高考物理一轮复习考点精讲精练第26讲　变压器 电能的输送（2份，原卷版+解析版）

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1.理解变压器的原理，掌握理想变压器原、副线圈的功率关系、电压关系及电流关系，并会进行有关计算.
2.能利用功率、电压、电流关系对变压器进行动态分析.
3.会计算远距离输电问题中线路损失的功率和电压．
考点一 理想变压器基本关系的应用
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．

（2024•惠州一模）某电动汽车在充电过程中，可视为理想变压器的原线圈输入电压为220V，输入功率为6.6kW，副线圈的电流为15A，副线圈通过相关设备连接汽车电池，电池容量为33kWh。忽略充电过程中的能量损耗，则变压器的原副线圈匝数比和电池完全充满所需要的时间分别是（ ）
A．1：2，2.2hB．2：1，5hC．2：1，2.2hD．1：2，5h
【解答】解：已知理想变压器的原线圈输入电压为U1＝220V，输入功率为P＝6.6kW＝6600W，则变压器原线圈的输入电流为
I1=PU1=6600220A=30A
则变压器的原副线圈匝数比为
n1n2=I2I1=1530=12
已知电池容量为E＝33kWh，则电池完全充满所需要的时间为
t=EP=336.6ℎ=5ℎ，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2024•德庆县模拟）如图为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为U1的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至U4，为动力系统供电，此时动力系统的电流为I4，发电厂的输出电流为I1；若变压器的匝数n2＝n3，则下列关系式正确的是（ ）
A．U1：U4＝n1：n4B．U1：U4＝n4：n1
C．I1：I4＝n1：n4D．I1：I4＝n4：n1
【解答】解：AB．由变压器的原副线圈的电压关系可知U1U2=n1n2
U3U4=n3n4
根据题意n2＝n3
且U3加上r上的电压等于U2可得
U2＞U3
故U1：U4＞n1：n4
故AB错误；
CD．由变压器的原副线圈的电流关系可知I1I2=n2n1
I3I4=n4n3
根据题意：
n2＝n3
根据串联电路电流的特点：
I2＝I3
可得
I1：I4＝n4：n1
故C错误，D正确。
故选：D。
（2024•新郑市校级三模）为了激发同学们的学习兴趣和探究精神，某学校建有节能环保风力发电演示系统，该系统由风力发电机、交流电变压器和用户三部分构成，简易示意图如下。t＝0时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线圈以每秒50转的转速转动，已知发电机线圈面积S=0.01πm2，匝数为N＝100匝，内阻不计；匀强磁场的磁感应强度为B=210T。变压器部分，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2＝1：4。在用户部分电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝4Ω，D为理想二极管（该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大），则（ ）
A．发电机产生的瞬时电动势e=102sin(50πt)V
B．电压表的示数为402V
C．电流表的示数为52A
D．原线圈的输入功率为800W
【解答】解：A、发电机产生的最大电动势有：E＝NBSω＝100×210×0.01π×2π×50V=102V
因为t＝0时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，所以其瞬时电动势为：e=Emsinωt=Emsin2πnt=102sin(100πt)V，故A错误；
B、因为线圈无内阻，所以原线圈两端的电压为u1=1022V=10V
因为理想变压器，所以副线圈两端的电压为u2=n2n1u1=41×10V=40V
又因为电压变的示数为有效值，所以电压表的示数为40V，故B错误；
C、因为二极管为理想二极管，电流表的示数也为有效值，所以有：(u2m2R2)2R2T2=I2R2T，解得：I=52A，故C正确；
D、电阻R1的功率为：P1=U2R1=400W
电阻R2的功率为：P2=I2R2=200W
副线圈功率为：P副＝P1+P2＝400W+200W＝600W
因为是理想变压器，所以：P原＝P副＝600W，故D错误。
故选：C。
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．

2．负载电阻不变的情况(如图所示)
(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．
（2024•德阳模拟）如图（a）所示，理想变压器原副线圈匝数比为n1：n2＝10：1，原线圈输入正弦式交流电压如图（b）所示，副线圈电路中定值电阻R0＝10Ω，所有电表均为理想交流电表。下列说法正确的是（ ）
A．t＝0时刻，电流表A2的示数为零
B．1s内电流方向改变50次
C．滑片P向下移动过程中，电流表A2的示数增大，电流表A1的示数减小
D．当滑动变阻器接入电路的阻值为R＝10Ω时，滑动变阻器的功率最大且为12.1W
【解答】解：A.电流表测量电流的有效值，不为0，故A错误。
B.由图乙可知，周期T＝0.02s，一个周期电流方向改变2次，则1s内电流方向改变100次，故B错误。
C.当滑片P向下移动过程中，R减小，根据欧姆定律可知，电流表A2的示数增大，又I1I2=n2n1，可知电流表A1的示数也增大，故C错误。
D.原线圈电压有效值为U1=Um2，根据变压器规律有
U1U2=n1n2
根据电功率公式
P=(U2R0+R)2R=U22R02R+2R0+R
根据数学方法可知R＝R0＝10Ω时，滑动变阻器的功率最大，代入数据解得P＝12.1W，故D正确。
故选：D。
（2024•四川模拟）如图所示，在磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，线框平面与磁感线垂直，现使矩形线框绕垂直于磁场的轴以恒定角速度ω＝10rad/s转动，线框电阻不计，匝数为n＝10匝，面积为S＝0.4m2。线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（4W，100Ω）和滑动变阻器R，电流表为理想交流电表，下列说法正确的是（ ）
A．从图示位置开始计时，线框中感应电动势瞬时值表达式为e＝402cs10t（V）
B．线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量变化最快
C．若将自耦变压器触头向下滑动，则灯泡会变暗
D．若灯泡正常发光，则原、副线圈的匝数比为1：2
【解答】解：A．线框中感应电动势最大值为：Em＝nBSω＝10×2×0.4×10V=402V
图中位置穿过线圈的磁通量最大，即为中性面位置，所以线圈中感应电动势的瞬时值为：e=Emsinωt=402sin10t(V)，故A错误；
B、根据上述表达式可知线框平面与磁感线垂直时为中性面位置，此时感应电动势的瞬时值为0，即：e=nΔΦΔt=0，可得此时穿过线框的磁通量变化率ΔΦΔt=en=0，穿过线框的磁通量变化最慢。故B错误；
C、若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数n2变小，根据理想变压器电压与匝数的关系：U1U2=n1n2
可知输出电压U2减小，又根据功率公式：P=U22RL，可知灯泡发光的功率变小，所以灯泡变暗，故C正确；
D、变压器变压器输入电压的有效值为：U1=Em2=4022V＝40V
开关闭合时灯泡正常发光，根据功率公式P=U2R，得到副线圈两端电压：U2=PRL=4×100V=20V
根据理想变压器的变压比得此时原副线圈的匝数比为：n1n2=U1U2=21，故D错误。
故选：C。
（多选）（2024•天津一模）心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压U1会随着心跳频率发生变化，如图所示，心电图仪与一理想变压器的原线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器连接在副线圈两端。下列说法正确的是（ ）
A．保持电压U1不变，向左滑动滑片P，副线圈两端的电压U2减小
B．保持电压U1不变，向左滑动滑片P，变压器的输入功率变大
C．保持滑片P不动，当U1变大时，扬声器的功率变大
D．保持滑片P不动，当U1变大时，扬声器两端的电压变小
【解答】解：AB.若保持 U1 不变，根据变压比可知，次级电压 U2 不变，将滑动变阻器滑片P向左滑，电阻变小，根据欧姆定律可知，次级电流 I2 增大，则扬声器获得的功率增大，故A错误，B正确；
CD.保持滑动变阻器滑片P不动，当 U1 变大时，根据变压器原、副线圈的电压与匝数关系可知，次级电压 U2 变大，根据欧姆定律I=UR和功率公式P＝UI可知，扬声器的功率变大，故C正确，D错误。
故选：BC。
考点三 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).
（2024•绍兴二模）特高压是指±800kV及以上的直流电和1000kV及以上的交流电的电压等级，该技术具有输送容量大、距离远、效率高和损耗低等优越性，是世界上最先进的输电技术之一。保证输电功率不变的情况下将输电电压从交流500kV的超高压变为交流1000kV的特高压，在两次输电过程中，下列说法正确的是（ ）
A．“1000kV”指的是交流电的峰值
B．输电线上的电流变为原来的2倍
C．输电线上的电能损耗降为原来的14
D．用户获得的功率一定为原来的4倍
【解答】解：A、“1000kV”指的是交流电的有效值，故A错误；
B、根据I=PU求出输电线上的电流，与输送的电压成反比，即输电线上的电流将变为原来的12，故B错误，
C、当以不同电压输送时，有P＝U1I1＝U2I2，而在线路上损失的功率为ΔP＝I2R可知，损失的功率与电压的平方成反比，即ΔP1：ΔP2＝4：1
所以输电线上损失的功率降为原来的14．故C正确；
D、输电过程中损失的功率相对于输送的功率是较小的，提高输送的电压，输电线上损耗的功率减小，用户得到的功率增大，但不是增大到原来的4倍，故D错误；
故选：C。
（2024•中山市校级模拟）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，输电线的总电阻为R，输电线中的功率损失为输入功率的4%。则（ ）
A．U1=1.1×105V
B．变压器T1的原副线圈匝数比为1：100
C．R＝2200Ω
D．若保持输入功率P0不变，提高输电电压U1，则U1与U2的差值增大
【解答】解：A、根据电功率的计算公式P0＝U1I1
解得U1=1.1×106V，故A错误；
C、根据电功率的计算公式P=4%P0=I12R
解得R＝220Ω，故C错误；
D、根据P0＝U1I1，可知U1增大时，I1减小，故U1﹣U2的差I1R减小，故D错误；
B、根据原副线圈电压之比与线圈匝数的之比关系可知n1n2=U0U1=110001.1×106=1100，故B正确；
故选：B。
（2024•聊城模拟）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200：1和1：20，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，两电表图中未标出，输电线路总电阻r＝20Ω，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I是电流互感器，互感器Ⅱ是电压互感器
B．输电线路上损耗的功率为200kW
C．升压变压器的匝数比为1：1002
D．用户使用的用电设备增多，用户端电压U4保持不变
【解答】解：A．互感器I并联在零火线上，所以是电压互感器，互感器Ⅱ串联在电路中，是电流互感器，故A错误；
B．电流表的示数I为5A，互感器原、副线圈的匝数比n1′：n2′为1：20，设线路上电流为Ir，则由理想变压器电流与匝数比关系得：
n1′Ir＝n2′I
代入数据得：Ir＝100A
线路上损耗的功率为：
P损=Ir2r
代入数据得：P损＝200kW，故B正确；
C．电压表的示数U为220V，匝数比n1′′：n2′′为200：1，设输送电压为U2，则由理想变压器电压与匝数比关系得：
U2U=n1''n2''
代入数据得：U2＝44000V
而升压变压器输入电压的有效值为：
U1=Umax2
由甲图可知Umax=2202V
代入数据得：U1＝220V
故升压变压器的原副线圈匝数比为：
n1n2=U1U2
代入数据得：n1n2=1200，故C错误；
D．用户使用的用电设备增多，用户回路电流变大，则输送电流变大，损失电压变大，则降压变压器输入电压U3变小，由理想变压器电压与匝数比关系可知，降压变压器输出电压U4变小，故D错误。
故选：B。
题型1理想变压器工作原理
（2024•福建模拟）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电阻R＝55Ω，电流表、电压表均为理想电表。原线圈A，B端接入如图乙所示的正弦交变电压，则（ ）
A．电流表的示数为4.0A
B．t＝0.005s时，电压表示数为552V
C．副线圈中的电流方向每秒改变50次
D．原线圈的电流最大值为24A
【解答】解：AB、分析图乙可知，原线圈的电压最大值为2202V，所以原线圈的电压的有效值为U1=Um2=22022V＝220V，再根据U1U2=n1n2可知，副线圈的电压的有效值为U2＝55V，即为电压表的读数，根据闭合电路欧姆定律可知，电流I=U2R=5555A＝1A，故AB错误。
C、变压器不会改变电流的频率，电流的周期为T＝0.02s，交变电流一个周期电流方向改变2次，则电流方向每秒改变100次，故C错误。
D、根据I2I1=n1n2可知，I1=14A，则最大值为I'=2I1=2×14A=24A，故D正确。
故选：D。
（2024•揭阳二模）如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，副线圈接一定值电阻。矩形线圈abcd在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁场的磁感应强度大小为B，线圈的匝数为N，转动的角速度为ω，ab边的长度为L1，ad边的长度为L2，线圈电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．原线圈两端电压的有效值为2NBL1L2ω2
B．若仅增大线圈的转速，则通过定值电阻的电流减小
C．若仅增大变压器原线圈的匝数，则通过定值电阻的电流减小
D．若仅增大定值电阻的阻值，则原线圈两端的电压增大
【解答】解：A、线圈转动产生正弦式交变电流，由于磁场只分布在bc边的左侧，则波形只有完整波形的一半，感应电动势的最大值为：Um＝NBSω
设电压有效值为U，根据有效值定义和焦耳定律有：U2RT=(Um2)2R⋅T2
解得电压有效值为：U=Um2=NBSω2=NBL1L2ω2，故A错误；
D、原线圈两端的电压只与产生交变电流的线圈的匝数，转动角速度，线圈面积和转动角速度有关，和副线圈的负载电阻大小无关，所以仅增大定值电阻的阻值，原线圈两端的电压不变，故D错误；
B、若增大转速n，则角速度ω＝2πn也增大，原线圈电压有效值U变大，由变压器规律：UUR=n1n2
定值电阻两端电压UR变大，则通过定值电阻的电流：IR=URR变大，故B错误；
C、若仅增大变压器原线圈的匝数，根据以上公式，定值电阻两端电压UR减小，则通过定值电阻的电流减小，故C正确。
故选：C。
（2024•东城区一模）如图所示，在匀强磁场中有一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的正弦交流电的感应电动势e随时间t的变化如图甲所示，把该交流电输入到如图乙中理想变压器的A、B两端。Rr为热敏电阻（已知其电阻随温度升高而减小），R为定值电阻，如图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为u＝51sin50πt（V）
B．如图甲中t＝1×10−2s时，穿过线圈的磁通量为0
C．Rr温度升高后，电压表V1与V2示数的比值不变
D．Rr温度降低后，变压器的输入功率减小
【解答】解：A、根据图甲可知Em＝51V，T＝2×10−2s，ω=2πT解得ω＝100π，即变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为u＝51sin100πt（V），故A错误；
B、图甲中t＝1×10−2s时，e＝0，此时矩形线圈与磁场垂直，磁通量最大，故B错误；
C、Rr处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量Rr的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，故C错误；
D、副线圈电压不变，Rr处温度降低时，电阻变大，由P出=U2R+Rr，输出功率变小，输入功率等于输出功率，故D正确；
故选：D。
题型2匝数比不变，负载发生变化
（2024•石景山区一模）如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为100：1，其原线圈两端接入正弦式交变电压u，u＝311sin100πtV，副线圈通过交流电流表与变阻器R相连。若不考虑交流电压表和交流电流表内阻的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．交流电压表的示数为3.11V
B．滑动变阻器的滑片向下滑动，交流电压表的示数减小
C．滑动变阻器的滑片向下滑动，交流电流表的示数增大
D．滑动变阻器的滑片向下滑动，变压器的输入功率减小
【解答】解：A、原线圈两端接入正弦式交变电压的有效值为：U1=Um2=3112V≈220V
根据：U1U2=n1n2=1001，解得副线圈电压为：U2＝2.2V，故电压表示数为2.2V，故A错误；
B、由于原线圈的电压保持不变，理想变压器匝数比不变，副线圈两端的电压也保持不变，故B错误；
C、滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈的电压不变，副线圈的电流增大，则交流电流表的示数增大，故C正确；
D、滑动变阻器的滑片向下滑动，副线圈的电流增大，则副线圈输出功率增大，故变压器的输入功率增大，故D错误。
故选：C。
（2024•市中区校级一模）如图所示ab端接入电压恒定的正弦交流电，其中电表均为理想电表，变压器为理想变压器，导线电阻不计。将滑动变阻器R3滑片P向下滑动过程中（ ）
A．R2两端电压不变B．电流表示数减小
C．电压表示数增大D．R4消耗的电功率增大
【解答】解：B.在滑片P向下滑动过程中，R3接入电路的电阻减小，副线圈回路中的总电阻减小，回路中的总电流I2增大，电流表示数增大，故B错误；
AC.由n1I1＝n2I2可知，通过R1的电流I1增大，则R1两端的电压增大，输入理想变压器的电压U1减小，由U1U2=n1n2得，R2两端电压减小，则R2电流减小，经过R4的电流增大，R4的电压增大，则电压表示数减小，故AC错误；
D.经过R4的电流增大，R4两端的电压增大，则R4消耗的电功率增大，故D正确。
故选：D。
（多选）（2024•菏泽一模）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为3：1，a、b接一输出电压恒为U的正弦交流电源，其中R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表。当滑片P向下缓慢滑动的过程中，用|ΔI1|、|ΔI2|分别表示电流表A1、A2示数变化量的绝对值，用ΔU1、ΔU2分别表示电压表V1、V2示数变化量的绝对值，下列判断正确的是（ ）
A．电阻R1与R3消耗功率的比值变大
B．|ΔI2|＝3|ΔI1|
C．ΔU2ΔI2=R3，ΔU1ΔI2=R19
D．当R2＝R3时，R2消耗的功率最大
【解答】解：A、若变压器原、副线圈中的电流分别为I1和I2，那么根据功率的公式，定值电阻R1和R3上的功率之比为：P1P3=I12R1I22R3=n22n12×R1R3，当滑片向下滑动时，原、副线圈中的电流均发生变化，但比值保持不变，那么P1P3的值不变，故A错误；
B、根据变压器的变流关系有：I1=n2I2n1=13I2，那么由数学知识可知，ΔI2＝3ΔI1，故B正确；
C、电流表A2和电压表测量的是定值电阻R3的电流和电压，由电阻的定义可知，R3=U3I3=ΔU3ΔI3=ΔU3ΔI2。
将变压器副线圈看成一个整体（一个等效电阻），那么：ΔU1ΔI2=ΔU副ΔI副=n2n1ΔU原n2n1ΔI原=(n2n1)2R1=19R1，故C正确；
D、若副线圈两端电压不变，且把R2看成外电路，根据电源的的输出功率的规律可知，当R2＝R3时，输出功率有最大值。但由于R2变化时，导致副原线圈中的电流变化，从而也导致副线圈的电压改变，所以上述结论不成立，故D错误；
故选：BC。
题型3匝数比变化，负载不变
（多选）（2024•兰州模拟）如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴OO'以角速度ω匀速转动，矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动可改变副线圈的输出电压，副线圈接有可变电阻R，电表均为理想交流电表。下列判断正确的是（ ）
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcs（ωt）
B．其他条件不变，增大角速度ω时，R的功率减小
C．其他条件不变，R阻值增大时，电流表示数减小
D．其他条件不变，P位置向上移动时，电压表示数变小
【解答】解：A．感应电动势最大值为Em＝NBSω
从垂直中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcs（ωt）＝NBSωcs（ωt）
故A正确；
B．其他条件不变，增大角速度ω时，线圈产生的电动势增大，根据原副线圈电压比等于匝数比U2U1=n2n1可知，R的电压增大，根据P=U2R可知，R的功率增大，故B错误；
C．其他条件不变，R阻值增大时，根据欧姆定律可知通过R电流I2变小，根据变压器电流与匝数成反比的关系I1I2=n2n1，可知电流表示数I1变小，故C正确；
D．P位置向上移动时，线圈产生的电动势不变，原线圈输入电压U1不变，则电压表示数不变，故D错误。
故选：AC。
（2023•河北模拟）在如图所示的电路中，a、b两端接有效值恒定的正弦交变电流，调节滑动触头P可改变变压器原线圈的匝数。开关S处于断开状态，灯泡L1正常发光。下列说法正确的是（ ）
A．将P向上移动，通过L1的电流的频率变大
B．将P向上移动，L1变亮
C．闭合S，L1可能会烧掉
D．闭合S，将P向下移动，L1可能正常发光
【解答】解：A．变压器不能改变交流电的频率，故A错误；
B．将P向上移动，原线圈的匝数变大，根据U2=n2n1U1，可知副线圈输出电压U2变小，L1两端电压减小，L1变暗，故B错误；
C．闭合S，副线圈所接负载的总电阻减小，则副线圈输出电流增大，则定值电阻R两端电压增大，L1两端电压减小，L1不会烧掉，故C错误；
D．闭合S，副线圈总电阻减小，副线圈输出电流增大，定值电阻R两端电压增大；将P向下移动，原线圈的匝数变小，根据U2=n2n1U1，副线圈输出电压U2变大；综合两种情况，则L1两端电压可能不变，L1可能正常发光，故D正确。
故选：D。
（2023•重庆模拟）如图所示，理想变压器连接输出电压恒为U0的交流电源，所有电表均为理想电表，用电器R阻值恒定，则在滑片P从a向b滑动过程中，示数不变的电表是（ ）
A．A1表B．V1表C．V2表D．A2表
【解答】解：A、电源电压恒为U0，所以电压表V1示数不变，故A错误；
B、根据变压器原副线圈电压与匝数的关系U0U2=n1n2，在滑片P从a向b滑动过程中，n2增大，U0、n1不变，则U2增大，即电压表V2的示数增大，故B正确；
C、根据欧姆定律U2＝I2R，U2增大，I2增大，即电流表A2示数增大，故C错误；
D、根据原副线圈电流与匝数的关系I1I2=n2n1，由此可知，I1增大，即电流表A1示数增大，故D错误。
故选：B。
题型4远距离输电原理及电压功率损失
（2024•朝阳区一模）某发电厂原来用11kV的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220kV输电，输入功率都是P。若输电线路的电阻为R，变压器为理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A．根据公式U＝IR，提高电压后输电线上的电压损失变为原来的20倍
B．根据公式I=UR，提高电压后输电线上的电流增大为原来的20倍
C．根据公式P损=I2R，提高电压后输电线上的功率损失减小为原来的1400
D．根据公式P损=U2R，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍
【解答】解：B.根据公式P＝UI可知，设原来的电流为I，升压后的电路电流为120I，故B错误；
A.升压后损失的电压为U损=120IR，即为原来的120，故A错误；
CD.根据公式有P损＝（120I）2R=1400I2R，电功率的损失是原来的1400，故C正确，D错误。
故选：C。
（2024•杭州二模）如图，有一小型水电站发电机的输出功率为50kW，发电机的输出电压为250V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电电压为10kV，输电线的总电阻R为10Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V，两变压器均视为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．升压变压器原、副线圈的匝数之比为1：400
B．输电线上损失的功率为250W
C．降压变压器原、副线圈中的电流之比为995：22
D．图中与灯泡串联的“250V，1000μF”的电容器一定会被击穿
【解答】解：A．由升压变压器的电压关系U1U2=n1n2
解得n1n2=140
故A错误；
B、发电机的功率：
P＝U1I1
得发电机输出的电流为I1＝200A
由升压变压器的电流关系I2I1=n1n2
解得I2＝5A
输电线上损失的功率P线=I22R
解得P线＝250W
故B正确；
C．输电线上损失的电压
ΔU＝I2R
解得ΔU＝50V
则U3＝U2﹣ΔU＝10000V﹣50V＝9950V
由降压变压器的电压关系U3U4=n3n4
解得n3n4=99522
由变压器的电流关系I4I3=n3n4
可知降压变压器原、副线圈中的电流之比为22：995
故C错误；
D．灯泡两端的电压为220V，电容器与灯泡串联，电压不一定会达到耐压值，故D错误；
故选：B。
（2024•吕梁一模）如图所示为高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为50kW。升压变压器原、副线圈的匝数比为1：10，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R线＝10Ω。下列说法正确的是（ ）
A．升压变压器的原线圈输入电压有效值为U1＝50V
B．电流互感器原线圈用细导线绕制
C．将滑动触头P上移，用户获得的电压将减小
D．用户获得的功率为49kW
【解答】A．根据理想变压器电流与匝数比的关系可知，电流互感器原线圈中的电流I2=n'nI=101×1A=10A
升压变压器的输出电压U2=PI2=5000010V=5000V
升压变压器原、副线圈的匝数比为1：10，则U1U2=110，则U1＝500V，故A错误；
B．电流互感器原线圈接大电流应该用粗导线绕制，故B错误；
C．将滑动触头P上移，减小了n3，降压变压器用户获得的电压U4=n4n3U3，可知n3减小时U4增大，故C错误；
D．输电线上损失的功率ΔP=I22R线=1000W=1KW，用户获得的功率P4＝P3＝P﹣ΔP，所以P4＝50KW﹣1KW＝49KW，故D正确。
故选：D。
题型5远距离输电的动态分析问题
（2024•天津模拟）如图为远距离输电的原理图，已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，两端电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，升压变压器与降压变压器之间输电线上的总电阻为R，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，两端电压分别为U3、U4，电流分别为I3、I4。变压器均为理想变压器，若保持发电厂的输出电压不变，则下列说法正确的是（ ）
A．无论用户端的负载如何增加，始终有I1U1＝I3U3
B．输电线上损失的功率ΔP=U32R
C．若用户端负载增加，那么电压U3变小
D．输电线上的电流I3=U2R
【解答】解：A．输电线有损耗，无论用户端的负载如何增加，始终有I1U1＞I3U3，故A错误；
B．输电线上损失的功率ΔP=(U2−U3)2R，故B错误；
C．若用户端负载增加，则电流增大，根据U＝IR可知输电线电压增大，那么电压U3变小，故C正确；
D．输电线上的电流I3=U2−U3R，故D错误；
故选：C。
（多选）（2024•湖南模拟）如图所示为远距离输电模拟原理图，变压器均为理想变压器，其中降压变压器的原、副线圈匝数之比为n。发电机输出电压不变，两变压器间输电线的总电阻为R，降压变压器所接负载的等效电阻为R变，其余导线电阻不计。当R变变化时，理想电压表V的示数变化为ΔU，理想电流表A的示数变化为ΔI，下列说法正确的是（ ）
A．R变的触头向下滑动时，输电线上的损耗功率变小
B．R变的触头向下滑动时，电压表的示数变小
C．R变的触头向上滑动时，输电效率降低
D．|ΔUΔI|=1n2R
【解答】解：AB、用户端的滑动变阻器R变 的阻值减小，电流表的示数增大，由于降压变压器的匝数比不变，则输电线上的电流增大，输电线上的损耗功率变大。又因为升压变压器输出电压U2不变，则降压变压器的输入电压减小，依据电压与匝数的关系知电压表的示数减小，故A 错误，B正确；
D、根据输电线路，设升压变压器副线圈两端的电压为U2，输电线路的电流为I3，则降压变压器原线圈两端的电压：U3＝U2﹣I3R
根据电压与匝数之间的关系：U3U=n
联立以上两式可得：U=U3n=U2−I3Rn
根据匝数与电流之间的关系：I3I=1n
联立可得：U=U2n−Rn2⋅I
由于升压变压器原线圈无负载，因此U2始终不变，则根据以上U﹣I函数关系可知：|ΔUΔI|=1n2R，故D正确；
C、由以上分析知，滑动变阻器R变的阻值增大，输电线电流减小，则降压变压器的输入电压U3增大，输电效率为：η=IU3IU2，可知输电效率提高，故C错误。
故选：BD。
（多选）（2024•河东区一模）如图甲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150匝，副线圈匝数为1500匝，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为20Ω。降压变压器右侧电路中R1为一定值电阻，R2为滑动变阻器，电压表V为理想电压表，升压变压器的输入功率为75kW。则（ ）
A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50Hz
B．远距离输电线路损耗功率为9kW
C．当滑片P向a端滑动时，电压表V的示数变大
D．当滑片P向a端滑动时，输电线上的电流变大
【解答】解：A、由题图乙知交流电的周期为0.02s，所以频率为f=1T=10.02Hz=50Hz，故A正确；
B、由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为250V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为2500V，所以输电线中的电流为：I=PU=75×1032500A＝30A
输电线损失的电压为：ΔU＝IR＝30×20V＝600V
输电线路损耗功率为：ΔP＝ΔUI＝600×30W＝18000W＝18kW，故B错误；
C、当滑片P向a端滑动时其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，故C错误；
D、由以上分析知副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，故D正确。
故选：AD。