电器增加时，并联支路在增加。所以输出端的总
电阻在减少，根据总电阻的变化，确定出总电流，以及输入，输出端的电压变化。
本题需要注意电压是由输入端决定，而电阻的变化引起的电功率的变化是输出决定输入。在结合电
路的动态分析即可求解。
4．理想变压器与电阻R及交流电流、电压表V和A按图示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比
为n ：n =10：1，电阻R=11Ω，原线圈两端输入电压U随时间变化的图象如图所示，下列说法
1 2
中正确的是( )A. V表的读数为220V B. 通过R的电流为2A
C. A表的读数为2A D. 变压器的输入功率为40W
【答案】B
【解析】
【分析】
解决本题的关键知道原副线圈的电压关系和电流关系，以及知道原副线圈的电压、电流和功率的决
定关系．
【解答】
解：由原线圈两端输入电压U随时间变化的图象可知，U =220V，T=0.02s
1
1
A、根据原副线圈的电压比等于匝数之比，可知U = U =22V，所以电压表的示数为22V，故
2 10 1
A错误；
U
B、根据欧姆定律得：I = 2=2A，故B正确，
2 R
n 1
C、根据原副线圈的电流与匝数成反比，则I = 2 I = ×2A=0.2A，故A表的读数为0.2A，
1 n 2 10
1
故C错误；
D、副线圈功率P =I U =44W，所以变压器的输入功率P =P =44W，故D错误。
2 2 2 1 2
故选：B。
5．（多选）如图，理想变压器原线圈接在u=220√2sin100πt(V)的交流电源上，副线圈匝数可
通过滑片P来调节。当滑片P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n ：n =2：1，为了使图中“
1 2
100V，50W”的灯泡能够正常发光，下列操作可行的是( )
A. 仅将滑片P向上滑动
B. 仅将滑片P向下滑动
C. 仅在副线圈电路中并联一个阻值为20Ω的电阻
D. 仅在副线圈电路中串联一个阻值为20Ω的电阻【答案】BD
【解析】解：原线圈电压有效值
U 220√2
U = m= =220V则次级电压有效值
1 √2 √2
n 1
U = 2U = ×220V =110V >100V则为了使图中“100V，50W”的灯泡能够正常发光，则
2 n 1 2
1
需要减小次级电压，即仅将划片P向下滑动，或者仅在副线圈电路中串联一个电阻，阻值为
U -U 110-100
R= 2 L= Ω=20Ω
P 50 ，
L
U 100
L
故选：BD。
首先根据理想变压器原副线圈的关系，求解副线圈电压的有效值，然后根据串联电路电阻与电压的
分配关系求解小灯泡两端的电压，最后分析滑线变阻器滑片的的移动方向。
解答本题的关键是理解小灯泡正常发光的含义是：小灯泡两端的工作电压为100V。
6．一小型发电站通过理想升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率
P=500kW，输出电压U =500V，升压变压器B 原、副线圈的匝数之比n :n =1:5，两变压器间
1 1 1 2
输电导线的总电阻R=1.5Ω.降压变压器B 的输出电压U =220V .求：
2 4
(1)升压变压器B 副线圈两端的电压U ;
1 2
(2)输电导线上损失的功率P ，
损
(3)降压变压器B 原、副线圈的匝数之比n :n ．
2 3 4
【答案】
n
解：(1)升压变压器的输出电压：U = 2U =2500V
2 n 1
1
P 500×103
(2)传输电流：I = 2 = A=200A
2 U 2500
2
损失的功率：P =I2R=2002×1.5W =60000W
损
(3)降压变压器的输入电压为：
n U 2200 10
U =U -I R=2500V -200×1.5V =2200V降压变压器的匝数比： 3= 3= = 。
3 2 2 n U 220 1
4 4
【解析】对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率，只改变电压和电流。
(1)先根据变压比公式求解升压变压器的输出电压；
(2)变压器不改变功率，由P=UI求出输电线中电流；由功率公式求解输电线上损耗的电功率；
(3)求出降压变压器的中输入电压，再由电压与匝数成正比求解降压变压器原、副线圈的匝数比。
1．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是(
)
A. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R 消耗的功率变大
1
B. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A 示数变大
1
D. 若闭合开关S，则电流表A 示数变大，A 示数变大
1 2
【答案】B
【解析】
【分析】
考查电路的动态分析：本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小，再由电路的联接关系可
分析各表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键。
滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路中的阻值变大，因输出电压不变，则总电流变小，
据欧姆定律确定各表的示数变化。
【解答】
A.滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，副线圈电压不变，则干路电流变小，则R 消耗
1
的功率变小，则A错误；B.干路电流变小，R 分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，则B正确；
1
C.副线圈电流变小，根据原副线圈匝数比等于电流的反比可知原线圈的电流也变小，即电流表A 示
1
数变小。则C错误；
D.闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R 的电流变大，分压变大，则R 的分压变小，
1 2
电流变小，A 示数变小。电流表A 示数随副线圈电流的变大而变大，则D错误。
2 1
故选B。
2．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P=100kW，发电机的电压U =250V，经变压器
1
升压后向远处输电，输电线总电阻R =8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U =220V。已知
线 4
输电线上损失的功率P =5kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是( )
线
A. 发电机输出的电流I =40A B. 输电线上的电流I =625A
1 线
C. 降压变压器的匝数比n :n =190:11 D. 用户得到的电流I =455A
3 4 4
【答案】C
P 100×103
【解析】解：A、发电机输出的电流I❑= = A=400A，故A错误；
1 U❑ 250
1
B、输电线损失的功率为P❑ =I2 R❑，得I❑ =
√P
线
❑
=
√5000
A=25A，故B错误；
线 线 线 线 R❑ 8
线
P 100×103
C、升压变压器的输出电压U❑= = V =4×103V，输电线上的损失的电压
2 I❑ 25
线
U❑ =I❑ R❑ =25×8V =200V，降压变压器的输入电压U❑=U❑-U❑ =3800V，降压变压器的
线 线 线 3 2 线
匝数比为n❑：n❑=3800：220=190：11，故C正确；
3 4
I❑ n❑
11 190 190
D、对降压变压器，根据 线= 4 = ，得I❑= I❑ = ×25A=431.8A，故D错误；
I❑ n❑ 190 4 11 线 11
4 3
故选：C。
根据输电损失功率公式P❑ =I2 R❑计算电流；由输送功率P=UI计算输送电压U❑；由电压与匝
线 线 线 2
数成正比求解降压变压器的匝数之比；根据电流与匝数求解用户得到的电流。
本题关键是结合变压器的变压比公式和功率损耗的公式P❑ =I2 R❑列式求解，基础问题
线 线 线
3．图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n
1n ，在T的原线圈两端接入一电压u=U sinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻
2 m
为2r，不考虑其他因素的影响，则该电阻上损失的电功率为( )
n U 2 n U 2
( ) ( )
A. 1 m B. 2 m
n 4r n 4r
2 1
C. 4 ( n 1 ) 2 ( P ) 2 r D. 4 ( n 2 ) 2 ( P ) 2 r
n U n U
2 m 1 m
【答案】C
【解析】
【分析】
P
理想变压器输入功率和输出功率相等，通过原线圈的电压求出副线圈的电压，再根据I= ，求出
U
输电线上的电流，从而求出输电线上消耗的功率。
解决本题的关键注意电压有效值的使用及变压器的特点，输入功率等于输出功率，电压比等于匝数
比。
【解答】
U U n n U
升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U = m ；由变压关系可得 1= 1 ，则U = 2 m ；因
1 √2 U n 2 √2n
2 2 1
P √2n P
为输送电功率为P，输电线中的电流为I = = 1 ，则输电线上损失的电功率为
2 U n U
2 2 m
4n 2P2r
ΔP=I2(2r)= 1
，故C正确，ABD错误。
2 n 2U 2
2 m
故选C。
4．一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a、b间输入电压为U 的交变电流时，c、d间
1
的输出电压为U 。在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中( )
2
A. U >U ，U 降低 B. U >U ，U 升高
2 1 2 2 1 2
C. U 2R，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时( )
L
A. A 、A 两表的示数相同 B. L 、L 两灯泡的亮度相同
1 2 1 2
C. R 消耗的功率大于R 消耗的功率 D. R 两端的电压小于R 两端的电压
1 3 2 4
【答案】D
【解析】
【分析】
根据变压器的规律和欧姆定律分别列出电流的表达式分析两个电流表示数的关系，由通过灯泡的电
流大小判断亮度，结合功率及电压公式即可得到R 与R 消耗的功率及R 、R 两端电压的关系．
1 3 2 4
解决本题的关键掌握变压器的原理和特点，以及掌握远距离输电过程中电压损失和输入电压、输出
电压的关系．
【解答】
AB、设变压器原、副线圈数比为K(K<1)，A、B端接入的电压为U．
U R U
则L 两端的电压为U = L ，A 表的示数I = ．
2 2 2R+R 2 A2 2R+R
L L
U
对于变压器电路，升压变压器副线圈两端的电压为 ，设通过L 的电流为I ，则L 两端的电压为
K 1 1 1
1
I R ，A 表的示数为I =K I ，降压变压器原线圈的电压为 I R ，则有：
1 L 1 A1 1 K 1 LU 1
-2RK I = I R
K 1 K 1 L
KU U
U I =K I = =
解得 I = ，则 A1 1 2RK2+R R
1 2RK2+R L 2RK+ L
L K
因为R >2R，K<1，可以得到I >I .I >I ．L 比L 亮，故AB错误；
L A2 A1 1 A2 1 2
C、电阻R 、R 相等，I >I ，根据公式P=I2R可知，R 消耗的功率小于R 消耗的功率，故C
1 3 A2 A1 1 3
错误；
D、电阻R 、R 相等，I >I ，根据欧姆定律知：R 两端的电压小于R 两端的电压，故D正确．
2 4 A2 A1 2 4
故选：D．
6．如下图甲所示，理想变压器原线圈通有正弦式交变电流，副线圈接有3个电阻和一个电容器。已
知R =R =20Ω，R =40Ω，原、副线圈的匝数比为10:1，原线圈的输入功率为P=35W，已知
1 3 2
通过R 的正弦交流电如下图乙所示。求：
1
1.原线圈输入电压;
2.电阻R 的电功率;
2
3.电容器C流过的电流。
【答案】
解：
(1)由乙可知，通过R 的电流的最大值为I =√2A，则其有效值为：I =1A，R 的电压：
1 m 1 1
U =1×20=20V；根据电压与匝数成正比知原线圈输入电压：U=10×20V =200V
1
1
(2)根据并联电阻，电流与电阻成反比，I =0.5A，则R 的电功率为：P =I2R = ×40=10W；
2 2 2 2 2 4
P 35
(3)由题意可知，输出功率也为35W，流过R 电流为：I = -I -I = -1-0.5=0.25A；
3 3 U 1 2 20
1
答：
(1)原线圈输入电压200V；
(2)电阻R 的电功率10W；
2
(3)电容器C流过的电流0.25A
【解析】根据图象的最大值，即可求解有效值，再结合功率表达式，依据并联特点，即可求解R 的
2电功率；
由输入功率与输出功率相等，结合P=UI，从而求解流过电容器的电流
本题需要掌握变压器的输出功率与输入功率的关系，同时理解电功率表达式内容，注意交流电的最
大值与有效值的关系
