文档内容
第 60 讲 变压器 电能的输送
目录
复习目标
网络构建
考点一 理想变压器原理与基本关系 考点三 远距离输电
【夯基·必备基础知识梳理】 【夯基·必备基础知识梳理】
知识点 理想变压器原理与基本关系 知识点1 三个回路
【提升·必考题型归纳】 知识点2 两个联系
考向1 理想变压器工作原理 知识点3 一个守恒
考向2 原线圈中并联电阻 知识点4 电压损失和功率损失计算
考向3 原线圈中串联电阻 【提升·必考题型归纳】
考向1 远距离输电原理及电压功率损失
考点二 理想变压器的动态分析 考向2 远距离输电的动态分析问题
【夯基·必备基础知识梳理】
考点四 探究变压器电压与匝数关系
知识点 理想变压器的两类动态分析
【夯基·必备基础知识梳理】
【提升·必考题型归纳】 知识点1 实验原理
考向1 匝数比不变，负载发生变化 知识点2 实验步骤
考向2 匝数比变化，负载不变 知识点3 误差分析
【提升·必考题型归纳】
考向 探究变压器电压与匝数关系
真题感悟
1、理解和掌握变压器的原理，能够利用变压器的原理处理有关动态分析问题。
2、理解和掌握远距离输电的基本规律。考点要求 考题统计 考情分析
高考对变压器和远距离输电的考查较
2023年天津卷第6题
（1）变压器 为频繁，大多以选择题中出现，题目
2023年北京卷第7题
难度要求大多不是太高，较为基础。
（2）远距离输电
2023年山东卷第7题
1.三个基本关系
理想变压器原理
与基本关系
2.一个等效
1.匝数不变，负载变
理想变压器的动
态分析
2.匝数变化，负载不变
1.三个回路
变压器 电能 2.两个联系
的输送
远距离输电
3.一个守恒
4.电压功率损失
1. 实验原理
探究变压器电压
2. 实验步骤
与匝数关系
3. 误差分析
考点一 理想变压器原理与基本关系
知识点 理想变压器原理与基本关系
理想变压器
没有能量损失(铜损、铁损)，没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)考 向1 理想变压器工作原理
功率关系 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P ＝P
入 出
电压关系 原、副线圈的电压比等于匝数比，U∶U＝n∶n，与负载的多少无关
1 2 1 2
基本关系
只有一个副线圈时，I∶I ＝n∶n ；有多个副线圈时，由P ＝P 即IU ＝IU ＋
1 2 2 1 入 出 1 1 2 2
电流关系
IU＋…＋IU 得In＝In＋In＋…＋In
3 3 n n 1 1 2 2 3 3 n n
频率关系 f＝f(变压器不改变交流电的频率)
1 2
处理技巧 等效电阻
1．如图所示的电路中，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比是 ，电表均为理想电表，R为定值
电阻，在原线圈两端接入正弦交流电，各元件正常工作，电流表 、 的示数分别为 、 ，电压表 、
的示数分别为 、 ，则下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】A．根据题图可知，副线圈的电流等于 ，原线圈的电流等于 ，根据变压器原副线圈的电流关
系可得 故A错误；
B．设副线圈的电压为 ，则 根据串联电路的分压可得 联立可得 故B错误；CD．根据欧姆定律可得 故D正确，C错误。故选D。
2．某国产“超薄磁吸无线充电器”的充电功率为30W，同时支持 磁力吸附，可直接吸附在手机上进
行无线充电。该充电器的工作原理如图所示，当充电器上的发射线圈通入正弦式交变电流后，就会在接收
线圈中感应出电流，实现为手机电池充电。某次测试时，该充电器接入电压瞬时值
的交流电源，发射线圈和接收线圈的匝数之比为 ，不计能量损耗，下列说法正确的是（ ）
A．接收线圈中电流产生的磁场恒定不变
B．接收线圈中电流的频率为100Hz
C．接收线圈两端电压的有效值为
D．接收线圈中的电流的有效值为3A
【答案】D
【详解】A．当充电器上的发射线圈通入正弦式交变电流后，就会在接收线圈中感应出正弦交变电流，故
接收线圈中电流周期性变化，产生的磁场也会周期性变化，故A错误；
B．由发射线圈电压瞬时值表达式 可知ω=100πrad/s故发射线圈中交流电的频率为
接收线圈中电流的频率与发射线圈中电流的频率相同，故接收线圈中电流的频率
为50Hz,故B错误；
C．发射线圈中电压的有效值为 由 得，接收线圈两端电压的有效值为
故C错误；
D．本题中充电器不计能量损耗，则线圈的功率P=P=UI=30W接收线圈中的电流为
1 2 2 2
故D正确。故选D。
考向2 原线圈中并联电阻
3．如下图所示，交变电路中理想变压器原、副线圈的匝数比为 ， 、 两点间所加电压
，定值电阻 消耗的电功率与定值电阻 消耗的电功率之比为 ，定值电阻 ，
的阻值均为 ，电流表为理想电表。则下列说法正确的是（ ）A．电流表的示数为 B．通过电阻 的电流为
C．定值电阻 D．电源消粍的电功率为
【答案】A
【详解】A．由所加电压表达式 ，可知变压器原线圈的输入电压有效值为
根据理想变压器电压比等于匝数比，可得副线圈的输出电压为
则电流表的示数为 故A正确；
BC．设通过电阻 的电流为 ，由题意可知定值电阻 消耗的电功率与定值电阻 消耗的电功率之比为
，则有 解得 定值电阻 的阻值为
故BC错误；
D．电源消粍的电功率为
故D错误。故选A。
4．在如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，电表为理想电表，定值电阻 ，在a，b两端接
入如图所示的电压（为正弦曲线的一部分），电流表的示数为2.2A，电压表的示数为27.5V，则（ ）
A．变压器原、副线圈的匝数比为4：1
B．变压器原、副线圈的匝数比为
C．定值电阻R消耗的功率为22W
D．定值电阻R消耗的功率为15.125W
【答案】AC
【详解】AB．由题图乙，根据电流的热效应有 解得变压器原线圈输入电压则原、副线圈的匝数比 故A正确，B错误；
CD．电阻 中的电流 因此原线圈中的电流为0.2A，根据变流比可知，副线圈中的电流
则定值电阻 消耗的功率 故C正确，D错误。故选AC。
考向3 原线圈中串联电阻
5．如图所示，理想变压器上有三个线圈，匝数分别为 ，线圈 连接交流电源和一个小灯泡，线
圈 串联两个小灯泡，线圈 连接一个小灯泡。四个小灯泡完全相同且均正常发光，则 的比值为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设每个灯泡额定电压为 ，额定电流为 ，由于四个小灯泡完全相同且均正常发光，则
线圈 串联两个小灯泡，线圈 连接一个小灯泡，灯泡都正常发光，故
可得 根据理想变压器输入功率等于输出功率可得 即
可得 联合可得 故 故选C。
6．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为k，原线圈与定值电阻 串联后，接入输出电压有效
值恒定的正弦式交流电源，副线圈与电阻箱 相连。已知变压器的输出功率 随 变化的图像如图乙所
示，则k等于（ ）
A．100 B． C．10 D．
【答案】D
【详解】设电源输出电压有效值为U，原线圈电流为 、副线圈电流为 ，原线圈匝数为 ，副线圈匝数为 ，根据变压器电压和电流规律有 ， 又
联立整理得 可见，当 时
此时 最大，根据图像可知：此时的 ，解得 故选D。
考点二 理想变压器的动态分析
知识点 理想变压器的两类动态分析
匝数比不变的情况 负载电阻不变的情况
(1)U 不变，根据＝，输入电压U 决定输出电压U ，
1 1 2
可以得出不论负载电阻R如何变化，U 不变。 (1)U 不变，发生变化，U 变化。
2 1 2
(2)当负载电阻发生变化时，I 变化，根据输出电流I (2)R不变，U 变化，I 发生变化。
2 2 2 2
决定输入电流I，可以判断I 的变化。 (3)根据P ＝和P ＝P ，可以判断P 变化时，
1 1 2 1 2 2
(3)I 变化引起P 变化，根据P ＝P ，可以判断P 的变 P 发生变化，U 不变时，I 发生变化。
2 2 1 2 1 1 1 1
化。
考向1 匝数比不变，负载发生变化
1．如图所示的理想变压器，原、副线圈的匝数分别为9、4，原、副线圈所接的电表均为理想电表，两个
定值电阻的阻值均为 ，滑动变阻器的最大阻值为 ，两个端点分别是 ，滑片为 ，下列说法正
确的是（ ）A．在移动滑片 的过程中，电压表的示数会改变
B．滑片 由 向 移动的过程中，电流表 的示数逐渐减小
C．滑片 由 向 移动的过程中，电流表 的示数逐渐增大
D．当滑片 位于 点时，电源输出的功率为
【答案】D
【详解】由理想变压器的工作原理可得电压表的示数始终为 ，A项错误；
BC．滑片 由 向 移动的过程中滑动变阻器的接入阻值逐渐减小，由欧姆定律及串并联电路电压电流
关系可得，与滑动变阻器间串联的电流表 的示数会逐渐增大，与滑动变阻器并联的电流表 的示数会
逐渐减小，B、C项错误；
D．当滑片 位于 点时，负载的总电阻为 电源的输出功率为 综合可得
，D项正确。故选D。
2．如图所示，理想变压器原线圈接在电压有效值恒定的交流电源上，定值电阻R=3Ω，R=10Ω，滑动变
1 2
阻器最大阻值R=6Ω，三只电表均为理想交流电表。滑动变阻器滑片从中间向上滑动到端点的过程中，电
流表A、电压表的读数变化量分别为ΔI、ΔU，则下列判断正确的是（ ）
2 2
A．电流表A 的示数减小
1
B．电压表的示数不变
C．
D．R和R 消耗的总功率先增大后减小
2
【答案】AD
【详解】A．副线圈所在电路中，当滑动变阻器滑片从中间向上滑动到端点的过程中，总电阻增大，则可知副线圈所在电路中电流减小，而根据原副线圈匝数与电流的关系 可知，原副线圈匝数不变，则
减小， 也减小，即电流表A 的示数减小，故A正确；
1
B．根据原副线圈匝数比与电压的关系 可知，副线圈两端电压不变，但副线圈所在回路中的电流减
小，因此定值电阻 的分压减小，从而使有并联关系的电阻 与滑动变阻器两端的电压增大，即电压表的
示数变大，故B错误；
C．根据闭合电路的欧姆定律有 式中 可知 不变，则 不变，该式为 的函数
关系，因此可知 故C错误；
D．设R和R 并联后的等效电阻为 ，两者消耗的总功率为 ，则有
2
因此当 时，R和R 消耗的总功有
2
最大值 而滑动变阻器最大阻值 R=6Ω，且从中间开始向上滑动，则在滑动过程中有
由此可知，R和R 消耗的总功率先增大后减小，故D正确。故选AD。
2
考向2 匝数比变化，负载不变
3．如图，一理想变压器的原线圈匝数固定，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节。在原线圈
一侧接有一只交流电流表，副线圈一侧由定值电阻R 和滑动变阻器R构成如图所示的电路。若在原线圈上
0
加一电压为U的交流电，则下列说法正确的是（ ）
A．保持Q位置不动，将P向下滑动时，电流表的读数变大
B．保持Q位置不动，将P向下滑动时，电流表的读数不变
C．保持P位置不动，将Q向下滑动时，电流表的读数变大
D．保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数不变
【答案】A
【详解】AB．在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定；当Q位置不动时，
副线圈输出电压 不变，此时P向下滑动，滑动变阻器 接入电路电阻减小，则副线圈输出电流 变大，根据输入功率等于输出功率，有 可知原线圈电流 变大，则电流表的读数变大，故A正确，B
错误；
CD．P位置不动，将Q向下滑动时，副线圈的匝数 减少，根据 可知副线圈输出电压 减小，
则副线圈输出电流 变小，根据输入功率等于输出功率，有 可知原线圈电流 变小，则电流表
的读数变小，故CD错误。故选A。
4．如图所示，N匝矩形线圈以转速n绕轴 匀速转动，轴与线圈平面共面且与磁场方向垂直，磁场的磁
感应强度为B，线圈面积为S，线圈电阻为r，线圈两个末端分别通过电刷与理想自耦变压器相连， 为变
压器上的滑动触头， 为滑动变阻器上的滑片，电压表和电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（
）
A．从图示位置开始计时，线圈中的感应电压瞬时值表达式为
B．若保持 不动， 从M位置逆时针转到N位置，则电压表 示数增大
C．只增大线圈的转速，定值电阻 消耗的电功率减小
D．若 不动， 向左滑动，则电流表示数增大， 减小
【答案】D
【详解】A．图示位置为中性面，从图示位置开始计时，线圈中的感应电压瞬时值表达式为
故A错误；
B．根据理想变压器和副线圈构成的等效电阻表达式 当 从M位置逆时针转到N位置，
理想变压器 增大，等效电阻减小，即外电阻减小，路端电压 减小，故B错误；
C．只增大线圈的转速，电源电动势的有效值增大，因为总电阻不变，故原线圈电流增大，副线圈电流也
增大，根据 ，定值电阻消耗的电功率也增大，故C错误；
D． 向左滑动，R减小，等效电阻减小，则 减小，原线圈和副线圈电流都增大，电流表示数增大，
增大， 减小，故D正确。故选D。
考点三 远距离输电知识点1 三个回路
理清三个回路
知识点2 两个联系
(1)理想的升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n)和线圈2(匝数为n)中
1 2
各个量间的关系是＝，＝，P＝P。
1 2
(2)理想的降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n)和线圈4(匝数为n)中
3 4
各个量间的关系是＝，＝，P＝P。
3 4
知识点3 一个守恒
能量守恒关系式P＝P ＋P。
1 损 4
知识点4 电压损失和功率损失计算
（1）电压损失：输电线路上I＝I ＝I，总电阻R 导致的电压损失ΔU＝U－U＝I R 。
2 线 3 线 2 3 线 线
（2）功率损失：
①P ＝P－P
损 1 4
②P ＝I ·ΔU＝IR ＝
损 线 线
注意：(1)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减小到原来的。
(2)不要把输电线上的输电电压U 和输电线上损失的电压ΔU相混淆。
2
考向1 远距离输电原理及电压功率损失
1．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P＝2.2×108W，输入电压U＝11kV，输电线上的电流I＝200A，输电线中的功
1 0 0 1
率损失为输入功率P 的4%。则（ ）
0
A．U＝1100V
1B．
C．U 与U 的差与输电功率无关
1 2
D．变压器T 的原副线圈匝数比为1∶100
1
【答案】D
【详解】A．根据电功率的计算公式 ，代入数据解得 V故A错误；
B．根据电功率的计算公式 ，代入数据解得 故B错误；
C．根据电功率的计算公式 ，可知输电功率不同时，输电线的电流不同，从而影响U 与U 的差，
1 2
故C错误；
D．根据原副线圈电压之比与线圈匝数的之比关系可知 故D正确；故选D。
2．我国水力资源居世界首位，西部地区水力发电潜力巨大。水力发电的基本原理就是将水流的机械能
（主要指重力势能）转化为电能。如图所示，某小型水力发电站水流量 （流量是指流体在单位
时间内流过某一横截面的体积），落差h＝12.5m，发电机（内阻不计）的输出电压 ，输电线总
电阻 ，为了减小损耗采用了高压输电。在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器，
其中 ，用户获得的电压 ，用户消耗的功率 ，变压器均视为理想变压器，
已知水的密度 ，取重力加速度 。下列说法正确的是（ ）
A．输电线损失的电压为180V B．输电线损失的电功率为25kW
C．升压变压器原副线圈的匝数比 D．机械能转化为电能的效率为80%
【答案】BD
【详解】A．根据变压器电压与匝数的关系 得 理想变压器无能量损失
根据 解得 高压输电线电阻损失的电压 ，A错误；
B．高压输电线损失的功率 ，B正确；
C．输电电压 则 ，C错误；
D．发电机输出电功率 单位时间内水流的机械功率故机械能转化为电能的效率 ，D正确。故选BD。
考向2 远距离输电的动态分析问题
3．2020 年 9 月，中国发布“双碳战略”，计划到 2030 年实现碳达峰、2060 年实现碳中和。碳排放问
题的治本之策是转变能源发展方式，加快推进清洁替代和电能替代，一座小型水电站向山下村镇供电的示
意图如图所示，升压变压器T 与降压变压器T 都是理想变压器。已知发电机输出电压U 250 V，两个变
1 2 1
压器的匝数比 ， ，输电线电阻 R 20 ，输电线上损失的功率为 32kW。则
下列说法正确的（ ）
A．输电线上损失的电压为 25000V
B．用户得到的电压为 200V
C．发电机输出功率 P 1000kW
D．深夜，用户的用电器减少时输电线上损失的功率将变大
【答案】C
【详解】A．依题意，输电线上损失的功率为 解得 故A错误；
B．根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系，有 又 联立，解得
故B错误；
C．根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系，有 又 发电机输出功率为
联立，解得 故C正确；
D．深夜，用户的用电器减少时，降压变压器所在回路电阻增大，由欧姆定律可得 则降压变压器
输出电流减小，根据 可知输电线上电流减小，由 可知输电线上损失的功率将变小。故D
错误。
故选C。
4．如图所示为某水电站远距离输电的原理图。升压变压器的原、副线圈匝数比为k，输电线的总电阻为
R，发电机输出的电压恒为U，若由于用户端负载变化，使发电机输出功率增加了 ，升压变压器和降压
变压器均视为理想变压器。下列说法正确的是（ ）A．电压表 的示数与电流表 的示数之比不变
B．电压表 的示数与电流表 的示数之比变大
C．输电线上损失的电压增加了
D．输电线上损失的功率增加了
【答案】C
【详解】AB．由于发电厂输出电压恒为U,根据理想变压器的规律 故电压表V 的示数不变，发电厂
1
输出功率增加了 ，则发电厂输出电流增加了 根据理想变压器的规律，对于升压变压器
A 示数增加了 由于A 示数增加，A 示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少
1 1 2
故V 示数也将减小，所以电压表 的示数与电流表 的示数之比减小，电压表 的示数与电流表 的
2
示数之比减小，故AB错误；
C．根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了 故C正确；
D．输电线上损失的功率增加了 由于 未知，故无法计算，故D错误。故选C。
考点四 探究变压器电压与匝数关系
知识点1 实验原理
1．实验电路图
2．实验方法：采用控制变量法。
(1)n 一定，研究n 和U 的关系。
1 2 2
(2)n 一定，研究n 和U 的关系。
2 1 2
知识点2 实验步骤
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 的影响。
1 1 2 2 22．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响。
2 1
知识点3 误差分析
1．由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差。
2．原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗(铜损)，造成误差。
3．铁芯中有磁损耗，产生涡流，造成误差。
考向 探究变压器电压与匝数关系
在探究“变压器的电压与匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
（1）为了确保实验的安全，下列说法正确的是
A．为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过16V
B．为使接触良好，通电时应用手直接捏紧裸露的接线柱
C．确保多用电表的安全，使用交流电压档测电压时，先用最大量程档试测
（2）变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢。
①铁芯Q安放在铁芯P上时，硅钢片应平行于
A．平面abcd B．平面abfe
C．平面abgh D．平面aehd
②这样设计的原因是 。
（3）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数 （选填“多”或“少”）。
（4）用匝数n=400匝和n=800匝的变压器，实验测量数据如表：
a b
U/V 1.80 2.80 3.80 4.90
aU/V 4.00 6.01 8.02 9.98
b
根据测量数据可判断出变压器的原线圈为 （选填“a”或“b”）。
【答案】 C D 减小涡流，提高变压器的效率 少 b
【详解】（1）[1] A．变压器只能使用交变电压，不能使用低压直流电源，A错误；
B．为使接触良好，应该拧紧接线柱，但不能用手直接捏紧裸露的接线柱，B错误；
C．为了确保多用电表的安全，使用交流电压档测电压时，先用最大量程档试测，C正确。故选C。
（2）①[2]变压器正视图如图。硅钢片的作用是形成闭合磁路，硅钢片中磁场变化引起在垂直于abcd平面
内产生感应电流，所以为了减小涡流产生的热量，硅钢片应平行于平面aehd。故选D。
②[3]这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率。
（3）[4]观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈为低压线圈，电流大，匝数少。
（4）[5]由于实验所用的变压器会产生电能损耗，其实际测量得到的副线圈电压将小于利用理想变压器变
压公式得到的值，所以根据测量数据可判断出变压器的原线圈为b。
1．（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 知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U 减小，不能使小灯泡正常发光，故
2
A错误；
B．由 知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U 增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；
2
C．由 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
U 不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；
2
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U 不变，不能使小灯泡正常
2
发光，故D错误。故选B。
2．（2023·天津·统考高考真题）下图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器 和降压变压器 都
认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有（ ）A． 输出电压与 输入电压相等
B． 输出功率大于 输入功率
C．若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D．若用户接入的用电器增多，则 输出功率降低
【答案】B
【详解】AB．由于输电过程中电阻R要产生热量，会损失功率，故 输出功率大于 输入功率； 输出
电压大于 输入电压，故A错误，B正确；
C．由于输入电压不变，所以变压器 的输出变压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效
电阻变小，则电流变大，根据 可知R功率增大；故C错误；
D．用户接入电路的用电器越多，用电器消耗功率增大，即 输出功率增大，故D错误。
故选B。
