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第 2 讲 变压器 远距离输电
实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
目标要求 1.会用实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，体会控制变量法，了解
实验误差.2.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题.3.理解远
距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率．
考点一 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)实验方法采用控制变量法
①n、U 一定，研究n 和U 的关系．
1 1 2 2
②n、U 一定，研究n 和U 的关系．
2 1 1 2
2．实验器材
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n 和电压U 不变，改变副线圈的匝数n，研究n 对副线圈电压U 的影
1 1 2 2 2
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，则应选择交流电压挡的最大量程进行测量．
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n 和原线圈两端的电压U 不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影
2 1
响．重复(1)中步骤．
4．数据处理
由数据分析变压器原、副线圈两端电压U、U 之比与原、副线圈的匝数n、n 之比的关系．
1 2 1 2
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．
例1 某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验．他准备了可拆
变压器、多用电表、开关和导线若干．
(1)实验需要以下哪种电源 ；
A．低压直流电源
B．高压直流电源
C．低压交流电源
D．高压交流电源
(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈
匝数不变，改变原线圈匝数．分别测出相应的原、副线圈电压值．由于交变电流电压是变化
的，所以，我们实际上测量的是电压的 值 (填“有效”或“最大”)．其中一次多
用电表读数如图所示，此时电压表读数为 ；
(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成 (填“正比” 或“反比”)，实验中由
于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般 (填“大于”“小
于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比．
(4)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别．原因不可能为 ．
(填字母代号)
A．原、副线圈上通过的电流发热
B．铁芯在交变磁场作用下发热
C．变压器铁芯漏磁
D．原线圈输入电压发生变化
答案 (1)C (2)有效 7.2 V (3)正比 大于 (4)D
解析 (1)探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源，故选C.
(2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的 10
V挡位，所以应该在0～10 V挡位读数，所以读数应该是7.2 V；
(3)根据＝可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比．实验中由于变压器的铜损
和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈的电压的实际值一般略小于理
论值，所以导致＞.
(4)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差
别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D.
考点二 理想变压器的原理及应用
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：电磁感应的互感现象．
2．基本关系式
(1)功率关系：P ＝ P
入 出．
(2)电压关系：＝.
(3)电流关系：只有一个副线圈时＝.
(4)频率关系：f ＝ f
出 入．
1．变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用．( √ )
2．变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率．( × )
3．在任何情况下，理想变压器均满足＝、＝、P ＝P ( × )
入 出．
1．理想变压器的制约关系
电压 原线圈电压U 和匝数比决定副线圈电压U，U＝U
1 2 2 1
功率 副线圈的输出功率P 决定原线圈的输入功率P ，P ＝P
出 入 入 出
电流 副线圈电流I 和匝数比决定原线圈电流I，I＝I
2 1 1 2
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：P＝P＋P＋P＋…＋P
1 2 3 4 n电流关系：nI＝nI＋nI＋nI＋…＋nI
1 1 2 2 3 3 4 4 n n
考向1 变压器基本物理量的分析与计算
例2 (2017·北京卷·16)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin(100πt) V的交流电
源上，副线圈接有R＝55 Ω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 W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110 V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
答案 B
解析 由u＝220sin(100πt) V可知，原线圈电压最大值为220 V，故原线圈电压的有效值为
U ＝220 V，根据＝可知，U ＝U ＝110 V，故电压表的读数为110 V，选项C错误；副线圈
1 2 1
电流有效值为I＝＝2 A，根据P＝UI可知，输出功率为220 W，则原线圈的输入功率为220
2
W，故选项A错误；原线圈中的电流I＝＝1 A，故选项B正确；因为ω＝，所以T＝＝ s＝
1
0.02 s，故选项D错误．
考向2 原线圈接入用电器的变压器问题分析
例3 (2022·江西高三模拟)如图所示，理想变压器的原线圈接在有效值为100 V的正弦交
流电源上，原、副线圈匝数比为2∶1，定值电阻R 、R 、R 的阻值分别为10 Ω、20 Ω、20
1 2 3
Ω，电流表为理想交流电流表．下列说法正确的是( )
A．R 的电功率为40 W
1
B．电流表示数为1 A
C．副线圈两端电压为20 V
D．副线圈的输出功率为80 W
答案 A
解析 原、副线圈匝数比为2∶1，设原线圈电流为I ，副线圈电流为I ，则有I ＝，又有
1 2 1
原线圈回路U＝IR ＋2I·，解得I ＝2 A，I ＝4 A，所以R 的电功率为P＝I2R ＝40 W，故
1 1 2 1 2 1 1 1
A正确，B错误；副线圈两端电压为U ＝I·＝40 V，故C错误；副线圈的输出功率为P ＝
2 2 2IU＝160 W，故D错误．
2 2
考点三 理想变压器的动态分析
1．匝数比不变的分析思路
(1)U 不变，根据＝，输入电压U 决定输出电压U，不论负载电阻R如何变化，U 不变．
1 1 2 2
(2)当负载电阻发生变化时，I 变化，输出电流I 决定输入电流I，故I 发生变化．
2 2 1 1
(3)I 变化引起P 变化，P＝P，故P 发生变化．
2 2 1 2 1
2．负载电阻不变的分析思路
(1)U 不变，发生变化时，U 变化．
1 2
(2)R不变，U 变化时，I 发生变化．
2 2
(3)根据P＝，P 发生变化，再根据P＝P，故P 变化，P＝UI，U 不变，故I 发生变化．
2 2 1 2 1 1 1 1 1 1
1．变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小．( × )
2．原线圈所加电压恒定，当原线圈的匝数增加时，副线圈两端电压也增加．( × )
考向1 理想变压器匝数不变问题的分析和计算
例4 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 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端
电压不变，副线圈中的电流减小，则R 消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数
1
变大，选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，副线圈中的电流减小，
则原线圈中的电流也减小，电流表 A 示数变小，选项C错误；若闭合开关S，副线圈电路
1中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R 两端电压变大，R 两端电压减小，电流表A 示数
1 2 2
减小，原线圈中的电流变大，电流表A 示数变大，选项D错误．
1
考向2 理想变压器负载不变问题的分析和计算
例5 如图所示，原、副线圈匝数比为100∶1的理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电
压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表
达式为u＝310sin 314t(V)，则( )
1
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为3.1 V
B．副线圈两端的电压频率为50 Hz
C．当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈输入功率变小
D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小
答案 B
解析 由＝，得U ＝，因U ＝ V，所以U ＝× V≈2.2 V，A错误；由瞬时值表达式可得ω
2 1 2
＝314 rad/s，则频率f＝＝ Hz＝50 Hz，B正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，n 减小，则
1
U 增大，电压表示数变大，I ＝增大，副线圈的输出功率P ＝UI 增大，原线圈的输入功
2 2 出 2 2
率增大，C、D错误．
考点四 远距离输电
如图所示，若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＝＝.
2．电压损失
(1)ΔU＝ U － U ′ ；
(2)ΔU＝IR.
3．功率损失(1)ΔP＝ P － P ′ ＝ΔU·I；
(2)ΔP＝ I 2 R ＝()2R
4．降低输电损耗的两个途径
(1)减小输电线的电阻R.由R＝ρ知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线．
(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．
1．增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失．( √ )
2．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗．( √ )
3．若发电站输出功率为P，输电电压为U，输电线总电阻为R，如图所示，则输电线上损
失的功率为P ＝.( × )
损
1．理清输电电路图的三个回路(如图)
(1)在电源回路中，P ＝UI＝P.
发电机 1 1 1
(2)在输送回路中，I＝I ＝I，U＝ΔU＋U，ΔU＝IR ，ΔP＝I2R
2 线 3 2 3 2 线 2 线．
(3)在用户回路中，P＝UI＝P
4 4 4 用户．
2．抓住两组关联式
(1)理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：＝，＝，P ＝
1
P.
2
(2)理想的降压变压器联系着输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：＝，＝，P ＝
3
P.
4
3．掌握一个守恒观念
功率关系：P＝ΔP＋P，其中ΔP＝ΔU·I ＝I 2R ＝.
2 3 线 线 线
例6 如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压为U，用等效总电阻
是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I ，其末端间的电压为U ，在输电线与用户间
1 1
连有一理想变压器，流入用户端的电流为I，则( )
2A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为I2r
1
D．输电线路上损失的电功率为IU
1
答案 A
解析 因为P ＝P ，所以UI ＝UI ，即U ＝，故选项A正确；输电线上的电压降为U
入 出 1 1 2 2 2 线
＝U－U，选项B错误；理想变压器的输入功率P ＝IU，输电线路上损失的电功率
1 入 1 1
P ＝I2r＝I(U－U)，选项C、D错误．
损 1 1 1
例7 (2020·浙江7月选考·11)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发
电机的电压U ＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R ＝8 Ω，在用户端用
1 线
降压变压器把电压降为U ＝220 V．已知输电线上损失的功率P ＝5 kW，假设两个变压器
4 线
均是理想变压器，下列说法正确的是( )
A．发电机输出的电流I＝40 A
1
B．输电线上的电流I ＝625 A
线
C．降压变压器的匝数比n∶n＝190∶11
3 4
D．用户得到的电流I＝455 A
4
答案 C
解析 发电机输出的电流I ＝＝ A＝400 A，故A错误；输电线上损失的功率P ＝I 2R
1 线 线 线
＝5 kW，所以I ＝＝25 A，故B错误；用户得到的功率 P ＝P－P ＝(100－5) kW＝95
线 4 线
kW，则I＝＝ A＝ A≈432 A，故＝＝，故C正确，D错误．
4
课时精练
1．(2019·江苏卷·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20 V时，
输出电压( )
A．降低2 V B．增加2 V
C．降低200 V D．增加200 V答案 D
解析 假设理想变压器原线圈的输入电压为U ，则由变压器的工作原理可知＝，变压器副
1
线圈的输出电压为U ＝10U ；当输入电压增加20 V时，即输入电压为U ＋20 V，则变压器
2 1 1
的输出电压为U′＝10U＋10×20 V，则输出电压的变化量为ΔU＝U′－U＝10U＋200 V
2 1 2 2 1
－10U＝200 V，即输出电压增加200 V，A、B、C错误，D正确．
1
2．(2020·江苏卷·2)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示．其原
线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上．则电流互感器( )
A．是一种降压变压器
B．能测量直流电路的电流
C．原、副线圈电流的频率不同
D．副线圈的电流小于原线圈的电流
答案 D
解析 电流互感器原线圈匝数小，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故 A错误；变压器
的原理是电磁感应，故它不能测量直流电路的电流，故B错误；变压器不改变交变电流的
频率，故C错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流，故D
正确．
3．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·19)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低．我国
已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，
输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU.在保持A处输送的电功率和输电
线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电．输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到
达B处时电压下降了ΔU′.不考虑其他因素的影响，则( )
A．ΔP′＝ΔP B．ΔP′＝ΔP
C．ΔU′＝ΔU D．ΔU′＝ΔU
答案 AD
解析 由输电电流I＝知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的，损耗
的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的，即 ΔP′＝ΔP；输电线上
损失电压为ΔU＝Ir，即输电电压加倍，损失电压变为原来的，即ΔU′＝ΔU.故A、D正确．
4．(2021·广东卷·7)某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线
管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s，电压最大值为0.05 V，理想变压器原线圈接螺
线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是( )A．交流电的频率为10 Hz
B．副线圈两端电压最大值为3 V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
答案 B
解析 周期为T＝0.2 s，频率为f＝＝5 Hz，故A错误；由理想变压器原理可知＝，解得副
线圈两端的最大电压为U ＝U ＝3 V，故B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁
2 1
场越强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误；由理想变
压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误．
5.(2018·天津卷·4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机(内阻可忽略)通过
理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的
读数分别为I、U，R消耗的功率为P.若发电机线圈的转速变为原来的，则( )
A．R消耗的功率变为P
B．电压表V的读数变为U
C．电流表A的读数变为2I
D．通过R的交变电流频率不变
答案 B
解析 发电机线圈的转速变为原来的，由E＝知，原线圈中输入电压变为原来的，频率变为
原来的.根据＝，知U 变为原来的，即U ＝U，则通过R的电流变为原来的，R消耗的功率
2 2
P＝＝P，根据＝，原线圈上的电流也变为原来的，即电流表A的读数变为I，故选B.
2
6．如图所示，电路中的变压器为理想变压器，原线圈接在电压有效值不变的交流电源上．
灯泡L阻值不变，R 是定值电阻，R 是滑动变阻器．闭合开关S、S，灯泡发光，下列判断
1 2 1 2
正确的是( )
A．只向下移动滑片P，R 两端的电压变小
2B．只向下移动滑片P，灯泡L变亮
C．只断开开关S，电阻R 两端的电压变大
2 1
D．只断开开关S，变压器输入功率变大
2
答案 A
解析 理想变压器的输出电压由输入电压和电压比决定，输入电压不变，所以输出电压也不
会变，当滑动变阻器R 的滑片P向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈中
2
总电阻减小，副线圈中总电流变大，R 两端的电压变大，所以灯L、R 两端的电压变小，灯
1 2
泡L变暗，故A正确，B错误；只断开开关S ，副线圈中总电阻变大，副线圈电压不变，
2
副线圈中的电流变小，R 两端的电压变小，副线圈的电功率减小，因为输入功率等于输出
1
功率，变压器输入功率变小，故C、D错误．
7.自耦变压器在高铁技术中被广泛应用．如图所示，一理想自耦变压器接在u＝U sin 100πt
m
的正弦交流电压上，P为滑动触头，初始位置位于线圈CD的中点G, A 和A 为理想交流电
1 2
表，R为定值电阻，下列说法正确的是( )
A．将P向下滑动，A 的示数将变小
1
B．将P向上滑动，A 的示数将变大
2
C．将P下滑到GD的中点，电阻R的功率将变为原来的4倍
D．将P上滑到CG的中点，电阻R的功率将变为原来的
答案 C
解析 将P下滑时，电阻R两端电压变大， A 示数变大，同理，将P向上滑动，A 的示数
1 2
将变小，A、B错误；若将P向下滑动到GD的中点，原、副线圈的电压比将由 1∶2变为
1∶4，电阻R的电压将变为原来2倍，故功率变为原来的4倍，C正确；若将P向上滑动到
CG的中点，原、副线圈的电压比将从 1∶2变为3∶4，电阻R的电压将变为原来的，电阻
R的功率将变为原来的，D错误．
8．(多选)(2020·全国卷Ⅲ·20)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想
变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 、R 、R 均为固定电阻，R ＝10 Ω，R ＝20 Ω，各
1 2 3 2 3
电表均为理想电表．已知电阻R 中电流i 随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示．下列说法正
2 2
确的是( )
A．所用交流电的频率为50 HzB．电压表的示数为100 V
C．电流表的示数为1.0 A
D．变压器传输的电功率为15.0 W
答案 AD
解析 根据i －t图像可知T＝0.02 s，则所用交流电的频率f＝＝50 Hz，故A正确；副线圈
2
两端电压U ＝IR ＝×10 V＝10 V，由＝得原线圈两端电压U ＝100 V，电压表的示数U＝
2 2 2 1
220 V－100 V＝120 V，故B错误；电流表的示数I＝＝ A＝0.5 A，故C错误；变压器传输
的电功率P＝I2R＋I2R＝15.0 W，故D正确．
2 2 3
9．(多选)(2021·河北卷·8)如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感
应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n、n 和n，两个副线
0 1 2
圈分别接有电阻R 和R，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计
1 2
线圈电阻，下列说法正确的是( )
A．通过电阻R 的电流为
2
B．电阻R 两端的电压为
2
C．n 与n 的比值为
0 1
D．发电机的功率为
答案 BC
解析 由题知理想电流表读数为I，
则根据欧姆定律有U＝IR
1 1
根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有
＝，＝
则有U＝IR ，U＝IR
0 1 2 1
再由欧姆定律有U＝IR
2 2 2
可计算出I＝I
2
故A错误，B正确；
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有
E ＝2NBL2ω，
max
U＝＝NBL2ω
0
又U＝IR
0 1
则＝，C正确；
由于变压器为理想变压器，则有P＝P＋P＝UI＋UI＝I2R＋UI
0 1 2 1 2 2 1 2 2
联立解得P＝
0
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P，D错误．
0
10．(2017·浙江4月选考·21(1))为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，
必须要选用的是 ．
A．有闭合铁芯的原、副线圈
B．无铁芯的原、副线圈
C．交流电源
D．直流电源
E．多用电表(交流电压挡)
F．多用电表(交流电流挡)
用匝数n＝60匝和n＝120匝的变压器，实验测量数据如下表．
a b
U/V 1.80 2.80 3.80 4.90
a
U/V 4.00 6.01 8.02 9.98
b
根据测量数据可判断连接电源的线圈是 ．(选填“n”或“n”)
a b
答案 ACE n
b
解析 为了完成实验探究，需要使用交流电源、变压器、多用电表(交流电压挡)．为了让变
压效果明显需要含有闭合铁芯的原、副线圈，因此选用A、C、E.由于有漏磁，所以副线圈
测量电压应该小于理论变压值，即n 为输入端，n 为输出端．
b a
11．(多选)如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压U ＝250 V，输出功率P ＝100
1 1
kW，输电线电阻R＝8 Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是( )
A．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大
B．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小
C．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比为n∶n＝1∶16
1 2
D．用10 000 V高压输电，输电线损耗功率为8 000 W
答案 BC
解析 电站的输出电压没有变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，
电站的输出功率突然增大，则根据P＝UI，输电线上的电流增大，根据U ＝I R，U ＝U
损 线 3 2
－U ，可知降压变压器的输入电压U 减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输
损 3
出电压减小，故A错误，B正确；输电线损耗比例为5%时，根据ΔP＝I 2R，ΔP＝5%P ，
线 1
解得I ＝25 A，升压变压器原线圈的电流为I ＝＝400 A，升压变压器的匝数比为＝＝＝，
线 1故C正确；输送电流为I′＝＝10 A，损失功率为ΔP′＝I′2R＝800 W，故D错误．
12.(2021·湖南卷·6)如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n∶n ，输入端C、D接入电压有
1 2
效值恒定的交变电源，灯泡L 、L 的阻值始终与定值电阻R 的阻值相同．在滑动变阻器R
1 2 0
的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正
确的是( )
A．L 先变暗后变亮，L 一直变亮
1 2
B．L 先变亮后变暗，L 一直变亮
1 2
C．L 先变暗后变亮，L 先变亮后变暗
1 2
D．L 先变亮后变暗，L 先变亮后变暗
1 2
答案 A
解析 由题意画出滑片移动时的等效电路图如图所示：
滑片在a端时，R ＝0，滑片在b端时，R ＝0.由于灯泡L 、L 的阻值始终与定值电阻R 的
a b 1 2 0
阻值相同，根据数学知识可知，当滑动变阻器的滑片处于中间位置时，副线圈的总电阻最大．
由图可知，滑片在两端时，副线圈的总阻值最小，当滑片从a端向中间滑动时，副线圈的总
阻值增大，则副线圈的总电流减小，根据＝可知原线圈的电流也减小，则灯泡 L 变暗，由
1
于输入端C、D接入电压有效值恒定，L 两端电压减小，则原线圈两端电压增大，根据＝可
1
知副线圈两端电压增大，而L 所在支路总电阻减小，则通过L 的电流增大，灯泡L 变亮；
2 2 2
当滑片从中间向b端移动时，副线圈的总阻值减小，则副线圈的总电流增大，根据＝可知原
线圈的电流也增大，则灯泡L 变亮，由于输入端C、D接入电压有效值恒定，L 两端电压
1 1
增大，则原线圈两端电压减小，根据＝可知副线圈两端电压减小，R 所在支路总电阻增大，
0
则通过R 的电流减小，而副线圈总电流增大，则通过L 的电流增大，灯泡L 变亮．综上所
0 2 2
述，A正确，B、C、D错误．
