【江苏专版】48 第十一章 第2节 变压器　电能的输送 课件《高考快车道》2026高考物理一轮总复习

(共135张PPT)
第十一章　交变电流　传感器
第2节　变压器　电能的输送
链接教材·夯基固本
一、理想变压器
1．构造
如图所示，变压器是由闭合铁芯
和绕在铁芯上的________组成的。
两个线圈
(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫____线圈。
(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫____线圈。
2．原理
电流磁效应、________。
初级
次级
电磁感应
3．理想变压器原、副线圈基本量的关系
理想变压器 (1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)
(2)没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)
基本 关系 功率关系 根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝___
电压关系 原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式：＝，与负载、副线圈的个数无关
P出
基本 关系 电流关系 (1)只有一个副线圈时：＝
(2)有多个副线圈时：由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率关系 f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)
4．几种常用的变压器
(1)自耦变压器——调压变压器，如图甲(降压作用)、乙(升压作用)所示。
(2)互感器
低电压
小电流
二、电能的输送
如图所示，若发电站输出电功率为P，输出电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的电压为U′，输电线总电阻为R。
1．输出电流
I＝＝＝。
2．电压损失
(1)ΔU＝U－U′。
(2)ΔU＝___。
IR
3．功率损失
(1)ΔP＝P－P′。
(2)ΔP＝____＝R。
4．减少输电线上电能损失的方法
(1)减小输电线的电阻R。由R＝ρ知，可加大导线的________或者采用________的材料做导线。
(2)减小输电线中的电流。在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高________。
I 2R
横截面积
电阻率小
输电电压
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)变压器能改变交变电流的电压，不能改变交变电流的频率。 (　　)
(2)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。 (　　)
(3)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小。 (　　)
√
×
×　
(4)增大输电导线的横截面积不利于减少输电过程中的电能损失。 (　　)
(5)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。 (　　)
(6)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越大。 (　　)
×
√　
√
二、教材习题衍生
1．(理想变压器基本规律)钳形电流表是电机运行和维修工作中最常用的测量仪表之一，其工作部分主要由电流表和电流互感器组成。电流互感器铁芯制成活动开口，且呈钳形，用手柄来控制开合，图甲、乙分别为钳形电流表的实物图和内部结构图，已知次级线圈匝数n＝200匝，某次测量时电流表示数为 5 mA, 电流互感器可看成理想变压器，电流表为理想电流表。则下列说法正确的是(　　)
A．钳形电流表既可以测量交变电流，又可以测量直流电流
B．通电导线中的被测电流为1 A
C．若只改变被测通电导线中交变电流的频率，电流表的示数也将改变
D．若被测通电导线在钳形口绕两圈，电流表示数变为2.5 mA
√
B　[钳形电流表是根据电磁感应原理制成的，故只能用来测量交变电流，故A错误；被测通电导线相当于单匝初级线圈，根据理想变压器电流与匝数关系可知，导线中的被测电流I1＝I2＝1 A，故B正确；电流表示数显示的是交变电流的有效值，若只改变被测通电导线中交变电流的频率而有效值不变，电流表的示数不改变，故C错误；若被测通电导线在钳形口绕两圈，即n′1＝2，电流表示数I′2＝I1＝10 mA，故D错误。故选B。]
2．(远距离输电)从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω，用110 V和11 kV两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为(　　)
A．100∶1 B．1∶100
C．1∶10 D．10∶1
√
A　[由P＝UI得输电线的电流I＝，则输电线上由电阻造成的电压损失ΔU＝IR＝R，所以两种情况下的电压损失之比ΔU1∶ΔU2＝U2∶U1＝100∶1，A正确。]
3．(理想变压器的动态分析问题)如图所示的电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是(　　)
A．电压表V1示数增大
B．电压表V2、V3示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
√
细研考点·突破题型
1．分析原线圈有串联负载的变压器电路问题时要注意变压器的输入电压不等于电源电压，而是等于电源电压减去串联负载的电压，即U1＝U源－U串。
2．分析含有二极管的变压器电路问题时要注意理想二极管单向导电性对交变电流的影响及对应有效值的变化。
考点1　 理想变压器基本规律的应用
3．理想变压器的各量的制约关系
制约关系 电压 副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定：U2＝U1
功率 原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定：P入＝P出
电流 原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定：I1＝I2
[典例1]　(理想变压器工作原理)(2024·浙江1月选考)如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u＝5sin 100πt(V)的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10 kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列正确的是
(　　)
A．<
B．<
C．用电压表测原线圈两端电压，示数为5 V
D．副线圈输出交流电压的频率是100 Hz
√
B　[原线圈两端电压的有效值U1＝ V＝ V，根据电压匝数关系有＝，变压器副线圈电压的峰值U2max＝U2，根据题意有U2max>10×103 V，解得>2 000，即<，故A错误，B正确；用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U1＝ V＝ V，故C错误；根据＝2πf＝100π Hz，解得f＝50 Hz，变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50 Hz，故D错误。]
【典例1　教用·备选题】　(理想变压器工作原理)如图所示，磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度为B，匝数为n、面积为S、电阻为r的线圈abcd绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动，线圈中产生的感应电流为I，理想变压器原、副线圈的匝数之比为n1∶n2，则(　　)
A．线圈中感应电动势的有效值为nBSω
B．线圈的输出功率为nBSωI－I2r
C．电阻R上电流的频率为
D．电阻R上消耗的功率为
√
D　[线圈中感应电动势的峰值为Em＝nBSω，有效值为E＝＝，故A错误；线圈的输出功率为P＝EI－I2r＝－I2r，故B错误；原、副线圈的电流频率相等，均为f＝，故C错误；由＝得副线圈中电流为I2＝，电阻R上消耗的功率为P＝R＝，故D正确。]
[典例2]　(原线圈中并联电阻)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R1＝R2＝10 Ω，电流表和电压表均为理想交流电表。若电流表A的示数为0.5 A，则电压表V的示数为(　　)
A．2 V B．2.5 V C．4 V D．10 V
√
A　[根据变压器电压和匝数的关系可知，输入电压与输出电压之比为U1∶U2＝2∶1，则电阻R1两端电压为U1，电阻R2两端电压为U2，则通过两电阻的电流之比为2∶1；若设通过电阻R2的电流为I2，则通过电阻R1的电流为2I2，根据电流和匝数的关系可知，原线圈的输入电流为，因电流表示数为0.5 A，则＋2I2＝0.5 A，即I2＝0.2 A，电压表示数为U2＝I2R2＝2 V，选项A正确。]
[典例3]　(原线圈中串联电阻)(2024·南京金陵中学期末考试)在如图(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100 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
√
D　[根据题i2-t图像可知T＝0.02 s，则所用交流电的频率f＝＝50 Hz，故A错误；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＝R2＋I2R3＝15.0 W，故D正确。]
[典例4]　(含二极管的变压器问题)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25 Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220sin (100πt) V 的交流电，则(　　)
A．交流电的频率为100 Hz
B．通过R2的电流为1 A
C．通过R2的电流为 A
D．变压器的输入功率为200 W
√
C　[由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f＝＝＝50 Hz，A项错误；由理想变压器变压规律＝可知，输出电压U2＝50 V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应可知＝·T，解得U＝＝25 V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为I＝＝ A，B项错误，C项正确；电阻R2的功率P2＝UI＝50 W，而电阻R1的功率P1＝＝100 W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P＝P1＋P2＝150 W，D项错误。]
规律总结　关于理想变压器的四点说明
(1)变压器不能改变直流电压。
(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。
(3)理想变压器本身不消耗能量。
(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。
两种情况
考点2　 理想变压器的动态分析问题
匝数比不变的情况 负载电阻不变的情况

匝数比不变的情况 负载电阻不变的情况
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变 (2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化 (3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化 (1)U1不变，发生变化，U2变化
(2)R不变，U2变化，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，I1发生变化
[典例5]　(变压器的动态电路问题)(2024·浙江6月选考)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(光敏电阻的阻值随着光照增加而减少)。当S接a时，三个灯泡均发光。则(　　)
A．电容C增大时，L1灯泡变亮
B．频率f 增大时，L2灯泡变亮
C．RG上光照增强时，L3灯泡变暗
D．S接到b时，三个泡均变暗
√
A　[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；光敏电阻光照增强，阻值减小，由于各支路电压不变，则L3灯泡电流增大，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，则三个泡均变亮，故D错误。故选A。]
【典例5　教用·备选题】　(变压器的动态电路问题)一自耦变压器如图所示，其a、b端接到一电压有效值不变的交变电源两端，在c、d间接有一定值电阻R1和滑动变阻器R0。电压表均可视为理想交流电压表，输电导线的电阻均可忽略不计。则下列说法正确的是(　　)
A．保持变压器滑动触头位置不变，将滑动变阻器滑片P下滑时，三个电压表的示数均减小
B．保持变压器滑动触头位置不变，将滑动变阻器滑片P下滑时，V1、V2的示数不变，而V3的示数减小
C．保持滑动变阻器滑片P不动时，将变压器滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，三个电压表的示数均减小
D．保持滑动变阻器滑片P不动时，将变压器滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，V1、V2示数均减小，V3的示数增大
√
思路点拨：本题中变压器为自耦变压器，分析时要注意区分原线圈和副线圈，分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定。
B　[滑动触头位置保持不变时，变压器原、副线圈的匝数比不变，因电源的电压不变，所以V1、V2的示数不变，R1与R0串联分得的总电压不变；当滑动变阻器滑片P下滑时，R0接入电路的阻值变小，分得的电压减小，所以V3的示数减小，选项A错误，B正确；保持滑动变阻器滑片P不动时，将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，副线圈的匝数变小，由U1∶U2＝n1∶n2可知，V2、V3的示数均减小，V1的示数不变，选项C、D错误。]
规律总结　含有变压器的动态电路问题的解题思路
[典例6]　(匝数比不变，负载变化的情况)有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，L1、L2为规格相同的两只小灯泡。当S断开时，灯L1正常发光。S闭合后，下列说法正确的是(　　)
A．电阻R消耗的电功率增大
B．灯泡L1、L2都能正常发光
C．原线圈的输入功率减小
D．原、副线圈的电流比减小
√
A　[当S闭合后，由变压器电压与匝数比关系＝，可知副线圈电压U2不变，而电路的电阻减小，所以副线圈的电流增大，由P＝I2R知R消耗的功率增大，故A正确；副线圈的电流增大，所以电阻R的电压增大，而副线圈电压U2不变，所以灯泡两端的电压减小，灯泡L1、L2都不能正常发光，故B错误；由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率为P＝，故消耗的功率增大，又因为输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，故C错误；变压器原、副线圈的匝数比不变，由原、副线圈电流比与匝数比的关系＝，知原、副线圈的电流比不变，故D错误。]
[典例7]　(匝数比改变的情况)(2024·锡山模拟)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
(　　)
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
√
B　[根据原副线圈两端的电流和电压的比值关系可知，原线圈的“等效电阻”与副线圈的电阻的比值关系为＝＝。可知此电路的等效电路如图所示，
保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电路的阻值减小，则由上述分析可知，原线圈位置的等效电阻保持不变，因为滑动变阻器的电阻变小，则电流I变大，U变小，而R1消耗的功率增大，故A错误，B正确；保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n2减小，“等效电阻”增大，电流I减小，则电压表的示数减小，故C错误；滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，此时“等效电阻”的阻值为R等效＝R＝4R＜
9R，保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，则副线圈的匝数变小，相当于原线圈位置的“等效电阻”增大，R1消耗的功率增大；当等效电阻的阻值等于9R时，R1消耗的功率最大；当等效电阻的阻值大于9R时，P1继续向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的电功率减小，故D错误。故选B。]
【典例7　教用·备选题】　(匝数比改变的情况)如图甲所示是产生交流电的装置示意图，图乙是其产生的正弦交流电，将其输入到图丙的理想变压器，变压器的开关S接1时原、副线圈中的匝数之比为22∶1，二极管正向导电电阻不计，所有电表都是理想电表，则下列判断正确的是(　　)
A．电压表的示数为10 V
B．若只将S从1拨到2，电流表示数增大
C．在0～0.01 s内穿过线圈的磁通量变化量为 Wb
D．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表示数减小，电压表示数增大
√
C　[原线圈的电压U1＝＝220 V，根据变压比可知副线圈电压U2＝U1＝
10 V，由于二极管的单向导电性，所以根据电流的热效应可知＝T，解得电压表的示数为U＝5 V, 故A错误；根据变压比可知副线圈电压U2＝U1，若只将S从1拨到2，则n1增大，故副线圈电压减小，副线圈电流减小，根据变流比可知I1＝I2，因为n1增大且I2减小，故原线圈电流减小，电流表示数减小，故B错误；由题图乙知，电压从零开始变化，故初始时刻处于中性面，经过0.01 s即半个周期，线圈转动180°，则穿过线圈的磁通量变化量为ΔΦ＝2BS，又因为um＝BSω＝，解得ΔΦ＝＝ Wb，故C正确；若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，原线圈电压不变，根据变压比可知副线圈电压不变，根据＝T可知，U2＝ ，则电压表示数不变，负载电阻增大，则电流减小，电流表示数减小，故D错误。故选C。]
1．理清三个回路
远距离输电电网间的基本结构如图所示。输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路。在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁。
考点3　 远距离输电
2．抓住两个物理量的联系
(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个物理量间的关系是＝，P1＝P2，I1n1＝I2n2。
(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个物理量间的关系是＝，P3＝P4，I3n3＝I4n4。
3．掌握一个能量守恒定律
发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P1＝P线损＋P用户。
[典例8]　(输电过程中的功率损失)(2024·湖南卷)根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是(　　)
A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
B．输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P
D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P
√
A　[设升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4，将降压变压器和用户端所接定值电阻R等效为一个电阻R等效，则R等效＝＝＝R。发电机转子以角速度ω匀速转动时，产生的电动势的最大值Em＝NBSω，则升压变压器输入端的电压有效值U1＝，转子角速度增加一倍，则升压变压器输出端电压为U2＝U1增加一倍，根据闭合电路欧姆定律知
定值电阻R0中的电流变为原来的2倍，结合P＝R0可知，转子角速度增加一倍，R0上消耗的功率变为4P，选项A正确；结合P＝·R0，若R0增加一倍，则R0上消耗的功率为·
2R0≠4P，选项B错误；若升压变压器的副线圈增加一倍，根据理想变压器变压规律知，升压变压器副线圈两端的电压变为原来的2倍，由I0＝可知，定值电阻R0中的电流变为原来的2倍，
R0上消耗的功率变为4P，选项C错误；若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，降压变压器和用户端所接定值电阻的等效电阻变为 R等效， R0上消耗的功率变为·R0≠6P，选项D错误。]
【典例8　教用·备选题】　(输电过程中的功率损失)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是(　　)
A．电流表A2的示数增大了
B．电流表A1的示数增大了
C．电压表V1的示数减小了ΔU
D．输电线损失的功率增加了R
√
B　[降压变压器原、副线圈两端的电压之比等于n，所以有＝n，即降压变压器原线圈两端电压减小了nΔU，升压变压器副线圈两端电压不变，所以输电线上电压增大了nΔU，根据欧姆定律知，电流表A1示数增大了，输电线上电流增大了，根据电流与匝数成反比知，电流表A2示数增大了n·＝，A错误，B正确；根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，C错误；输电线上电流增大了，但输电线损失的功率增加量一定不是P＝R，D错误。]
方法技巧　输电线路功率损失的计算方法
P损＝P1－P4 P1为输送的功率，P4为用户得到的功率
P损＝R线 I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻
P损＝ ΔU为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混
P损＝ΔU·I线 ΔU不要错代入U2或U3
[典例9]　(远距离输电原理)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
√
C　[由题知，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率为500 kW，则有输出电流I1＝＝2×103 A，A错误；由题知，用户端电压U4＝220 V，功率88 kW，则有＝＝，P′＝U4I4，联立解得I4＝400 A，I3＝8 A，U3＝11 000 V，则输电线上损失的功率为P损＝R＝4 kW，且U2＝U3＋I3R＝11 500 V, 再根据＝，解得＝，B、D错误；根据理想变压器无功率损失有P＝U2I3＋P储，代入数据有P储＝
408 kW，C正确。故选C。]
[典例10]　(远距离输电的电压、功率损失)电站通过升压变压器、输电线和降压变压器把电能输送给生产和照明组成的用户，若发电机是一个电阻不计、边长为2 m的正方形线圈，共30匝且被固定，线圈内有一与线圈平面垂直的磁场，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，发电机输出电功率为1.2×105 W，升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶25，输电线的总电阻为10 Ω，用户需要的电压为 220 V。 求：(π＝3.14)
(1)发电机的输出电压瞬时值表达式；
(2)输电线上损失的电功率；
(3)降压变压器的原、副线圈匝数比。
[解析]　(1)由题图乙可得，周期为
T＝6.28×10-2 s
角速度为ω＝＝100 rad/s
可得磁感应强度B的关系为
B＝2×10-2sin 100t(T)
根据法拉第电磁感应定律有
u＝NS
又S＝L2＝4 m2
解得发电机的输出电压瞬时值表达式为
u＝240cos 100t(V)。
(2)发电机的输出电压的有效值为
U1＝＝ V＝240 V
根据功率得发电机的输出电流为
I1＝＝ A＝500 A
根据变压器电流与匝数的关系有
＝＝
得输电线上电流为I2＝20 A
输电线上损失的电功率为
ΔP＝R＝202×10 W＝4 000 W。
(3)升压变压器的电压和匝数关系为
＝
可得升压变压器副线圈电压为U2＝6 000 V
输电线上损失的电压为
ΔU＝I2R＝20×10 V＝200 V
降压变压器原线圈的电压为
U3＝U2－ΔU＝6 000 V－200 V＝5 800 V
降压变压器的原、副线圈匝数比为
＝＝＝。
[答案]　(1)u＝240cos 100t(V)　(2)4 000 W　(3)290∶11
【典例10　教用·备选题】　(远距离输电)(2024·苏大附中月考)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
√
C　[发电机输出的电流I1＝＝ A＝400 A，A错误；输电线上损失的功率P线＝R线＝5 000 W，所以I线＝＝ A＝
25 A，B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5) kW＝95 kW，则用户得到的电流I4＝＝ A＝ A≈432 A，即用户得到的电流约为432 A，故＝＝，C正确，D错误。]
[典例1]　(发电功率一定的动态分析问题)如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为 1∶100, 其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为 100 Ω。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为 750 kW。下列说法正确的是(　　)
微点突破12　远距离输电电路的两类动态分析
A．降压变压器副线圈输出的交变电流频率为100 Hz
B．远距离输电线路损耗功率为180 kW
C．当出现火警时，电压表V的示数变小
D．当出现火警时，输电线上的电流变小
√
C　[由题图乙知交变电流的周期为0.02 s，所以频率为 50 Hz，A错误；由题图乙知升压变压器输入电压有效值为250 V，根据变压比公式知升压变压器副线圈两端电压为25 000 V，所以输电线中的电流为I＝＝30 A，输电线损失的电压为ΔU＝IR＝30×100 V＝3 000 V，输电线路损耗功率为ΔP＝ΔU·I＝90 kW，B错误；当出现火警时，传感器R2阻值减小，降压变压器副线圈中电流增大，输电线上的电流变大，输电线损失的电压变大，降压变压器输入、输出电压都变小，定值电阻R1的分压增大，电压表V的示数变小，C正确，D错误。]
【典例1　教用·备选题】　(发电功率一定的动态分析问题)如图所示为某小型发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P＝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r＝10 Ω。下列说法正确的是(　　)
A．采用高压输电可以增大输电线路中的电流
B．升压变压器的输出电压U2＝2 000 V
C．用户获得的功率为20 kW
D．将P下移，用户获得的电压将增大
√
B　[采用高压输电可以减小输电线路中的电流，从而减小输电损耗，选项A错误；电流表的示数为1 A，电流互感器匝数比为1∶10，故输电线路中电流的大小I2＝10 A，根据P＝U2I2可得升压变压器的输出电压U2＝2 000 V，选项B正确；线路损耗的功率Pr＝r＝1 kW，故用户获得的功率为 19 kW, 选项C错误；将P下移，降压变压器原线圈匝数增大，用户获得的电压将减小，选项D错误。]
[典例2]　(发电电压一定的动态分析问题)如图所示为某小型发电站的输电示意图，发电站输出U1＝220sin (100πt)V的交流电通过升压变压器升压后进行高压输电，接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电。图中高压输电线部分总电阻为r，负载端的电压表是理想电压表。下列有关描述
正确的是(　　)
A．若开关S1、S2都断开，则电压表示数为零
B．负载端所接收交流电的频率为25 Hz
C．深夜开灯时灯较亮是因为高压输电线上电压损失减小
D．用电高峰期灯泡较暗，可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度
√
C　[开关都断开时降压变压器空载，其副线圈两端有电压，电压表示数不为零，选项A错误；变压器不能改变交流电的频率，故负载端所接收交流电的频率还是 50 Hz, 选项B错误；深夜大部分用户已关灯，干路中电流减小，线路损耗电压也减小，用户得到的电压升高，故此时开灯较亮，选项C正确；用电高峰时，负载增多，负载电阻减小，干路中电流增大，因此输电线路上损耗电压增大，导致降压变压器的输入电压降低，为提高灯泡亮度，可增大降压变压器副线圈的匝数，使负载电压提高，选项D错误。]
[典例3]　(负载一定的动态分析问题)风力发电机的工作原理可以简化为如图所示的模型：风轮通过齿轮箱带动矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生交流电，并通过变压器和远距离输电线给灯泡L供电。两变压器均为理想变压器，当发电机线圈转速减小时，以下说法正确的是(　　)
A．通过R的电流增加
B．降压变压器的输入电压U3减小
C．灯泡L消耗的功率增加
D．发电机的输出功率不变
√
B　[当发电机线圈转速减小时，根据Em＝nBSω可知升压变压器的输入电压U1减小，而负载不变，因此升压变压器的输入电流I1减小，故发电机的输出功率减小，故D错误；根据＝可知I1减小时，I2也减小，即通过R的电流减小，故A错误；由于I2＝I3，因此I3减小，根据＝可知I4减小，根据U4＝I4RL，P＝RL可知灯泡L消耗的功率减小，U4减小，根据＝可知U3减小，故B正确，C错误。故选B。]
题组一　理想变压器基本规律的应用
1．(2024·北京卷)如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6 V　3 W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是
(　　)
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课时分层作业(三十三)　变压器　电能的输送
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A．原线圈两端电压的有效值为24 V
B．副线圈中电流的有效值为0.5 A
C．原、副线圈匝数之比为1∶4
D．原线圈的输入功率为12 W
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√
B　[由题图乙可知，原线圈电压最大值为Um＝24 V, 则原线圈两端电压的有效值为U1＝＝24 V，故A错误；灯泡正常发光，由P＝UI得，副线圈中电流有效值为I＝＝＝0.5 A，故B正确；由理想变压器电压与匝数的关系可知＝＝4，故C错误；理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P1＝PL＝3 W，故D错误。故选B。]
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2．(2025·江苏镇江模拟)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表。当R＝10 Ω时，则下列说法不正确的是(　　)
A．电流表A1的读数约为440 mA
B．电流表A2的读数约为3.1 A
C．电压表的读数约为31 V
D．电压表的读数约为44 V
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√
D　[原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为U2＝44 V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知＝·T，解得U＝22 V≈31 V，故C正确，D错误；电流表A2的读数约为I2＝≈3.1 A，故B正确；副线圈的功率为P＝UI2＝96.8 W，根据能量守恒可得原线圈传输的功率与副线圈功率相等，可知原线圈中的电流为I1＝＝0.44 A，即440 mA，故A正确。因选不正确的，故选D。]
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3．(2024·海门高三模拟预测)如图所示，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L、匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2。当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I。不计线圈电阻，
下列说法正确的是(　　)
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A．通过电阻R2的电流为
B．电阻R2两端的电压为
C．n0与n1的比值为
D．发电机的功率为
√
B　[由原线圈与副线圈的电压关系可知＝＝，则U2＝＝，I2＝＝，B正确，A错误；Em＝2NBL2ω，U0＝E有＝＝NBL2ω，U1＝IR1，则＝＝，C错误；发电机的功率P＝U0I0，I0＝，可得P＝，D错误。]
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题组二　理想变压器的动态分析问题
4．如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图。线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R。若AB间输入如图乙所示的交变电压，则(　　)
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A．t＝1×10-2 s时，电压表的示数为零
B．AB间输入电压的瞬时值为u＝220·sin 100πt(V)
C．滑动触头P顺时针转动时，R两端的电压增大
D．滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率减小
√
B　[电压表的读数为有效值，不为零，故A错误；由题图乙可知T＝2×10-2 s，故f＝＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s ，所以其表达式为u＝220sin 100πt(V), 故B正确；根据变压器电压和线圈匝数关系＝可知，滑动触头P顺时针转动时，n2变小，所以R两端的电压减小，故C错误；滑动触头P逆时针转动时，n2变大，所以R两端的电压增大，变压器输入功率等于输出功率，即P入＝P出＝，所以滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率增大，故D错误。]
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5．(2025·江苏南京模拟考试)如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈处在磁感应强度为B的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴OO′以角速度ω匀速转动。矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动可改变副线圈的输出电压，副线圈接有可变电阻R，电表均为理想交流电表，电容器均能正常工作。
下列判断正确的是(　　)
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A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsin (ωt)
B．当P位置不变，R阻值不变，增大矩形线圈转动角速度ω时，电压表示数变大，电流表示数变小
C．当P位置不变，线圈转动角速度ω不变，向上移动R的滑片，灯泡变亮
D．当线圈转动角速度ω不变，R阻值不变，若向上移动原线圈上的滑动触头P，电容器所能储存的最大电荷量增加
√
D　[题图所示位置与中性面垂直，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos (ωt)，故A错误；电压表示数为有效值，可知U1＝，当P位置不变，R阻值不变，增大矩形线圈转动角速度ω时，电压表示数变大，根据电压匝数关系知，变压器副线圈电压增大，通过副线圈的电流增大，根据电流匝数关系可知，通过原线圈的电流增大，电流表示数变大，故B错误；当P位置不变，线圈转动角速度ω不变，变压器原、副线圈两端电压均不变，向上移动R的滑片，滑动变阻器接入电阻增大，则通过灯泡的电流减小，即灯泡变暗，故C错误；当线圈转动角速度ω不变，原线圈两端电压不变，根据电压匝数关系有＝，若向上移动原线圈上的滑动触头P，原线圈匝数减小，则副线圈两端电压增大，根据Qm＝CU2m可知电容器所能储存的最大电荷量增加，故D正确。故选D。]
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6．(2024·江苏扬州一模)某车床供电示意图如图所示，理想变压器原线圈两端连接有效值为350 V的交流电源，两副线圈分别连接电机和两个相同的指示灯(连接电机的副线圈简称副线圈1，连接指示灯的副线圈简称副线圈2)，电机的电压为118 V，指示灯的电压为
22 V，S为指示灯中的一条支路的开关。
下列说法正确的是(　　)
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A．S闭合后，副线圈2两端的电压减小
B．S闭合后，电源的输出功率增大
C．S闭合后，副线圈1中的电流比副线圈2中的电流增加得多
D．原线圈和副线圈1的电流之比I1∶I2＝59∶175
√
B　[S闭合后，由于理想变压器匝数及输入电压不变，因此副线圈2两端的电压不变，但由于S闭合后，副线圈2中接入了两个指示灯，则电源的输出功率由P出＝PM＋PL变为P′出＝PM＋2PL，即电源的输出功率变大，故A错误，B正确；S闭合后，由于输入电压及原线圈与副线圈的匝数比不变，因此副线圈1中的电压不变，则可知副线圈1中的电流不变，故C错误；由题知U1＝350 V，U2＝118 V，则有＝＝＝，而根据U1I1＝U2I2＋U3I3，＝＝，可得n1I1＝n2I2＋n3I3，若只有一个副线圈，则原、副线圈中电流比等于匝数的反比，可得原线圈和副线圈1的电流之比I1∶I2＝59∶175，但该变压器有两个副线圈，根据原、副线圈中电流与匝数的关系可知I1∶I2≠59∶175，故D错误。故选B。]
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题组三　远距离输电
7．如图所示为输电线为用户输电的示意图，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，中间输电线上的总电阻为R，下列说法正确的是(　　)
A．T1的输出电压与T2的输入电压相等
B．T1的输出功率大于T2的输入功率
C．若用户接入的用电器增多，则R消耗的电功率减小
D．若用户接入的用电器增多，则T2输出功率减小
√
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B　[由于输电过程中电阻R要产生热量，会损失功率，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T1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，用户端的等效电阻变小，则输电线的电流变大，根据P损＝I2R可知R消耗的电功率增大，故C错误；若用户接入电路的用电器增多，则用电器消耗的功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。故选B。]
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8．小明分别按图1和图2电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用。其中T1为理想升压变压器，T2为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡两端的电压相等。两次实验中(　　)
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A．都接直流电源 B．A两端的电压相等
C．A损耗的功率相等 D．图1中A的电流较大
D　[由于变压器只能改变交变电流，因此题图2中不可能接直流电源，A错误；T2是降压变压器，则有＝>1，由于流过两个灯泡的电流相等，可知题图2中流过A的电流较小，加在题图2中A两端的电压较低，题图2中A消耗的功率较小，B、C错误，D正确。]
√
9．如图所示，某小型水电站的发电机输出电压为220 V，正常情况下输出的总功率P0＝8.8×104 W，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电。输送电压为 u＝1 100·sin 200πt (V)，输电导线的总电阻为r＝5 Ω，现要使额定电压为220 V的用电器正常工作，下列说法正确
的是(　　)
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A．输电线上的电流为220 A
B．降压变压器原、副线圈匝数比＝
C．用电器的额定功率P＝5.6×104 W
D．用电器上的交流电的频率是50 Hz
√
C　[由交流电瞬时值表达式u＝1 100·sin 200πt (V)，可得交流电频率为100 Hz，电压有效值为U2＝1 100 V，输电线上的电流I＝＝80 A，故A错误；降压变压器的输入电压U3＝U2－Ir＝700 V，降压变压器原、副线圈匝数比＝＝＝，故B错误；用电器的额定功率P＝P0－I2r＝5.6×104 W，故C正确；变压器不改变交流电的频率，所以用电器上的交流电的频率是100 Hz，故D错误。]
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10．(2024·江苏南京师大附中模拟)如图所示，变压器为理想变压器，副线圈中三个电阻的阻值大小关系为R1＝R2＝2r＝2 Ω，电流表为理想交流电表，原线圈输入正弦式交流电e＝220 sin 100πt(V)，开关S断开时，电阻r消耗的电功率为100 W。下列说法不正确的是
(　　)
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A．通过电阻r的电流方向每秒钟变化100次
B．开关S闭合前后，电流表的示数之比为2∶3
C．开关S闭合前后，通过电阻R1的电流之比为 2∶3
D．变压器原、副线圈的匝数之比为22∶3
√
C　[交流电的频率为f＝＝50 Hz，可知通过电阻r的电流方向每秒钟变化100次，A正确；开关S闭合之前，次级电阻 3 Ω， 次级电流I2＝，开关S闭合之后，次级电阻2 Ω，次级电流I′2＝，则开关S闭合前后次级电流比为2∶3，根据电流与匝数关系，可知开关S闭合前后，电流表的示数之比和副线圈的电流之比相同，也是 2∶3，B正确；开关S闭合之前，通过电阻R1的电流IR1＝I2＝，开关S闭合之后，通过电阻R1的电流IR1＝I′2＝，则开关S闭合前后，通过电阻R1的电流之比为4∶3，C错误；开关S断开时，电阻r消耗的电功率为100 W，可知次级电流I2＝＝10 A，次级电压有效值U2＝I2(R1＋r)＝30 V，变压器初级电压有效值U1＝220 V，则变压器原、副线圈的匝数之比为＝＝，D正确。]
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11．如图所示，理想变压器原线圈接在u＝36sin 100πt(V)的交流电源上，此时原、副线圈的匝数比为 3∶1，则(　　)
A．电容器C可看成断路
B．电压表的示数为12 V
C．向上滑动触头P，电压表示数变小
D．增大R的阻值，电源的输出功率减小
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√
D　[变压器输出的是交流电，因此电容器不是断路而是通路，故A错误；变压器输入电压的有效值为U1＝ V＝36 V，根据理想变压器原、副线圈电压与匝数比的关系＝，可得U2＝12 V，电压表的示数为12 V，故B错误；向上滑动触头P，副线圈匝数增加，输入电压不变，根据理想变压器原、副线圈电压与匝数比的关系＝可知U2增大，所以电压表示数变大，故C错误；增大R的阻值，输出电压不变，变压器输出功率减小，变压器输入功率也减小，则电源的输出功率减小，故D正确。故选D。]
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12．如图所示，理想变压器原线圈匝数可调，调节触头为S，副线圈电路中r为光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照的增强而减小，滑动变阻器R与灯泡L并联在电路中，关于电路变化问题，下列说法正确的是(　　)
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A．保持S位置和光照强度不变，将P向上滑，灯泡L变亮
B．保持S位置和光照强度不变，将P向下滑，电流表示数变小
C．保持P位置和光照强度不变，将S向下滑，光敏电阻的功率变小
D．保持P位置和S位置不变，使光线变暗，原线圈的输入功率变大
√
A　[S的位置和光照强度不变时，变压器原、副线圈的匝数比以及光敏电阻的阻值不变，根据理想变压器原、副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变，将P向上滑，滑动变阻器的阻值变大，通过光敏电阻r的电流减小，加在r两端的电压减小，又由于r和L两端电压之和等于副线圈的端电压，所以L两端电压变大，L变亮，A正确；结合A项的分析，当将P向下滑，滑动变阻器的阻值变小，通过光敏电阻r的电流增大，加在r两端的电压增大，又由于r和L两端电压之和等于副线圈的端电压且保持不变，所以L
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两端电压变小，通过L的电流减小，同时R和L的电流之和等于r的电流，所以通过R的电流增大，电流表示数增大，B错误；P位置和光照强度不变时，r和R的电阻不变，将S向下滑，原线圈的匝数减小，结合理想变压器原、副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压增大，通过r的电流增大，光敏电阻的功率变大，C错误；S位置不变时，线圈匝数不变，结合理想变压器原、副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变，光线变暗时，r的阻值变大，又P的位置不变，所以副线圈的功率减小，又理想变压器的原、副线圈功率相等，所以原线圈的功率减小，D错误。]
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13．(2024·江苏海安高级中学高三期末)某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成。当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路，仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有(　　)
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A．家庭电路正常工作时，L1中的磁通量为最大
B．家庭电路发生断路时，L2中将产生电流
C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起
D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起
√
D　[由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等、方向相反，因此L1中合磁通量为零，A错误；家庭电路发生断路时，火线和零线中的电流同时变化，同时消失，穿过线圈L2中的磁通量不变，L2中不会产生电流，B错误；家庭电路发生短路时，火线和零线的电流同时增大，合磁通量仍然为零，因此开关K不会被电磁铁吸起，C错误；当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即L1中的磁通量发生变化，导致L2中的磁通量变化，L2中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起，D正确。]
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14．如图所示，一个匝数为N＝100匝的线圈以固定转速 50 r/s 在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器给阻值R＝20 Ω的电阻供电。已知电压表的示数为 20 V，从图示位置开始计时，下列说法正确的是(　　)
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A．t＝0时刻流过线圈的电流最大
B．原线圈中电流的有效值为10 A
C．穿过线圈平面的最大磁通量为 Wb
D．理想变压器的输入功率为10 W
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C　[题图所示时刻线圈在中性面位置，感应电动势为零，流过线圈的电流为零，故A错误；副线圈电流I2＝＝1 A，根据＝，可以得到原线圈电流I1＝0.1 A，故B错误；变压器的匝数比为n1∶n2＝10∶1，故输入电压为200 V，最大值为 200 V，角速度ω＝2πn＝100π rad/s，根据公式Em＝NBSω＝NΦω，得穿过线圈平面的最大磁通量为Φ＝＝ Wb，故C正确；电阻R消耗的电功率为P＝＝20 W，则理想变压器的输入功率为20 W，故D错误。]
15．如图所示，原线圈与定值电阻R1串联接在电压有效值恒定的正弦交流电上，原、副线圈匝数分别为n1和n2，副线圈接入电阻箱R2，单匝线圈绕过铁芯连接理想交流电压表，电压表示数用ΔU表示。调整R2阻值，下列说法正确的是(　　)
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A．当R2＝100 Ω，n2＝100匝，ΔU＝0.2 V时，R2的功率为8.0 W
B．当R2变大时，R2的功率可能先增大后减小
C．当R2变大时，R1的功率可能先增大后减小
D．当R2变大时，ΔU可能先增大后减小
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B　[由于单匝线圈绕过铁芯连接理想交流电压表，则ΔU＝0.2 V时，根据电压与匝数关系可知，R2两端的电压为U2＝n2ΔU＝20 V，R2的功率为P2＝＝4.0 W，A错误；根据电压、电流与匝数关系有＝＝，则恒定电压U＝I1R1＋U1＝·R1＋·U2，解得U2＝U，R2的功率P2＝＝，可知当R2＝R1时，R2的功率最大，所以当R2变大时，R2的功率可能先增
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大后减小，B正确；根据上述分析可知恒定电压U＝·R1＋·U2，当R2变大时，I2减小，由I1＝·I2知I1减小，所以R1的功率P1＝R1减小，C错误；由上述分析知R2变大时，I1变小，则原线圈的电压变大，由ΔU＝可知ΔU变大，D错误。故选B。]
谢 谢 ！