第十三章 第2课时 变压器 远距离输电 实验十五：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 广东专用）

第2课时　变压器　远距离输电　实验十五：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 目标要求　1.会用实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，体会控制变量法，了解实验误差的产生原因。2.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题。3.掌握理想变压器的动态分析方法。4.理解输电问题的三种电功率并会分析、解决远距离输电问题。 考点一　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 1．实验原理 (1)实验电路图(如图所示)： (2)实验方法：控制变量法 ①n1、U1一定，研究n2和U2的关系。 ②n2、U1一定，研究n1和U2的关系。 2．实验器材 学生电源(低压交流电源，小于12 V)1个、可拆变压器1个、多用电表1个、导线若干。 3．实验过程 (1)保持原线圈的匝数n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2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n2和原线圈两端的电压U1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。 4．数据处理 由数据分析变压器原、副线圈两端电压U1、U2之比与原、副线圈的匝数n1、n2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12 V，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。 例1　(2023·广东揭阳市期中)在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。 (1)观察变压器的铁芯，它的结构和材料是：________； A．整块硅钢铁芯 B．整块不锈钢铁芯 C．绝缘的铜片叠成 D．绝缘的硅钢片叠成 (2)观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数________；(填“多”或“少”) (3)以下给出的器材中，本实验需要用到的是________； (4)为了保证安全，低压交流电源的电压不要超过________； A．2 V 　　　B．12 V 　　　　　　C．50 V (5)在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0 V，则原线的输入电压可能为________； A．1.5V 　　　B．6.0 V 　　　　　　C．7.0 V 答案　(1)D　(2)少　(3)BD　(4)B　(5)C 解析　(1)观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成。故选D。 (2)观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据＝可知匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少。 (3)实验中需要交流电源和多用电表，不需要干电池和直流电压表。 (4)为了人体安全，低压交流电源的电压不要超过12 V。故选B。 (5)若为理想变压器，则变压器线圈两端的电压与匝数的关系为＝，根据题意，已知副线圈的电压为3.0 V，则原线圈的电压为U1＝2×3.0 V＝6.0 V 考虑到不是理想变压器，可能存在漏磁等现象，则原线圈所接的输入电压要大于6.0 V，可能为7.0 V。故选C。 考点二　理想变压器及其应用 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 1．变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用。(　√　) 2．变压器不仅能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率。(　×　) 3．在任何情况下，理想变压器均满足＝、＝、P入＝P出。(　×　) 思考　理想变压器的原、副线圈分别处于两个回路中，并没有相连接，为什么电能可以从一个线圈传递到另一个线圈，副线圈回路中的交变电流的相位与原线圈相同吗？ 答案　变压器的工作原理是互感现象。电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，由于电流的大小和方向不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，所以尽管两个线圈没有直接连接，副线圈中也产生感应电流，在原线圈中电能转化为磁场能，在副线圈中磁场能转化为电能。原、副线圈回路中的交变电流的相位并不相同。 例2　(2022·山东卷·4)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcos (100πt)。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V。将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W。下列说法正确的是(　　) A．n1为1 100匝，Um为220 V B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s 答案　D 解析　变压器的输入电压为220 V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为220 V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为＝，解得原线圈为2 200匝，A错误；当原线圈输入电压为220 V时，BC间的电压为UBC＝＝12 V，故BC间的线圈与单匝线圈匝数关系为＝，则BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为IBC＝＝＝1 A，B错误；若将R接在AB两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，AB间的电压应为18 V，根据交流电原线圈电压的表达式可知，ω＝100π rad/s，故交流电的频率为f＝＝＝50 Hz，C错误；若将R接在AC两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，AC间的电压应为30 V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为IAC＝＝ A＝2.5 A，交流电的周期为T＝＝0.02 s，D正确。 例3　如图，一理想变压器ab端接交流电源，原线圈匝数为100匝，R1、R2、R3阻值相等。则当开关S断开时R1的功率为P1，当S闭合时R1的功率为P2，且P1∶P2＝9∶25，则副线圈匝数为(　　) A．25 B．50 C．200 D．400 答案　B 解析　设原、副线圈的匝数比为n，开关断开时原线圈电流为I1，开关闭合时原线圈电流为I2，由P1∶P2＝9∶25、P＝I2R可知I1∶I2＝3∶5；设开关断开时副线圈电流为I1′，开关闭合时副线圈电流为I2′，设R1＝R2＝R3＝R，则开关断开时副线圈电压为U1′＝I1′R＝nI1R，此时原线圈电压为U1＝nU1′＝n2I1R，总电压为U＝U1＋I1R＝n2I1R＋I1R，由欧姆定律可知开关闭合时副线圈电阻为R′＝0.5R，此时副线圈电压为U2′＝I2′·0.5R＝0.5nI2R，此时原线圈电压为U2＝nU2′＝0.5n2I2R，总电压为U＝U2＋I2R＝0.5n2I2R＋I2R，联立解得n＝2，则副线圈的匝数为n′＝×100＝50，故B正确，A、C、D错误。 例4　(2023·北京卷·7)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 答案　B 解析　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，故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，故B正确；由＝知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，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小灯泡并联起来接入副线圈，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。 例5　(2023·广东梅州市二模)如图甲所示，理想变压器原线圈接入图乙所示的交变电压，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器。原、副线圈的匝数之比为10∶1，V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。则下列说法正确的是(　　) A．t＝0.01 s时，电压表V1的示数U1不为零 B．滑片P向下滑动过程中，U1I1的数值变小 C．滑片P向下滑动过程中，的数值变大 D．滑片P向下滑动过程中，R消耗的功率一定变大 答案　A 解析　电压表的示数为有效值，示数为U＝＝ V＝220 V，A正确； 滑片P向下滑动过程中，副线圈回路的总电阻值减小，回路中电流I2增大，电压U2不变，则有I2U2增大，由理想变压器的输入功率等于输出功率，所以U1I1的数值变大，的数值变小，B、C错误； R消耗的功率P＝I22R＝()2R＝ 由上式可知，电压U2不变，P向下滑动中，由于不确定滑动变阻器R与定值电阻R0的大小关系，因此无法判断滑动变阻器R的功率变化，D错误。 1．变压器问题的分析思路： U1U2I2I1 2．常见的两种动态变化分析 (1)匝数比不变的情况(如图) ①U1不变，根据＝，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。 ③I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化。 (2)负载电阻不变的情况(如图) ①U1不变，发生变化时，U2变化。 ②R不变，U2变化时，I2发生变化。 ③根据P2＝，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。 考点三　远距离输电 1．高压输电线路的电压损失和功率损失 如图所示，发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户端的电压为U′，输电电流为I，输电线总电阻为R。 (1)输电电流I＝＝。 (2)电压损失 ①ΔU＝U－U′；②ΔU＝IR。 (3)功率损失 ①ΔP＝P－P′＝ΔU·I； ②ΔP＝I2R＝()2R。 (4)降低输电损耗的两个途径 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减小输电导线中的电流。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。 2．远距离高压输电线路分析及有关物理量的计算 (1)理清输电电路图的三个回路(如图) ①在电源回路中，P发电机＝U1I1＝P1。 ②在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，ΔP＝I22R线。 ③在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户。 (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：＝，＝，P1＝P2。 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：＝，＝，P3＝P4。 (3)掌握一个守恒观念 功率关系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I线＝I线2R线＝。 1．增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。(　√　) 2．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗。(　√　) 3．若发电站输出功率为P，输电电压为U，输电线总电阻为R，如图所示，则输电线上损失的功率为P损＝。(　×　) 例6　(2023·天津卷·6)如图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有(　　) A．T1输出电压与T2输入电压相等 B．T1输出功率大于T2输入功率 C．若用户接入的用电器增多，则R功率降低 D．若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低 答案　B 解析　由于输电过程中电阻R要产生热量，会损耗功率，故T1输出功率大于T2输入功率，T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正确；由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则用户端电流变大，输电电路电流也相应变大，根据P损＝I2R可知R功率增大，故C错误；用户接入的用电器增多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。 例7　(2020·浙江7月选考·11)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　　) A．发电机输出的电流I1＝40 A B．输电线上的电流I线＝625 A C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11 D．用户得到的电流I4＝455 A 答案　C 解析　发电机输出的电流I1＝＝ A＝400 A，故A错误；输电线上损失的功率P线＝I线2R线＝5 kW，所以I线＝＝25 A，故B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5) kW＝95 kW，则I4＝＝ A＝ A≈432 A，故＝＝，故C正确，D错误。 训练1　变压器 1．(2020·江苏卷·2)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器(　　) A．是一种降压变压器 B．能测量直流电路的电流 C．原、副线圈电流的频率不同 D．副线圈的电流小于原线圈的电流 答案　D 解析　电流互感器原线圈匝数少，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故A错误；变压器的原理是互感现象，只能够在交流电路中才能正常工作，故它不能测量直流电路的电流，故B错误；变压器不改变交变电流的频率，故C错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流，故D正确。 2．(2023·广东卷·6)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＝220sin(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．20 A,50 Hz C．20 A,100 Hz D．20 A,100 Hz 答案　A 解析　由题可知原线圈输入电压的有效值为U1＝＝220 V，原线圈电流为I1＝＝40 A，副线圈输出电流的有效值为I2＝I1＝20 A，变压器无法改变电流的频率，故f＝＝ Hz＝50 Hz，故选A。 3．(多选)(2023·广东省联考)电动汽车无线充电示意图如图所示，若发射线圈的输入电压为u＝220sin (100πt) V、匝数为1 100，接收线圈的匝数为2 200。若发射线圈输出功率为13.2 kW，变压器为理想变压器，下列说法正确的是(　　) A．采用直流电源也能为电动汽车充电 B．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相等，均为100 Hz C．接收线圈输出电流的有效值为30 A D．接收线圈输出电压的峰值为440 V 答案　CD 解析　变压器是利用电磁感应原理，必须通过交流电产生变化的磁场，才能产生感应电流，选项A错误； 变压器不改变交变电流的频率，发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相等，频率应为f＝＝ Hz＝50 Hz，选项B错误； 根据正弦式交流电中有效值和峰值的关系可知，发射线圈的电压有效值 U1＝＝ V＝220 V 根据变压器的工作原理有＝＝ 解得接收线圈的电压有效值U2＝440 V 峰值为440 V，因为变压器为理想变压器，则 I2＝＝＝30 A 选项C、D正确。 4. (多选)(2023·海南卷·11)如图是工厂利用u＝220sin 100πt V的交流电给36 V照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为1 100匝，下列说法正确的是(　　) A．电源电压有效值为220 V B．交变电流的周期为0.02 s C．副线圈匝数为180匝 D．副线圈匝数为240匝 答案　BC 解析　Um＝220 V，则U有效＝＝220 V，ω＝100π rad/s，由T＝可知周期T＝0.02 s，原、副线圈匝数比＝，解得n2＝180匝，B、C正确。 5．(多选)(2020·全国卷Ⅲ·20)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 答案　AD 解析　根据i2－t图像可知T＝0.02 s，则所用交流电的频率f＝＝50 Hz，故A正确；副线圈两端电压U2＝I2R2＝×10 V＝10 V，由＝得原线圈两端电压U1＝100 V，电压表的示数U＝220 V－100 V＝120 V，故B错误；电流表的示数I＝＝ A＝0.5 A，故C错误；变压器传输的电功率P＝I22R2＋I2R3＝15.0 W，故D正确。 6．(2023·广东汕头市二模)某兴趣小组用如图所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验。 (1)该实验中变压器原线圈接线柱接入学生电源应该选择哪种接法________(选填“A”或“B”)； (2)实验开始前，小艺同学没有使用铁芯组装变压器，而是直接将一个线圈接入电源，另外一个线圈接电压表，保持电源输入电压、两个线圈接入的匝数不变，逐渐将两个线圈相互靠近的过程中，观察到电压表的读数____________(选填“变大”“变小”或“不变”)； (3)在正确组装变压器后，甲、乙、丙三位同学分别利用控制变量法探究副线圈的电压U2与原线圈电压U1、原线圈的匝数n1、副线圈的匝数n2的关系，将实验数据绘制成甲、乙、丙三幅图像，哪个同学的实验结果有误________(选填“甲”“乙”或“丙”)； (4)小琳同学在某次实验中选择厂家标注匝数nA＝200匝的线圈A作为原线圈，厂家标注匝数nB＝100匝的线圈B作为副线圈，分别接入不同输入电压U1，测得对应的输出电压U2得到实验数据如表所示；分析下列可能的原因，你认为正确的有________。 实验次数 nA/匝 nB/匝 U1/V U2/V 1 200 100 8.2 4.0 2 200 100 6.1 2.9 3 200 100 4.0 1.9 A.原、副线圈电压的频率不相等 B．变压器线圈中有电流通过时会发热 C．铁芯在交变磁场的作用下会发热 D．穿过副线圈的磁通量大于原线圈的磁通量 答案　(1)B　(2)变大　(3)乙　(4)BC 解析　(1)由题图可知，A接直流电源，B接交流电源，而要探究变压器则必须使用交变电压，故选B。 (2)根据法拉第电磁感应定律E＝n＝nS可知，越靠近通电线圈，接了电压表的线圈所处的磁场就越强，磁通量变化率越大，产生的感应电动势就越大，因此可知电压表的读数将变大。 (3)根据变压器原、副线圈匝数与电压的关系＝，可得U2＝，则可知，在原、副线圈匝数比一定的情况下，副线圈中的电压与原线圈中的电压成正比，图像为过原点的倾斜直线；而当原线圈的匝数以及原线圈中的电压一定时，副线圈中的电压与副线圈的匝数成正比，图像为过原点的一条倾斜直线；若原线圈中的电压与副线圈的匝数一定时，副线圈中的电压与原线圈的匝数成反比，即副线圈中的电压与原线圈匝数倒数的图像为一条过原点的倾斜直线，因此实验结果有误的为乙。 (4)变压器不会改变电压的频率，故A错误；根据电流的热效应可知，当有电流通过线圈时，线圈会发热，从而造成电能的损失，俗称铜损，故B正确；铁芯在交变磁场中会产生涡流，而根据电流的热效应可知铁芯会发热，从而造成电能的损失，俗称铁损，故C正确；因为铁芯对磁场的约束不严密，因此，穿过副线圈的磁通量一定小于原线圈的磁通量，即磁通量有损失，俗称磁损，故D错误。 7．(2024·广东广州大学附属中学校联考)如图所示，理想变压器的ab端所接的交变电压u＝16sin 100πt(V)，L1、L2是规格为“4 V、3 W”的灯泡，现调节电阻箱R为某一值时恰好能使两个灯泡均正常发光，电压表V1、V2均为理想交流电压表。(电阻箱R调节过程中所有元件均安全工作)则(　　) A．电压表V1的示数为16 V，频率为50 Hz B．变压器原、副线圈匝数比为4∶1 C．减小电阻箱R连入电路的阻值，电压表V1的示数不变 D．减小电阻箱R连入电路的阻值，电压表V2的示数减小 答案　D 解析　ab端所接的交变电压有效值为U0＝＝16 V 电压表V1的示数为U1＝U0－UL1＝12 V 频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，故A错误； 变压器副线圈电压为U2＝UL2＝4 V 变压器原、副线圈匝数比为＝＝，故B错误； 减小电阻箱R连入电路的阻值，副线圈总电阻变小，副线圈总电流变大，根据变压器原、副线圈电流与线圈匝数关系，可知原线圈总电流变大，L1两端的电压增大，故原线圈两端的电压减小，故电压表V1的示数减小，根据变压器原、副线圈电压与线圈匝数关系可知，副线圈两端的电压减小，故电压表V2的示数减小，故C错误，D正确。 8．(多选)(2023·广东省模拟)如图为理想的自耦变压器，其中P为变压器上的滑动触头，P′为滑动变阻器上的滑片，电流表为理想电表，若输入电压U1一定，则(　　) A．P不动，P′向下滑动时，U2一直在减小 B．P′不动，P顺时针转动一个小角度时，U1和U2的比值增大 C．P′不动，P顺时针转动一个小角度时，电流表读数在增大 D．P顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，小灯泡的亮度可以不变 答案　BD 解析　根据＝，P不动，则匝数比一定，可知U2不变，A错误；P′不动，P顺时针转动一个小角度时，副线圈接入的线圈匝数变小，根据＝可知，U1和U2的比值增大，B正确；P′不动，P顺时针转动一个小角度时，根据上述可知，U2减小，则通过副线圈的电流减小，根据＝可知，通过原线圈的电流减小，即电流表读数在减小，C错误；P顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，副线圈接入的线圈匝数变小，根据＝可知，U2减小，由于I2＝，由于P′向下滑动时，滑动变阻器接入电阻R减小，结合上述，电流I2可能不变，即P顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，小灯泡的亮度可以不变，D正确。 9．(多选)(2022·湖北卷·9)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1 100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(　　) 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 答案　AC 解析　根据＝，可得接收线圈的输出电压约为U2＝8 V，故A正确；由于漏磁，接收线圈与发射线圈功率不相等，接收线圈与发射线圈中的电流比I2∶I1≠n1∶n2＝22∶1，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等，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，故D错误。 10．(多选)(2023·广东茂名市二模)某种电吹风机的电路如图所示，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处于不同位置时，吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数，该电吹风机的各项参数如下表所示。当电吹风机接上220 V的交变电流时，则(　　) 冷风时输入功率 50 W 热风时输入功率 440 W 小风扇额定电压 40 V 输入交流电的电压 220 V A．吹热风时，触片P同时接触b、c两个触点 B．小风扇正常工作时电阻为32 Ω C．原、副线圈的匝数比n1∶n2＝11∶2 D．吹热风时，通过电吹风机的电流为2 A 答案　CD 解析　触片P同时接触b、c两个触点时电热丝没有接入电路，电吹风吹冷风，故A错误； 吹冷风时通过小风扇的电流I1＝＝ A＝1.25 A 小风扇是非纯电阻元件，故正常工作时电阻r<＝ Ω＝32 Ω，故B错误； 原、副线圈的匝数比＝＝＝，故C正确； 吹热风时，通过电吹风机的电流为I＝＝ A＝2 A，故D正确。 训练2　远距离输电 1．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·19)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电。输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′。不考虑其他因素的影响，则(　　) A．ΔP′＝ΔP B．ΔP′＝ΔP C．ΔU′＝ΔU D．ΔU′＝ΔU 答案　AD 解析　由输电电流I＝知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的，损耗的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的，即ΔP′＝ΔP；输电线上损失电压为ΔU＝Ir，则输电电压加倍，损失电压变为原来的，即ΔU′＝ΔU。故A、D正确。 2. (2023·广东省二模)如图，冬天冰冻天气里，高压线上常常会结大量冰凌。某同学设想利用高压线电流的热效应进行融化，在正常供电时，高压线的电流为I，高压线的热耗功率为P；除冰时，需要将高压线的热耗功率增大为kP(k>1)，假设输电功率和高压线电阻不变，则除冰时需将输电(　　) A．电流增大为I B．电压增大为原来的倍 C．电流增大为kI D．电压增大为原来的k倍 答案　A 解析　根据题意高压线的电流为I结合P＝I2R(R为输电线电阻)可知，要使输电线上的热耗功率变为kP，则除冰时的输电电流增大为I，故A正确，C错误；再根据输送功率不变可知电压降低为原来的，故B、D错误。 3．(2023·浙江6月选考·7)我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是(　　) A．送电端先升压再整流 B．用户端先降压再变交流 C．1 100 kV是指交流电的最大值 D．输电功率由送电端电压决定 答案　A 解析　升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应先升压再整流，用户端应先变交流再降压，故A正确，B错误；1 100 kV指的是直流电的电压，也是交流电压的有效值，故C错误；输电功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误。 4．(2024·广东河源市联考)如图所示为远距离交流输电的原理示意图，其中各个物理量已经在图中标出，下列说法正确的是(　　) A．变压器线圈的匝数关系为n1>n2，n3<n4 B．升压变压器可以提高输电电压，从而提高输电功率 C．输电电路中的电流关系为I1>I线>I4 D．发电机的输出功率不变时，输电电压越高，输电线上损失的功率越小 答案　D 解析　根据＝＝，又U1<U2，n1<n2，则I1>I线，根据＝＝，又U3>U4，n3>n4，则I线<I4，故A、C错误；升压变压器可以提高输电电压，从而减小输电电流，减小输电线上的功率损失，但无法提高输电功率，故B错误；发电机的输出功率不变时，输电电压越高，输电电流越小，输电线上损失的功率越小，D正确。 5．(2024·广东省联考)我国是目前世界上唯一用特高压输电技术进行远距离输电的国家，也是全球特高压输电线最长、核心专利最多、技术最完备的国家。如图是特高压远距离输电的原理图，假定在远距离输电过程中，等效理想变压器T1的输入功率P0＝2.2×108 W，输入电压U0＝11 kV，输电线上的电流I1＝200 A，输电线中的功率损失为输入功率P0的4%。则(　　) A．U1＝1 100 V B．R线＝1.0×103 Ω C．U1与U2的差与输电功率无关 D．变压器T1的原、副线圈匝数比为1∶100 答案　D 解析　根据电功率的计算公式P0＝U1I1，代入数据解得U1＝1.1×106 V，故A错误； 由题知P损＝4%P0＝I12R线，代入数据解得R线＝220 Ω，故B错误； 根据电功率的计算公式P0＝U1I1，可知输电功率不同时，输电线的电流不同，由U1－U2＝I1R线可知，U1和U2的差与输电功率有关，故C错误； 根据原、副线圈电压之比与线圈匝数之比的关系可知＝＝＝，故D正确。 6．随着经济发展，在寒冬来临时，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)，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 答案　D 解析　根据原、副线圈电压比等于匝数比可得＝，可得升压变压器的输出电压为U2＝U1，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；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＝，＝，I4＝，联立可得U2＝(R＋R线)I4，当用户用电器增加，可知R减小，则降压变压器的输出电流I4增大，故A错误；根据＝，由于I4增大，可知I2增大，输电线上损失的功率为P损＝I22R线，可知输电线上损失的功率增大，故B错误；根据＝，由于I2增大，可知I1增大，发电厂输出的总功率为P出＝U1I1，可知发电厂输出的总功率增大，故D正确。 7．(2024·广东东莞市联考)2020年9月，中国发布“双碳战略”，计划到2030年实现碳达峰、2060年实现碳中和。碳排放问题的治本之策是转变能源发展方式，加快推进清洁替代和电能替代，一座小型水电站向山下村镇供电的示意图如图所示，升压变压器T1与降压变压器T2都是理想变压器。已知发电机输出电压U1＝250 V，两个变压器的匝数比n1∶n2＝1∶100，n3∶n4＝110∶1，输电线电阻R＝20 Ω ，输电线上损失的功率为32 kW。则下列说法正确的(　　) A．输电线上损失的电压为25 000 V B．用户得到的电压为200 V C．发电机输出功率P＝1 000 kW D．深夜，用户的用电器减少时输电线上损失的功率将变大 答案　C 解析　依题意，输电线上损失的功率为P损＝ 解得U损＝800 V，故A错误； 根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系，有＝，＝，又U2＝U损＋U3，联立解得U4＝220 V，故B错误； 根据理想变压器原、副线圈电流与匝数的关系，有＝，又I2＝，发电机输出功率为P＝U1I1，联立解得P＝1 000 kW，故C正确； 深夜，用户的用电器减少时，降压变压器所在回路电阻增大，由欧姆定律可得I4＝ 则降压变压器输出电流减小，根据＝ 可知输电线上电流减小，由P损＝I32R 可知输电线上损失的功率将变小，故D错误。 8．(2023·广东韶关市模拟)如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为20 kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻用R线表示，大小为10 Ω。下列说法正确的是(　　) A．电流互感器是一种降压变压器 B．将滑动触头P下移，用户获得的电压将增大 C．升压变压器的输出电压U2＝1 000 V D．用户获得的功率为19 kW 答案　D 解析　根据线圈匝数关系可知电流互感器是一种升压变压器，故A错误； 将滑动触头P下移，相当于增大了n3，降压变压器用户获得的电压U4＝U3，可知n3增大时，U4减小，故B错误； 电流互感器原线圈中的电流I2＝I＝10 A 升压变压器的输出电压U2＝＝2 000 V，故C错误； 输电线上的损失功率ΔP＝I22R线＝1 kW 用户获得的功率P4＝P3＝P－ΔP＝20 kW－1 kW＝19 kW，故D正确。 9．国家体育馆“鸟巢”内隐藏着一座太阳能光伏发电系统，供给体育馆内的照明灯等使用。假如该发电系统的输出功率为1×105 W，现准备向远处输电，输电示意图如图所示。所用输电线的总电阻为8 Ω，输电时在输电线上损失的电功率为输送电功率的5%。用户获得220 V电压，求： (1)降压变压器原、副线圈的匝数比； (2)该发电系统能够供多少盏“220 V,50 W”的照明灯恰好正常工作。 答案　(1)　(2)1 900盏 解析　(1)输电线上损失的电功率为输送电功率的5%，输电线中的电流为I2，则I22R线＝5%×P 得I2＝25 A 降压变压器T2副线圈中电流I4，即为提供给所有用户的总电流I总，用户获得的总功率为P用＝P－5%P＝95%P 又P用＝U4I4，所以I4＝＝ A 其原线圈中电流I3＝I2＝25 A 降压变压器的匝数比＝＝ (2)设有N盏灯能正常发光，则P用＝NP灯 代入数据解得N＝1 900盏。 10．(2023·山东卷·7)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝ 250 V，输出功率500 kW。降压变压器的匝数比n3∶n4＝ 50∶1，输电线总电阻R＝62.5 Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220 V，功率88 kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是(　　) A．发电机的输出电流为368 A B．输电线上损失的功率为4.8 kW C．输送给储能站的功率为408 kW D．升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44 答案　C 解析　由题知，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率500 kW，则有I1＝＝2×103 A，A错误；由题知，用户端电压U4＝220 V，功率P4＝88 kW，则有＝＝，P4＝U4I4，解得I4＝400 A，I3＝8 A，U3＝11 000 V，则输电线上损失的功率为ΔP＝I32R＝4 kW，且U2＝U3＋I3R＝11 500 V，再根据＝，解得＝，B、D错误；根据P1＝U2I3＋P5，代入数据得P5＝408 kW，C正确。 学科网（北京）股份有限公司 $