第13章 交变电流 传感器 电磁波-第2节 变压器 远距离输电 课件—2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“变压器 远距离输电”专题，依据高考评价体系覆盖实验探究、原理应用、动态分析及远距离输电四大核心考点，通过考点权重分析明确实验题占25%、动态分析占30%的高频考向，归纳出实验操作、多线圈计算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题演练+方法建模”策略，如以2025年福建卷变压器题为例，运用等效电阻法突破动态分析，培养科学思维与模型建构素养。设置误差分析、功率损失计算等专题，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第13章 交变电流 传感器 电磁波 第2节 变压器 远距离输电 1 考点一 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 考点二 理想变压器的原理及应用 考点三 理想变压器的动态分析 考点四 远距离输电 2 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 3 考点一 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数 的关系 4 1.实验原理 （1）实验电路图（如图所示）： （2）实验方法采用控制变量法 ①、一定，研究和 的关系。 ②、一定，研究和 的关系。 2.实验器材 学生电源低压交流电源，小于 个、可拆变压器1个、多用电表1个、导线若干。 5 3.实验过程 （1）保持原线圈的匝数<m></m>和电压<m></m>不变，改变副线圈的匝数<m></m>，研究<m></m>对副线圈电 压<m></m>的影响。 ①估计被测电压的大致范围，选择多用电表交流电压挡适当量程，若不知道被测电压 的大致范围，则应选择交流电压挡的最大量程进行测量。 ②组装可拆变压器：把两个线圈穿在铁芯上，闭合铁芯，用交流电压挡测量输入、输 出电压。 （2）保持副线圈的匝数<m></m>和原线圈两端的电压<m></m>不变，研究原线圈的匝数对副线圈电 压的影响。重复（1）中步骤。 6 4.数据处理 由数据分析变压器原、副线圈两端电压<m></m>、<m></m>之比与原、副线圈的匝数<m></m>、<m></m>之比的 关系。 5.注意事项 （1）在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开电源开关，再进行操作。 （2）为了人身安全，学生电源的电压不能超过<m></m>，通电时不能用手接触裸露的导线 和接线柱。 （3）为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确 定被测电压后再选用适当的挡位进行测量。 7 6.误差分析 （1）由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差。 （2）原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗（铜损），造成误差。 （3）铁芯中有磁损耗，产生涡流，造成误差。 8 【视角1】　实验的器材与操作 例1 某同学在实验室进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验。 （1）下列实验器材必须要用的有　　　　(选填字母代号)。  A.干电池组 B.学生电源 C.多用电表 D.直流电压表 E.滑动电阻器 F.条形磁铁 G.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈) BCG [解析] 实验中，必须要有学生电源提供交流电，B需要；学生电源本身可以调节电压，无需滑动变阻器，需要用多用电表测量电压，C需要；本实验不需要条形磁铁，用可拆变压器来进行实验，G需要；综上所述，需要的实验器材为B、C、G。 9 BC （2）下列说法正确的是　　　　(选填字母代号)。  A.为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数 B.要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数 C.测量电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量 D.变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈 10 [解析] 为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，进而测得副线圈电压，找出相应关系，故B正确；为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故C正确；变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到传递磁场能的作用，不是铁芯导电来传输电能，故D错误。 11 （3）该同学通过实验得到了如下表所示的实验数据，表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数，U1、U2分别为原、副线圈的电压，通过实验数据分析可以得到的实验结论 _ ___________________________________________________________________________。 在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即 [解析] 通过数据计算可得，在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即。 实验次数 n1/匝 n2/匝 U1/V U2/V 1 1600 400 12.1 2.90 2 800 400 10.2 4.95 3 400 200 11.9 5.92 12 【视角2】　实验的原理与分析 例2 在“探究变压器原、副线圈电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。 13 （1）本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是　　　　　　；  A.控制变量法 B.等效替代法 C.整体隔离法 A [解析] 本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法。 14 （2）为了减少涡流的影响，铁芯应该选择　　　　；  A.整块硅钢铁芯 B.整块不锈钢铁芯 C.绝缘的硅钢片叠成 D.绝缘的铜片叠成 C [解析] 变压器铁芯的材料要选择磁性材料，为防止出现涡流，选择用绝缘的硅钢片叠成的铁芯，故C正确，A、B、D错误。 15 （3）以下给出的器材中，本实验需要用到的有哪些　　　　　　；  BD A. B. C. D. [解析] 实验中需要交流电源和交流电压表，不需要干电池和直流电压表。 16 （4）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱上，用电表测得副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压为3.0 V，则原线圈的输入电压可能为　　　。(填选项前字母)  A.1.5 V B.3.0 V C.6.0 V D.7.0 V D [解析] 若是理想变压器，则由变压器原、副线圈电压与匝数的关系有，若变压器的原线圈接“0”和“800”两个接线柱，副线圈接“0”和“400”两个接线柱，可知原、副线圈的匝数比为2∶1，副线圈的电压为3 V，则原线圈的电压为U1 = 2×3 V = 6 V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6 V，可能为7 V，故D正确。 17 【视角3】　实验拓展创新 例3 功放内部的变压器一般为环状，简称环牛，如图甲所示。某同学利用环牛探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系(环牛效率极高，可看成理想变压器，其示意图如图乙所示)。 18 （1）测量环牛的初级(原)、次级(副)线圈匝数n1、n2的方法是:先在闭合铁芯上紧密缠绕n = 70匝漆包细铜线，并将理想交流电压表1接在细铜线两端；然后在初级线圈(左侧)上输入有效值为24.0 V的低压交流电，再将理想交流电压表2连接在次级线圈(右侧)上，若理想交流电压表1的示数为3.0 V，理想交流电压表2的示数为12.0 V，则次级线圈的匝数n2 = 　　　　　；  280 [解析] 根据理想变压器变压规律得 解得n1 = 560，n2 = 280。 19 （2）若在初级线圈(左侧)上接入电压瞬时值u = 220sin (100πt)V的电压，则连接在次级线圈(右侧)上的理想交流电压表2的示数为　　　　V；  110 [解析] 初级线圈所接交流电压的有效值U1 = = 220 V 根据理想变压器变压规律得 解得U2 = 110 V。 20 （3）由于变压器工作时有能量损失，实验中测得的原、副线圈的电压比　　 (选填“大于”“等于”或“小于”)原、副线圈的匝数比。  大于 [解析] 由于变压器工作时有能量损失，导致副线圈电压实际值比理论值小，故实验中测得的原、副线圈的电压比大于原、副线圈的匝数比。 21 AC [解析] 变压器的铁芯漏磁，会造成副线圈电压实际值比理论值小，故A正确；原线圈所加电压小，不会造成副线圈电压实际值比理论值小，故B错误；变压器的铁芯产生涡流，会造成副线圈电压实际值比理论值小，故C正确。故选AC。 （4）导致实验误差的原因可能是　　　。  A.变压器的铁芯漏磁 B.原线圈所加电压小 C.变压器的铁芯产生涡流 22 考点二 理想变压器的原理及应用 23 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。 闭合铁芯 两个线圈 （2）原理：电磁感应的互感现象。 24 2.基本关系式 （1）功率关系：_________。 （2）电压关系： 。 （3）电流关系：只有一个副线圈时 。 （4）频率关系：_________。 3.理想变压器的制约关系 电压 原线圈电压和匝数比决定副线圈电压， 功率 副线圈的输出功率决定原线圈的输入功率， 电流 副线圈电流和匝数比决定原线圈电流， 25 4.含有多个副线圈的变压器 计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系： 电压关系：<m></m> 功率关系：<m></m> 电流关系：<m></m> 26 5.原线圈接负载的变压器问题分析（等效电阻法） 图甲中当<m></m>变化时判断理想变压器原线圈中<m></m>的变化情况及<m></m>、<m></m>的功率变化情况， 可以把图甲等效画成图乙。 由，，，，联立得： ， 即 变压器与可等效为一个电阻，等效阻值为；原线圈电压 。 27 【视角1】　变压器基本物理量的分析与计算 例1 (2025·福建)某理想变压器如图甲，原副线圈匝数比4∶1，输入电压随时间的变化图像如图乙，R1的阻值为R2的2倍，则(　　) A.交流电的周期为2.5 s B.电压表示数为12 V C.副线圈干路的电流为R1电流的2倍 D.原副线圈功率之比为4∶1 B 28 [解析] 由图可知，交流电的周期为2.25 s，故A错误；根据图乙可知，输入电压最大值Um = 48 V，则输入电压有效值为U1 = = 48 V，根据变压比可知，副线圈电压即电压表示数为U2 = U1 = 12 V，故B正确；R1的阻值为R2的2倍，根据并联规律可知，两电阻的电压相同，根据欧姆定律可知，流经R1和R2的电流之比为1∶2，副线圈干路电流等于流经两电阻的电流之和，则副线圈干路的电流为R1电流的3倍，故C错误；根据变压器的原理可知，原副线圈功率相同，故D错误。 29 【视角2】　发电机+变压器问题 例2 风力发电场的发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t = 0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是( ) C A.发电机输出的电压为πNBSz B.发电机输出交变电流的频率为2πnz C.变压器原、副线圈的匝数比为πNBSnz∶U D.发电机产生的瞬时电动势e = πNBSnzsin (2πnz)t 30 [解析] 发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f = = nz，B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为Em = NBS·2π·nz，输出电压的有效值为E = πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e = Emsin ωt = 2πNBSnzsin (2πnz)t，D错误。 31 【视角3】　原线圈接负载的变压器问题 例3 在如图所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为k = ，在a、b端输入电压为U0的正弦交流电，R1为定值电阻，调节电阻箱R2，当R2 = 8R1时，理想电压表、理想电流表的示数分别为U、I，则下列说法正确的是( ) B A.U = B.U = C.I = D.I = 32 [解析] 法一　根据原、副线圈电压、电流的关系有 = k = = 4， 在原线圈回路中，有U0 = I1R1+U1， 在副线圈回路中，有U = IR2，R2 = 8R1， 联立解得I = ，U = ，故选B。 法二　变压器与R2等效为R效 = R2 = R2 = 的电阻，U1 = U0 = U0 由 = k得U = U0，A错误，B正确； I = ，C、D错误。 33 【视角4】　有多个副线圈的变压器问题 例4 (多选)(2025·云南)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( ) AC 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 34 [解析] 根据理想变压器的电压比等于匝数比可得n1∶n2 = U1∶U2 = 5∶1，n1∶n3 = U1∶U3 = 5∶1，故A正确，B错误；根据能量守恒可知变压器的输入功率等于总的输出功率，故P输入 = P输出 = 7.0 kW+3.5 kW = 10.5 kW，故C正确；输出电压为交流电的有效值，根据正弦交流电的最大值与有效值的关系可知，两副线圈输出电压最大值均为Um = 220 V，故D错误。 35 【视角5】　非理想变压器问题 例5 (多选)近年来，基于变压器原理的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。发射线圈的输入电压为220 V、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%，忽略其他损耗，下列说法正确的是( ) AC A.接收线圈的输出电压约为8 V B.接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1 C.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同 D.穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线 圈的相同 36 [解析] 根据，可得接收线圈的输出电压约为U2 = 8 V；由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反比，故B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。 37 考点三 理想变压器的动态分析 38 1.匝数比不变的分析思路 （1）不变，根据，输入电压决定输出电压，不论负载电阻 如何变化， ______。 （2）当负载电阻发生变化时，变化，输出电流决定输入电流，故 发生变化。 （3）变化引起变化，而，故 发生变化。 不变 39 2.负载电阻不变的分析思路 （1）不变，发生变化时， 变化。 （2）不变，变化时， 发生变化。 （3）根据，发生变化，再根据___，故变化，， 不变， 故 发生变化。 40 3.原线圈接负载时的动态分析 根据等效电阻法可以把图甲等效画成图乙。 即变压器与R2可等效为一个电阻,等效阻值为R效=R2,把变压器的动态分析问题转化为闭合电路的动态分析问题。 41 【视角1】　匝数比变化 例1 自耦变压器在高铁技术中被广泛应用。如图所示，一理想自耦变压器接在u = Umsin 100πt的正弦交流电压上，P为滑动触头，初始位置位于线圈CD的中点G，A1和A2为理想交流电表，R为定值电阻，下列说法正确的是(　　) A.将P向下滑动，A1的示数将变小 B.将P向上滑动，A2的示数将增大 C.将P下滑到GD的中点，电阻R的功率将变为原来的4倍 D.将P上滑到CG的中点，电阻R的功率将变为原来的倍 C 42 [解析] 将P下滑时，升压比变大，电阻R两端电压变大，A1、A2示数均变大，AB错误；若将滑动P向下滑动到GD的中点，升压比将由1∶2变为1∶4，电阻R的电压将变为原来2倍，故功率变为原来4倍，C正确；若将P向上滑动到CG的中点，升压比将从1∶2变为3∶4，电阻R的电压将变为原来的倍，电阻功率将变为原来的，D错误。 43 【视角2】　副线圈电阻变化 例2 如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( ) A A.L1先变暗后变亮，L2一直变亮 B.L1先变亮后变暗，L2一直变亮 C.L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗 D.L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗 44 [解析] 副线圈的总电阻为+，解得R2 = ，则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系有R等 = R2，则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有I1 = ，I2 = I1，I1先减小后增大，I2先减小后增大，则L1先变暗后变亮，根据U1 = U−I1R0，U2 = U1，由于 45 I1先减小后增大，则副线圈的电压U2先增大后减小，通过L2的电流为，则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，Rpb逐渐减小，副线圈的电压U2增大过程中增大；在副线圈的电压U2减小过程中，通过R0的电流为，Rap逐渐增大，则越来越小，则↑ = I2↑−↓，则L1先变暗后变亮，L2一直变亮。 46 【视角3】　原线圈电阻变化 例3 (2025·湖南)如图，某小组设计了灯泡亮度可调的电路，a、b、c为固定的三个触点，理想变压器原、副线圈匝数比为k，灯泡L和三个电阻的阻值均恒为R，交变电源输出电压的有效值恒为U。开关S与不同触点相连，下列说法正确的是(　　) A.S与a相连，灯泡的电功率最大 B.S与a相连，灯泡两端的电压为 C.S与b相连，流过灯泡的电流为 D.S与c相连，灯泡的电功率为 B 47 [解析] 设变压器原、副线圈的电压分别为U1、U2，灯泡L的阻值为R，根据等效电阻的思想有灯泡的等效电阻R等 = ，灯泡L的阻值R = ，由理想变压器原理，电压关系，电流关系，联立解得R等 = k2R。S与a相连，根据等效电源思想，灯泡的电功率最大时应该满足R等 = 3R，因为k值不确定，灯泡的电功率不一定最大，故A错误；S与a相连，变压器原线圈电压U1 = ·k2R，灯泡两端的电压为U2 = ，B正确；S与b相连，变压器原线圈电路接入两个电阻，变压器原线圈的电流I1 = ，流过灯泡的电流I2 = kI1 = ，C错误；S与c相连，变压器原线圈电路接入一个电阻，变压器原线圈的电流I1' = 流过灯泡的电流I2' = kI1' = ，灯泡的电功率为PL = RL = ，D错误。 48 考点四 远距离输电 49 如图所示，若发电站输出电功率为，输电电压为 ，用户得到的电功率为，用户端的电压为，输电电流为 ，输电线总电阻为 。 50 1.输电电流 。 2.电压损失 （1）_______；（2） 。 3.功率损失 （1）_______ ； （2）_____ 51 4.降低输电损耗的两个途径 （1）减小输电线的电阻。由 知，可加大导线的__________、采用__________ 的材料做导线。 （2）减小输电导线中的电流。在输电功率一定的情况下，根据 ，要减小电流， 必须______________。 横截面积 电阻率小 提高输电电压 52 5.远距离输电三点归纳总结 （1）理清输电电路图的三个回路（如图） ①在电源回路中， 。 ②在输送回路中，，，， 。 ③在用户回路中， 。 53 （2）抓住两组关联式 ①理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得： ， ， 。 ②理想的降压变压器联系着输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得： ， ， 。 （3）掌握一个守恒观念 功率关系：，其中 。 54 【视角1】　远距离输电原理与分析 例1 (多选)(2025·湖北)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( ) AC 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 55 [解析] 整个电路物理量标注如图 设用户端总电阻为R用户，降压器输入端等效为电阻Rx，则有Rx = R用户，因为I3n3 = I4n4，其中I2 = I3，则对于输电线有I2 = ，联立整理可得I2 = ，仅增加用户数，则R用户减小，可知I2增大，根据ΔP = r，可知r消耗的功率增大，故A正确；仅增加用户数，I2增大，根据U3 = U2−I2r， 56 可知U3减小，根据用户端的电压U4 = U3，可知用户端的电压减小，故B错误；仅适当增加n2，根据U2 = U1，可知U2增大，根据I2 = ，可知I2增大，根据U3 = I2Rx，可知U3增大，根据用户端的电压U4 = U3，可知用户端的电压增大，故C正确；由C选项可知，仅适当增加n2，I2增大，整个电路消耗的电功率P1 = P2 = U2I2，由于U2增大，故整个电路消耗的电功率变大，故D错误。 57 【视角2】　远距离输电+动态分析 例2 (2024·湖南)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( ) 58 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 [解析] 如图为等效电路图， √ 59 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，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；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上消耗的电功率变为原来的4倍，故C错误；若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流I2″ = ，R0消耗的功率P3 = I2″2·2R0≠4P，故B错误；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‴ = ，R0消耗的功率P4 = I2‴2R0≠6P，故D错误。 60 【视角3】　远距离输电与直接输电的比较 例3 (多选)某同学利用如图所示电路模拟远距离输电。图中交流电源电压为6 V，定值电阻R1 = R2 = 20 Ω，小灯泡L1、L2的规格均为“6 V　1.8 W”，理想变压器T1、T2原副线圈的匝数比分别为1∶3和3∶1。分别接通电路Ⅰ和电路Ⅱ，两电路都稳定工作时(　　) A.L1与L2一样亮 B.L2比L1更亮 C.R1上消耗的功率比R2的大 D.R1上消耗的功率比R2的小 BC 61 [解析] 若开关接cd端，则若电源电压为U0，理想变压器T1、T2的匝数比为 = k，用户电阻为R负载，输电线电阻为R导线，由变压器工作原理和欧姆定律。升压变压器次级电压U2 = kU0，降压变压器初级电压U3 = U2−I2R导线，降压变压器次级电压U4 = ，I4 = = k，I3 = I2，可得输电功率为P输 = U2I2 = ，输电线上损耗的电功率为P导线 = R导线 = R导线， 62 用户得到的电功率为P负载 = ·k2R负载，若开关接ab端，则负载得到的功率P负载' = ·R负载，输电线上损耗的电功率为P导线' = R导线，将R导线 = R1 = R2 = 20 Ω，R负载 = Ω = 20 Ω，k = 3代入可知，可得P负载>P负载'，即L2比L1更亮；P导线<P导线'，R1上消耗的功率比R2的大。 63 $