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第 2 讲 变压器 远距离输电
目标要求 1.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.2.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 理想变压器的原理及应用
基础回扣
1.构造和原理
(1)构造：如图1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.
图1
(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.
技巧点拨
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变压器基本物理量的分析与计算
例1 (2017·北京卷·16)如图2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( )
图2
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.
原线圈接入用电器的变压器问题分析
例2 (多选)(2020·全国卷Ⅲ·20)在图3(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
1 2 3 2 3
Ω，各电表均为理想电表.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
2 2
法正确的是( )
图3
A.所用交流电的频率为50 Hz
B.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图象可知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
1.(变压器基本物理量的计算)如图4所示，一理想变压器原线圈输入正弦式交流电，交流电
的频率为50 Hz，电压表示数为11 000 V，灯泡L 与L 的电阻相等，原线圈与副线圈的匝数
1 2
比为n∶n＝50∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，则( )
1 2
图4
A.原线圈输入的交流电压的表达式为u＝11 000sin 50πt(V)
B.开关K未闭合时，灯泡L 两端的电压为220 V
1
C.开关K闭合后电流表的示数为通过灯泡L 中电流的
1
D.开关K闭合后，原线圈输入功率增大为原来的倍
答案 B
解析 原线圈的电压最大值U ＝11 000 V，角速度ω＝2πf＝100π rad/s，所以原线圈输入的
m
交流电压的表达式为u＝11 000sin 100πt(V)，故A错误；开关K未闭合时，灯泡L 两端的电
1
压即为副线圈电压，＝＝，则开关K未闭合时，灯泡L 两端的电压U ＝220 V，故B正确；
1 2
开关K闭合后，L 与L 并联，且电阻相等，所以电流表的示数与通过灯泡L 中电流相等，
1 2 1
故C错误；开关K闭合后，副线圈功率增大为原来的2倍，则原线圈输入功率增大为原来
的2倍，故D错误.
2.(原线圈上有用电器的变压器)(多选)如图5所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压
相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法
正确的是( )
图5
A.原、副线圈匝数比为9∶1
B.原、副线圈匝数比为1∶9
C.此时a和b的电功率之比为9∶1
D.此时a和b的电功率之比为1∶9答案 AD
解析 设灯泡的额定电压为U，两灯泡均能正常发光，所以原线圈两端电压为U＝9U，副
0 1 0
线圈两端电压为U＝U，故＝，＝＝，A正确，B错误；根据公式＝可得，＝，由于小灯泡
2 0
两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得，灯泡a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D
正确.
考点二 理想变压器的动态分析
1.匝数比不变的情况
(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
(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
例3 (多选)(2020·河北唐山是原线圈的中心抽头，电压表和电市摸底考试)如图6所示，
理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a是原线圈的一端点，b流表均为理想交流电表.
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＝Usin 100πt.则( )
图6
A.当单刀双掷开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1∶2
B.当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为
C.单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数增大
D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数增大
答案 AD
解析 当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的匝数为n ，则有U ＝U ，当单刀双掷开关与b
1 2 1
连接时，原线圈的匝数为，则有U′＝U ，联立得U∶U′＝1∶2，故电压表的示数比为
2 1 2 2
1∶2，故A正确；当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为u＝Usin(100π×0)＝0，故B错误；副
线圈的电压由原、副线圈匝数和输入电压决定，单刀双掷开关与 a连接，滑动变阻器触头P
向上移，可知副线圈电压不变，故电压表的示数不变，C错误；单刀双掷开关由a扳向b，原线圈的匝数变小，副线圈的电压变大，则电压表示数变大，电阻不变，故电流表的示数也
变大，故D正确.
3.(负载不变匝数变)(2020·天津耀华中学模拟)如图7所示为一自耦变压器的电路图，其特点
是铁芯上只绕有一个线圈.把整个线圈作为副线圈，而取线圈的一部分作为原线圈.原线圈接
在电压为U的正弦交流电源上，电流表 、 均为理想交流电表.当触头P向上移动时，下
列说法正确的是( )
图7
A.A 读数变小，A 读数变小
1 2
B.A 读数变大，A 读数变小
1 2
C.R两端电压变大，变压器输入功率变小
D.R两端电压变大，变压器输入功率变大
答案 A
4．(匝数不变负载变)(多选)(八省联考·湖北·10)如图8(a)所示，理想变压器原、副线圈匝数比
为n∶n ＝1∶5，定值电阻R 的阻值为10 Ω，滑动变阻器R 的最大阻值为50 Ω，定值电阻
1 2 1 2
R 的阻值为10 Ω，图中电表均为理想电表．原线圈输入如图(b)所示的交变电流，其有效值
3
不随负载变化．当滑动变阻器接入电路的阻值由50 Ω减小到0的过程中( )
图8
A．电流表的示数为5 A
B．通过R 的电流减小
2
C．电压表的示数减小
D．R 和R 的总电功率先增大后减小
2 3
答案 CD
解析 由图可知，电流表示数为原线圈的电流I ＝ A＝4 A，故A错误；当滑动变阻器R 的
1 2
接入电路的阻值逐渐减小时，副线圈的负载电阻的总阻值减小，原线圈的输入电流I 保持不
1
变，根据变压器的电流规律＝，副线圈中的电流I 保持不变，副线圈两端电压逐渐减小，电
2压表示数逐渐减小，故C正确；通过定值电阻R 的电流逐渐减小，则通过滑动变阻器R 的
1 2
电流逐渐增大，故B错误；根据欧姆定律、串联和并联电路特点可知，R 和R 的总功率P
2 3 总
＝，由数学知识可知，在R 由50 Ω减小到0的过程中，P 先增大后减小，故D正确．
2 总
考点三 远距离输电
基础回扣
如图9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.
图9
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 ′ ；
(2)ΔP＝ I 2 R ＝()2R
4.减少输电线上电能损失的方法
(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 .
技巧点拨
1.理清输电电路图的三个回路(如图10)
图10
(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4 如图11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
1 1
间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I，则( )
2
图11
A.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P ＝
1 入 1 1 损
I2r＝I(U－U)，选项C、D错误.
1 1 1
例5 (2020·浙江7月选考·11)如图12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
1 线
用户端用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
4 线
变压器均是理想变压器，下列说法正确的是( )
图12
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 发电机输出电流I ＝＝ A＝400 A，故A错误；输电线上损失的功率P ＝I 2R ＝5
1 线 线 线kW，所以I ＝＝25 A，故B错误；用户得到的功率P＝P－P ＝(100－5) kW＝95 kW，则
线 4 线
I＝＝ A＝ A≈432 A，故＝＝，故C正确，D错误.
4
5.(远距离输电基本电路分析)(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.
6.(远距离输电电路的分析)(多选)(2019·广东深圳市4月第二次调研)如图13为远距离输电示
意图，发电厂输出电压U ＝104 V，输出功率P ＝109 W，两个理想变压器的匝数比分别为
1 1
n∶n＝1∶100、n∶n＝100∶1，输电线总电阻r＝50 Ω.则( )
1 2 3 4
图13
A.U＝U
4 1
B.I＝I
4 1
C.通过电阻r的电流I＝2×104 A
2
D.电阻r损耗的电功率为5×107 W
答案 BD
解析 I ＝＝105 A，根据＝可得，I ＝I ＝×105 A＝103 A，则通过电阻r的电流为103 A，
1 2 1
故C错误；电阻r两端的电压为U＝Ir＝103×50 V＝5×104 V，根据＝可得，U ＝U ＝
r 2 2 1
100×104 V＝106 V，则U＝U－U＝106 V－5×104 V＝9.5×105 V，根据＝可得，U＝U
3 2 r 4 3
＝×9.5×105 V＝9.5×103 V，则U≠U，故A错误；由于I＝I，根据＝可得，I＝I＝×103
4 1 2 3 4 3
A＝105 A，则I ＝I ，故B正确；电阻r损耗的电功率P＝I2r＝(103)2×50 W＝5×107 W，
4 1 r 2
故D正确.拓展点 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14所示)：
图14
(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
分析可知，理想变压器原、副线圈两端电压U、U 之比等于原、副线圈的匝数n、n 之比．
1 2 1 2
5．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．
6．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．
7．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n ＝120匝、n ＝240匝，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用
1 2
多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据如表所示．
实验序号 原线圈两端的电压U(V) 副线圈两端的电压U(V)
1 2
1 3.9 8.2 1∶2.1
2 5.9 11.8 1∶2.0
3 7.8 15.2
(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U 、U 的比值，还有一组U 、U 的比值没有算出，
1 2 1 2
把求出的结果填在表格中．
(2)本实验可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数的关系为______________(用题目中给出
的字母表示)．
(3)该变压器是______________变压器(选填“升压”或“降压”)．
答案 (1)1∶1.9 (2)＝ (3)升压
解析 (1)第三组数据为：＝≈
(2)线圈匝数之比＝＝，结合表格中的数据知，在误差允许的范围内线圈两端电压与匝数的
关系为＝.
(3)从表格中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器．
课时精练
1.(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 1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( )
图1
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.
2.(多选)如图2，发电厂的输出电压为U ，发电厂至用户间输电导线的总电阻为 R，通过导
1
线的电流为I，用户得到的电压为U.下列输电导线上损耗功率的表达式中正确的是( )
2
图2
A.(U－U)I B.I2R
1 2
C. D.
答案 ABD
3.(多选)(2020·河南中原名校联考)如图3所示是变压器通过降压给用户供电的示意图.变压器
的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动，可以认为电压表 V
1
示数不变.两条输电线的总电阻用R 表示，滑动变阻器R表示用户用电器的总电阻.如果变压
0
器上的能量损失忽略不计，当用户的用电器增加时，图中各表的示数变化的情况是( )
图3
A.电流表A 示数变大 B.电流表A 示数变小
1 2
C.电压表V 示数变大 D.电压表V 示数变小
2 3
答案 AD
4.(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4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( )
图4
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 2P＝＝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
5.(2019·四川达州市第二次诊断)如图5所示，一自耦变压器接在交流电源上，V 、V 为理想
1 2
交流电压表.下列说法正确的是( )
图5
A.若P不动，滑片F向下滑动时，V 示数不变，V 示数变小
1 2
B.若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的功率变大
C.若F不动，滑片P向上滑动时，V 示数不变，V 示数变大
1 2
D.若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小
答案 A
解析 设变压器的输入电压为U ，输出电压为U ；若P不动，滑片F向下滑动时，输入电
1 2
压U 不变，V 示数不变，根据变压比公式＝，由于n 减小，故输出电压U 减小，故灯泡消
1 1 2 2
耗的功率减小，V 的示数变小，故A正确，B错误；若F不动，根据变压比公式＝，输入
2
电压U 不变，则输出电压U 也不变，V 示数不变；滑片P向上滑动时，滑动变阻器R接入
1 2 1
电路的电阻值减小，则副线圈回路中的电流增大，灯泡中的电流、电压都增大，灯泡消耗的
功率变大；由U ＝U－U 可知电压表V 示数变小，故C、D错误.
V2 2 L 2
6．(八省联考·河北·4)如图6所示，理想变压器原线圈匝数为1 100匝，接有一阻值为R的电
阻，电压表V 示数为110.0 V．副线圈接有一个阻值恒为R 的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接
1 L
有一理想电压表V，示数为0.10 V．已知R ∶R＝4∶1，则副线圈的匝数为( )
2 L
图6
A．225 B．550 C．2 200 D．4 400
答案 C
解析 因为电压表V 的示数为0.10 V，由变压器原副线圈匝数与电压之间的关系，可知原
2
线圈的输入电压为U ＝110 V；根据电路连接，可知原线圈中的电流I ＝；副线圈两端电压
1 1
为U ，电流为I ＝，又UI ＝UI ，R ∶R＝4∶1，联立得U ＝220 V，由＝得，n ＝2 200，
2 2 1 1 2 2 L 2 2
故C正确．7．(八省联考·江苏·7)小明分别按图7甲和乙电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷
成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用．其中T 为理想升压变压器，T
1 2
为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等，两次实验中( )
图7
A．都接直流电源
B．A两端的电压相等
C．A损耗的功率相等
D．图甲中A的电流较大
答案 D
解析 由于变压器只能改变交变电流，因此题图乙中不可能接直流电源，故 A错误；设电
源输出电压为U，输出功率为P，A、B的阻值为R，则题图甲电路中输电线上的电流I ＝，
1
题图乙中升压变压器副线圈电压 U′>U，则流过A的电流I ＝
