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第2讲　变压器　电能的输送
目标 要求 　 　 1.明确变压器的工作原理，掌握变压器的规律，并能分析、解决实际问题。2.会分析变压器的动态变化问题。3.理解远距离输电的原理，会计算线路损失的电压和功率。
一、变压器
1．构造和原理
(1)构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。
(2)原理：电磁感应的互感现象。
2．基本关系式
功率关系 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P入＝P出，且输出功率P出决定输入功率P入
电压关系 原、副线圈的电压比等于匝数比，，与副线圈的个数无关，且U1决定U2
电流关系 ①只有一个副线圈时，，且I2决定I1
②有多个副线圈时，由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn，输出决定输入
频率关系 f1＝f2，变压器不改变交变电流的频率
二、电能的输送
1．输出电流：I＝。
2．输电导线上的电压损失
(1)ΔU＝U－U′。
(2)ΔU＝IR。
3．输电导线上的功率损失
(1)ΔP＝P－P′＝ΔU·I。
(2)ΔP＝I2R＝R。
4．减少输电线上电能损失的方法
(1)减小输电线的电阻R。由R＝ρ知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线。
(2)减小输电线中的电流。在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压。
1．判断正误
(1)变压器不但可以改变交流电压，也可以改变稳恒直流电压。(×)
(2)变压器只能使交变电流的电压减小。(×)
(3)变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定。(√)
(4)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小。(×)
(5)高压输电可以减少输电线路上的电能损失，且输电线路上电压越高越好。(×)
(6)正常工作的低压变电站，当变压器副线圈中的电流为零，副线圈两端电压也为零。(×)
2．(2025·广西卷，2)某变压器输入正弦交流电的电压有效值为220 V，输出电压最大值为，该变压器视为理想变压器，其原、副线圈匝数之比为(　　)
A．20∶ B．20∶1
C．20∶1 D．1∶20
解析：C　原线圈电压有效值U1＝220 V，副线圈电压最大值U2m＝11 V，则有效值U2＝11 V，原、副线圈匝数比为＝20∶1，故选C。
3．(人教版教材原题改编)从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω ，用220 V和11 kV两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为(　　)
A．50∶1 B．1∶50
C．1∶5 D．5∶1
解析：A　输电线上的电流I＝，则输电线上由电阻造成的电压损失ΔU＝Ir＝，故，故选A。
考点一　理想变压器基本规律的应用
考向1　变压器规律的应用
　(2025·福建卷，2)某理想变压器如图甲，原、副线圈匝数之比为4∶1，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，定值电阻R1的阻值为R2的2倍，则(　　)
甲　 乙
A．副线圈中交变电流的周期为0.25 s
B．电压表示数为12 V
C．副线圈中的电流为通过R1电流的2倍
D．原、副线圈功率之比为4∶1
解析：B　由题目中的u-t图像可得T＝(0.25－0.1)s，故T＝0.2 s，原、副线圈中交变电流的周期相等，A错误；原线圈输入电压的有效值U1＝ V＝48 V；由，可得U2＝12 V，B正确；电阻R1和R2并联，副线圈中的电流I＝，故＝3，C错误；理想变压器不消耗电能，原、副线圈的功率相等，D错误。
关于理想变压器的四点说明
(1)变压器不能改变直流电压。
(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。
(3)理想变压器本身不消耗能量。
(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。
考向2　多副线圈变压器
　(多选)(2025·云南卷，8)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U1＝1.1 kV；两副线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压U2＝U3＝220 V。当Ⅰ、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为7.0 kW和3.5 kW，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10.5 kW
D．两副线圈输出电压最大值均为220 V
解析：AC　由变压器的工作原理可知、，代入数据得、，A正确，B错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，则P1＝P2＋P3＝10.5 kW，C正确；两副线圈输出电压的最大值为Um＝ V，D错误。
考点二　三种特殊的变压器
考向1　自耦变压器
　(2025·湘豫名校联考四模)如图，一理想的自耦调压变压器A、B之间的线圈总匝数为N0，在输入端A、B间加上u＝220sin 100πt (V)的交流电压，输出端C、B间串联一个“12 V　6 W”的灯泡和阻值为R＝20 Ω的定值电阻，要使灯泡能正常工作，则B、P间线圈的匝数为(　　)
A． C．
解析：C　灯泡正常发光，则I2＝ A＝0.5 A，故UR＝I2R＝10 V，则副线圈两端的电压U2＝22 V，根据，解得，则n2＝，故选C。
(1)自耦变压器的两种类型：按图甲结构连接是降压变压器，按图乙结构连接是升压变压器。
甲 乙
(2)电压互感器作用：将高电压变为低电压
原线圈：并联在交流电路中
副线圈：连接电压表
(3)电流互感器作用：将大电流变成小电流
原线圈：串联在交流电路中
副线圈：连接电流表
考向2　互感器
　(经典高考题)如图所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原、副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原、副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I。则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为(　　)
甲　　　　　　乙
A．k1U，k2I B．k1U，
C．，k2I D．
解析：B　根据理想变压器的电压和电流规律，解得甲图中高压线电压为U0＝k1U，乙图中高压线电流为I0＝，故B正确，ACD错误。故选B。
考点三　理想变压器的动态分析
考向1　匝数比不变，负载变化
　(多选)(2024·重庆卷，9)小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲、乙所示，图中额定电压为6 V的灯泡电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220 V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则(　　)
甲　　　　　　　　　乙
A．n1∶n2＝110∶3
B．当P滑到R中点时，图甲中L功率比图乙中的小
C．当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能
D．图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大
解析：AC　滑片P在最左端时，题图甲、乙中变压器输出电压均等于灯泡的额定电压6 V，因此，故A正确；当P滑到R中点时，图甲中总电阻为P左端电阻与灯泡电阻串联，图乙中总电阻为灯泡电阻与P右端的电阻并联后再与P左端电阻串联，由于并联电阻小于灯泡电阻，则图甲中灯泡电压大于图乙中灯泡电压，则图甲中灯泡功率比图乙中灯泡功率大，故B错误；当P滑到R最左端时，图甲中只有灯泡，图乙中R与灯泡并联，总电阻更小，输出功率更大，图甲比图乙更节能，故C正确；图乙中的灯泡两端电压在0到6 V间变化，图甲中灯泡两端电压最高为6 V，最低达不到0，则图乙中灯泡两端电压可调范围大，故D错误。故选AC。
总结提升
(1)
①U1不变，根据，输入电压U1决定输出电压U2。
②当负载电阻发生变化时，I2变化，进而可以判断I1的变化。
③当P2变化时，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。
(2)
①U1不变，发生变化，U2变化。
②R不变，U2变化，I2发生变化。
③根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化；又因为P1＝U1I1，因此U1不变时，I1发生变化。
考向2　负载不变，匝数比变化
　(2026·江苏扬州新华中学模拟)如图所示，理想变压器原线圈接有u＝311sin 100πt(V)交流电压，副线圈上通过电阻R接有相同的灯泡L1、L2和电容器C，开始时滑片P处于图示位置，灯泡L1、L2都能发光。则下列说法中正确的是(　　)
A．两灯泡L1、L2亮度相同
B．在电容器极板间插入电介质后，灯泡L1变暗
C．滑片P向上滑动，两灯泡都变亮
D．变压器原线圈改接u＝311sin 200πt(V)交流电，灯泡L1变亮，L2变暗
解析：D　灯泡L1与电容器串联，电容器对交变电流也是存在阻碍作用的，故灯泡L1的亮度暗一些，故A错误；在电容器极板间插入电介质后，根据电容器的决定式C＝，则电容增大，电容器对交变电流的阻碍作用减小，流过灯泡L1的电流变大，将变亮，故B错误；滑片P向上滑动，原线圈匝数增加，根据可知，输入电压不变，则副线圈输出电压减小，两灯泡两端电压减小，均变暗，故C错误；根据u＝umsin (2πft)(V)可知，若变压器原线圈改接u＝311sin 200πt (V)的交流电，频率变大，则电容器对交流的阻碍作用减小，流过灯泡L1的电流变大，变亮；由于输入电压峰值不变，根据可知，输出电压不变，可以近似认为输出电流不变，则流过灯泡L2的电流减小，变暗，故D正确。
考点四　电能的输送
考向1　高压输电的原理
　(课标变化题：西电东送)特高压技术是输变电技术的“金字塔”，是中国制造引领世界的一张“金色名片”。川渝1000千伏特高压变流工程是中国西南地区首个特高压交流工程，创造了26项世界首次。若某电网输电电压从500千伏提升到了1000千伏，同时线路采用分裂导线设计，单位长度电阻因导线截面优化降至原来的四分之一，发电厂输出的功率不变，以下说法正确的是(　　)
A．1000 kV线路中的输电电流仅为原500 kV线路的
B．1000 kV线路中的输电电流仅为原500 kV线路的
C．1000 kV线路单位长度的功率损耗仅为原500 kV线路的
D．1000 kV线路单位长度的功率损耗仅为原500 kV线路的
解析：D　[2025课标新变化：2025课标中新增“西电东送”旨在将物理知识与国家重大能源战略工程相结合，引导学生立足真实工程，深化电学、能量守恒等知识理解，提升运用物理原理解决实际问题的能力，与高考“素养立意、情境化命题、教考衔接”理念契合。特高压输电工程是近年高考物理“情境化命题”的典型载体，2026年高考可能以“西电东送”工程为背景，以远距离输电原理为中心，综合考查电学、能量守恒主干知识，培养学生理论联系实际的能力，践行“学以致用”的理念。]
根据P＝UI可知，当电压从500 kV提高到1000 kV时，发电厂的输出功率恒定，则输电电流降为原来的，故A、B错误；线路采用分裂导线设计，单位长度的电阻因导线截面优化降至原来的四分之一，又由P损＝I2R可知，线路单位长度的功率损耗降至原来的，C错误，D正确。
总结提升
(1)理清三个回路
(2)抓住两个联系
①，P1＝P2。
②，P3＝P4。
(3)掌握一个守恒功率关系：P1＝P线损＋P用户。
考向2　远距离输电的分析与计算
　(多选)(2025·重庆卷，9)2025年1月“疆电入渝”工程重庆段全线贯通，助力重庆形成特高压输电新格局，该工程计划将输电站提供的1.6×106 V直流电由新疆输送至重庆，多次转换后变为1.0×104 V的交流电，再经配电房中的变压器(视为理想变压器)降为220sin (100πt) V的家用交流电，若输电线路输送功率为8.0×109 W，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，则(　　)
A．直流输电导线中的电流为250 A
B．直流输电导线总阻值不超过16 Ω
C．家用交流电的电压最大值为220 V，频率为50 Hz
D．配电房中变压器原、副线圈中电流比为11∶500
解析：BD　直流输电电流由公式I＝计算得I＝＝5000 A，故A错误；导线允许的最大功率损耗为5%的输送功率，P损＝0.05×8.0×109 W＝4×108 W，由P损＝I2R得，导线总阻值R＝ Ω＝16 Ω，故B正确；家用交流电表达式为U3＝220sin (100πt)V，其最大值为220 V；频率为f＝＝50 Hz，故C错误；变压器原线圈电压U1＝1.0×104 V，副线圈电压U2＝220 V，匝数比，根据理想变压器电流与匝数的关系可知，故D正确。故选BD。
素养拓展　变压器的等效电阻及其应用
如图甲所示，设理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原、副线圈电压分别为U1、U2，副线圈负载电阻为R，我们可以将变压器与负载看为一个整体，等效为一个新的电阻R′，即为a、b间的等效电阻，等效电路图如图乙所示。
甲　　　　　　　乙
设变压器等效负载电阻为R′，在图甲中由变压器的变压规律，解得U2＝U1，所以负载电阻R消耗的功率为P＝。在图乙中等效电阻消耗的功率为P′＝，由P＝P′，解得a、b间的等效电阻为R′＝R。
通过以上的分析可知：在只有一个副线圈的理想变压器电路中，原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，副线圈负载电阻为R，则变压器的原、副线圈和负载电阻可以等效为一个电阻R′＝R，这个方法叫理想变压器等效电阻法。
　(多选)(2025·湖北卷，8)在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均为理想变压器，左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是(　　)
A．仅增加用户数，r消耗的功率增大
B．仅增加用户数，用户端的电压增大
C．仅适当增加n2，用户端的电压增大
D．仅适当增加n2，整个电路消耗的电功率减小
解析：AC　设用户端的总电阻为R，右侧降压变压器的匝数比为k，则可将降压变压器和用户端等效为一个等效电阻，则等效电阻的阻值R等效＝k2R，仅增加用户数，用户端的总电阻减小，等效电阻的阻值减小，又交流发电机的输出电压即升压变压器的输入电压U1不变，升压变压器的匝数比不变，所以升压变压器的输出电压U2不变，则由I2＝可知，输电线路上的电流增大，由P＝I22r可知，r消耗的功率增大，A正确；结合A项分析和U原＝可知，右侧降压变压器的输入电压减小，又降压变压器的原、副线圈匝数比不变，可知用户端的电压减小，B错误；仅适当增加n2，结合A项分析可知，左侧升压变压器的输出电压U2变大，等效电阻的阻值不变，则与B项分析同理可得，用户端的电压增大，C正确；输电线路中的电流I2＝，则升压变压器原线圈中的电流I1＝I2，整个电路消耗的电功率P总＝U1I1＝，所以整个电路消耗的电功率增大，D错误。
　(2026·四川绵阳中学一模)如图所示，理想变压器原线圈为N匝，副线圈接入电路的匝数可通过滑片P调节，原线圈输入的正弦交变电压有效值恒为U，定值电阻R1＝R0，R2＝2R0，调节滑片P，使副线圈接入电路的匝数从N匝缓慢增加到2N匝的过程中，定值电阻R2消耗的功率(　　)
A．一直减小 B．一直增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
解析：D　根据理想变压器的规律可知，若将副线圈等效成一个电阻，则R＝R2，故副线圈的匝数从N变化到2N的过程中，等效电阻R从2R0变化到，根据闭合电路欧姆定律可知，等效电阻R消耗的电功率为P＝，所以当R＝R1＝R0时，副线圈消耗的电功率最大，即定值电阻R2消耗的电功率最大，故副线圈接入电路的匝数从N匝缓慢增加到2N匝的过程中，定值电阻R2消耗的电功率先增大后减小。故选D。
限时规范训练(70)　变压器　电能的输送
(建议用时：40分钟　满分：49分)
(选择题1～6题每题5分，7～8题每题6分，9题7分，共49分)
[基础巩固练]
1．(2026·广东深圳高级中学模拟)燃油汽车启动时，火花塞产生电火花的简化电路如图所示，初级线圈回路中的电源为12 V蓄电池，次级线圈回路中的火花塞的两个电极P、Q靠得很近。汽车启动时，开关不停地闭合、断开，次级线圈产生的瞬时高压可达千伏甚至万伏，使电极P、Q间产生电火花，点燃汽缸中的可燃混合气。下列说法正确的是(　　)
A．开关闭合瞬间，P、Q间无电压
B．开关断开瞬间，火花塞会产生电火花
C．初级线圈的匝数应远大于次级线圈的匝数
D．若能够使开关闭合并稳定，次级线圈产生稳定的电压
解析：B　闭合开关的瞬间，初级线圈的电流发生变化，铁芯内的磁通量发生变化，次级线圈产生高电压，PQ间有电压，故A错误；断开开关的瞬间，初级线圈的电流发生变化，铁芯内的磁通量发生变化，次级线圈产生高电压，火花塞会产生电火花，故B正确；根据变压器电压比等于匝数比，由知，为了使次级线圈产生高电压，初级线圈的匝数应远小于次级线圈的匝数，故C错误；若能够使开关闭合并稳定，则初级线圈中的电流恒定，铁芯中的磁通量不发生变化，次级线圈不发生电磁感应现象，次级线圈不会产生电压，故D错误。故选B。
2．(2025·江苏苏州三模)钳形电流测量仪的结构图如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0，下列说法正确的是(　　)
A．该测量仪可测量直流电的电流
B．载流导线中电流大小I0＝
C．若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将大于实际电流
D．若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变大
解析：D　钳形电流测量仪实质上是一个升压变压器，原理为电磁感应，只能测量交流电的电流，故A错误；根据，得载流导线中电流大小I0＝nI，故B错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，载流导线中电流产生的磁场减弱，磁通量变化率减小，在内置线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，故C错误；根据n1I1＝n2I2知，若将载流导线在铁芯上多绕几匝，即n1变大，I1、n2不变，则钳形电流测量仪的示数I2将变大，故D正确。故选D。
3．(2025·河北卷，6)2024年底，世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁抽水蓄能电站全面投产发电。如图，若该电站通过理想变压器调节输出电压U2时，输入电压U1保持不变。已知副线圈总匝数为n，分接头1、2间和2、3间的线圈匝数n12＝n23＝，开关S接3时输出电压的瞬时值u2＝Umsin ωt，则S接2时u2-t的图像为(　　)
解析：D　由题意，开关S接3时，副线圈接入电路的匝数为n3＝n－，由变压比，开关S接2时，副线圈接入电路的匝数为n2＝n－，由变压比，联立解得U2′＝U2，则u2′＝Umsin ωt，可知此时周期T＝，D正确。
4．(2025·广东卷，2)如图所示，某光伏电站输出功率1000 kW、电压400 V的交流电，经理想变压器升压至10 kV后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R为5 Ω。下列说法正确的是(　　)
A．变压器原、副线圈匝数比为1∶100
B．输电线上由R造成的电压损失为500 V
C．变压器原线圈中的电流为100 A
D．变压器原、副线圈中电流的频率不同
解析：B　根据＝1∶25，故A错误；输电线上的电流为I2＝ A＝100 A，故R造成的电压损失ΔU损＝I2R＝100×5 V＝500 V，故B正确；变压器原线圈中的电流为I1＝ A＝2500 A，故C错误；变压器不能改变交流电的频率，故D错误。
5．(2024·北京卷，5)如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6 V　3 W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是(　　)
甲 乙
A．原线圈两端电压的有效值为24 V
B．副线圈中电流的有效值为0.5 A
C．原、副线圈匝数之比为1∶4
D．原线圈的输入功率为12 W
解析：B　由题图知，原线圈电压最大值为Um＝24 V，则有效值为U1＝＝24 V，A错误；灯泡正常发光，由P＝UI得，副线圈中电流有效值为I＝＝0.5 A，B正确；由理想变压器电压与匝数关系可知＝4，C错误；理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P1＝PL＝3 W，D错误。
6．(2024·浙江6月选考，7)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。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
解析：A　电容C增大，容抗减小，L1灯泡变亮，A正确；频率f增大，感抗增大，L2变暗，B错误；RG上光照增强，光敏电阻的阻值减小，L3灯泡变亮，C错误；S接到b上时，副线圈上的电压增大，三个灯泡均变亮，D错误。
[能力提升练]
7．(课标变化原创题：西电东送)雅鲁藏布江下游水电工程开工仪式于2025年7月19日上午在西藏自治区林芝市举行。工程主要采取截弯取直、隧洞引水的开发方式，建设5座梯级电站，总投资约1.2万亿元。工程电力以外送消纳为主，兼顾西藏本地自用需求。如图所示为某高压输电示意图，升压变压器和降压变压器都是理想变压器，输入电压U1不变，减小输电线的电阻率，要使输出电压U4不变，下列方法可行的是(　　)
A．减小n1　　　　　　　 B．增大n2
C．增加用户端电器 D．缩短输电距离
解析：C　若n3、n4不变，由理想变压器变压规律可知，U4不变意味着U3不变。仅输电线的电阻率减小时，由U线＝I3R线＝I3ρ可知U线减小。又U3＝U2－U线，故要使U3不变，可以减小U2，或增大U线。由U2＝U1可知，增大n1或减小n2可以减小U2，A、B错误；由U线＝I3ρ及理想变压器变流规律可知，增大输电距离，或增大输送电流(由P＝UI可知用户端功率增大)，可以增大U线，C正确，D错误。
[名师点评]　试题融合了减碳源头“水能、风能、太阳能”“高压输电”两大情境，通过半量化分析，深刻理解“变压器电压比、电流比、线损关系”这一物理原理如何支撑“西电东送”国家战略，解决能源跨区域调配的核心难题，相关最新能源设施很可能在未来高考中出现。
8．(2025·安徽卷，8)某理想变压器的实验电路如图所示，原、副线圈总匝数之比n1∶n2＝1∶3，A为理想交流电流表。初始时，输入端a、b间接入电压u＝12sin (100πt)V的正弦式交流电，变压器的滑动触头P位于副线圈的正中间，电阻箱R的阻值调为6 Ω。要使电流表的示数变为2.0 A，下列操作正确的是(　　)
A．电阻箱R的阻值调为18 Ω
B．副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的
C．输入端电压调为u＝12sin (50πt)V
D．输入端电压调为u＝6sin (100πt)V
解析：B　输入电压峰值为Um＝12 V，则输入电压有效值为U1＝ V＝12 V，滑动触头在正中间，根据变压比可知，输出电压U2＝×12 V＝18 V，若将电阻箱阻值调为18 Ω，则电流为1 A，故A错误；若将副线圈匝数调为总匝数的，根据变压比可知，输出电压U2′＝×12 V＝12 V，则副线圈电流变为I2′＝ A＝2 A，故B正确；输入端电压调为u＝12sin (50πt)V时，其有效值不变，不会导致电流的变化，仍然为I＝＝3.0 A，故C错误；将输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为U1″＝V＝6 V，输出电压U2″＝U1″＝×6 V＝9 V，副线圈电流变为I2″＝A＝1.5 A，故D错误。故选B。
[培优创新练]
9．(多选)(2026·河南豫东十校联考)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25 Ω，D为理想二极管(理想二极管具有单向导电性)，原线圈接如图乙所示的正弦交变电压，则(　　)
甲　　　　　　　　　乙
A．原线圈接的交变电压瞬时值表达式为u＝220sin (50πt) V
B．变压器的输出电压为50 V
C．通过R2的电流为2 A
D．变压器的输入功率为150 W
解析：BD　通过题图乙可知输入电压的最大值为220 V，交变电流的周期T＝0.02 s，交变电流的频率f＝＝50 Hz，ω＝100π rad/s，原线圈接的交变电压瞬时值表达式为u＝220sin (100πt) V，故A错误；电源电压的有效值为U1＝ V＝220 V，由理想变压器变压规律可知，输出电压U2＝50 V，选项B正确；由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应有·T，解得U有＝ V，由欧姆定律得通过R2的电流I＝ A，故C错误；电阻R2的功率P2＝U有I＝50 W，电阻R1的电功率P1＝＝100 W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P＝P1＋P2＝150 W，故D正确。故选BD。(共65张PPT)
第2讲　变压器　电能的输送
1.明确变压器的工作原理，掌握变压器的规律，并能分析、解决实际问题。2.会分析变压器的动态变化问题。3.理解远距离输电的原理，会计算线路损失的电压和功率。
目标
要求
1
强基础 固本增分
2
研考点 精准突破
3
限时规范训练
栏
目
导
引
强基础
固本增分
一、变压器
1．构造和原理
(1)构造：如图所示，变压器是由________和绕在铁芯上的________组成的。
(2)原理：电磁感应的互感现象。
闭合铁芯
两个线圈
2．基本关系式
功率关系 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P入＝P出，且输出功率P出决定输入功率P入
电压关系 原、副线圈的电压比等于匝数比，，与副线圈的个数无关，且U1决定U2
电流关系 ①只有一个副线圈时，，且I2决定I1
②有多个副线圈时，由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn，输出决定输入
频率关系 f1＝f2，变压器不改变交变电流的频率
二、电能的输送
1．输出电流：I＝。
2．输电导线上的电压损失
(1)ΔU＝U－U′。
(2)ΔU＝__。
IR
3．输电导线上的功率损失
(1)ΔP＝P－P′＝ΔU·I。
(2)ΔP＝___＝R。
4．减少输电线上电能损失的方法
(1)减小输电线的电阻R。由R＝ρ知，可加大导线的________、采用________的材料做导线。
(2)减小输电线中的电流。在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高________。
I2R
横截面积
电阻率小
输电电压
×
√
1．判断正误
(1)变压器不但可以改变交流电压，也可以改变稳恒直流电压。( )
(2)变压器只能使交变电流的电压减小。( )
(3)变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定。( )
(4)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小。( )
(5)高压输电可以减少输电线路上的电能损失，且输电线路上电压越高越好。( )
(6)正常工作的低压变电站，当变压器副线圈中的电流为零，副线圈两端电压也为零。( )
×
×
×
×
2．(2025·广西卷，2)某变压器输入正弦交流电的电压有效值为220 V，输出电压最大值为，该变压器视为理想变压器，其原、副线圈匝数之比为(　　)
A．20∶ B．20∶1
C．20∶1 D．1∶20
解析：C　原线圈电压有效值U1＝220 V，副线圈电压最大值U2m＝11 V，则有效值U2＝11 V，原、副线圈匝数比为＝20∶1，故选C。
C
3．(人教版教材原题改编)从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω ，用220 V和11 kV两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为(　　)
A．50∶1 B．1∶50
C．1∶5 D．5∶1
解析：A　输电线上的电流I＝，则输电线上由电阻造成的电压损失ΔU＝Ir＝，故，故选A。
A
研考点
精准突破
考点一　理想变压器基本规律的应用
考向1　变压器规律的应用
(2025·福建卷，2)某理想变压器如图甲，原、副线圈匝数之比为4∶1，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，定值电阻R1的阻值为R2的2倍，则(　　)
A．副线圈中交变电流的周期为0.25 s
B．电压表示数为12 V
C．副线圈中的电流为通过R1电流的2倍
D．原、副线圈功率之比为4∶1
甲　 乙
B
解析：B　由题目中的u-t图像可得T＝(0.25－0.1)s，故T＝0.2 s，原、副线圈中交变电流的周期相等，A错误；原线圈输入电压的有效值U1＝ V＝48 V；由，可得U2＝12 V，B正确；电阻R1和R2并联，副线圈中的电流I＝，故＝3，C错误；理想变压器不消耗电能，原、副线圈的功率相等，D错误。
甲　 乙
关于理想变压器的四点说明
(1)变压器不能改变直流电压。
(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。
(3)理想变压器本身不消耗能量。
(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。
考向2　多副线圈变压器
(多选)(2025·云南卷，8)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U1＝1.1 kV；两副线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压U2＝U3＝220 V。当Ⅰ、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为7.0 kW和3.5 kW，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10.5 kW
D．两副线圈输出电压最大值均为220 V
AC
解析：AC　由变压器的工作原理可知、，代入数据得、，A正确，B错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，则P1＝P2＋P3＝10.5 kW，C正确；两副线圈输出电压的最大值为Um＝ V，D错误。
考点二　三种特殊的变压器
考向1　自耦变压器
(2025·湘豫名校联考四模)如图，一理想的自耦调压变压器A、B之间的线圈总匝数为N0，在输入端A、B间加上u＝220sin 100πt (V)的交流电压，输出端C、B间串联一个“12 V　6 W”的灯泡和阻值为R＝20 Ω的定值电阻，要使灯泡能正常工作，则B、P间线圈的匝数为(　　)
A．
C．
C
解析：C　灯泡正常发光，则I2＝ A＝0.5 A，故UR＝I2R＝10 V，则副线圈两端的电压U2＝22 V，根据，解得，则n2＝，故选C。
(1)自耦变压器的两种类型：按图甲结构连接是降压变压器，按图乙结构连接是升压变压器。
甲 乙
(2)电压互感器作用：将高电压变为低电压
原线圈：并联在交流电路中
副线圈：连接电压表
(3)电流互感器作用：将大电流变成小电流
原线圈：串联在交流电路中
副线圈：连接电流表
考向2　互感器
(经典高考题)如图所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原、副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原、副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I。则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为(　　)
A．k1U，k2I B．k1U，
C．，k2I D．
甲　　　　　乙
B
解析：B　根据理想变压器的电压和电流规律，解得甲图中高压线电压为U0＝k1U，乙图中高压线电流为I0＝，故B正确，ACD错误。故选B。
甲　　　　　乙
考点三　理想变压器的动态分析
考向1　匝数比不变，负载变化
(多选)(2024·重庆卷，9)小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲、乙所示，图中额定电压为6 V的灯泡电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220 V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则(　　)
甲　　　　　　　　乙
AC
A．n1∶n2＝110∶3
B．当P滑到R中点时，图甲中L功率比图乙中的小
C．当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能
D．图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大
甲　　　　　　　　乙
解析：AC　滑片P在最左端时，题图甲、
乙中变压器输出电压均等于灯泡的额定
电压6 V，因此，故A正
确；当P滑到R中点时，图甲中总电阻为P
左端电阻与灯泡电阻串联，图乙中总电阻为灯泡电阻与P右端的电阻并联后再与P左端电阻串联，由于并联电阻小于灯泡电阻，则图甲中灯泡电压大于图乙中灯泡电压，则图甲中灯泡功率比图乙中灯泡功率大，故B错误；当P滑到R最左端时，图甲中只有灯泡，图乙中R与灯泡并联，总电阻更小，输出功率更大，图甲比图乙更节能，故C正确；图乙中的灯泡两端电压在0到6 V间变化，图甲中灯泡两端电压最高为6 V，最低达不到0，则图乙中灯泡两端电压可调范围大，故D错误。故选AC。
甲　　　　　　乙
总结提升
(1)
①U1不变，根据，输入电压U1决定输出电压U2。
②当负载电阻发生变化时，I2变化，进而可以判断I1的变化。
③当P2变化时，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。
(2)
①U1不变，发生变化，U2变化。
②R不变，U2变化，I2发生变化。
③根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化；又因为P1＝U1I1，因此U1不变时，I1发生变化。
考向2　负载不变，匝数比变化
(2026·江苏扬州新华中学模拟)如图所示，理想变压器原线圈接有u＝311sin 100πt(V)交流电压，副线圈上通过电阻R接有相同的灯泡L1、L2和电容器C，开始时滑片P处于图示位置，灯泡L1、L2都能发光。则下列说法中正确的是(　　)
A．两灯泡L1、L2亮度相同
B．在电容器极板间插入电介质后，灯泡L1变暗
C．滑片P向上滑动，两灯泡都变亮
D．变压器原线圈改接u＝311sin 200πt(V)交流电，灯泡L1变亮，L2变暗
D
解析：D　灯泡L1与电容器串联，电容器对交变电流也是存在阻碍作用的，故灯泡L1的亮度暗一些，故A错误；在电容器极板间插入电介质后，根据电容器的决定式C＝，则电容增大，电容器对交变电流的阻碍作用减小，流过灯泡L1的电流变大，将变
亮，故B错误；滑片P向上滑动，原线圈匝数增加，根据可知，输入电压不变，则副线圈输出电压减小，两灯泡两端电压减小，均变暗，故C错误；根据u＝umsin (2πft)(V)可知，若变压器原线圈改接u＝311sin 200πt (V)的交流电，频率变大，则电容器对交流的阻碍作用减小，流过灯泡L1的电流变大，变亮；由于输入电压峰值不变，根据可知，输出电压不变，可以近似认为输出电流不变，则流过灯泡L2的电流减小，变暗，故D正确。
考点四　电能的输送
考向1　高压输电的原理
(课标变化题：西电东送)特高压技术是输变电技术的“金字塔”，是中国制造引领世界的一张“金色名片”。川渝1000千伏特高压变流工程是中国西南地区首个特高压交流工程，创造了26项世界首次。若某电网输电电压从500千伏提升到了1000千伏，同时线路采用分裂导线设计，单位长度电阻因导线截面优化降至原来的四分之一，发电厂输出的功率不变，以下说法正确的是(　　)
A．1000 kV线路中的输电电流仅为原500 kV线路的
B．1000 kV线路中的输电电流仅为原500 kV线路的
C．1000 kV线路单位长度的功率损耗仅为原500 kV线路的
D．1000 kV线路单位长度的功率损耗仅为原500 kV线路的
D
解析：D　[2025课标新变化：2025课标中新增“西电东送”旨在将物理知识与国家重大能源战略工程相结合，引导学生立足真实工程，深化电学、能量守恒等知识理解，提升运用物理原理解决实际问题的能力，与高考“素养立意、情境化命题、教考衔接”理念契合。特高压输电工程是近年高考物理“情境化命题”的典型载体，2026年高考可能以“西电东送”工程为背景，以远距离输电原理为中心，综合考查电学、能量守恒主干知识，培养学生理论联系实际的能力，践行“学以致用”的理念。]
根据P＝UI可知，当电压从500 kV提高到1000 kV时，发电厂的输出功率恒定，则输电电流降为原来的，故A、B错误；线路采用分裂导线设计，单位长度的电阻因导线截面优化降至原来的四分之一，又由P损＝I2R可知，线路单位长度的功率损耗降至原来的，C错误，D正确。
总结提升
(1)理清三个回路
(2)抓住两个联系
①，P1＝P2。
②，P3＝P4。
(3)掌握一个守恒功率关系：P1＝P线损＋P用户。
考向2　远距离输电的分析与计算
(多选)(2025·重庆卷，9)2025年1月“疆电入渝”工程重庆段全线贯通，助力重庆形成特高压输电新格局，该工程计划将输电站提供的1.6×106 V直流电由新疆输送至重庆，多次转换后变为1.0×104 V的交流电，再经配电房中的变压器(视为理想变压器)降为220sin (100πt) V的家用交流电，若输电线路输送功率为8.0×109 W，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，则(　　)
A．直流输电导线中的电流为250 A
B．直流输电导线总阻值不超过16 Ω
C．家用交流电的电压最大值为220 V，频率为50 Hz
D．配电房中变压器原、副线圈中电流比为11∶500
BD
解析：BD　直流输电电流由公式I＝计算得I＝＝5000 A，故A错误；导线允许的最大功率损耗为5%的输送功率，P损＝0.05×8.0×109 W＝4×108 W，由P损＝I2R得，导线总阻值R＝ Ω＝16 Ω，故B正确；家用交流电表达式为U3＝220sin (100πt)V，其最大值为220 V；频率为f＝＝50 Hz，故C错误；变压器原线圈电压U1＝1.0×104 V，副线圈电压U2＝220 V，匝数比，根据理想变压器电流与匝数的关系可知，故D正确。故选BD。
素养拓展　变压器的等效电阻及其应用
如图甲所示，设理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原、副线圈电压分别为U1、U2，副线圈负载电阻为R，我们可以将变压器与负载看为一个整体，等效为一个新的电阻R′，即为a、b间的等效电阻，等效电路图如图乙所示。
甲　　　　　　乙
设变压器等效负载电阻为R′，在图甲中由变压器的变压规律，解得U2＝U1，所以负载电阻R消耗的功率为P＝。在图乙中等效电阻消耗的功率为P′＝，由P＝P′，解得a、b间的等效电阻为R′＝R。
通过以上的分析可知：在只有一个副线圈的理想变压器电路中，原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，副线圈负载电阻为R，则变压器的原、副线圈和负载电阻可以等效为一个电阻R′＝R，这个方法叫理想变压器等效电阻法。
(多选)(2025·湖北卷，8)在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均为理想变压器，左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是
(　　)
A．仅增加用户数，r消耗的功率增大
B．仅增加用户数，用户端的电压增大
C．仅适当增加n2，用户端的电压增大
D．仅适当增加n2，整个电路消耗的电功率减小
AC
解析：AC　设用户端的总电阻为R，右侧降压变压器的匝数比为k，则可将降压变压器和用户端等效为一个等效电阻，则等效电阻的阻值R等效＝k2R，
仅增加用户数，用户端的总电阻减小，等效电阻的阻值减小，又交流发电机的输出电压即升压变压器的输入电压U1不变，升压变压器的匝数比不变，所以升压变压器的输出电压U2不变，则由I2＝可知，输电线路上的电流增大，由P＝I22r可知，r消耗的功率增大，A正确；结合A项分析和U原＝可知，右侧降压变压器的输入电压减小，又降压变压
器的原、副线圈匝数比不变，可知用户端的电压减小，B错误；仅适当增加n2，结合A项分析可知，左侧升压变压器的输出电压U2变大，等效电阻的阻值不变，则与B项分析同理可得，用户端的电压增大，C正确；输电线路中的电流I2＝，则升压变压器原线圈中的电流I1＝I2，整个电路消耗的电功率P总＝U1I1＝，所以整个电路消耗的电功率增大，D错误。
(2026·四川绵阳中学一模)如图所示，理想变压器原线圈为N匝，副线圈接入电路的匝数可通过滑片P调节，原线圈输入的正弦交变电压有效值恒为U，定值电阻R1＝R0，R2＝2R0，调节滑片P，使副线圈接入电路的匝数从N匝缓慢增加到2N匝的过程中，定值电阻R2消耗的功率(　　)
A．一直减小
B．一直增大
C．先减小后增大
D．先增大后减小
D
解析：D　根据理想变压器的规律可知
，若将副线圈等效成一个电阻，则R＝
R2，故副线圈的匝数从N变化到2N
的过程中，等效电阻R从2R0变化到，根据闭合电路欧姆定律可知，等效电阻R消耗的电功率为P＝，所以当R＝R1＝R0时，副线圈消耗的电功率最大，即定值电阻R2消耗的电功率最大，故副线圈接入电路的匝数从N匝缓慢增加到2N匝的过程中，定值电阻R2消耗的电功率先增大后减小。故选D。
3
4
5
6
7
8
9
1
2
限时规范
训练(70)　变压器　电能的输送
(建议用时：40分钟　满分：49分)
(选择题1～6题每题5分，7～8题每题6分，9题7分，共49分)
[基础巩固练]
1．(2026·广东深圳高级中学模拟)燃油汽车启动时，火花塞产生电火花的简化电路如图所示，初级线圈回路中的电源为12 V蓄电池，次级线圈回路中的火花塞的两个电极P、Q靠得很近。汽车启动时，开关不停地闭合、断开，次级线圈产生的瞬时高压可达千伏甚至万伏，使电极P、Q间产生电火花，点燃汽缸中的可燃混合气。下列说法正确的是(　　)
A．开关闭合瞬间，P、Q间无电压
B．开关断开瞬间，火花塞会产生电火花
C．初级线圈的匝数应远大于次级线圈的匝数
D．若能够使开关闭合并稳定，次级线圈产生稳定的电压
B
3
4
5
6
7
8
9
1
2
解析：B　闭合开关的瞬间，初级线圈的电流发生变化，铁芯内的磁通量发生变化，次级线圈产生高电压，PQ间有电压，故A错误；断开开关的瞬间，初级线圈的电流发生变化，铁芯内的磁通量发生变化，次级线圈产生高电压，火花塞会产生电火花，故B正确；根据变压器电压比等于匝数比，由知，为了使次级线圈产生高电压，初级线圈的匝数应远小于次级线圈的匝数，故C错误；若能够使开关闭合并稳定，则初级线圈中的电流恒定，铁芯中的磁通量不发生变化，次级
线圈不发生电磁感应现象，次级线圈不会产生电压，
故D错误。故选B。
2
1
3
4
5
6
7
8
9
2．(2025·江苏苏州三模)钳形电流测量仪的结
构图如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，
可在不切断被测载流导线的情况下，通过内置
线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电
流大小I0，下列说法正确的是(　　)
A．该测量仪可测量直流电的电流
B．载流导线中电流大小I0＝
C．若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将大于实际电流
D．若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变大
D
2
1
3
4
5
6
7
8
9
解析：D　钳形电流测量仪实质上是一个升压变压器，原理为电磁感应，只能测量交流电的电流，故A错误；根据，得载流导线中电流大小I0＝nI，故B错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，载流导线中电流产生的磁场减弱，磁通量变化率减小，在内置线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，故C错误；根据n1I1＝n2I2知，若将载流导线在铁芯上多绕几匝，即n1变
大，I1、n2不变，则钳形电流测量仪的示数I2将
变大，故D正确。故选D。
2
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9
3．(2025·河北卷，6)2024年底，世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁抽水蓄能电站全面投产发电。如图，若该电站通过理想变压器调节输出电压U2时，输入电压U1保持不变。已知副线圈总匝数为n，分接头1、2间和2、3间的线圈匝数n12＝n23＝，开关S接3时输出电压的瞬时值u2＝Umsin ωt，则S接2时u2-t的图像为(　　)
D
2
3
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4
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7
8
9
解析：D　由题意，开关S接3时，副线圈接入电路的匝数为n3＝n－，由变压比，开关S接2时，副线圈接入电路的匝数为n2＝n－，由变压比，联立解得U2′＝U2，则u2′＝Umsin ωt，可知此时周期T＝，D正确。
2
3
4
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5
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4．(2025·广东卷，2)如图所示，某光伏电站输出功率1000 kW、电压400 V的交流电，经理想变压器升压至10 kV后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R为5 Ω。下列说法正确的是(　　)
A．变压器原、副线圈匝数比为1∶100
B．输电线上由R造成的电压损失为500 V
C．变压器原线圈中的电流为100 A
D．变压器原、副线圈中电流的频率不同
B
2
3
4
5
6
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8
9
1
解析：B　根据＝1∶25，故A错误；输电线上的电流为I2＝ A＝100 A，故R造成的电压损失ΔU损＝I2R＝100×5 V＝500 V，故B正确；变压器原线圈中的电流为I1＝ A＝2500 A，故C错误；变压器不能改变交流电的频率，故D错误。
2
3
4
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1
6
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9
5．(2024·北京卷，5)如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6 V　3 W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是(　　)
A．原线圈两端电压的有效值为24 V
B．副线圈中电流的有效值为0.5 A
C．原、副线圈匝数之比为1∶4
D．原线圈的输入功率为12 W
甲
乙
B
2
3
4
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1
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解析：B　由题图知，原线圈电压最大值为Um＝24 V，则有效值为U1＝＝24 V，A错误；灯泡正常发光，由P＝UI得，副线圈中电流有效值为I＝＝0.5 A，B正确；由理想变压器电压与匝数关系可知＝4，C错误；理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P1＝PL＝3 W，D错误。
甲
乙
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6．(2024·浙江6月选考，7)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。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
A
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解析：A　电容C增大，容抗减小，L1灯泡变亮，A正确；频率f增大，感抗增大，L2变暗，B错误；RG上光照增强，光敏电阻的阻值减小，L3灯泡变亮，C错误；S接到b上时，副线圈上的电压增大，三个灯泡均变亮，D错误。
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[能力提升练]
7．(课标变化原创题：西电东送)雅鲁藏布江下游水电工程开工仪式于2025年7月19日上午在西藏自治区林芝市举行。工程主要采取截弯取直、隧洞引水的开发方式，建设5座梯级电站，总投资约1.2万亿元。工程电力以外送消纳为主，兼顾西藏本地自用需求。如图所示为某高压输电示意图，升压变压器和降压变压器都是理想变压器，输入电压U1不变，减小输电线的电阻率，要使输出电压U4不变，下列方法可行的是(　　)
A．减小n1　　　　　　　
B．增大n2
C．增加用户端电器
D．缩短输电距离
C　
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解析：C　若n3、n4不变，由理想变压器变压规律可知，U4不变意味着U3不变。仅输电线的电阻率减小时，由U线＝I3R线＝I3ρ可知U线减小。又U3＝U2－U线，故要使U3不变，可以减小U2，或增大U线。由U2＝U1可知，增大n1或减小n2可以减小U2，A、B错误；由U线＝I3ρ及理想变压器变流规律可知，增大输电距离，或增大输送电流(由P＝UI可知用户端功率增大)，可以增大U线，C正确，D错误。
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[名师点评]　试题融合了减碳源头“水能、风能、太阳能”“高压输电”两大情境，通过半量化分析，深刻理解“变压器电压比、电流比、线损关系”这一物理原理如何支撑“西电东送”国家战略，解决能源跨区域调配的核心难题，相关最新能源设施很可能在未来高考中出现。
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8．(2025·安徽卷，8)某理想变压器的实验电路如图所示，原、副线圈总匝数之比n1∶n2＝1∶3，A为理想交流电流表。初始时，输入端a、b间接入电压u＝12sin (100πt)V的正弦式交流电，变压器的滑动触头P位于副线圈的正中间，电阻箱R的阻值调为6 Ω。要使电流表的示数变为2.0 A，下列操作正确的是(　　)
A．电阻箱R的阻值调为18 Ω
B．副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的
C．输入端电压调为u＝12sin (50πt)V
D．输入端电压调为u＝6sin (100πt)V
B
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解析：B　输入电压峰值为Um＝12 V，则输入电压有
效值为U1＝ V＝12 V，滑动触头在正中间，根
据变压比可知，输出电压U2＝×12 V＝
18 V，若将电阻箱阻值调为18 Ω，则电流为1 A，故A错
误；若将副线圈匝数调为总匝数的，根据变压比可知，输出电压U2′＝×12 V＝12 V，则副线圈电流变为I2′＝ A＝2 A，故B正确；输入端电压调为u＝12sin (50πt)V时，其有效值不变，不会导致
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电流的变化，仍然为I＝＝3.0 A，故C错误；将输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为U1″＝V＝6 V，输出电压U2″＝U1″＝×6 V＝9 V，副线圈电流变为I2″＝A＝1.5 A，故D错误。故选B。
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[培优创新练]
9．(多选)(2026·河南豫东十校联考)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25 Ω，D为理想二极管(理想二极管具有单向导电性)，原线圈接如图乙所示的正弦交变电压，则(　　)
A．原线圈接的交变电压瞬时值表达式为u＝220sin (50πt) V
B．变压器的输出电压为50 V
C．通过R2的电流为2 A
D．变压器的输入功率为150 W
甲　　　　　　　　　乙
BD
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解析：BD　通过题图乙可知输入
电压的最大值为220 V，交变电
流的周期T＝0.02 s，交变电流的频
率f＝＝50 Hz，ω＝100π rad/s，
原线圈接的交变电压瞬时值表达式为u＝220sin (100πt) V，故A错误；电源电压的有效值为U1＝ V＝220 V，由理想变压器变压规律可知，输出电压U2＝50 V，选项B正确；由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应有
甲　　　　　　　　　乙
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·T，解得U有＝ V，由欧姆定律得通过R2的电流I＝ A，故C错误；电阻R2的功率P2＝U有I＝50 W，电阻R1的电功率P1＝＝100 W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P＝P1＋P2＝150 W，故D正确。故选BD。
甲　　　　　　　　乙
第2讲　变压器　电能的输送
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按ESC键退出全屏播放限时规范训练(70)　变压器　电能的输送
(建议用时：40分钟　满分：49分)
(选择题1～6题每题5分，7～8题每题6分，9题7分，共49分)
[基础巩固练]
1．(2026·广东深圳高级中学模拟)燃油汽车启动时，火花塞产生电火花的简化电路如图所示，初级线圈回路中的电源为12 V蓄电池，次级线圈回路中的火花塞的两个电极P、Q靠得很近。汽车启动时，开关不停地闭合、断开，次级线圈产生的瞬时高压可达千伏甚至万伏，使电极P、Q间产生电火花，点燃汽缸中的可燃混合气。下列说法正确的是(　　)
A．开关闭合瞬间，P、Q间无电压
B．开关断开瞬间，火花塞会产生电火花
C．初级线圈的匝数应远大于次级线圈的匝数
D．若能够使开关闭合并稳定，次级线圈产生稳定的电压
解析：B　闭合开关的瞬间，初级线圈的电流发生变化，铁芯内的磁通量发生变化，次级线圈产生高电压，PQ间有电压，故A错误；断开开关的瞬间，初级线圈的电流发生变化，铁芯内的磁通量发生变化，次级线圈产生高电压，火花塞会产生电火花，故B正确；根据变压器电压比等于匝数比，由知，为了使次级线圈产生高电压，初级线圈的匝数应远小于次级线圈的匝数，故C错误；若能够使开关闭合并稳定，则初级线圈中的电流恒定，铁芯中的磁通量不发生变化，次级线圈不发生电磁感应现象，次级线圈不会产生电压，故D错误。故选B。
2．(2025·江苏苏州三模)钳形电流测量仪的结构图如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0，下列说法正确的是(　　)
A．该测量仪可测量直流电的电流
B．载流导线中电流大小I0＝
C．若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将大于实际电流
D．若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变大
解析：D　钳形电流测量仪实质上是一个升压变压器，原理为电磁感应，只能测量交流电的电流，故A错误；根据，得载流导线中电流大小I0＝nI，故B错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，载流导线中电流产生的磁场减弱，磁通量变化率减小，在内置线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，故C错误；根据n1I1＝n2I2知，若将载流导线在铁芯上多绕几匝，即n1变大，I1、n2不变，则钳形电流测量仪的示数I2将变大，故D正确。故选D。
3．(2025·河北卷，6)2024年底，世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁抽水蓄能电站全面投产发电。如图，若该电站通过理想变压器调节输出电压U2时，输入电压U1保持不变。已知副线圈总匝数为n，分接头1、2间和2、3间的线圈匝数n12＝n23＝，开关S接3时输出电压的瞬时值u2＝Umsin ωt，则S接2时u2-t的图像为(　　)
解析：D　由题意，开关S接3时，副线圈接入电路的匝数为n3＝n－，由变压比，开关S接2时，副线圈接入电路的匝数为n2＝n－，由变压比，联立解得U2′＝U2，则u2′＝Umsin ωt，可知此时周期T＝，D正确。
4．(2025·广东卷，2)如图所示，某光伏电站输出功率1000 kW、电压400 V的交流电，经理想变压器升压至10 kV后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R为5 Ω。下列说法正确的是(　　)
A．变压器原、副线圈匝数比为1∶100
B．输电线上由R造成的电压损失为500 V
C．变压器原线圈中的电流为100 A
D．变压器原、副线圈中电流的频率不同
解析：B　根据＝1∶25，故A错误；输电线上的电流为I2＝ A＝100 A，故R造成的电压损失ΔU损＝I2R＝100×5 V＝500 V，故B正确；变压器原线圈中的电流为I1＝ A＝2500 A，故C错误；变压器不能改变交流电的频率，故D错误。
5．(2024·北京卷，5)如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6 V　3 W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是(　　)
甲 乙
A．原线圈两端电压的有效值为24 V
B．副线圈中电流的有效值为0.5 A
C．原、副线圈匝数之比为1∶4
D．原线圈的输入功率为12 W
解析：B　由题图知，原线圈电压最大值为Um＝24 V，则有效值为U1＝＝24 V，A错误；灯泡正常发光，由P＝UI得，副线圈中电流有效值为I＝＝0.5 A，B正确；由理想变压器电压与匝数关系可知＝4，C错误；理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P1＝PL＝3 W，D错误。
6．(2024·浙江6月选考，7)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。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
解析：A　电容C增大，容抗减小，L1灯泡变亮，A正确；频率f增大，感抗增大，L2变暗，B错误；RG上光照增强，光敏电阻的阻值减小，L3灯泡变亮，C错误；S接到b上时，副线圈上的电压增大，三个灯泡均变亮，D错误。
[能力提升练]
7．(课标变化原创题：西电东送)雅鲁藏布江下游水电工程开工仪式于2025年7月19日上午在西藏自治区林芝市举行。工程主要采取截弯取直、隧洞引水的开发方式，建设5座梯级电站，总投资约1.2万亿元。工程电力以外送消纳为主，兼顾西藏本地自用需求。如图所示为某高压输电示意图，升压变压器和降压变压器都是理想变压器，输入电压U1不变，减小输电线的电阻率，要使输出电压U4不变，下列方法可行的是(　　)
A．减小n1　　　　　　　 B．增大n2
C．增加用户端电器 D．缩短输电距离
解析：C　若n3、n4不变，由理想变压器变压规律可知，U4不变意味着U3不变。仅输电线的电阻率减小时，由U线＝I3R线＝I3ρ可知U线减小。又U3＝U2－U线，故要使U3不变，可以减小U2，或增大U线。由U2＝U1可知，增大n1或减小n2可以减小U2，A、B错误；由U线＝I3ρ及理想变压器变流规律可知，增大输电距离，或增大输送电流(由P＝UI可知用户端功率增大)，可以增大U线，C正确，D错误。
[名师点评]　试题融合了减碳源头“水能、风能、太阳能”“高压输电”两大情境，通过半量化分析，深刻理解“变压器电压比、电流比、线损关系”这一物理原理如何支撑“西电东送”国家战略，解决能源跨区域调配的核心难题，相关最新能源设施很可能在未来高考中出现。
8．(2025·安徽卷，8)某理想变压器的实验电路如图所示，原、副线圈总匝数之比n1∶n2＝1∶3，A为理想交流电流表。初始时，输入端a、b间接入电压u＝12sin (100πt)V的正弦式交流电，变压器的滑动触头P位于副线圈的正中间，电阻箱R的阻值调为6 Ω。要使电流表的示数变为2.0 A，下列操作正确的是(　　)
A．电阻箱R的阻值调为18 Ω
B．副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的
C．输入端电压调为u＝12sin (50πt)V
D．输入端电压调为u＝6sin (100πt)V
解析：B　输入电压峰值为Um＝12 V，则输入电压有效值为U1＝ V＝12 V，滑动触头在正中间，根据变压比可知，输出电压U2＝×12 V＝18 V，若将电阻箱阻值调为18 Ω，则电流为1 A，故A错误；若将副线圈匝数调为总匝数的，根据变压比可知，输出电压U2′＝×12 V＝12 V，则副线圈电流变为I2′＝ A＝2 A，故B正确；输入端电压调为u＝12sin (50πt)V时，其有效值不变，不会导致电流的变化，仍然为I＝＝3.0 A，故C错误；将输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为U1″＝V＝6 V，输出电压U2″＝U1″＝×6 V＝9 V，副线圈电流变为I2″＝A＝1.5 A，故D错误。故选B。
[培优创新练]
9．(多选)(2026·河南豫东十校联考)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25 Ω，D为理想二极管(理想二极管具有单向导电性)，原线圈接如图乙所示的正弦交变电压，则(　　)
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A．原线圈接的交变电压瞬时值表达式为u＝220sin (50πt) V
B．变压器的输出电压为50 V
C．通过R2的电流为2 A
D．变压器的输入功率为150 W
解析：BD　通过题图乙可知输入电压的最大值为220 V，交变电流的周期T＝0.02 s，交变电流的频率f＝＝50 Hz，ω＝100π rad/s，原线圈接的交变电压瞬时值表达式为u＝220sin (100πt) V，故A错误；电源电压的有效值为U1＝ V＝220 V，由理想变压器变压规律可知，输出电压U2＝50 V，选项B正确；由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应有·T，解得U有＝ V，由欧姆定律得通过R2的电流I＝ A，故C错误；电阻R2的功率P2＝U有I＝50 W，电阻R1的电功率P1＝＝100 W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P＝P1＋P2＝150 W，故D正确。故选BD。

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