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高中第三节 变压器测试题
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这是一份高中第三节 变压器测试题，共28页。试卷主要包含了基本关系式，制约关系等内容，欢迎下载使用。
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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc134649238" 考点一 理想变压器基本关系的应用 PAGEREF _Tc134649238 \h 1
\l "_Tc134649239" 考点二 理想变压器的动态分析 PAGEREF _Tc134649239 \h 1
\l "_Tc134649240" 考点三 远距离输电问题 PAGEREF _Tc134649240 \h 7
\l "_Tc134649241" 练出高分 PAGEREF _Tc134649241 \h 12
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．
（2023•南京二模）理想环形变压器示意图如图甲所示，原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图乙所示，Um＝2202V，副线圈接一“12V 22W”的电灯，恰好正常发光，图中电表均为理想交流电表。下列说法正确的是（ ）
A．原、副线圈的磁通量变化率之比为55：3
B．电流表的读数为0.1A
C．t＝5×10﹣3s时，电压表示数为零
D．若电压表改为非理想电表，电流表示数会变小
【解答】解：A．理想变压器原、副线圈的磁通量变化率之比为ΔΦ原Δt：ΔΦ副Δt=1：1
故A错误；
B．原线圈两端电压的有效值U1=Um2
通过副线圈的电流I2=PU
线圈的匝数比n1n2=U1U2
电流表的读数为I1=n2n1I2
代入数据解得I1＝0.1A
故B正确；
C．电压表测的为副线圈两端电压的有效值，即始终为12V，故C错误；
D．若电压表改为非理想电表，则副线圈电阻变小，因原线圈电压与匝数都不变，则副线圈电压不变，则副线圈电流变大，根据n1n2=I2I1
可知原线圈电流也增大，电流表示数会变大，故D错误。
故选：B。
（2023•福州模拟）如图所示，一圆形线圈在水平方向的匀强磁场中绕竖直方向的轴匀速转动，通过电刷与理想变压器原线圈相连，图示时刻圆形线圈平面与磁感线平行，R为定值电阻，不计圆形线圈电阻，电压表为理想交流电表，则（ ）
A．图示时刻，电压表的读数为0
B．若仅将圆形线圈匝数减少为原来的12，R两端电压减小为原来的12
C．若仅将圆形线圈转速减少为原来的12，R消耗的电功率减小为原来的12
D．若仅将变压器原线圈匝数减少为原来的12，通过R的电流减小为原来的12
【解答】解：A、交流电最大电动势Em＝NBSω，变压器输入电压有效值U1=Em2，根据变压器原理可知
U1U2=n1n2
得电压表读数U2=n2n1⋅NBSω2
由于交流电表的读数为有效值，故电压表读数为U2一直不变，故A错误；
B、圆形线圈匝数变为原来12时，R两端电压U2也变为原来12，故B正确；
C、圆形线圈转速变为原来12，R消耗的电功率P=U22R，变为原来14，故C错误；
D、原线圈匝数n1变为原来12，则U2变为原来2倍，即电流变为原来2倍，故D错误。
故选：B。
如图甲所示，与理想变压器连接的矩形金属线框（电阻不计）绕与磁感线垂直的轴在匀强磁场中匀速转动，输出的交变电流的电压随时间变化的图像如图乙所示。已知变压器原、副线圈匝数之比为1：5，定值电阻R2＝10R1，下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.01s时，穿过线框的磁通量最大
B．1s内流过电阻R2的电流方向改变50次
C．若让线圈转动的角速度减半，则电阻R1消耗的电功率减半
D．电压表示数为30V
【解答】解：A、由乙图可知，t＝0.01s时，线框输出电压达到最大，穿过线框的磁通量变化率最大，穿过整个线框的磁通量为0，故A错误；
B、由图可知交流电周期为T＝0.02s
则频率为f=1T=10.02Hz＝50Hz
则1s内流过R2的电流方向改变100次，故B错误；
C．根据Em＝NBSω得，若线圈转动角速度减半，则线圈产生的感应电动势最大值减半，有效值也减半。由于回路中等效电阻阻值不变，则回路中相应的感应电流也减半，对于电阻R1，有P＝I2R1
则R1消耗的功率变为原来的四分之一，故C错误；
D、理想变压器原副线圈电流比等于匝数的反比，设副线圈电流为I，则原线圈电流为5I，则电压表示数为U2＝IR2＝10IR1
理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，则原线圈两端电压为U1=15U2=2IR1
电阻R1两端电压为UR＝5IR1
可得AB两端的电压U＝UR+U1＝7IR1
由图可得，AB两端的电压有效值U=2122V＝21V
联立解得：IR1＝3V
则电压表示数为U2＝IR2＝10IR1＝10×3V＝30V
故D正确。
故选：D。
（2023•台州二模）如图所示为手机的无线充电原理示意图。正常工作状态下，输入电压为220V时，接收线圈的电压为8V。已知发射线圈的匝数为1100匝，装置的磁通量损耗约为20%。下列说法正确的是（ ）
A．接收线圈的匝数为40匝
B．两线圈中交变电流的频率不相同
C．让手机略微远离充电装置，接收线圈的电压不变
D．相比有线充电器，该装置能量损耗率更高
【解答】解：A、由法拉第电磁感应定律得，发射线圈的电压为U1=n1ΔΦΔt
装置的磁通量损耗约为20%，则接收线圈的电压为U2=n2ΔΦ(1−20%)Δt
所以U1U2=n1n2×(1−20%)
代入数据解得，接收线圈的匝数为n2＝50匝
故A错误；
B、变压器不改变交变电流的频率，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故B错误；
C、让手机略微远离充电装置，受电线圈中感应电流变小，发射线圈中的感应电流变小，则接收线圈的电压发生变化，故C错误；
D、无线充电利用能量转化的原理充电的，将电场能变成磁场能，然后再变成电场能给电池充电，相比有线充电器，该装置能量损耗率更高，故D正确。
故选：D。
（2023•西城区一模）如图1，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。如图2，原线圈与交流电源连接，副线圈与负载R连接。已知，原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈的输入功率为P1、电压为U1、电流为I1、频率为f1，副线圈的输出功率为P2、电压为U2、电流为I2、频率为f2。下列说法正确的是（ ）
A．若变压器为理想变压器，且n1＞n2，则U1＞U2，f1＞f2
B．若变压器为理想变压器，且n1＜n2，则I1＜I2，f1＝f2
C．若仅考虑I1产生的磁场不能完全局限在铁芯内，则P1＞P2
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则I1I2＜n2n1
【解答】解：AB．若变压器为理想变压器，且n1＞n2，则根据理想变压器电压比等于匝数比，即U1U2=n1n2
可知U1＞U2
若n1＜n2
根据理想变压器电流比等于匝数反比，即I1I2=n2n1
可知I1＞I2
原、副线圈中的交流电频率一定相等，故AB错误；
C．若仅考虑I1产生的磁场不能完全局限在铁芯内，变压器中存在漏磁损耗，故原线圈的输入功率大于副线圈的输出功率，故C正确；
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则U1I1＞U2I2
即I1I2＞U2U1＞n2n1
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•永州三模）如图甲所示，ab两点间接入电压如图乙变化的交流电源，电阻R1＝10Ω，滑动变阻器R2初始状态电阻为10Ω，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，则（ ）
A．若滑动变阻器R2＝10Ω时，电流表示数为4.4A
B．若滑动变阻器滑片向右移动时，R1的功率逐渐增大
C．若改变滑动变阻器R2阻值，使R2的功率最大时，此时R2＝10Ω
D．若保持滑动变阻器R2=109Ω不变，只改变原副线圈匝数比，使R2功率最大时，原副线圈匝数比为3：1
【解答】解：AB．根据正弦式交流电的特点可知，输入的交流电源的有效值为U=22022V=220V
设电流表的示数为I2，根据电流与匝数比的关系可知原线圈的电流为：
I1=I22
副线圈的电压为：U2＝I2R2
则原线圈的电压为：U1＝2U2＝2I2R2＝4I1R2
则U＝I1R1+U1＝I1R1+4I1R2
联立可得：I1＝4.4A；I2＝8.8A
根据闭合电路欧姆定律可得：
U＝I1R1+4I1R2＝I1（R1+4R2）
可知若滑动变阻器滑片向右移动时，I1变小，根据P＝I2R可知R1的功率逐渐减小，故AB错误；
C．根据等效电阻的知识可知，副线圈对应的原线圈位置的等效电阻为4R2，根据电路结构可知，原线圈消耗功率为：
P＝[UR1+4R2]2•4R2
化简得P=2202R3(5+4R3)2=220225R3+16R3+40
根据数学的不等式知识可知，当4R2＝R1时，R2的功率最大，解得：R2＝2.5Ω，故C错误；
D．设原副线圈的匝数比为n，根据AB选项分析可知，可以将原线圈电阻等效为n2R2，根据上述分析可知，当n2R2＝R1时，R2功率最大，则
n2×109=R1
解得n＝3
可知若保持滑动变阻器R2=109Ω不变，只改变原副线圈匝数比，使R2功率最大时，原副线圈匝数比为3：1，故D正确。
故选：D。
（2023•邯郸二模）如图甲所示含有理想变压器的电路中，电阻R1、R2的阻值分别为2Ω、3Ω，电流表A1、A2和电压表V1、V2均为理想交流电表，变压器原、副线圈匝数比为2：1，a、b两端接如图乙所示的交流电时，下列说法正确的是（ ）
A．a、b端电压的瞬时值表达式为u=2202sin50πt(V)
B．电压表V1、V2示数之比为7：3
C．若增大电阻R1，则R2消耗的电功率变大
D．若增大原、副线圈匝数比，则电流表A1示数变大
【解答】解：A、由图乙可知：交流电的频率f＝50Hz，所以圆频率：ω＝2πf＝2π×50rad/s＝100πrad/s，则a、b端电压的瞬时值表达式为：u=2202sin100πt(V)，故A错误；
B、变压器原、副线圈匝数比为2：1，设电流表A1的示数为I，则电流表A2的示数为2I，电压表V2的读数为：U2＝2IR2
设原线圈两端的电压为U′，则：U'U2=21，即：U′＝2U2
根据欧姆定律可知，电阻R1两端的电压为U′1＝IR1，则电压表V1的读数为：U1＝U1′+U′，则电压表V1、V2示数之比为：U1U2=73，故B正确；
C、增大电阻R1，输入电压一定，则原线圈电流表A1的示数变小，根据变压器的变流规律有：I1I2=n2n1，电流表A2的示数变小，R2消耗的电功率变小，故C错误；
D、若增大原、副线圈匝数比，根据B、C选项的分析，原线圈电流表A1的示数会减小，故D错误。
故选：B。
（2023•甘肃模拟）如图所示，理想降压变压器原线圈接入电压有效值不变的正弦交变电流，电阻R1、R2、R3、R4为定值电阻，电表均视为理想交流电表，初始时开关S闭合，下列说法正确的是（ ）
A．断开开关S后，电压表V2的示数不变
B．断开开关S后，原、副线圈的电流都增大
C．断开开关S后，整个副线圈回路消耗的总功率不变
D．断开开关S后，电阻R1的功率减小，电阻R2的功率增大
【解答】解：B、断开开关S后，原线圈的输入电压U不变，则副线圈的输出电压U1不变，副线圈的总电阻变大，由欧姆定律得，副线圈的电流I变小，则原线圈的电流也变小，故B错误；
C、整个副线圈回路消耗的总功率为P＝U1I
由B得，U1不变，I变小，则总功率减小，故C错误；
A、电压表V2的示数为U2＝U1﹣IR1
其中U1不变，I减小，故U2变大，故A错误；
D、电阻R1的功率为P1=I2R1
I减小，故电阻R1的功率减小，电阻R2的功率为P2=U22R2
其中U2变大，故电阻R2的功率增大，故D正确；
故选：D。
（2023•淄博一模）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，心电仪与一理想变压器的初级线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器连接在该变压器的次级线圈。则（ ）
A．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，扬声器的功率变大
B．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，原线圈电流I1变小
C．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，扬声器获得的功率增大
D．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，副线圈的电流I2增大
【解答】解：AB、保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，根据变压器原、副线圈的电压与匝数关系可知，次级电压U2减小，根据欧姆定律和功率公式可知，扬声器的功率变小，次级电流减小，根据变流比可知，原线圈初级电流I1也变小，故A错误，B正确；
CD、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向右滑，电阻变大，根据欧姆定律可知，次级电流I2减小，则扬声器获得的功率减小，故CD错误。
故选：B。
（多选）（2023•河东区一模）如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕OO'轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R，所有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＝NBSωsinωt
B．矩形线圈从图示位置转过90°的时间内产生感应电动势的平均值为NBSω2π
C．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A1和A2示数都变小
D．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V2示数不变，V3的示数变大
【解答】解：A、因为图示位置是垂直中性面的位置，从此位置开始计时，所以矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为：e＝NBSωcsωt，故A错误；
B、矩形线圈从图示位置转过90°的时间内产生感应电动势的平均值为：E=NΔΦΔt=NBSπ2ω=2NBSωπ，故B错误；
C、滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路的阻值变大，则副线圈电流变小，根据原副线圈的电流与匝数成反比，可知原线圈电流也变小，故电流表A1和A2示数都变小，故C正确；
D、原线圈电压U1不变，原副线圈匝数比不变，则副线圈两端的电压不变，故电压表V2的示数不变。
滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，则副线圈中电流变小，电阻R0两端的电压变小，滑动变阻器两端的电压变大，即电压表V3的示数变大，故D正确。
故选：CD。
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).
（2023•辽宁模拟）图（a）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R表示输电线电阻，则当用户功率增大时（ ）
A．A2示数增大，A1示数减小
B．V1、V2示数都减小
C．输电线上的功率损失增大
D．V1、A1示数的乘积等于V2、A2示数的乘积
【解答】解：A．当用户功率增大时，降压变压器次级电流会变大，A2示数增大；此时发电机输出功率增大，线路中电流增大，A1示数增大，故A错误；
B．发电厂输出的电压恒定，则电压表V1的示数不变，由于输电线上电流变大，则输电线上损失的电压变大，则降压变压器原线圈两端电压变小，次级电压也会就减小，即电压表V2的示数减小，故B错误；
C．由于A1示数I1增大，则根据P损=I12R，可知输电线上损失的功率增大，故C正确；
D．根据输电线上有功率损失，可知V1、A1示数乘积U1I1＝P1，大于V2、A2示数乘积U2I2＝P2，故D错误。
故选：C。
（2023•温州模拟）我国已投产运行的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、技术水平最先进的输电工程，输送电功率最大可达1200万千瓦。输电线路流程和数据可简化为如图所示，若直流线路的输电线总电阻为10Ω，变压与整流等造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。当直流线路输电电流为4×103A时，下列说法正确的是（ ）
A．输送电功率为1.2×1010W
B．降压变压器匝数比为11：5
C．直流输电线上损失的功率为1.6×107W，损失的电压为40kV
D．若保持输送电功率不变，改用550kV输电，直流输电线上损失的功率为6.4×108W
【解答】解：A．输送电功率为P2=U2I2=1100×103×4×103W=4.4×109W
故A错误；
C．I2＝4×103A＝4kA，根据电路电压关系，输电导线末端电压U3＝（U2﹣I2r线）＝（1100﹣4×10）kV＝1060kV
原副线圈电压比等于匝数比，则降压变压器n3n4=U3U4=1060500≠115
故B错误；
C．根据电功率P＝I2R，则输电导线上损失的功率ΔP=I22r线=(4×103)2×10W=1.6×108W
损失的电压ΔU=I2r线=4×103×10V=40kV
故C错误；
D．保持输送功率不变，用550kV输电，输电导线上损失的功率ΔP=(P2U'2)2r线=(4.4×109550×103)2×10W=6.4×108W
故D正确。
故选：D。
（多选）（2023•湛江一模）图甲为某小型水电站的电能输送示意图，其输入电压如图乙所示．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）。降压变压器右侧部分为一火灾报警系统（报警器未画出），R0和R1为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法正确的是（ ）
A．n1n2＞n3n4
B．乙图中电压的瞬时值表达式为u＝2502sin100πt（V）
C．R处出现火警时，输电线上的电流增大
D．R处出现火警时，电压表V的示数增大
【解答】解：A、升压变压器原线圈匝数小于副线圈匝数，有n1＜n2
降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，有n3＞n4
则n1n2＜n3n4
故A错误；
B、由图像得，乙图中电压最大值Um＝2502V
电压的周期为T＝0.02s
则ω=2πT=2π0.02rad/s＝100πrad/s
则乙图中的电压瞬时值表达式为u＝2502sin100πt（V）
故B正确；
C、当R处出现火警时，其阻值减小，负载总电阻减小，负载的总功率增大，则I4增大，原副线圈匝数比等于电流的反比，则I3增大，故C正确；
D、输电线上损失的电压为ΔU=I32r
有C得，I3增大，则ΔU增大，输入电压U1不变，n1和n2不变，原副线圈电压之比等于匝数之比，所以U2不变，由于ΔU＝U2﹣U3
所以U3减小，n3和n4不变，则U4变小，即电压表的示数减小，故D错误。
故选：BC。
（多选）（2023•莆田模拟）近年来内地通过南方电网向香港输送电量约占香港总用电量的14，为香港经济社会发展注入了强劲动能。目前，南方电网通过10kV线路跨境对港供电，到2025年，粤港两地将建成500kV输变电工程。如图所示为粤港输电线路的原理图，当输电电压从10kV升高为500kV时，则（ ）
A．若输电功率不变，线路上的电流变为原来的50倍
B．若输电功率不变，线路的电阻不变，线路上损耗的功率变为原来的12500
C．若线路中的电流不变，则输电功率变为原来的50倍
D．若线路中的电流不变，则香港用户的功率变为原来的50倍
【解答】解：A、理想变压器两端的功率保持不变，若输电功率不变，当电压从10kV升高为500kV时，线路上的电流变为原来的150，故A错误；
B、由上述分析可知，电流变为原来的150，根据焦耳定律P＝I2r线可知，线路上损耗的功率变为原来的12500，故B正确；
CD、理想变压器两端的功率保持不变，若线路中的电流不变，在电压升高为原来的50倍的情况下，则输电功率变为原来的50倍，故C正确，D错误；
故选：BC。
一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，如图所示。输电线的总电阻为R，T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2，T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4，下列说法正确的是（ ）
A．当用户使用的电器增加时，I2、I3、I4均变小
B．降压变压器T2原、副线圈的电压U3、U4随用户使用电器的增加而减小
C．输电线上损失的功率为P32RU32，且随用户使用的电器增加而减小
D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比n1n2，同时应减小降压变压器的匝数比n3n4
【解答】解：A、当用户使用的电器增加时，降压变压器T2所并联的用电器增多，则输出功率P4增大，I2、I3、I4均变大，故A错误；
B、用户使用电器的增加，输电线路电压损耗增大、U3减小，根据U3：U4＝n3：n4可知U4减小，所以降压变压器T2原、副线圈的电压U3、U4随用户使用电器的增加而减小，故B正确；
C、根据P2＝U2I2可知，输电线的电流：I2=P2U2，则输电线上损失的功率为：ΔP＝I22R=P22RU22，随用户使用的电器增加输电电流增加，损失的功率增大，故C错误；
D、要减小线路的损耗，应使副线圈匝数增大，即减小升压变压器的匝数比n1n2，在功率不变的情况下可以减小输电电流；输电电压增大，降压变压器输入端电压增大，降压变压器输出端电压不变，根据U3：U4＝n3：n4可知应增大降压变压器的匝数比n3n4，故D错误。
故选：B。
（2022•大连二模）如图所示，线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的电动势e＝1112sin100πt（V）。线圈与理想升压变压器相连进行远距离输电，理想降压变压器的原、副线圈匝数之比为25：10，降压变压器副线圈接入一台电动机，电动机恰好正常工作，且电动机两端电压为220V，输入功率为1100W，电动机内阻为10Ω，输电线路总电阻为25Ω，线圈及其余导线电阻不计，电表均为理想电表，则下列说法正确的是（ ）
A．图示位置线圈处于中性面
B．图示位置时电压表示数为1112V
C．电动机输出的机械功率为850W
D．输电线路损失的电功率为375W
【解答】解：A、图示位置线圈平面与磁场平行，磁通量为零，左右两边正好垂直切割磁感线，感应电动势最大，不是中性面，故A错误；
B、电压表读的是交流电的有效值，即应该是111V，故B错误；
C、电动机两端电压为220V，输入功率为1100W，则其工作电流为5A，因电动机内阻为10Ω，则电动机因发热而消耗的功率为P＝52×10W＝250W，故电动机的输出功率为P出＝1100W﹣250W＝850W，故C正确；
D、设降压变压器流经原线圈的电流为I1，根据变压器的原理有I1=n4n3I=1025×5A=2A
输电线上损失的电功率为P=I12r=4×25W=100W，故D错误。
故选：C。
（2022•未央区校级二模）白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装16台我国自主研制的全球单机容量最大功率百万千瓦水轮发电机组。2021年6月28日，白鹤滩水电站首批机组投产发电，用500千伏特高压向四川远距离输电。在远距离输电中，输电线的电阻是不可忽略的，如图，为白鹤滩水电站输电线路原理图，水电站输出电压稳定的正弦交流电，升至特高压U后向四川供电，输送的总功率为P。用户端理想变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，R1为输电线总电阻，R2为不断电用户电阻（可视为定值电阻），R为可变用户电阻（可视为可变电阻）。当可变电阻R减小时，电压表和电流表示数变化的绝对值分别为ΔU、ΔI，电压表和电流表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．ΔUΔI=R2
B．ΔUΔI=(n2n1)2R1
C．对于原线圈回路，虚线框所圈部分的等效电阻为R'=n1n2(R2+R)
D．输电线路上损耗的功率为P损=R1R1+R2+RP
【解答】解：AB、设用户端理想变压器原副线圈两端电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，则根据理想变压器特点可得：
U1：U2＝n1：n2，I1：I2＝n2：n1
解得：U1=n1n2U2，I1=n2n1I2
对原线圈电路有：U＝I1R1+U1=n2n1I2R1+n1n2U2
由上式可得：ΔUΔI=|ΔU2ΔI2|=(n2n1)2R1，故A错误，B正确；
C、由U1＝I1R'，结合U1=n1n2U2，I1=n2n1I2联立可得：R′=(n1n2)2(R2+R)，故C错误；
D、根据C中分析可知，虚线框所圈部分的等效电阻为R'，则R1上消耗功率为：P损=R1R1+R'P=R1R1+(n1n2)2(R2+R)P，故D错误。
故选：B。
练出高分
一．选择题（共10小题）
1．（2023•市中区校级一模）如图所示，理想变压器原线圈电源电压U1＝3300V，副线圈两端电压U2＝220V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为3V，当开关S断开时，电流表A2的示数是15A。电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．原线圈匝数为75匝
B．当开关S断开时，电流表A1的示数为2A
C．当开关S闭合时，电流表A1的示数变小
D．当开关S闭合时，电流表A2的示数是30A
【解答】解：A、设接电压表的单匝线圈的匝数用n3表示，电压为U3，原线圈的匝数为n1，由电压与匝数的关系：U1U3=n1n3，可得n1＝1100匝，故A错误；
B、当开关S断开时，由输入功率等于输出功率有：U1I1＝U2I2，代入数据解得：I1＝1A，故B错误；
D、当开关S闭合时，两灯泡完全相同，并联后总电阻变为原来的一半，而输入端的电压以及线圈的匝数都不变，则可知副线圈两端的电压不变，因此副线圈回路中的电流变为原来的两倍，即电流表A2的示数是30A，故D正确；
C、当开关S闭合时，副线圈回路中的总电阻减小，故而电流增大，而原副线圈的匝数比不变，则可知原线圈中的电流也增大，即电流表A1的示数变大，故C错误。
故选：D。
2．（2023•山东模拟）如图所示的电路中，a、b接在电压有效值恒定的正弦交变电源上，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2＝2：1，A，V均为理想交流电表，R1、R2、R3为三个阻值均为R的定值电阻。开关S闭合时，电压表示数为U1，电流表示数为I1；S断开后，电压表示数为U2，电流表示数为I2。则U2−U1I1−I2的值为（ ）
A．R4B．R2C．RD．2R
【解答】解：在原线圈与电源组成的回路中，理想变压器原副线圈匝数比等于电压比，也等于电流的反比，则原线圈中电流为I12，电压为2U1，则a、b输入电压U=I12R+2U1
同理，当S断开后U=I22R+2U2
整理得：U2−U1I1−I2=R4
故A正确，BCD错误。
故选：A。
3．（2023•鞍山模拟）如图所示。理想变压器的原线圈a、b两端接输出电压恒定的正弦交流电，副线圈c、d两端通过输电线接两只相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，在图示状态开关S是断开的，当开关S闭合时下列判断正确的是（ ）
A．副线圈c、d两端的电压减小
B．原线圈a、b两端的电压增大
C．灯泡L1两端的电压减小
D．等效电阻R两端的电压不变
【解答】解：AB、根据变压器电路的动态分析可知，原副线圈电压之比为U1U2=n1n2
由于原副线圈匝数之比不变，所以变压器的输出电压也不变，故AB错误；
CD、当开关S闭合时，副线圈中的总电阻减小，
根据I=U2R总可知副线圈中的总电流增大，
等效电阻R两端的电压UR＝IR也会增大，
由于灯泡L1两端的电压UL＝U2﹣UR
所以灯泡L1两端的电压减小，故C正确，D错误。
故选：C。
4．（2023•天津一模）如图所示，在远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均可视为理想变压器，其中降压变压器原副线圈的匝数比n3：n4＝100：1，输电线上的总电阻R＝10Ω，输电线上损的功率ΔP＝40W，用户两端的电压U4＝220V，则下列说法正确的是（ ）
A．输电线上通过的电流为4A
B．升压变压器的输出电压为22kV
C．发电机的输出功率为66kW
D．用户消耗的功率为44kW
【解答】解：A、输电线上损失的功率ΔP＝I2R
则输电线上通过的电流为I=ΔPR=4010A=2A
故A错误；
B、根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，则有U3U4=n3n4
代入数据解得，降压变压器输入电压为U3＝22000V
输电线上的电压为ΔU＝IR＝2×10V＝20V
升压变压器的输出电压为U2＝U3+ΔU＝22000V+20V＝22020V
故B错误；
C、变压器不能改变电流的功率，则发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，有P1＝P2＝U2I＝22020×2W＝44040W
故C错误；
D、降压变压器的输入功率等于用户消耗的功率，则有P4＝P3＝U3I＝22000×20W＝44000W＝44kW
故D正确；
故选：D。
5．（2023•辽宁模拟）图（a）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R表示输电线电阻，则当用户功率增大时（ ）
A．A2示数增大，A1示数减小
B．V1、V2示数都减小
C．输电线上的功率损失增大
D．V1、A1示数的乘积等于V2、A2示数的乘积
【解答】解：A．当用户功率增大时，降压变压器次级电流会变大，A2示数增大；此时发电机输出功率增大，线路中电流增大，A1示数增大，故A错误；
B．发电厂输出的电压恒定，则电压表V1的示数不变，由于输电线上电流变大，则输电线上损失的电压变大，则降压变压器原线圈两端电压变小，次级电压也会就减小，即电压表V2的示数减小，故B错误；
C．由于A1示数I1增大，则根据P损=I12R，可知输电线上损失的功率增大，故C正确；
D．根据输电线上有功率损失，可知V1、A1示数乘积U1I1＝P1，大于V2、A2示数乘积U2I2＝P2，故D错误。
故选：C。
6．（2023•徐州模拟）随着经济发展，加之寒冬来临，用电需求增加，当火力发电供应紧张时，通过远距离调度方式，会及时将其他地区的风力发电、太阳能发电并入电网保障电力供应。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，两个变压器均为理想变压器。当用户用电器增加（假设所有用电器均可视为纯电阻），电网中数据发生变化，下列说法正确的是（ ）
A．降压变压器的输出电流I4减小
B．输电线上损失的功率减小
C．升压变压器的输出电压U2增大
D．发电厂输出的总功率增大
【解答】解：C、根据原、副线圈电压比等于匝数比可得U1U2=n1n2
可得升压变压器的输出电压为U2=n2n1U1
由于匝数不变，发电厂输出电压恒定不变，可知升压变压器的输出电压U2不变，故C错误；
A、原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数反比，设输电线电阻为R线，用户端总电阻为R，在高压传输电路上，有U2＝U3+I2R线
又U3U4=n3n4
I2I4=n4n3
I4=U4R
联立可得：U2=(n3n4R+n4n3R线)I4
当用户用电器增加，用电器为并联，用户端总电阻R减小，则降压变压器的输出电流I4增大，故A错误；
B、原副线圈电流比等于匝数的反比，有：I2I4=n4n3
由A得，I4增大，则I2增大，输电线上损失的功率为P损=I22R线
输电线上损失的功率增大，故B错误；
D、根据I1I2=n2n1
由B得，I2增大，则I1增大，发电厂输出的总功率为P出＝U1I1
发电厂输出的总功率增大，故D正确。
故选：D。
7．（2023•和平区校级模拟）图（a）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程“白鹤滩水电站”，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R表示输电线电阻，则当用户功率增大时（ ）
A．A2示数增大，A1示数减小
B．V1示数不变、V2示数减小
C．输电线上的功率损失减小
D．V1、A1示数的乘积等于V2、A2示数的乘积
【解答】解：AB、在此过程中，发电机的电压不变，而升压变压器的匝数也保持不变，则电压表V1的示数不变，使用户消耗的电功率增加，发电机输出功率增加时，说明发电机的电流增大，在保持升压变压器匝数比不变的情况下，则输电电路上的电流也增加，A1示数增大，因此在输电线路上的电压损失也增多，在保持降压变压器的匝数比不变的情况下，电压表V2的示数减小，因为输电线上的电流增加，而降压变压器的匝数比保持不变，则电流表A2的示数增大，故A错误，B正确；
C、根据ΔP＝I2r输电线上的功率损失增大，故C错误；
D、由于输电线上有功率损失，V1、A1示数的乘积大于V2、A2示数的乘积，故D错误。
故选：B。
8．（2023•广陵区校级一模）如图所示为远距离输电原理图，变压器T1、T2为理想变压器，T1原、副线圈的匝数比为1：10，T2原、副线圈的匝数比为10：1，发电机的输出功率为P，输出电压为U，用电器R0两端的电压为0.98U，则输电线的电阻R为（ ）
A．U2PB．2U2PC．0.2U2PD．0.5U2P
【解答】解：根据T1原副线圈匝数比可知，T1的输入电流为I=PU，输出电流为I'=P10U，T2的输出电流仍为I，则电阻R上消耗的功率为P﹣0.98P=(P10U)2R，解得R=2U2P，故B正确，ACD错误。
故选：B。
9．（2022•重庆模拟）2021年下半年，东北一些地区、一些时段实行了限电、停电，引起人们对输电、用电、节能的关注。某电站的电能输送示意图如图所示，升压变压器与降压变压器间输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数之比n1n2=m，降压变压器原、副线圈匝数之比n3n4=k。变压器均为理想变压器，如果发电机的输出电压为U1，用户输入端电压为U2，用户消耗电功率为P，则输电线上消耗电功率为（ ）
A．(PmU1)2rB．(mPU1)2rC．(PkU2)2rD．(kPU2)2r
【解答】解：降压变压器副线圈电流
I4=PU2
降压变压器原线圈电流
I3=n4n3I4=PkU2
则升压变压器与降压变压器间输电线上消耗电功率
P′=I32r=(PkU2)2r
故C正确，ABD错误。
故选：C。
10．（2023•广州二模）如图甲所示的黑光灯利用紫色光引诱害虫飞近高压电网罩米击杀害虫.图乙是黑光灯高压电网罩的工作电路，变压器将有效值为220V的交变电压变成高压，当高压电网罩的电压峰值达到3110V时，可击杀害虫，则变压器的匝数比n₁：n₂为（ ）
A．1：10B．1：20C．22：311D．311：22
【解答】解：有效值为220V的交变电压的峰值为：
U1=U有×2=220V×2=311V
根据变压器的工作原理可得：
U1U2=n1n2=311V3110V=110，故A正确，BCD错误；
故选：A。
二．计算题（共2小题）
11．（2023•重庆模拟）如图甲所示，发电机的输出电压为220V，输出功率为44kW，每条输电线电阻为0.2Ω，求用户得到的电压和电功率各是多少？如果如图乙所示，发电机先用变压比为1：10的升压变压器将电压升高，经同样的输电线且经变压比为10：1的降压变压器降压后再供给用户，则用户得到的电压和电功率各是多少？
【解答】解：根据功率公式P0＝U0I0
得输电电流I0=P0U0=44000220A=200A
则输电线上的电压损失U损＝I0R线＝200×0.2×2V＝80V
功率损失P损=I02R线=2002×2×0.2W＝16000W
所以用户得到的电压U用户＝U﹣U损＝220V﹣80V＝140V
用户得到的功率P用户＝P﹣P损＝44000W﹣16000W＝28000W
根据理想变压器电压与匝数比的关系，升压变压器副线圈两端电压U1=n2n1U0=101×220V=2200V
根据功率关系P0＝P1＝U1I1
得到输电线上的电流I1=P0U1=440002200A=20A
则输电线上的电压损失ΔU＝I1R线＝20×0.2×2V＝8V
功率损失ΔP=I12R线=202×2×0.2W=160W
所以降压变压器的输入电压U2＝U1﹣ΔU＝2200V﹣8V＝2192V
降压变压器的输入功率P2＝P﹣ΔP＝44000W﹣160W＝43840W
根据理想变压器电压与匝数比的关系，用户得到的电压U3=n3n4U2=110×2192V=219.2V
对于降压变压器，输入功率和输出功率相等
所以用户得到的功率P3＝P2＝43840W。
答：（1）户得到的电压和电功率各是140V，28000W；
（2）用户得到的电压和电功率各是219.2V，43840W。
12．（2022•丹阳市校级三模）如图甲所示为某一发电机的实物模型，其工作原理可简化为如图乙所示：强磁场的磁感应强度大小为22T，矩形线圈的总电阻为0.3Ω、匝数为50匝、面积为0.2m2，可绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动．现将该发电机接在理想变压器的原线圈上，副线圈接有规格均为“220V，110W”的灯泡L1、L2，如图丙所示，现在使发电机匀速转动，使两灯泡均正常发光，已知理想变压器的原副线圈匝数之比为1：10，电压表为理想交流电表，其余电阻均不计。求：
（1）理想交流电压表的读数；
（2）手摇发电机匀速转动的角速度。
【解答】解：（1）由题意可知副线圈两端电压为U2＝220V，根据理想变压器变压规律可得原线圈两端电压，即理想交流电压表的读数为U1=n1n2U2=110×220V=22V
（2）副线圈中的电流为I2=2PU2=2×110220A=1A
根据理想变压器变流规律可得原线圈中的电流为I1=n2n1I2=101×1A=10A
设发电机匀速转动的角速度为ω，则产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω
有效值为E=Em2
根据闭合电路欧姆定律可得
E﹣I1r＝U1
联立解得ω＝5rad/s
答：（1）理想交流电压表的读数为22V；
（2）手摇发电机匀速转动的角速度为5rad/s。
目录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc134649238" 考点一 理想变压器基本关系的应用 PAGEREF _Tc134649238 \h 1
\l "_Tc134649239" 考点二 理想变压器的动态分析 PAGEREF _Tc134649239 \h 1
\l "_Tc134649240" 考点三 远距离输电问题 PAGEREF _Tc134649240 \h 7
\l "_Tc134649241" 练出高分 PAGEREF _Tc134649241 \h 12
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．
（2023•南京二模）理想环形变压器示意图如图甲所示，原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图乙所示，Um＝2202V，副线圈接一“12V 22W”的电灯，恰好正常发光，图中电表均为理想交流电表。下列说法正确的是（ ）
A．原、副线圈的磁通量变化率之比为55：3
B．电流表的读数为0.1A
C．t＝5×10﹣3s时，电压表示数为零
D．若电压表改为非理想电表，电流表示数会变小
【解答】解：A．理想变压器原、副线圈的磁通量变化率之比为ΔΦ原Δt：ΔΦ副Δt=1：1
故A错误；
B．原线圈两端电压的有效值U1=Um2
通过副线圈的电流I2=PU
线圈的匝数比n1n2=U1U2
电流表的读数为I1=n2n1I2
代入数据解得I1＝0.1A
故B正确；
C．电压表测的为副线圈两端电压的有效值，即始终为12V，故C错误；
D．若电压表改为非理想电表，则副线圈电阻变小，因原线圈电压与匝数都不变，则副线圈电压不变，则副线圈电流变大，根据n1n2=I2I1
可知原线圈电流也增大，电流表示数会变大，故D错误。
故选：B。
（2023•福州模拟）如图所示，一圆形线圈在水平方向的匀强磁场中绕竖直方向的轴匀速转动，通过电刷与理想变压器原线圈相连，图示时刻圆形线圈平面与磁感线平行，R为定值电阻，不计圆形线圈电阻，电压表为理想交流电表，则（ ）
A．图示时刻，电压表的读数为0
B．若仅将圆形线圈匝数减少为原来的12，R两端电压减小为原来的12
C．若仅将圆形线圈转速减少为原来的12，R消耗的电功率减小为原来的12
D．若仅将变压器原线圈匝数减少为原来的12，通过R的电流减小为原来的12
【解答】解：A、交流电最大电动势Em＝NBSω，变压器输入电压有效值U1=Em2，根据变压器原理可知
U1U2=n1n2
得电压表读数U2=n2n1⋅NBSω2
由于交流电表的读数为有效值，故电压表读数为U2一直不变，故A错误；
B、圆形线圈匝数变为原来12时，R两端电压U2也变为原来12，故B正确；
C、圆形线圈转速变为原来12，R消耗的电功率P=U22R，变为原来14，故C错误；
D、原线圈匝数n1变为原来12，则U2变为原来2倍，即电流变为原来2倍，故D错误。
故选：B。
如图甲所示，与理想变压器连接的矩形金属线框（电阻不计）绕与磁感线垂直的轴在匀强磁场中匀速转动，输出的交变电流的电压随时间变化的图像如图乙所示。已知变压器原、副线圈匝数之比为1：5，定值电阻R2＝10R1，下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.01s时，穿过线框的磁通量最大
B．1s内流过电阻R2的电流方向改变50次
C．若让线圈转动的角速度减半，则电阻R1消耗的电功率减半
D．电压表示数为30V
【解答】解：A、由乙图可知，t＝0.01s时，线框输出电压达到最大，穿过线框的磁通量变化率最大，穿过整个线框的磁通量为0，故A错误；
B、由图可知交流电周期为T＝0.02s
则频率为f=1T=10.02Hz＝50Hz
则1s内流过R2的电流方向改变100次，故B错误；
C．根据Em＝NBSω得，若线圈转动角速度减半，则线圈产生的感应电动势最大值减半，有效值也减半。由于回路中等效电阻阻值不变，则回路中相应的感应电流也减半，对于电阻R1，有P＝I2R1
则R1消耗的功率变为原来的四分之一，故C错误；
D、理想变压器原副线圈电流比等于匝数的反比，设副线圈电流为I，则原线圈电流为5I，则电压表示数为U2＝IR2＝10IR1
理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，则原线圈两端电压为U1=15U2=2IR1
电阻R1两端电压为UR＝5IR1
可得AB两端的电压U＝UR+U1＝7IR1
由图可得，AB两端的电压有效值U=2122V＝21V
联立解得：IR1＝3V
则电压表示数为U2＝IR2＝10IR1＝10×3V＝30V
故D正确。
故选：D。
（2023•台州二模）如图所示为手机的无线充电原理示意图。正常工作状态下，输入电压为220V时，接收线圈的电压为8V。已知发射线圈的匝数为1100匝，装置的磁通量损耗约为20%。下列说法正确的是（ ）
A．接收线圈的匝数为40匝
B．两线圈中交变电流的频率不相同
C．让手机略微远离充电装置，接收线圈的电压不变
D．相比有线充电器，该装置能量损耗率更高
【解答】解：A、由法拉第电磁感应定律得，发射线圈的电压为U1=n1ΔΦΔt
装置的磁通量损耗约为20%，则接收线圈的电压为U2=n2ΔΦ(1−20%)Δt
所以U1U2=n1n2×(1−20%)
代入数据解得，接收线圈的匝数为n2＝50匝
故A错误；
B、变压器不改变交变电流的频率，则发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故B错误；
C、让手机略微远离充电装置，受电线圈中感应电流变小，发射线圈中的感应电流变小，则接收线圈的电压发生变化，故C错误；
D、无线充电利用能量转化的原理充电的，将电场能变成磁场能，然后再变成电场能给电池充电，相比有线充电器，该装置能量损耗率更高，故D正确。
故选：D。
（2023•西城区一模）如图1，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。如图2，原线圈与交流电源连接，副线圈与负载R连接。已知，原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈的输入功率为P1、电压为U1、电流为I1、频率为f1，副线圈的输出功率为P2、电压为U2、电流为I2、频率为f2。下列说法正确的是（ ）
A．若变压器为理想变压器，且n1＞n2，则U1＞U2，f1＞f2
B．若变压器为理想变压器，且n1＜n2，则I1＜I2，f1＝f2
C．若仅考虑I1产生的磁场不能完全局限在铁芯内，则P1＞P2
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则I1I2＜n2n1
【解答】解：AB．若变压器为理想变压器，且n1＞n2，则根据理想变压器电压比等于匝数比，即U1U2=n1n2
可知U1＞U2
若n1＜n2
根据理想变压器电流比等于匝数反比，即I1I2=n2n1
可知I1＞I2
原、副线圈中的交流电频率一定相等，故AB错误；
C．若仅考虑I1产生的磁场不能完全局限在铁芯内，变压器中存在漏磁损耗，故原线圈的输入功率大于副线圈的输出功率，故C正确；
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则U1I1＞U2I2
即I1I2＞U2U1＞n2n1
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•永州三模）如图甲所示，ab两点间接入电压如图乙变化的交流电源，电阻R1＝10Ω，滑动变阻器R2初始状态电阻为10Ω，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，则（ ）
A．若滑动变阻器R2＝10Ω时，电流表示数为4.4A
B．若滑动变阻器滑片向右移动时，R1的功率逐渐增大
C．若改变滑动变阻器R2阻值，使R2的功率最大时，此时R2＝10Ω
D．若保持滑动变阻器R2=109Ω不变，只改变原副线圈匝数比，使R2功率最大时，原副线圈匝数比为3：1
【解答】解：AB．根据正弦式交流电的特点可知，输入的交流电源的有效值为U=22022V=220V
设电流表的示数为I2，根据电流与匝数比的关系可知原线圈的电流为：
I1=I22
副线圈的电压为：U2＝I2R2
则原线圈的电压为：U1＝2U2＝2I2R2＝4I1R2
则U＝I1R1+U1＝I1R1+4I1R2
联立可得：I1＝4.4A；I2＝8.8A
根据闭合电路欧姆定律可得：
U＝I1R1+4I1R2＝I1（R1+4R2）
可知若滑动变阻器滑片向右移动时，I1变小，根据P＝I2R可知R1的功率逐渐减小，故AB错误；
C．根据等效电阻的知识可知，副线圈对应的原线圈位置的等效电阻为4R2，根据电路结构可知，原线圈消耗功率为：
P＝[UR1+4R2]2•4R2
化简得P=2202R3(5+4R3)2=220225R3+16R3+40
根据数学的不等式知识可知，当4R2＝R1时，R2的功率最大，解得：R2＝2.5Ω，故C错误；
D．设原副线圈的匝数比为n，根据AB选项分析可知，可以将原线圈电阻等效为n2R2，根据上述分析可知，当n2R2＝R1时，R2功率最大，则
n2×109=R1
解得n＝3
可知若保持滑动变阻器R2=109Ω不变，只改变原副线圈匝数比，使R2功率最大时，原副线圈匝数比为3：1，故D正确。
故选：D。
（2023•邯郸二模）如图甲所示含有理想变压器的电路中，电阻R1、R2的阻值分别为2Ω、3Ω，电流表A1、A2和电压表V1、V2均为理想交流电表，变压器原、副线圈匝数比为2：1，a、b两端接如图乙所示的交流电时，下列说法正确的是（ ）
A．a、b端电压的瞬时值表达式为u=2202sin50πt(V)
B．电压表V1、V2示数之比为7：3
C．若增大电阻R1，则R2消耗的电功率变大
D．若增大原、副线圈匝数比，则电流表A1示数变大
【解答】解：A、由图乙可知：交流电的频率f＝50Hz，所以圆频率：ω＝2πf＝2π×50rad/s＝100πrad/s，则a、b端电压的瞬时值表达式为：u=2202sin100πt(V)，故A错误；
B、变压器原、副线圈匝数比为2：1，设电流表A1的示数为I，则电流表A2的示数为2I，电压表V2的读数为：U2＝2IR2
设原线圈两端的电压为U′，则：U'U2=21，即：U′＝2U2
根据欧姆定律可知，电阻R1两端的电压为U′1＝IR1，则电压表V1的读数为：U1＝U1′+U′，则电压表V1、V2示数之比为：U1U2=73，故B正确；
C、增大电阻R1，输入电压一定，则原线圈电流表A1的示数变小，根据变压器的变流规律有：I1I2=n2n1，电流表A2的示数变小，R2消耗的电功率变小，故C错误；
D、若增大原、副线圈匝数比，根据B、C选项的分析，原线圈电流表A1的示数会减小，故D错误。
故选：B。
（2023•甘肃模拟）如图所示，理想降压变压器原线圈接入电压有效值不变的正弦交变电流，电阻R1、R2、R3、R4为定值电阻，电表均视为理想交流电表，初始时开关S闭合，下列说法正确的是（ ）
A．断开开关S后，电压表V2的示数不变
B．断开开关S后，原、副线圈的电流都增大
C．断开开关S后，整个副线圈回路消耗的总功率不变
D．断开开关S后，电阻R1的功率减小，电阻R2的功率增大
【解答】解：B、断开开关S后，原线圈的输入电压U不变，则副线圈的输出电压U1不变，副线圈的总电阻变大，由欧姆定律得，副线圈的电流I变小，则原线圈的电流也变小，故B错误；
C、整个副线圈回路消耗的总功率为P＝U1I
由B得，U1不变，I变小，则总功率减小，故C错误；
A、电压表V2的示数为U2＝U1﹣IR1
其中U1不变，I减小，故U2变大，故A错误；
D、电阻R1的功率为P1=I2R1
I减小，故电阻R1的功率减小，电阻R2的功率为P2=U22R2
其中U2变大，故电阻R2的功率增大，故D正确；
故选：D。
（2023•淄博一模）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，心电仪与一理想变压器的初级线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器连接在该变压器的次级线圈。则（ ）
A．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，扬声器的功率变大
B．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，原线圈电流I1变小
C．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，扬声器获得的功率增大
D．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，副线圈的电流I2增大
【解答】解：AB、保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，根据变压器原、副线圈的电压与匝数关系可知，次级电压U2减小，根据欧姆定律和功率公式可知，扬声器的功率变小，次级电流减小，根据变流比可知，原线圈初级电流I1也变小，故A错误，B正确；
CD、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向右滑，电阻变大，根据欧姆定律可知，次级电流I2减小，则扬声器获得的功率减小，故CD错误。
故选：B。
（多选）（2023•河东区一模）如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕OO'轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R，所有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＝NBSωsinωt
B．矩形线圈从图示位置转过90°的时间内产生感应电动势的平均值为NBSω2π
C．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A1和A2示数都变小
D．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V2示数不变，V3的示数变大
【解答】解：A、因为图示位置是垂直中性面的位置，从此位置开始计时，所以矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为：e＝NBSωcsωt，故A错误；
B、矩形线圈从图示位置转过90°的时间内产生感应电动势的平均值为：E=NΔΦΔt=NBSπ2ω=2NBSωπ，故B错误；
C、滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路的阻值变大，则副线圈电流变小，根据原副线圈的电流与匝数成反比，可知原线圈电流也变小，故电流表A1和A2示数都变小，故C正确；
D、原线圈电压U1不变，原副线圈匝数比不变，则副线圈两端的电压不变，故电压表V2的示数不变。
滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，则副线圈中电流变小，电阻R0两端的电压变小，滑动变阻器两端的电压变大，即电压表V3的示数变大，故D正确。
故选：CD。
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).
（2023•辽宁模拟）图（a）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R表示输电线电阻，则当用户功率增大时（ ）
A．A2示数增大，A1示数减小
B．V1、V2示数都减小
C．输电线上的功率损失增大
D．V1、A1示数的乘积等于V2、A2示数的乘积
【解答】解：A．当用户功率增大时，降压变压器次级电流会变大，A2示数增大；此时发电机输出功率增大，线路中电流增大，A1示数增大，故A错误；
B．发电厂输出的电压恒定，则电压表V1的示数不变，由于输电线上电流变大，则输电线上损失的电压变大，则降压变压器原线圈两端电压变小，次级电压也会就减小，即电压表V2的示数减小，故B错误；
C．由于A1示数I1增大，则根据P损=I12R，可知输电线上损失的功率增大，故C正确；
D．根据输电线上有功率损失，可知V1、A1示数乘积U1I1＝P1，大于V2、A2示数乘积U2I2＝P2，故D错误。
故选：C。
（2023•温州模拟）我国已投产运行的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、技术水平最先进的输电工程，输送电功率最大可达1200万千瓦。输电线路流程和数据可简化为如图所示，若直流线路的输电线总电阻为10Ω，变压与整流等造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。当直流线路输电电流为4×103A时，下列说法正确的是（ ）
A．输送电功率为1.2×1010W
B．降压变压器匝数比为11：5
C．直流输电线上损失的功率为1.6×107W，损失的电压为40kV
D．若保持输送电功率不变，改用550kV输电，直流输电线上损失的功率为6.4×108W
【解答】解：A．输送电功率为P2=U2I2=1100×103×4×103W=4.4×109W
故A错误；
C．I2＝4×103A＝4kA，根据电路电压关系，输电导线末端电压U3＝（U2﹣I2r线）＝（1100﹣4×10）kV＝1060kV
原副线圈电压比等于匝数比，则降压变压器n3n4=U3U4=1060500≠115
故B错误；
C．根据电功率P＝I2R，则输电导线上损失的功率ΔP=I22r线=(4×103)2×10W=1.6×108W
损失的电压ΔU=I2r线=4×103×10V=40kV
故C错误；
D．保持输送功率不变，用550kV输电，输电导线上损失的功率ΔP=(P2U'2)2r线=(4.4×109550×103)2×10W=6.4×108W
故D正确。
故选：D。
（多选）（2023•湛江一模）图甲为某小型水电站的电能输送示意图，其输入电压如图乙所示．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）。降压变压器右侧部分为一火灾报警系统（报警器未画出），R0和R1为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法正确的是（ ）
A．n1n2＞n3n4
B．乙图中电压的瞬时值表达式为u＝2502sin100πt（V）
C．R处出现火警时，输电线上的电流增大
D．R处出现火警时，电压表V的示数增大
【解答】解：A、升压变压器原线圈匝数小于副线圈匝数，有n1＜n2
降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，有n3＞n4
则n1n2＜n3n4
故A错误；
B、由图像得，乙图中电压最大值Um＝2502V
电压的周期为T＝0.02s
则ω=2πT=2π0.02rad/s＝100πrad/s
则乙图中的电压瞬时值表达式为u＝2502sin100πt（V）
故B正确；
C、当R处出现火警时，其阻值减小，负载总电阻减小，负载的总功率增大，则I4增大，原副线圈匝数比等于电流的反比，则I3增大，故C正确；
D、输电线上损失的电压为ΔU=I32r
有C得，I3增大，则ΔU增大，输入电压U1不变，n1和n2不变，原副线圈电压之比等于匝数之比，所以U2不变，由于ΔU＝U2﹣U3
所以U3减小，n3和n4不变，则U4变小，即电压表的示数减小，故D错误。
故选：BC。
（多选）（2023•莆田模拟）近年来内地通过南方电网向香港输送电量约占香港总用电量的14，为香港经济社会发展注入了强劲动能。目前，南方电网通过10kV线路跨境对港供电，到2025年，粤港两地将建成500kV输变电工程。如图所示为粤港输电线路的原理图，当输电电压从10kV升高为500kV时，则（ ）
A．若输电功率不变，线路上的电流变为原来的50倍
B．若输电功率不变，线路的电阻不变，线路上损耗的功率变为原来的12500
C．若线路中的电流不变，则输电功率变为原来的50倍
D．若线路中的电流不变，则香港用户的功率变为原来的50倍
【解答】解：A、理想变压器两端的功率保持不变，若输电功率不变，当电压从10kV升高为500kV时，线路上的电流变为原来的150，故A错误；
B、由上述分析可知，电流变为原来的150，根据焦耳定律P＝I2r线可知，线路上损耗的功率变为原来的12500，故B正确；
CD、理想变压器两端的功率保持不变，若线路中的电流不变，在电压升高为原来的50倍的情况下，则输电功率变为原来的50倍，故C正确，D错误；
故选：BC。
一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，如图所示。输电线的总电阻为R，T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2，T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4，下列说法正确的是（ ）
A．当用户使用的电器增加时，I2、I3、I4均变小
B．降压变压器T2原、副线圈的电压U3、U4随用户使用电器的增加而减小
C．输电线上损失的功率为P32RU32，且随用户使用的电器增加而减小
D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比n1n2，同时应减小降压变压器的匝数比n3n4
【解答】解：A、当用户使用的电器增加时，降压变压器T2所并联的用电器增多，则输出功率P4增大，I2、I3、I4均变大，故A错误；
B、用户使用电器的增加，输电线路电压损耗增大、U3减小，根据U3：U4＝n3：n4可知U4减小，所以降压变压器T2原、副线圈的电压U3、U4随用户使用电器的增加而减小，故B正确；
C、根据P2＝U2I2可知，输电线的电流：I2=P2U2，则输电线上损失的功率为：ΔP＝I22R=P22RU22，随用户使用的电器增加输电电流增加，损失的功率增大，故C错误；
D、要减小线路的损耗，应使副线圈匝数增大，即减小升压变压器的匝数比n1n2，在功率不变的情况下可以减小输电电流；输电电压增大，降压变压器输入端电压增大，降压变压器输出端电压不变，根据U3：U4＝n3：n4可知应增大降压变压器的匝数比n3n4，故D错误。
故选：B。
（2022•大连二模）如图所示，线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的电动势e＝1112sin100πt（V）。线圈与理想升压变压器相连进行远距离输电，理想降压变压器的原、副线圈匝数之比为25：10，降压变压器副线圈接入一台电动机，电动机恰好正常工作，且电动机两端电压为220V，输入功率为1100W，电动机内阻为10Ω，输电线路总电阻为25Ω，线圈及其余导线电阻不计，电表均为理想电表，则下列说法正确的是（ ）
A．图示位置线圈处于中性面
B．图示位置时电压表示数为1112V
C．电动机输出的机械功率为850W
D．输电线路损失的电功率为375W
【解答】解：A、图示位置线圈平面与磁场平行，磁通量为零，左右两边正好垂直切割磁感线，感应电动势最大，不是中性面，故A错误；
B、电压表读的是交流电的有效值，即应该是111V，故B错误；
C、电动机两端电压为220V，输入功率为1100W，则其工作电流为5A，因电动机内阻为10Ω，则电动机因发热而消耗的功率为P＝52×10W＝250W，故电动机的输出功率为P出＝1100W﹣250W＝850W，故C正确；
D、设降压变压器流经原线圈的电流为I1，根据变压器的原理有I1=n4n3I=1025×5A=2A
输电线上损失的电功率为P=I12r=4×25W=100W，故D错误。
故选：C。
（2022•未央区校级二模）白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装16台我国自主研制的全球单机容量最大功率百万千瓦水轮发电机组。2021年6月28日，白鹤滩水电站首批机组投产发电，用500千伏特高压向四川远距离输电。在远距离输电中，输电线的电阻是不可忽略的，如图，为白鹤滩水电站输电线路原理图，水电站输出电压稳定的正弦交流电，升至特高压U后向四川供电，输送的总功率为P。用户端理想变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，R1为输电线总电阻，R2为不断电用户电阻（可视为定值电阻），R为可变用户电阻（可视为可变电阻）。当可变电阻R减小时，电压表和电流表示数变化的绝对值分别为ΔU、ΔI，电压表和电流表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．ΔUΔI=R2
B．ΔUΔI=(n2n1)2R1
C．对于原线圈回路，虚线框所圈部分的等效电阻为R'=n1n2(R2+R)
D．输电线路上损耗的功率为P损=R1R1+R2+RP
【解答】解：AB、设用户端理想变压器原副线圈两端电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，则根据理想变压器特点可得：
U1：U2＝n1：n2，I1：I2＝n2：n1
解得：U1=n1n2U2，I1=n2n1I2
对原线圈电路有：U＝I1R1+U1=n2n1I2R1+n1n2U2
由上式可得：ΔUΔI=|ΔU2ΔI2|=(n2n1)2R1，故A错误，B正确；
C、由U1＝I1R'，结合U1=n1n2U2，I1=n2n1I2联立可得：R′=(n1n2)2(R2+R)，故C错误；
D、根据C中分析可知，虚线框所圈部分的等效电阻为R'，则R1上消耗功率为：P损=R1R1+R'P=R1R1+(n1n2)2(R2+R)P，故D错误。
故选：B。
练出高分
一．选择题（共10小题）
1．（2023•市中区校级一模）如图所示，理想变压器原线圈电源电压U1＝3300V，副线圈两端电压U2＝220V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为3V，当开关S断开时，电流表A2的示数是15A。电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．原线圈匝数为75匝
B．当开关S断开时，电流表A1的示数为2A
C．当开关S闭合时，电流表A1的示数变小
D．当开关S闭合时，电流表A2的示数是30A
【解答】解：A、设接电压表的单匝线圈的匝数用n3表示，电压为U3，原线圈的匝数为n1，由电压与匝数的关系：U1U3=n1n3，可得n1＝1100匝，故A错误；
B、当开关S断开时，由输入功率等于输出功率有：U1I1＝U2I2，代入数据解得：I1＝1A，故B错误；
D、当开关S闭合时，两灯泡完全相同，并联后总电阻变为原来的一半，而输入端的电压以及线圈的匝数都不变，则可知副线圈两端的电压不变，因此副线圈回路中的电流变为原来的两倍，即电流表A2的示数是30A，故D正确；
C、当开关S闭合时，副线圈回路中的总电阻减小，故而电流增大，而原副线圈的匝数比不变，则可知原线圈中的电流也增大，即电流表A1的示数变大，故C错误。
故选：D。
2．（2023•山东模拟）如图所示的电路中，a、b接在电压有效值恒定的正弦交变电源上，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2＝2：1，A，V均为理想交流电表，R1、R2、R3为三个阻值均为R的定值电阻。开关S闭合时，电压表示数为U1，电流表示数为I1；S断开后，电压表示数为U2，电流表示数为I2。则U2−U1I1−I2的值为（ ）
A．R4B．R2C．RD．2R
【解答】解：在原线圈与电源组成的回路中，理想变压器原副线圈匝数比等于电压比，也等于电流的反比，则原线圈中电流为I12，电压为2U1，则a、b输入电压U=I12R+2U1
同理，当S断开后U=I22R+2U2
整理得：U2−U1I1−I2=R4
故A正确，BCD错误。
故选：A。
3．（2023•鞍山模拟）如图所示。理想变压器的原线圈a、b两端接输出电压恒定的正弦交流电，副线圈c、d两端通过输电线接两只相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，在图示状态开关S是断开的，当开关S闭合时下列判断正确的是（ ）
A．副线圈c、d两端的电压减小
B．原线圈a、b两端的电压增大
C．灯泡L1两端的电压减小
D．等效电阻R两端的电压不变
【解答】解：AB、根据变压器电路的动态分析可知，原副线圈电压之比为U1U2=n1n2
由于原副线圈匝数之比不变，所以变压器的输出电压也不变，故AB错误；
CD、当开关S闭合时，副线圈中的总电阻减小，
根据I=U2R总可知副线圈中的总电流增大，
等效电阻R两端的电压UR＝IR也会增大，
由于灯泡L1两端的电压UL＝U2﹣UR
所以灯泡L1两端的电压减小，故C正确，D错误。
故选：C。
4．（2023•天津一模）如图所示，在远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均可视为理想变压器，其中降压变压器原副线圈的匝数比n3：n4＝100：1，输电线上的总电阻R＝10Ω，输电线上损的功率ΔP＝40W，用户两端的电压U4＝220V，则下列说法正确的是（ ）
A．输电线上通过的电流为4A
B．升压变压器的输出电压为22kV
C．发电机的输出功率为66kW
D．用户消耗的功率为44kW
【解答】解：A、输电线上损失的功率ΔP＝I2R
则输电线上通过的电流为I=ΔPR=4010A=2A
故A错误；
B、根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，则有U3U4=n3n4
代入数据解得，降压变压器输入电压为U3＝22000V
输电线上的电压为ΔU＝IR＝2×10V＝20V
升压变压器的输出电压为U2＝U3+ΔU＝22000V+20V＝22020V
故B错误；
C、变压器不能改变电流的功率，则发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，有P1＝P2＝U2I＝22020×2W＝44040W
故C错误；
D、降压变压器的输入功率等于用户消耗的功率，则有P4＝P3＝U3I＝22000×20W＝44000W＝44kW
故D正确；
故选：D。
5．（2023•辽宁模拟）图（a）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R表示输电线电阻，则当用户功率增大时（ ）
A．A2示数增大，A1示数减小
B．V1、V2示数都减小
C．输电线上的功率损失增大
D．V1、A1示数的乘积等于V2、A2示数的乘积
【解答】解：A．当用户功率增大时，降压变压器次级电流会变大，A2示数增大；此时发电机输出功率增大，线路中电流增大，A1示数增大，故A错误；
B．发电厂输出的电压恒定，则电压表V1的示数不变，由于输电线上电流变大，则输电线上损失的电压变大，则降压变压器原线圈两端电压变小，次级电压也会就减小，即电压表V2的示数减小，故B错误；
C．由于A1示数I1增大，则根据P损=I12R，可知输电线上损失的功率增大，故C正确；
D．根据输电线上有功率损失，可知V1、A1示数乘积U1I1＝P1，大于V2、A2示数乘积U2I2＝P2，故D错误。
故选：C。
6．（2023•徐州模拟）随着经济发展，加之寒冬来临，用电需求增加，当火力发电供应紧张时，通过远距离调度方式，会及时将其他地区的风力发电、太阳能发电并入电网保障电力供应。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，两个变压器均为理想变压器。当用户用电器增加（假设所有用电器均可视为纯电阻），电网中数据发生变化，下列说法正确的是（ ）
A．降压变压器的输出电流I4减小
B．输电线上损失的功率减小
C．升压变压器的输出电压U2增大
D．发电厂输出的总功率增大
【解答】解：C、根据原、副线圈电压比等于匝数比可得U1U2=n1n2
可得升压变压器的输出电压为U2=n2n1U1
由于匝数不变，发电厂输出电压恒定不变，可知升压变压器的输出电压U2不变，故C错误；
A、原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数反比，设输电线电阻为R线，用户端总电阻为R，在高压传输电路上，有U2＝U3+I2R线
又U3U4=n3n4
I2I4=n4n3
I4=U4R
联立可得：U2=(n3n4R+n4n3R线)I4
当用户用电器增加，用电器为并联，用户端总电阻R减小，则降压变压器的输出电流I4增大，故A错误；
B、原副线圈电流比等于匝数的反比，有：I2I4=n4n3
由A得，I4增大，则I2增大，输电线上损失的功率为P损=I22R线
输电线上损失的功率增大，故B错误；
D、根据I1I2=n2n1
由B得，I2增大，则I1增大，发电厂输出的总功率为P出＝U1I1
发电厂输出的总功率增大，故D正确。
故选：D。
7．（2023•和平区校级模拟）图（a）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程“白鹤滩水电站”，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R表示输电线电阻，则当用户功率增大时（ ）
A．A2示数增大，A1示数减小
B．V1示数不变、V2示数减小
C．输电线上的功率损失减小
D．V1、A1示数的乘积等于V2、A2示数的乘积
【解答】解：AB、在此过程中，发电机的电压不变，而升压变压器的匝数也保持不变，则电压表V1的示数不变，使用户消耗的电功率增加，发电机输出功率增加时，说明发电机的电流增大，在保持升压变压器匝数比不变的情况下，则输电电路上的电流也增加，A1示数增大，因此在输电线路上的电压损失也增多，在保持降压变压器的匝数比不变的情况下，电压表V2的示数减小，因为输电线上的电流增加，而降压变压器的匝数比保持不变，则电流表A2的示数增大，故A错误，B正确；
C、根据ΔP＝I2r输电线上的功率损失增大，故C错误；
D、由于输电线上有功率损失，V1、A1示数的乘积大于V2、A2示数的乘积，故D错误。
故选：B。
8．（2023•广陵区校级一模）如图所示为远距离输电原理图，变压器T1、T2为理想变压器，T1原、副线圈的匝数比为1：10，T2原、副线圈的匝数比为10：1，发电机的输出功率为P，输出电压为U，用电器R0两端的电压为0.98U，则输电线的电阻R为（ ）
A．U2PB．2U2PC．0.2U2PD．0.5U2P
【解答】解：根据T1原副线圈匝数比可知，T1的输入电流为I=PU，输出电流为I'=P10U，T2的输出电流仍为I，则电阻R上消耗的功率为P﹣0.98P=(P10U)2R，解得R=2U2P，故B正确，ACD错误。
故选：B。
9．（2022•重庆模拟）2021年下半年，东北一些地区、一些时段实行了限电、停电，引起人们对输电、用电、节能的关注。某电站的电能输送示意图如图所示，升压变压器与降压变压器间输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数之比n1n2=m，降压变压器原、副线圈匝数之比n3n4=k。变压器均为理想变压器，如果发电机的输出电压为U1，用户输入端电压为U2，用户消耗电功率为P，则输电线上消耗电功率为（ ）
A．(PmU1)2rB．(mPU1)2rC．(PkU2)2rD．(kPU2)2r
【解答】解：降压变压器副线圈电流
I4=PU2
降压变压器原线圈电流
I3=n4n3I4=PkU2
则升压变压器与降压变压器间输电线上消耗电功率
P′=I32r=(PkU2)2r
故C正确，ABD错误。
故选：C。
10．（2023•广州二模）如图甲所示的黑光灯利用紫色光引诱害虫飞近高压电网罩米击杀害虫.图乙是黑光灯高压电网罩的工作电路，变压器将有效值为220V的交变电压变成高压，当高压电网罩的电压峰值达到3110V时，可击杀害虫，则变压器的匝数比n₁：n₂为（ ）
A．1：10B．1：20C．22：311D．311：22
【解答】解：有效值为220V的交变电压的峰值为：
U1=U有×2=220V×2=311V
根据变压器的工作原理可得：
U1U2=n1n2=311V3110V=110，故A正确，BCD错误；
故选：A。
二．计算题（共2小题）
11．（2023•重庆模拟）如图甲所示，发电机的输出电压为220V，输出功率为44kW，每条输电线电阻为0.2Ω，求用户得到的电压和电功率各是多少？如果如图乙所示，发电机先用变压比为1：10的升压变压器将电压升高，经同样的输电线且经变压比为10：1的降压变压器降压后再供给用户，则用户得到的电压和电功率各是多少？
【解答】解：根据功率公式P0＝U0I0
得输电电流I0=P0U0=44000220A=200A
则输电线上的电压损失U损＝I0R线＝200×0.2×2V＝80V
功率损失P损=I02R线=2002×2×0.2W＝16000W
所以用户得到的电压U用户＝U﹣U损＝220V﹣80V＝140V
用户得到的功率P用户＝P﹣P损＝44000W﹣16000W＝28000W
根据理想变压器电压与匝数比的关系，升压变压器副线圈两端电压U1=n2n1U0=101×220V=2200V
根据功率关系P0＝P1＝U1I1
得到输电线上的电流I1=P0U1=440002200A=20A
则输电线上的电压损失ΔU＝I1R线＝20×0.2×2V＝8V
功率损失ΔP=I12R线=202×2×0.2W=160W
所以降压变压器的输入电压U2＝U1﹣ΔU＝2200V﹣8V＝2192V
降压变压器的输入功率P2＝P﹣ΔP＝44000W﹣160W＝43840W
根据理想变压器电压与匝数比的关系，用户得到的电压U3=n3n4U2=110×2192V=219.2V
对于降压变压器，输入功率和输出功率相等
所以用户得到的功率P3＝P2＝43840W。
答：（1）户得到的电压和电功率各是140V，28000W；
（2）用户得到的电压和电功率各是219.2V，43840W。
12．（2022•丹阳市校级三模）如图甲所示为某一发电机的实物模型，其工作原理可简化为如图乙所示：强磁场的磁感应强度大小为22T，矩形线圈的总电阻为0.3Ω、匝数为50匝、面积为0.2m2，可绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动．现将该发电机接在理想变压器的原线圈上，副线圈接有规格均为“220V，110W”的灯泡L1、L2，如图丙所示，现在使发电机匀速转动，使两灯泡均正常发光，已知理想变压器的原副线圈匝数之比为1：10，电压表为理想交流电表，其余电阻均不计。求：
（1）理想交流电压表的读数；
（2）手摇发电机匀速转动的角速度。
【解答】解：（1）由题意可知副线圈两端电压为U2＝220V，根据理想变压器变压规律可得原线圈两端电压，即理想交流电压表的读数为U1=n1n2U2=110×220V=22V
（2）副线圈中的电流为I2=2PU2=2×110220A=1A
根据理想变压器变流规律可得原线圈中的电流为I1=n2n1I2=101×1A=10A
设发电机匀速转动的角速度为ω，则产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω
有效值为E=Em2
根据闭合电路欧姆定律可得
E﹣I1r＝U1
联立解得ω＝5rad/s
答：（1）理想交流电压表的读数为22V；
（2）手摇发电机匀速转动的角速度为5rad/s。
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