2024版高考物理一轮总复习专题十一交变电流第2讲变压器电能的输送提能演练

第2讲 变压器、电能的输送
知识巩固练
1.(2022年潮州模拟)(多选)某同学的电动自行车充电器是一输入电压为220 V，输出电压为
48 V的变压器，由于副线圈烧坏了，为修复该充电器，该同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘
导线在铁芯上绕了5匝线圈，如图所示，将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈两
端电压为2 V.则 ( )

A.该充电器原线圈有550匝
B.该充电器原线圈有1 100匝
C.被烧坏的副线圈有120匝
D.被烧坏的副线圈有240匝
【答案】AC
【解析】设该变压器的原线圈、副线圈和新绕线圈的匝数分别用n1、n2、n3表示，原线圈、

副线圈和新绕线圈两端的电压分别用U1、U2和U3表示，则有U1U3＝n1n3，解得该充电器原线圈

匝数为n1＝U1U3·n3＝2202×5匝＝550匝，A正确，B错误；同理可得U1U2＝n1n2，所以n2＝U2U1·n1＝
48
220

×550匝＝120匝，C正确，D错误.
2.(2022年辽宁联考)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.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，高压线上输电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，需要
将输电线上热耗功率增大至16ΔP，设输电功率和输电线电阻不变，则除冰时需将 ( )

A.输电电流变为14I
B.输电电流变为16I
C.输电电压变为14U
D.输电电压变为4U
【答案】C
【解析】输电线的热功率ΔP＝I2R，可知输电线的电阻不变的情况下，需要将输电线上热耗
功率增大至16ΔP，则输电电流变为4I，A、B错误；由前面分析可知，在输送功率一定的

情况下，输电线电流为I＝PU，可将输电电压变为14U，故C正确，D错误.
3.(2022年汕头统考)无线充电是当下正在快速普及的技术，手机也能应用电磁感应原理进行
无线充电.如图所示为利用磁场传递能量的示意图，主要包括安装在充电基座的送电线圈和
安装在手机内部的接收线圈组成，对于充电过程，下列说法正确的是( )

A.若增大充电电流的变化率，接收线圈的感应电动势将增大
B.若缩小两线圈距离，接收线圈的感应电动势将减小
C.若增大两线圈距离，接收线圈的感应电动势将增大
D.忽略线圈电阻的能量损耗，传输过程没有能量损失
【答案】A
【解析】根据法拉第电磁感应定律可知，若增大充电电流的变化率，接收线圈中磁通量的变
化率变大，则产生的感应电动势将增大，A正确；若缩小两线圈距离，接收线圈中的磁通量
会变大，磁通量的变化率变大，则产生的感应电动势将变大.同理若增大两线圈距离，接收
线圈的感应电动势将减小，B、C错误；送电线圈的能量通过磁场能传递给接受线圈，在传
递过程中肯定有磁场能的损失，即使忽略线圈电阻的能量损耗，传输过程也会有能量损失，
D错误.
4.(2022年汕头模拟)如图为高铁的供电流程图，牵引变电所(视为理想变压器，原、副线圈匝
数比为n1∶n2)将高压220 kV或110 kV降至27.5 kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受
电器使机车获得25 kV工作电压，则 ( )

A.若电网的电压为220 kV，则n1∶n2＝1∶8
B.若电网的电压为110 kV，则n1∶n2＝22∶5
C.若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25 kV
D.高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
【答案】D
【解析】若电网的电压为220kV，则n1：n2＝220kV：27.5kV＝8∶1.若电网的电压为110kV，
则n1∶n2＝110kV∶27.5kV＝4∶1，A、B错误；若高铁机车运行功率增大，则牵引变电所
副线圈输入功率增大，而副线圈电压不变，所以牵引变电所至机车间的电流增大，热损耗功
率也会随之增大，导线电阻分压增大，机车工作电压将会低于25kV，C错误，D正确.
5.(2022年合肥模拟)如图所示为某种电吹风机电路图，图中a、b、c、d为四个固定触点.绕
O点转动的扇形金属触片P，可同时接触两个触点，触片P位于不同位置时，吹风机可处于
停机、吹冷风和吹热风三种状态.图示状态刚好为触片P接触c、d两点.已知吹冷风时的输
入功率为60 W，小风扇的额定电压为60 V，正常工作时小风扇的输出功率为52 W，变压
器为理想变压器，则下列说法中正确的是 ( )

A.当扇形金属触片P与触点c、d接触时，电吹风吹热风
B.当扇形金属触片P与触点a、b接触时，电吹风吹冷风
C.小风扇的内阻为8 Ω

D.变压器原、副线圈的匝数比为n1n2＝113
【答案】CD
【解析】由电路知识可知，当扇形金属触片P与c、d接触时，电吹风的加热电路和吹风电
路均没有接通，故此时电吹风处于停机状态，A错误；当扇形金属触片P与触点a、b接触
时，电吹风的加热电路和吹风电路均处于接通状态，此时电吹风吹热风，B错误；由于小风
扇的额定电压为U2＝60V，吹冷风时小风扇的输入功率为60W，故小风扇正常工作时的电

流为I＝PU＝1A，小风扇内阻消耗的电功率为P热＝P输入－P输出＝60W－52W＝8W，由P热＝
I2r，代入数据解得r＝8Ω，C正确；由题意可知，变压器原线圈两端的电压为U1＝220V，
副线圈两端的电压为U2＝60V，故有n1n2＝U1U2＝220V60 V＝113，D正确.
6.(2022年惠州模拟)(多选)如图所示为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为3∶1，
电压表和电流表均为理想电表，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图甲中Rt为热敏电阻(其
阻值随温度的升高而变小)，R为定值电阻.下列说法正确的是 ( )

A.交流电压u的表达式为u＝36√2sin(100t) V
B.若Rt处的温度升高，则电流表的示数变大
C.若Rt处的温度升高，则变压器的输入功率变大
D.变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为3∶1
【答案】BC
【解析】由图乙可知交流电压最大值Um＝36√2V，周期T＝0.02s，可由周期求出角速度值

为ω＝2πT＝100πrad/s，则可得交流电压u的表达式u＝36√2sin(100πt)V，A错误；电压之比
等于匝数之比，匝数不变则电压不变；因Rt处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，
B正确；电压之比等于匝数之比，匝数不变则电压不变；因Rt处温度升高时，阻值减小，
电流表的示数变大，根据P出＝U2I2可知输出功率增大，理想变压器的输入功率等于输出功
率，可知输入功率增大，C正确；变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为1∶
1，故D错误.
综合提升练
7.如图所示为某小型电站高压输电示意图.发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端
的电压分别为U1和U2.在输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为
10∶1和1∶10，电压表的示数为220 V，电流表的示数为10 A，各互感器和电表均为理想
的，则下列说法正确的是 ( )

A.升压变压器原、副线圈的匝数比为n1n2＝U2U1
B.采用高压输电可以增大输电线中的电流，输电电流为100 A
C.线路输送电功率是220 kW
D.将P上移，用户获得的电压将降低
【答案】C

【解析】根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为n1n2＝U1U2，A错误；采用高

压输电可以减小输电线中的电流，从而减小输电过程中的电能损失，根据电流互感器原理及
匝数比为1∶10，由变压器电流比可知I原I副＝n副n原＝101，得输电电流为I2＝10×10A＝100A，B

错误；电压表的示数为220V，根据变压器电压比可知U原U副＝n原'n副'＝101，输电电压为U2＝10×
220V＝2200V，线路输送电功率为P＝U2I2＝220kW，C正确；将P上移，则降压变压器的
初级线圈减小，故用户获得的电压将升高，D错误.
8.某小型实验水电站输出功率是20 kW，输电线总电阻为6 Ω.
(1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率；
(2)若改用5 000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压.
解：(1)输电线上的电流

I＝PU＝20×103380A≈52.63A，
输电线路损耗的功率
P损＝I2R＝52.632×6W≈16.62kW.
(2)改用高压输电后，输电线上的电流

I'＝PU'＝20×1035 000A＝4A，
用户端在变压器降压前获得的电压
U1＝U'－I'R＝(5000－4×6)V＝4976V，
根据U1U2＝n1n2，用户得到的电压
U2＝n2n1U1＝122×4976V≈226.18V.