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第十三章
交变电流　电磁振荡
电磁波　传感器
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
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
实验：探究变压器原、
副线圈电压与匝数的关系
考点一
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。
　　　(2024·江苏徐州市检测)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)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
　　　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.原线圈匝数太多，电阻过大
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
D.副线圈的电阻太小
B
　　　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
D
　　　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。
(4)为了实验过程中的安全，下列做法正确的是　　　。
A.为了人身安全，只能使用低压直流
　电源，所用电压不要超过12 V
B.连接好电路后，应先检查电路连接
　是否正确，再接通电源进行实验
C.因为使用电压较低，通电时可用手直接接触裸露的导线、接线柱
D.为了测量电表的安全，测量电压时，先选用最大量程试测
BD
　　　在实验中为了确保人身安全，需要使用低压交流电源，且电压不要超过12 V，A项错误；
为了确保安全，实验时，连接好电路后，应先检查电路连接是否正确，再接通电源进行实验，B项正确；
即使使用电压较低，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、接线柱，C项错误；
为了测量电表的安全，测量电压时，先选用最大量程试测，再选用小一点的量程，确保精确度，D项正确。
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考点二
理想变压器原理及应用
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·江苏卷·2)用图示可拆变压器进行探究实验，当变压器左侧的输入电压为2 V时，若右侧接线柱选取“0”和“4”，右侧获得4 V输出电压，则左侧接线柱选取的是
A.“0”和“2” B.“2”和“8”
C.“2”和“14” D.“8”和“14”
√
　　　根据可拆式变压器电压比与匝数比关系有=，即=，解得n1=2n，故原线圈接入的匝数是2n，即左侧接线柱选取的是“0”和“2”，故选A。
　　　(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。
　　　(2025·云南卷·8改编)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，下列说法错误的是
A.变压器的原理是互感
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
√
　　　变压器的原理是电磁感应的互感现象，故A正确；
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正确。
　　　(2024·全国甲卷·19改编)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e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
√
　　　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e端滑动时，R与R1串联后的总电阻增大，电流减小，根据P=I2R1可知此时R1的热功率减小，故A错误；
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R1的热功率减小，故B错误；
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R1的热功率增大，故C正确；
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R1的热功率减小，故D错误。
(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，而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=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。
　　　(2025·江苏南通市三模)如图所示，在原线圈两端加上有效值恒定的交流电压，理想变压器原、副线圈的电压有效值分别为U1、U2，电流有效值分别为I1、I2。当滑动变阻器滑片P向下移时
A.I1不变
B.I2变小
C.U1不变
D.U2变小
√
　　　设滑动变阻器电阻为R，则U0=I1R1+U1，由理想变压器原、副线圈的电压、电流与线圈匝数的关系可得=，=，副线圈的电压为U2= I2(R2+R)，联立解得U0=I1[R1+()2(+R)]，当滑动变阻器滑片P向下移时，R减小，则原线圈电流I1增大，副线圈电流I2增大，由于电阻R1上分压增大，U0恒定，则原线圈电压U1减小，副线圈电压U2也减小。故选D。
针对训练　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=。
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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=。
　　　(2024·江苏南京市一模)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
√
　　　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=R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。
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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 　7
答案 A C D D B C (1)C　 (2)有效　7.2 V　 (3)正比　大于　(4)D
题号 8 9 10 　11 12
答案 A B C (1)160 W　(2)2 240 V　(3)640 W C
答案
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1.(2026·江苏南京市学情调研)白鹤滩水电站是实施“西电东送”的国家重大工程，若水电站的输出功率不变，输出电压提高为原来的10倍，则输电导线上的电流将减小为原来的
A.0.1　　　B.0.01　　　C.0.05　　　D.0.025
√
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答案
基础落实练
　　　若水电站的输出功率不变，输出电压提高为原来的10倍，根据P=UI可知，输电导线上的电流将减小为原来的0.1。故选A。
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2.(2026·江苏南京市部分高中期初考)如图所示为某夜灯的内部电路图，原线圈中电压U1随时间t变化关系的图像如图所示。则能正确反映副线圈中的U2-t图像是
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答案
√
　　　根据变压器原理可知原线圈接交变电压时，副线圈产生的也是交变电压，交变电压的频率相同。故C正确，A、B、D错误。
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3.(2026·江苏南京市七校联合体联考)如图所示是一种变压器的铭牌，可以推断
A.额定容量指的是电荷量
B.副线圈的匝数比原线圈匝数多
C.副线圈的输出电压的频率比原线圈低
D.正常工作时，副线圈中电流比原线圈中电流大
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答案
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　　　根据额定容量的单位可知，额定容量是电压与电流的乘积，即电功率，故A错误；
根据变压器原、副线圈两端电压比等于匝数比可知===，故副线圈的匝数比原线圈匝数少，故B错误；
变压器不改变交流电的频率，可知副线圈的输出电压的频率等于原线圈的频率，故C错误；
因为=，根据变压器原、副线圈中电流与匝数的关系有==，即副线圈中电流比原线圈中电流大，故D正确。
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答案
12
4.(2025·江苏苏州市三模)钳形电流测量仪的结构图如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0，下列说法正确的是
A.该测量仪可测量直流电的电流
B.载流导线中电流大小I0=
C.若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将
　大于实际电流
D.若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变大
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答案
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　　　钳形电流测量仪实质上是一个升压变压器，原理为电磁感应的互感现象，只能测量交流电的电流，故A错误；
根据=，得载流导线中电流大小I0=nI，故B错误；
若钳形部分铁芯没有完全闭合，穿过内置线圈的磁通量会减小，磁通量变化率减小，在内置线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，故C错误；
根据n1I1=n2I2知，若将载流导线在铁芯上多绕几匝，即n1变大，I1、n2不变，则钳形电流测量仪的示数I2将变大，故D正确。
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答案
12
5.(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
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答案
12
　　　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。
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答案
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6.(2025·江苏南京市两校联合体期中)如图所示，理想变压器原线圈接入有效电压恒定的正弦式交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。电流表均为理想交流电表。在滑动变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中
A.电流表A1示数增大
B.电流表A2示数增大
C.定值电阻R消耗的功率减小
D.原线圈输入功率先增大后减小
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12
　　　分析右端电路可知，R与滑动变阻器右半部分并联后，再与左半部分串联接入电路。当滑片从a往b滑动时，并联部分总电阻减小，滑动变阻器左半部分电阻增大，故电路中总电阻增大。变压器原线圈输入电压不变，副线圈输出电压不变，总电阻增大，则副线圈总电流减小，A2示数减小，再由理想变压器原、副线圈电流关系知，A1示数减小，故A、B错误；
滑片从a往b滑动时，副线圈干路电流减小，滑动变阻器右半部分和R并联总电阻减小，则并联部分分压减小，定值电阻R消耗电功率减小，故C正确；
原线圈输入电压不变，电流减小，故输入功率减小，故D错误。
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答案
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7.(2025·江苏泰州市期初模拟)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。他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。
(1)实验需要以下哪种电源　　。
A.低压直流电源　　　　　　B.高压直流电源
C.低压交流电源　　　　　　D.高压交流电源
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答案
C
　　　探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源。故选C。
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(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数。分别测出相应的原、副线圈电压值。由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的　　　值(填“有效”或“最大”)。其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为　　　。
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答案
有效
7.2 V
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　　　多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的“×10 V”挡位，所以应该在0~10 V挡位读数，所以读数应该是7.2 V。
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答案
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(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成　　　(填“正比”或“反比”)，实验中由于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般　　　(填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比。
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答案
正比
大于
　　　根据=可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比。实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈的电压的实际值一般略小于理论值，所以导致>。
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(4)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因不可能为　　(填字母代号)。
A.原、副线圈上通过的电流发热
B.铁芯在交变磁场作用下发热
C.变压器铁芯漏磁
D.原线圈输入电压发生变化
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答案
D
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　　　原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变电磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D。
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答案
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8.(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
√
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答案
能力综合练
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　　　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。
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答案
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9.(2026·江苏南京市第二十九中模拟)如图甲所示，虚线(磁场边界)左侧有一竖直向下的匀强磁场(磁感应强度大小为B)，一正方形线框(边长为L，匝数为N，不计线框内阻)从图示位置绕水平轴OO'顺时针匀速转动，以角速度ω进入磁场区域。现将该线框产生的交流电接入图乙电路的C、D端，定值电阻R1阻值为R，L1电阻为4R，忽略灯丝电阻随温度的变化，A1为理想交流电流表，K为理想二极管，P为理想自耦变压器上的滑动触头，P'为滑动变阻器上的滑片。下列说法正确的是
A.线框转动切割磁感线产生的电动势最大值为NBL2ω
B.电流表A1的读数为
C.P不动，P'向下滑动时，U2减小
D.P顺时针转动一个小角度，小灯泡L2变亮
√
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答案
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　　　线框转动切割磁感线产生的电动势最大值为Em=NBSω=NBL2ω，故A错误；
设R1和L1两端电压的有效值为E有效1，由于二极管的单向导电性，线框转动一周的过程中，A1所在回路中只有时间有电流，故有·=T，解得E有效1
=NBL2ω，电流表A1的读数为I1==，故B正确；
P不动，相当于理想变压器的匝数比不变，则U2不变，U2的大小与P'的位置无关，故C错误；
P顺时针转动一个小角度，相当于理想变压器副线圈匝数减小，则U2减小，故小灯泡L2变暗，故D错误。
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答案
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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
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答案
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　　　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。
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答案
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11.(2024·江苏省南菁高级中学模拟)如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝数N=100匝，面积S=0.03 m2，线圈匀速转动的角速度ω=100π rad/s，匀强磁场的磁感应强度B为 T，输电导线的总电阻为R=10 Ω，降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4=10∶1，若用户区标有“220 V　8.8 kW”的电动机M恰能正常工作。发电机线圈电阻r不可忽略。求：
(1)输电线路上损耗的电功率ΔP；
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答案
答案　160 W　
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　　　设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，则有
I4== A=40 A
根据理想变压器的变流比可知=
解得I3=4 A
所以输电线路上损耗的电功率ΔP=R
解得ΔP=160 W
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(2)升压变压器副线圈两端电压U2；
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答案
答案　2 240 V　
　　　根据理想变压器的变压比可知=
解得U3=2 200 V
升压变压器副线圈两端电压U2=U3+I3R
解得U2=2 240 V
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(3)若升压变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶8，交流发电机线圈电阻r上消耗的热功率P。
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答案
答案　640 W
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　　　根据理想变压器的变压比可知=
可得U1=280 V
升压变压器的原线圈输入功率P1=ΔP+P用
可得P1=8 960 W
根据P1=U1I1
解得I1=32 A
根据正弦式交变电流产生规律可知，发电机电源电动势最大值为Em=NBSω
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答案
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　　　代入数据解得Em=300 V
有效值为E==300 V
发电机线圈内阻上消耗的热功率P=I1E-P1
可得P=640 W。
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12.(2026·江苏南京市检测)“南鲲”号是我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电机，其原理如图甲所示，利用海浪带动浪板上下摆动，从而通过某个连接装置带动线框单向匀速转动，线框a、b端分别与铜滑环连接，再通过电刷将交流电输出，输出交流电加在图乙中的c、d两端，已知发电机的线框共有N匝，总电阻为R0，从图示时刻开始计时，线框
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答案
尖子生选练
中磁通量随时间变化规律为Φ=Φ0sin ωt，图乙中变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为1∶2，R为滑动变阻器，其最大阻值为R0，定值电阻的阻值也为R0，
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下列说法正确的是
A.发电机电动势的有效值为NΦ0ω
B.当滑动变阻器的滑片P向上移时，
　变压器副线圈两端的电压变大
C.当滑动变阻器电阻R=R0时，变
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答案
　压器原线圈电路中电流表的示数为
D.当滑动变阻器的滑片P从最上端移到最下端过程中，变压器的输出功率
　先增大后减小
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　　　发电机的最大电动势Em=NΦ0ω，电动势的有效值为E=NΦ0ω，故A错误；
根据等效电阻法可知E=IR0+U1=IR0+(R+R0)I，当滑动变阻器的滑片向上移时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，因此原线圈中的电流变大，电源的内电压变大，外电压变小，即变压器原线圈两端的电压变小，副线圈两端的电压变小，故B错误；
当R=R0时，E=NΦ0ω=IR0+(R0+R0)I，解得I=，故C正确；
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　　　根据等效电阻法可得E=NΦ0ω=IR0+()2I(R0+R)，电源的等效外电阻为(R0+R)，滑动变阻器的最大阻值为R0，当滑动变阻器的滑片P从最上端移到最下端过程中，变压器输出功率变大，故D错误。
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第十三章

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