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第46 讲 变压器 远距离输电
——划重点之精细讲义系列
一．变压器原理
1．构造和原理(如图所示)
(1)主要构造：由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成．
(2)工作原理：电磁感应的互感现象．
2．理解变压器的基本关系式
(1)功率关系：P 入＝P 出．
(2)电压关系：＝，若n1>n2，为降压变压器，若n1<n2，为升压变压器．
(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝；有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋
UnIn.
二．远距离输电
1．电路损失
(1)功率损失：设输电电流为I，输电线的电阻为R，则功率损失为ΔP＝I 2 R .
(2)电压损失：ΔU＝IR.
减小功率损失和电压损失，都要求提高输电电压，减小输电电流．
2．降低损耗的两个途径
(1)一个途径是减小输电线的电阻．由电阻定律R＝ρ 可知，在输电距离一定的情况
下，为减小电阻，应当用电阻率小的金属材料制造输电线．此外，还要尽可能增加导
线的横截面积．
(2)另一个途径是减小输电导线中的电流，由P＝IU 可知，当输送功率一定时，提
高电压可以减小输电电流．
考点一 理想变压器基本规律的应用
1．理想变压器的基本特点
1
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(1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ、相同．
(2)线圈无电阻，因此无电压降，U＝E＝n.
(3)根据＝得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成
立，则有＝＝＝…
2．理想变压器的基本关系
功率关系
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P 入＝P 出
电压关系
原、副线圈的电压比等于匝数比，即＝，与副线圈的个数
无关
电流关系
①只有一个副线圈时：＝
②有多个副线圈时：由P 入＝P 出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋
UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn.
频率关系
f1＝f2，变压器不改变交流电的频率
1.理想变压器的制约关系
原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2，U2＝U1
副线圈的输出功率P 出决定原线圈的输入功率P 入，P 入＝P 出
副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1，I1＝I2
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：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn
电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn
理想变压器问题三点应牢记
(1)熟记两个基本公式：①＝，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数
成正比．
②P 入＝P 出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于输出功率之
和．
(2)原、副线圈中通过每匝线圈磁通量的变化率相等．
(3)原、副线圈中电流变化规律一样，电流的周期、频率一样．
【典例1】(多选)如图，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(
)
2
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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
解析 设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10 倍时灯泡正常发光，
则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A 正确，选
项B 错误；由9U0Ia＝U0Ib得，流过b 灯泡的电流是流过a 灯泡电流的9 倍，根据P＝
UI，a、b 灯泡的电功率之比为1∶9，选项C 错误，选项D 正确．
答案 AD
【典例2】自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部
分．一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈
总匝数为1 900 匝；原线圈为1 100 匝，接在有效值为220 V 的交流电源上．当变压器
输出电压调至最大时，负载R 上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I1，负
载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为( )
A．380 V 和5.3 A
B．380 V 和9.1 A
C．240 V 和5.3 A
D．240 V 和9.1 A
解析：选B.当变压器输出电压调至最大时，由＝得U2＝U1＝×220 V＝380 V，由
P1＝P2，P1＝U1I1，P2＝U2I2，得I1＝＝ A＝9.1 A，选项B 正确．
【典例3】一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中
分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所
示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值
为k，则( )
A．U＝66 V，k＝
B．U＝22 V，k＝
C．U＝66 V，k＝
D．U＝22 V，k＝
解析：选A.设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，则＝＝，故k＝＝.设原线圈两端
的电压为U1，则＝＝，故U1＝3U，而原线圈上电阻分担的电压为U，故＋3U＝220
V，解得U＝66 V．选项A 正确．
3
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【典例4】(多选)如图所示，将额定电压为60 V 的用电器，通过一理想变压器接
在正弦交变电源上．闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为
理想电表)的示数分别为220 V 和2.2 A．以下判断正确的是( )
A．变压器输入功率为484 W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
解析：选BD.输入功率P1＝P2＝I2U2＝2.2×60 W＝132 W，A 错误．原线圈的电流
I1＝＝0.6 A，B 正确．副线圈的电流最大值I2m＝I2＝2.2 A，C 错误．变压器原、副线
圈匝数比＝＝＝，D 正确．
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(如图甲所示)
(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．
2．负载电阻不变的情况(如图乙所示)
(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．
解决理想变压器中有关物理量的动态分析问题的方法
4
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(1)分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制
约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定．
(2)分析该类问题的一般思维流程是：
【典例5】一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别
为3 Ω、1 Ω 和4 Ω，○A 为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效
值恒定．当开关S 断开时，电流表的示数为I；当S 闭合时，电流表的示数为4I.该变
压器原、副线圈匝数比为( )
A．2
B．3
C．4
D．5
解析：选B.设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，
则原线圈电流为I 时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I 时，副线圈电流为4kI.
根据变压器的输入功率等于输出功率得
UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)
4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2
联立两式代入数据解得k＝3
选项B 正确．
【典例6】(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b
是原线圈的中心抽头，S 为单刀双掷开关，定值电阻R＝10 Ω.从某时刻开始在原线圈
c、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是( )
A．当S 与a 连接后，理想电流表的示数为2.2 A
B．当S 与a 连接后，t＝0.01 s 时理想电流表示数为零
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C．当S 由a 拨到b 后，原线圈的输入功率变为原来的4 倍
D．由S 由a 拨到b 后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz
解析：选AC.S 与a 连接后，由＝，又知U1＝ V＝220 V，得U2＝22 V，则理想电
压表的示数为22 V，又知定值电阻R＝10 Ω，可得理想电流表示数为I＝＝2.2 A，A 正
确，B 错误．S 由a 拨到b 后，n1∶n2＝5∶1，则U1∶U2′＝5∶1，得U2′＝2U2，据P
＝得功率变为原来的4 倍，C 正确．变压器输出电压频率不变，仍为50 Hz，D 错误．
【典例7】(多选)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线
圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器
R，P 为滑动变阻器的滑动触头，在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )
A．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大
B．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小
C．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大
D．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小
解析：选BC.保持Q 的位置不动，则U2不变，将P 向上滑动时，R 接入电路的电
阻变大，根据I2＝知，I2变小，由＝得I1也变小，即电流表读数变小，选项A 错误、选
项B 正确；保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，U2变大，则根据P2＝知副线圈输出
功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U 一
定，I1变大，即电流表读数变大，选项C 正确、选项D 错误．
【典例8】(多选)如图所示，理想变压器原线圈a、b 两端接正弦交变电压u，u＝
220sin 100πt(V)，电压表V 接在副线圈c、d 两端(不计导线电阻)，则当滑动变阻器滑
片向右滑动时( )
A．电压表示数不变
B．电流表A2的示数始终为0
C．若滑动变阻器的滑片不动，仅改变u，使u＝220 sin 200πt(V)，则电流表A1的
示数增大
D．若滑动变阻器的滑片不动，仅改变u，使u＝220 sin 200πt(V)，则电流表A1的
示数减小
解析：选AC.电压表示数为副线圈两端电压，副线圈两端电压只与原线圈两端电
压及原副线圈匝数比有关，故A 正确；因电容器“通交流、隔直流”，则电流表A2始
终有示数，B 错误；改变u 后，交变电流的频率变大，电容器的容抗减小，故A1示数
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增大，C 正确、D 错误．
考点三 几种常用的变压器
1.自耦变压器——调压变压器，如图甲(降压作用)、乙(升压作用)所示。
2.
【典例9】互感器又称仪用变压器，是电流互感器和电压互感器的统称。它能将
高电压变成低电压、大电流变成小电流，用于测量或保护系统。如图所示，T1、T2是
监测交流高压输电参数的互感器，a、b 是交流电压表或交流电流表，若高压输电线间
电压为220kV，T1的原、副线圈匝数比为1:100，交流电压表的示数为100V，交流电
流表的示数为1A，则（ ）
A．a 是交流电压表，b 是交流电流表
B．T2的原、副线圈匝数比为2200:1
C．高压线路输送的电流为1A
D．高压线路输送的电功率为2×10
4kW
【答案】B
【详解】A．T1两端接在同一根电线上，因此a 是交流电流表，T2两端接在两根电线上，
因此b 是交流电压表，故A 错误；
B．变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，所以T2原、副线圈匝数之比为
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220000:100=2200:1
故B 正确；
C．变压器原、副线圈电流与匝数成反比，则高压线路输送的电流为100A，故C 错误；
D．高压线路输送的电功率为
P =UI =220kV×100 A =2.2×10
4kW
故D 错误。
故选B。
【典例10】如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220V 和
1A，已知甲图中原副线圈匝数比为 100：1，乙图中原副线圈匝数比为1：10，则（
）
A．甲图中的电表是电压表，输电电压为22000V
B．甲图是电流互感器。输电电流是100A
C．乙图中的电表是电压表，输电电压为22000V
D．乙图是电流互感器，输电电流是100A
【答案】A
【详解】AB．甲是电压互感器，根据变压器电压表电压比等于匝数比
U 1
n1
= U 2
n2
可得输电电压为
U 1=220×100V =22000V
故A 正确，B 错误；
CD．乙图是电流互感器，电表是电流表。只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数
的反比
n1 I 1=n2 I 2
可得输电电流为
I 1=1×10 A =10 A
故CD 错误。
故选A。
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【典例11】如图所示，l1和l2是输电线，所接入的电压互感器原、副线圈的匝数比
为100:1，电流互感器原、副线圈的匝数比为1:100，电压表的示数为110 V，电流表
的示数为2500 A，则输电线路输送的功率为（ ）
A．275kW
B．2.75×10
3kW
C．2.75×10
4kW
D．2.75×10
5kW
【答案】D
【详解】由
n1
n2
= U 1
U 2
= 100
1 ，U 2=110V
解得输电线路上的电压
U 1=1.1×10
4V
由
n3
n4
= I 4
I 3
= 1
100，I 4=2500 A
解得输电线中电流
I 3=2.5×10
4 A
则输电线路输送的功率为
P =U 1 I 3=2.75×10
8W =2.75×10
5kW
故选D。
【典例12】钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成，常用来测量电流强度很
大的电流，其原理如图所示。若原线圈与副线圈的匝数比为1:500，电流表A 的示数为
1A，则（ ）
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A．钳形电流表能够用来测量直流电的电流
B．被测电路电流的有效值为500A
C．被测电路电流的平均值为500A
D．被测电路电流的最大值为500A
【答案】B
【详解】A．钳形电流表利用的是电磁感应中的互感原理，不能够用来测量直流电的
电流，A 错误；
BCD．由变压器的基本原理可知
I 1
I 2
= n2
n1
解得
I 1= n2
n1
I 2=500×1A=500A
电流表的示数为电流的有效值，故被测电路电流的有效值为500A，B 正确，CD 不正
确。
故选B。
【典例13】（多选）如图1 所示，理想自耦变压器的副线圈匝数可通过滑动触头
来调节，R为标称为“26 V52W”的用电器，原线圈两端所接电压u随时间t变化的正
弦曲线如图2 所示。接通电路，将滑动头调至合适位置使用电器正常工作，下列说法
正确的是（ ）
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A．通过用电器的电流方向1s内改变100 次
B．变压器的输出电压为130 V
C．变压器原、副线圈的匝数比为5:1
D．流过原线圈的电流为10 A
【答案】AC
【详解】A．交变电流一个周期内方向改变两次，根据图2 得出该交变电流的周期为
0.02s，则1s 内改变100 次，A 正确；
B．变压器的副线圈与R 并联，当用电器正常工作时的电压为变压器的输出电压，即
26V，B 错误；
C．根据图1 可知原线圈输入电压的有效值为
U 1= U m
√2 =130 V
根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系得
n1
n2
= U 1
U 2
= 5
1
C 正确；
根据欧姆定律得出流过副线圈的电流为
I 2= P
U =2A
根据理想变压器原副线圈的匝数比和电流比成反比得
I 1
I 2
= n2
n1
= 1
5
则通过原线圈的电流
I 1= n2
n1
I 2=0.4 A
D 错误。
故选AC。
【典例14】（多选）如图所示的电路中，变压器为理想自耦变压器。已知电动机
的额定功率为80W、额定电压为40V，灯泡L 的额定功率为20W、额定电压为10V。现
在原线圈两端接输出电压有效值恒定的交流电源，当滑动触头位于某位置时，电动机
和灯泡刚好正常工作，电动机正常工作时的输出功率为78W，理想交流电流表的示数
为10A。下列说法正确的是（ ）
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A．电动机的内阻为0.5Ω
B．原、副线圈的匝数比为3：5
C．原线圈两端所加交流电压的最大值为16√2V
D．定值电阻的阻值为15√3Ω
【答案】AC
【详解】A．电动机正常工作时，流过电动机的电流为
I M = PM
U M
= 80
40 A =2A
电动机的内阻消耗的功率为
Pr = PM- P出=80 W -78 W =2W
又
Pr = I M
2 r
解得
r =0.5Ω
故A 正确；
B．灯泡正常工作，则流过灯泡的电流为
I L= PL
U L
= 20
10 A =2A
流过副线圈的总电流为
I 2= I M+ I L= 4 A
由题意可知原线圈中的电流为
I 1=10 A
则由变压器的工作原理得
n1
n2
= I 2
I 1
= 2
5
故B 错误；
C．变压器副线圈的输出电压为
U 2= 40 V
则由
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n1
n2
= U 1
U 2
解得
U 1=16 V
所以原线圈两端所加交流电压的最大值为
U m =√2U 1=16√2V
故C 正确；
D．灯泡的额定电压为10V，则定值电阻两端的电压为
U R=U 2-U L=30 V
定值电阻的阻值为
R = U R
I L
= 30
2 Ω=15Ω
故D 错误。
故选AC。
【典例15】（多选）如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、
副线圈两端的电压分别为U 1和U 2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U 3和U 4。
在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为20:1和
1:20，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（ ）
A．左侧互感器起到降压作用，右侧互感器起到降流作用
B．若电压表的示数为220 V，电流表的示数为8 A，则线路输送电功率为220kW
C．若保持发电机输出电压U 1一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率增大
D．若发电机输出电压U 1一定，若用户数增加，为维持用户电压U 4一定，可将滑
片P下移
【答案】AC
【详解】A．根据两个互感器原、副线圈的匝数比可知电压互感器起到降压的作用，
电流互感器起到降流（升压）的作用，A 正确；
B．设输电电流为I 2，根据理想变压器电压和电流规律可得
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U 2
U V
= 20
1
I 2
I A
= 20
1
解得
U 2= 4400 V
I 2=160 A
所以线路输送的电功率为
P =U 2 I 2= 4400×160 W =704 kW
B 错误；
C．由理想变压器电压和电流规律可得
U 2
U 1
= n2
n1
U 3
U 4
= n3
n4
I 2
I 4
= n4
n3
设输电线路总电阻为r，根据闭合电路欧姆定律有
U 3=U 2- I 2r
设用户端总电阻为R，根据欧姆定律有
I 4= U 4
R
联立解得
I 2=
U 2
r +(
n3
n4)
2
R
若保持发电机输出电压U 1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则U 2增大，R不变，所以
I 2增大，而输电线损耗功率为
Δ P = I 2
2r
所以输电线损耗功率增大，C 正确；
D．若保持发电机输出电压U 1和Q的位置一定，使用户数增加，即U 2不变，R减小，
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则I 2增大，U 3减小，为了维持用户电压U 4一定，需要增大
n4
n3
，可将滑片P上移，D 错
误。
故选AC。
考点四 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(以下图为例)
(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.
输电过程电压和功率的辨析
(1)输电线上电压损失和输送电压不能混用，如P 损＝ΔUI＝＝＝IU 线(ΔU 或U 线指
输电线电阻上的电压降)，P 损＝2R(U 指输送总电压)．
(2)输电过程的电压关系：
(3)输电过程功率的关系：
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【典例16】如图甲是远距离输电线路示意图，图乙是用户端电压随时间变化的图
象，则( )
A．发电机产生的交流电的频率是100 Hz
B．降压变压器输出的电压有效值是340 V
C．输电线的电流仅由输送功率决定
D．仅增加升压变压器的副线圈匝数，其他条件不变，输电线上损失的功率减小
解析：选D.由乙图可知交流电的周期T＝0.02 s，则频率f＝＝50 Hz，变压器不改
变交流电的周期与频率，则A 错．由乙图可知Um＝340 V，有效值U＝＜340 V，则B
错．输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定，则C 错．当仅增加升压变压器的
副线圈匝数时，则输电电压增大，由P＝UI 可知，输电电流减小，再由P＝I2R 可知输
电线上损失的功率减小，则D 正确．
【典例17】通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压
U 保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的
电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1
和分别为( )
A.，
B．2R，
C.，
D.2R，
解析：选D.由理想变压器＝得：副线圈电压U′＝kU，而理想变压器P 入＝P 出，
副线圈电流I′＝＝，线路损耗的电功率P1＝I′2R＝2R.同理可知P2＝I″2R＝2R，得＝，
D 正确．
【典例18】如图所示，某发电机输出功率是100 kW，输出电压是250 V，从发电
机到用户间的输电线总电阻为8 Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电
压正好为220 V，则升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是( )
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A．16∶1 190∶11
B．1∶16 11∶190
C．1∶16 190∶11
D．16∶1 11∶190
解析：选C.输电线损失功率P 损＝100×103×5% W＝5×103 W，所以，输电线电
流I2＝＝25 A，升压变压器原线圈电流I1＝＝400 A，故升压变压器原、副线圈匝数比
为＝＝.升压变压器副线圈两端电压U2＝U1＝4 000 V，输电线损失电压U 损＝I2R 线＝
200 V，降压变压器原线圈两端电压U3＝U2－U 损＝3 800 V，故降压变压器原、副线圈
匝数比为＝＝.故C 正确．
一、单选题
1．（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
T1和降压变压器T2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．T1输出电压与T2输入电压相等
B．T1输出功率大于T2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T2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T1输出功率大于T2
输入功率；T1输出电压大于T2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T1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
P损= I
2 R
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T2输出功率增大，故D 错
误。
故选B。
2．（2022·北京·高考真题）某理想变压器的原线圈接在220 V的正弦交流电源上，副线
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圈输出电压为22000 V，输出电流为300 mA。该变压器（ ）
A．原、副线圈的匝数之比为100 1∶
B．输入电流为30 A
C．输入电流的最大值为15√2A
D．原、副线圈交流电的频率之比为
1 100
∶
【答案】B
【详解】A．原、副线圈的匝数之比为
n1
n2
= U 1
U 2
= 220
22000 = 1
100
故A 错误；
B．根据
n1
n2
= I 2
I 1
可得输入电流为
I 1= n2
n1
I 2=100×300×10
-3 A=30A
故B 正确；
C．输入电流的最大值为
I m =√2 I 1=30√2A
故C 错误；
D．变压器不会改变交流电的频率，故原、副线圈交流电的频率之比为1 1∶，故D 错误。
故选B。
3．（2022·重庆·高考真题）低压卤素灯在家庭电路中使用时需要变压器降压。若将“
12V 50W”的交流卤素灯直接通过变压器（视为理想变压器）接入电压为220V的交流
电后能正常工作，则（ ）
A．卤素灯两端的电压有效值为6√2V
B．变压器原、副线圈的匝数比为55 3∶
C．流过卤素灯的电流为0.24A
D．卤素灯的电阻为968Ω
【答案】B
【详解】A．卤素灯上标记的额定电压12V即为卤素灯两端的电压有效值，A 错误；
B．根据理想变压器的原理可知
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n1
n2
= U 1
U 2
= 220
12 = 55
3
B 正确；
C．流过卤素灯的电流为
I = P
U = 50 W
12V = 25
6 A
C 错误；
D．卤素灯是非线性元件，电阻随着电压不同而改变，D 错误。
故选B。
4．（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n1
n2
= U 1
U 2
知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小
灯泡正常发光，故A 错误；
B．由n1
n2
= U 1
U 2
知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正
常发光，故B 正确；
C．由n1
n2
= U 1
U 2
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U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C 错误；
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U2不变，
不能使小灯泡正常发光，故D 错误。
故选B。
5．（2022·河北·统考高考真题）张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电
能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z
转，通过转速比为1:n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，
匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t =0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发
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电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说
法正确的是（ ）
A．发电机输出的电压为√2πNBSz
B．发电机输出交变电流的频率为2πnz
C．变压器原、副线圈的匝数比为√2πNBSnz:U
D．发电机产生的瞬时电动势e =√2πNBSnz sin(2πnz)
【答案】C
【详解】B．发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为
f = ω
2π =nz
B 错误；
A．线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为
Em = NBS⋅2π ⋅nz
输出电压的有效值为
E = Em
√2 =√2πNBSnz
A 错误；
C．变压器原、副线圈的匝数比为
n1
n2
= E
U = √2πNBSnz
U
C 正确；
D．发电机产生的瞬时电动势为
e = Emsin ωt =2πNBSnz sin(2πnz)t
D 错误。
故选C。
6．（2020·浙江·统考高考真题）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率
P =100kW，发电机的电压U 1=250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻
R线=8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U 4=220 V。已知输电线上损失的功率
P线=5kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（ ）
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A．发电机输出的电流I 1= 40 A
B．输电线上的电流I 线=625 A
C．降压变压器的匝数比n3:n4=190:11
D．用户得到的电流I 4= 455 A
【答案】C
【详解】A．根据电功率公式
P =UI
发电机输出电流
I 1= P
U 1
= 400 A
A 错误；
B．输电线上损失功率5kW，由
P线= I 线
2 R线
可得
I 线=√
P线
R线
=25 A
故B 错误；
C．降压变压器原副线圈得到的功率为
P4=P-P 线=95kW
根据理想变压器电流与线圈匝数成反比关系，可得
I 线
I 4
= n4
n3
=√
5000W
8Ω
95000W
220 V
= 11
190
C 正确；
D．用户得到的功率为95kW，用户得到的电流
I 4= 95000W
220 V ≈432A
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D 错误。
故选C。
7．（2023·山东·统考高考真题）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
【答案】C
【详解】A．由题知，发电机的输出电压U1 = 250V，输出功率500kW，则有
I 1= P
U 1
=2×10
3 A
A 错误；
BD．由题知，用户端电压U4 = 220V，功率88kW，则有
U 3
U 4
= I 4
I 3
= n3
n4
P′ = U4I4
联立解得
I4 = 400A，I3 = 8A，U3 = 11000V
则输电线上损失的功率为
P 损 = I3
2R = 4kW
且
U2 = U3＋I3R = 11500V
再根据
U 1
U 2
= n1
n2
，解得
n1
n2
= 1
46
BD 错误；
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C．根据理想变压器无功率损失有
P = U2I3＋P 储
代入数据有
P 储 = 408kW
C 正确。
故选C。
二、多选题
8．（2022·天津·高考真题）如图所示，两理想变压器间接有电阻R，电表均为理想交
流电表，a、b 接入电压有效值不变的正弦交流电源。闭合开关S 后（ ）
A．R 的发热功率不变
B．电压表的示数不变
C．电流表A1的示数变大
D．电流表A2的示数变小
【答案】BC
【详解】AC．闭合开关S 后，负载电阻减小，匝数为n4的线圈输出功率变大，匝数为
n1的线圈输入功率也变大，a、b 两端电压有效值不变，由
P1=U 1 I 1
可知电流表A1的示数变大，根据
I 1
I 2
= n2
n1
因
n2
n1
比值不变，I 1变大，I 2变大，因此，R 的发热功率变大，故A 错误，C 正确；
B．根据理想变压器电压比等于匝数比
U 1
U 2
= n1
n2
可知输出电压U 2不变，电压表的示数不变，故B 正确；
D．根据理想变压器电流与匝数关系可得
I 1
I 2
= n2
n1
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I 2
I 4
= n4
n3
由于匝数均保持不变，I 1增大，所以I 2、I 4增大，故电流表A2的示数变大，故D 错误。
故选BC。
9．（2023·海南·统考高考真题）下图是工厂利用u=220√2sin100 πt V的交流电给
36 V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
【答案】BC
【详解】A．电源电压的有效值
U = 220√2
√2
V=220V
选项A 错误；
B．交流电的周期
T = 2π
ω = 2π
100 π s=0.02s
选项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=180匝
选项C 正确，D 错误。
故选BC。
10．（2021·山东·高考真题）输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数
比为1 3∶，输入电压为7.5V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载
R 的阻值为10Ω。开关S 接1 时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2 1∶，R 上的功率为
10W；接2 时，匝数比为1 2∶，R 上的功率为P。以下判断正确的是（ ）
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A．r =10Ω
B．r =5Ω
C．P = 45 W
D．P =22.5 W
【答案】BD
【详解】当开关S 接1 时，左侧变压器次级电压
U2=3×7.5V=22.5V
电阻R 上的电压，即右侧变压器的次级电压
U 4=√PR =10 V
电流
I 4= U 4
R =1A
则右侧变压器初级电压
U 3= 2
1 ×10 V=20 V
电流
I 3= 1
2 ×1A=0.5A
则
r = U 2-U 3
I 3
=5Ω
当开关S 接2 时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I；右侧变压两边电
压关系可知
U 2- Ir
n3
= 0.5 IR
n4
解得
I=3A
则R 上的功率
P =(0.5 I )
2 R =22.5 W
故选BD。
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1．如图所示，半径为L＝1 m 的金属圆环，其半径Oa 是铜棒，两者电阻均不计且
接触良好．今让Oa 以圆心O 为轴，以角速度ω＝10 rad/s 匀速转动，圆环处于垂直于
环面、磁感应强度为B＝2 T 的匀强磁场中．从圆心O 引出导线，从圆环上接出导线，
并接到匝数比为n1∶n2＝1∶4 的理想变压器原线圈两端．则接在副线圈两端的理想电
压表的示数为( )
A．40 V
B．20 V
C．80 V
D．0
解析：选D.由于Oa 以圆心O 为轴，以角速度ω＝10 rad/s 匀速转动，产生恒定的
感应电动势，变压器铁芯中磁通量不变，接在副线圈两端的理想电压表的示数为0，
选项D 正确．
2．有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯
泡．当S 断开时，灯L1正常发光．S 闭合后，下列说法正确的是( )
A．灯L1、L2都能正常发光
B．原线圈的输入功率减小
C．原、副线圈的电流比增大
D．电阻R 消耗的功率增大
解析：选D.断开S 时，L1正常发光，当闭合S 后，总电阻减小，回路中总电流增
大，R 两端电压变大，灯泡两端电压减小，两灯不能正常发光，A 项错误．由P 入＝P
出＝，且R 总减小，U2不变，则P 入变大，B 项错误．由＝可知，因线圈匝数比不变，
则原、副线圈的电流比不变，C 项错误．电阻R 的功率P＝I2R，因I 变大，R 不变，则
P 变大，D 项正确．
3．如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副
线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )
A．小灯泡变亮
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B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
解析：选B.变压器接在家庭电路上，可知U1＝220 V，因是降压变压器，则n1＞
n2，当减少相同匝数时有＞.对理想变压器有＝，＝，所以U2′减小，小灯泡变暗，A
错误，B 正确．对于理想变压器，电压之比为匝数之比，所以原、副线圈两端电压之
比变大，C 错误．理想变压器原、副线圈电流之比与匝数之比成反比，所以原、副线
圈电流的比值变小，D 错误．
4．一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b 间作为
原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d 间作为副线圈．在a、b 间输入
电压为U1的交变电流时，c、d 间的输出电压为U2，在将滑动触头从M 点顺时针旋转
到N 点的过程中( )
A．U2＞U1，U2降低
B．U2＞U1，U2升高
C．U2＜U1，U2降低
D．U2＜U1，U2升高
解析：选C.由图可知，cd 间的线圈为整个线圈的一部分，故其匝数比作为原线圈
的整个线圈的匝数少，根据变压器的电压与匝数的关系可知，U2＜U1，当触头由M 点
顺时针旋转到N 点的过程中，cd 间的线圈的匝数减少，所以输出电压降低，选项C 正
确．
5．如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输
电线输送给用户(电灯等用电器)，R 表示输电线的电阻，则( )
A．用电器增加时，变压器输出电压增大
B．要提高用户的电压，滑动触头P 应向上滑
C．用电器增加时，输电线的热损耗减小
D．用电器增加时，变压器的输入功率减小
解析：选B.由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负
载不会影响输出电压，选项A 错误；根据变压器原理可知输出电压U2＝U1，当滑动触
头P 向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，用户的电压增大，选项B 正确；由于用
电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电
线的热损耗增大，选项C 错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增
大，所以输入功率增大，选项D 错误．
6．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下
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列说法正确的是( )
A．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大
解析：选B.由题知，U1不变，不变，故U2不变．当P 向上滑动时，R 滑变大，R 总
变大，R 两端电压即电压表示数变大，UR1减小，IR1减小，则PR1减小，A 错误，B 正
确．因为IR1减小，不变．由I1＝IR1知I1减小，C 错误．若闭合开关S，则总电阻减小，
由IR1＝知IR1增大，UR1增大，UR2减小，电流表A2的示数减小，D 错误．
7．图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线
圈匝数分别为n1、n2，在T 的原线圈两端接入一电压u＝Umsin ωt 的交流电源，若输
送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电
功率为( )
A.
B.
C．422r
D．422r
解析：选C.升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U1＝；由变压关系可得＝，
则U2＝；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝＝，则输电线上损失的电功率
为ΔP＝I(2r)＝，故选项C 正确．
8．一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图所示．发电机到安置区
的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60 型单股铜导线，该型号导线
单位长度的电阻为2.5×10－4 Ω，安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些额定电压
为220 V 的家用电器都正常工作时( )
型号
AED6500S
输出电压范围
220～300 V
最大输出功率
60 kW
A.输电线路中的电流为20 A
B．发电机的实际输出电压为300 V
C．在输电线路上损失的电功率为8 kW
D．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是300 V
解析：选C.当这些额定电压为220 V 的家用电器都正常工作时，输电线路中的电
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流为I＝＝200 A，A 错误；导线电阻为R＝2.5×10－4×400×2 Ω＝0.2 Ω，则发电机的
实际输出电压为U 输＝U＋IR＝260 V，B 错误；在输电线路上损失的电功率为P 损＝I2R
＝8 kW，C 正确；如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压的最大
值是Um＝U 输＝368 V，D 错误．
9．(多选)交流发电机和理想变压器如图连接，灯泡的额定电压为U0，灯泡与定值
电阻的阻值均为R.当该发电机以转速n 匀速转动时，电压表示数为U，灯泡恰能正常
发光．设电表均为理想电表，图示位置时磁场恰与线圈平面垂直，则( )
A．变压器原副线圈匝数比为2U0∶U
B．电流表的示数为
C．在图示位置时，发电机输出电压的瞬时值恰为零
D．从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式为e＝Usin 2nπt
解析：选BC.因灯泡正常发光，则其两端电压为额定电压U0，又因灯泡与定值电
阻的阻值相等，则定值电阻两端电压也为U0，故副线圈两端电压为2U0，因电压表测
原线圈两端电压，则原线圈两端电压为U，则＝可知，变压器原副线圈匝数比为＝，
由＝，可知＝，又I2＝，所以电流表示数为I1＝，B 正确；图中线框正处于中性面位置，
产生的电压瞬时值为零，所以C 正确；从图示位置开始计时，变压器的输入电压的瞬
时值表达式为e＝Usin 2nπt，所以D 错误．
10．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示．发电机的输出电压为220
V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副
线圈匝数分别为n3、n4，变压器均为理想变压器．要使额定电压为220 V 的用电器正常
工作，则( )
A.＞
B.＜
C．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时减小降压变压器的匝数
比
D．要减小线路的损耗，应减小升压变压器的匝数比，同时增大降压变压器的匝
数比
解析：选AD.根据变压器工作原理可知＝，＝，由于输电线上损失一部分电压，
升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，即U2>U3，所以>，A 正确，B 错
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误；要减小线路的损耗，应减小升压变压器的匝数比，使输电线上电流减小，由于用
户获得的电压不变，所以应同时增大降压变压器的匝数比，D 正确．
11．(多选)如图所示，甲图是一理想变压器，原、副线圈的匝数比为100∶1.若向
原线圈输入图乙所示的正弦交变电流，图中Rt为热敏电阻(阻值随温度升高而变小)，R1
为可变电阻，电压表和电流表均为理想电表，下列说法中正确的是( )
A．在t＝0.005 s 时，电压表的示数约为50.9 V
B．变压器原、副线圈中的电流之比为100∶1
C．Rt温度降低时，适当增大R1可保持Rt两端的电压不变
D．Rt温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大
解析：选CD.由图甲可知电压表显示的是变压器原线圈两端电压的有效值，再由
图乙可知其示数为36 V，则A 错．变压器原、副线圈中的电流之比为＝＝，则B 错．
因副线圈两端电压U2不变，且URt＋UR1＝U2，＝，则当R1温度降低时，其阻值增大，
为了使URt不变，应增大R1，则C 正确．Rt温度升高时，其阻值下降，电压表示数不变，
电流表示数变大，则D 正确．
12．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流
电源和交流电压表，副线圈接有“220 V 440 W”的热水器、“220 V 220 W”的抽
油烟机．如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是( )
A．副线圈两端电压的瞬时值为u＝220sin 100πt(V)
B．交流电压表的示数为1 100 V
C．1 min 内变压器输出的电能为3.96×104 J
D．热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2 倍
解析：选AC.由图乙可知，交变电流的峰值是220 V，ω＝100π rad/s，则副线圈两
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端电压的瞬时值表达式为u＝220sin 100πt(V)，故A 正确；电压与匝数成正比，有U1＝
U2＝1 100 V，则电压表示数为1 100 V，故B 错误；输入功率等于输出功率，1 min 内
变压器输出的电能为W＝Pt＝(220 W＋440 W)×60 s＝3.96×104 J，故C 正确；热水器
的发热功率为440 W，而抽油烟机的发热功率小于220 W，故D 错误．
13．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T1的输入功率P0＝
2.2×108W，输入电压U0＝11kV，输电线上的电流I1＝200A，输电线中的功率损失为输
入功率P0的4%。则（ ）
A．U1＝1100V
B．R线=1.0×10
3Ω
C．U1与U2的差与输电功率无关
D．变压器T1的原副线圈匝数比为1 100
∶
【答案】D
【详解】A．根据电功率的计算公式P0=U 1 I 1，代入数据解得
U 1=1.1×10
6V
故A 错误；
B．根据电功率的计算公式P = 4 % P0= I 1
2 R线，代入数据解得
R线=220Ω
故B 错误；
C．根据电功率的计算公式P0=U 1 I 1，可知输电功率不同时，输电线的电流不同，从
而影响U1与U2的差，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
n1
n2
= U 0
U 1
= 11000
1.1×10
6 = 1
100
故D 正确；
故选D。
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14．变压器是输配电的基础设备，广泛应用于工业、农业、交通、城市社区等领
域。某理想变压器的简化模型如图所示，原线圈所接交流电源电压的有效值不变，电
流表和电压表均为理想电表，若副线圈所接的负载电阻的阻值变大，则下列说法正确
的是（ ）
A．电压表的示数变大
B．电源的输出功率减小
C．电流表的示数变大
D．负载的电功率变大
【答案】B
【详解】A．根据电压与匝数成正比，可知原线圈输入的电压U1不变，所以副线圈的
电压U2不变，所以电压表示数不变，故A 错误；
C．根据欧姆定律有
I 2= U 2
R
若副线圈所接的负载电阻的阻值变大，则I2减小，根据电流跟匝数成反比可知，输入
端I1减小，即电流表的示数变小，故C 错误；
BD ．根据功率关系有
P1= P2=U 1 I 1
可知U1不变，I1减小，则电源的输出功率减小，负载的电功率也减小，故B 正确，D
错误。
故选B。
15．如图所示，变压器原、副线圈的直流电阻分别为r1=50Ω、r2=10Ω，匝数
比n1:n2=5:1，定值电阻R =30Ω。当原线圈两端接入电压为U 1的正弦交流电后，理
想交流电流表A2的示数I 2=0.5 A。若变压器除线圈有直流电阻外，不计其他能量损失，
则下列说法正确的是（ ）
A．输入端的电压U 1=75 V
B．输入端的电压U 1=105 V
C．理想交流电流表A1的示数I 1=0.25 A
D．理想交流电流表A1的示数I 1=2.5 A
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【答案】B
【详解】由欧姆定律可知，电阻R 两端的电压
U R= I 2 R =15 V
副线圈直流电阻上获得的电压
U r 2= I 2r2=5 V
故副线圈的电动势
E2=U R+U r 2=20 V
由变压器的电压关系
U 1- I 1r1
E2
= n1
n2
及功率关系
(U 1- I 1r1)I 1= E2 I 2
可知
U 1- I 1r1=100 V
I 1=0.1A
解得
U 1=105 V
故选B。
16．如图，面积为S = √2
π m
2、匝数为N 的矩形线框在磁感应强度为B =0.5T的匀
强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO
'匀速转动，转动角速度ω=10 π rad/s，通过滑
环向外电路供电，图中的三个灯泡L1、L2、L3都标有“5 V，5 W”字样。L4标有“5 V，
10 W”字样，若它们都能正常发光，线圈电阻不计，则下列说法正确的是（ ）
A．图示位置，线圈内的磁通量为0，感应电动势为0
B．原副线圈匝数比为1:2
C．矩形线框的匝数N =5
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D．矩形线框的输出电压最大值为25 V
【答案】C
【详解】A．图示位置，穿过线圈内的磁通量为0，磁通量的变化率最大，感应电动势
最大，故A 错误；
B．原线圈中的电流
I 1= 5
5 A =1A
副线圈中的电流
I 2=2× 5
5 A =2A
原副线圈的匝数比
n1
n2
= I 2
I 1
= 2
1
故B 错误；
CD．副线圈两端的电压
U 2=5 V+5V=10V
根据
U 1
U 2
= n1
n2
结合上述解得
U 1=20 V
发电机的输出电压
U =20 V+5 V =25 V
最大值
U m =√2U
根据
U m = NBωS
解得
N =5
故C 正确，D 错误。
故选C。
17．如图所示，理想变压器的ab 端所接的交变电压u=16√2sin100 πt(V )，L1、
L2是规格为“4V、3W”的灯泡，现调节电阻箱R 为某一值时恰好能使两个灯泡均正常
发光，电压表V 1、V 2均为理想交流电压表。（电阻箱R 调节过程中所有元件均安全工
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作）则（ ）
A．电压表V 1的示数为16V，频率为50Hz
B．变压器原、副线圈匝数比为4:1
C．减小电阻箱R 连入电路的阻值，电压表V 1的示数不变
D．减小电阻箱R 连入电路的阻值，电压表V 2的示数减小
【答案】D
【详解】A．ab 端所接的交变电压有效值为
U 0= um
√2 =16 V
电压表V 1的示数为
U 1=U 0-U L1=12V
频率为
f = ω
2π = 100 π
2π
Hz=50 Hz
故A 错误；
B．变压器副线圈电压为
U 2=U L2= 4 V
变压器原、副线圈匝数比为
n1
n2
= U 1
U 2
= 3
1
故B 错误；
CD．减小电阻箱R 连入电路的阻值，副线圈总电阻变小，副线圈总电流变大，根据变
压器原副线圈电流与线圈匝数关系，可知原线圈总电流变大，L1两端的电压增大，故
原线圈两端的电压减小，故电压表V 1的示数减小，根据变压器原副线圈电压与线圈匝
数关系可知，副线圈两端的电压减小，故电压表V 2的示数减小，故C 错误，D 正确。
故选D。
18．如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、
副线圈匝数比为k1。降压变压器T
'的原、副线圈匝数比为k2。原线圈两端接入一电压
u=U msin ωt的交流电源，用户电阻为R（纯电阻），若用户消耗功率为P，输电线的
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总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率Pr和用户获得的电压
U分别为（ ）
A．Pr =
r
R k2
2 P，U = √2k2U m
2k1
- 2r
k2
2 √
P
R
B．Pr = 2r
R k2
2 P，U = √2U m
2k1k2
- 2r
k2
2 √
P
R
C．Pr = 2r
R k2
2 P，U = √2k2U m
2k1
- 2r
k1k2√
P
R
D．Pr = 2r
R k2
2 P，U = √2U m
2k1k2
- 2r
k1k2√
P
R
【答案】B
【详解】根据题意，由公式P = I
2 R可得，流过用户的电流为
I 4=√
P
R
故在输电线路上的电流为
I 3= I 4
k2
= 1
k2√
P
R
故损失的电功率为
Pr = I 3
2⋅2r = 2r
R k2
2 P
升压变压器两端电压的有效值为
U 1= U m
√2
输电线路上损失的电压为
ΔU = I 3·2r
升压变压器副线圈两端的电压为
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U 2= U 1
k1
故降压变压器原线圈的电压为
U 3=U 2- ΔU
用户获得的电压
U = U 3
k2
联立解得
U ＝√2U m
2k1k2
- 2r
k2
2 √
P
R
故选B。
19．（多选）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Q =5 m
3/s（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U 1= 400 V，输电线总电阻r =10Ω，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n3:n4= 475:11，用户获得的电压U 4=220 V，用户消耗的功率P4= 475kW，
变压器均视为理想变压器，已知水的密度ρ=1.0×10
3kg/ m
3，取重力加速度
g=10 m /s
2。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n1:n2= 4:95 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
U 3
U 4
= n3
n4
得
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U 3=9.5kV
理想变压器无能量损失
P3= P4= 475kW
根据
P3=U 3 I 2
解得
I 2=50 A
高压输电线电阻损失的电压
ΔU = I 2r =500 V
A 错误；
B．高压输电线损失的功率
Δ P = I 2
2r =25kW
B 正确；
C．输电电压
U 2=U 3+ ΔU =10kV
则
n1
n2
= U 1
U 2
= 1
25
C 错误；
D．发电机输出电功率
P1= P3+ Δ P =500kW
单位时间内水流的机械功率
P0= mgh
t
= ρQgh=625kW
故机械能转化为电能的效率
η= P1
P0
×100 % =80 %
D 正确。
故选BD。
20．（多选）如图1 所示为远距离输电示意图，实际用电因季节不同，电力需求
量差异很大，用电高峰和低谷之间存在一个较大的差值，因此有必要在远距离输电时
再建立一个节能储能输电网。如图2 所示，这样的电网可以在用电低谷时段把电能储
存起来，高峰时段输出，填补用电缺口。已知发电机的输出电压U 1=250 V，输出功率
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为P1=80kW，U 2=5000 V，输电线总电阻R =60Ω。其余线路电阻不计，用户端电压
U 4=220 V，P4= 44 kW，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32A
B．降压变压器的匝数比n3:n4= 40:1
C．输送给储能站的功率为30kW
D．输电线上损失的功率为6kW
【答案】CD
【详解】A．发电机的输出电压U1=250V，输出功率
P1=80kW=8.0×104W
根据P1=U1I1可得发电机的输出电流为
I1=320A
故A 错误；
B．用户端电压U4=220V，功率
P2=44kW=4.4×104W
根据P2=U4I4可得降压变压器线圈中的电流为
I4=200A
降压变压器的匝数比可得
U 3
U 4
= n3
n4
= I 4
I 3
又因为根据输电线的损耗可得
U 2=U 3+ I 3 R
联立数据解得
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n3
n4
=20:1
或
n3
n4
=30:11
又因为能量守恒，则仅成立
n3
n4
=20:1
故B 错误；
CD．可得输电线上的电流大小为
I 3= n4
n3
I 4=10 A
输电线上损失的功率为
Δ P = I 3
2 R =10
2×60 W =6000 W =6.0kW
输送给储能站的功率为
P储存= P1- P2- Δ P =80kW - 44 kW -6kW =30kW
故CD 正确；
故选CD。
21．（多选）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R1=55Ω，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4√2:1
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
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( 220
√2 )
2
R
⋅T
2 = U 1
2
R ⋅T
解得变压器原线圈输入电压
U 1=110 V
则原、副线圈的匝数比
n1
n2
= U 1
U 2
= 110
27.5 = 4
1
故A 正确，B 错误；
CD．电阻R1中的电流
I 1= U 1
R1
=2A
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
I 2=0.8 A
则定值电阻R2消耗的功率
P =U 2 I 2=22W
故C 正确，D 错误。
故选AC。
22．如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电。已知发电机线圈abcd 匝数
N=100 匝，面积S=0. 01m2，线圈匀速转动的角速度ω=300π rad/s，匀强磁场的磁感应
强度B = √2
π T，输电线总电阻R10Ω，升压、降压变压器均为理想变压器，升压变压
器原、副线圈匝数比为n1∶n21 8∶，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4 10 1∶，若
标有“220V，8.8kW”的电动机恰能正常工作。求：
（1）输电线路上损耗的电功率ΔP；
（2）交流发电机线圈的电阻r。（结果保留一位小数）
【答案】（1）160W；（2）0.6 Ω
【详解】（1）设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，
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有
I 4= P
U 4
= 8800
220 A = 40 A
根据理想变压器的变流比可知
I 3
I 4
= n4
n3
代入数据解得
I 3= 4 A
所以输电线路上损耗的电压为
ΔU = I 3 R = 4×10V = 40V
输电线路上损耗的电功率为
Δ P = I 3
2 R =160W
（2）根据U 3
U 4
= n3
n4
，可得
U 3=2200V
升压变压器副线圈两端电压
U 2=U 3+ I 3 R =2200V + 40V =2240V
由
U 1
U 2
= n1
n2
，可得
U 1=280V
根据正弦式交变电流产生规律可知，电动势最大值为
Em= NBSω=300√2V
电动势有效值为
E = Em
√2 =300V
升压变压器由
I 1
I 2
= n2
n1
，可得
I 1= n2
n1
I 2= n2
n1
I 3=32 A
发动机的内压
U = E -U 1=20V
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交流发电机线圈的电阻
r = U
I 1
≈0.6 Ω
23．图甲为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接
头，原线圈输入正弦式交变电压的u－t 图象如图乙所示．若只在ce 间接一只Rce＝400
Ω 的电阻，或只在de 间接一只Rde＝225 Ω 的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为P
＝80 W.
(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；
(2)求只在ce 间接400 Ω 电阻时，原线圈中的电流I1；(3)求ce 和de 间线圈的匝数
比.
解析：(1)由题图乙知周期T＝0.01 s，uab最大值为Um＝400 V，所以角速度ω＝＝
200π rad/s
电压瞬时值uab＝400sin 200πt(V)
(2)电压有效值U1＝＝200 V
理想变压器输入功率P1＝P
原线圈中的电流I1＝
解得I1＝ A≈0.28 A
(3)设ab 间匝数为n1，
则＝同理＝
由题意知＝，
解得＝
代入数据得＝
答案：(1)uab＝400sin 200πt(V)
(2)0.28 A (3)
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