文档文本内容
第60 讲 变压器 电能的输送 传感器
目 录
模拟·基础演练.........................................................................................................................1
题型01 理想变压器的简单计算........................................................................................1
题型02 原线圈含电阻的计算............................................................................................5
题型03 含二极管的变压器的计算.....................................................................................9
题型04 理想变压器的动态分析......................................................................................13
题型05 输电原理及功率损失..........................................................................................17
题型06 用户端功率改变对电路的影响...........................................................................21
题型07 传感器................................................................................................................25
重难·创新演练.........................................................................................................................29
真题·实战演练.........................................................................................................................34
模拟·基础演练
考查重点：理想变压器的计算、远距离输电、传感器……
⏳题型01 理想变压器的简单计算
1．（2025·内蒙古包头·三模）电蚊拍用来杀灭蚊子，原理如图所示，由稳恒直流电源提供的电压被高频转
换器转换成u=3sin10000πt(V)的低压交流电压，再将其加在变压器的原线圈上，副线圈连接电蚊拍的
高压电击网，电击网上电压峰值可达到2400V，一旦蚊子触碰到电击网就会被杀灭。假设图中电压表为理
想电表，变压器可看成理想变压器。下列说法中正确的是（ ）
A．t =0时，电压表示数为0
B．电击网上电压的频率为1000Hz
C．原、副线圈的匝数比为n1:n2=1:800
D．将直流电源直接连接在变压器的原线圈上电蚊拍仍然能正常工作
【答案】C
【详解】A．电压表测量的是原线圈两端的电压有效值，所以电压表示数不为0，故A 错误；
B．根据题意可知，电击网上电压的频率为f = ω
2π =5000 Hz
故B 错误；
C．原、副线圈的匝数比为n1
n2
= U 1m
U 2m
=
3
2400 = 1
800
故C 正确；
D．将直流电源直接连接在变压器的原线圈上，穿过副线圈的磁通量不发生变化，在副线圈中不产生感应
电动势，没有电压输出，电蚊拍不能正常工作，故D 错误。
故选C。
2．（25-26 高二下·辽宁）如图为某小型发电厂向用户供电的线路示意图，已知发电厂的输出功率为
P0=100kW，输出电压为250V，用户端电压为220V，输电线总电阻为R =8Ω，升压变压器原、副线圈匝
数比n1:n2=1:20，变压器均为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．升压变压器原线圈的电流为20A
B．用户实际用电功率为96.8kW
C．用户端的电流为455A
D．降压变压器的匝数比n3:n4=250:11
【答案】B
【详解】A．根据发电厂的输出功率可知，升压变压器原线圈的电流为I 1= P0
U 1
= 400 A，故A 错误；
B．根据U 1
U 2
= n1
n2
，I 1
I 2
= n2
n1
解得U 2=5000 V，I 2=20 A
输电线电阻损失的功率为Δ P = I 2
2 R =3.2kW
用户用电功率为P4= P3= P0−Δ P =96.8kW，故B 正确；
C．用户端电流为I 4= P4
U 4
= 440 A，故C 错误；
D．输电线电阻损失的电压为ΔU = I 2 R =160 V
降压变压器输入电压U 3=U 2−ΔU = 4840 V
所以
n3
n4
= U 3
U 4
= 22
1 ，故D 错误。
故选B。
3．（2026·江西·模拟预测）手机无线充电技术越来越普及，图甲是使用220 V 正弦交变电源的手机无线充
电装置，其工作原理如图乙所示。其中S 为探测开关，若手机支持无线快充，则S 与1 接通，此时送电线
圈和受电线圈的匝数比N1:N2=3:1，手机两端的电压为9 V，充电功率为27 W；若手机不支持无线快充，则
S 与2 接通，此时送电线圈和受电线圈的匝数比N1:N3=5:1，手机两端的电压为5 V，充电功率为5 W。送
电线圈所接的电阻R=40 Ω，开关1 所接电阻为R1，开关2 所接电阻为R2。若把装置线圈视为理想变压器，
则下列说法正确的是（ ）
A．R1的阻值为18 Ω
B．快速充电时，送电线圈的输入电压为180 V
C．S 与2 接通时，a、b 间的输入功率为22 W
D．S 与2 接通时，受电线圈两端的电压为44 V
【答案】B
【详解】AB．S 与1 接通，此时次级电流I 2= 27
9 A =3 A
则初级电流I 1= N2
N1
I 2=1A
此时初级电压，即送电线圈的输入电压U 1=220 V−40×1V=180 V
次级电压U 2= N2
N1
U 1=60 V
则R1= 60−9
3
Ω=17Ω，故A 错误，B 正确；
C．S 与2 接通，此次级电流I 3= 5
5 A =1A
则初级电流I 1' = N3
N1
I 3=0.2A
a、b 间的输入功率P =U I 1' =220×0.2W = 44 W，故C 错误；
D．此时初级电压U 1' =220 V−40×0.2V =212V
次级电压U 3= N3
N1
U 1' = 42.4 V，故D 错误。
故选B。
4．（多选）（2026·内蒙古包头·二模）交流弧焊机是一种特殊变压器，其基本结构与原理如图所示，它由
变压器构成，在副线圈中串入电抗器（电感量较大的电感器）构成。电流在流过焊条和工件时，高温熔化
焊条和工件金属，对工件实现焊接。变压器原线圈接入220 V 的交流电，空载（电路断开）时焊钳与工件
之间的电压为80 V，焊接时焊钳与工件之间的电压为30 V，下列说法正确的是（ ）
A．变压器原、副线圈的匝数比为22:3
B．电抗器在工作时主要起限流保护作用
C．若原线圈中接入80 V 的直流电源，也能实现焊接
D．交流电的频率越大，焊接时焊钳与工件之间的电压越小
【答案】BD
【详解】A．依题意，原、副线圈两端的匝数与电压成正比n1
n2
= U 1
U 2
= 220
80 = 11
4
则变压器原、副线圈的匝数比为11:4，故A 错误；
B．工作过程中电抗器阻碍电流变化，起限流保护作用，故B 正确；
C．接入直流电源，变压器副线圈中磁通量不变，副线圈没有感应电流，不能实现焊接，故C 错误；
D．交流电频率越大，电抗器电感线圈的自感电动势越大，阻碍越大，则焊钳与工件之间的电压越小，故
D 正确。
故选BD。
5．（多选）（25-26 高二下·内蒙古呼和浩特）电动汽车充电桩的供电变压器（视为理想变压器）示意图如
图所示。变压器原线圈的匝数为n1，输入电压U 1=1.1kV；两副线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压
U 2=U 3=220 V。当I、
区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为
Ⅱ
7.0kW和3.5kW，下列说法正
确的是（ ）
A．n1∶n2=1∶5
B．n1∶n3=5∶1
C．变压器的输入功率为10.5kW
D．两副线圈输出电压最大值均为220V
【答案】BC
【详解】AB．根据理想变压器的电压比等于匝数比可得U 1
U 2
= n1
n2
= 5
1，U 1
U 3
= n1
n3
= 5
1，故B 正确，A 错误；
C．根据能量守恒可知变压器的输入功率等于总的输出功率，故P输入= P输出=7.0kW+3.5kW=10.5kW，故
C 正确；
D．输出电压为交流电的有效值，根据正弦交流电的最大值与有效值的关系可知，两副线圈输出电压最大
值均为U m = ❑√2U 2=220 ❑√2V，故D 错误。
故选BC。
⏳题型02 原线圈含电阻的计算
6．（2025·辽宁盘锦·三模）如图所示为一含有理想变压器的电路，三个灯泡完全相同，电阻箱示数为0 时，
三个灯泡均在额定电压U 下工作。已知电路的输入电压恒为U0，变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，忽
略灯泡电阻的变化。下列说法正确的是（ ）
A．n1∶n2=1 2∶
B．U0=3U
C．其他条件不变，若灯泡L1断路，则L2两端电压峰值较之前变小
D．其他条件不变，增大电阻箱示数，L3的电功率增大
【答案】B
【详解】A．设灯泡正常工作的电流为I，则原线圈上的电流为I，副线圈上的电流为2I，则原、副线圈匝
数之比为2 1∶，故A 错误；
B．原、副线圈两端的电压满足U 1
U 2
= n1
n2
，U 2=U
可得U 1=2U
根据闭合电路欧姆定律可知U 0=U 1+U =3U，故B 正确；
C．设副线圈两端电压为U2，副线圈所有负载总电阻为R，则有U 0=2U 2+ U 2
R ⋅1
2 ⋅R1
L1断路，R 增大，U2增大，可知L2两端电压峰值较之前变大，故C 错误；
D．若增大电阻箱示数，R 增大，U2增大，则原线圈两端电压增大，L3两端电压减小，其电功率减小，故
D 错误。
故选B。
7．（2025·河南·模拟预测）如图所示，理想变压器的原线圈接有电阻箱，副线圈接入电路的匝数可通过滑
动触头T调节，副线圈回路接有灯泡，其正常发光时的电阻为R。ab端输入稳定的正弦交流电，当电阻箱
的电阻调为R时，调节滑动触头T使灯泡正常发光，此时原、副线圈匝数之比为k1；当电阻箱的电阻调为
2 R时，调节滑动触头T使灯泡正常发光，此时原、副线圈匝数之比为k2。则k1、k2满足的关系为（ ）
A．k1−k2= 2
k2
−1
k1
B．k1−k2= 1
2k2
−1
k1
C．k2−k1= 2
k2
−1
k1
D．k2−k1= 1
2k2
−1
k1
【答案】A
【详解】设灯泡正常发光时的电压为U，ab端电压为U 0，当电阻箱的电阻调为R时，原线圈的电压为U 1，
电流为I 1，有U 1
U =k1，U 1 I 1= U
2
R ，U 0=U 1+ I 1 R
联立可得U 0=(k1+ 1
k1)U
同理，当电阻箱的电阻调为2 R时，有U 0=(k2+ 2
k2)U
故k1−k2= 2
k2
−1
k1
故选A。
8．（2025·湖南·一模）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为K，原线圈串联一个定值电阻R1接
在正弦式交流电源上，电源内阻忽略不计。副线圈回路中接有定值电阻R2与滑动变阻器R3，电流表、电压
表均为理想电表。滑动变阻器滑片自上而下滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．U
I = R2+ R3
B．若电压表V 与电流表A 示数变化量分别为ΔU和Δ I，则|
ΔU
Δ I )= R1
K
C．电源的输出功率先增大后减小
D．副线圈的输出功率先减小后增大
【答案】B
【详解】A．原线圈电流为I 1= I，副线圈电流为I 2，根据I 1
I 2
= I
I 2
= n2
n1
可知I 2= KI
又U
I 2
= R2+ R3
即U
I = K （R2+ R3），故A 错误。
B．当电压表的示数变化量为ΔU时，原线圈两端电压的变化量ΔU 1= K ΔU
定值电阻R1两端电压变化量的绝对值|ΔU R1|=) ΔU 1)
可知|
ΔU
Δ I )= 1
K|
ΔU R1
Δ I )= R1
K ，故B 正确。
C．副线圈电路中总电阻为R总= R2+ R3，滑动变阻器R3的上段、下段并联，将滑动变阻器R3的滑片从上
端滑至下端的过程中，有R3= R3 上R3下
R滑
由数学知识可得R3电阻先增大后减小，所以副线圈总电阻先增大后减小。
根据电压关系
U 1
U 2
= n1
n2
，其中U 1满足U 1=U −I 1 R1，U 2满足U 2= I 2 R总
电流关系
I 1
I 2
= I
I 2
= n2
n1
，联立可得U = I 1 R1+ I 1(
n1
n2)
2
R总= I R1+ I K
2 R总
等效电阻为R等= K
2 R总
可知R等先增大后减小。根据P=
U
2
R1+ R等
，则电源的输出功率先减小后增大，故C 错误。
D．根据U = I R1+ I K
2 R总
副线圈的输出功率为P = I 2
2 R总= K
2 I
2 R总
其中I = I 1=
U
(R1+ K
2 R总)
整理得
P =
K
2U
2
R1
2
R总
+ K
4 R总+2 K
2 R1
理想变压器副线圈的输出功率与副线圈电路的总电阻有关，无法确定R1和R总的大小关系，所以理想变压
器副线圈的输出功率的变化情况不确定，故D 错误。
故选B。
9．（多选）（24-25 高二下·黑龙江）如图所示，理想变压器的副线圈匝数可调，MN端接输出电压有效值
恒定的正弦交流电，电流表及电压表均可视为理想的交流电表，电表示数为U 1、I 1、U 2、I 2，当副线圈
的滑片P向下滑动时，电表示数变化量的绝对值为ΔU 1、Δ I 1、ΔU 2、Δ I 2，下列说法正确的是
（ ）
A．比值U 1
I 1
可能不变
B．比值ΔU 1
Δ I 1
不变
C．乘积U 1 I 1可能变小
D．比值ΔU 2
ΔI 2
变大
【答案】BC
【详解】A．设原线圈匝数为n1、副线圈接入电路的匝数为n2，由理想变压器变压规律有U 1
U 2
= n1
n2
，变压器
输入功率等于输出功率，有U 1 I 1=U 2 I 2
由欧姆定律有U 2= I 2 R，把变压器及其右侧电路等效为电阻R
′，有R
′ = U 1
I 1
= n1
2
n2
2 × U 2
I 2
= n1
2
n2
2 R
当副线圈的滑片P 向下滑动时，n2增加，等效电阻R
′减小，U 1减小，I 1增大，U 1
I 1
减小，故A 错误；
B．根据闭合电路欧姆定律有U 1=U −I 1r
U 1−I 1图线斜率的绝对值
ΔU 1
Δ I 1
等于r，所以比值
ΔU 1
Δ I 1
不变，故B 正确；
C．变压器的输入功率
P =U 1 I 1= I 1
2 R
′ =(
U
r + R
′)
2
R
′ =
U
2
(r −R
′)
2
R
′
+ 4 r
当R
′ =r时， P有最大值，由于R和r的关系未知，所以R
′与r的关系也未知，若开始时R
′≤r，滑片P向下
滑动时，乘积U 1 I 1可能会变小，故C 正确；
D．由于R是定值电阻且有R =ΔU 2
Δ I 2
，则有比值ΔU 2
Δ I 2
不变，故D 错误。
故选BC。
10．（多选）（2025·安徽·一模）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=2:1，原线圈接入的
交流电压瞬时值表达式为u=220 ❑√2sin100 πt(V)，定值电阻R1=2Ω，副线圈接有滑动变阻器R2，阻值
为0~10Ω。电压表和电流表均为理想交流电表，其读数为U 和I，调节滑动变阻器R2的滑片，电表示数
变化量的绝对值为ΔU和Δ I，下列说法正确的是（ ）
A．向下调节R2的滑片，电压表示数减小
B．ΔU
Δ I =0.5Ω
C．当滑动变阻器R2阻值调到2Ω时，电流表示数I 为55A
D．当滑动变阻器R2滑片在中央时，变压器输出功率最大
【答案】AB
【详解】A．对该电路使用等效电阻法，可将副线圈和电阻R2等效为(
n1
n2)
2
R2，向下调节R2的滑片，
(
n1
n2)
2
R2变小，分压减小，故电压表示数减小，A 正确；
B．对该电路使用等效电源法，等效后的电源电压U
′ = n2
n1
U =110 V
等效内阻r =(
n2
n1)
2
R1=0.5Ω
由于ΔU
Δ I 为电源内阻，故ΔU
Δ I =0.5Ω
B 正确；
C．当滑动变阻器R2阻值调到2Ω时，由闭合电路欧姆定律I =
U
′
r + R2
= 44 A
C 错误；
D．当外电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，此时R2=r =0.5Ω
D 错误。
故选AB。
⏳题型03 含二极管的变压器的计算
11．（2026·云南昆明·模拟预测）磁吸式无线充电手表的原理如图甲所示，磁吸底座线圈ab 间通入图乙所
示的正弦交流电后，手表内置线圈整流电路输入电压的有效值为5V，整流后对手表内的电池进行充电。
不考虑过程中的漏磁和能量损失，下列说法正确的是（ ）
A．手表内置线圈电流方向每秒改变50 次
B．底座线圈和手表内置线圈匝数之比为44 1∶
C．底座线圈和手表内置线圈中电流之比为1 22
∶
D．若在c 点接入一个理想二极管，则整流电路输入电压的有效值为2❑√2V
【答案】B
【详解】A．周期T =0.02s，频率f = 1
T =50 Hz；即每秒有50个周期，一个周期内电流方向改变2 次，因
此每秒电流方向改变50×2=100次，故A 错误；
B．底座线圈输入正弦交流电，由图乙得最大值U 1m=220 ❑√2V
因此底座线圈电压有效值U 1=220 V
内置线圈整流前输入电压有效值U 2=5 V
理想变压器电压比等于匝数比
n1
n2
= U 1
U 2
= 220
5 = 44
1 ，即匝数之比为44∶1，故B 正确；
C．理想变压器电流比与匝数成反比I 1
I 2
= n2
n1
= 1
44 ，即电流之比为1:44，故C 错误；
D．接入理想二极管后，只有半个周期有电压输出，根据有效值的定义得U 2
2
R ⋅T
2 = U
′ 2
R ⋅T
代入U 2=5 V，解得U
' = 5
❑√2 V = 5 ❑√2
2
V ，故D 错误。
故选B。
12．（25-26 高三下·安徽合肥）如图所示，某直流电源经交直流转换后输出交流电u=10sin100πt (V)，
经理想变压器升压后，当点火针和金属板间的电压峰值达到10kV，就会引发电火花。已知原副线圈的匝
数分别为n1、n2，D 为理想二极管（正向导通时电阻为零，反向截止时电阻无限大），则下列说法正确的
是（ ）
A．引发电火花的频率为10Hz
B．n2≥10
3n1
C．引发电火花的频率为100Hz
D．n2≥1.4×10
3n1
【答案】B
【详解】AC．理想二极管单向导电，引发电火花的频率与交流电的频率相同，即f = ω
2π =50 Hz，故AC
错误；
BD．由于引发电火花时的电压峰值为瞬时值，需满足U 2m = n2
n1
⋅U 1m≥10×10
3V
解得n2≥10
3n1，故B 正确，D 错误。
故选B。
13．（25-26 高三上·山东潍坊）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为11:4，原线圈接
u=220 ❑√2sin100 πt(V)的正弦式交变电流，副线圈电路中电阻R1=20Ω、R2=10Ω，D 为理想二极管。
开关S 分别接1 和2 时，变压器的输入功率之比为（ ）
A．1:1
B．❑√2:1
C．2:1
D．4:1
【答案】A
【详解】根据题意，由电压与线圈匝数关系可得，副线圈输出电压的有效值为U 2= n2
n1
⋅U m
❑√2 =80 V
开关S 接1 时，变压器的输入功率P1= U 2
2
R1
=320 W
开关S 接2 时，由于二极管具有单向导电性，因此R2消耗的功率是没有二极管时的一半，则变压器的输入
功率P2= 1
2 ⋅U 2
2
R2
=320 W
可得，开关S 分别接1 和2 时，变压器的输入功率之比为1:1。
故选A。
14．（多选）（25-26 高二下·湖北武汉）如图甲xOy 平面为光滑水平面，现有一长为d=2m 宽为L=0.6m 的
线框MNPQ 在外力F 作用下，沿正x轴方向以速度v=2m/s 做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁
感应强度B =5 ❑√2cos π
d x，规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻r =0，t =0时刻MN 边恰好
在y 轴处。图乙为含有理想变压器的电路，电流表均为理想电表，三个灯泡电阻相同且不变。现将图甲中
产生的交流电接入图乙中变压器原线圈两端，开关S 闭合时，均能发光。当开关S 断开后，电流表A1示数
改变了0.3A，A2示数改变了0.6A，则下列说法正确的是（ ）
A．甲图中产生交流电，电动势e =6cos πt
2
B．图乙中变压器原副线圈的匝数比为2:1
C．小灯泡的电阻为10Ω
D．如果将电流表A1改成二极管，则变压器的输出功率变成原来的一半
【答案】BD
【详解】A．线框在磁场中运动产生感应电动势，MN边和PQ边同时切割磁感线。t时刻MN边位置x1= vt
PQ边位置x2= vt +d
磁感应强度B =5 ❑√2cos π
d x
MN边产生的电动势e1= B1 Lv =5 ❑√2cos( πv
d t )Lv
PQ边产生的电动势e2= B2 Lv =5 ❑√2cos( πv
d t + π )Lv =−5 ❑√2cos( πv
d t )Lv
由于两边处磁场方向相反，根据右手定则，两边产生的感应电动势在回路中方向相同，总电动势
e =e1−e2=2×5 ❑√2 Lv cos( πv
d t )
代入L=0.6m,v =2m/s,d =2m，得e =12❑√2cos(πt )V 。故A 错误；
B．理想变压器原副线圈电流与匝数成反比，即I 1
I 2
= n2
n1
则电流变化量之比
Δ I 1
Δ I 2
= n2
n1
由题意
n2
n1
= 0.3
0.6 = 1
2
即n1:n2=2:1。故B 正确；
C．原线圈输入电压有效值U 1= Em
❑√2 =12V
副线圈电压U 2= n2
n1
U 1=6V
设灯泡电阻为R，开关S闭合时，副线圈总电阻R总1= R+ R
2 =1.5 R
电流I 2=
6
1.5 R = 4
R
开关S断开时，总电阻R总2=2 R
电流I 2
' = 6
2 R = 3
R
由Δ I 2= I 2−I 2
' = 1
R =0.6 A
解得R = 5
3 Ω。故C 错误；
D．将电流表A1改成二极管，原线圈电路变为半波整流，输入电压有效值变为原来的1
❑√2，副线圈电压有
效值也变为原来的1
❑√2。根据P= U
2
R
输出功率变为原来的一半。故D 正确。
故选BD。
15．（多选）（25-26 高二上·上海杨浦）如图甲所示，一圆形线圈面积S =π R0
2=100cm
2，匝数N＝
100，电阻不计，处于匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 正弦变化的图像如图乙所示（取垂直纸面向里为
正方向）。导线框右边与理想变压器的原线圈连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比为1 10
∶
，与副线圈
连接的电阻R1= R2=200Ω、D 为理想二极管，下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.01s 时，圆形线圈中有逆时针方向的电流
B．t＝0.005s 时，原线圈两端的电势差为0
C．0~0.005s 内，流过R1的电荷量为0.01C
D．1s 内原线圈输入的能量为150π
2J
【答案】BCD
【详解】A．在t=0.01s 时，磁感应强度B=0，但磁通量的变化率最大；根据B-t 图像，此时图像的斜率为
负，表示穿过线圈向里（正方向）的磁通量在减小；根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向应为向里，
以阻碍磁通量的减小；再根据安培定则，可知感应电流方向为顺时针，故A 错误；
B．在t=0.005s 时，磁感应强度B 达到最大值，B-t 图像的切线斜率为零，此时线圈中产生的感应电动势为
零，原线圈两端的电势差为零，故B 正确；
C．在0~ 0.005s 时间内，根据法拉第电磁感应定律，原线圈中的平均感应电动势为
E1= NS ΔB
Δt =100×100×10
−4× 0.2−0
0.005−0 V = 40V
副线圈的平均电动势为E2=10 E1= 400V
流过R1的平均电流为I 1= E2
R1
=2 A
流过R1的电荷量为q1= I 1t1=2×0.005C =0.01C ，故C 正确；
D．原线圈中电动势的最大值为Em= N BmS· 2π
T =100×0.2×100×10
−4× 2π
0.02 V =20 πV
原线圈有效值为U 1= Em
❑√2 =10 ❑√2πV
副线圈两端电压的有效值为U 2=10U 1=100 ❑√2πV
电阻R1消耗的功率为P1= U 2
2
R1
=100 π
2W
由于理想二极管D 的单向导电性，电阻 R2只在半个周期内有电流通过，其消耗的功率是正常工作时的一
半，即P2= P1
2 =50 π
2W
输入功率等于副线圈端的总功率为P = P1+ P2=150 π
2W
在 1 s 内原线圈输入的能量为Pt =150 π
2J，故D 正确。
故选BCD。
⏳题型04 理想变压器的动态分析
16．（25-26 高二上·辽宁）街头变压器通过降压给用户供电，变压器的输入电压是市区电网的电压，认为
负载变化时输入电压不会有波动。现某用户供电示意图如图所示，图中为理想变压器，电表均视为理想电
表，两条输电线总电阻为R0，现闭合开关S启动空调，下列说法正确的是（ ）
A．电压表V2示数减小
B．电流表A 示数不变
C．热水器实际功率不变
D．输电线损失的功率增大
【答案】D
【详解】A．理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副
线圈的输出电压也不变，即电压表V2的示数不变，故A 错误；
B．当启动空调时，副线圈的总电阻会减小，由于副线圈的输出电压不变，所以副线圈的输出功率变大了。
又因为变压器的输入功率和输出功率相等，所以原线圈输入的功率也要变大，由于输入的电压不变，所以
输入的电流要变大，即电流表A 的示数变大，故B 错误；
CD．当启动空调时，副线圈的总电阻减小，则副线圈的电流会增大，所以输电线上损失的电压会增大，
则输电线上损失的功率会增大；由于副线圈的输出电压不变，则热水器两端的电压会减小，所以热水器的
实际功率会减小，故C 错误，D 正确。
故选D。
17．（2025·辽宁朝阳·三模）如图甲所示，一自耦变压器的原线圈与有效值不变的正弦交流电源相连接，
副线圈中通过输电线接有3 只灯泡L1、L2和L3，输电线等效电阻为R；如图乙所示，一总阻值为R的滑动
变阻器与有效值不变的正弦交流电源相连接，通过输电线接有3 只灯泡L4、L5和L6，输电线等效电阻为R，
A1、A2均可视为理想电表。下列分析判断正确的是（ ）
A．当滑动触头P1向上移动一段后，灯泡L1、L2和L3都变亮
B．当滑动触头P2向下移动一段后，灯泡L4、L5和L6都变亮
C．当滑动触头P1向下移动一段后，原线圈中电流表A1的示数增大
D．当滑动触头P2向下移动一段后，电流表A2的示数减小
【答案】C
【详解】AC．此自耦变压器为升压变压器，滑动触头P1向下移动，输入电压不变，输出电压增大，等效电
阻R、灯泡L1、L2和L3消耗的功率都变大，原线圈中电流表A1示数变大，相反，若P1向上移动，则灯泡L1、
L2和L3消耗的功率都变小，灯泡L1、L2和L3都变暗，A 错误，C 正确；
BD．当滑动触头P2向下移动一段后，电路中的总电阻减小，总电流增大，电流表A2的示数增大，通过灯泡
L4、L5和L6所在支路电流减小，所以灯泡L4、L5和L6变暗，BD 错误。
故选C。
18．（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，边长L=0.2m、匝数N =200匝的正方形线圈绕垂直于磁场的中心
轴O1O2以ω=100❑√2rad/s的角速度在磁感应强度大小B =0.5T的匀强磁场中转动，磁场只分布在中心
轴O1O2的左侧。理想变压器原线圈接有理想交流电压表，副线圈连接标有“10 V 1 A”的电动机，该电动机
恰好能正常工作，电动机线圈的内阻r0=0.5Ω，不计正方形线圈的内阻，下列说法正确的是（ ）
A．图示位置交流电压表的示数为零
B．理想变压器原、副线圈的匝数之比为40:1
C．电动机发热的功率为10W
D．若将滑动变阻器的滑片P 向下滑动，则理想变压器的输入功率将变大
【答案】D
【详解】A．交流电压表的示数为有效值，不为零，故A 错误；
B．由法拉第电磁感应定律得正方形线圈产生的感应电动势的最大值Em = 1
2 NB L
2ω
代入数值得Em =200 ❑√2V
感应电动势的有效值E = Em
❑√2 =200 V
故理想变压器原线圈的电压U 1= E =200 V
因电动机正常工作，故理想变压器副线圈的电压U 2=10 V
所以理想变压器原、副线圈的匝数之比n1:n2=20:1
故B 错误；
C．电动机发热功率P热= I
2r0=0.5 W
故C 项错误；
D．滑动变阻器的滑片P 向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，U 2不变，理想变压器的输出功率变
大，输入功率也变大，故D 正确。
故选D。
19．（多选）（2025·辽宁沈阳·模拟预测）变压器在生活中随处可见，比如手机充电器。某同学在使用超
“
级快充模式给手机充电时，发现充电器发热严重，他猜想可能是因为线圈的绕线电阻不能忽略所致。已
”
知有绕线电阻的线圈可看作是理想线圈与相应电阻串联。为了进一步详细研究绕线电阻对变压器性能的影
响，该同学连接了如图所示的电路，图中变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=1:10。原线圈绕线电阻忽
略不计，电阻箱R0电阻可调范围足够大。副线圈绕线电阻为r =10Ω，负载电阻为R =90Ω，交流电流表
内阻可忽略。现接入如图u1=10 ❑√2sin100 πt (V)的交流电压，下列说法正确的是（ ）
A．若R0=0，副线圈两端电压为100 V
B．若R0=0，原线圈电流为10 A
C．无论R0取何定值，在t = n
100 s(n=1，2，3，…)时刻，流过R的电流瞬时值为0
D．为了使R0消耗功率最大，应调节R0=1Ω，此时电流表示数为0.5 A
【答案】BD
【详解】AB．交流电压的有效值为U = U m
❑√2 =10 V
若R0=0，则变压器原线圈的电压U 1=U =10 V
副线圈有绕线电阻r =10Ω，可将副线圈等效为电源，设等效电源的电动势为E，则根据理想变压器原副线
圈的电压与匝数的关系可得
U 1
E = n1
n2
解得E =100 V
根据闭合电路欧姆定律得副线圈中的电流为I 2=
E
R+r =1A
副线圈两端电压为U 2= IR =90 V
根据变压器的输入功率等于输出功率得U 1 I 1= E I 2
解得原线圈电流为I 1=10 A，故A 错误，B 正确；
C．由u1=10 ❑√2sin100 πt (V)可知，在t = n
100 s(n=1，2，3，…)时刻，可得交流电压的瞬时值等于
零，此时原线圈的电流为零，穿过副线圈的磁通量为零，但是此时副线圈的磁通量的变化率最大，电源电
动势最大，可知流过R 的电流瞬时值最大，而不是零，故C 错误；
D．将变压器副线圈与负载等效为电阻，等效电阻为R等=( n1
n2
)
2
( R+r )=1Ω
再将等效电阻R等作为交流电源的等效内阻，这样R0消耗的功率就等于交流电源的输出功率，根据电源输
出功率与外电阻的关系可知，当外电阻与内阻相等时电源输出功率最大，即当R0= R等=1Ω时，R0消耗功
率最大。此时原线圈的电流为I 1
′ =
U
R0+ R等
=5 A
根据
I 1
′
I 2
′ = n2
n1
解得此时副线圈的电流I 2′ =0.5 A
可得此时电流表示数为0.5A，故D 正确。
故选BD。
20．（多选）（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，一个匝数为N的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴
OO
′匀速转动，通过理想自耦变压器给一电阻供电，变压器的原线圈匝数可以调节，电流表、电压表均为
理想电表。滑片P 初始时位于原线圈中点处，当矩形线圈以角速度ω匀速转动时，电压表的示数为U，不
计线圈和导线的电阻，下列说法正确的是（ ）
A．从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈产生电动势的瞬时值表达式为e = ❑√2U sinωt
B．此时，电阻消耗的电功率为4U
2
R
C．若滑片P向上移动，则流过矩形线框的电流变大
D．若滑片P向下移动，则电阻消耗的电功率变大
【答案】BD
【详解】A．根据题意可知线圈输出电压的有效值为U，则线圈输出电压的最大值为❑√2U，从线圈平面与
磁场平行开始计时，线圈产生电动势的瞬时值表达式为e = ❑√2U cosωt
故A 错误；
B．根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可知副线圈两端电压的有效值为2U，电阻消耗的电功率为
P = (2U )
2
R
= 4U
2
R
故B 正确；
C．若滑片P向上移动，根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可知副线圈两端的电压变小，根据
I 副= U 副
R 可知流过副线圈的电流减小，根据理想变压器原副线圈电流比等于匝数反比可知流过矩形线框的
电流变小，故C 错误；
D．若滑片P向下移动，根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可知副线圈两端的电压变大，根据
P = U 副
2
R
可知电阻消耗的电功率变大，故D 正确。
故选BD。
⏳题型05 输电原理及功率损失
21．（25-26 高二下·吉林延边）如图所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原线
圈匝数为100 匝，副线圈匝数为1000 匝，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为10Ω。降压变
压器右侧电路中R1为一定值电阻，R2为滑动变阻器，下列说法正确的是（ ）
A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为100Hz
B．图乙所示电压的瞬时值表达式为u=311sin50 πt(V)
C．当滑片P 向a 端滑动时，电压表示数变小
D．若升压变压器的输入功率为66kW，远距离输电线路损耗功率为90W
【答案】C
【详解】A．由图乙知交流电的周期为0.02s，所以频率为f = 1
T =50 Hz，故A 错误；
B．图乙所示电压的瞬时值表达式为u=311sin100πt (V)，故B 错误；
C．将降压变压器及副线圈电路等效为一个电阻，则R等=(
n3
n4)
2
(R1+ R2)
有U 2= I 2 R+ I 2 R等= I 2 R+ I 2(
n3
n4)
2
(R1+ R2)
当滑片P 向a端滑动时，R2连入电路的阻值变小，升压变压器副线圈两端电压U 2不变，则输电线上的电流
I 2变大，输电线上的电压变大，U 3变小，U 4变小，由
I 3
I 4
= I 2
I 4
= n4
n3
可知I 4增大，电阻R1两端的电压变大，R2两端的电压变小，电压表示数变小，故C 正确；
D．由图乙知，升压变压器输入端电压有效值为U 1= 311
❑√2 V=220 V
若升压变压器的输入功率为66kW，则I 1= P1
U 1
= 66×10
3
220
A =300 A
根据理想变压器原、副线圈电流与匝数的关系有
I 1
I 2
= n2
n1
= 1000
100
所以I 2=30 A
所以远距离输电线路损耗功率为Δ P = I 2
2 R =30
2×10 W =9kW，故D 错误。
故选C。
22．（25-26 高二下·吉林长春）目前困扰5G 发展的大难题之一是供电，5G 基站系统功耗大，信号覆盖半
径小。如图所示，电压有效值为100kV 的主供电线路为某5G 基站供电，基站用电器功率为9kW，线路总
电阻为40Ω，线路损耗功率占总功率的10%（变压器均视为理想变压器），则（ ）
A．输电线路中的电流为5A
B．高压变压器原、副线圈的匝数比为1:50
C．输电线路中的电流为2500A
D．高压变压器原、副线圈的匝数比为100:1
【答案】A
【详解】AC．已知基站用电器功率P用=9kW，线路损耗占总功率的10 %，因此用电器功率占总功率的
90 %，可得总功率P总= P用
90 % =10kW
线路损耗功率Δ P = P总−P用=1kW =1000 W
由损耗公式Δ P = I
2 R
其中线路电阻R = 40Ω，可得I = ❑√
Δ P
R
= ❑√
1000 W
40Ω =5 A
因此输电线路电流为5 A，故A 正确，C 错误；
BD．高压变压器副线圈两端的电压U 2= P总
I = 10000
5
V=2000 V
原线圈电压U 1=100kV=100000 V
根据理想变压器电压与匝数的关系，可得
n1
n2
= U 1
U 2
= 100000 V
2000 V = 50
1 ，故BD 错误。
故选A。
23．（25-26 高二下·黑龙江齐齐哈尔）我国海上风电集群通过绕有多组副线圈的理想变压器向岸电系统输
电，变压器原线圈匝数n1=1000 匝，接入电压U 1=1100 V的交变电流，原线圈的输入功率P1=2.2×10
5 W。
副线圈有两个：n2=100 匝向近海平台供电，n3向远方城市输电，简化图如图所示。已知向近海平台输电的
副线圈输出功率P2=1.1×10
5 W，城市输电线路的总电阻R =20Ω，城市输电导线的电阻损耗的功率是
Δ P =2×10
3 W，下列说法正确的是（ ）
A．副线圈n2的电流为100A
B．城市输电线路中的电流为20A
C．n3=1×10
4匝
D．保持输入电压和功率不变，撤除近海平台的副线圈，则城市输电导线的电阻损耗的功率为
4×10
3 W
【答案】C
【详解】A．副线圈n2的电压 U 2= n2
n1
U 1= 100
1000 ×1100 V=110 V
副线圈n2的电流 I 2= P2
U 2
= 1.1×10
5 W
110 V
=1000 A，A 错误；
B．城市输电线路中的电流满足Δ P = I 3
2 R =2×10
3 W，解得 I 3=10 A，B 错误；
C．副线圈n3的功率P3= P1−P2=1.1×10
5 W
副线圈n3的电压 U 3= P3
I 3
= 1.1×10
5 W
10 A
=1.1×10
4 V
副线圈的匝数n3= U 3
U 1
n1=1×10
4匝，C 正确；
D．保持输入电压和功率不变，撤除近海平台的副线圈，则副线圈n3的功率P3
′ = P1=2.2×10
5 W
副线圈n3的电流 I 3
′ = P3
′
U 3
= 2.2×10
5 W
1.1×10
4 V
=20 A
则城市输电导线的电阻损耗的功率为Δ P
' = I 3
' 2 R =8×10
3 W，D 错误。
故选C。
24．（多选）（2025·辽宁·二模）风能是21 世纪大规模开发的一种可再生清洁能源。风力发电机是将风能
（气流的动能）转化为电能的装置，如图a 所示，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等。利用总电
阻R =10Ω的线路向外输送风力发电机产生的电能。输送功率P0=100kW，发电机输出电压为250V，理想
升压变压器原、副线圈的匝数比为1:20，用户需要的电压是220V，如图b 所示，则下列说法正确的是（
）
A．导线上损失的功率为40kW
B．用户得到的电功率为96kW
C．在输电线路中设置的降压变压器原、副线圈的匝数比为240:11
D．在输电线路中设置的降压变压器原、副线圈的匝数比为20:1
【答案】BC
【详解】AB．升压变压器次级电压U 2= n2
n1
U 1=5000 V
次级电流I 2= P0
U 2
= 10
5
5000 A=20 A
导线上损失的功率为Δ P = I 2
2 R = 4 kW
用户得到的电功率为100kW-4kW=96kW，选项A 错误，B 正确；
CD．降压变压器初级电压U 3=U 2−I 2 R = 4800 V
在输电线路中设置的降压变压器原、副线圈的匝数比为
n3
n4
= U 3
U 4
= 4800
220 = 240
11
选项C 正确，D 错误。
故选BC。
25．（多选）（2025·黑龙江吉林·模拟预测）高压直流输电（HVDC），是利用稳定的直流电具有无感抗、
容抗也不起作用、无同步问题等优点而采用的大功率远距离直流输电。我国特高压技术已成功实现从白
“
手起家到大国重器，从中国创造到中国引领，从装备中国到装备世界。内蒙古上海庙一山东临
”
“
”
“
”
“
”
“
”
“
”
沂特高压直流输电工程，是世界上第二个±800千伏、输送容量1000 万千瓦的特高压直流工程。±800kV
指两根导线对地之间的电压分别为正800kV和负800kV，两根导线之间是1600kV。输电线路流程及参数
可简化为如图所示，不计变压器与整流等造成的能量损失，直流变交流时，有效值不变。若直流输电线的
总电阻为10Ω，输电功率为800 万千瓦，下列说法正确的是（ ）
A．输电功率由送端换流站接入电压决定
B．直流输电线路中损失的电压为100kV
C．受端换流站的输入功率为7.75×10
9 W
D．若保持输送功率不变，输电电压降低一半，输电线上损失的功率为原来的4 倍
【答案】CD
【详解】A．输电功率是由用户端负载的总功率决定的，故A 错误；
B．两根导线之间是1600kV，则输电功率为8.0×10
9 W时，输电线路中电流为
I = P
U = 8.0×10
9
1600000 A =5×10
3 A
输电线路中损失的电压为ΔU = Ir =5×10
4 V
故B 错误；
C．输电线损耗的电功率为P
′ = I
2r =2.5×10
8 W
则受端换流站的输入功率为P
″ = P−P
′ =7.75×10
9 W
故C 正确；
D．输电线损失的功率为Δ P = I
2r = P
2
U
2 r
若保持输送功率不变，输电电压降低一半，输电线上损失的功率为原来的4 倍，故D 正确。
故选CD。
⏳题型06 用户端功率改变对电路的影响
26．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图所示为远距离输电示意图，变压器均视为理想变压器，匝数不变，
若发电机的输出电压U1不变，则与用电低谷时相比，用电高峰时电路中各物理量变化正确的是（ ）
A．升压变压器的输出电压U2减小
B．输电线上的电流I2减小
C．输电线上损失的电压∆U 增大
D．降压变压器的输出电压U4增大
【答案】C
【详解】A．升压变压器为理想变压器，满足U 1
U 2
= n1
n2
，题目给出发电机输出电压U 1不变，变压器匝数比
不变，因此升压变压器输出电压U 2保持不变，故A 错误；
B．用电高峰时，用户总功率增大，远距离输电系统的总功率随之增大；由P =U 2 I 2，U 2不变、总功率P
增大，因此输电电流I 2增大，故B 错误；
C．输电线损失的电压ΔU = I 2 R线，I 2增大、输电线电阻R线不变，因此ΔU增大，故C 正确；
D．降压变压器的输入电压U 3=U 2−ΔU，U 2不变、ΔU增大，因此U 3减小；降压变压器匝数比不变，
满足
U 3
U 4
= n3
n4
，因此输出电压U 4也减小，故D 错误。
故选C。
27．（25-26 高二下·河南驻马店）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T1与降
压变压器T2都是理想变压器。已知发电机输出电压U1=250 V，两个变压器的匝数比n1∶n2=1 100
∶
，
n3∶n4=110 1∶，输电线电阻为R=20 Ω，发电机输出功率为P=1000 kW。则下列说法正确的是（ ）
A．输电线上损失的电压为800 V
B．用户得到的电压为200 V
C．输电线上损失的功率为16 kW
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】A
【详解】AB．升压变压器的输入电流为I 1= P
U 1
= 1000×10
3
250
A=4000A
根据
n1
n2
= I 2
I 1
，解得I2=40A
输电线上损失的电压为ΔU=I2R=800V
根据
n1
n2
= U 1
U 2
解得U 2=25×10
3V
由U3=U2-ΔU
根据
n3
n4
= U 3
U 4
联立解得U4=220V，故A 正确，B 错误；
C．由A 选项可知I2=40A，输电线上损失的功率为P线= I 2
2 R =32k W，故C 错误；
D．由于深夜用户的用电器减少，则降压变压器的输入功率减小，输入电流减小，输电线上损失的功率减
小，故D 错误。
故选A。
28．（2026·安徽·模拟预测）如图是远距离输电的原理图，假设发电站输出的电压U 1恒定不变，两个变压
器均为理想变压器。当用户端用电器增加导致总电阻变小时，下列说法正确的是（ ）
A．降压变压器的输出电压减小
B．升压变压器的输出电压减小
C．输电线上损失的功率减小
D．发电站输出的功率减小
【答案】A
【详解】B．根据理想变压器电压比公式n1
n2
= U 1
U 2
解得U 2= n2
n1
U 1
故升压变压器的输出电压与用户端的阻值无关，升压变压器的输出电压不变，故B 错误；
A．设用户端的电阻为R1，根据理想变压器电压比公式n3
n4
= U 3
U 4
结合降压变压器的输入功率等于输出功率可知
n3
n4
= I 4
I 3
故降压变压器及用户端可等效为一定值电阻，满足R等= U 3
I 3
= n3
2
n4
2 R1
根据欧姆定律可知，输电线上的电流满足I 3=
U 2
R+ R等
降压变压器的输出电压U 4= n4
n3
U 3= n4
n3
(U 2−I 3 R)= n4
n3(
n2
n1
U 1−U 2 R
R+ R等)
当用户端总电阻变小时，等效电阻减小，可知降压变压器的输出电压减小，故A 正确；
C．由上述分析可知输电线上的电流满足I 3=
U 2
R+ R等
输电线上损失的功率P损= I 3
2 R =(
U 2
R+ R等)
2
R =(
n2
n1
U 1
R+ R等)
2
R
当用户端总电阻变小时，等效电阻减小，输电线上损失的功率增大，故C 错误；
D．发电站输出的功率即为升压变压器的输出功率，满足P =U 2 I 3=(
n2
n1
U 1)
2
R+ R等
当用户端总电阻变小时，等效电阻减小，发电站输出的功率增大，故D 错误。
故选A。
29．（多选）（25-26 高二下·重庆）光伏发电作为清洁电能已广泛应用，如图所示是某光伏发电系统为街
道供电照明的示意图。已知太阳能光伏发电机的输出电压为250 V，升压变压器的原、副线圈的匝数之比
n1∶n2=1：120，街道有标有“220 V、100 W”字样的电灯5400 盏。若全部电灯正常发光，变压器均为理
想变压器，输电线损耗功率是发电机输出功率的10%。下列说法正确的是（ ）
A．升压变压器可以提高输电电压，从而提高输电功率
B．降压变压器的匝数比n3∶n4=1500∶11
C．输电线的总电阻R =150Ω
D．若仅增加街道的电灯，随输出功率增大，输电线上损失的功率占发电机输出功率的比例也增大
【答案】CD
【详解】A．升压变压器无法提高输电功率，故A 错误；
BC．根据U 1
U 2
= n1
n2
可得U 2=30000 V
用户端功率P =n PL=5.4×10
5 W
升压变压器的输出功率P =U 2 I (1−10 %)
解得I =20 A
线路损耗功率U 2 I ×10 % = I
2 R
解得R =150Ω
降压变压器的输入电压U 3=U 2−IR =27000V
根据
U 3
U 4
= n3
n4
其中U 4=220 V
联立可得
n3
n4
= 1350
11 ，故B 错误，C 正确；
D．升压变压器的输出电压U 2，总输送功率P总，根据P损
P总
=
( P总
U 2
)
2
R
P总
= P总
U 2
2 R
可知输送电压和线路电阻R 不变，随输出功率增大，输电线上损失的功率占总输送功率的比例增大，故D
正确。
故选CD。
30．（多选）（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示，某发电机的输出电压U 1=250 V，升压变压器匝数
比n1:n2=1:16，输电线总电阻R线=8Ω，降压变压器输出电压U 4=220 V。已知输电线上损失的功率
P线=5kW，变压器均视为理想变压器，则（ ）
A．发电机输出的电流I 1= 400 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．保持发电机的输出电压U 1不变，若用户变多，U 4将变大
【答案】AC
【详解】B．已知R线=8Ω，P线=5kW =5000 W，输电损失功率P线= I 线
2 R线
解得I 线=25 A，故B 错误；
A．升压变压器电流满足I 1
I 线
= n2
n1
解得I 1= I 线⋅n2
n1
= 400 A，故A 正确；
C．升压变压器电压满足U 1
U 2
= n1
n2
解得副线圈电压U 2=U 1⋅n2
n1
= 4000 V
输电线上电压损失ΔU = I 线R线=200 V
因此降压变压器原线圈电压U 3=U 2−ΔU =3800 V
降压变压器的匝数比
n3
n4
= U 3
U 4
= 3800 V
220 V = 190
11 ，故C 正确；
D．保持U 1不变，则U 2不变；用户变多时，总功率增大，输电线电流I 线增大，电压损失ΔU = I 线R线增
大，因此U 3=U 2−ΔU减小，则U 4=U 3⋅n4
n3
也减小，故D 错误。
故选AC。
⏳题型07 传感器
31．（25-26 高三上·吉林长春）智能手机有自动调节屏幕亮度的功能。如图所示为该调节功能的模拟电路
简图，图中电路元件R1为光敏电阻，其阻值随外部环境光照强度减小而增大，R2为定值电阻，屏幕亮度由
灯泡L调节。则当光照强度减小时（ ）
A．屏幕变亮
B．R2消耗的功率增大
C．电源的效率减小
D．流过电源的电流增大
【答案】B
【详解】BD．当光照强度减小时，元件R1的阻值变大，电路总电阻变大，总电流I减小，即流过电源的电
流减小，R2两端电压等于路端电压 U = E−Ir，将增大，R2消耗的功率PR2= U
2
R2
将增大，故B 正确，D 错
误；
A．根据并联分流 I❑= I R2+ I L，因总电流减小，R2中的电流增大（R2两端电压增大），所以通过灯泡中
的电流I L将减小，屏幕变暗，故A 错误；
C．当光照强度减小时，元件R1的阻值变大，外电阻R外变大，电源的效率
η=
I
2 R外
I
2（R外+r )
=
R外
（R外+r ) =
1
1+ r
R外
，变大，故C 错误。
故选B。
32．（25-26 高三上·江西宜春）如图是温度自动报警器的电路图，图中金属丝下端与
“
”
95°C 刻度线对齐，
温度超过95°C，铃响表示报警。下列说法正确的是（ ）
A．图中的A是电磁铁，通电后电磁铁的上方是S 极
B．控制电路电源的正、负极对调后不会影响自动报警器工作
C．该液体温度计使用水银的主要原因是水银的密度很大
D．如果要降低报警温度，需要将金属丝往上提
【答案】B
【详解】A．电磁铁的南北极由线圈的绕向和电流方向共同决定，电流由正极流向负极，根据电流流向可
判断上端为N 极，故A 错误；
B．此控制电路只需使电磁铁通电以带动触点，调换电源的正负极仅改变电磁铁两端的极性，不影响其吸
合功能，故B 正确；
C．液体温度计采用水银的主要原因是水银导电，密度并非选用水银的主要依据，故C 错误；
D．若要降低报警温度，应使水银更早接触金属丝，需将金属丝适当下移而非上提，故D 错误。
故选B。
33．（25-26 高二上·江苏无锡）某同学自制电子秤的原理如图所示：R为滑动变阻器，其滑片P 和托盘均
与金属弹簧上端相连接，R0为限流电阻，用电压表的示数指示物体的质量。闭合开关S，托盘空载时，滑
片P 恰好位于变阻器的最上端，此时电压表示数为0。托盘质量、弹簧质量及其电阻均不计，不考虑滑片
P 移动时所受摩擦和电压表内阻的影响，电源电动势E和内阻r均不变。下列说法中正确的是（ ）
A．电压表示数越小，说明所称物体质量越大
B．称量物体的质量越大，电路消耗的总功率越大
C．将电压表表盘改写为等质量间隔的电子秤表盘后，表盘右端刻度线更密
D．更换不同劲度系数的弹簧后，电子秤的量程不变
【答案】C
【详解】A．弹簧电阻不计，电压表测量滑动变阻器上半部分电阻电压，所称物体质量越大，滑动变阻器
上半部分电阻越大，电路总电阻越大，电流越小，R0和电源内阻分到的电压越小，故滑动变阻器上电压越
大，即电压表示数越大，故A 错误；
B．称量物体的质量越大，接入电路的滑动变阻器阻值越大，由闭合电路欧姆定律得I =
E
Rx+ R0+r
电路消耗的总功率P = EI
可知Rx越大，I 越小，P 越小，故B 错误；
C．当托盘中没有放物体时，电压表示数为零，当物体质量为m 时，设物体下降x，平衡条件有mg =kx
根据欧姆定律得I =
E
Rx+ R0+r
故电压表读数为U = I Rx =
E Rx
r + R0+ Rx
设变阻器总电阻为R，总长度为l，则有Rx = x
l R
联立解得U =
mgRE
mgR+ kl(R0+r)
变式可得
U =
E
1+ kl(R0+r)
gR
⋅1
m
令kl(R0+r)
gR
=b，可得U =
E
1+ b
m
= mE
m+b
可知该式为U −m曲线，对该函数式进行求导，得U
′ =
Eb
(m+b)
2
可知随着m 的增大，U
′在减小，即ΔU
Δm 在减小，故当m 越大时，对于相同的Δm值ΔU越小，所以若将电
压表表盘改写为等质量间隔的电子秤表盘后，当m 越大时指针越靠右，此时等质量间隔时的ΔU越小，即
刻度线越密，故C 正确；
D．因为滑动变阻器可滑动的最大长度不变，当更换不同劲度系数的弹簧后，根据mg=kx
可知对应的最大可称重的质量改变，由于滑动变阻器的最大阻值不变，指示出的电压表的最大示数不变，
所以更换不同劲度系数的弹簧后，只需将该劲度系数下的最大可称重质量标记在电压表最大示数处即可，
此时最大示数处所指示的质量就是电子秤的量程，所以电子秤的量程会改变，且劲度系数越大，对应的量
程越大，劲度系数越小，对应的量程越小，故D 错误。
故选C。
34．（2026·安徽合肥·模拟预测）码表是利用霍尔传感器获知自行车的运动速率的仪表，其结构如图
“
”
1 所
示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲
电压，图2 为霍尔元件的工作原理图。当自行车加速行驶时，霍尔元件输出的霍尔电压U A随时间t变化的
关系图像可能为下列图像中的（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由题意可知当磁铁靠近霍尔元件时，引起霍尔效应，设霍尔元件所处空间的磁感应强度为B，通
过霍尔元件的电流为I，霍尔元件的厚度为h，宽为l，n 是单位体积内的载流子数，q 是单个载流子所带的
电量，有U A
l q = Bqv，I =nqhlv
则霍尔元件输出的霍尔电压为U A =
I
nqh ⋅B，故U A∝B
所以当自行车加速行驶时，霍尔元件输出的霍尔电压的峰值大小不变，而周期逐渐减小。
“
”
“
”
故选B。
35．（25-26 高二上·黑龙江哈尔滨）有一种测定压力变化的传感器，其结构原理如图所示。A 为固定电极
板，B 为可动电极板，可动电极板与固定电极板相距较近且两端固定，当待测压力施加在可动电极板上时，
使可动电极板发生形变，从而改变其与固定电极板间的距离。两电极板通过灵敏电流计G 和保护电阻R 与
电源相连，电源两端的电压恒定，已知电流计电流从哪个接线柱流入指针就偏向哪个接线柱。对于这个压
力变化传感器的工作情况，下列说法中错误的是（ ）
A．当待测压力增大时，电极板所带电荷量增大
B．当待测压力减小时，电流计的指针向左偏转
C．当待测压力不变时，电流计的示数为零
D．当待测压力为零时，电流计的示数为零
【答案】B
【详解】A．当待测压力增大时，则电容器极板间的距离d减小，根据C = εrS
4 πkd
可知C 增大；根据Q =CU
因U 不变，则Q 增大，故A 正确，不符合题意；
B．当待测压力减小时，电容器极板间的距离d增大，根据C = εrS
4 πkd
可知C 减小；根据Q =CU
因U 不变，则Q 减小，电容器放电，电流计电流从“+”接线柱流入，指针向右偏转，故B 错误，符合题意；
C．当待测压力不变时，电容不变，电容器不存在充放电过程，电流计无电流，示数为零，故C 正确，不
符合题意；
D．当待测压力为零时，板B 处于静止且电容器电容不变，电容器无充放电过程，电流计示数为零，故D
正确，不符合题意。
故选B。
重难·创新演练
设题创新:结合生活实际(T5);新角度考查研究方法(T4);
1．（2025·广东·一模）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n，电源的输出电压有效值恒定，R1、
R2、R4为定值电阻，R3为滑动变阻器，a、b 为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表，导线电
阻不计。现将滑动变阻器滑片P 由a 向b 缓慢滑动，下列判断正确的是（ ）
A．电流表示数一定减小
B．电压表示数一定减小
C．变压器的输出功率一定减小
D．电阻R2消耗的功率一定减小
【答案】D
【详解】AB．依题意，理想变压器原线圈等效电阻
R等效= U 1
I 1
= nU 2
I 2
n
=n
2 R副
将滑动变阻器滑片P 由a 向b 缓慢滑动，则R副减小，R等效减小，设电源的输出电压有效值为E，由
I 1=
E
R1+ R等效
可知原线圈电流增大，根据
I 1
I 2
= 1
n
可知副线圈电流增大，即电流表示数一定增大，根据
U = I 1 R1
可知电压表示数一定增大，故AB 错误；
C．变压器原线圈电压
U 1= E−I 1 R1
变压器的输出功率
P输出= P输入=U 1 I 1=(E−I 1 R1)I 1=−R1 I 1
2+ E I 1
根据二次函数知识可得，当I 1= E
2 R1
时P输出存在最大值，则由题中信息不能确定P输出变化情况，故C 错
误；
D．电阻R2消耗的功率为
PR2= U 2
2
R2
= U 1
2
n
2 R2
可知PR2一定减小，故D 正确。
故选D。
2．（2026·四川绵阳·模拟预测）如图甲所示，边长L=0.5 m、匝数N =20匝的正方形线圈与理想变压器相
连，变压器副线圈连接R =5Ω的定值电阻。在正方形线圈内部有与纸面垂直、半径r =0.2m的圆形磁场，
其磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。已知图乙中的曲线部分按照正弦规律变化，另一部分为倾
斜直线，变压器原副线圈匝数比n1:n2= 4:1，不计正方形线圈及导线的电阻，取π
2=10，则电阻R在1s
内产生的热量为（ ）
A．5J
B．2.5J
C．9.8J
D．19.5J
【答案】A
【详解】正弦段B 的最大值Bm =5×10
−2T ，周期T 1=2×10
−2s ，角速度 ω= 2π
T 1
=100 π rad/s
感应电动势最大值Em = N Bm Sω= 4 π
2
正弦交流电的有效值 U 1= Em
❑√2 =20 ❑√2V
变压器原副线圈匝数比n1:n2= 4:1，根据电压匝数关系
U 1
U 2
= n1
n2
可得副线圈电压 U 2= n2
n1
U 1=5 ❑√2V
均匀变化段B 均匀变化，产生的感应电动势恒定，因此原线圈电压恒定，原线圈产生的磁通量恒定，副线
圈磁通量变化率为0，因此副线圈电压为0，R 不产生热量。t 总=1s，总共有
1
4×10
−2 =25个周期，每个
周期内只有前2×10
−2s 发热，总热量Q = U 2
2⋅(25×2×10
−2)
R
= (5 ❑√2)
2×0.5
5
=5J
故选A。
3．（多选）（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图为模拟远距离输电的电路，发电机的输出电压U1=22V，
输电线总电阻r=5Ω，其中降压变压器原、副线圈匝数比n3：n4=16：1，用电器两端电压U4=20V，其功
率P4=640 W，用电器为纯电阻元件，变压器视为理想变压器。以下说法正确的是（ ）
A．输电线中的功率损失为10W
B．升压变压器原、副线圈的匝数比为1：15
C．当用电器增多时，降压变压器输入电压U3减小
D．当用电器增多时，用电器增加的功率大于升压变压器输出端增加的功率
【答案】BC
【详解】A．对降压变压器，副线圈电流I 4= P4
U 4
= 640
20 A =32A
根据理想变压器电流关系
I 3
I 4
= n4
n3
，得输电线电流（即降压原线圈电流）I = I 3= I 4⋅n4
n3
=32× 1
16 A =2A
输电线功率损失Δ P = I
2r =2
2×5 W =20 W ，故A 错误；
B．根据理想变压器电压关系U 3
U 4
= n3
n4
，得降压原线圈电压U 3=U 4⋅n3
n4
=20×16 V=320 V
输电线电压损失ΔU = Ir =2×5 V =10 V
因此升压副线圈电压U 2=U 3+ ΔU =(320+10)V=330 V
升压变压器匝数比满足
n1
n2
= U 1
U 2
= 22
330 = 1
15，故B 正确；
C．用电器增多时，总负载功率增大，总电流增大，因此输电线电流I增大，输电线电压损失ΔU = Ir增大。
发电机输出电压U 1不变，升压变压器匝数比不变，因此升压输出电压U 2不变。
而U 3=U 2−ΔU，ΔU增大，故降压变压器输入电压U 3减小，故C 正确；
D．升压变压器输出功率满足P2= P线损+ P4
功率变化满足Δ P2= Δ P线损+ Δ P4
整理得Δ P4= Δ P2−Δ P线损< Δ P2，即用电器增加的功率小于升压变压器输出增加的功率，故D 错误。
故选BC。
4．（多选）（25-26 高二下·黑龙江哈尔滨）如图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小
B =
❑√2
10 π T的水平匀强磁场中，线框面积S =0.25 m
2，匝数n=100匝，电阻不计、线框绕垂直于磁场的轴
OO
′以一定的角速度匀速转动，并与升压变压器的原线圈相连。升压变压器原、副线圈的匝数之比为
1：20，降压变压器的副线圈接入医院供电，两变压器间的输电线等效电阻R = 4Ω，变压器均为理想变
压器，当发电机输出功率P =5×10
4 W时，电压表的示数为250 V，额定电压为220 V的医疗设备正常工作，
则下列说法正确的是（ ）
A．线框的转速为50r/s
B．医疗设备正常工作的总功率是50kW
C．降压变压器原、副线圈匝数之比为240：11
D．保持发电机输出电压不变，现增加医疗设备，输电线上损耗的功率占总功率比例增大
【答案】AD
【详解】A．因发电机产生正弦式交流电的最大值为E m =nBSω
电压表读出的是有效值为E = Em
❑√2
又ω=2πn
联立解得n=50r/s，故A 正确；
B．因为在升压变压器、降压变压器及它们之间的输电线上有电能损耗，所以医疗设备正常工作的总功率
小于发电机输出功率，故B 错误；
C．若升压变压器、降压变压器都为理想变压器，对升压变压器有U 2
U 1
= n2
n1
U 1=250 V，
n1
n2
= 1
20
解得U 2=5000 V，又P1= P2=U 2 I 2
解得I 线= I 2=10 A
故输电线上的电压降为U 降= I 2 R = 40 V
故降压变压器原线圈两端电压为U 3=U 2−U 降= 4960 V
又
U 3
U 4
= n3
n4
= 4960
220 = 248
11 ，故C 错误；
D．增加负载，负载电阻减小，输出电流I 4增大
由
I 3
I 4
= n3
n4
,导致输电线上电流I 线= I 3= I 2增大
损耗功率P损= I 线
2 R
I 2
I 1
= n1
n2
= 1
20
输电线上损耗的功率占总功率比例P损
P1
= I 线
2 R
U 1 I 1
= I 3 R
20U 1
当负载增加， I 3增大，占比增大，故D 正确。
故选AD。
5．（多选）（25-26 高三上·内蒙古锡林郭勒）在远距离输电时，采用高压直流输电可以减少线路上的电容、
电感引起的电能损耗，有利于提高输电效率。我国新疆昌吉至安徽古泉建成的±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、技术水平最先进的特高压输电工程。如
图是现代直流输电示意图，则下列说法正确的是（ ）
A．升压变压器输入输出的都是交流电
B．升压变压器输入输出的都是直流电
C．采用高压输电可以减小输电线上的电流
D．采用高压输电可以增大输电线上的电流
【答案】AC
【详解】AB．不论升压还是降压变压器，输入输出的都是交流电，故A 正确，B 错误；
CD．根据P =U 1 I 1=U 2 I 2，提高电压U 2采用高压输电，可减少输电线上的电流I 2，故C 正确，D 错误。
故选AC。
真题·实战演练
高频考点：理想变压器及远距离输电
1．（2025·福建·高考真题）在图(a)所示电路中，理想变压器原、副线圈匝数比4：1，电阻R1的阻值是R2
的2 倍，电压表为理想电压表。若原线圈输入如图(b)所示的正弦交流电，则（ ）
A．交流电周期为2.25s
B．电压表示数为12V
C．流经副线圈的电流是流经R1的2 倍
D．变压器的输入、输出功率之比为4：1
【答案】B
【详解】A．由图可知，交流电的周期T =2×10
−2s，故A 错误；
B．根据图乙可知，输入电压最大值U m= 48 ❑√2V ，则输入电压有效值为U 1= U m
❑√2 = 48V ，根据变压比可
知，副线圈电压即电压表示数为U 2= n2
n1
U 1=12V ，故B 正确；
C．R1的阻值为R2的2 倍，根据并联规律可知，两电阻的电压相同，根据欧姆定律可知，流经R1和R2的电
流之比为1:2，副线圈干路电流等于流经两电阻的电流之和，则副线圈干路的电流为R1电流的3 倍，故C
错误；
D．根据变压器的原理可知，原副线圈功率相同，故D 错误。
故选 B。
2．（2024·浙江·高考真题）理想变压器的原线圈通过a 或b 与频率为f、电压为u 的交流电源连接，副线
圈接有三个支路，如图所示（光敏电阻的阻值随着光照增加而减少）。当S 接a 时，三个灯泡均发光。若
（ ）
A．电容C 增大，L1灯泡变亮
B．频率f 增大，L2灯泡变亮
C．RG上光照增强，L3灯泡变暗
D．S 接到b 时，三个灯泡均变暗
【答案】A
【详解】A．电容增大，对交流电的阻碍作用减小，则L1灯泡变亮，故A 正确；
B．频率f 增大，则电感的阻碍作用增大，则L2灯泡变暗，故B 错误；
C．光敏电阻光照增强，阻值减小，由于各支路电压不变，则L3灯泡电流增大，变亮，故C 错误；
D．S 接到b 时，根据变压比可知，副线圈电压增大，则三个灯泡均变亮，故D 错误。
故选A。
3．（2025·广西·高考真题）某变压器输入正弦交流电的电压有效值为220V．输出电压最大值为11❑√2V，
该变压器视为理想变压器，其原、副线圈匝数之比为（ ）
A．20:❑√2
B．20 ❑√2:1
C．20:1
D．1:20
【答案】C
【详解】变压器次级电压有效值为U 2= 11❑√2
❑√2 V=11V
则变压器原副线圈的匝数比
n1
n2
= U 1
U 2
= 220
11 = 20
1
故选C。
4．（多选）（2025·海南·高考真题）如图所示，理想变压器接在u=220 ❑√2sin100 πt(V)交流电上，此时
电压表读数为10V，电流表读数为4A，电表皆为理想电表，则（ ）
A．输入电压有效值为220V
B．原线圈输入电流为5.5A
C．滑动变阻器向下滑动，电压表读数减小
D．滑动变阻器向上滑动，电流表读数增大
【答案】AD
【详解】A．根据题干信息可知输入电压的最大值U m =220 ❑√2V
输入电压有效值为U 1= U m
❑√2 =220 V，故A 正确；
B．理想变压器原副线圈电压比U 1
U 2
= n1
n2
电流比
I 1
I 2
= n2
n1
其中U 2=10 V，I 2= 4 A
可得I 1= 2
11 A，故B 错误；
C．原线圈输入电压不变，匝数比不变，根据U 1
U 2
= n1
n2
，副线圈两端的电压不变，即电压表读数不变，C 错
误；
D．滑动变阻器向上滑动，滑动变阻器接入的阻值减小，副线圈电压不变，根据I 2= U 2
R 可知电流增大，即
电流表读数增大，D 正确。
故选AD。
5．（多选）（2025·云南·高考真题）电动汽车充电桩的供电变压器（视为理想变压器）示意图如图所示。
变压器原线圈的匝数为n1，输入电压U 1=1.1kV；两副线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压
U 2=U 3=220 V。当I、
区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为
Ⅱ
7.0kW和3.5kW，下列说法正
确的是（ ）
A．n1:n2=5:1
B．n1:n3=1:5
C．变压器的输入功率为10.5kW
D．两副线圈输出电压最大值均为220V
【答案】AC
【详解】AB．根据理想变压器的电压比等于匝数比可得n1:n2=U 1:U 2=5:1，n1:n3=U 1:U 3=5:1
故A 正确，B 错误；
C．根据能量守恒可知变压器的输入功率等于总的输出功率，故P输入= P输出=7.0kW +3.5kW=10.5kW
故C 正确；
D．输出电压为交流电的有效值，根据正弦交流电的最大值与有效值的关系可知，两副线圈输出电压最大
值均为U m =220 ❑√2V
故D 错误。
故选AC。
