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专题27 变压器与远距离输电-【高考二轮】2024年高考物理热点知识清单与题型讲练（全国通用）
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这是一份专题27 变压器与远距离输电-【高考二轮】2024年高考物理热点知识清单与题型讲练（全国通用），文件包含专题27变压器与远距离输电原卷版docx、专题27变压器与远距离输电解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
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专题27 变压器与远距离输电
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc153297863" 题型一 理想变压器原理的应用 PAGEREF _Tc153297863 \h 1
\l "_Tc153297864" 题型二 两种特殊的变压器模型 PAGEREF _Tc153297864 \h 6
\l "_Tc153297865" 题型三 理想变压器的动态分析 PAGEREF _Tc153297865 \h 9
\l "_Tc153297866" 题型四 远距离输电 PAGEREF _Tc153297866 \h 13
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，eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)；有多个副线圈时，eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)＝eq \f(U3,n3)＝….
(3)电流关系：只有一个副线圈时，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1).
由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋….
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．
（2023春•青羊区校级月考）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1Ω、2Ω和6Ω，U为正弦交流恒压电源。当开关S断开和S闭合时，连接在副线圈的负载电阻消耗的电功率相等。该变压器原、副线圈匝数比为（ ）
A．1：2B．1：3C．1：4D．1：5
【解答】解：设原、副线圈匝数比为k，开关S断开时原线圈中电流为I1，此时副线圈中电流为kI1，根据变压器原、副线圈电压关系有U−I1R1kI1R2=k
设开关S闭合时原线圈中电流为I2，同理有U−I2R1kI2(R2+R3)=k
同时由负载电阻消耗的电功率相等可知(kI1)2=(kI2)2(R2+R3)
联立解得k=12，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023春•榆林期末）如图甲所示，理想变压器的原线圈接在一正弦交变电源上，M、N是输入端，原线圈匝数n1＝1500匝，副线圈的匝数为n2＝300匝，变压器副线圈连接三个定值电阻R1＝R2＝20Ω，R3＝40Ω已知R3中电流i3随时间t变化的规律如图乙所示，电压表和电流表可视为理想电表，则（ ）
A．电源交流电的频率为100Hz
B．电压表的示数为1000V
C．电流表的示数为1.8A
D．变压器的输入功率1440W
【解答】解：A．由乙图可知，交流电周期为0.02s，因此交流电频率为50Hz，故A错误；
B．由乙图可知，电流I3的峰值为22A，由正弦式交流电电流的峰值与有效值关系得：
I=Im2
代入数据得：I＝2A
即通过电阻R3电流有效值I3为2A，因此可得：
U3＝I3R3
代入数据得：U3＝80V
通过电阻R2电流为：
I2=U3R2
代入数据得：I2＝4A
因此通过电阻R1电压为
U1＝（I3+I2）R1
代入数据得：U1＝120V
故副线圈电压U副为：
U副＝U1+U3
代入数据得：U副＝200V
根据公式
n1n2=U原U副
代入数据得：U原＝1000V
电压表所测为原线圈电压有效值，故电压表示数为1000V，故B正确；
C．根据公式
n1n2=I副I原
代入数据得：I原＝1.2A
电流表所测为原线圈电流，故电流表的示数为1.2A，故C错误；
D．根据公式可得：
P＝UI
代入数据得：P＝1200W，故D错误。
故选：B。
（2023春•龙陵县校级期末）如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R相连。若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（ ）
A．变压器输入电压的最大值是220V
B．若电流表的示数为0.50A，变压器的输入功率是12W
C．原线圈输入的正弦交变电流的频率是100Hz
D．电压表的示数是242 V
【解答】解：A、由图乙可知交流电压最大值Um＝2202V；故A错误；
B、输入电压的有效值为220V，根据变压器电压与匝数成正比知电压表示数为U=655U1＝24V，电压表的示数是24V．流过电阻中的电流为0.5A，变压器的输入功率是：P入＝P出＝UI＝24×0.5W＝12W．故B正确；
C、变压器不改变频率，由图乙可知交流电周期T＝0.02s，可由周期求出正弦交变电流的频率是50Hz，故C错误；
D、电压表的示数为24V；故D错误；
故选：B。
（2023•杭州一模）近年，无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈所加电压为U＝220V的家用交流电、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（ ）
A．接收线圈的输出电压的有效值约为8V
B．发射线圈与接收线圈中电流之比约为1：22
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比约为22：1
D．发射线圈中的磁通量变化率与接收线圈的磁通量变化率相同
【解答】解：A、发射线圈的电压：U1＝n1•ΔΦΔt
穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则有：U2＝n2•ΔΦΔt•80%
代入数据联立解得：U2＝8V
故A正确；
B、由于漏磁，接收线圈与发射线圈的功率不相等，接收线圈与发射线圈中电流之比I1：I2≠n2：n1＝50：1100＝1：22
故B错误；
C、发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故C错误；
D、穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，故D错误。
故选：A。
（2023春•湟中区校级期末）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为1000匝和100匝，R1＝5Ω，R2＝10Ω，电容器的电容C＝100μF。已知电容器上极板所带电荷量q按图乙所示的正弦规律变化，则下列判断正确的是（ ）
A．电阻R1的电功率为20W
B．原线圈输入电压的有效值为100V
C．穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值为0.2Wb/s
D．变压器原线圈中电流的周期为0.4s
【解答】解：A、根据图乙可知，电容器极板所带电荷量的最大值为2×10﹣3C，则极板之间电压的最大值为U2max=qmaxC=2×10−3100×10−6V=20V
则副线圈两端电压的有效值为U2=U2max2=202V=102V
则电阻R1的电功率为P1=U22R1=(102)25W=40W，故A错误；
B、根据电压匝数关系有U1U2=n1n2
解得U2=1002V，故B错误；
C.原线圈电压的最大值为U2max=2U2=2×1002V=200V
令穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值为k，则有
n1k＝U2max
解得
k＝0.2Wb/s，故C正确；
D、变压器不改变交流电的频率与周期，即变压器原线圈中电流的周期与电容器上极板所带电荷量q按图乙所示的正弦规律变化的周期相等，即为0.04s，故D错误。
故选：C。
题型二 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：
（2023春•黄山期末）电风扇的挡位变换器电路如图所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为N匝的原线圈输入电压U=2202sin100πt(V)，输出挡位为1、2、3、4如图所示，风扇电动机M的内阻r＝8Ω，额定功率P＝110W。当输出接4时风扇恰好以额定功率工作，则下列判断正确的是（ ）
A．该交变电源的频率为100Hz
B．当选择挡位4后，电动机的输出功率为110W
C．当选择挡位4后，电动机的热功率为2W
D．由高速挡降到低速挡时原线圈的电流增大
【解答】解：A、该交变电源的频率为：f=ω2π=100π2πHz＝50Hz，故A错误；
BC、当选择挡位4后，原、副线圈的匝数相等，所以电动机两端的电压：U=U2=U1=22022V=220V
达到额定功率：P＝110W，则电动机的电流：I=PU=110220A＝0.5A
电动机的热功率为：P热＝I2r＝0.52×8W＝2W
电动机的输出功率为：P输＝P﹣P热＝110W﹣2W＝108W，故B错误，C正确；
D、由高速挡降到低速挡时电动机两端电压减小，则功率减小，次级电流减小，则原线圈的电流减小，故D错误。
故选：C。
（2023•龙凤区校级模拟）图甲是一种家用台灯的原理图，理想自耦变压器的a、b间接入220V的交流电，变压器线圈总匝数为1100匝，交流电流表A为理想电表，定值电阻R＝2500Ω，灯泡L的伏安特性曲线如图乙所示。当c、P之间线圈匝数为750匝时，则（ ）
A．灯泡两端的电压约为47V
B．通过电阻的电流约为0.02A
C．通过电流表的示数约为0.03A
D．灯泡的功率约为2.3W
【解答】解：AB．由理想变压器原副线圈电压比等于匝数比有U1U2=n1n2
可得U2＝150V
对于副线圈，设灯泡电压为U，电流为I，由闭合电路欧姆定律U＝U2﹣IR
将解析式画入灯泡的U﹣I图中
由图中交点可得U＝75V，I＝0.03A，故灯泡功率P＝UI，解得P＝2.3W
故D正确，ABC错误；
故选：D。
（多选）（2023春•厦门月考）如图所示的电路，变压器为理想自耦变压器，滑动触头P可控制原线圈的匝数，已知电动机的额定功率为80W、额定电压为40V，电动机的内阻为1Ω，灯泡L的额定功率为20W、额定电压为10V。现在原线圈两端接正弦交流电压，当滑动触头位于某位置时，电动机和灯泡刚好正常工作，理想交流电流表的示数为10A。则下列说法正确的是（ ）
A．电动机正常工作时的输出功率为4W
B．定值电阻的阻值为15Ω
C．原线圈两端所加交流电压的最大值为162V
D．原、副线圈的匝数比为5：2
【解答】解：A、通过电动机的电流IM=P电U2=8040A＝2A
电动机正常工作时的输出功率为P出＝P电﹣P热＝P电−IM2RM＝80W﹣22×1W＝76W
故A错误；
B、通过灯泡的电流为IL=PLUL=2010A＝2A
定值电阻的阻值为R=U2−ULIL=40−102Ω＝15Ω
故B正确；
D、副线圈电流I2＝IL+IM＝2A+2A＝4A
理想变压器原副线圈匝数比等于电流的反比，有：n1：n2＝I2：I1＝4：10＝2：5
故D错误；
C、理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，有：U1：U2＝n1：n2＝2：5
代入数据解得：U1＝16V
原线圈两端所加交流电压的最大值为Um=2U1＝162V
故C正确。
故选：BC。
题型三 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5所示)
(1)U1不变，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，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．
图5 图6
2．负载电阻不变的情况(如图6所示)
(1)U1不变，eq \f(n1,n2)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＝eq \f(U\\al(2,2),R)，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．
（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（ ）
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：I1I2=n2n1
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：I3I4=n4n3
可知I4减小，根据U4＝I4RL
P=I42RL
可知灯泡L消耗的功率减小，U4减小，根据
U3U4=n3n4，可知U3减小，故B正确，C错误。
故选：B。
（2023•河南开学）如图所示的电路中变压器为理想变压器，其原、副线圈接入电路的匝数可分别通过滑动头P1、P2调节。图中L是小灯泡，R1、R2均为滑动变阻器，a、b端接入有效电压恒定的正弦交变电流，现要使灯泡L的亮度增加，下列举措可行的是（ ）
A．仅将P1上移B．仅将P2下移
C．仅将P3左移D．仅将P4右移
【解答】解：A．原线圈两端电压不变，仅将P1上移，则线圈匝数比n1n2增大，由于U1U2=n1n2，故可知副线圈两端的电压减小，P3未动则分压比不变，由此可知灯泡L两端的电压减小，灯泡变暗，故A错误；
B．原线圈两端电压不变，仅将P2下移，则线圈匝数比n1n2增大，由于U1U2=n1n2，可知副线圈两端的电压减小，P3未动则分压比不变，由此可知灯泡L两端的电压减小，灯泡变暗，故B错误；
C．仅将P3左移，滑动变阻器R1的电阻增大，则分压变大，可知灯泡L两端的电压减小，灯泡变暗，故C错误；
D．副线圈两端的电压不变，将P4右移，则总电阻增大，总电流减小，所以R1的电压减小，则灯泡所在电路分压增大，灯泡两端电压增大，灯泡变亮，故D正确。
故选：D。
（2023春•滨海新区期末）如图，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2；输电线的等效电阻为R，开始时，电键K断开，当K断通时，以下说法正确的是（ ）
A．副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R上的电压降减小
C．通过灯泡L1的电流增大
D．原线圈中的电流增大
【解答】解：A、由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出的电压始终不变，故A错误；
BC、当K接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，所以电阻R上消耗的电压变大，由于输出的电压不变，所以灯泡L1的电压减小，电流减小，故BC错误；
D、由于输出的电压不变，但是副线圈的电流变大，由P＝UI可知，副线圈的功率变大，所以原线圈的功率也要变大，原线圈中的电流增大，故D正确。
故选：D。
（2023春•温州期末）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为20：1，图中电表均为理想电表，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，下列说法错误的是（ ）
A．交流电的频率为50Hz
B．电压表的示数为11V
C．当光照增强时，电流表的示数变小
D．若抽出L中的铁芯，则灯D变亮
【解答】解：A.理想变压器不会改变交流电的频率，因此，原、副线圈的交流电周期相同，则f=1T=10.02Hz＝50Hz，故A正确；
B.原副线圈中电流均为交流电，根据原副线圈电压的关系可知，副线圈电压的峰值为
Umax=120×2202V＝112V
电压表的示数为交流电的有效值，即
U有=Umax2=1122V＝11V
电压表的示数为11V，故B正确；
C.当光照增强时，光敏电阻阻值减小，副线圈电流增大，根据原、副线圈电流的关系I1I2=n2n1可知，敏电阻阻值减小，副线圈电流增大，原线圈电流也增大，电流表示数变大，故C错误；
D.原线圈接入正弦式交流电，副线圈也为正弦式交流电，线圈L具有通直流、阻交流的特点，若抽出L中的铁芯，则线圈L的阻碍能力减小，副线圈的电流值将变大，灯D将变亮，故D正确。
本题选择错误选项；
故选：C。
（2023•乐清市校级模拟）如图为可调压式自耦变压器，在电压U1保持不变的情况下，滑片P顺时针转过适当角度，滑片P′向上移动适当距离，则（ ）
A．U2将增大
B．U2将不变
C．定值电阻R0的热功率减小
D．流经定值电阻R0的电流不变
【解答】解：AB、由题意可知，滑片P顺时针转过适当角度，根据题意可知副线圈的匝数n2减小，由变压器的工作原理可得：U1U2=n1n2，可知副线圈输出电压U2减小，副线圈两端电压与原线圈两端电压及匝数比有关，故AB错误；
CD、副线圈两端电压U2减小，滑片P′向上移动适当距离，可知滑动变阻器接入电路的电阻增大，所以副线圈回路的总电阻增大，根据欧姆定律可知，副线圈回路中电流减小，流经定值电阻R0的电流减小，由P＝I2R0可知，定值电阻R0的热功率减小，故C正确，D错误。
故选：C。
题型四 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)
图11
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3.
(2)电压、电流关系：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)，eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I3)，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线．
(3)输电电流：I线＝eq \f(P2,U2)＝eq \f(P3,U3)＝eq \f(U2－U3,R线).
(4)输电线上损耗的电功率：P损＝I线ΔU＝Ieq \\al(2,线)R线＝(eq \f(P2,U2))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eq \f(1,n2).
（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=I32R＝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﹣P2﹣ΔP＝500kW﹣88kW﹣4.0kW＝408kW，故C正确；
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。
（2023•河源开学）特斯拉发明的交流输电系统，扩大了电能的普及范围，大大加速了电力社会的到来。如图所示为远距离交流输电的原理示意图，其中各个物理量已经在图中标出，下列说法正确的是（ ）
A．变压器线圈的匝数关系为n1＞n2，n3＜n4
B．升压变压器可以提高输电电压，从而提高输电功率
C．输电电路中的电流关系为I1＞I线＞I4
D．输送功率不变时，输电电压越高，输电线上损失的功率越小
【解答】解：AC．对升压变压器，由电压、电流与匝数比关系得：U1U2=n1n2
I线I1=n1n2
又U1＜U2
联立解得：n1＜n2，I1＞I线
对降压变压器，根据电压、电流与匝数比关系得：U3U4=n3n4
I4I线=n3n4
又U3＞U4
联立解得：n3＞n4，I线＜I4
故AC错误；
BD．升压变压器可以提高输电电压，由P＝UI可知输电电流减小，减小输电线上的功率损失，但无法提高输电功率，输送电压越高，输电电流就越小，由P损＝I2R可知输电线上的损耗就越小，故B错误，D正确。
故选：D。
（2023•武威开学）如图所示，为某小型发电站的输电示意图。发电站的输出功率为P1＝200kW，经升压变压器升压后，输出电压为1×104V，发电站到用户的输电线总电阻为r＝10Ω，经过降压变压器给一居民小区供电。已知变压器均为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．输电线路中的电流为100A
B．用户获得的功率为4kW
C．若发电站的输出电压减半，线路损耗的电功率变为原来的4倍
D．若用户所需电压为220V，则降压变压器原、副线圈匝数比为480：11
【解答】解：A、由于是理想变压器，所以P2＝P1＝200×103W，输电线路中的电流为：I2=P2U2=200×1031×104A＝20A，故A错误；
B、输电线的损失功率为：P损=I22r=202×10W＝4kW
所以用户获得的功率为：P4＝P3＝P2﹣P损＝P1﹣P损＝200kW﹣4kW＝196kW，故B错误；
C、输电线损失功率为：P损=I22r=P22U22r
可见P2、r不变，若发电站输出电压减半，则升压变压器的输出电压减半，线路损耗的电功率变为原来的4倍，故C正确；
D、降压变压器副线圈的电流为：I4=P4U4=196×103220A=980011A
降压变压器原、副线圈匝数比为：n3n4=I4I3=I4I2=49011，故D错误。
故选：C。
（2023春•荔湾区期末）我国远距离输送交流电用的电压有110kV、220kV和330kV，输电干线已经采用500kV的超高压，西北电网的电压甚至达到750kV，远距离输电线路的示意图如图所示，若输送的总功率P，输电电压为U，输电线的总电阻为R，则正确的是（ ）
A．采用高压输电是为了加快输电的速度
B．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
C．输电线上的电流I=UR
D．输电线上损失的功率P线＝（PU）2R
【解答】解：A、采用高压输电是为了减少能量的损失，故A错误；
B、由于输电线上有电压损失，则升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，故B错误；
C、输电线上的电流应为I=U损R＜UR
故C错误；
D、输电线上损失的功率P线＝I2R＝（PU）2R
故D正确。
故选：D。
（2023春•厦门期末）贯彻新发展理念，福建省风力发电发展迅猛。某种风力发电机的发电、输电简易模型如图甲所示。风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机的输出电压u随时间t的变化关系如图乙所示，输出功率为1500kW。降压变压器的匝数比为n3：n4＝130：1，输电线总电阻为R，其余线路电阻不计，用户端的电压为U4＝220V，功率1430kW，所有变压器均为理想变压器，则（ ）
A．每个周期内电流方向改变1次
B．发电机线圈转动频率为100Hz
C．发电机的输出电流为2502A
D．输电线总电阻R为28Ω
【解答】解：A、正弦式交变电流每个周期内电流方向改变2次，故A错误；
B、由图像得，交变电流的周期T＝0.02s
频率为f=1T=10.02Hz＝50Hz
则发电机线圈转动频率为50Hz，故B错误；
C、由图像得，发动机输出电压的峰值Um＝30002V
有效值为U1=Um2=300022V＝3000V
发电机的输出电流为I1=PU1=1500×1033000A＝500A
故C错误；
D、用户端电流为I4=P'U4=1430×103220A＝6500A
理想变压器原副线圈电流比等于匝数反比，有：I3I4=n4n3
代入数据解得：I3＝50A
输电线上损耗的功率为P损＝P﹣P′＝1500kW﹣1430kW＝70kW
P损=I32R
代入数据解得：R＝28Ω
故D正确。
故选：D。
电压互感器
电流互感器
原理图
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
eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)
I1n1＝I2n2
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题27 变压器与远距离输电
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc153297863" 题型一 理想变压器原理的应用 PAGEREF _Tc153297863 \h 1
\l "_Tc153297864" 题型二 两种特殊的变压器模型 PAGEREF _Tc153297864 \h 6
\l "_Tc153297865" 题型三 理想变压器的动态分析 PAGEREF _Tc153297865 \h 9
\l "_Tc153297866" 题型四 远距离输电 PAGEREF _Tc153297866 \h 13
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，eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)；有多个副线圈时，eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)＝eq \f(U3,n3)＝….
(3)电流关系：只有一个副线圈时，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1).
由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋….
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．
（2023春•青羊区校级月考）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1Ω、2Ω和6Ω，U为正弦交流恒压电源。当开关S断开和S闭合时，连接在副线圈的负载电阻消耗的电功率相等。该变压器原、副线圈匝数比为（ ）
A．1：2B．1：3C．1：4D．1：5
【解答】解：设原、副线圈匝数比为k，开关S断开时原线圈中电流为I1，此时副线圈中电流为kI1，根据变压器原、副线圈电压关系有U−I1R1kI1R2=k
设开关S闭合时原线圈中电流为I2，同理有U−I2R1kI2(R2+R3)=k
同时由负载电阻消耗的电功率相等可知(kI1)2=(kI2)2(R2+R3)
联立解得k=12，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023春•榆林期末）如图甲所示，理想变压器的原线圈接在一正弦交变电源上，M、N是输入端，原线圈匝数n1＝1500匝，副线圈的匝数为n2＝300匝，变压器副线圈连接三个定值电阻R1＝R2＝20Ω，R3＝40Ω已知R3中电流i3随时间t变化的规律如图乙所示，电压表和电流表可视为理想电表，则（ ）
A．电源交流电的频率为100Hz
B．电压表的示数为1000V
C．电流表的示数为1.8A
D．变压器的输入功率1440W
【解答】解：A．由乙图可知，交流电周期为0.02s，因此交流电频率为50Hz，故A错误；
B．由乙图可知，电流I3的峰值为22A，由正弦式交流电电流的峰值与有效值关系得：
I=Im2
代入数据得：I＝2A
即通过电阻R3电流有效值I3为2A，因此可得：
U3＝I3R3
代入数据得：U3＝80V
通过电阻R2电流为：
I2=U3R2
代入数据得：I2＝4A
因此通过电阻R1电压为
U1＝（I3+I2）R1
代入数据得：U1＝120V
故副线圈电压U副为：
U副＝U1+U3
代入数据得：U副＝200V
根据公式
n1n2=U原U副
代入数据得：U原＝1000V
电压表所测为原线圈电压有效值，故电压表示数为1000V，故B正确；
C．根据公式
n1n2=I副I原
代入数据得：I原＝1.2A
电流表所测为原线圈电流，故电流表的示数为1.2A，故C错误；
D．根据公式可得：
P＝UI
代入数据得：P＝1200W，故D错误。
故选：B。
（2023春•龙陵县校级期末）如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R相连。若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（ ）
A．变压器输入电压的最大值是220V
B．若电流表的示数为0.50A，变压器的输入功率是12W
C．原线圈输入的正弦交变电流的频率是100Hz
D．电压表的示数是242 V
【解答】解：A、由图乙可知交流电压最大值Um＝2202V；故A错误；
B、输入电压的有效值为220V，根据变压器电压与匝数成正比知电压表示数为U=655U1＝24V，电压表的示数是24V．流过电阻中的电流为0.5A，变压器的输入功率是：P入＝P出＝UI＝24×0.5W＝12W．故B正确；
C、变压器不改变频率，由图乙可知交流电周期T＝0.02s，可由周期求出正弦交变电流的频率是50Hz，故C错误；
D、电压表的示数为24V；故D错误；
故选：B。
（2023•杭州一模）近年，无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈所加电压为U＝220V的家用交流电、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（ ）
A．接收线圈的输出电压的有效值约为8V
B．发射线圈与接收线圈中电流之比约为1：22
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比约为22：1
D．发射线圈中的磁通量变化率与接收线圈的磁通量变化率相同
【解答】解：A、发射线圈的电压：U1＝n1•ΔΦΔt
穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则有：U2＝n2•ΔΦΔt•80%
代入数据联立解得：U2＝8V
故A正确；
B、由于漏磁，接收线圈与发射线圈的功率不相等，接收线圈与发射线圈中电流之比I1：I2≠n2：n1＝50：1100＝1：22
故B错误；
C、发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故C错误；
D、穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，故D错误。
故选：A。
（2023春•湟中区校级期末）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为1000匝和100匝，R1＝5Ω，R2＝10Ω，电容器的电容C＝100μF。已知电容器上极板所带电荷量q按图乙所示的正弦规律变化，则下列判断正确的是（ ）
A．电阻R1的电功率为20W
B．原线圈输入电压的有效值为100V
C．穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值为0.2Wb/s
D．变压器原线圈中电流的周期为0.4s
【解答】解：A、根据图乙可知，电容器极板所带电荷量的最大值为2×10﹣3C，则极板之间电压的最大值为U2max=qmaxC=2×10−3100×10−6V=20V
则副线圈两端电压的有效值为U2=U2max2=202V=102V
则电阻R1的电功率为P1=U22R1=(102)25W=40W，故A错误；
B、根据电压匝数关系有U1U2=n1n2
解得U2=1002V，故B错误；
C.原线圈电压的最大值为U2max=2U2=2×1002V=200V
令穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值为k，则有
n1k＝U2max
解得
k＝0.2Wb/s，故C正确；
D、变压器不改变交流电的频率与周期，即变压器原线圈中电流的周期与电容器上极板所带电荷量q按图乙所示的正弦规律变化的周期相等，即为0.04s，故D错误。
故选：C。
题型二 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：
（2023春•黄山期末）电风扇的挡位变换器电路如图所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为N匝的原线圈输入电压U=2202sin100πt(V)，输出挡位为1、2、3、4如图所示，风扇电动机M的内阻r＝8Ω，额定功率P＝110W。当输出接4时风扇恰好以额定功率工作，则下列判断正确的是（ ）
A．该交变电源的频率为100Hz
B．当选择挡位4后，电动机的输出功率为110W
C．当选择挡位4后，电动机的热功率为2W
D．由高速挡降到低速挡时原线圈的电流增大
【解答】解：A、该交变电源的频率为：f=ω2π=100π2πHz＝50Hz，故A错误；
BC、当选择挡位4后，原、副线圈的匝数相等，所以电动机两端的电压：U=U2=U1=22022V=220V
达到额定功率：P＝110W，则电动机的电流：I=PU=110220A＝0.5A
电动机的热功率为：P热＝I2r＝0.52×8W＝2W
电动机的输出功率为：P输＝P﹣P热＝110W﹣2W＝108W，故B错误，C正确；
D、由高速挡降到低速挡时电动机两端电压减小，则功率减小，次级电流减小，则原线圈的电流减小，故D错误。
故选：C。
（2023•龙凤区校级模拟）图甲是一种家用台灯的原理图，理想自耦变压器的a、b间接入220V的交流电，变压器线圈总匝数为1100匝，交流电流表A为理想电表，定值电阻R＝2500Ω，灯泡L的伏安特性曲线如图乙所示。当c、P之间线圈匝数为750匝时，则（ ）
A．灯泡两端的电压约为47V
B．通过电阻的电流约为0.02A
C．通过电流表的示数约为0.03A
D．灯泡的功率约为2.3W
【解答】解：AB．由理想变压器原副线圈电压比等于匝数比有U1U2=n1n2
可得U2＝150V
对于副线圈，设灯泡电压为U，电流为I，由闭合电路欧姆定律U＝U2﹣IR
将解析式画入灯泡的U﹣I图中
由图中交点可得U＝75V，I＝0.03A，故灯泡功率P＝UI，解得P＝2.3W
故D正确，ABC错误；
故选：D。
（多选）（2023春•厦门月考）如图所示的电路，变压器为理想自耦变压器，滑动触头P可控制原线圈的匝数，已知电动机的额定功率为80W、额定电压为40V，电动机的内阻为1Ω，灯泡L的额定功率为20W、额定电压为10V。现在原线圈两端接正弦交流电压，当滑动触头位于某位置时，电动机和灯泡刚好正常工作，理想交流电流表的示数为10A。则下列说法正确的是（ ）
A．电动机正常工作时的输出功率为4W
B．定值电阻的阻值为15Ω
C．原线圈两端所加交流电压的最大值为162V
D．原、副线圈的匝数比为5：2
【解答】解：A、通过电动机的电流IM=P电U2=8040A＝2A
电动机正常工作时的输出功率为P出＝P电﹣P热＝P电−IM2RM＝80W﹣22×1W＝76W
故A错误；
B、通过灯泡的电流为IL=PLUL=2010A＝2A
定值电阻的阻值为R=U2−ULIL=40−102Ω＝15Ω
故B正确；
D、副线圈电流I2＝IL+IM＝2A+2A＝4A
理想变压器原副线圈匝数比等于电流的反比，有：n1：n2＝I2：I1＝4：10＝2：5
故D错误；
C、理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，有：U1：U2＝n1：n2＝2：5
代入数据解得：U1＝16V
原线圈两端所加交流电压的最大值为Um=2U1＝162V
故C正确。
故选：BC。
题型三 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5所示)
(1)U1不变，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，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．
图5 图6
2．负载电阻不变的情况(如图6所示)
(1)U1不变，eq \f(n1,n2)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＝eq \f(U\\al(2,2),R)，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．
（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（ ）
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：I1I2=n2n1
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：I3I4=n4n3
可知I4减小，根据U4＝I4RL
P=I42RL
可知灯泡L消耗的功率减小，U4减小，根据
U3U4=n3n4，可知U3减小，故B正确，C错误。
故选：B。
（2023•河南开学）如图所示的电路中变压器为理想变压器，其原、副线圈接入电路的匝数可分别通过滑动头P1、P2调节。图中L是小灯泡，R1、R2均为滑动变阻器，a、b端接入有效电压恒定的正弦交变电流，现要使灯泡L的亮度增加，下列举措可行的是（ ）
A．仅将P1上移B．仅将P2下移
C．仅将P3左移D．仅将P4右移
【解答】解：A．原线圈两端电压不变，仅将P1上移，则线圈匝数比n1n2增大，由于U1U2=n1n2，故可知副线圈两端的电压减小，P3未动则分压比不变，由此可知灯泡L两端的电压减小，灯泡变暗，故A错误；
B．原线圈两端电压不变，仅将P2下移，则线圈匝数比n1n2增大，由于U1U2=n1n2，可知副线圈两端的电压减小，P3未动则分压比不变，由此可知灯泡L两端的电压减小，灯泡变暗，故B错误；
C．仅将P3左移，滑动变阻器R1的电阻增大，则分压变大，可知灯泡L两端的电压减小，灯泡变暗，故C错误；
D．副线圈两端的电压不变，将P4右移，则总电阻增大，总电流减小，所以R1的电压减小，则灯泡所在电路分压增大，灯泡两端电压增大，灯泡变亮，故D正确。
故选：D。
（2023春•滨海新区期末）如图，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2；输电线的等效电阻为R，开始时，电键K断开，当K断通时，以下说法正确的是（ ）
A．副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R上的电压降减小
C．通过灯泡L1的电流增大
D．原线圈中的电流增大
【解答】解：A、由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出的电压始终不变，故A错误；
BC、当K接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，所以电阻R上消耗的电压变大，由于输出的电压不变，所以灯泡L1的电压减小，电流减小，故BC错误；
D、由于输出的电压不变，但是副线圈的电流变大，由P＝UI可知，副线圈的功率变大，所以原线圈的功率也要变大，原线圈中的电流增大，故D正确。
故选：D。
（2023春•温州期末）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为20：1，图中电表均为理想电表，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，下列说法错误的是（ ）
A．交流电的频率为50Hz
B．电压表的示数为11V
C．当光照增强时，电流表的示数变小
D．若抽出L中的铁芯，则灯D变亮
【解答】解：A.理想变压器不会改变交流电的频率，因此，原、副线圈的交流电周期相同，则f=1T=10.02Hz＝50Hz，故A正确；
B.原副线圈中电流均为交流电，根据原副线圈电压的关系可知，副线圈电压的峰值为
Umax=120×2202V＝112V
电压表的示数为交流电的有效值，即
U有=Umax2=1122V＝11V
电压表的示数为11V，故B正确；
C.当光照增强时，光敏电阻阻值减小，副线圈电流增大，根据原、副线圈电流的关系I1I2=n2n1可知，敏电阻阻值减小，副线圈电流增大，原线圈电流也增大，电流表示数变大，故C错误；
D.原线圈接入正弦式交流电，副线圈也为正弦式交流电，线圈L具有通直流、阻交流的特点，若抽出L中的铁芯，则线圈L的阻碍能力减小，副线圈的电流值将变大，灯D将变亮，故D正确。
本题选择错误选项；
故选：C。
（2023•乐清市校级模拟）如图为可调压式自耦变压器，在电压U1保持不变的情况下，滑片P顺时针转过适当角度，滑片P′向上移动适当距离，则（ ）
A．U2将增大
B．U2将不变
C．定值电阻R0的热功率减小
D．流经定值电阻R0的电流不变
【解答】解：AB、由题意可知，滑片P顺时针转过适当角度，根据题意可知副线圈的匝数n2减小，由变压器的工作原理可得：U1U2=n1n2，可知副线圈输出电压U2减小，副线圈两端电压与原线圈两端电压及匝数比有关，故AB错误；
CD、副线圈两端电压U2减小，滑片P′向上移动适当距离，可知滑动变阻器接入电路的电阻增大，所以副线圈回路的总电阻增大，根据欧姆定律可知，副线圈回路中电流减小，流经定值电阻R0的电流减小，由P＝I2R0可知，定值电阻R0的热功率减小，故C正确，D错误。
故选：C。
题型四 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)
图11
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3.
(2)电压、电流关系：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)，eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I3)，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线．
(3)输电电流：I线＝eq \f(P2,U2)＝eq \f(P3,U3)＝eq \f(U2－U3,R线).
(4)输电线上损耗的电功率：P损＝I线ΔU＝Ieq \\al(2,线)R线＝(eq \f(P2,U2))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eq \f(1,n2).
（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=I32R＝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﹣P2﹣ΔP＝500kW﹣88kW﹣4.0kW＝408kW，故C正确；
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。
（2023•河源开学）特斯拉发明的交流输电系统，扩大了电能的普及范围，大大加速了电力社会的到来。如图所示为远距离交流输电的原理示意图，其中各个物理量已经在图中标出，下列说法正确的是（ ）
A．变压器线圈的匝数关系为n1＞n2，n3＜n4
B．升压变压器可以提高输电电压，从而提高输电功率
C．输电电路中的电流关系为I1＞I线＞I4
D．输送功率不变时，输电电压越高，输电线上损失的功率越小
【解答】解：AC．对升压变压器，由电压、电流与匝数比关系得：U1U2=n1n2
I线I1=n1n2
又U1＜U2
联立解得：n1＜n2，I1＞I线
对降压变压器，根据电压、电流与匝数比关系得：U3U4=n3n4
I4I线=n3n4
又U3＞U4
联立解得：n3＞n4，I线＜I4
故AC错误；
BD．升压变压器可以提高输电电压，由P＝UI可知输电电流减小，减小输电线上的功率损失，但无法提高输电功率，输送电压越高，输电电流就越小，由P损＝I2R可知输电线上的损耗就越小，故B错误，D正确。
故选：D。
（2023•武威开学）如图所示，为某小型发电站的输电示意图。发电站的输出功率为P1＝200kW，经升压变压器升压后，输出电压为1×104V，发电站到用户的输电线总电阻为r＝10Ω，经过降压变压器给一居民小区供电。已知变压器均为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．输电线路中的电流为100A
B．用户获得的功率为4kW
C．若发电站的输出电压减半，线路损耗的电功率变为原来的4倍
D．若用户所需电压为220V，则降压变压器原、副线圈匝数比为480：11
【解答】解：A、由于是理想变压器，所以P2＝P1＝200×103W，输电线路中的电流为：I2=P2U2=200×1031×104A＝20A，故A错误；
B、输电线的损失功率为：P损=I22r=202×10W＝4kW
所以用户获得的功率为：P4＝P3＝P2﹣P损＝P1﹣P损＝200kW﹣4kW＝196kW，故B错误；
C、输电线损失功率为：P损=I22r=P22U22r
可见P2、r不变，若发电站输出电压减半，则升压变压器的输出电压减半，线路损耗的电功率变为原来的4倍，故C正确；
D、降压变压器副线圈的电流为：I4=P4U4=196×103220A=980011A
降压变压器原、副线圈匝数比为：n3n4=I4I3=I4I2=49011，故D错误。
故选：C。
（2023春•荔湾区期末）我国远距离输送交流电用的电压有110kV、220kV和330kV，输电干线已经采用500kV的超高压，西北电网的电压甚至达到750kV，远距离输电线路的示意图如图所示，若输送的总功率P，输电电压为U，输电线的总电阻为R，则正确的是（ ）
A．采用高压输电是为了加快输电的速度
B．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
C．输电线上的电流I=UR
D．输电线上损失的功率P线＝（PU）2R
【解答】解：A、采用高压输电是为了减少能量的损失，故A错误；
B、由于输电线上有电压损失，则升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，故B错误；
C、输电线上的电流应为I=U损R＜UR
故C错误；
D、输电线上损失的功率P线＝I2R＝（PU）2R
故D正确。
故选：D。
（2023春•厦门期末）贯彻新发展理念，福建省风力发电发展迅猛。某种风力发电机的发电、输电简易模型如图甲所示。风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机的输出电压u随时间t的变化关系如图乙所示，输出功率为1500kW。降压变压器的匝数比为n3：n4＝130：1，输电线总电阻为R，其余线路电阻不计，用户端的电压为U4＝220V，功率1430kW，所有变压器均为理想变压器，则（ ）
A．每个周期内电流方向改变1次
B．发电机线圈转动频率为100Hz
C．发电机的输出电流为2502A
D．输电线总电阻R为28Ω
【解答】解：A、正弦式交变电流每个周期内电流方向改变2次，故A错误；
B、由图像得，交变电流的周期T＝0.02s
频率为f=1T=10.02Hz＝50Hz
则发电机线圈转动频率为50Hz，故B错误；
C、由图像得，发动机输出电压的峰值Um＝30002V
有效值为U1=Um2=300022V＝3000V
发电机的输出电流为I1=PU1=1500×1033000A＝500A
故C错误；
D、用户端电流为I4=P'U4=1430×103220A＝6500A
理想变压器原副线圈电流比等于匝数反比，有：I3I4=n4n3
代入数据解得：I3＝50A
输电线上损耗的功率为P损＝P﹣P′＝1500kW﹣1430kW＝70kW
P损=I32R
代入数据解得：R＝28Ω
故D正确。
故选：D。
电压互感器
电流互感器
原理图
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
eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)
I1n1＝I2n2
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