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第 26 讲 变压器 电能的输送
1.理解变压器的原理，掌握理想变压器原、副线圈的功率关系、电压关系及电流关系，并会进行有
关计算.
2.能利用功率、电压、电流关系对变压器进行动态分析.
3.会计算远距离输电问题中线路损失的功率和电压．
考点一 理想变压器基本关系的应用
1．基本关系式
(1)功率关系：P ＝ P
入 出．
(2)电压关系：只有一个副线圈时，＝；有多个副线圈时，＝＝＝….
(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝.
由P ＝P 及P＝UI推出有多个副线圈时，UI＝UI ＋ U I＋….
入 出 1 1 2 2 3 3
2．制约关系
(1)电压：副线圈电压U 由原线圈电压U 和匝数比决定．
2 1
(2)功率：原线圈的输入功率P 由副线圈的输出功率P 决定．
1 2(3)电流：原线圈电流I 由副线圈电流I 和匝数比决定．
1 2
[例题1] （2024•惠州一模）某电动汽车在充电过程中，可视为理想变压器的原线圈输入
电压为220V，输入功率为6.6kW，副线圈的电流为15A，副线圈通过相关设备连接汽车电池，
电池容量为33kWh。忽略充电过程中的能量损耗，则变压器的原副线圈匝数比和电池完全充
满所需要的时间分别是（ ）
A．1：2，2.2h B．2：1，5h C．2：1，2.2h D．1：2，5h
【解答】解：已知理想变压器的原线圈输入电压为U ＝220V，输入功率为P＝6.6kW＝6600W，
1
则变压器原线圈的输入电流为
P 6600
I = = A=30A
1 U 220
1
则变压器的原副线圈匝数比为
n I 15 1
1= 2= =
n I 30 2
2 1
已知电池容量为E＝33kWh，则电池完全充满所需要的时间为
E 33
t= =
ℎ
=5ℎ，故ABC错误，D正确。
P 6.6
故选：D。
[例题2] （2024•德庆县模拟）如图为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器
将电压为U 的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至 U ，为动力系统供电，
1 4
此时动力系统的电流为I ，发电厂的输出电流为I ；若变压器的匝数n ＝n ，则下列关系式正
4 1 2 3
确的是（ ）
A．U ：U ＝n ：n B．U ：U ＝n ：n
1 4 1 4 1 4 4 1
C．I ：I ＝n ：n D．I ：I ＝n ：n
1 4 1 4 1 4 4 1U n
【解答】解：AB．由变压器的原副线圈的电压关系可知
1= 1
U n
2 2
U n
3= 3
U n
4 4
根据题意n ＝n
2 3
且U 加上r上的电压等于U 可得
3 2
U ＞U
2 3
故U ：U ＞n ：n
1 4 1 4
故AB错误；
I n
CD．由变压器的原副线圈的电流关系可知
1= 2
I n
2 1
I n
3= 4
I n
4 3
根据题意：
n ＝n
2 3
根据串联电路电流的特点：
I ＝I
2 3
可得
I ：I ＝n ：n
1 4 4 1
故C错误，D正确。
故选：D。
[例题3] （2024•新郑市校级三模）为了激发同学们的学习兴趣和探究精神，某学校建有
节能环保风力发电演示系统，该系统由风力发电机、交流电变压器和用户三部分构成，简易示
意图如下。t＝0时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，风轮机叶片通过升速齿轮箱带动
0.01
发电机线圈以每秒50转的转速转动，已知发电机线圈面积S= m2 ，匝数为N＝100匝，内
π
√2
阻不计；匀强磁场的磁感应强度为B= T。变压器部分，理想变压器原、副线圈的匝数比为
10
n ：n ＝1：4。在用户部分电路中电表均为理想电表，定值电阻R ＝R ＝4 ，D为理想二极管
1 2 1 2
Ω（该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大），则（ ）
A．发电机产生的瞬时电动势e=10√2sin(50πt)V
B．电压表的示数为40√2V
C．电流表的示数为5√2A
D．原线圈的输入功率为800W
√2 0.01
【解答】解：A、发电机产生的最大电动势有：E＝NBS ＝100× × ×2 ×50V=10√2V
10 π
ω π
因为 t＝0 时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，所以其瞬时电动势为：
，故A错误；
e=E sinωt=E sin2πnt=10√2sin(100πt)V
m m
10√2
B、因为线圈无内阻，所以原线圈两端的电压为u = V =10V
1 √2
因为理想变压器，所以副线圈两端的电压为 n 4
u = 2u = ×10V =40V
2 n 1 1
1
又因为电压变的示数为有效值，所以电压表的示数为40V，故B错误；
u
2m
C、因为二极管为理想二极管，电流表的示数也为有效值，所以有： ，解
√2 T
( ) 2R =I2R T
R 2 2 2
2
得：I=5√2A，故C正确；
D、电阻R 的功率为： U2
1 P = =400W
1 R
1
电阻R 的功率为：
2 P =I2R =200W
2 2
副线圈功率为：P副 ＝P
1
+P
2
＝400W+200W＝600W
因为是理想变压器，所以：P原 ＝P副 ＝600W，故D错误。
故选：C。考点二 理想变压器的动态分析
常见的理想变压器的动态分析一般分匝数比不变和负载电阻不变两种情况．
1．匝数比不变的情况(如图所示)
(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．负载电阻不变的情况(如图所示)
(1)U 不变，发生变化，故U 变化．
1 2
(2)R不变，U 变化，故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
[例题4] （2024•德阳模拟）如图（a）所示，理想变压器原副线圈匝数比为n ：n ＝10：
1 2
1，原线圈输入正弦式交流电压如图（b）所示，副线圈电路中定值电阻R ＝10 ，所有电表均
0
为理想交流电表。下列说法正确的是（ ） Ω
A．t＝0时刻，电流表A 的示数为零
2
B．1s内电流方向改变50次
C．滑片P向下移动过程中，电流表A 的示数增大，电流表A 的示数减小
2 1
D．当滑动变阻器接入电路的阻值为R＝10 时，滑动变阻器的功率最大且为12.1W
【解答】解：A.电流表测量电流的有效值，Ω不为0，故A错误。B.由图乙可知，周期T＝0.02s，一个周期电流方向改变2次，则1s内电流方向改变100次，故B
错误。
C.当滑片P向下移动过程中，R减小，根据欧姆定律可知，电流表A 的示数增大，又I n ，
2 1= 2
I n
2 1
可知电流表A 的示数也增大，故C错误。
1
U
D.原线圈电压有效值为U = m，根据变压器规律有
1
√2
U n
1= 1
U n
2 2
根据电功率公式
U2
U = 2
P =( 2 ) 2R R2
R +R 0+2R +R
0 R 0
根据数学方法可知R＝R ＝10 时，滑动变阻器的功率最大，代入数据解得P＝12.1W，故D正
0
确。 Ω
故选：D。
[例题5] （2024•四川模拟）如图所示，在磁感应强度为B=√2T的匀强磁场中，线框平面
与磁感线垂直，现使矩形线框绕垂直于磁场的轴以恒定角速度 ＝10rad/s转动，线框电阻不计，
匝数为n＝10匝，面积为S＝0.4m2。线框通过滑环与一理想自耦ω变压器的原线圈相连，副线圈
接有一只灯泡L（4W，100 ）和滑动变阻器R，电流表为理想交流电表，下列说法正确的是
（ ） Ω
A．从图示位置开始计时，线框中感应电动势瞬时值表达式为e＝40√2cos10t（V）
B．线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量变化最快
C．若将自耦变压器触头向下滑动，则灯泡会变暗D．若灯泡正常发光，则原、副线圈的匝数比为1：2
【解答】解：A．线框中感应电动势最大值为：E ＝nBS ＝10×√2×0.4×10V=40√2V
m
图中位置穿过线圈的磁通量最大，即为中性面位置，ω所以线圈中感应电动势的瞬时值为：
，故A错误；
e=E sinωt=40√2sin10t(V)
m
B、根据上述表达式可知线框平面与磁感线垂直时为中性面位置，此时感应电动势的瞬时值为
ΔΦ ΔΦ e
0，即：e=n =0，可得此时穿过线框的磁通量变化率 = =0，穿过线框的磁通量变化
Δt Δt n
最慢。故B错误；
C、若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数 n 变小，根据理想变压器电压与匝数的关系：
2
U n
1= 1
U n
2 2
可知输出电压U 减小，又根据功率公式：
U2
，可知灯泡发光的功率变小，所以灯泡变暗，
2 P= 2
R
L
故C正确；
E 40√2
D、变压器变压器输入电压的有效值为：U = m= V＝40V
1
√2 √2
U2
开 关 闭 合 时 灯 泡 正 常 发 光 ， 根 据 功 率 公 式 P= ， 得 到 副 线 圈 两 端 电 压 ：
R
U =√PR =√4×100V =20V
2 L
根据理想变压器的变压比得此时原副线圈的匝数比为：n U 2，故D错误。
1= 1=
n U 1
2 2
故选：C。
[例题6] （多选）（2024•天津一模）心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲
的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压 U 会随着心跳频率发生变化，
1
如图所示，心电图仪与一理想变压器的原线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑
动变阻器连接在副线圈两端。下列说法正确的是（ ）A．保持电压U 不变，向左滑动滑片P，副线圈两端的电压U 减小
1 2
B．保持电压U 不变，向左滑动滑片P，变压器的输入功率变大
1
C．保持滑片P不动，当U 变大时，扬声器的功率变大
1
D．保持滑片P不动，当U 变大时，扬声器两端的电压变小
1
【解答】解：AB.若保持 U 不变，根据变压比可知，次级电压 U 不变，将滑动变阻器滑片P
1 2
向左滑，电阻变小，根据欧姆定律可知，次级电流 I 增大，则扬声器获得的功率增大，故A错
2
误，B正确；
CD.保持滑动变阻器滑片P不动，当 U 变大时，根据变压器原、副线圈的电压与匝数关系可知，
1
U
次级电压 U 变大，根据欧姆定律I= 和功率公式P＝UI可知，扬声器的功率变大，故C正确，
2
R
D错误。
故选：BC。
考点三 远距离输电问题
1．远距离输电的处理思路
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”，或按从
“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析．
2．远距离高压输电的几个基本关系(以图11为例)
图11
(1)功率关系：P＝P，P＝P，P＝P ＋P.
1 2 3 4 2 损 3
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，U＝ΔU＋U，I＝I＝I
2 3 2 3 线．(3)输电电流：I ＝＝＝.
线
(4)输电线上损耗的电功率：P ＝I ΔU＝IR ＝()2R
损 线 线 线．
当输送功率一定时，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.
[例题7] （2024•绍兴二模）特高压是指±800kV及以上的直流电和1000kV及以上的交流
电的电压等级，该技术具有输送容量大、距离远、效率高和损耗低等优越性，是世界上最先进
的输电技术之一。保证输电功率不变的情况下将输电电压从交流 500kV的超高压变为交流
1000kV的特高压，在两次输电过程中，下列说法正确的是（ ）
A．“1000kV”指的是交流电的峰值
B．输电线上的电流变为原来的2倍
1
C．输电线上的电能损耗降为原来的
4
D．用户获得的功率一定为原来的4倍
【解答】解：A、“1000kV”指的是交流电的有效值，故A错误；
P 1
B、根据I= 求出输电线上的电流，与输送的电压成反比，即输电线上的电流将变为原来的 ，
U 2
故B错误，
C、当以不同电压输送时，有P＝U I ＝U I ，而在线路上损失的功率为ΔP＝I2R可知，损失的功
1 1 2 2
率与电压的平方成反比，即ΔP ：ΔP ＝4：1
1 2
1
所以输电线上损失的功率降为原来的 ．故C正确；
4
D、输电过程中损失的功率相对于输送的功率是较小的，提高输送的电压，输电线上损耗的功率
减小，用户得到的功率增大，但不是增大到原来的4倍，故D错误；
故选：C。
[例题8] （2024•中山市校级模拟）我国是目前世界上唯一用特高压输电技术进行远距离
输电的国家，也是全球特高压输电线最长、核心专利最多、技术最完备的国家。如图是交流特
高压远距离输电的原理图，假定在远距离输电过程中，等效理想变压器 T 的输入功率
1
，输入电压U ＝11kV，输电线上的电流I ＝200A，输电线的总电阻为R，输
P =2.2×108W 0 1
0
电线中的功率损失为输入功率的4%。则（ ）A．
U =1.1×105V
1
B．变压器T 的原副线圈匝数比为1：100
1
C．R＝2200
D．若保持输Ω入功率P
0
不变，提高输电电压U
1
，则U
1
与U
2
的差值增大
【解答】解：A、根据电功率的计算公式P ＝U I
0 1 1
解得 ，故A错误；
U =1.1×106V
1
C、根据电功率的计算公式
P=4%P =I2R
0 1
解得R＝220 ，故C错误；
D、根据P
0
＝ΩU
1
I
1
，可知U
1
增大时，I
1
减小，故U
1
﹣U
2
的差I
1
R减小，故D错误；
B、根据原副线圈电压之比与线圈匝数的之比关系可知n U 11000 1 ，故B正确；
1= 0= =
n U 1.1×106 100
2 1
故选：B。
[例题9] （2024•聊城模拟）如图乙所示为某小型发电站高压输电示意图，图甲为升压变
压器输入电压随时间变化的图像。在输电线路起始端接入I、Ⅱ两个互感器，两互感器原副线
圈的匝数比分别为200：1和1：20，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，两电表图中
未标出，输电线路总电阻r＝20 ，所有变压器及互感器均视为理想变压器。下列说法正确的
是（ ） Ω
A．互感器I是电流互感器，互感器Ⅱ是电压互感器B．输电线路上损耗的功率为200kW
C．升压变压器的匝数比为1：100√2
D．用户使用的用电设备增多，用户端电压U 保持不变
4
【解答】解：A．互感器I并联在零火线上，所以是电压互感器，互感器Ⅱ串联在电路中，是电
流互感器，故A错误；
B．电流表的示数I为5A，互感器原、副线圈的匝数比n ′：n ′为1：20，设线路上电流为
1 2
I，则由理想变压器电流与匝数比关系得：
r
n ′I＝n ′I
1 r 2
代入数据得：I＝100A
r
线路上损耗的功率为：
P =I2r
损 r
代入数据得：P损 ＝200kW，故B正确；
C．电压表的示数U为220V，匝数比n ′′：n ′′为200：1，设输送电压为U ，则由理想变
1 2 2
压器电压与匝数比关系得：
U n ''
2= 1
U n ''
2
代入数据得：U ＝44000V
2
而升压变压器输入电压的有效值为：
U
U = max
1 √2
由甲图可知
U =220√2V
max
代入数据得：U ＝220V
1
故升压变压器的原副线圈匝数比为：
n U
1= 1
n U
2 2
代入数据得：n 1 ，故C错误；
1=
n 200
2
D．用户使用的用电设备增多，用户回路电流变大，则输送电流变大，损失电压变大，则降压变压器输入电压U 变小，由理想变压器电压与匝数比关系可知，降压变压器输出电压 U 变小，故
3 4
D错误。
故选：B。
题型1理想变压器工作原理
1. （2024•福建模拟）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 4：1，电阻R＝
55 ，电流表、电压表均为理想电表。原线圈A，B端接入如图乙所示的正弦交变电压，则（
）Ω
A．电流表的示数为4.0A
B．t＝0.005s时，电压表示数为55√2V
C．副线圈中的电流方向每秒改变50次
√2
D．原线圈的电流最大值为 A
4
【解答】解：AB、分析图乙可知，原线圈的电压最大值为 220√2V，所以原线圈的电压的有效
值为U U 220√2V＝220V，再根据U n 可知，副线圈的电压的有效值为U ＝55V，即
1= m= 1= 1 2
√2 √2 U n
2 2
U 55
为电压表的读数，根据闭合电路欧姆定律可知，电流I= 2= A＝1A，故AB错误。
R 55
C、变压器不会改变电流的频率，电流的周期为T＝0.02s，交变电流一个周期电流方向改变2次
则电流方向每秒改变100次，故C错误。D、根据I n 可知，I 1A，则最大值为I' I 1A √2 ，故D正确。
2= 1 1= =√2 1=√2× = A
I n 4 4 4
1 2
故选：D。
2. （2024•揭阳二模）如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，副
线圈接一定值电阻。矩形线圈abcd在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只
分布在bc边的左侧，磁场的磁感应强度大小为 B，线圈的匝数为N，转动的角速度为 ，ab
边的长度为L ，ad边的长度为L ，线圈电阻不计。下列说法正确的是（ ） ω
1 2
√2NBL L ω
A．原线圈两端电压的有效值为 1 2
2
B．若仅增大线圈的转速，则通过定值电阻的电流减小
C．若仅增大变压器原线圈的匝数，则通过定值电阻的电流减小
D．若仅增大定值电阻的阻值，则原线圈两端的电压增大
【解答】解：A、线圈转动产生正弦式交变电流，由于磁场只分布在bc边的左侧，则波形只有
完整波形的一半，感应电动势的最大值为：U ＝NBS
m
ω
U 2
设电压有效值为U，根据有效值定义和焦耳定律有： ( m )
U2 √2 T
T= ⋅
R R 2
U NBSω NBL L ω
解得电压有效值为：U= m= = 1 2 ，故A错误；
2 2 2
D、原线圈两端的电压只与产生交变电流的线圈的匝数，转动角速度，线圈面积和转动角速度有
关，和副线圈的负载电阻大小无关，所以仅增大定值电阻的阻值，原线圈两端的电压不变，故
D错误；
B、若增大转速 n，则角速度 ＝2 n也增大，原线圈电压有效值 U变大，由变压器规律：
ω π
U n
= 1
U n
R 2U
定值电阻两端电压U 变大，则通过定值电阻的电流：I = R变大，故B错误；
R R R
C、若仅增大变压器原线圈的匝数，根据以上公式，定值电阻两端电压 U 减小，则通过定值电
R
阻的电流减小，故C正确。
故选：C。
3. （2024•东城区一模）如图所示，在匀强磁场中有一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂
直于磁场的轴匀速转动，产生的正弦交流电的感应电动势e随时间t的变化如图甲所示，把该
交流电输入到如图乙中理想变压器的A、B两端。R 为热敏电阻（已知其电阻随温度升高而减
r
小），R为定值电阻，如图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为u＝51sin50 t（V）
B．如图甲中t＝1×10−2s时，穿过线圈的磁通量为0 π
C．R 温度升高后，电压表V 与V 示数的比值不变
r 1 2
D．R 温度降低后，变压器的输入功率减小
r
2π
【解答】解：A、根据图甲可知E ＝51V，T＝2×10−2s，ω= 解得 ＝100 ，即变压器A、B
m
T
ω π
两端电压的瞬时值表达式为u＝51sin100 t（V），故A错误；
B、图甲中t＝1×10−2s时，e＝0，此时矩π形线圈与磁场垂直，磁通量最大，故B错误；
C、R 处温度升高时，电阻减小，电压表V 测量R 的电压，则电压表V 示数减小，V 示数不变，
r 2 r 2 1
则电压表V 示数与V 示数的比值变大，故C错误；
1 2
D、副线圈电压不变，R
r
处温度降低时，电阻变大，由P出= U2 ，输出功率变小，输入功率
R+R
r
等于输出功率，故D正确；
故选：D。题型2匝数比不变，负载发生变化
4. （2024•石景山区一模）如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为100：1，其
原线圈两端接入正弦式交变电压u，u＝311sin100 tV，副线圈通过交流电流表与变阻器R相连。
若不考虑交流电压表和交流电流表内阻的影响，则π下列说法正确的是（ ）
A．交流电压表的示数为3.11V
B．滑动变阻器的滑片向下滑动，交流电压表的示数减小
C．滑动变阻器的滑片向下滑动，交流电流表的示数增大
D．滑动变阻器的滑片向下滑动，变压器的输入功率减小
U 311
【解答】解：A、原线圈两端接入正弦式交变电压的有效值为：U = m= V ≈220V
1
√2 √2
根据：U n 100，解得副线圈电压为：U ＝2.2V，故电压表示数为2.2V，故A错误；
1= 1= 2
U n 1
2 2
B、由于原线圈的电压保持不变，理想变压器匝数比不变，副线圈两端的电压也保持不变，故 B
错误；
C、滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈的电压不变，副线圈
的电流增大，则交流电流表的示数增大，故C正确；
D、滑动变阻器的滑片向下滑动，副线圈的电流增大，则副线圈输出功率增大，故变压器的输入
功率增大，故D错误。
故选：C。
5. （2024•市中区校级一模）如图所示ab端接入电压恒定的正弦交流电，其中电表均为
理想电表，变压器为理想变压器，导线电阻不计。将滑动变阻器 R 滑片P向下滑动过程中（
3
）A．R 两端电压不变 B．电流表示数减小
2
C．电压表示数增大 D．R 消耗的电功率增大
4
【解答】解：B.在滑片P向下滑动过程中，R 接入电路的电阻减小，副线圈回路中的总电阻减
3
小，回路中的总电流I 增大，电流表示数增大，故B错误；
2
AC.由n I ＝n I 可知，通过R 的电流I 增大，则R 两端的电压增大，输入理想变压器的电压U
1 1 2 2 1 1 1 1
减小，由U n 得，R 两端电压减小，则R 电流减小，经过R 的电流增大，R 的电压增大，
1= 1 2 2 4 4
U n
2 2
则电压表示数减小，故AC错误；
D.经过R 的电流增大，R 两端的电压增大，则R 消耗的电功率增大，故D正确。
4 4 4
故选：D。
6. （多选）（2024•菏泽一模）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为3：1，
a、b接一输出电压恒为U的正弦交流电源，其中R 、R 为定值电阻，R 为滑动变阻器，电流
1 3 2
表、电压表均为理想电表。当滑片 P向下缓慢滑动的过程中，用|ΔI |、|ΔI |分别表示电流表
1 2
A 、A 示数变化量的绝对值，用ΔU 、ΔU 分别表示电压表V 、V 示数变化量的绝对值，下
1 2 1 2 1 2
列判断正确的是（ ）
A．电阻R 与R 消耗功率的比值变大
1 3
B．|ΔI |＝3|ΔI |
2 1
C．ΔU ΔU R
2=R ， 1= 1
ΔI 3 ΔI 9
2 2
D．当R ＝R 时，R 消耗的功率最大
2 3 2【解答】解：A、若变压器原、副线圈中的电流分别为I 和I ，那么根据功率的公式，定值电阻
1 2
P I2R n2 R
R 1 和R 3 上的功率之比为： 1= 1 1= 2× 1，当滑片向下滑动时，原、副线圈中的电流均发
P I2R n2 R
3 2 3 1 3
生变化，但比值保持不变，那么P 的值不变，故A错误；
1
P
3
B、根据变压器的变流关系有：I n I 1I ，那么由数学知识可知，ΔI ＝3ΔI ，故B正确；
1= 2 2= 2 2 1
n 3
1
C、电流表 A 和电压表测量的是定值电阻 R 的电流和电压，由电阻的定义可知，R
2 3 3
U ΔU ΔU 。
= 3= 3= 3
I ΔI ΔI
3 3 2
n
2 ΔU
ΔU ΔU n 原 n 2
将变压器副线圈看成一个整体（一个等效电阻），那么： 1= 副= 1 =( 2 ) R 1
ΔI ΔI n n
2 副 2 ΔI 1
n 原
1
1
= R ，故C正确；
9 1
D、若副线圈两端电压不变，且把R 看成外电路，根据电源的的输出功率的规律可知，当R ＝
2 2
R 时，输出功率有最大值。但由于R 变化时，导致副原线圈中的电流变化，从而也导致副线圈
3 2
的电压改变，所以上述结论不成立，故D错误；
故选：BC。
题型3匝数比变化，负载不变
7. （多选）（2024•兰州模拟）如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈，
在磁感应强度为B的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴OO'以角速度 匀速转动，
矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头 P上下移动可ω改变副线圈的输出电压，副线圈接有可变电阻R，电表均为理想交流电表。下列判断正确的是（ ）
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBS cos（ t）
B．其他条件不变，增大角速度 时，R的功率减小 ω ω
C．其他条件不变，R阻值增大时ω，电流表示数减小
D．其他条件不变，P位置向上移动时，电压表示数变小
【解答】解：A．感应电动势最大值为E ＝NBS
m
从垂直中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时ω值表达式为e＝E cos（ t）＝NBS cos（ t）
m
故A正确； ω ω ω
B．其他条件不变，增大角速度 时，线圈产生的电动势增大，根据原副线圈电压比等于匝数比
ω
U n 可知，R的电压增大，根据P U2可知，R的功率增大，故B错误；
2= 2 =
U n R
1 1
C．其他条件不变，R阻值增大时，根据欧姆定律可知通过R电流I 变小，根据变压器电流与匝
2
数成反比的关系I n ，可知电流表示数I 变小，故C正确；
1= 2 1
I n
2 1
D．P位置向上移动时，线圈产生的电动势不变，原线圈输入电压U 不变，则电压表示数不变，
1
故D错误。
故选：AC。
8. （2023•河北模拟）在如图所示的电路中，a、b两端接有效值恒定的正弦交变电流，
调节滑动触头P可改变变压器原线圈的匝数。开关S处于断开状态，灯泡L 正常发光。下列
1
说法正确的是（ ）A．将P向上移动，通过L 的电流的频率变大
1
B．将P向上移动，L 变亮
1
C．闭合S，L 可能会烧掉
1
D．闭合S，将P向下移动，L 可能正常发光
1
【解答】解：A．变压器不能改变交流电的频率，故A错误；
B．将P向上移动，原线圈的匝数变大，根据 n ，可知副线圈输出电压U 变小，L 两端
U = 2U 2 1
2 n 1
1
电压减小，L 变暗，故B错误；
1
C．闭合S，副线圈所接负载的总电阻减小，则副线圈输出电流增大，则定值电阻R两端电压增
大，L 两端电压减小，L 不会烧掉，故C错误；
1 1
D．闭合S，副线圈总电阻减小，副线圈输出电流增大，定值电阻R两端电压增大；将P向下移
动，原线圈的匝数变小，根据 n ，副线圈输出电压U 变大；综合两种情况，则L 两端
U = 2U 2 1
2 n 1
1
电压可能不变，L 可能正常发光，故D正确。
1
故选：D。
9. （2023•重庆模拟）如图所示，理想变压器连接输出电压恒为U 的交流电源，所有电
0
表均为理想电表，用电器R阻值恒定，则在滑片P从a向b滑动过程中，示数不变的电表是（
）
A．A 表 B．V 表 C．V 表 D．A 表
1 1 2 2
【解答】解：A、电源电压恒为U ，所以电压表V 示数不变，故A错误；
0 1B、根据变压器原副线圈电压与匝数的关系U n ，在滑片P从a向b滑动过程中，n 增大，
0= 1 2
U n
2 2
U 、n 不变，则U 增大，即电压表V 的示数增大，故B正确；
0 1 2 2
C、根据欧姆定律U ＝I R，U 增大，I 增大，即电流表A 示数增大，故C错误；
2 2 2 2 2
D、根据原副线圈电流与匝数的关系I n ，由此可知，I 增大，即电流表A 示数增大，故D
1= 2 1 1
I n
2 1
错误。
故选：B。
题型4远距离输电原理及电压功率损失
10. （2024•朝阳区一模）某发电厂原来用11kV的交变电压输电，后来改用升压变压器将
电压升到220kV输电，输入功率都是P。若输电线路的电阻为R，变压器为理想变压器。下列
说法正确的是（ ）
A．根据公式U＝IR，提高电压后输电线上的电压损失变为原来的20倍
U
B．根据公式I= ，提高电压后输电线上的电流增大为原来的20倍
R
1
C．根据公式P =I2R，提高电压后输电线上的功率损失减小为原来的
损 400
U2
D．根据公式P = ，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍
损 R
1
【解答】解：B.根据公式P＝UI可知，设原来的电流为I，升压后的电路电流为 I，故B错误；
20
1 1
A.升压后损失的电压为U损 = IR，即为原来的 ，故A错误；
20 20
1 1 1
CD.根据公式有P损 ＝（ I）2R= I2R，电功率的损失是原来的 ，故C正确，D错误。
20 400 400
故选：C。
11. （2024•杭州二模）如图，有一小型水电站发电机的输出功率为50kW，发电机的输出
电压为250V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电电压为10kV，输电线的总电阻R为10 ，在用户端用降压变压器把电压降为220V，两变压器均视为理想变压器，下列说法正确的
是Ω（ ）
A．升压变压器原、副线圈的匝数之比为1：400
B．输电线上损失的功率为250W
C．降压变压器原、副线圈中的电流之比为995：22
D．图中与灯泡串联的“250V，1000 F”的电容器一定会被击穿
μ
【解答】解：A．由升压变压器的电压关系U n
1= 1
U n
2 2
解得n 1
1=
n 40
2
故A错误；
B、发电机的功率：
P＝U I
1 1
得发电机输出的电流为I ＝200A
1
由升压变压器的电流关系I n
2= 1
I n
1 2
解得I ＝5A
2
输电线上损失的功率P线=I2 R
2
解得P线 ＝250W
故B正确；
C．输电线上损失的电压
ΔU＝I R
2
解得ΔU＝50V
则U ＝U ﹣ΔU＝10000V﹣50V＝9950V
3 2由降压变压器的电压关系U n
3= 3
U n
4 4
解得n 995
3=
n 22
4
由变压器的电流关系I n
4= 3
I n
3 4
可知降压变压器原、副线圈中的电流之比为22：995
故C错误；
D．灯泡两端的电压为220V，电容器与灯泡串联，电压不一定会达到耐压值，故D错误；
故选：B。
12. （2024•吕梁一模）如图所示为高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输
出功率恒为50kW。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 ＝10 。下
列说法正确的是（ ） Ω
A．升压变压器的原线圈输入电压有效值为U ＝50V
1
B．电流互感器原线圈用细导线绕制
C．将滑动触头P上移，用户获得的电压将减小
D．用户获得的功率为49kW
【解答】A．根据理想变压器电流与匝数比的关系可知，电流互感器原线圈中的电流
n' 10
I = I= ×1A=10A
2 n 1
P 50000
升压变压器的输出电压U = = V =5000V
2 I 10
2升压变压器原、副线圈的匝数比为1：10，则U 1 ，则U ＝500V，故A错误；
1= 1
U 10
2
B．电流互感器原线圈接大电流应该用粗导线绕制，故B错误；
C．将滑动触头P上移，减小了n ，降压变压器用户获得的电压 n ，可知n 减小时U
3 U = 4U 3 4
4 n 3
3
增大，故C错误；
D．输电线上损失的功率 ，用户获得的功率P ＝P ＝P﹣ΔP，所以
ΔP=I2R =1000W =1KW 4 3
2 线
P ＝50KW﹣1KW＝49KW，故D正确。
4
故选：D。
题型5远距离输电的动态分析问题
13. （2024•天津模拟）如图为远距离输电的原理图，已知升压变压器原、副线圈的匝数
分别为n 、n ，两端电压分别为U 、U ，电流分别为I 、I ，升压变压器与降压变压器之间输
1 2 1 2 1 2
电线上的总电阻为R，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n 、n ，两端电压分别为U 、U ，
3 4 3 4
电流分别为I 、I 。变压器均为理想变压器，若保持发电厂的输出电压不变，则下列说法正确
3 4
的是（ ）
A．无论用户端的负载如何增加，始终有I U ＝I U
1 1 3 3
B．输电线上损失的功率ΔP U2
= 3
R
C．若用户端负载增加，那么电压U 变小
3
U
D．输电线上的电流I = 2
3
R【解答】解：A．输电线有损耗，无论用户端的负载如何增加，始终有I U ＞I U ，故A错误；
1 1 3 3
B．输电线上损失的功率ΔP (U −U ) 2，故B错误；
= 2 3
R
C．若用户端负载增加，则电流增大，根据 U＝IR可知输电线电压增大，那么电压U 变小，故
3
C正确；
U −U
D．输电线上的电流I = 2 3，故D错误；
3
R
故选：C。
14. （多选）（2024•湖南模拟）如图所示为远距离输电模拟原理图，变压器均为理想变
压器，其中降压变压器的原、副线圈匝数之比为n。发电机输出电压不变，两变压器间输电线
的总电阻为R，降压变压器所接负载的等效电阻为R变 ，其余导线电阻不计。当R变 变化时，
理想电压表V的示数变化为ΔU，理想电流表A的示数变化为ΔI，下列说法正确的是（ ）
A．R变 的触头向下滑动时，输电线上的损耗功率变小
B．R变 的触头向下滑动时，电压表的示数变小
C．R变 的触头向上滑动时，输电效率降低
ΔU 1
D．| |= R
ΔI n2
【解答】解：AB、用户端的滑动变阻器R变 的阻值减小，电流表的示数增大，由于降压变压器
的匝数比不变，则输电线上的电流增大，输电线上的损耗功率变大。又因为升压变压器输出电
压U 不变，则降压变压器的输入电压减小，依据电压与匝数的关系知电压表的示数减小，故A
2
错误，B正确；
D、根据输电线路，设升压变压器副线圈两端的电压为U ，输电线路的电流为I ，则降压变压器
2 3
原线圈两端的电压：U ＝U ﹣I R
3 2 3
U
根据电压与匝数之间的关系： 3=n
U
U U −I R
联立以上两式可得：U= 3= 2 3
n nI 1
根据匝数与电流之间的关系： 3=
I n
联立可得： U R
U= 2− ⋅I
n n2
由于升压变压器原线圈无负载，因此 U 始终不变，则根据以上 U﹣I 函数关系可知：
2
ΔU 1
| |= R，故D正确；
ΔI n2
C、由以上分析知，滑动变阻器R变 的阻值增大，输电线电流减小，则降压变压器的输入电压U
3
增大，输电效率为： IU ，可知输电效率提高，故C错误。
η= 3
IU
2
故选：BD。
15. （多选）（2024•河东区一模）如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变
压器。升压变压器原线圈匝数为150匝，副线圈匝数为1500匝，其输入电压如图乙所示，远
距离输电线的总电阻为20 。降压变压器右侧电路中R 为一定值电阻，R 为滑动变阻器，电
1 2
压 表 V 为 理 想 电 压 Ω表 ， 升 压 变 压 器 的 输 入 功 率 为 75kW 。 则 （ ）
A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50Hz
B．远距离输电线路损耗功率为9kW
C．当滑片P向a端滑动时，电压表V的示数变大
D．当滑片P向a端滑动时，输电线上的电流变大
1 1
【解答】解：A、由题图乙知交流电的周期为0.02s，所以频率为f= = Hz=50Hz，故A
T 0.02
正确；B、由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为250V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为
P 75×103
2500V，所以输电线中的电流为：I= = A＝30A
U 2500
输电线损失的电压为：ΔU＝IR＝30×20V＝600V
输电线路损耗功率为：ΔP＝ΔUI＝600×30W＝18000W＝18kW，故B错误；
C、当滑片P向a端滑动时其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的
分压增大，所以电压表V的示数变小，故C错误；
D、由以上分析知副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，故D正确。
故选：AD。
