第十三章第69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-2027届高考物理一轮复习课件

该高中物理高考复习课件聚焦交变电流、变压器、远距离输电等核心考点，依据高考评价体系梳理了实验探究（控制变量法、误差分析）、理想变压器原理（电压、电流、功率关系）、远距离输电分析（电压损失、功率损耗）等考查要求，通过近三年高考真题统计，明确变压器原理及应用占45%、远距离输电计算占30%的高频考点，归纳实验题、计算题等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题情境+方法建模+素养提升”，如以2025年广东卷光伏电站输电题为例，运用等效电阻法和科学推理分析电压损失，培养科学思维；通过“探究变压器电压与匝数关系”实验，强化控制变量法和误差分析，落实科学探究素养。设置“易错点警示”（漏磁、铁芯发热导致电压偏差）和“答题模板”（输电功率损耗计算步骤），帮助学生掌握解题技巧，教师可借此精准定位薄弱环节，提升复习效率。

交变电流　 电磁振荡 电磁波 传感器 第十三章 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 第69课时 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.会对远距离输电线路各物理量分析和计算。 目标要求 3 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　理想变压器原理及应用 内容索引 课时精练 考点三　远距离高压输电线路分析及有关物理量的计算 4 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 考点一 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 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 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 注意事项 (1)在改变学生电源电压、线圈匝数前均要断开电源开关，再进行操作 (2)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择合适挡位测量 　　　(2025·广西南宁市模拟)某同学利用如图所示装置在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，选择nA=200匝和nB=100匝两组线圈进行实验，表格中记录了实验时两组线圈两端电压的数据。 U1 5.86 4.93 3.94 2.91 1.90 U2 11.90 10.10 8.20 6.10 4.00 (1)关于实验器材和实验过程，下列说法正确的有　　；  A.变压器的铁芯可以用整块金属 B.本实验采用了控制变量法 C.测量副线圈电压时应当用交流电压表 D.因为实验原线圈的输入电压较低，在 　通电情况下可用手接触裸露的接线柱 BC 　　　为了降低涡流造成的损耗，变压器的铁芯是用相互绝缘的薄硅钢片叠合而成，故A错误； 为便于探究，实验采用控制变量法，故B正确； 变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用交流电压表，故C正确； 即使实验电压较低，为了确保实验数据的可靠精确性，通电时也不能用手直接接触裸露的导线，故D错误。 (2)与nB相对应的线圈两端的电压是　　　　(选填“U1”或“U2”)。  U1 　　　由于变压器原、副线圈两端电压与匝数成正比，nA>nB，则UA>UB，所以与nB相对应的线圈两端的电压是U1。 (3)进一步分析数据，发现输出电压比理论值偏小，请分析原因________ 　　　　　　　　　　　　(至少写出两条)。  漏磁、 铁芯发热、导线发热等 　　　有漏磁、铁芯发热、导线发热等现象都会导致输出电压比理论值小。 返回 理想变压器原理及应用 考点二 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 (2025·广东卷·2)如图所示，某光伏电站输出功率1 000 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 √ 　　　根据理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比可得== =，A错误； 原、副线圈两端的功率相等，流过副线圈的电流I2== A=100 A，输电线上由R造成的电压损失为ΔU=I2R=100×5 V=500 V，B正确； 变压器原线圈中的电流为I1== A=2 500 A，C错误； 变压器不改变交变电流的频率，变压器原、副线圈中电流的频率相同，D错误。 　　　(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 √ √ 　　　根据理想变压器原、副线圈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，根据正弦式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。 　　　(多选)(2025·天津卷·6)如图所示，理想变压器的原线圈接在电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈接有滑动变阻器和定值电阻，各电表均为理想交流电表。当滑动变阻器的滑动片向右滑动时，则  A.电流表A1的示数变小 B.电流表A2的示数变小 C.电压表V的示数变大 D.变压器的输入功率变大 √ √ 　　　理想变压器的输出电压由输入电压和电压比决定，输入电压和电压比不变，所以输出电压不变。当滑动变阻器的滑动片向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律I=可知副线圈回路中电流变大，即电流表A2的示数变大，根据=可知原线圈回路中电流变大，即电流表A1的示数变大，故A、B错误； 电压表V测定值电阻R0两端的电压，因通过定值电阻R0的电流变大，可知电压表V的示数变大，故C正确； 根据P=U原I原可知原线圈回路的功率变大，可知变压器的输入功率变大，故D正确。 　　　(2025·浙江温州市一模)如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶2，原线圈连接定值电阻R0=2 Ω，副线圈连接阻值足够大的滑动变阻器R，M、N端输入如图乙所示的正弦式交变电流。将滑动变阻器的滑片从a端缓慢向下滑动，则 A.M、N间交变电流的电压有效值为10 V B.R0消耗的功率先增大后减小 C.滑动变阻器R消耗的最大功率为12.5 W D.R两端电压减小 √ 　　　由题图乙可知M、N间交变电流的电压最大值为10 V，则有效值为U==10 V，故A错误； 将理想变压器与滑动变阻器整体等效为一个电阻，有R等=R，则R等=R=()2R=，滑动变阻器滑片缓慢向b端滑动，R增大，等效电阻阻值增大，故电流I1=减小， 根据P0=R0可知，R0消耗的功率减小；由闭合电路欧姆定律，可知U1=U-I1R0，则 原线圈电压增大，根据=可知，副线圈电压即R两端电压增大；根据P=()2R等=，可知当R等=R0时，等效电阻消耗的功率最大，则滑动变阻器消耗的功 率最大，解得Pmax=12.5 W，故B、D错误，C正确。 针对训练　(2025·湖南长沙市模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=1∶2，R1为滑动变阻器，R2为电阻箱，电压表和电流表均为理想交流电表，两个定值电阻阻值均为R0，在a、b两端加上电压有效值不变的正弦交流电，在调节滑动变阻器滑片的过程中，下列判断正确的是 A.仅将滑动变阻器滑片向右移，原、副线圈电路中定值电阻消耗的功率之比 变大 B.仅将滑动变阻器滑片向右移，a、b端输入功率和变压器的输出功率均变大 C.仅将R2变大，电压表和电流表的示数均变大 D.仅将R2变大，电压表示数的变化量大小ΔU与电流 表示数变化量大小ΔI比值变大 √ 　　　设原线圈中的电流为I，根据电流比可知，副线圈中电流为I，因此原线圈和副线圈中的定值电阻消耗的功率之比始终为4∶1，故A错误； 将变压器与副线圈所接负载整体看成阻值为()2(R0+R2)的等效电阻，由U=I(R0+R1) +()2I(R0+R2)可知，仅将滑动变阻器滑片向右移动，R1变小，I变大，a、b端输入功率IU变大，副线圈中电流变大，变压器输出功率变大，故B正确； 仅将R2变大，I变小，副线圈中电流也变小，因此电流表示数变小，原线圈电路中两电阻两端的电压变小，因此变压器原线圈输入电压变大，输出电压变大，电压表示数变大，故C错误； 设电压表的示数为U2，电流表的示数为I2，a、b端输入电压为U，则U=2I2(R0+R1)+ U2，由此可知，U2与I2成线性关系，因此仅将R2变大，电压表的变化量大小ΔU与电流表变化量大小ΔI比值不变，故D错误。 1.等效电阻法 当理想变压器的副线圈接纯电阻元件时，可以把理想变压器(含副线圈中的元件)等效成一个电阻来处理，设原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈输入电压为U1，电流为I1，副线圈输出电压为U2，电流为I2，副线圈负载电阻为R，则等效电阻R等效===()2=()2R。 2.等效电源法 理想变压器的原线圈接纯电阻元件时，可把变压器的原线圈和电阻等效为一个电源来处理：U1=U-I1R0，==k，=， 则U2=U1=U-()2R0·I2 对比U2=E等效-I2r等效 得E等效=U=，r等效=()2R0=。 返回 远距离高压输电线路分析及有关物理量的计算 考点三 1.高压输电的原理 (1)输电电流 I==。 (2)电压损失 ①ΔU= ；②ΔU=IR。 (3)功率损失 ①ΔP= =ΔU·I； ②ΔP= =()2R U-U' P-P' I2R (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 、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P=UI，要减小电流，必须 。 横截面积 电阻率小 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=R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=R线=。 　　　 (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 √ √ 　　　直流输电导线中的电流由I=计算得I==5 000 A，故A错误； 导线允许的最大功率损耗为输送功率的5%，故P损m=0.05×8.0×109 W=4 ×108 W，由P损m=I2Rm得导线总阻值的最大值Rm== Ω=16 Ω，故B正确； 家用交流电表达式为220sin (100πt) V，其最大值为220 V；频率为f== Hz=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= ==，电流比与匝数比成反比可知==，故D正确。 返回 课时精练 精练高频考点 提升关键能力 对一对 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C C B B A (1)BC　(2)B　(3)D 题号 7 8 9 10 答案 B AC C B 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1.(2025·江西卷·3)某变压器的原线圈匝数未知，将9 V的正弦交流电输入原线圈。改变副线圈的匝数n，测得副线圈两端的电压U与匝数n之间的关系如图所示。若该变压器为理想变压器，则原线圈的匝数最接近  A.110 B.160 C.210 D.310 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 基础落实练 √ 37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 　　　设原线圈的匝数为n1，根据=，可得n1=U1，由题图可知当n=80时，U=3.4 V，代入可得n1=×9≈212，故选C。 2.(2025·山东青岛市三模)白鹤滩水电站是我国实施“西电东送”的重大工程，其输电原理如图所示。设输电功率为P，输电电压为U，输电线总电阻为r，仅考虑输电线的功率损耗。下列说法正确的是  A.输电线上的电流I= B.输电线上损耗的功率P损= C.P一定时，输电电压变为，输电线损耗的功率变为原来的4倍 D.U一定时，输电功率变为2P，用户得到的功率变为原来的2倍 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 　　　输电线上的电流为I=，故A错误； 输电线上损耗的功率P损=I2r=()2r，由此可知，P一定时，输电电压变为，输电线上损耗的功率变为原来的4倍，故B错误，C正确； 用户得到的功率为P'=P-P损=P-()2r，由此可知，U一定时，输电功率变为2P，输电线损失的功率变为原来的4倍，用户得到的功率小于原来的2倍，故D错误。 3.(2025·福建卷·2)在图(a)所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电阻R1的阻值是R2的2倍，电压表为理想电压表。若原线圈输入如图(b)所示的正弦交流电，则  A.交流电周期为2.25 s B.电压表示数为12 V C.流经副线圈的电流是流经R1的2倍 D.变压器的输入、输出功率之比为4∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 　　　由题图(b)可知，交流电周期T=2×10-2 s，故选项A错误； 设理想变压器原、副线圈电压分别为U1、U2，由题图(b)可知，U1=48 V，由理想变压器规律==，可得U2=12 V，因此电压表示数为12 V，故选项B正确； 设流经理想变压器副线圈的电流为I2，流经R1、R2的电流分别为IR1、IR2，由串、并联电路特点可得I2=IR1+IR2，==，可得I2=3IR1，故选项C错误； 理想变压器的输入、输出功率之比为1∶1，故选项D错误。 4.(2025·重庆市一模)变压器被誉为“电魔术师”，在生产和生活中有着重要的作用。从家里的电视机、电风扇，到大街上的路灯、广告牌，都有变压器的身影。如图所示是实验小组研究的一种家用台灯的原理图，理想自耦变压器的a、b间接入e=220sin 100πt(V)的交变电流，交流电流表均为理想电表。下列说法正确的是 A.R的滑片不动，滑片P位于线圈中点时，电流表A1与 A2示数之比为2∶1 B.R的滑片不动，滑片P上移时灯泡变亮，两电流表示数均变大 C.滑片P不动，R的滑片右移时，电流表A1示数不变，电流表A2示数变小 D.滑片P不动，R的滑片右移时，灯泡变暗，灯泡消耗的电功率变大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 　　　根据题意，R的滑片不动，滑片P位于线圈中点时，原、副线圈匝数比为=，根据理想变压器的电流比与匝数比关系有==，可知电流表A1与A2示数之比为1∶2，故A错误； R的滑片不动，滑片P上移时，副线圈两端电压变大，副线圈的总电阻不变，则电流表A2示数变大，灯泡变亮，总功率增大，输入电压不变，则电流表A1示数变大，故B正确； 滑片P不动，R的滑片右移时，接入电路的电阻变大，副线圈两端电压不变，电流表A2示数变小，电流表A1示数变小，灯泡变暗，灯泡消耗的电功率变小，故C、D错误。 5.(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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 　　　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； 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； 光照增强，光敏电阻阻值减小，由于各支路两端电压不变，则通过L3灯泡的电流增大，变亮，故C错误； 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。 6.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 (1)下列说法正确的是　　　。  A.变压器工作时，通过铁芯导电把电能由 原线圈输送到副线圈 B.变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能 转化为电能 C.理想变压器的输入功率等于输出功率，没有能量损失 D.变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零 BC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 　　　变压器是通过互感工作，而不是通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈，A项错误； 变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能，B项正确； 理想变压器忽略能量损失，原线圈输入功率等于副线圈输出功率，C项正确； 变压器的原线圈两端电压由发电机提供，则副线圈上不接负载时，原线圈两端电压不变，不为零，D项错误。 (2)如图所示，实验时，原线圈接“0”“8”接线柱，副线圈接“0”“1”接线柱，原线圈两端连接低压交流电源10 V挡，用交流电压表测得副线圈两端的电压为0.4 V，这与其他小组的正确实验结论明显不一致。对于这个小组实验结论出现明显偏差的原因，最有可能的是　　。  A.副线圈的电阻太小 B.铁芯没有闭合，漏磁过多 C.副线圈匝数太少，增加实验误差 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 　　　根据变压器的工作原理可知，若通过原、副线圈的磁通量相同，则原、副线圈两端电压之比等于匝数比，则有==，实际结果为==<，实验结论与理论结论出现明显的偏差，最有可能的是铁芯没有闭合，漏磁过多，使得通过副线圈的磁通量明显小于通过原线圈的磁通量，使得副线圈两端的电压很小，B正确。 (3)实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0 V，则可推断原线圈的输入电压可能为　　。  A.3.0 V B.5.3 V C.6.0 V D.6.2 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 　　　若是理想变压器，则变压器线圈两端的电压与匝数的关系为=，当变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱时，可知原、副线圈匝数比为2∶1，副线圈电压为3.0 V，则原线圈电压应该为6.0 V。实际操作中，不是理想变压器，需要考虑损失部分，则原线圈所接电压大于6.0 V，故选D。 7.(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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 　　　输入电压峰值为Um=12 V，则输入电压有效值为U1==12 V，滑动触头在正中间，根据变压比可知，输出电压U2=U1=18 V，若将电阻箱阻值调为18 Ω，则电流为1.0 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'=U1=12 V，则副线圈电流变为I2'==2.0 A，故B正确； 输入端电压调为u=12sin(50πt) V时，其电压有效值不变，不会导致电流的变化，仍然为I==3.0 A，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 　　　将输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为U1″==6 V，输出电压U2″==9 V，副线圈电流变为I2″==1.5 A，故D错误。 8.(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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 　　　整个电路物理量标注如图   仅增加用户数，相当于负载电阻R减小，降压变压器副线圈中的电流I4增大，由=可知降压变压器原线圈中的电流I3也增大，又I2=I3，ΔP=r，可知r消耗的功率增大，故A正确； 根据U3=U2-I2r，仅增加用户数，I2增大，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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 　　　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=I2()2R用户，可知U3增大，用户端的电压U4=U3，可知用户端的电压增大，故C正确； 由C选项分析可知，仅适当增加n2，U2、I2都增大，整个电路消耗的电功率P1=P2=U2I2变大，故D错误。 9.(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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 　　　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=R =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。 10.(2025·广东省模拟)如图为模拟远距离高压输电示意图。已知升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为20∶1和1∶20，各互感器和电表均为理想状态，则下列说法不正确的是  A.电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流作用 B.若电压表的示数为200 V，电流表的示数为5 A，则线 　路输送电功率为100 kW C.若保持发电机输出电压U1和用户数不变，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率增大 D.发电机输出电压U1一定，增加用户数，为维持用户电压U4不变，可将滑片P上移 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 尖子生选练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 　　　电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流作用，故A正确； 电压互感器原线圈两端电压U2=U=×200 V=4 000 V，电流互感器原线圈中的电流I2=I=×5 A=100 A，对于升压变压器，线路输送电功率P=P2=U2I2 =4 000×100 W=400 kW，故B错误； 仅将滑片Q下移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数n2，根据理想变压器的规律U2=U1，升压变压器副线圈两端的电压U2增大；将降压变压器及用户负载电路等效为电阻，R等效=()2R负载，则I2=，R负载不变，则I2增大，根据ΔP=r，则输电线上损耗功率增大，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 　　　仅增加用户数，即负载总电阻R减小，若降压变压器副线圈两端电压U4不变，则通过副线圈的电流I4=增大，降压变压器原线圈中的电流I3增大，由输电线上损失的电压ΔU=I3r，可知输电线上的电压损失增大；原线圈两端电压U3=U2-ΔU减小，根据U4=U3，可知，当U3减小时，减小n3可以使U4不变，所以要将降压变压器的滑片P上移，故D正确。 返回 本课结束 THANKS 第十三章 $