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专题27 变压器与远距离输电
考点
考情
命题方向
考点1 变压器
考点2 电能输送
2024 高考辽宁卷
2024 年高考北京卷
2022 高考天津卷
2023 年高考北京卷
2022 年重庆高考
2022 高考湖北物理
2024 年高考湖南卷
2023 年6 月高考浙江选考
2023 年高考山东卷
2022 年新高考福建卷
1.变压器是高考考查频率较高
的知识，考查命题热点主要
有：变压器与交变电流产生结
合；变压器动态变化；变压器
与交变电流描述的物理量结合
等。
2.电能输送是高考考查频率较
高的知识，考查命题热点主要
有：发电与电能输送结合：电
能输送与用电结合；电能输送
与电能损耗结合
1
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题型一 理想变压器原理的应用
1．基本关系式
(1)功率关系：P 入＝
P 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 入＝P 出及P＝UI 推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋
U 3I3＋
…
.
2．制约关系
(1)电压：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定．
(2)功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定．
(3)电流：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定．
[模型演练1] （2024•四川一模）在特、超高压变电设备中，变压器占有重要地位。某理
想变压器的简化模型如图所示，原线圈的回路中，理想交流电流表的示数为I，理想交流电压
表的示数为U，副线圈的负载阻值为R，则电源电压的有效值为（ ）
A．IR
B．U
2
IR
C．l
2 R
2
U
D．因为原、副线圈的匝数比未知，所以不能求出电源电压的有效
值
【解答】解：ABCD.根据变压器中的能量守恒可知，P 原＝P 副= U
2
R ，则电源电压的有效值U 原
= P
I = U
2
IR ，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[模型演练2] （2024•乐清市校级三模）新能源汽车无线充电技术的优点包括安全可靠、
充电场地的空间利用率高、智能化程度高、维护和管理方便等。图甲为某国产品牌汽车无线充
电装置，供电线圈固定在地面，受电线圈固定在汽车底盘上，当两个线圈靠近时可实现无线充
电，其工作原理如图乙所示。某课外学习小组查阅资料得知，当输入端ab 接上380V 正弦交流
电后，电池系统cd 端的电压为600V，电池系统的电流为20A。若不计线圈及导线电阻，下列
说法正确的是（ ）
2
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A．为保护受电线圈不受损坏，可以在车底板加装金属护板
B．若输入端ab 接上380V 直流电，也能正常充电
C．供电线圈和受电线圈匝数比可能为19：30
D．ab 端的输入功率大于12kW
【解答】解：A.金属护板会影响电能的传输，应加装非金属护板，故A 错误；
B.只有变化的电流才能发生电磁感应现象，实现电能的传输，直流电不会产生电磁感应现象，
故B 错误；
C.电池系统cd 端的电压为600V，若供电线圈和受电线圈匝数比为19：30，则供电电压U1＝600
× 19
30V＝380V，但是电阻R1有一部分分压，故ab 此时应大于380V，故C 错误；
D.电池的功率为P＝600×20W＝12000W＝12kW，由于存在定值电阻，定值电阻也有电功率消耗，
故ab 端的输入功率大于12kW，故D 正确。
故选：D。
[模型演练3] （2024•魏都区校级三模）一含有理想变压器的电路如图所示，原线圈与R1
＝1Ω 的电阻串联后接在电源电压有效值U 不变的正弦交流电源上，副线圈接有三个电阻R2＝
1.25Ω、R3＝30Ω、R4＝6Ω，其中R4所在支路上有一开关K。当开关K 断开时，电阻R1的功率
为P，当开关K 闭合时，电阻R1的功率为9P。不计通电过程中各电阻阻值的变化，则理想变
压器的原、副线圈匝数之比为（ ）
A．1：3
B．1：4
C．2：3
D．2：5
3
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【解答】解：开关K 断开时，电阻R1的功率为P
设原线圈中电流为I1，则有U＝I1R1+U1
因为理想变压器，所以电流关系有
I 1
I 2
= n2
n1
又有
U 1
I 2( R2+ R3) = n1
n2
K 闭合后，电阻R1的功率为9P
设原线圈中电流为I1′，则U＝I1′R1+U1′
电流关系有
I 1'
I 2' = n2
n1
又有
U 1'
I 2'( R2+ R并) = n1
n2
闭合开关K 后，R3、R4并联后的电阻R并= R3 R4
R3+ R4
=5Ω
闭合开关K 后，电阻R1的功率变为原来的9 倍，由公式P＝I2R
可知电流I1′＝3I1
联立解得：
n1
n2
= 2
5，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
题型二 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)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R 如何变化，U2不变．
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化．
(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化．
4
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2．负载电阻不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，发生变化，故U2变化．
(2)R 不变，U2变化，故I2发生变化．
(3)根据P2＝，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化．
[模型演练4] （2024•坪山区校级模拟）如图所示的电路，理想变压器的原线圈通过理想
交流电流表接在交流电源上，副线圈接有两个完全相同的灯泡L1、L2、定值电阻R、电动机M
和理想交流电压表。初始状态时开关闭合电动机正常工作，现将开关断开，下列说法正确的是
（ ）
A．电流表的示数变大
B．电压表的示数变大
C．灯泡L1变暗
D．灯泡L2变暗
【解答】解：AB.根据理想变压器电压与匝数比的关系，副线圈两端电压U 2= n2
n1
U 1
输入电压不变，线圈匝数比不变，因此电压表示数不变；
开关断开后，变压器副线圈的输出功率变小
根据理想变压器的功率关系和功率公式U1I1＝P 出
得I 1= P出
U 1
因此电流表的示数变小，故AB 错误；
C.根据理想变压器电流与匝数比的关系，副线圈中的电流I 2= n1
n2
I 1
线圈匝数比不变，因此副线圈中的电流减小；
灯泡L1消耗的功率PL1= I 2
2 RL1
减小，灯泡L1变暗，故C 正确；
D.根据欧姆定律，灯泡L1和定值电阻R 两端的电压U3＝I2（R+RL1）变小
5
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根据串联电路的电压关系UL2＝U2﹣U3
由于U2不变，U3变小，因此灯泡L2两端电压变大
灯泡L2消耗的功率PL2= U L2
2
RL2
变大，灯泡L2变亮，故D 错误。
故选：C。
[模型演练5] （2024•黑龙江三模）如图甲所示为理想变压器，其原、副线圈匝数比为6：
1，电压表和电流表均为理想交流电表，Rt为NTC 型热敏电阻，其阻值随温度升高而减小，R
为定值电阻。若变压器的输入电压随时间变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是
（ ）
A．电压表示数为6√2V
B．变压器原，副线圈的功率之比为6：1
C．变压器原、副线圈中的电流之比为6：1
D．Rt温度降低时，电压表的示数不变、电流表的示数变小
【解答】解：A．电压表测量变压器输出电压的有效值，由图乙可得变压器原线圈输入电压的有
效值为U 1= U m
√2 = 36√2
√2 V =36V
由理想变压器电压比等于匝数比可得U 1
U 2
= n1
n2
= 6
1
解得U2＝6V
故电压表示数为6V，故A 错误；
B．理想变压器原、副线圈的功率之比为1：1，故B 错误；
C．由理想变压器电流比等于匝数比的反比可得I 1
I 2
= n2
n1
= 1
6
可知变压器原、副线圈中的电流之比为1：6，故C 错误；
6
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D．由变压器输入电压不变，根据U 1
U 2
= n1
n2
可知，副线圈输出电压不变，则电压表的示数不变；Rt温度降低时，Rt阻值增大，根据欧姆定
律可知，副线圈电流I2减小，根据I 1
I 2
= n2
n1
可知原线圈电流减小，则电流表的示数变小，故D 正确。
故选：D。
[模型演练6] （2024•东莞市校级三模）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：
1，电源的输出电压u＝30√2sin100πt（V），定值电阻R1＝20Ω，R3＝2.5Ω，滑动变阻器R2的
最大阻值为5Ω，a、b 为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表。现将滑动变阻器滑
片P 置于b 端，则（ ）
A．电流表示数为√2 A
B．电压表示数为10V
C．滑片P 由b 向a 缓慢滑动，R3消耗的功率减小
D．滑片P 由b 向a 缓慢滑动，变压器的输出功率减小
【解答】解：AB、题图的电路图可以等效为，
设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，又因为理想变压器原副线圈的功率相等，所以
有：
U 1
2
R2' + R3' =
U 2
2
R2+ R3
7
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根据变压器的变压规律：U 1
U 2
= n1
n2
整理有：R'3+ R'2=( n1
n2
)
2
( R3+ R2)
滑动变阻器滑片P 置于b 端时，滑动变阻器接入电路的电阻为零，此时：
R'3+ R'2=( n1
n2
)
2
R3=( 2
1 )
2×2.5Ω＝10Ω
电源的电压输出为：u=30√2sin100 πt(V )
因为电流表和电压表测量的为有效值，电源的有效值为U＝30V，电流表的示数为
I=
U
R1+ R3' + R2' =
30
20+10A＝1A
原线圈两端电压的有效值为：U1＝U﹣IR1
电压表测量的是副线圈两端的电压，即：U 1有
U 2有
= n1
n2
整理有：U2＝5V，故AB 错误；
C、当滑片P 从b 向a 缓慢滑动过程中，R2阻值变大，根据电流规律可知，总电阻变大，结合之
前的分析可知，流过电阻R1的电流减小，由变压器规律，流过副线圈的电流也成比例减小，电
阻R3不变，电流减小，根据P＝I2F，所以功率减小，故C 正确；
D、由之前的分析，可以将电阻R1与电源放在一起，等效成新电源，其副线圈输出功率变为新
电源的输出功率，有电源的输出功率的规律可知，当等效电阻等于新电源的内阻20Ω 时，即R2
＝2.5Ω，其输出功率最大，所以在滑片从b 向a 缓慢滑的过程中，副线圈的输出功率先增大，后
减小，故D 错误。
故选：C。
[模型演练7] （2024•肥城市模拟）能源问题是全球面临的重大问题，远距离输电在兼顾
经济效益的同时，应尽可能减少输电过程中的能量损失。现通过一个理想变压器进行远距离输
电，原线圈接在有效值恒定的正弦交流电源上，不计电源内阻。原线圈接有合适的灯泡L1，
副线圈接有合适的灯泡L2（设两灯泡的电阻都不随温度变化）、定值保护电阻R0及滑动变阻
器R，电流表和电压表均为理想交流电表，如图所示，此时两灯泡都发光且亮度合适。现将滑
动变阻器R 的滑片向下滑动少许，下列说法正确的是（ ）
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A．电压表V 的示数减小
B．灯泡L1变亮
C．定值保护电阻R0的电功率增大
D．灯泡L2变亮
【解答】解：A、设副线圈两端电压为U2、电流为I2，则副线圈的总电阻为：R 副= U 2
I 2
设输入电压为U，根据：U＝U1+I1R1，结合变压器原理：U1：U2＝n1：n2，I1：I2＝n2：n1可得：
I1
=
U
R1+( n1
n2
)
2 R副
，U1
=
U
1+( n2
n1
)
2⋅R1
R副
滑动变阻器R 的滑片向下滑动少许，电阻R 阻值增大，副线圈总电阻R 副增大，I1减小，灯泡L1
变暗；电压U1增大，电压表V 的示数增大，故AB 错误；
D、因U1：U2＝n1：n2，电压U1增大，故电压U2增大，通过L2的电流增大，灯泡L2变亮，故D
正确。
C、因I1：I2＝n2：n1，I2＝IL2+IR0，P= I R 0
2 R0，且I1减小，故I2减小，通过L2的电流IL2增大，通
过定值电阻R0的电流减小，定值保护电阻R0的电功率减小，故C 错误。
故选：D。
[模型演练8] （2024•东莞市三模）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比
为10：1，A、V 均为理想电表，R 是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、L 是理想线圈、
D 是灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是（ ）
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A．交流电的频率为100Hz
B．电压表的示数为22√2V
C．当光照增强时，A 的示数变小
D．若用一根导线来代替线圈L，则灯D 变亮
【解答】解：A、原线圈接入如图乙所示，T＝0.02s，所以频率为f= 1
T =50 Hz，故A 错误；
B、原线圈接入电压的最大值是220√2V，所以原线圈接入电压的有效值是U＝220V，
理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22V，电压表测得是副线圈两端的电
压，所以V 的示数等于22V，故B 错误；
C、R 阻值随光强增大而减小，根据I= U
R
知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量
守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A 的示数变大，故C 错误；
D、若用一根导线来代替线圈L，感抗消失，副线圈电流变大，灯D 变亮，故D 正确；
故选：D。
题型三 远距离输电
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)
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(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P 损＋P3.
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I 线．
(3)输电电流：I 线＝＝＝.
(4)输电线上损耗的电功率：P 损＝I 线ΔU＝IR 线＝()2R 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.
[模型演练9] （2024•泰安三模）远距离输电的示意图如图所示，变压器均为理想变压器，
升压变压器的原、副线圈匝数比为n1
n2
= 3
200
，降压变压器的原、副线圈匝数比为n3
n4
= 1000
11
，
输电线的总电阻为R＝200Ω.当用户消耗的电功率为110kW 时，入户电压U4＝220V，则升压变
压器的原线圈的输入电压U1等于（ ）
A．465V
B．316.5V
C．232.5V
D．216.5V
【解答】解：降压变压器副线圈中的电流为I 2= P
U 4
= 110kW
220V =500 A
设输电线上的电流为I1，根据I 1
I 2
= n4
n3
，解得I1＝5.5A
根据U 3
U 4
= n3
n4
，解得U3＝20000V
输电线上损失的电压大小为ΔU＝I1R＝5.5×200V＝1100V
可知升压变压器副线圈两端的电压为U2＝U3+ΔU＝20000V+1100V＝21100V
根据U 1
U 2
= n1
n2
，解得U1＝316.5V，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[模型演练10] （2024•天心区校级模拟）如图所示为某发电站输电示意图，发电机输出电
压恒定，变压器均为理想变压器，在输电线路的起始端接入甲、乙两个理想互感器，甲、乙两
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互感器原副线圈的匝数比分别为200：1 和1：20，降压变压器原副线圈匝数比为200：1，电
压表的示数为220V，电流表的示数为5A，输电线路总电阻r＝20Ω。则下列说法正确的是（
）
A．互感器甲中圈内接入电流表，互感器乙圈内接入电压表
B．输电线路上损耗的功半约占输电总功率的6%
C．用户端的电压U4为200V
D．用电高峰相对平时用电时，用户端的电压偏小
【解答】解：A.互感器甲并联在电路中，因此甲是电压互感器，故A 错误；
BC. 根据理想变压器电压与匝数比的关系，互感器原线圈两端电压
U 2= n11
n22
⋅U = 200
1 ×220V = 44000V
根据理想变压器电流与匝数比的关系，互感器原线圈中的电流I 2= n44
n33
⋅I = 20
1 ×5 A =100 A
根据理想变压器的功率关系，输电功率P = P2=U 2 I 2= 44000×100W = 4.4×10
6W
输电线上的损失功率ΔP = I 2
2r =100
2×20W =2×10
5W
输电线路上损耗的功率约占输电总功率ΔP
P ×100 % = 2×10
5
4.4×10
6 % = 4.5 %
输电线上的电压损失ΔU＝I2r＝100×20V＝2000V
降压变压器原线圈两端电压U3＝U2﹣ΔU＝44000V﹣2000V＝42000V
根据理想变压器电压与匝数比的关系，用户端电压U 4= n4
n3
U 3= 1
200 ×42000V =210V
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综上分析，故BC 错误；
D.用电高峰期，用户增多，负载总电阻变小，通过降压变压器副线圈的电流变大；
根据理想变压器电路与匝数比的关系可知，通过降压变压器原线圈的电流变大，输电线上的电
压损失变大，因此用户端的电压变小，故D 正确。
故选：D。
[模型演练11] （2024•济宁一模）某同学研究远距离输电的电路如图所示，a、b 端接入电
压为U0 的交流电源，升压变压器T1 和降压变压器T2 均为理想变压器，且两变压器的匝数比
n1
n2
= n4
n3
。已知R1、R2的阻值均为R0，R3的阻值为R0
2
，电阻R1、R2消耗的功率相同，电表均
为理想交流电表，下列说法正确的是（ ）
A．升压变压器T1的匝数比n1
n2
= 1
2
B．电压表的示数为2
3 U 0
C．电流表的示数为3U 0
4 R0
D．若R3断路，电流表示数将增大
【解答】解：A、已知R1、R2的阻值相等，消耗的功率相同，可知通过R1、R2的电流相等，设
为I2，因R2 的阻值为R0，R3 的阻值为R0
2
，R3、R2 并联，则R3 的电流为2I2，则降压变压器T2
的次级电流为3I2。
对于降压变压器T2，由电流和匝数关系可知n4
n3
= I 2
3 I 2
= 1
3
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则n1
n2
= n4
n3
= 1
3
，故A 错误；
B、升压变压器T1的初级电流为I 1= n2
n1
I 2=3 I 2
由能量关系可知U0I1＝2U4I2+U4⋅2I2
解得：U 4= 3
4 U 0
即电压表示数3
4 U 0，故B 错误；
C、电流表的示数I2等于通过R1的电流，则为I 2= U 4
R0
= 3U 0
4 R0
，故C 正确；
D、若R3断路，则T2次级电阻变大，相当于电网用电设备减少，总功率减少，电流减小，则初
级电流减小，则电流表示数将减小，故D 错误。
故选：C。
题型四 两种特殊的变压器模型
（1）自耦变压器
自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的
端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如下图所示。
（2）互感器
分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：
电压互感器
电流互感器
原理图
14
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原线圈的连接
并联在高压电路中
串联在交流电路中
副线圈的连接
连接交流电压表
连接交流电流表
互感器的作用
将高电压变为低电压
将大电流变为小电流
利用的公式
＝
I1n1＝I2n2
[模型演练12] （2024•济宁三模）除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备，
某型号除颤仪电路原理如图所示。某次调试时，除颤仪接在220V 交流电源上，交流电压表示
数为20V，电容器充电完毕，开关由“1”掷向“2”，放电电流平均值为2.8A，放电时间约为
10﹣2s，已知电容器电容为2.0×10﹣5F。下列说法正确的是（ ）
A．自耦变压器的原、副线圈匝数之比为10：1
B．充电完毕后电容器两端的电压为2800V
C．升压变压器原、副线圈的匝数比约为1：50
D．若去掉二极管该除颤仪依然可正常工作
【解答】解：A、自耦变压器的原、副线圈匝数之比为：n1：n2＝U1：U2＝220：20＝11：1，故
A 错误；
B、放电电流平均值为I＝2.8A，放电时间约为t＝10﹣2s，根据电流的定义式可得：Q＝It
解得：Q＝2.8×10﹣2C
充电完毕后电容器两端的电压最大值为：UC= Q
C = 2.8×10
-2
2.0×10
-5
V＝1400V，故B 错误；
C、副线圈的电压最大值U4m＝UC＝1400V，有效值为：U4= U 4 m
√2 = 1400
√2
V＝700√2V
升压变压器原线圈电压有效值为U3＝U2＝20V
所以升压变压器原副线圈的匝数比约为：n3：n4＝U3：U4＝20：700√2≈1：50，故C 正确；
D、若去掉二极管，电容器与升压变压器副线圈之间存在充电、放电过程，该除颤仪不能正常工
作，故D 错误。
故选：C。
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[模型演练13] （2024•济南三模）如图所示，线圈abcd 在匀强磁场中绕固定轴OO'匀速转
动，产生的正弦式交流电通过自耦变压器给灯泡和滑动变阻器供电。已知线圈abcd 的电阻不
可忽略，自耦变压器可看作理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．图示时刻线圈abcd 中感应电流大小为零
B．将滑动变阻器的滑片Q 向上移动，灯泡变亮
C．将自耦变压器的滑片P 逆时针转动，自耦变压器的输入电流变大
D．将滑动变阻器的滑片Q 向上移动，自耦变压器的输出功率一定减小
【解答】解：A、图示时刻ab、cd 两边垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，则感应电流
最大，故A 错误；
B、设线圈abcd 的内阻为r，副线圈的总电阻为R2，原线圈中的电流为I1，副线圈中电流为I2，
设原副线圈的匝数之比为k，则：I 1
I 2
= n2
n1
= 1
k
理想变压器输入功率等于输出功率，则有：( E - I 1r )I 1= I 2
2 R2
，联立方程可得：I 1=
E
r + k
2 R2
，
将滑动变阻器的滑片Q 向上移动，滑动变阻器有效电阻减小，则副线圈总电阻R2减小，可知I1
增大，原线圈电压U1＝E﹣I1r，可知U1减小，根据原副线圈电压和匝数的关系：U 1
U 2
= n1
n2
，可知
U2减小，灯泡与副线圈并联，灯泡电压等于U2，所以灯泡变暗，故B 错误；
C、将自耦变压器的滑片P 逆时针转动，则n2增大，匝数比k 减小，由I 1=
E
r +k
2 R2
可知自耦变
压器的输入电流I1变大，故C 正确；
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D、把I 1=
E
r +k
2 R2
与闭合电路欧姆定律I =
E
r + R
对比，可以把k2R2等效为外电路电阻R，当内
外电阻相等时，变压器的输出功率最大，由于线圈abcd 的内阻r 与k2R2的大小未知，所以自耦
变压器的输出功率不一定减小，故D 错误。
故选：C。
[模型演练14] （2024•浙江模拟）如图，理想自耦变压器原线圈的a、b 两端接有瞬时值表
达式为u＝20√2sin（50πt）V 的交变电压，指示灯L 接在变压器的一小段线圈上，调节滑动片
P1可以改变副线圈的匝数，调节滑动片P2可以改变负载电阻R2的阻值，则（ ）
A．t＝0.04s 时电压表V1的示数为零
B．只向上移动P2，指示灯L 将变暗
C．P1、P2均向上移动，电压表V2的示数可能不变
D．P1、P2均向上移动，原线圈输入功率可能不变
【解答】解：A、t＝0.04s 时，由u＝20√2sin（50πt）V 得u＝0，电压瞬时值为零，但电压表测
量交流电压的有效值，保持不变，为U1= U 1m
√2 = 20√2
√2
V＝20V，故A 错误；
B、只向上移动P2，指示灯L 两端电压不变，L 的亮度不变，故B 错误；
C、电压表V2的示数为R2两端电压，为：UV2=
R2
R1+ R2
U2
=
1
R1
R2
+1U2，P1向上移动，副线圈匝数
增加，副线圈的电压U2增大，P2向上移动，R2增大，结合上式可知，UV2一定增大，故C 错误；
D、副线圈的输出功率为：P=
U 2
2
R1+ R2
，P1、P2均向上移动，U2、R2均增大，副线圈输出功率可
能不变，根据能量守恒可知，原线圈输入功率也可能不变，故D 正确。
故选：D。
[模型演练15] （2024•开福区校级模拟）如图所示，理想变压器为自耦变压器，原线圈接
交流电源的两端，理想电压表V1的读数恒为U1，副线圈接阻值为R0的定值电阻和滑动变阻器
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R。调节自耦变压器以及滑动变阻器的滑片，当理想电压表V2的读数为U2时，电源的输入功
率为P，则滑动变阻器R 消耗的功率为（ ）
A．P(1- P R0
U 1
2 )
B．P(1- P R0
U 2
2 )
C．P[1-
P R0
(U 1+U 2)
2 ]
D．P[1-
P R0
(U 1-U 2)
2 ]
【解答】解：当初级电压为U1时，电压表V2的读数为U2，可知此时R0和R 两端的电压之和为
U1﹣U2；
根据理想变压器的功率关系P′＝P
根据功率公式P′＝I（U1﹣U2）
此时次级电流为I =
P
U 1-U 2
变阻器R 消耗的功率为PR= P - I
2 R0= P -(
P
U 1-U 2
)
2 R0= P[1-
P R0
(U 1-U 2)
2 ]
综上分析，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
[模型演练16] （2024•辽宁一模）自耦变压器是一种初、次级间无需绝缘的特种变压器，
其输出和输入共用同一组线圈。如图甲所示的自耦变压器，环形铁芯上只绕有一个匝数n0＝
200 的线圈，通过滑动触头P 可以改变负载端线圈的匝数。已知输入端a 与线圈触点M 间的线
圈匝数为50 匝，定值电阻R0＝16Ω，R1＝27Ω，滑动变阻器R2的总阻值足够大，交流电压表
为理想电表，线圈电阻不计、忽略漏磁。当在a、b 端输入如图乙所示的交变电流时，则下列
说法正确的是（ ）
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A．通过定值电阻R0的电流方向每秒改变50 次
B．当P 滑至M、K 旋至c 时，电压表的示数为208V
C．当P 滑至M、K 旋至c 时，定值电阻R0消耗的功率为169W
D．若P 滑至M、K 旋至d，当滑动变阻器R2消耗的功率最大时，R2接入的阻值为8Ω
【解答】解：A．由乙图知，交流电频率f= 1
T =
1
2×10
-2Hz＝50Hz
通过定值电阻R 的电流方向每秒改变100 次，故A 错误；
B．当P 滑至M、K 旋至c 时n1＝n0＝200，n2＝200﹣50＝150
根据I 1
I 2
= n2
n1
U0＝U1+I1R0
U2＝I2R1
根据变压器规律有U 1
U 2
= n1
n2
得U1＝156V
故B 错误；
C．R 两端电压
UR0＝U0﹣U1
定值电阻R 消耗的功率为
PR0= U R 0
2
R0
解得PR0＝169W
故C 正确；
D．若P 滑至M、K 旋至d，等效电路如图
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R 等=( n1
n2
)
2 R2
当R 等＝R0时，即
R2＝9Ω 时，滑动变阻器R 消耗的功率最大，故D 错误。
故选：C。
[模型演练17] （2024•历下区校级模拟）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484：1 和1：100，电压表的示数为100V，电流表的示数为
1A，两电表图中未标出，输电线路总电阻r＝10Ω。用户端电压为220V，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（ ）
A．互感器1 是电流互感器，互感器Ⅱ是电压互感器
B．降压变压器的匝数比220：1
C．输电线上损耗的功率1×105W
D．当用户使用的用电设备增多时，电压表的示数变大
【解答】解：A.互感器Ⅰ并联接入电路，测量电压，是电压互感器，互感器Ⅱ串联接入电路，
测量电流，是电流互感器，故A 错误；
B.根据互感器Ⅰ可知，U2＝100V×484＝48400V，根据互感器Ⅱ可知，I2＝I3＝1A×100＝100A，
所以U3＝U2﹣I2r＝48400V﹣100×10V＝47400V，则降压变压器的匝数比为U3：U4＝47400：220
＝215：1，
故B 错误；
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C.输电线上损耗的功率P 损= I 2
2•r＝1002×10W＝1×105W，故C 正确；
D.当用户使用的用电设备增多时，会增加电路电流，线路上损失的电压增大，但由于电压互感
器接在起始端，且升压变压器的匝数比不变，则不会增加电压表上的电压，故D 错误。
故选：C。
[模型演练18] （2024•浙江模拟）如图所示为高压输电电路图，发电站输送的电压为u＝
Umsin50πt，变压器为理想变压器。将两个相同的电压互感器甲和乙分别接入远距离输电线路
的前后端，电流互感器接入远距离输电线路。电压互感器的原、副线圈匝数比为k：1，电流
互感器的原、副线圈匝数比为1：k，且k＞100。高压输电线路正常工作时，电压互感器甲、
乙的示数分别为U1、U2，电流互感器的示数为I。则（ ）
A．用户使用的电流是频率为50Hz 的交流电
B．该远距离输电线路上的电阻为k (U 1-U 2)
I
C．该远距离输电线路上损耗的功率为k2I（U1﹣U2）
D．该远距离输电线路上的电流为I
k
【解答】解：A 、根据u ＝Umsin50πt 可知ω ＝50πrad/s ，则用户使用的电流是频率为
f = ω
2π = 50 π
2π Hz =25 Hz，故A 错误；
BD、对于电压互感器甲，可知远距离输电线路前端电压满足：U 前
U 1
= k
1
，即U 前＝kU1
对于电压互感器乙，可知远距离输电线路后端电压满足：U 后
U 2
= k
1
，即U 后＝kU2
对于电流互感器，可知远距离输电线路中的电流满足：I 线
I = k
1
，则该远距离输电线路上的电流
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为：I 线＝kI
则该远距离输电线路上的电阻为r= U 前-U 后
I 线
= k U 1-k U 2
kI
= U 1-U 2
I
，故BD 错误；
C、该远距离输电线路上损耗的功率为P 损＝I 线2r＝（kI）2•U 1-U 2
I
=k2I（U1﹣U2），故C 正确。
故选：C。
[模型演练19] （2024•咸阳二模）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；
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。
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故选：D。
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