02 第33讲　变压器　远距离输电　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系-2026版高考物理一轮复习

《全品选考复习方案》第33讲变压器远距离输电实验:探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验:探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系1.在“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”实验中(1)为了人体安全,电源的交流电压不要超过A(填选项前面的字母).

A.12V B.24VC.36V D.220V(2)下列器材中,本实验需要用到的是BD(填选项前面的字母).

ABCD(3)如图所示,为了减小涡流在铁芯中产生的热量,铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成.硅钢片应平行于B(填选项前的字母).

A.平面abcd B.平面aehdC.平面abgh D.平面dcfe(4)若有一台铭牌模糊的可拆卸式变压器,该变压器可近似看作理想变压器.某同学欲测量它的初级、次级线圈匝数:先在上端铁轭(闭合铁芯中不套绕组只起磁路作用的部分)处紧密缠绕100匝漆包细铜线,并将细铜线两端与理想交流电压表接成闭合回路.然后在次级线圈两端的接线柱上输入8.0V低压交流电压,理想交流电压表示数为2.0V,则次级线圈的匝数为400匝.

(5)某同学组装变压器时,由于疏忽,上端铁轭漏装.实验时,若变压器左右两侧线圈分别选用匝数n左=400匝和n右=800匝进行实验,一侧线圈与交流低压电源相连,另一侧线圈与理想交流电压表接成闭合回路,实验数据如下表(左侧线圈电压U左可能是交流低压电源显示的供电电压,也可能是交流电压表测量的电压;右侧线圈电压U右同样如此):U左/V2.004.006.008.00U右/V2.905.608.3811.14根据实验数据可判断左(选填“左”或“右”)侧线圈与交流低压电源相连.

[解析](1)变压器的原线圈接低压交流电,为了保证人身安全,电源电压不要超过12V,故A正确.(2)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,故A、C错误,B、D正确.(3)磁感线环绕的方向沿着闭合铁芯,根据楞次定律和安培定则,产生的电流方向平行于abcd平面,为了减小涡流在铁芯中产生的热量,钢片应与涡流方向平行,即应平行于aehd平面,故B正确.(4)根据法拉第电磁感应定律,次级线圈和缠绕在闭合铁芯上的100匝铜线圈之间的电压比为U2U3=n2n3,(5)由于变压器上端铁轭漏装,存在漏磁现象,另外还有铜损、铁损等损耗,则副线圈的交流电压表的实际读数小于理想变压器的副线圈的读数,由于U右总是小于U左的两倍,所以可判断连接交流电源的原线圈是左侧线圈.2.某同学利用实验室中的自耦变压器做“探究变压器线圈两端的电压与匝数关系”的实验.图甲为变压器的实物图,图乙为其内部结构图,图丙为实验原理图.除自耦变压器外实验室还提供了如下器材.A.直流电压表;B.多用电表;C.220V交流电源;D.交直流学生电源;E.低压直流电源;F.滑动变阻器“20Ω,2A”;G.滑动变阻器“5Ω,0.5A”;H.开关、导线若干.回答下列问题:(1)实验中电源应选用D,测量电压的电表应选用B,滑动变阻器应选用F.(均填器材前的选项字母)

(2)实验中原线圈的匝数用图甲刻度盘上的总刻度表示,副线圈的匝数用图甲刻度盘上的手柄上的指针指示刻度表示.

(3)为了实验过程中的安全,下列做法正确的是ABD(填选项前的字母).

A.为了人身安全,只能使用低压电源,所用电压不要超过12VB.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(4)实验中想通过调节滑动变阻器改变副线圈上的电压,是否可行?不可行.

(5)下表为某次实验得到的数据,从数据上发现电压比总小于匝数比,除测量误差外造成这一结果的主要原因是(说出两个原因):①有漏磁(磁损);②铁芯发热(铁损)或线圈导线发热(线圈有电阻).

表:实验数据记录表(表盘总刻度为240U1=12V)实验次数12345指针指示刻度406080120200U2/N1.902.923.945.969.98[解析](1)变压器工作必须针对交流电,为了确保安全,选用交流学生电源D;由于测量的是交流电压,因此选用多用电表B的交流挡位;为确保安全,选用额定电流为2A的滑动变阻器F.(2)原线圈的匝数是线圈的总匝数,用图甲刻度盘上的总刻度表示.(3)在实验中为了确保人身安全,需要使用低压电源,且电压不要超过12V,A正确;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,确保精度,D正确.(4)根据变压器的电压匝数关系可知,副线圈两端电压由原线圈电压与匝数比决定,与滑动变阻器的阻值大小无关,因此实验中想通过调节滑动变阻器改变副线圈上的电压,不可行.(5)由于电压比总小于匝数比,说明副线圈中磁通量的变化率总小于原线圈中磁通量的变化率,原因在于该变压器并不是理想的变压器,在实际运用中既有漏磁(磁损),又有铁芯发热(铁损)或线圈导线发热(线圈有电阻).理想变压器的原理及其应用3.[2022·山东卷]如图所示的变压器,输入电压为220V,可输出12V、18V、30V电压,匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u=Umcos100πt(V).单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表,电压表的示数为0.1V.将阻值为12Ω的电阻R接在BC两端时,功率为12W.下列说法正确的是(D)A.n1为1100匝,Um为220VB.BC间线圈匝数为120匝,流过R的电流为1.4AC.若将R接在AB两端,R两端的电压为18V,频率为100HzD.若将R接在AC两端,流过R的电流为2.5A,周期为0.02s[解析]因为输入电压为220V,单匝线圈两端的电压为0.1V,由U1U2=n1n2,解得n1=2200匝,输入电压的最大值为2202V,A错误;将R接在BC两端时,电压UBC=PR=12V,同理得BC间线圈匝数为120匝,由欧姆定律得流过R的电流IBC=UBCR=1A,B错误;变压器不会改变电流的频率,AB两端的电压UAB=18V,频率为f=ω2π=100π2πHz=50Hz,C错误;AC两端的电压UAC=30V,流过R的电流IAC=UACR=2.4.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=14,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,电压表、电流表的示数分别为U、I,则下列说法正确的是(B)A.U=2U03 BC.I=U03R1 D.I[解析]根据原、副线圈的电压、电流与匝数的关系有U1U=k=14,I1I=1k=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=U06R1,U=4U5.如图所示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,U1保持不变,则(D)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的比值不变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,小灯泡的亮度可能不变[解析]P不动,P'向下滑动时,原、副线圈的匝数不变,则U2不变,故A错误;P'不动,P顺时针转动时,原、副线圈的匝数比改变,则U1和U2的比值改变,故B错误;P'不动,P顺时针转动时,原、副线圈的匝数比增大,根据U1U2=n1n2可知,U2减小,则I2减小,由I1I2=n2n1可得I1=n2n1I2,因n2n1也减小,故I1减小,即电流表读数减小,故C错误;P顺时针转动一个小角度,6.(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=11∶5,原线圈接u1=110sin100πt(V)的交流电,电阻R1=R2=25Ω,D为理想二极管,则(BC)A.通过电阻R1的电流为2AB.二极管的反向耐压值应大于50VC.原线圈的输入功率大于50WD.通过原线圈的电流为1511[解析]由交流电瞬时值表达式知,原线圈电压有效值为U=1102V=552V,根据UU2=n1n2得,副线圈两端电压有效值为U2=252V,则通过电阻R1的电流为I1=U2R1=25225A=2A,故A错误;因为副线圈两端电压最大值为50V,所以二极管的反向耐压值应大于50V,故B正确;根据电流热效应定义有252)2R2×T2=U32R2T,解得R2两端电压的有效值为U3=25V,则通过R2的电流为I2=U3R2=2525A=1A,副线圈输出的总功率P=远距离输电问题7.我国已投产运行的1100kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程,输电容量可达1200万千瓦.输电的简化流程可用下图展示.若直流输电的线路电阻为10Ω,变压、整流过程中的电能损失忽略不计,直流和交流逆变时有效值不发生改变.当直流线路输电的电流为5×103A时,下列说法正确的是(B)A.输电功率为1.2×1010WB.输电导线上损失的功率为2.5×108W,损失的电压为50kVC.降压变压器的匝数比应小于2∶1D.若保持输送功率不变,用550kV的电压输电,用户得到的功率比1100kV输电时减少1×109W[解析]输电功率为P=UI=5.5×109W,故A错误;输电导线上损失的功率为ΔP=I2R=2.5×108W,损失的电压为ΔU=IR=50kV,故B正确;逆变成交流电的有效值为U1=U-ΔU=1050kV,受端换流站的电压为500kV,则降压变压器的匝数比n1∶n2=21∶10>2∶1,故C错误;若保持输送功率不变,用550kV的电压输电,则输送电流为I'=PU'=104A,用户得到的功率P'=P-I'2R=4.5×109W,比1100kV输电时减少ΔP'=(P-ΔP)-P'=7.5×108W,故D错误素养提升用等效法处理变压器问题8.[2021·湖南卷]如图所示,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[解析]输入端C、D间电压有效值恒定,即灯L1两端电压和变压器两端电压之和恒定,将变压器和副线圈负载整体视为一个“等效电阻”,此“等效电阻”与灯L1串联分压,在滑动变阻器的滑片由a端滑到b端过程中,负载电路的总电阻先变大后变小,即“等效电阻”先变大后变小,输入端C、D间的总电阻先变大后变小,则通过灯L1的电流先变小后变大,所以灯L1先变暗后变亮;因通过L1的电流(即通过原线圈的电流)先变小后变大,故通过副线圈的电流先变小后变大,L1分压先变小后变大,则变压器两端的电压先变大后变小,由于灯L2与定值电阻R0阻值相等,所以滑动变阻器的滑片从a端滑到中点的过程和从中点滑到b点的过程,负载电路的两个支路的变化情况正好相反,分析滑片从a端滑到中点的过程中每个支路的变化情况即可分析出灯L2所在支路变化情况,此过程中,变压器两端的电压变大,灯L2所在支路的电阻变小,则通过灯L2的电流变大,灯L2变亮,因通过副线圈的电流变小,故通过R0的电流变小,滑片从中点滑到b端的过程,通过灯L2的电流变化情况与前一过程通过R0的电流变化情况相反,即通过L2的电流变大,所以滑片滑动的整个过程中,通过灯L2的电流一直变大,灯L2一直变亮.9.[2022·湖南卷]如图所示,理想变压器原、副线圈总匝数相同,滑动触头P1初始位置在副线圈正中间,输入端接入电压有效值恒定的交变电源.定值电阻R1的阻值为R,滑动变阻器R2的最大阻值为9R,滑片P2初始位置在最右端.理想电压表V的示数为U,理想电流表A的示数为I.下列说法正确的是(B)A.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,I减小,U不变B.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率增大C.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,I减小,U增大D.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率减小[导思]可以用常规解法、等效电阻法、等效电源法三种方法进行分析.[解析]方法一(常规解法):保持P1位置不变时,原、副线圈的匝数比为2,则副线圈的电流为2I,根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U2=2IR1,则变压器原线圈的电压有效值为U1=2U2=4IR1,设输入交流电的电压有效值为U0,有U0=4IR1+IR2,可得I=U04R1+R2,保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,R2减小,则I变大,输入电压有效值U0不变,则R2两端的电压不断变小,电压表示数U变小,原线圈的电压、电流都变大,则变压器的输入功率变大,根据原、副线圈的功率相等,可知R1消耗的功率增大,故B正确,A错误;设原、副线圈的匝数比为k,则U1=kU2=k2IR1,U0=k2IR1+IR2,整理可得I=U0k2R1+R2,保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,k变大,则I变小,由欧姆定律U=IR2,可知U变小