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专题25 变压器与远距离输电模型
理想型变压器动态变化模型（6-9 题）.........................................................................................5
理想型变压器等效电阻模型（10-14 题）.....................................................................................8
理想变压器含二极管模型（15-17 题）.......................................................................................13
远距离输电模型（18-21 题）.......................................................................................................16
1.
（2023•山东）某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250V，输出功
率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4＝50：1，输电线总电阻R＝62.5Ω，其余线路电阻不计，
用户端电压U4＝220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是
（ ）
A．发电机的输出电流为368A
B．输电线上损失的功率为4.8kW
C．输送给储能站的功率为408kW
D．升压变压器的匝数比n1：n2＝1：44
【解答】解：A、发电机的输出电压U1＝250V，输出功率P1＝500kW＝5.0×105W，根据P1＝
U1I1可得发电机的输出电流为：I1＝2000A，故A 错误；
B、用户端电压U4＝220V，功率P2＝88kW＝8.8×104W，根据P2＝U4I4可得降压变压器线圈中的
电流为：I4＝400A
根据I3：I4＝n4：n3可得降压变压器原线圈中的电流为：I3＝8A
输电线上损失的功率为：ΔP= I 3
2R＝82×62.5W＝4000W＝4.0kW，故B 错误；
C、输送给储能站的功率为：P 储存＝P1
P
﹣
2
ΔP
﹣
＝500kW
88kW
4.0kW
﹣
﹣
＝408kW，故C 正确；
1
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D、升压变压器副线圈两端电压为U2，根据功率计算公式可得：P2+ΔP＝U2I3，解得：U2＝
11500V
升压变压器的匝数比n1：n2＝U1：U2＝250：11500＝1：46，故D 错误。
故选：C。
2.
（2023•广东）用一台理想变压器对电动汽车充电。该变压器原、副线圈的匝数比为
1：2，输出功率为8.8kW，原线圈的输入电压u＝220√2sin（100πt）V。关于副线圈输出电流
的有效值和频率正确的是（ ）
A．20A，50Hz
B．20√2A，50Hz
C．20A，100Hz
D．20√2A，100Hz
【解答】解：根据正弦式交流电中有效值和峰值的关系可知，原线圈的电压有效值为：
U 1= um
√2 = 220√2
√2
V =220V
根据变压器的工作原理可得：
U 1
U 2
= n1
n2
= 1
2
代入数据解得：U2＝440V
因为理想变压器原副线圈的功率相等，则I 2= P1
U 2
= 8800
440 A =20 A
变压器无法改变电流的频率，则f = ω
2π = 100 π
2π
Hz =50 Hz，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
3.
（多选）（2023•海南）如图是工厂利用u＝220√2sin100πtV 的交流电给36V 照明灯
供电的电路，变压器原线圈匝数为1100 匝，下列说法正确的是（ ）
A．电源电压有效值为220√2V
B．交变电流的周期为0.02s
C．副线圈匝数为180 匝
D．副线圈匝数为240 匝
2
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【解答】解：A、根据交流电的瞬时值表达式，电源电压的有效值U = 220√2
√2
V =220V ，故A
错误；
B、根据交流电的瞬时值表达式，交流电的周期T = 2π
ω = 2π
100 π s=0.02s，故B 正确；
CD、根据n1
n2
= U 1
U 2
可得副线圈匝数n2= U 2
U 1
n1= 36
220 ×1100匝=180匝，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
4.
（2022•湖南）如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副
线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器
R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表Ⓥ的示数为U，理想电流表Ⓐ的
示数为I。下列说法正确的是（ ）
A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I 减小，U 不变
B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I 减小，U 增大
D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
【解答】解：根据原副线圈两端的电流和电压的比值关系可知，原线圈的“等效电阻”与副线
圈的电阻的比值关系为：R原
R副
=
U 1
I 1
U 2
I 2
=( n1
n2
)
2。
可知此电路的等效电路如图所示：
3
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AB、保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电
路的阻值减小，则由上述分析可知，原线圈位置的等效电阻保持不变，因为滑动变阻器的电阻
变小，则电流I 变大，U 变小，而R1消耗的功率增大，故A 错误，B 正确；
C、保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n2减小，等效电阻增大，电流I 减小，则电压
表的示数减小，故C 错误；
D、滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，此时“等效电阻”的阻值为R 等效=( n1
1
2 n1
)
2 R =4R＜
R2；
保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，则副线圈的匝数变小，相当于原线圈位置的“等
效电阻”增大；当等效电阻的阻值等于R2时，R1消耗的功率最大；当等效电阻的阻值大于9R
时，P1向下缓慢滑动时，R1消耗的电功率减小，故D 错误。
故选：B。
5.
（多选）（2022•福建）某同学利用如图所示电路模拟远距离输电．图中交流电源电
压为6V，定值电阻R1＝R2＝20Ω，小灯泡L1、L2的规格均为“6V 1.8W”，理想变压器T1、T2
原副线圈的匝数比分别为1：3 和3：1。分别接通电路Ⅰ和电路Ⅱ，两电路都稳定工作时（
）
A．L1与L2一样亮
B．L2比L1更亮
C．R1上消耗的功率比R2的大
D．R1上消耗的功率比R2的小
【解答】解：AB、小灯泡L1、L2的电阻为RL= U L
2
PL
= 6
2
1.8
Ω＝20Ω
4
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小灯泡L1的电流I1=
U
R1+ RL
=
6
20+20A＝0.15A；
设小灯泡L2 的电流为I2，根据T2 原副线圈的匝数比n3：n4＝3：1，得T2 原副线圈的电流之比
I R2
I 2
= n4
n3
= 1
3
，则R2中电流为IR2= 1
3
I2
T2原副线圈的电压之比U 原
I 2 RL
= n3
n4
= 3
1
，则原线圈的电压U 原＝3I2RL，T1副线圈的电压为3U，则
3U＝IR2R2+U 原，即3U= 1
3I2R2+3I2RL，解得：I2＝0.27A
可得I2＞I1，所以L2比L1更亮，故A 错误，B 正确；
CD、R1 中电流为I1＝0.15A，R2 中电流为IR2= 1
3
I2= 1
3 ×0.27A＝0.09A，则I1＞IR2，又R1＝R2＝
20Ω，由P＝I2R 知R1上消耗的功率比R2的大，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
理想型变压器动态变化模型（6-9 题）
6.
（2023•济南三模）2022 年11 月23 日，我国自主研制的16 兆瓦海上风电机组正式下
线，标志着我国海上风电技术实现重大突破。风力发电机的工作原理可以简化为如图所示的模
型：风轮通过齿轮箱带动矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生交流电，并通过变压器和远距离
输电线给灯泡L 供电。两变压器均为理想变压器，当发电机线圈转速减小时，以下说法正确的
是（ ）
5
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A．通过R 的电流增加
B．降压变压器的输入电压U3减小
C．灯泡L 消耗的功率增加
D．发电机的输出功率不变
【解答】解：D．当发电机线圈转速减小时，根据Em＝nBSω
由此可得升压变压器的输入电压U1减小，而负载不变，因此升压变压器的输入电流I1减小，故
发电机的输出功率减小，故D 错误；
A．根据变压器的工作原理可得：I 1
I 2
= n2
n1
由此可得I1减小时，I2也减小，即通过R 的电流减小，故A 错误；
BC．由于I2＝I3
因此I3减小，根据变压器的工作原理可得：I 3
I 4
= n4
n3
可知I4减小，根据U4＝I4RL
P = I 4
2 RL
可知灯泡L 消耗的功率减小，U4减小，根据
U 3
U 4
= n3
n4
，可知U3减小，故B 正确，C 错误。
故选：B。
7.
（2023•邵阳三模）如图1 所示，调压变压器原副线圈的匝数比为3：1，L1、L2、
L3、L4为四只规格均为“9V，6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压u
的图像如图2 所示。则以下说法中正确的是（ ）
A．电压表的示数为36V
B．电流表的示数为2√2 A
6
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C．四只灯泡均能正常发光
D．顺时针旋转P，则灯泡L1变亮
【解答】解：AC．输入端电压有效值为36V，设输出端每个灯泡电流为I，输出电压为U，则输
出电流为3I，根据原副线圈电流、电压与匝数的关系可得，输入电流为I，输入电压为3U，则
36＝IR+3U；U＝IR；R = U L
2
PL
；解得U＝9V＝UL，I = 2
3 A，电压表的示数为UV＝3U＝3×9V＝
27V，四只灯泡均能正常发光，故A 错误，C 正确；
B．电流表的示数为IA＝3I= 2
3 ×3A＝2A，故B 错误；
D．根据题意，有36＝I1R+U1，U 1
U 2
= n1
n2
，U 2= I 2⋅R
3
，I 1
I 2
= n2
n1
，所以36= I 1 R+ 1
3 ( n1
n2
)
2 I 1 R，
若顺时针旋转P，则n2减小，I1减小，灯泡L1变暗，故D 错误。
故选：C。
8.
（2023•开福区校级模拟）如图为某小型发电机供电示意图。匝数为N，电阻为r 的线
圈在匀强磁场中以角速度ω 匀速转动，穿过线圈的磁通量的最大值为Φm。发电机通过理想变
压器向用户供电，R0是输电线等效电阻。从图示位置开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．在图示时刻，穿过线圈的磁通量的变化最快
B．发电机电动势的瞬时值e＝NωΦmsin（ωt）
C．若将触头P 向上移动，通过R0的电流一定减小
D．若增加用户数目，用户获得的功率一定增加
【解答】解：A、在图示时刻，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故A 错误；
B、线圈从中性面开始计时，发电机电动势的瞬时值：e＝NBωSsin（ωt）＝NωΦmsin（ωt），故
B 正确；
C 、设负载电阻为R ，根据欧姆定律、变压器规律可得通过R0 的电流：
7
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I =
n2
n1
E
R+ R0+( n2
m1
)
2
r
=
E
n1
n2
( R+ R0)+ n2
n1
r
，
触头P 向上移动，n2减小，从以上表达式可知，I 不一定减小，故C 错误；
D、增加用户数目，负载电阻R 减小。用户获得的功率为：P＝I2R，结合C 选项分析可知，由于
R 与R0关系未知，因此不能判断用户获得的功率的变化情况，故D 错误。
故选：B。
9.
（2023•永州三模）如图甲所示，ab 两点间接入电压如图乙变化的交流电源，电阻R1
＝10Ω，滑动变阻器R2 初始状态电阻为10Ω，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，则（
）
A．若滑动变阻器R2＝10Ω 时，电流表示数为4.4A
B．若滑动变阻器滑片向右移动时，R1的功率逐渐增大
C．若改变滑动变阻器R2阻值，使R2的功率最大时，此时R2＝10Ω
D．若保持滑动变阻器R2= 10
9 Ω不变，只改变原副线圈匝数比，使R2功率最大时，原副线圈匝
数比为3：1
【解答】解：AB ．根据正弦式交流电的特点可知，输入的交流电源的有效值为
U = 220√2
√2
V =220V
设电流表的示数为I2，根据电流与匝数比的关系可知原线圈的电流为：I 1= I 2
2
副线圈的电压为：U2＝I2R2
则原线圈的电压为：U1＝2U2＝2I2R2＝4I1R2
则U＝I1R1+U1＝I1R1+4I1R2
联立可得：I1＝4.4A；I2＝8.8A
根据闭合电路欧姆定律可得：U＝I1R1+4I1R2＝I1（R1+4R2）
可知若滑动变阻器滑片向右移动时，I1变小，根据P＝I2R 可知R1的功率逐渐减小，故AB 错误；
8
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C．根据等效电阻的知识可知，副线圈对应的原线圈位置的等效电阻为4R2，根据电路结构可知，
原线圈消耗功率为：P＝[
U
R1+ 4 R2
]2•4R2
化简得P = 220
2 R3
(5+ 4 R3)
2 =
220
2
25
R3
+16 R3+ 40
根据数学的不等式知识可知，当4R2＝R1时，R2的功率最大，解得：R2＝2.5Ω，故C 错误；
D．设原副线圈的匝数比为n，根据AB 选项分析可知，可以将原线圈电阻等效为n2R2，根据上
述分析可知，当n2R2＝R1时，R2功率最大，则n
2× 10
9 = R1
解得n＝3
可知若保持滑动变阻器R2= 10
9 Ω不变，只改变原副线圈匝数比，使R2功率最大时，原副线圈匝
数比为3：1，故D 正确。
故选：D。
理想型变压器等效电阻模型（10-14 题）
10. （2023•湖南模拟）如图所示为理想变压器，其原、副线圈匝数比为k，所接电源为有
效值恒定的正弦交流电压，且不计电源内阻。原线圈接有定值电阻R0，副线圈接有定值电阻
R1、R3，以及滑动变阻器R2，四个理想交流电表的连接如图所示。现将R2的滑动触头向下滑
动少许，电表的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2，则下列说法正确的是（
）
A．电压表V2的示数减小，电流表A2的示数减小
B．电压表V1的示数增大，电流表A1的示数增大
9
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C．ΔU 1
Δ I 2
：ΔU 2
Δ I 1
= 1
k
2
D．ΔU 1
Δ I 1
：ΔU 2
Δ I 2
=k
2
【解答】解：AB．把副线圈负载电阻看作变压器原线圈的等效电阻，设原副线圈匝数比为k，
根据理想变压器电压与匝数比的关系U1＝kU2，理想变压器电流与匝数比的关系I 1= I 2
k
，原线圈
等效电阻R原= U 1
I 1
= k U 2
I 2
k
=k
2⋅U 2
I 2
=k
2 R，滑动变阻器的触头向下滑动，则副线圈电路总电阻
值增大，作出该变压器的等效电路如图所示：
可知原线圈等效电阻k2R 增大，根据欧姆定律I 1=
U 0
R0+k
2 R
可知，电流表A1示数减小
根据理想变压器电流与匝数比的关系可知电流表A2示数也减小
在原线圈电路中，根据电压关系，原线圈两端电压U1＝U0
I
﹣1R0增大，即V1示数增大
根据理想变压器电压与匝数比的关系，副线圈两端电压增大，即V2示数增大，故AB 错误；
C．设变压器原副线圈匝数比为k，根据理想变压器电压比与匝数比的关系可得副线圈两端电压
U 2= U 1
k
根据理想变压器电流比与匝数比的关系可得副线圈中的电流I2＝kI1
由于U 1
U 2
=k，I 2
I 1
=k则有ΔU 1
ΔU 2
=k，Δ I 2
Δ I 1
=k
10
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联立得ΔU 1
ΔU 2
：Δ I 2
Δ I 1
=1
因此ΔU 1
Δ I 2
：ΔU 2
Δ I 1
=1，故C 错误；
D．结合以上分析，ΔU 1
Δ I 1
：ΔU 2
Δ I 2
= ΔU 1
ΔU 2
⋅Δ I 2
Δ I 1
=k ⋅k =k
2，故D 正确。
故选：D。
11. （2023•济宁一模）如图所示，输入电压U＝3U0 且保持不变，完全相同的灯泡a、b
的电压均为U0，已知RT为随温度升高阻值减小的热敏电阻，变压器为理想变压器，两灯泡阻
值不变且始终未烧坏，下列说法正确的是（ ）
A．原、副线圈匝数之比为3：1
B．流经灯泡b 的电流与热敏电阻电流之比为1：2
C．若热敏电阻RT温度升高，灯泡a 变亮、b 变暗
D．若热敏电阻RT温度升高，灯泡a 变亮、b 变亮
【解答】解：A、输入电压U＝3U0，灯泡a 得电压为U0，则原线圈两端电压U1＝3U0
U
﹣
0＝2U0
副线圈两端电压U2＝U0
所以原、副线圈匝数比n1：n2＝U1：U2＝2：1，
故A 错误；
B、两灯泡a、b 完全相同，电压相同，则电流相同，设通过灯泡的电流为I，则原线圈电流为I1
＝I
原副线圈电流比等于匝数的反比，有I2：I1＝n1：n2＝2：1
则副线圈电流I2＝2I
灯泡b 与热敏电阻并联分流，则流经热敏电阻的电流为2I
I
﹣＝I
则流经灯泡b 的电流与热敏电阻电流之比为I：I＝1：1
故B 错误；
CD、若热敏电阻RT温度升高，热敏电阻的阻值减小，副线圈回路总电阻减小，总电流增大，则
11
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原线圈的电流增大，灯泡a 两端电压增大，灯泡a 变亮；由于灯泡a 两端电压增大，则原线圈的
输入电压减小，副线圈两端电压也减小，灯泡b 两端电压减小，灯泡b 变暗，故C 正确，D 错误。
故选：C。
12. （多选）（2023•湖南模拟）如图所示，a、b 两端接电压稳定的正弦交变电源，变压
器的原、副线圈的匝数之比为n，且n＜1，定值电阻的阻值R1＜R2，电流表、电压表均为理想
交流电表，其示数分别用I 和U 表示。当向下调节滑动变阻器R3的滑片P 时，电流表、电压
表的示数变化量的绝对值分别用ΔI 和ΔU 表示。则以下说法正确的是（ ）
A．ΔU
ΔI =R1
B．ΔU
ΔI = R1
n
2
C．变压器的输出功率一定减小
D．变压器的输出功率可能先增大后减小
【解答】解：AB．设变压器输入电压为U1，输入电流为I1，变压器输出电压为U，输出电流为
I，根据理想变压器的原、副线圈的匝数之比等于电压比U 1
U =n，得ΔU1＝nΔU
又根据理想变压器的原、副线圈的匝数之比等于电流反比I 1
I = 1
n
得Δ I 1= ΔI
n
ΔU
ΔI = 1
n
2
ΔU 1
Δ I 1
电源电压U0，则U0＝I1R1+U1
电源电压稳定，ΔU 1
Δ I 1
= R1
故A 错误，B 正确；
CD．当向下调节滑动变阻器R3滑片P 时，导致副线圈回路中总电阻增大，回路中总电流减小，
原线圈中电流减小，电阻R1电压降减小，而a、b 两端电压一定，原线圈两端电压增大，副线圈
两端电压增大，由功率公式P＝UI，因R1和R3没有具体数据，不能确定副线圈电路消耗电功率
12
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变化，即变压器输出功率不一定减小，变压器输出功率可能先增大后减小，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
13. （多选）（2023•龙岩三模）如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为3：1，原线
圈接有阻值为54Ω 的定值电阻R1，左端接在正弦式交流电源上，其电压瞬时值表达式为u0＝
220√2sin100πt（V），副线圈接有总阻值为54Ω 的滑动变阻器R2，初始时滑片在滑动变阻器
R2正中央，若电压表和电流表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．交流电流表的示数为2.7A
B．交流电压表的示数为60V
C．当R2的阻值调到6Ω 时，副线圈输出功率最大
D．若将R2的滑片向下移动，则交流电压表的示数变大
【解答】解：AB、电压表和电流表示数均为有效值，根据理想变压器电压、电流与匝数的关系
可知：U 1
U 2
= n1
n2
，I 1
I 2
= n2
n1
，由串联电路电压规律有：U0＝U1+I1R1，且副线圈电压：U2＝I2R2，联
立以上各式可解得：I2= 220
99
A＝2.2A，根据U2＝I2R2= 220
99 ×27V＝60V，故A 错误，B 正确；
C、采用等效电源法，将R1与原副线圈等效为电源的内阻，则：r=( n2
n1
)
2•R1=( 1
3 )
2
×54Ω＝6Ω，
当外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，即当R2阻值调到6Ω 时，副线圈输出功率最大，
故C 正确；
D、若将R2的滑片向下移动，副线圈电阻R2减小，可先假设U2不变，那么I2增大，由 I 1
I 2
= n2
n1
，
可知I1增大，这样会使得R1两端电压增大，U1减小，则U2也会减小，故D 错误。
故选：BC。
14. （多选）（2023•海南模拟）如图甲所示，ab 两点间接入电压如图乙变化的交流电源，
13
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电阻R1＝10Ω，滑动变阻器R2初始状态电阻为10Ω，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，
则（ ）
A．若滑动变阻器R2＝10Ω 时，电流表示数为4.4A
B．若滑动变阻器滑片向右移动时，R1的功率逐渐减小
C．若改变滑动变阻器R2阻值，使R2的功率最大时，此时R2＝10Ω
D．若保持滑动变阻器R2= 10
9 Ω不变，只改变原副线圈开数比，使R2功率最大时，原副线圈匝
数比为3：1
【解答】解：AB ．根据正弦式交流电的特点可知，输入的交流电源的有效值为
U = 220√2
√2
V =220V
设电流表的示数为I2，根据电流与匝数比的关系可知原线圈的电流为：I 1= I 2
2
副线圈的电压为：U2＝I2R2
则原线圈的电压为：U1＝2U2＝2I2R2＝4I1R2
则U＝I1R1+U1＝I1R1+4I1R2
联立可得：I1＝4.4A；I2＝8.8A
根据闭合电路欧姆定律可得：U＝I1R1+4I1R2＝I1（R1+4R2）
可知若滑动变阻器滑片向右移动时，I1变小，根据P＝I2R 可知R1的功率逐渐减小，故A 错误，
B 正确；
C．根据等效电阻的知识可知，副线圈对应的原线圈位置的等效电阻为4R2，根据电路结构可知，
原线圈消耗功率为：
P＝[
U
R1+ 4 R2
]2•4R2
化简得P = 220
2 R3
(5+ 4 R3)
2 =
220
2
25
R3
+16 R3+ 40
根据数学的不等式知识可知，当4R2＝R1时，R2的功率最大，解得：R2＝2.5Ω，故C 错误；
14
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D．设原副线圈的匝数比为n，根据AB 选项分析可知，可以将原线圈电阻等效为n2R2，根据上
述分析可知，当n2R2＝R1时，R2功率最大，则n
2× 10
9 = R1
解得n＝3
可知若保持滑动变阻器R2= 10
9 Ω不变，只改变原副线圈匝数比，使R2功率最大时，原副线圈匝
数比为3：1，故D 正确。
故选：BD。
理想变压器含二极管模型（15-17 题）
15. （2023•郴州模拟）如图甲所示，理想变压器原副线圈匝数比n1：n2＝10：1，原线圈
接有电流表A1，副线圈电路接有电压表V、电流表A2、滑动变阻器R 等，所有电表都是理想
交流电表，二极管D 正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L 的阻值恒定，当原线圈接入如
图乙所示的交变电压时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表V 的读数为88V
B．灯泡L 两端电压的有效值为22√2V
C．当滑动变阻器R 的滑片P 向下滑动时，两电流表的示数均减小
D．原线圈接入的交变电压的瞬时值表达式为e＝440sin（100πt）V
【解答】解：A．由图乙可知理想变压器原线圈输入最大电压为440√2V
故电压的有效值为440√2
√2
V =440V，根据U 1
U 2
= n1
n2
可得副线圈的输出电压U2＝44V
电压表V 的示数为有效值，即为44V，故A 错误；
B．设灯泡L 两端电压的有效值为U′，灯泡L 的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流
15
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有效值的定义有U 2
2
r ⋅T
2 = U '
2
r T
代入数据解得U ' =22√2V
故B 正确；
C．当滑动变阻器R 的滑片P 向下滑动时，滑动变阻器R 接入电路的阻值减小，则由欧姆定律可
知电流表A2的示数增大，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表A1的示数也增
大，故C 错误；
D．由图乙可知T＝0.02s，根据角速度和周期的关系可得：ω= 2π
T = 2π
0.02 rad / s=100 πrad / s
可知原线圈接入的交变电压的瞬时值表达式为e = 440√2sin(100 πt )V
故D 错误。
故选：B。
16. （2023•沙坪坝区校级模拟）如图所示，两理想变压器的匝数n1＝n4＝2n2＝2n3，定值
电阻R1、R2阻值均为2R，L1、L2为相同规格的小灯泡，其灯丝电阻RL＝4R，忽略灯丝电阻
随温度的变化，A1、A2为相同的理想交流电流表，D 为理想二极管。当A、B 端接入电压有效
值恒为U 的交流电时（ ）
A．R2的热功率比L2的热功率小
B．A2表示数是A1表示数的2 倍
C．L2两端电压U 4= 1
3 U
D．L1、L2两灯泡的亮度相同
【解答】解：A、由热功率公式可得：PR2= I 2
2 R2
，PL2= I 3
2⋅RL
由变压器的变流规律有：I 2= n4
n3
I 3=2 I 3
，又已知定值电阻R2阻值为2R，L2电阻RL＝4R，
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联立以上解得：PR2=2 PL2＞PL2，故A 错误；
BCD、由欧姆定律可知：I 1= I L1= U L1
RL1
，UL1=
RL1
RL1+ R1
⋅U
√2 = √2
3 U，I 1= √2U
12 R
，
U 2= n2
n1
U 1= 1
2 U 1= 1
2 U，U 3=
( n3
n4
)
2
RL
( n3
n4
)
2
RL+ R2
U 2= 1
6 U，U 4= n4
n3
U 3= 1
3 U，I 2= U 2-U 3
R2
= U
6 R
故A2表示数是A1表示数的√2
2
倍，PL1= U
2
9 R
，PL2= U
2
36 R ＜PL1，故C 正确，BD 错误。
故选：C。
17. （2023•海南二模）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝11：5，原线
圈接u1＝110sin100πtV 的交流电，电阻R1＝R2＝25Ω，D 为理想二极管，则（ ）
A．通过电阻R1的电流为2A
B．二极管的反向耐压值应大于50V
C．原线圈的输入功率为200W
D．通过原线圈的电流为15
11
A
【解答】解：A、由表达式知原线圈电压有效值为U = 110
√2 =55√2V ，根据U
U 1
= n1
n2
得：副线圈
两端电压为U 1=25√2V ，则通过电阻R1的电流为I 1= U 1
R1
= 25√2
25
=√2A，故A 错误；
B、输出电压最大值为50V；故要使电路正常工作，反向耐压值应大于50V；故B 正确；
C、根据电流热效应，(25√2)
2
R2
× T
2 = U 2
2
R2
T；所以R2两端的电压为U2＝25V；故通过R2的电流
17
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I2= U 2
R2
= 25
25 =1 A；输出端的总功率P= U 1
2
R1
+ I 2
2 R2=75W，故输入功率也为75W，故C 错误；
D、原线圈的电流I= P
U =
75
55√2 = 15√2
22
A，故D 错误。
故选：B。
远距离输电模型（18-21 题）
18. （2023•河北模拟）如图所示为远距离输电的原理图，发电机输出电压恒定，升压变
压器和降压变压器均为理想变压器，其中降压变压器的变压比为n；图中电表均为理想电表；
两变压器间输电线的总电阻为R。假如用户设备发生变化，导致输电线上的电压增加了ΔU，
下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数增大ΔU
n
B．输电线上消耗的电功率增加( ΔU )
2
R
C．用户设备消耗的电功率减少( ΔU )
2
R
D．电流表示数增大了n ΔU
R
【解答】解：A、正弦交流发电机输出电压保持不变，升压变压器的输出电压不变，输电线上电
压增加ΔU，所以降压变压器的原线圈电压减少ΔU，则降压变压器的副线圈电压减少 ΔU
n
，故
A 错误；
BC 、输电线电阻不变，电压增加，说明输电线上电流增加，而输电线损耗功率增加
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ΔP = U 2
2
R - U 1
2
R ≠(U 2-U 1)
2
R
，ΔU＝U2
U
﹣
1，用户设备消耗的电功率减少不是( ΔU )
2
R
，故BC 错
误；
D、若降压变压器原、副线圈电流分别为 I1、I2，则 nI1＝I2，变压比n 不变，所以 nΔI1＝ΔI2，
输电线上电流增加 ΔI = ΔU
R
，可知降压变压器输出电流增加 nΔI =n ΔU
R
，故D 正确。
故选：D。
19. （2023•韶关模拟）如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，
发电机输出功率恒为20kW。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，输电线的总电阻用R 线表示，大小为10Ω。下列说法正确的是（
）
A．电流互感器是一种降压变压器
B．将滑动触头P 下移，用户获得的电压将增大
C．升压变压器的输出电压U2＝1000V
D．用户获得的功率为19kW
【解答】解：A、根据线圈匝数关系可知电流互感器是一种升压变压器，故A 错误；
B、将滑动触头P 下移，相当于增大了n3，根据变压器原理可知U4减小，用户获得的电压将减
小，故B 错误；
C．原、副线圈的匝数比为n1：n2＝1：10，电流互感器原线圈中的电流：I2= 10
1
IA= 10
1 ×1A＝
10A
升压变压器的输出电压：U2= P
I 2
= 20000
10
V＝2000V，故C 错误；
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D．输电线上的损失功率ΔP = I 2
2 R线=10
2×10W =1000W ，用户获得的功率：P4＝P3＝P
ΔP
﹣
＝20kW
1kW
﹣
＝19kW，故D 正确。
故选：D。
20. （2023•辽宁模拟）图（a）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程
——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于
三峡水电站。白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b）所示，如果升压变压器与降压变
压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R 表示输电线电阻，则当用户功率增大时
（ ）
A．A2示数增大，A1示数减小
B．V1、V2示数都减小
C．输电线上的功率损失增大
D．V1、A1示数的乘积等于V2、A2示数的乘积
【解答】解：A．当用户功率增大时，降压变压器次级电流会变大，A2示数增大；此时发电机输
出功率增大，线路中电流增大，A1示数增大，故A 错误；
B．发电厂输出的电压恒定，则电压表V1的示数不变，由于输电线上电流变大，则输电线上损
失的电压变大，则降压变压器原线圈两端电压变小，次级电压也会就减小，即电压表V2的示数
减小，故B 错误；
C．由于A1示数I1增大，则根据P损= I 1
2 R，可知输电线上损失的功率增大，故C 正确；
D．根据输电线上有功率损失，可知V1、A1 示数乘积U1I1＝P1，大于V2、A2 示数乘积U2I2＝
P2，故D 错误。
故选：C。
21. （2023•温州模拟）我国已投产运行的1100kV 特高压直流输电工程是目前世界上电压
等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程，输送电功率最大可达
1200 万千瓦。输电线路流程和数据可简化为如图所示，若直流线路的输电线总电阻为10Ω，
变压与整流等造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。当直流线路输电
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电
流
为
4×103A
时
，
下
列
说
法
正
确
的
是
（
）
A．输送电功率为1.2×1010W
B．降压变压器匝数比为11：5
C．直流输电线上损失的功率为1.6×107W，损失的电压为40kV
D．若保持输送电功率不变，改用550kV 输电，直流输电线上损失的功率为6.4×108W
【解答】解：A．输送电功率为P2=U 2 I 2=1100×10
3×4×10
3W = 4.4×10
9W
故A 错误；
B．I2＝4×103A，根据电路电压关系，输电导线末端电压U3＝（U2
I
﹣2r 线）＝（1100×103﹣
4×103×10）V＝1060kV
原副线圈电压比等于匝数比，则降压变压器n3
n4
= U 3
U 4
= 1060
500 ≠11
5
故B 错误；
C．根据电功率P＝I2R，则输电导线上损失的功率ΔP = I 2
2r线=(4×10
3)
2×10W =1.6×10
8W
损失的电压ΔU = I 2r线= 4×10
3×10V = 40kV
故C 错误；
D ．保持输送功率不变，用550kV 输电，输电导线上损失的功率
ΔP =( P2
U '2
)
2r线=( 4.4×10
9
550×10
3 )
2×10W =6.4×10
8W
故D 正确。
故选：D。
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