2026届高考物理一轮复习讲义：变压器　远距离输电

该高中物理高考复习讲义聚焦变压器和远距离输电核心考点，涵盖理想变压器基本规律、特殊变压器、动态分析及远距离输电原理，按“原理-应用-拓展”逻辑架构知识体系。通过课本问题梳理考点，题型分类指导方法，高考真题强化训练，助力学生突破变压比、功率损耗等难点，体现复习的系统性与针对性。 讲义突出科学思维与物理观念培养，如动态分析采用控制变量法构建模型，远距离输电结合风电案例深化能量观念。设置分层练习与真题对接，确保复习效率，帮助教师精准把控节奏，有效提升学生解题能力与应考素养。

第二讲 变压器　远距离输电 [选择性必修第二册] 1．课本第三章第3节图3.3－1，变压器原、副线圈两端的电压与线圈匝数有什么关系？ 提示：。 2．课本第三章第3节【思考与讨论】，在变压器中能量是如何转化的？ 提示：原线圈电流的电场能→铁芯中的磁场能→副线圈电流的电场能。 3．课本第三章第4节【思考与讨论】，如何降低P损更有效？ 提示：采用控制变量法来讨论P损的大小。根据P损＝I2r。当I一定时，r变为原来的，则P损变为原来的；当r一定时，I变为原来的，则P损变为原来的，所以减小输电电流对降低输电损耗更有效。用户的用电功率P一定的情况下，则应提高输电电压。 4．课本第三章第3节【科学漫步】，无线充电的原理是什么？ 提示：电磁感应 5．重做第三章第4节【练习与应用】T2。 提示：公式和U＝IR都是错误的，U是输电电压，而非输电线分担的电压。正确的推导应该是：设输电电压为U，输送的电功率为P，则，。将两式联立求得。由此式可知，要减小功率损失P损，在输送功率Р不变的条件下，应当升高电压U或减小输电线的电阻R。 6．重做第三章【复习与提高】B组T5。 提示：1∶8，133∶11 设发电机输出功率为P，升压变压器原、副线圈的匝数之比为∶，原线圈的电压为U1，副线圈的电压为U2，电流为I2；降压变压器原、副线圈的匝数之比为∶，原线圈的电压为U3，电流为I3，副线圈的电压为U4，电流为I4。输电线上的功率损失为ΔP，电压损失为ΔU，输电线电阻为R，水的流量为Q，发电机的效率为η。水的密度为ρ，重力势能为E。 发电机通过流水发电，水的重力势能转化为电能，由此可得水的重力势能。发电机的输出功率。输电线上的功率损失为。又，，又，由此可得，代入数据得 V。 发电机输出电压即为原线圈的电压U1，升压变压器原、副线圈的匝数之比对∶＝∶，可得∶＝350∶2800＝1∶8。降压变压器的输入电压， V。 降压变压器原、副线圈的匝数之比∶＝∶＝133∶11。 考点一　理想变压器的工作原理和基本规律 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。 （1）原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。 （2）副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。 2．原理：线圈的互感现象。 3．理想变压器的基本关系 （1）功率关系：。 （2）电压关系：只有一个副线圈时，＝。若n1＞n2，为降压变压器；若n1＜n2，为升压变压器。有多个副线圈时，。 （3）电流关系：只有一个副线圈时，＝；有多个副线圈时，n1I1＝n2I2＋n3I3＋…＋nnIn。 （4）频率关系：（变压器不改变交变电流的频率）。 题型一 理想变压器的基本规律 （2023高考·广东卷）用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，输出功率为8.8 kW，原线圈的输入电压u＝sin (100πt) V。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是（ ） A．20 A，50 Hz B． A，50 Hz C．20 A，100 Hz D． A，100 Hz A 由题可知原线圈输入电压的有效值为＝220 V，原线圈电流为＝40 A，副线圈输出电流的有效值为＝20 A，变压器无法改变电流的频率，故 Hz＝50 Hz，故选：A。 题型二 原线圈有负载的变压器电路 （2020·全国卷Ⅲ）（多选）在图a所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图b所示。下列说法正确的是（ ） A．所用交流电的频率为50 Hz B．电压表的示数为100 V C．电流表的示数为1.0 A D．变压器传输的电功率为15.0 W AD 变压器不改变交流电的频率，故所用交流电的频率等于电流i2的频率，即f＝＝＝50 Hz，A正确；通过R2电流的有效值为I2＝＝1 A，根据欧姆定律可知，R2两端的电压即副线圈两端的电压，为U2＝I2R2＝1×10 V＝10 V，根据理想变压器的电压规律＝，可知原线圈两端的电压为U1＝＝10×10 V＝100 V，电压表示数即电阻R1两端的电压，为UV＝U0－U1＝220 V－100 V＝120 V，B错误；电流表的示数即通过R3的电流，为IA＝＝ A＝0.5 A，C错误；变压器传输的电功率即副线圈电路的总功率，为P＝(I2＋IA)U2＝(1＋0.5)×10 W＝15.0 W，D正确。故选：AD。 题型三 含有二级管的变压器电路 在如图所示的电路中，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，原线圈接u＝sin (100πt) V的交流电，则（　　） A．交流电的频率为100 Hz B．通过R2的电流为1 A C．通过R2的电流为 A D．变压器的输入功率为200 W C 由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f＝＝＝50 Hz，A项错误；由理想变压器电压与压数的关系＝可知，输出电压U2＝50 V，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可知，，解得U＝＝ V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为 A，B项错误，C项正确；电阻R2的功率P2＝UI＝50 W，而电阻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，D项错误。故选：C。 题型四 多个副线圈的变压器问题 （多选）（2021·河北高考）如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是（ ） A．通过电阻R2的电流为 B．电阻R2两端的电压为 C．n0与n1的比值为 D．发电机的功率为 BC 由题意知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律有U1＝IR1，根据变压器电压与匝数的关系有＝，＝，代入有U0＝，U2＝，再由欧姆定律，有U2＝I2R2，可计算出I2＝，A错误，B正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax＝NB2L2ω，U0＝＝，由选项A、B知U0＝，则＝，C正确；由于变压器为理想变压器，则有P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2，代入选项A、B、C公式有P0＝，由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。故选：BC。 1．变压器原线圈所在电路中含有负载问题的分析 （1）将原线圈看成用电器，在原线圈电路中可应用串并联电路规律、闭合电路欧姆定律等。 （2）要求解原线圈电路中负载的电流、电压和功率，一般需先求副线圈中的电流，然后根据理想变压器原、副线圈的电流关系求得原线圈电路中的电流，进而求解通过负载的电流。 原、副线圈的电流关系往往是解决问题的突破口。 2．变压器与二极管相结合的分析 当副线圈回路中含有二极管时，由于二极管具有单向导电性，二极管只有一半时间导通，经过二极管后的输出电压的有效值与副线圈两端交流电压的有效值不相等，应根据电流的热效应进行计算。 3．含有多个副线圈的变压器的电路分析 副线圈有两个或两个以上时，一般从原、副线圈的功率相等入手。利用P1＝P2＋P3＋…，结合原副线圈电压关系、欧姆定律等分析。 1．（多选）如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u＝5sin 100πt (V)的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10 kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列正确的是（） A． B． C．用电压表测原线圈两端电压，示数为5 V D．副线圈输出交流电压的频率是100 Hz BD AB．原线圈两端电压的有效值U1＝ V＝ V 根据电压匝数关系有，变压器副线圈电压的峰值U2max＝ 根据题意有U2max＞10×103 V，解得＞2000，，故A错误，B正确； C．用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U1＝ V＝ V，故C错误； D．根据＝2πf＝100π，解得f＝50 Hz 变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50 Hz，故D错误。故选B。 2．如图甲所示为半波整流电路，在理想变压器的输出电路中有一只整流二极管，已知原、副线圈的匝数比为11∶1，电阻R＝10 Ω，原线圈的输入电压随时间的变化关系如图乙所示，电表均为理想交流电表，则（　　） A．电压表V1的读数为28 V B．电压表V2的读数为20 V C．电流表A的读数为0.18 A D．原线圈的输入功率为20 W D 由题图可知，原线圈输入电压的有效值为U0＝220 V，根据原、副线圈匝数比与电压比的关系可知＝，解得U1＝·U0＝×220 V＝20 V，所以电压表V1的读数为20 V，A错误；由于二极管具有单向导电性，一个周期内只有半个周期有电流通过，故有＝·T，有效值为U2＝ V，即电压表V2的读数为 V≈14.14 V，B错误；流过R的电流为I2＝＝ A≈1.4 A，由原线圈输入功率等于输出功率可知，U0I0＝U2I2，解得I0≈0.09 A，C错误；原线圈的输入功率等于输出功率，即P0＝P1＝U2I2＝20 W，D正确。故选：D。 3．如图甲、乙所示，两种情况下变压器灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡， 匝数比∶＝3∶1，灯泡均未被烧坏，则图甲中L1的功率和图乙中L1的功率分别为（　　） A．P，P B．9P， C．，9P D．，P B 由题意可知，n2＝n3，两种情况下变压器输出功率均为2P，设灯泡L2、L3的电压为U，电流为I，电阻为R，两种情况下变压器输入电压为3U，变压器输入电流为；题图甲中L1的功率为P1＝＝9P；题图乙中L1的功率为P2＝＝，故选：B。 考点二　两类特殊变压器 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： 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 连接电压表 连接电流表 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 ＝ I1n1＝I2n2 一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。当滑动触头与a间的匝数等于滑动触头与b间的匝数时（ ） A．U2＞U1 B．U2＝2U1 C．U2＝U1 D．2U2＝U1 D 当滑动触头与a间的匝数等于滑动触头与b间的匝数时，原线圈匝数n1等于副线圈匝数n2的2倍，则＝＝，即2U2＝U1，故选：D。 （2024·福建省三明市·模拟题）如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V和10 A，已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1，乙图中原副线圈匝数比为1∶10，则（ ） A．甲图中的电表是电压表，输电电压为2200 V B．甲图是电流互感器，输电电流是100 A C．乙图中的电表是电压表，输电电压为22000 V D．乙图是电流互感器，输电电流是100 A D AB、甲是电压互感器，根据变压器电压表电压比等于匝数比，输电电压为220×100 V＝22000 V，故AB错误。 CD、乙图是电流互感器，电表是电流表。只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比，输电电流是100 A，故C错误，D正确。故选：D。 自耦变压器只是输出的线圈有共用的部分，其电压及电功率关系与一般变压器相同；电压、电流互感器工作在高压或强电流环境之下，在应用过程中副线圈必须接地。 1．（2022·福建四地市第一次质检）工厂检验电动机的质量时，要用到1千多伏电压可调的高压电。利用一个自耦变压器和一个升压变压器可满足这个要求。如图为自耦变压器部分示意图，已知该自耦变压器可视为理想变压器，线圈总匝数为1 250匝，其中原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上，则输出端AB可以得到最高电压是（　　） A．193.6 V B．1 936 V C．250 V D．2 500 V C 对于自耦变压器，若要计算输出的最大电压，只需满足副线圈为1 250匝时，由变压器两端的电压与匝数成正比，即有UAB＝＝×220 V＝250 V。故选：C。 2．（2022·北京房山区一模）互感器又称仪用变压器，是电流互感器和电压互感器的统称。它能将高电压变成低电压、大电流变成小电流，用于测量或保护系统。如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，a、b是交流电压表或交流电流表，若高压输电线间电压为220 kV，T1的原、副线圈匝数比为1∶100，交流电压表的示数为100 V，交流电流表的示数为1 A，则（　　） A．a是交流电压表，b是交流电流表 B．T2的原、副线圈匝数比为100∶1 C．高压线路输送的电流为1 A D．高压线路输送的电功率为2.2×104 kW D T1两端接在同一根电线上，因此a是交流电流表，T2两端接在两根电线上，因此b是交流电压表，A错误；变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，所以T2原、副线圈匝数之比为220 000∶100＝2 200∶1，B错误；变压器原、副线圈电流与匝数成反比，则高压线路输送的电流为100 A，C错误；由C选项可知高压线路输送的电功率为P＝UI＝220 kV×100 A＝2.2×104 kW，D正确。故选：D。 考点三　理想变压器的动态分析 常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。 匝数比不变的情况 负载电阻不变的情况 不变，负载R变化 变化，负载R不变 （1）U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变 （2）当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2，决定输入电流I1，可以判断I1的变化 （3）I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化 （1）U1不变，发生变化，U2变化 （2）R不变，U2变化，I2发生变化 （3）根据和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化 题型一 匝数比不变 （多选）（2024·重庆市·历年真题）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灯泡的电阻恒定，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（ ） 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 AC A．滑片 P 在最左端时， 图甲、 乙中变压器输出电压均为灯泡的额定电压 6 V， 因此，故A正确； B．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Р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； C．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； D．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，则图乙中灯泡两端可调电压范围大，故D错误。故选AC。 题型二 负载电阻不变 如图所示，理想变压器的原线圈连接一个r＝9 Ω的电阻，且原线圈匝数n1可以通过滑片P来调节，在副线圈两端连接了R＝16 Ω的电阻，副线圈匝数n2＝1 000匝。在原线圈上加一输出电压恒定的正弦交流电，下列说法正确的是（ ） A．若交流电的周期增大，则变压器的输出功率增大 B．滑片P向上移动，则电阻R消耗的功率一定减小 C．滑片P向下移动，则流过电阻r的电流减小 D．当n1＝750匝时，电阻R消耗的功率最大 D 输出功率与电压和电阻有关，与周期无关，故A错误；设变压器原线圈两端的电压为U1，电流为I1，副线圈两端的电压为U2，电流为I2，则有U1＝U－I1r，又根据，可得U1＝，根据，I2＝，联立得U2＝和U＝，则R消耗的功率为P＝，由数学知识可知当n1＝＝1 000×匝＝750匝时P有最大值，若滑片P向上移动，电阻R消耗的功率不一定减小，故B错误，D正确；当滑片P向下移动时，原线圈匝数减小，由U＝可知原线圈电流将增大，所以流过电阻r的电流增大，故C错误。故选：D。 （多选）（2024·全国·历年真题）如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以（ ） A．保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 B．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变 C．将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 D．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动 AC A．保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，根据P＝I2R1可知此时热功率增大，故A正确； B．将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过R1的电流减小，故热功率减小，故B错误； C．将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，此时热功率增大，故C正确； D．将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与R1串联后的总电阻增大，电流减小，此时热功率减小，故D错误。故选AC。 1．分析变压器电路动态分析问题的一般思路： （1）分清不变量和变量。 （2）弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系。 （3）利用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定。 2．分析动态问题的一般步骤 。 1．（2023高考·北京卷）自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12 V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8 V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5 V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是（ ） A．仅增加原线圈匝数 B．仅增加副线圈匝数 C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍 D．将两个3.8 V小灯泡并联起来接入副线圈 B 由知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，A错误；由知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，B正确；由知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；将两个3.8 V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误。故选：B。 2．（2024·浙江省·历年真题）理想变压器的原线圈通过a或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线圈接有三个支路、如图所示。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，三个泡均变暗 A A．电容增大，对交流电的阻碍作用减小，则L1灯泡变亮，故A正确； B．频率f增大，则电感的阻碍作用增大，则L2灯泡变暗，故B错误； C．光敏电阻光照增强，阻值减小，由于各支路电压不变，则L3灯泡电流增大，变亮，故C错误； D．S接到b时，根据变压比可知，副线圈电压增大，则三个灯泡均变亮，故D错误。故选A。 3．（多选）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比∶＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10 Ω。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交流电压，下列说法正确的是（　　） A．当S与a连接后，理想电流表示数为2.2 A B．当S与a连接后，理想电压表示数为11 V C．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz D．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍 AD 由题图乙可知，交变电流的电压有效值为220 V，周期为0.02 s，频率为50 Hz。当S接a时，由变压器的原理可知，副线圈两端电压有效值为22 V，所以理想电压表的示数为22 V，理想电流表的示数为2.2 A，故A正确，B错误；当S由a拨到b后，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，则副线圈频率不变，副线圈两端电压加倍，负载电阻不变，副线圈的输出功率变为原来的4倍，原线圈的输入功率也变为原来的4倍，故C错误，D正确。故选：AD。 4．（2022·湖南高考）如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表的示数为U，理想电流表的示数为I。下列说法正确的是（ ） A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变 B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大 C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大 D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小 B 设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，通过原线圈的电流为I1，通过副线圈的电流为I2，由理想变压器变压规律和变流规律可得，原、副线圈及定值电阻R1的等效电阻为R′＝＝；保持P1位置不变，将原、副线圈及电阻R1等效为一定值电阻，P2向左缓慢滑动过程中，R2接入电路的电阻减小，则整个电路的总电阻减小，由欧姆定律可知，回路中电流I增大，原线圈两端电压增大，又电源电压不变，故电压表示数U减小，A错误；由于原线圈两端电压增大，由理想变压器变压规律可知，副线圈两端电压增大，故R1消耗的功率增大，B正确；当P2位置不变，P1向下滑动时，n2减小，等效电阻R′增大，由欧姆定律可知，回路中电流减小，R2两端电压减小，C错误；把R2看成电源内阻，即r＝9R，初始时刻，等效电阻R′＝＝4R1＝4R。随着P1向下移动，n2减小，增大，的数值由4逐渐增大，当R′＝9R时，等效电源内阻与变压器等效电阻相等，变压器消耗的功率最大，所以R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大后减小，故D错误。故选：B。 考点四　远距离输电原理及应用 1．远距离输电问题的分析方法 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”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析。 2．解题技巧 （1）厘清三个回路 （2）抓住两个联系 ①理想的升压变压器联系了回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1（匝数为n1）和线圈2（匝数为n2）中各个量间的关系是，，P1＝P2。 ②理想的降压变压器联系了回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3（匝数为n3）和线圈4（匝数为n4）中各个量间的关系是，，P3＝P4。 3．掌握两种守恒 （1）电压损耗：输电线上的电阻分压导致的电压损耗，。 （2）功率损耗：输电线上的电阻发热导致的功率损耗，。 （多选）（2024·湖南省·历年真题）根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是（ ） A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P B．输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0消耗的功率为4P C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P A 当如图为等效电路图， 设降压变压器的原副线圈匝数比为k∶1，则输电线上的电流为I2＝ 转子在磁场中转动时产生的电动势为e＝NBSωsin ωt A．当转子角速度增加一倍时，升压变压器原副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为I2′＝2I2，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故A正确； C．升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故R0上消耗的电功率P1＝I2′2R0＝4I22R2＝4P，故C错误； B．若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流I2″＝ 消耗的功率P3＝I2″2·2R0≠4P，故B错误； D．若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻减为原来的一半，输电线上的电流为 I2′′′＝ 消耗的功率P4＝I2′′′2R0≠6P，故D错误。故选：A （多选）某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u＝sin 100πt (V)。当用电器电阻R0＝11 Ω时，下列说法正确的是（ ） A．通过用电器R0的电流有效值是20 A B．当用电器R0的阻值减小时，输电线损耗的功率也随着减小 C．发电机中的电流变化频率为100 Hz D．升压变压器的输入功率为4 650 W AD 通过用电器R0的电流有效值I＝ A＝20 A，A正确；当用电器R0的阻值减小时，由于电压不变，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上损失的功率增大，B错误；变压器不改变交流电的频率，f＝50 Hz，C错误；降压变压器的输出功率为P1＝UI＝220×20 W＝4 400 W，由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比，得输电线上的电流为I′＝5 A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2R＝52×10 W＝250 W，升压变压器的输入功率P＝P1＋ΔP＝4 650 W，D正确。故选：AD。 （2024·安徽省·模拟题）我国在电力输送领域是世界上首屈一指的科技霸主，目前已研制成功了全套关键设备，建成了世界电压等级最高、输电能力最强的交直流输电网络。如图为远距离输电系统简化情景图，已知发电厂输出的交流电压为U1，理想升压变压器的原副线圈匝数比为k1，理想降压变压器的原副线圈匝数比为k2，高压输电线的总阻值为r。设用户（负载）是纯电阻，且阻值为R，则输电效率为（ ） A．×100% B．×100% C．×100% D．×100% A 设降压变压器副线圈的端电压为U4，由欧姆定律可得用户的电流为I0＝ 对降压变压器，由理想变压器的原理可得， 结合I＝ 综合可得I＝ 由能量守恒定律可得输电效率为η＝×100%＝×100%＝×100%。故选A。 解决远距离输电问题的一般思路 （1）画出输电电路图。 （2）注意升压变压器副线圈中的电流与降压变压器原线圈中的电流相等。 （3）输电线长度等于输电距离的2倍。 （4）计算线损功率一般用P损＝。 （5）分析远距离输电的动态问题时，可参照分析变压器动态问题的方法，将降压变压器及负载整体（或升压变压器、输电线、降压变压器及负载整体）等效成一个电阻，利用闭合电路的规律分析。 1．（2024·广东省·模拟题）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∶n4 B．U1∶U4＝n4∶n1 C．I1∶I4＝n1∶n4 D．I1∶I4＝n4∶n1 D 结合题意， 由变压器的基本关系可得： ， ， I2＝I3，U3＝U2－I2r，，，又因为n2＝n3，故U4＝，I4＝，故D正确，ABC均错误。 2．（2024·江苏省·模拟题）在我国北方部分地区经常出现低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严重损毁，如图所示。为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰。在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；若输电功率和输电线电阻不变，除冰时，需要输电线上热耗功率为9ΔP，则除冰时（ ） A．输电电流为 B．输电电流为9I C．输电电压为3U D．输电电压为 D AB．高压线上的热耗功率为：ΔP＝I2R线…① 若热耗功率变为9ΔP，则有：9ΔP＝I′2R线…② 由①②得I′＝3I，所以AB错误； CD．又输送功率不变，由P＝UI＝U′I′得：U′＝，所以C错误，D正确。 故选D。 学科网（北京）股份有限公司 $$