資源簡介

實驗十五　探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
1.〔多選〕理想變壓器的原、副線圈匝數比n1∶n2＝10∶1，原線圈兩端接通交流電源，副線圈兩端接上電阻，則（　　）
A.原、副線圈中電流頻率之比f1∶f2＝10∶1
B.原、副線圈兩端電壓之比為U1∶U2＝10∶1
C.原、副線圈內交變電流之比I1∶I2＝1∶10
D.變壓器輸入和輸出功率之比P1∶P2＝10∶1
2.如圖所示，電壓互感器、電流互感器可看成理想變壓器，已知電壓互感器原、副線圈匝數比是1 000∶1，電流互感器原、副線圈匝數比是1∶200，電壓表示數是200 V，電流表示數是1.5 A，則交流電路輸送電能的功率是（　　）
A.3×102 W B.6×104 W
C.3×105 W D.6×107 W
3.（2025·福建三明模擬）用一臺理想變壓器對電動汽車充電，該變壓器原、副線圈的匝數比為1∶2，輸出功率為8.8 kW，原線圈的輸入電壓u＝220sin 100πt（V）。關于副線圈輸出電流的有效值和頻率正確的是（　　）
A.20 A，50 Hz B.20 A，50 Hz
C.20 A，100 Hz D.20 A，100 Hz
4.（2025·廣東揭陽模擬）自制一個原、副線圈匝數分別為600匝和190匝的變壓器，原線圈接12 V的正弦交流電源，副線圈接額定電壓為3.8 V的小燈泡。實際測得小燈泡兩端電壓為2.5 V。下列措施有可能使小燈泡正常發光的是（　　）
A.僅增加原線圈匝數
B.僅增加副線圈匝數
C.將原、副線圈匝數都增為原來的兩倍
D.將兩個3.8 V小燈泡并聯起來接入副線圈
5.〔多選〕（2025·吉林長春模擬）特高壓輸電可使輸送中的電能損耗和電壓損失大幅降低。我國已成功掌握并實際應用了特高壓輸電技術。假設從A處采用550 kV的超高壓向B處輸電，輸電線上損耗的電功率為ΔP，到達B處時電壓下降了ΔU。在保持A處輸送的電功率和輸電線電阻都不變的條件下，改用1 100 kV特高壓輸電。輸電線上損耗的電功率變為ΔP'，到達B處時電壓下降了ΔU'。不考慮其他因素的影響，則（　　）
A.ΔP'＝ΔP B.ΔP'＝ΔP
C.ΔU'＝ΔU D.ΔU'＝ΔU
6.〔多選〕（2025·山東師大附中期末）如圖所示，多匝正方形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的轉軸OO'勻速轉動，在線圈外接一含有理想升壓變壓器的電路，四個電表均為理想交流電表，電路中除滑動變阻器R和線圈abcd以外的電阻均不計。當滑動變阻器的滑片P向上滑動時（　　）
A.電流表A1的示數變小
B.電流表A2的示數變大
C.電壓表V1的示數變小
D.電壓表V2的示數變大
7.〔多選〕（2024·海南高考9題）如圖，電動汽車充電站的理想變壓器輸入電壓為10 kV，輸出電壓為220 V，每臺充電樁輸入電流為16 A，設原、副線圈匝數分別為n1、n2，輸入正弦交流電的頻率為50 Hz，則下列說法正確的是（　　）
A.交流電的周期為0.02 s
B.原、副線圈匝數比n1∶n2＝11∶500
C.輸出的最大電壓為220 V
D.若10臺充電樁同時使用，輸入功率為35.2 kW
8.（2025·黑龍江牡丹江期末）如圖為輸電線為用戶輸電的情景，電路中升壓變壓器T1和降壓變壓器T2都認為是理想變壓器，中間輸電電路電阻為R，下列說法正確的有（　　）
A.T1輸出電壓與T2輸入電壓相等
B.T1輸出功率大于T2輸入功率
C.若用戶接入的用電器增多，則R功率降低
D.若用戶接入的用電器增多，則T2輸出功率降低
9.（2024·浙江6月選考7題）理想變壓器的原線圈通過a或b與頻率為f、電壓為u的交流電源連接，副線圈接有三個支路，如圖所示。當S接a時，三個燈泡均發光，若（　　）
A.電容C增大，L1燈泡變亮
B.頻率f增大，L2燈泡變亮
C.RG上光照增強，L3燈泡變暗
D.S接到b時，三個燈泡均變暗
10.（2025·山東濟寧期末）除顫儀是用于突發心室纖顫等心臟疾病的急救醫療設備，某型號除顫儀電路原理如圖所示。某次調試時，除顫儀接在220 V交流電源上，交流電壓表示數為20 V，電容器充電完畢，開關由“1”擲向“2”，放電電流平均值為2.8 A，放電時間約為10－2 s，已知電容器電容為2.0×10－5 F。下列說法正確的是（　　）
A.自耦變壓器的原副線圈匝數之比為10∶1
B.充電完畢后電容器兩端的電壓為2 800 V
C.升壓變壓器原副線圈的匝數比約為1∶50
D.若去掉二極管該除顫儀依然可正常工作
11.（2025·浙江寧波期末）某實驗小組用可拆變壓器探究“變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”。
（1）由于交變電流的電壓是變化的，所以實驗中測量的是電壓的　　　　值（選填“平均”“有效”或“最大”）；某次實驗操作，副線圈所接多用電表的讀數如圖甲所示，其對應的選擇開關如圖乙所示，則此時電表讀數為　　　　。
（2）某次實驗中，用匝數na＝400匝和nb＝800匝的線圈做實驗，測量的數據如下表所示，下列說法中正確的是　　　　。
Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.90
Ub/V 4.00 6.01 8.02 9.98
A.原線圈的匝數為na，用較粗導線繞制
B.副線圈的匝數為na，用較細導線繞制
C.原線圈的匝數為nb，用較細導線繞制
D.副線圈的匝數為nb，用較粗導線繞制
（3）為了減小能量傳遞過程中的損失，鐵芯是由相互絕緣的硅鋼片平行疊成。作為鐵芯橫檔的硅鋼片應按照下列哪種方法設計　　　　。
12.〔多選〕如圖所示為某小型電站高壓輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器，發電機輸出功率恒為20 kW。在輸電線路上接入一個電流互感器，其原、副線圈的匝數比為1∶10，電流表的示數為1 A，輸電線的總電阻為10 Ω，下列說法正確的是（　　）
A.將滑動觸頭P下移，用戶獲得的電壓將增大
B.采用高壓輸電可以減小輸電線中的電流
C.用戶獲得的功率為19 kW
D.升壓變壓器的輸出電壓U2＝1 000 V
第2講　變壓器　電能的輸送
實驗十五　探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
1.BC　根據理想變壓器的原、副線圈電壓比＝和電流比＝可知選項B、C正確；變壓器不改變電流的頻率，理想變壓器的輸入與輸出的功率相等，即P1＝P2，所以選項A、D錯誤。
2.D　電壓互感器原線圈的匝數與副線圈的匝數之比為1 000∶1，而電流互感器原線圈的匝數與副線圈的匝數之比為1∶200，由電壓表的示數為200 V，得原線圈的電壓為200 000 V，由電流表的示數為1.5 A，知原線圈的電流為300 A。所以電路輸送的電功率是6×107 W。故選D。
3.A　原線圈輸入電壓的有效值為U1＝ V＝220 V，原線圈電流為I1＝＝40 A，副線圈輸出電流的有效值為I2＝ I1＝20 A，變壓器無法改變電流的頻率，故頻率f＝＝ Hz＝50 Hz，故選A。
4.B　由＝知，僅增加原線圈匝數，副線圈的輸出電壓U2減小，不能使小燈泡正常發光，故A錯誤；僅增加副線圈匝數，副線圈的輸出電壓U2增大，有可能使小燈泡正常發光，故B正確；將原、副線圈匝數都增為原來的兩倍，但由于原線圈的電壓不變，則副線圈的輸出電壓U2不變，不能使小燈泡正常發光，故C錯誤；將兩個3.8 V小燈泡并聯，由于原線圈的電壓不變，則副線圈的輸出電壓U2不變，不能使小燈泡正常發光，故D錯誤。
5.AD　由輸電電流I＝知，輸送的電功率不變，輸電電壓加倍，輸電電流變為原來的，損耗的電功率ΔP＝I2r＝r，故輸電電壓加倍，損耗的電功率變為原來的，即ΔP'＝ΔP；輸電線上損失電壓為ΔU＝Ir＝r，則輸電電壓加倍，損失電壓變為原來的，即ΔU'＝ΔU。故A、D正確。
6.AD　當滑動變阻器的滑片P向上滑動時，滑動變阻器接入電路的阻值增大，把變壓器和滑動變阻器看成一個等效電阻，則有R等＝R，可知等效電阻增大；設線圈產生的電動勢為E，線圈內阻為r，根據閉合電路歐姆定律可得I1＝可知理想變壓器原線圈電流I1減小，即電流表A1的示數變小；線圈內阻分到的內電壓減小，則理想變壓器原線圈的輸入電壓U1增大，即電壓表V1的示數變大；根據＝可知副線圈輸出電壓U2增大，即電壓表V2的示數變大；根據＝可知理想變壓器副線圈電流I2減小，即電流表A2的示數變小。故選A、D。
7.AD　根據周期與頻率的關系可知，該交流電的周期T＝＝0.02 s，A正確；根據理想變壓器的變壓規律可得＝＝＝，B錯誤；根據正弦交流電最大值與有效值的關系可知，輸出的最大電壓U2m＝U2＝220 V，C錯誤；每臺充電樁工作時輸入的功率P＝U2I0＝3 520 W，則10臺充電樁工作時輸入的功率P10＝10P＝35.2 kW，D正確。
8.B　由于輸電過程中電阻R要產生熱量，有功率損失，故T1輸出功率大于T2輸入功率，T1輸出電壓大于T2輸入電壓，故A錯誤，B正確；由于輸入電壓不變，所以變壓器T1的輸出電壓不變，隨著用戶接入的用電器增多，導致用戶端的等效電阻變小，則用戶端電流變大，輸電電路電流也相應變大，根據P損＝I2R可知R功率增大，故C錯誤；用戶接入的用電器增多，用電器消耗功率增大，即T2輸出功率增大，故D錯誤。
9.A　電容C增大，容抗減小，L1燈泡變亮，A正確；頻率f增大，感抗增大，L2變暗，B錯誤；RG上光照增強，光敏電阻的阻值減小，L3燈泡變亮，C錯誤；S接到b上時，副線圈上的電壓增大，三個燈泡均變亮，D錯誤。
10.C　自耦變壓器的原副線圈匝數之比為＝＝＝，故A錯誤；充電完畢后電容器儲存的電荷量為Q＝It＝2.8×10－2 C，則充電完畢后電容器兩端的電壓為U＝＝ V＝1 400 V，則升壓變壓器副線圈電壓的最大值為1 400 V，升壓變壓器原線圈電壓的最大值為U3＝U2＝20 V，則升壓變壓器原副線圈的匝數比為＝＝≈，故B錯誤，C正確；若去掉二極管，電容器兩端接交流電，電容器一直進行充放電，則該除顫儀不能正常工作，故D錯誤。
11.（1）有效　4.8 V　（2）C　（3）D
解析：（1）由于交變電流的電壓是變化的，實驗中測量的是電壓的有效值；由題圖乙可知，所選擇擋位為交流電壓10 V擋，由題圖甲可知，此時電表讀數為4.8 V。
（2）由表格數據可知，略大于，考慮到實驗中所用變壓器并非理想變壓器，即存在能量損失，使得原、副線圈電壓之比略大于匝數比，所以原線圈的匝數為nb，副線圈的匝數為na；而副線圈兩端電壓較小，則電流較大，所以副線圈所用導線應較粗，故A、B、D錯誤，C正確。
（3）由于變壓器工作時在鐵芯中存在變化的磁通量，為了減小能量傳遞過程中的損失，應盡可能使鐵芯中產生的渦流較小。畫出鐵芯橫檔如圖所示，根據磁場的分布規律可知，變壓器鐵芯中磁感線均平行于平面adhe，產生的渦流所在平面均垂直于平面adhe，則要減小渦流，又不影響鐵芯中磁場分布，硅鋼片只能平行于平面adhe放置，故選D。
12.ABC　由P輸＝P2＝U2I2可知，在輸電功率不變的情況下，提高升壓變壓器輸出電壓U2，可以減小輸電線中的電流I2，即采用高壓輸電可以減小輸電線中的電流，故B正確；由電流互感器原理可得，輸電線的電流為I2＝10I'＝10 A，由題意可知，升壓變壓器的輸出功率為20 kW，則可得升壓變壓器的輸出電壓為U2＝＝2 000 V，輸電線損耗的功率為ΔP＝r＝1 000 W，則用戶獲得的功率為P4＝P3＝P2－ΔP＝19 kW，故C正確，D錯誤；降壓變壓器及其負載的等效電阻R等＝＝＝R用，可知將滑動觸頭P下移，n3增大，R等將增大，在輸電功率不變的前提下，由P輸＝（r＋R等）可知，輸電電流將減小，則輸電線損失功率ΔP減小，用戶獲得的功率P4將增大，由P4＝可知，用戶獲得的電壓U4將增大，A正確。
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實驗十五　
探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
高中總復習·物理
目 錄
01
立足”四層”·夯基礎
02
著眼“四翼”·探考點
03
聚焦“素養”·提能力
04
培養“思維”·重落實
概念 公式 定理
立足“四層”·夯基礎
變壓器的工作原理與基本關系
1. 構造和原理
（1）構造：如圖所示，變壓器是由 和繞在鐵芯上的
組成的。
（2）原理：利用電磁感應的 現象。
閉合鐵芯　
兩個
線圈　
互感　
2. 基本關系式
（1）功率關系： 。
（2）電壓關系：只有一個副線圈時， ；
有多個副線圈時，＝＝＝…＝。
（3）電流關系：只有一個副線圈時， ；
有多個副線圈時，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。
（4）頻率關系：f1＝f2（變壓器不改變交變電流的頻率）。
P1＝P2　
＝　
＝　
電能的輸送
　如圖所示，發電站輸出電功率為P，輸電電壓為U，用戶得到的電功率為
P'，用戶端的電壓為U'，輸電電流為I，輸電線總電阻為R。
I＝＝。
2. 電壓損失
（1）ΔU＝ ；（2）ΔU＝IR。
3. 功率損失
（1）ΔP＝P－P'＝ ；
（2）ΔP＝I2R＝ 。
U－U'　
ΔU·I　
R　
1. 輸電電流
（1）減小電阻法
由R＝ρ知，可加大導線的 ，采用 小的材料做
導線。
①采用電阻率ρ較小、密度較小（減輕重量）且材料豐富的鋁做遠距離輸
電的導線。
②采用多股鋁線絞在一起作為輸電線，以增大導線的橫截面積S。
橫截面積　
電阻率　
4. 降低輸電損耗的兩個途徑
（2）升壓法：由ΔP＝I2R線＝R線知，在輸電功率一定的情況下，可通
過提高 ，減小輸電電流，以減小輸電損耗。
輸電電壓　
1. 變壓器既能改變交變電流的電壓，也能改變交變電流的頻率。
（　×　）
2. 理想變壓器的輸入功率總等于輸出功率。 （　√　）
3. 可以通過減小輸電電流、提高輸電電壓來減少電路的發熱損耗。
（　√　）
4. 增大輸電導線的橫截面積不利于減少輸電過程中的電能損耗。
（　×　）
5. 在輸送電壓一定時，輸送的電功率越大，輸電過程中的電能損耗越大。
（　√　）
×
√
√
×
√
1. （人教版選擇性必修第二冊P62“練習與應用”T2改編）有些機床為了
安全，照明電燈用的電壓是36 V，這個電壓是由380 V的電壓降壓后得到
的。如果變壓器的原線圈是1 140匝，副線圈是（　　）
A. 1 081匝 B. 1 800匝
C. 108匝 D. 8 010匝
解析： 　由＝得n2＝＝108，故C正確。
√
2. （人教版選擇性必修第二冊P67“練習與應用”T3改編）從發電站輸出
的功率為220 kW，輸電線的總電阻為0.05 Ω，用220 V和11 kV兩種電壓輸
電。兩種情況下輸電線上由電阻造成的電壓損失之比為（　　）
A. 50∶1 B. 1∶50
C. 1∶5 D. 5∶1
解析： 　輸電線上的電流I＝，則輸電線上由電阻造成的電壓損失ΔU＝
Ir＝，故＝＝＝，故選A。
√
3. （2024·北京高考5題）如圖甲所示，理想變壓器原線圈接在正弦式交流
電源上，輸入電壓u隨時間t變化的圖像如圖乙所示，副線圈接規格為“6 V　
3 W”的燈泡。若燈泡正常發光，下列說法正確的是（　　）
A. 原線圈兩端電壓的有效值為24 V
B. 副線圈中電流的有效值為0.5 A
C. 原、副線圈匝數之比為1∶4
D. 原線圈的輸入功率為12 W
√
解析： 　原線圈兩端電壓的有效值為U1＝＝24 V，A錯誤；由副線圈
所接燈泡正常發光可知副線圈中電流的有效值為I＝＝A＝0.5 A，B正
確；原、副線圈匝數之比＝＝＝，C錯誤；原線圈的輸入功率P入＝
P出＝3 W，D錯誤。
題型 規律 方法
著眼“四翼”·探考點
考點一　實驗：探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
1. 實驗原理
（1）實驗電路圖（如圖所示）
（2）實驗方法：控制變量法
①n1、U1一定，研究n2和U2的關系。
②n2、U1一定，研究n1和U2的關系。
2. 實驗器材
學生電源（低壓交流電源，小于12 V）1個、可拆變壓器1個、多用電表1
個、導線若干。
3. 實驗過程
（1）保持原線圈的匝數n1和電壓U1不變，改變副線圈的匝數n2，研究n2對
副線圈電壓U2的影響。
①估計被測電壓的大致范圍，選擇多用電表交流電壓擋適當量程，若不知
道被測電壓的大致范圍，則應先選擇交流電壓擋的最大量程進行試測，再
選擇適當量程。
②組裝可拆變壓器：把兩個線圈穿在鐵芯上，閉合鐵芯，用交流電壓擋測
量輸入、輸出電壓。
（2）保持副線圈的匝數n2和原線圈兩端的電壓U1不變，研究原線圈的匝數
n1對副線圈電壓U2的影響。重復（1）中步驟。
4. 數據處理
由數據分析變壓器原、副線圈兩端的電壓U1、U2之比與原、副線圈的匝數
n1、n2之比的關系。
5. 注意事項
（1）在改變學生電源電壓、線圈匝數前均要先斷開電源開關，再進行
操作。
（2）為了人身安全，學生電源的電壓不能超過12 V，通電時不能用手接觸
裸露的導線和接線柱。
（3）為了多用電表的安全，使用交流電壓擋測量電壓時，先用最大量程
擋試測，大致確定被測電壓后再選用適當的擋位進行測量。
（2025·貴州六盤水模擬）利用如圖所示的裝置可以探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系：
（1）除圖中所示器材外，
還需要的器材有 。
A. 干電池 B. 低壓交流電源
C. 直流電壓表 D. 多用電表
BD　
解析： 實驗中若用干電池，變壓器不能變壓，必須要有低壓交流電
源提供交流電；需要用多用電表測量電壓；綜上所述需要的實驗器材為
B、D。
（2）下列說法正確的是 。
A. 變壓器工作時通過鐵芯導電把電能由原線圈輸送到副線圈
B. 變壓器工作時在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉
化成電能，鐵芯起到“傳遞”能量的作用
C. 理想變壓器原、副線圈中的磁通量總是相同
D. 變壓器副線圈上不接負載時，原線圈兩端電壓為零
BC　
解析： 變壓器是通過互感工作，而不是通過鐵芯導電把電能由原線
圈輸送到副線圈，故A錯誤；變壓器工作時在原線圈上將電能轉化成磁場
能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”能量的作用，故
B正確；理想變壓器的原、副線圈通過鐵芯共用同一個磁場，則兩線圈的
磁通量總是相同，磁通量的變化率也相同，故C正確；變壓器的原線圈兩
端電壓由發電機提供，則副線圈上不接負載時，原線圈兩端的電壓不變，
故D錯誤。
（3）由于變壓器工作時有能量損失，實驗測得的原、副線圈的電壓比應
當 （選填“大于”“等于”或“小于”）原、副線圈的匝數比
。
解析： 根據變壓器原理可知原、副線圈兩端電壓之比等于原、副線
圈匝數之比，實驗中的變壓器由于漏磁，導致通過變壓器副線圈的磁通量
比理論值要略小，所以副線圈上的電壓的實驗值一般略小于理論值，即U2
的測量值偏小，所以原線圈與副線圈的電壓之比一般大于原線圈與副線圈
的匝數之比。
大于　
（2025·安徽合肥市月考）在“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的
關系”的實驗中，如圖所示為所用實驗器材：可拆變壓器、學生電源、數
字多用電表。
（1）本實驗要通過改變原、副線圈匝數，探究原、副線圈的電壓比與匝
數比的關系，實驗中需要運用的科學方法是 。
A. 控制變量法
B. 等效代替法
C. 整體隔離法
解析： 本實驗要通過改變原、副線圈匝數，探究原、副線圈的電壓
比與匝數比的關系，實驗中需要運用的科學方法是控制變量法，故選A。
A　
（2）為了減小渦流的影響，鐵芯應該選擇 。
A. 整塊硅鋼鐵芯
B. 整塊不銹鋼鐵芯
C. 絕緣的硅鋼片疊成
D. 絕緣的銅片疊成
解析： 變壓器鐵芯的材料要選擇磁性材料，為減小渦流影響，選擇
用絕緣的硅鋼片疊成的鐵芯，故C正確，A、B、D錯誤。
C　
（3）關于本實驗，下列做法正確的是 。
A. 為了保證人身安全，只能使用低壓交流電源，原線圈所接電壓不超過
12 V
B. 為了保證人身安全，變壓器通電后不要用手接觸裸露的導線或接線柱
C. 變壓器正常工作后，通過鐵芯導電將電能從原線圈傳遞到副線圈
D. 使用交流電壓擋測電壓時，先用最大量程擋試測，大致確定電壓后再
選用適當的擋位進行測量
ABD　
解析： 變壓器改變的是交流電壓，因此為了人身安全，原線圈兩端
只能使用低壓交流電源，所用交流電壓不超過12 V，A正確；為了保證人
身安全，變壓器通電后不要用手接觸裸露的導線或接線柱，B正確；變壓
器開始正常工作后，通過電磁感應將電能從原線圈傳遞到副線圈，C錯
誤；使用多用電表測電壓時，先用最大量程擋試測，再選用恰當的擋位進
行測量，D正確。
（4）現將數字多用電表的選擇開關旋至最合適的擋位后，分別測量原線
圈匝數為n1時的輸入電壓U1和副線圈匝數為n2時的輸出電壓U2，數據如表
所示。
原線圈匝數n1/匝 副線圈匝數n2/匝 輸入電壓U1/V 輸出電壓U2/V
100 200 4.32 8.27
100 800 4.32 33.90
400 800 4.33 8.26
400 1 600 4.33 16.52
①在誤差允許范圍內，表中數據基本符合
規律。
②進一步分析數據，發現輸出電壓比理論值偏小，請分析原因
。
解析： ①根據表中數據，在誤差允許的范圍內基本符合變壓器原、
副線圈的電壓之比等于匝數之比，即有＝；②由于變壓器不是理想變
壓器，有漏磁、鐵芯發熱、導線發熱等能量損耗，因此變壓器輸出電壓比
理論值偏小。
變壓器原、副線圈的電壓之比
等于匝數之比　
有漏磁、
鐵芯發熱、導線發熱等　
考點二　理想變壓器的原理及應用
理想變壓器基本關系的應用
　關于理想變壓器的四點說明
（1）變壓器不能改變直流電壓。
（2）變壓器只能改變交變電流的電壓和電流，不能改變交變電流的頻
率。
（3）理想變壓器本身不消耗能量。
（4）理想變壓器基本關系中的U1、U2、I1、I2均為有效值。
（2024·浙江1月選考5題）如圖為某燃氣灶點火裝置的原理圖。直流
電經轉換器輸出u＝5sin100πt V的交流電，經原、副線圈匝數分別為n1和n2
的變壓器升壓至峰值大于10 kV，就會在打火針和金屬板間引發電火花，
實現點火。下列正確的是（　　）
A. ＜
B. ＜
C. 用電壓表測原線圈兩端電壓，示數為5 V
D. 副線圈輸出交流電壓的頻率是100 Hz
√
解析：原線圈兩端電壓的有效值U1＝ V＝ V，根據電壓與匝數關系有
＝，變壓器副線圈電壓的峰值U2max＝U2，根據題意有U2max＞
10×103 V，解得＞2 000，＜，故A錯誤，B正確；用電壓表測原
線圈兩端電壓，電壓表測的是有效值，則示數為U1＝ V＝ V，故C錯
誤；根據ω＝＝2πf＝100π rad/s，解得f＝50 Hz，變壓器不改變頻率，則
副線圈輸出交流電壓的頻率是50 Hz，故D錯誤。
本題取材于人教版選擇性必修第二冊P68
“復習與提高”B組T2
　圖甲是某燃氣灶點火裝置的原理圖。轉換器將直流電壓轉換為圖乙所示
的正弦交流電壓，并加在一臺理想變壓器的原線圈上，變壓器原、副線圈
的匝數分別為n1、n2，電壓表為交流電表。當變壓器副線圈電壓的瞬時值
大于5 000 V時，就會在鋼針和金屬板間引發電火花進而點燃氣體。
（1）圖中開關閉合時電壓表的示數是多少？
答案： 3.54 V　
（2）變壓器原、副線圈的匝數滿足怎樣的關系才能實現點火？
答案： n1∶n2＜1∶1 000
含有二極管的變壓器電路
　分析含有二極管的變壓器電路問題時要注意：理想二極管具有單向導電
性，正弦式交變電流通過二極管后會變成半波直流電流，對應的有效值會
發生變化。
（2025·山東濰坊月考）如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數之
比為2∶1，電阻R1＝R2＝55 Ω，D1、D2為理想二極管，A為理想電流表。
原線圈接u＝220sin 100πt（V）的交流電，則（　　）
A. 副線圈中交流電頻率為100 Hz
B. 電流表示數為2 A
C. 理想變壓器輸入功率為440 W
D. 二極管的反向耐壓值應大于110 V
√
解析：根據題意可知發電機線圈轉動的角速度ω＝100π rad/s，則原線圈中
交流電的頻率為f＝＝50 Hz，變壓器可以改變電壓和電流的值，但不能
改變頻率，因此副線圈中交流電頻率仍為50 Hz，故A錯誤；原線圈兩端電
壓的最大值U1m＝220 V，根據＝，副線圈兩端電壓的最大值U2m＝
110 V，當最大電壓為110 V時，二極管仍然正常工作，說明二極管的
反向耐壓值大于110 V，故D錯誤；由于二極管的作用，副線圈兩個電阻交替工作，與沒有二極管時一個電阻R始終工作完全相同，副線圈兩端電壓的有效值U2＝＝110 V，因此電流表的示數I2＝＝2 A，理想變壓器輸入功率等于電阻消耗的功率P＝U2I2＝110×2 W＝220 W，故B正確，C錯誤。
含有多個副線圈的變壓器電路
　含有多個副線圈的變壓器的三個關系
（1）電壓關系：＝＝＝…＝。
（2）功率關系：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn。
（3）電流關系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn。
〔多選〕（2024·浙江溫州市模擬）如圖，發電機的矩形線圈長為
2L、寬為L，匝數為N，放置在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，理想變
壓器的原、副線圈匝數分別為n0、n1和n2，兩個副線圈分別接有電阻R1和
R2，當發電機線圈以角速度ω勻速轉動時，理想電流表讀數為I，不計線圈
電阻，下列說法正確的是（　　）
A. 通過電阻R2的電流為
B. 電阻R2兩端的電壓為
C. n0與n1的比值為
D. 發電機的功率為
√
√
解析：由題意知理想電流表讀數為I，則根據部分電路歐姆定律有U1＝
IR1，根據變壓器電壓與匝數的關系有＝，＝，代入有U0＝IR1，
U2＝IR1，由部分電路歐姆定律，有U2＝I2R2，可知I2＝I，A錯誤，B
正確；由于矩形線圈產生的交變電流直接輸入原線圈，則有Emax＝
NB2L2ω，U0＝＝NBL2ω，由上述分析可知U0＝IR1，則＝
，C正確；由于變壓器為理想變壓器，則有P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2
＝I2R1＋U2I2，代入上述有關公式有P0＝·，由于矩形
線圈產生的交變電流直接輸入原線圈，則發電機的功率為P0，D錯誤。
考點三　理想變壓器的動態分析問題
匝數比不變、負載變化
　匝數比不變、負載變化的變壓器的動態分析思路
（1）U1不變，根據 ＝ ，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，可以得出不論負載電阻R如何變化，U2不變。
（2）當負載電阻發生變化時，I2變化，根據輸出電流I2決定輸入電流I1，
可以判斷I1的變化。
（3）I2變化引起P2變化，根據P1＝P2，可以判斷P1的變化。
（2025·四川達州期末）如圖所示，理想變壓器原線圈接入電壓恒定
的正弦交流電，副線圈接入最大阻值為2R的滑動變阻器和阻值為R的定值
電阻。在變阻器滑片從a端向b端緩慢移動的過程中（　　）
A. 電流表A1示數減小
B. 電流表A2示數增大
C. 原線圈輸入功率先增大后減小
D. 定值電阻R消耗的功率先減小后增大
√
解析：由于原線圈所接電壓恒定，匝數比恒定，故變壓器副線圈的輸出電
壓恒定，滑動變阻器的滑片從a端向b端緩慢移動的過程中，由數學知識可
知，變壓器副線圈所接的電阻值逐漸增大，則由部分電路歐姆定律得I2＝
，可知副線圈的電流逐漸減小，由＝，可知變壓器原線圈的電流I1也
逐漸減小，故A正確，B錯誤；原線圈的輸入功率為P入＝U1I1，由于I1逐漸
減小，則原線圈的輸入功率逐漸減小，故C錯誤；滑片從a端向b端滑動
時，副線圈干路電流減小，滑動變阻器右半部分和定值電阻并聯的總電阻
減小，則并聯部分分壓減小，由PR＝知，定值電阻R消耗的功率減小，
故D錯誤。
匝數比改變、負載不變
　負載電阻不變、匝數比變化的變壓器動態分析思路
（1）U1不變， 發生變化，U2變化。
（2）R不變，U2變化，I2發生變化。
（3）根據P2＝ 和P1＝P2、P1＝U1I1，可以判斷P2變化時，P1發生變化；U1不變，I1發生變化。
如圖所示，原、副線圈匝數比為100∶1的理想變壓器，b是原線圈的中心抽頭，電壓表和電流表均為理想電表，從某時刻開始在原線圈c、d兩端加上交變電壓，其瞬時值表達式為u1＝310sin（314t）V，則（　　）
A. 當單刀雙擲開關與a連接時，電壓表的示數為3.1 V
B. 副線圈兩端的電壓頻率為50 Hz
C. 當單刀雙擲開關由a扳向b時，原線圈輸入功率變小
D. 當單刀雙擲開關由a扳向b時，電壓表和電流表的示數均變小
√
解析：＝，得U2＝，因U1＝ V，所以U2＝× V≈2.2 V，
A錯誤；由瞬時值表達式可得ω＝314 rad/s，則頻率f＝＝ Hz＝50 Hz，
B正確；當單刀雙擲開關由a扳向b時，n1減小，則U2增大，電壓表示數變
大，I2＝增大，副線圈的輸出功率P出＝U2I2增大，原線圈的輸入功率增
大，C、D錯誤。
〔多選〕（2024·全國甲卷19題）如圖，理想變壓器的副線圈接入電
路的匝數可通過滑動觸頭T調節，副線圈回路接有滑動變阻器R、定值電阻
R0和R1、開關S。S處于閉合狀態，在原線圈電壓U0不變的情況下，為提高
R1的熱功率，可以（　　）
A. 保持T不動，滑動變阻器R的滑片向f端滑動
B. 將T向b端移動，滑動變阻器R的滑片位置不變
C. 將T向a端移動，滑動變阻器R的滑片向f端滑動
D. 將T向b端移動，滑動變阻器R的滑片向e端滑動
√
√
解析： 　保持T不動，則原、副線圈匝數比不變，又變壓器的輸入電壓
不變，根據變壓器的變壓規律可知，變壓器的輸出電壓不變，滑動變阻器
的滑片向f端滑動時，其接入電路的電阻減小，根據閉合電路歐姆定律可知
通過R1的電流增大，根據P＝I2R可知，R1的熱功率增大，A正確；僅將T向
b端移動，R1兩端的電壓減小，根據P＝可知，R1的熱功率減小，B錯
誤；同理，僅將T向a端移動，R1的熱功率增大，再將滑動變阻器的滑片向f
端滑動，R1的熱功率進一步增大，C正確；經以上分析可知，將T向b端移
動，滑動變阻器的滑片向e端滑動，R1的熱功率減小，D錯誤。
考點四　電能的輸送
1. 理清三個回路
2. 抓住六個基本關系
（1）升壓變壓器：＝，＝，P1＝P2。
（2）降壓變壓器：＝，＝，P3＝P4。
3. 明確三個關聯式（聯系兩個變壓器的紐帶）
（1）功率關聯式：P2＝ΔP＋P3。
（2）電壓關聯式：U2＝ΔU＋U3。
（3）電流關聯式：I2＝I線＝I3。
〔多選〕（2025·廣東汕頭模擬）圖甲為某小型水電站的電能輸送示
意圖，其輸入電壓如圖乙所示。輸電線總電阻為r，升壓變壓器原、副線圈
匝數分別為n1、n2，降壓變壓器原、副線圈匝數分別為n3、n4（變壓器均為
理想變壓器）。降壓變壓器右側部分為一火災報警系統（報警器未畫
出），R0和R1為定值電阻，R為半導體熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而
減小，下列說法正確的是（　　）
A. ＞
B. 乙圖中電壓的瞬時值表達式為u＝250·sin 100πt（V）
C. R處出現火警時，輸電線上的電流增大
D. R處出現火警時，電壓表V的示數增大
√
√
解析：根據＝，＝，U1＜U2，U3＞U4可知＜，故A錯誤；乙圖
中電壓最大值Um＝250 V，T＝0.02 s，所以ω＝＝100π rad/s，乙圖中
的電壓瞬時值表達式為u＝250sin 100πt（V），故B正確；當R處出現火
警時，其阻值減小，負載總電阻減小，負載的總功率增大，則I4增大，則I3
增大，故C正確；又ΔU＝r增大，輸入電壓U1不變，n1和n2不變，所以U2
不變，由于ΔU＝U2－U3，所以U3減小，n3和n4不變，則U4變小，即電壓表
V的示數減小，故D錯誤。
　如圖所示，某小型水電站發電機的輸出功率P＝100 kW，發電機的電壓
U1＝250 V，經變壓器升壓后向遠處輸電，輸電線總電阻R線＝8 Ω，在用戶
端用降壓變壓器把電壓降為U4＝220 V。已知輸電線上損失的功率P線＝5
kW。假設兩個變壓器均是理想變壓器，下列說法正確的是（　　）
A. 發電機輸出的電流I1＝40 A
B. 輸電線上的電流I線＝625 A
C. 降壓變壓器的匝數比n3∶n4＝190∶11
D. 用戶得到的電流I4＝455 A
√
解析： 　發電機輸出的電流I1＝＝400 A，選項A錯誤；輸電線上的電流
I線＝＝25 A，選項B錯誤；升壓變壓器的副線圈輸出電壓U2＝＝
4×103 V，輸電線損耗電壓ΔU＝I線R線＝200 V，降壓變壓器的原線圈電壓
U3＝U2－ΔU＝3 800 V，故降壓變壓器的匝數比＝＝，選項C正確；
降壓變壓器的副線圈的輸出功率P4＝P3＝P－P線＝95 kW，故用戶得到的
電流I4＝≈431.8 A，選項D錯誤。
考點五　兩類特殊變壓器
自耦變壓器
1. 自耦變壓器（又稱調壓器），它只有一個線圈，其中的一部分作為另一
個線圈，當交流電源接不同的端點時，它可以升壓（如圖甲所示）也可以
降壓（如圖乙所示），變壓器的基本關系對自耦變壓器同樣適用。
【練1】 （2025·湖南岳陽模擬）一理想自耦變壓器如圖所示，環形鐵芯上
只繞有一個線圈，將其接在a、b間作為原線圈。通過滑動觸頭取該線圈的
一部分，接在c、d間作為副線圈，在c、d間接定值電阻R。在a、b間輸入
電壓為U1的交變電流時，c、d間的輸出電壓為U2。在將滑動觸頭從M點順
時針旋轉到N點的過程中（　　）
A. U2＞U1 ，U2降低
B. U2＞U1，U2升高
C. 變壓器輸入功率增大
D. 變壓器輸入功率減小
√
解析：根據變壓器的電壓關系有＝，當滑動觸頭M順時針轉動時，即n2
減小時，電壓U2應該減小，即U2降低，由于n2＜n1，所以U2＜U1，故A、B
錯誤；由于電壓U2減小，所以定值電阻上的電壓減小，則定值電阻消耗的
電功率減小，由于是理想變壓器，所以變壓器的輸入功率也減小，故C錯
誤，D正確。
互感器
互感器 電壓互感器 電流互感器
原理圖
原線圈的連接 并聯在交流電路中 串聯在交流電路中
互感器 電壓互感器 電流互感器
副線圈的連接 連接電壓表 連接電流表
互感器的作用 將高電壓變為低電壓 將大電流變成小電流
利用的公式 ＝ I1n1＝I2n2
【練2】 〔多選〕如圖所示，L1和L2是輸電線，甲、乙是兩個互感器（可視為理想變壓器），其中的線圈匝數關系為n1∶n2＝200∶1，n3∶n4＝1∶100，電流表和電壓表均為理想交流電表。下列說法正確的是（　　）
A. 甲是電流互感器，乙是電壓互感器
B. 甲是電壓互感器，乙是電流互感器
C. 若V表示數為30 V，則輸電線兩端的電壓最大值為6 000 V
D. 若A表示數為5 A，則通過輸電線的電流有效值為500 A
√
√
解析：甲的原線圈兩端并聯接在高壓線路中，所以是電壓互感器，乙的原
線圈串聯接在輸電線路中，所以是電流互感器，故A錯誤，B正確；電壓表
測量電壓的有效值，若V表示數為30 V，已知n1∶n2＝200∶1，則輸電線兩
端的電壓有效值為U1＝U2＝×30 V＝6 000 V，故C錯誤；電流表測量
電流的有效值，若A表示數為5 A，則通過輸電線的電流的有效值為I3＝I4
＝×5 A＝500 A，故D正確。
現實 科技 應用
聚焦“素養”·提能力
等效電阻法分析變壓器問題
　如圖a所示，設理想變壓器原、副線圈的匝數分別為n1、n2，原、副線圈
電壓分別為U1、U2，副線圈負載電阻為R，我們可以將變壓器與負載看為
一個整體，等效為一個新的電阻R'，即為a、b間的等效電阻，等效電路圖
如圖b所示。
設變壓器等效負載電阻為R'，在圖a中由變壓器的變壓規律＝，
解得U2＝U1
所以負載電阻R消耗的功率為P＝＝
在圖b中等效電阻消耗的功率為P'＝
由P＝P'，解得a、b間的等效電阻為R'＝R
通過以上的分析可知：在只有一個副線圈的理想變壓器電路中，原線圈的
匝數為n1，副線圈的匝數為n2，副線圈負載電阻為R，則變壓器的原、副線
圈和負載電阻可以等效為一個電阻R'＝R，這個方法叫理想變壓器等效
電阻法。
（2024·湖南高考6題）根據
國家能源局統計，截止到2023年
9月，我國風電裝機4億千瓦，連
續13年居世界第一位，湖南在國
內風電設備制造領域居于領先地
位。某實驗小組模擬風力發電廠輸電網絡供電的裝置如圖所示。已知發電機轉子以角速度ω勻速轉動，升、降壓變壓器均為理想變壓器，輸電線路上的總電阻可簡化為一個定值電阻R0。當用戶端接一個定值電阻R時，R0上消耗的功率為P。不計其余電阻，下列說法正確的是（　）
A. 風速增加，若轉子角速度增加一倍，則R0上消耗的功率為4P
B. 輸電線路距離增加，若R0阻值增加一倍，則R0上消耗的功率為4P
C. 若升壓變壓器的副線圈匝數增加一倍，則R0上消耗的功率為8P
D. 若在用戶端再并聯一個完全相同的電阻R，則R0上消耗的功率為6P
√
解析：設升壓變壓器原、副線圈匝數分別為n1、n2，降壓變壓器原、副線
圈匝數分別為n3、n4，將降壓變壓器和用戶端所接定值電阻R等效為一個電
阻R等效，則R等效＝＝＝R。發電機轉子以角速度ω勻速轉動時，產生的電動勢的最大值Em＝NBSω，則升壓變壓器輸入端的電壓有效值U1＝，轉子角速度增加一倍，則升壓變壓器輸出端電壓為U2＝U1增加一倍，根據閉合電路歐姆定律知定值電阻R0中的電流變為原來的2倍，結合P＝R0可知，轉子角速度增加一倍，R0上消耗的功率變為4P，選項A正
確；結合P＝·R0，若R0增加一倍，則R0上消耗的功率為·2R0≠4P，選項B錯誤；若升壓變壓器的副線圈增加一倍，根據理想變壓器變壓規律知，升壓變壓器副線圈兩端的電壓變為原來的2倍，由I0＝可知，定值電阻R0中的電流變為原來的2倍，R0上消耗的功率變為4P，選項C錯誤；若在用戶端再并聯一個完全相同的電阻R，降壓變壓器和用戶端所接定值電阻的等效電阻變為R等效，R0上消耗的功率變為·R0≠6P，選項D錯誤。
培養“思維”·重落實
夯基 提能 升華
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1. 〔多選〕理想變壓器的原、副線圈匝數比n1∶n2＝10∶1，原線圈兩端接
通交流電源，副線圈兩端接上電阻，則（　　）
A. 原、副線圈中電流頻率之比f1∶f2＝10∶1
B. 原、副線圈兩端電壓之比為U1∶U2＝10∶1
C. 原、副線圈內交變電流之比I1∶I2＝1∶10
D. 變壓器輸入和輸出功率之比P1∶P2＝10∶1
√
√
解析： 　根據理想變壓器的原、副線圈電壓比＝和電流比＝可
知選項B、C正確；變壓器不改變電流的頻率，理想變壓器的輸入與輸出的
功率相等，即P1＝P2，所以選項A、D錯誤。
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2. 如圖所示，電壓互感器、電流互感器可看成理想變壓器，已知電壓互感
器原、副線圈匝數比是1 000∶1，電流互感器原、副線圈匝數比是
1∶200，電壓表示數是200 V，電流表示數是1.5 A，則交流電路輸送電能
的功率是（　　）
A. 3×102 W B. 6×104 W
C. 3×105 W D. 6×107 W
√
解析： 　電壓互感器原線圈的匝數與副線圈的匝數之比為1 000∶1，而
電流互感器原線圈的匝數與副線圈的匝數之比為1∶200，由電壓表的示數
為200 V，得原線圈的電壓為200 000 V，由電流表的示數為1.5 A，知原線
圈的電流為300 A。所以電路輸送的電功率是6×107 W。故選D。
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3. （2025·福建三明模擬）用一臺理想變壓器對電動汽車充電，該變壓器
原、副線圈的匝數比為1∶2，輸出功率為8.8 kW，原線圈的輸入電壓u＝
220sin 100πt（V）。關于副線圈輸出電流的有效值和頻率正確的是
（　　）
A. 20 A，50 Hz B. 20 A，50 Hz
C. 20 A，100 Hz D. 20 A，100 Hz
√
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解析： 　原線圈輸入電壓的有效值為U1＝ V＝220 V，原線圈電流為
I1＝＝40 A，副線圈輸出電流的有效值為I2＝ I1＝20 A，變壓器無法改
變電流的頻率，故頻率f＝＝ Hz＝50 Hz，故選A。
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4. （2025·廣東揭陽模擬）自制一個原、副線圈匝數分別為600匝和190匝
的變壓器，原線圈接12 V的正弦交流電源，副線圈接額定電壓為3.8 V的小
燈泡。實際測得小燈泡兩端電壓為2.5 V。下列措施有可能使小燈泡正常發
光的是（　　）
A. 僅增加原線圈匝數
B. 僅增加副線圈匝數
C. 將原、副線圈匝數都增為原來的兩倍
D. 將兩個3.8 V小燈泡并聯起來接入副線圈
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解析： 　由＝知，僅增加原線圈匝數，副線圈的輸出電壓U2減小，
不能使小燈泡正常發光，故A錯誤；僅增加副線圈匝數，副線圈的輸出電
壓U2增大，有可能使小燈泡正常發光，故B正確；將原、副線圈匝數都增
為原來的兩倍，但由于原線圈的電壓不變，則副線圈的輸出電壓U2不變，
不能使小燈泡正常發光，故C錯誤；將兩個3.8 V小燈泡并聯，由于原線圈
的電壓不變，則副線圈的輸出電壓U2不變，不能使小燈泡正常發光，故D
錯誤。
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5. 〔多選〕（2025·吉林長春模擬）特高壓輸電可使輸送中的電能損耗和
電壓損失大幅降低。我國已成功掌握并實際應用了特高壓輸電技術。假設
從A處采用550 kV的超高壓向B處輸電，輸電線上損耗的電功率為ΔP，到達
B處時電壓下降了ΔU。在保持A處輸送的電功率和輸電線電阻都不變的條
件下，改用1 100 kV特高壓輸電。輸電線上損耗的電功率變為ΔP'，到達B
處時電壓下降了ΔU'。不考慮其他因素的影響，則（　　）
A. ΔP'＝ΔP B. ΔP'＝ΔP
C. ΔU'＝ΔU D. ΔU'＝ΔU
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解析： 　由輸電電流I＝知，輸送的電功率不變，輸電電壓加倍，輸電
電流變為原來的，損耗的電功率ΔP＝I2r＝r，故輸電電壓加倍，損耗
的電功率變為原來的，即ΔP'＝ΔP；輸電線上損失電壓為ΔU＝Ir＝r，
則輸電電壓加倍，損失電壓變為原來的，即ΔU'＝ΔU。故A、D正確。
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6. 〔多選〕（2025·山東師大附中期末）如圖所示，多匝正方形線圈abcd
在勻強磁場中繞垂直于磁感線的轉軸OO'勻速轉動，在線圈外接一含有理
想升壓變壓器的電路，四個電表均為理想交流電表，電路中除滑動變阻器
R和線圈abcd以外的電阻均不計。當滑動變阻器的滑片P向上滑動時（　　）
A. 電流表A1的示數變小
B. 電流表A2的示數變大
C. 電壓表V1的示數變小
D. 電壓表V2的示數變大
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解析： 　當滑動變阻器的滑片P向上滑動時，滑動變阻器接入電路的阻
值增大，把變壓器和滑動變阻器看成一個等效電阻，則有R等＝R，可知
等效電阻增大；設線圈產生的電動勢為E，線圈內阻為r，根據閉合電路歐
姆定律可得I1＝可知理想變壓器原線圈電流I1減小，即電流表A1的示
數變小；線圈內阻分到的內電壓減小，則理想變壓器原線圈的輸入電壓U1
增大，即電壓表V1的示數變大；根據＝可知副線圈輸出電壓U2增大，
即電壓表V2的示數變大；根據＝可知理想變壓器副線圈電流I2減小，即
電流表A2的示數變小。故選A、D。
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7. 〔多選〕（2024·海南高考9題）如圖，電動汽車充電站的理想變壓器輸
入電壓為10 kV，輸出電壓為220 V，每臺充電樁輸入電流為16 A，設原、
副線圈匝數分別為n1、n2，輸入正弦交流電的頻率為50 Hz，則下列說法正
確的是（　　）
A. 交流電的周期為0.02 s
B. 原、副線圈匝數比n1∶n2＝11∶500
C. 輸出的最大電壓為220 V
D. 若10臺充電樁同時使用，輸入功率為35.2 kW
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解析： 　根據周期與頻率的關系可知，該交流電的周期T＝＝0.02 s，
A正確；根據理想變壓器的變壓規律可得＝＝＝，B錯誤；根
據正弦交流電最大值與有效值的關系可知，輸出的最大電壓U2m＝U2＝
220 V，C錯誤；每臺充電樁工作時輸入的功率P＝U2I0＝3 520 W，則10
臺充電樁工作時輸入的功率P10＝10P＝35.2 kW，D正確。
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8. （2025·黑龍江牡丹江期末）如圖為輸電線為用戶輸電的情景，電路中
升壓變壓器T1和降壓變壓器T2都認為是理想變壓器，中間輸電電路電阻為
R，下列說法正確的有（　　）
A. T1輸出電壓與T2輸入電壓相等
B. T1輸出功率大于T2輸入功率
C. 若用戶接入的用電器增多，則R功率降低
D. 若用戶接入的用電器增多，則T2輸出功率降低
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解析： 　由于輸電過程中電阻R要產生熱量，有功率損失，故T1輸出功率
大于T2輸入功率，T1輸出電壓大于T2輸入電壓，故A錯誤，B正確；由于輸
入電壓不變，所以變壓器T1的輸出電壓不變，隨著用戶接入的用電器增
多，導致用戶端的等效電阻變小，則用戶端電流變大，輸電電路電流也相
應變大，根據P損＝I2R可知R功率增大，故C錯誤；用戶接入的用電器增
多，用電器消耗功率增大，即T2輸出功率增大，故D錯誤。
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9. （2024·浙江6月選考7題）理想變壓器的原線圈通過a或b與頻率為f、電
壓為u的交流電源連接，副線圈接有三個支路，如圖所示。當S接a時，三
個燈泡均發光，若（　　）
A. 電容C增大，L1燈泡變亮
B. 頻率f增大，L2燈泡變亮
C. RG上光照增強，L3燈泡變暗
D. S接到b時，三個燈泡均變暗
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解析： 　電容C增大，容抗減小，L1燈泡變亮，A正確；頻率f增大，
感抗增大，L2變暗，B錯誤；RG上光照增強，光敏電阻的阻值減小，L3
燈泡變亮，C錯誤；S接到b上時，副線圈上的電壓增大，三個燈泡均變
亮，D錯誤。
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10. （2025·山東濟寧期末）除顫儀是用于突發心室纖顫等心臟疾病的急救
醫療設備，某型號除顫儀電路原理如圖所示。某次調試時，除顫儀接在
220 V交流電源上，交流電壓表示數為20 V，電容器充電完畢，開關由
“1”擲向“2”，放電電流平均值為2.8 A，放電時間約為10－2 s，已知電
容器電容為2.0×10－5 F。下列說法正確的是（　　）
A. 自耦變壓器的原副線圈匝數之比為10∶1
B. 充電完畢后電容器兩端的電壓為2 800 V
C. 升壓變壓器原副線圈的匝數比約為1∶50
D. 若去掉二極管該除顫儀依然可正常工作
√
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解析： 　自耦變壓器的原副線圈匝數之比為＝＝＝，故A錯
誤；充電完畢后電容器儲存的電荷量為Q＝It＝2.8×10－2 C，則充電完畢
后電容器兩端的電壓為U＝＝ V＝1 400 V，則升壓變壓器副線圈
電壓的最大值為1 400 V，升壓變壓器原線圈電壓的最大值為U3＝U2＝
20 V，則升壓變壓器原副線圈的匝數比為＝＝≈，故B錯
誤，C正確；若去掉二極管，電容器兩端接交流電，電容器一直進行充放
電，則該除顫儀不能正常工作，故D錯誤。
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11. （2025·浙江寧波期末）某實驗小組用可拆變壓器探究“變壓器原、副
線圈電壓與匝數的關系”。
（1）由于交變電流的電壓是變化的，所以實驗中測量的是電壓的
值（選填“平均”“有效”或“最大”）；某次實驗操作，副線圈所
接多用電表的讀數如圖甲所示，其對應的選擇開關如圖乙所示，則此時電
表讀數為 。
有
效　
4.8 V　
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解析： 由于交變電流的電壓是變化的，實驗中測量的是電壓的有效
值；由題圖乙可知，所選擇擋位為交流電壓10 V擋，由題圖甲可知，此時
電表讀數為4.8 V。
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（2）某次實驗中，用匝數na＝400匝和nb＝800匝的線圈做實驗，測量的數
據如下表所示，下列說法中正確的是 。
Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.90
Ub/V 4.00 6.01 8.02 9.98
A. 原線圈的匝數為na，用較粗導線繞制
B. 副線圈的匝數為na，用較細導線繞制
C. 原線圈的匝數為nb，用較細導線繞制
D. 副線圈的匝數為nb，用較粗導線繞制
C　
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解析： 由表格數據可知，略大于，考慮到實驗中所用變壓器并非
理想變壓器，即存在能量損失，使得原、副線圈電壓之比略大于匝數比，
所以原線圈的匝數為nb，副線圈的匝數為na；而副線圈兩端電壓較小，則
電流較大，所以副線圈所用導線應較粗，故A、B、D錯誤，C正確。
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（3）為了減小能量傳遞過程中的損失，鐵芯是由相互絕緣的硅鋼片平行
疊成。作為鐵芯橫檔的硅鋼片應按照下列哪種方法設計 。
D　
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解析： 由于變壓器工作時在鐵芯中存在變化的磁通量，
為了減小能量傳遞過程中的損失，應盡可能使鐵芯中產
生的渦流較小。畫出鐵芯橫檔如圖所示，根據磁場的分
布規律可知，變壓器鐵芯中磁感線均平行于平面adhe，產生的渦流所在平面均垂直于平面adhe，則要減小渦流，又不影響鐵芯中磁場分布，硅鋼片只能平行于平面adhe放置，故選D。
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12. 〔多選〕如圖所示為某小型電站高壓輸電示意圖，變壓器均為理想變
壓器，發電機輸出功率恒為20 kW。在輸電線路上接入一個電流互感器，
其原、副線圈的匝數比為1∶10，電流表的示數為1 A，輸電線的總電阻為
10 Ω，下列說法正確的是（　　）
A. 將滑動觸頭P下移，用戶獲得的電壓將增大
B. 采用高壓輸電可以減小輸電線中的電流
C. 用戶獲得的功率為19 kW
D. 升壓變壓器的輸出電壓U2＝1 000 V
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√
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解析： 　由P輸＝P2＝U2I2可知，在輸電功率不變的情況下，提高升壓
變壓器輸出電壓U2，可以減小輸電線中的電流I2，即采用高壓輸電可以減
小輸電線中的電流，故B正確；由電流互感器原理可得，輸電線的電流為I2
＝10I'＝10 A，由題意可知，升壓變壓器的輸出功率為20 kW，則可得升壓
變壓器的輸出電壓為U2＝＝2 000 V，輸電線損耗的功率為ΔP＝r＝1
000 W，則用戶獲得的功率為P4＝P3＝P2－ΔP＝19 kW，故C正確，D錯
誤；降壓變壓器及其負載的等效電阻R等＝＝＝R用，可知將滑動觸頭P下移，n3增大，R等將增大，在輸電功率不變的前提下，由P輸＝（r＋R等）可知，輸電電流將減小，則輸電線損失功率ΔP減小，用戶獲得的功率P4將增大，由P4＝可知，用戶獲得的電壓U4將增大，A正確。
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THANKS
演示完畢 感謝觀看第2講　變壓器　電能的輸送
實驗十五　探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
變壓器的工作原理與基本關系
1.構造和原理
（1）構造：如圖所示，變壓器是由　　　　　和繞在鐵芯上的　　　　　　組成的。
（2）原理：利用電磁感應的　　　　現象。
2.基本關系式
（1）功率關系：　　　　　　。
（2）電壓關系：只有一個副線圈時，　　　　　　　；
有多個副線圈時，＝＝＝…＝。
（3）電流關系：只有一個副線圈時，　　　　　　　；
有多個副線圈時，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。
（4）頻率關系：f1＝f2（變壓器不改變交變電流的頻率）。
電能的輸送
　如圖所示，發電站輸出電功率為P，輸電電壓為U，用戶得到的電功率為P'，用戶端的電壓為U'，輸電電流為I，輸電線總電阻為R。
1.輸電電流
I＝＝。
2.電壓損失
（1）ΔU＝　　　　；（2）ΔU＝IR。
3.功率損失
（1）ΔP＝P－P'＝　　　　　；
（2）ΔP＝I2R＝　　　　　。
4.降低輸電損耗的兩個途徑
（1）減小電阻法
由R＝ρ知，可加大導線的　　　　　　，采用　　　　小的材料做導線。
①采用電阻率ρ較小、密度較小（減輕重量）且材料豐富的鋁做遠距離輸電的導線。
②采用多股鋁線絞在一起作為輸電線，以增大導線的橫截面積S。
（2）升壓法：由ΔP＝I2R線＝R線知，在輸電功率一定的情況下，可通過提高　　　　　　，減小輸電電流，以減小輸電損耗。
1.變壓器既能改變交變電流的電壓，也能改變交變電流的頻率。（　　）
2.理想變壓器的輸入功率總等于輸出功率。（　　）
3.可以通過減小輸電電流、提高輸電電壓來減少電路的發熱損耗。（　　）
4.增大輸電導線的橫截面積不利于減少輸電過程中的電能損耗。（　　）
5.在輸送電壓一定時，輸送的電功率越大，輸電過程中的電能損耗越大。（　　）
1.（人教版選擇性必修第二冊P62“練習與應用”T2改編）有些機床為了安全，照明電燈用的電壓是36 V，這個電壓是由380 V的電壓降壓后得到的。如果變壓器的原線圈是1 140匝，副線圈是（　　）
A.1 081匝 B.1 800匝
C.108匝 D.8 010匝
2.（人教版選擇性必修第二冊P67“練習與應用”T3改編）從發電站輸出的功率為220 kW，輸電線的總電阻為0.05 Ω，用220 V和11 kV兩種電壓輸電。兩種情況下輸電線上由電阻造成的電壓損失之比為（　　）
A.50∶1　 B.1∶50 C.1∶5　 D.5∶1
3.（2024·北京高考5題）如圖甲所示，理想變壓器原線圈接在正弦式交流電源上，輸入電壓u隨時間t變化的圖像如圖乙所示，副線圈接規格為“6 V　3 W”的燈泡。若燈泡正常發光，下列說法正確的是（　　）
A.原線圈兩端電壓的有效值為24 V
B.副線圈中電流的有效值為0.5 A
C.原、副線圈匝數之比為1∶4
D.原線圈的輸入功率為12 W
考點一　實驗：探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
1.實驗原理
（1）實驗電路圖（如圖所示）
（2）實驗方法：控制變量法
①n1、U1一定，研究n2和U2的關系。
②n2、U1一定，研究n1和U2的關系。
2.實驗器材
學生電源（低壓交流電源，小于12 V）1個、可拆變壓器1個、多用電表1個、導線若干。
3.實驗過程
（1）保持原線圈的匝數n1和電壓U1不變，改變副線圈的匝數n2，研究n2對副線圈電壓U2的影響。
①估計被測電壓的大致范圍，選擇多用電表交流電壓擋適當量程，若不知道被測電壓的大致范圍，則應先選擇交流電壓擋的最大量程進行試測，再選擇適當量程。
②組裝可拆變壓器：把兩個線圈穿在鐵芯上，閉合鐵芯，用交流電壓擋測量輸入、輸出電壓。
（2）保持副線圈的匝數n2和原線圈兩端的電壓U1不變，研究原線圈的匝數n1對副線圈電壓U2的影響。重復（1）中步驟。
4.數據處理
由數據分析變壓器原、副線圈兩端的電壓U1、U2之比與原、副線圈的匝數n1、n2之比的關系。
5.注意事項
（1）在改變學生電源電壓、線圈匝數前均要先斷開電源開關，再進行操作。
（2）為了人身安全，學生電源的電壓不能超過12 V，通電時不能用手接觸裸露的導線和接線柱。
（3）為了多用電表的安全，使用交流電壓擋測量電壓時，先用最大量程擋試測，大致確定被測電壓后再選用適當的擋位進行測量。
（2025·貴州六盤水模擬）利用如圖所示的裝置可以探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系：
（1）除圖中所示器材外，還需要的器材有　　　。
A.干電池 B.低壓交流電源
C.直流電壓表 D.多用電表
（2）下列說法正確的是　　　　。
A.變壓器工作時通過鐵芯導電把電能由原線圈輸送到副線圈
B.變壓器工作時在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”能量的作用
C.理想變壓器原、副線圈中的磁通量總是相同
D.變壓器副線圈上不接負載時，原線圈兩端電壓為零
（3）由于變壓器工作時有能量損失，實驗測得的原、副線圈的電壓比應當　　　　（選填“大于”“等于”或“小于”）原、副線圈的匝數比。
嘗試解答
（2025·安徽合肥市月考）在“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”的實驗中，如圖所示為所用實驗器材：可拆變壓器、學生電源、數字多用電表。
（1）本實驗要通過改變原、副線圈匝數，探究原、副線圈的電壓比與匝數比的關系，實驗中需要運用的科學方法是　　　　。
A.控制變量法 B.等效代替法
C.整體隔離法
（2）為了減小渦流的影響，鐵芯應該選擇　　　　。
A.整塊硅鋼鐵芯 B.整塊不銹鋼鐵芯
C.絕緣的硅鋼片疊成 D.絕緣的銅片疊成
（3）關于本實驗，下列做法正確的是　　　　。
A.為了保證人身安全，只能使用低壓交流電源，原線圈所接電壓不超過12 V
B.為了保證人身安全，變壓器通電后不要用手接觸裸露的導線或接線柱
C.變壓器正常工作后，通過鐵芯導電將電能從原線圈傳遞到副線圈
D.使用交流電壓擋測電壓時，先用最大量程擋試測，大致確定電壓后再選用適當的擋位進行測量
（4）現將數字多用電表的選擇開關旋至最合適的擋位后，分別測量原線圈匝數為n1時的輸入電壓U1和副線圈匝數為n2時的輸出電壓U2，數據如表所示。
原線圈匝數n1/匝 副線圈匝數n2/匝 輸入電壓U1/V 輸出電壓U2/V
100 200 4.32 8.27
100 800 4.32 33.90
400 800 4.33 8.26
400 1 600 4.33 16.52
①在誤差允許范圍內，表中數據基本符合　　　　規律。
②進一步分析數據，發現輸出電壓比理論值偏小，請分析原因　　　　　　　。
嘗試解答
考點二　理想變壓器的原理及應用
理想變壓器基本關系的應用
　關于理想變壓器的四點說明
（1）變壓器不能改變直流電壓。
（2）變壓器只能改變交變電流的電壓和電流，不能改變交變電流的頻率。
（3）理想變壓器本身不消耗能量。
（4）理想變壓器基本關系中的U1、U2、I1、I2均為有效值。
（2024·浙江1月選考5題）如圖為某燃氣灶點火裝置的原理圖。直流電經轉換器輸出u＝5sin100πt V的交流電，經原、副線圈匝數分別為n1和n2的變壓器升壓至峰值大于10 kV，就會在打火針和金屬板間引發電火花，實現點火。下列正確的是（　　）
A.＜
B.＜
C.用電壓表測原線圈兩端電壓，示數為5 V
D.副線圈輸出交流電壓的頻率是100 Hz
嘗試解答
本題取材于人教版選擇性必修第二冊P68“復習與提高”B組T2
　圖甲是某燃氣灶點火裝置的原理圖。轉換器將直流電壓轉換為圖乙所示的正弦交流電壓，并加在一臺理想變壓器的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝數分別為n1、n2，電壓表為交流電表。當變壓器副線圈電壓的瞬時值大于5 000 V時，就會在鋼針和金屬板間引發電火花進而點燃氣體。
（1）圖中開關閉合時電壓表的示數是多少？
（2）變壓器原、副線圈的匝數滿足怎樣的關系才能實現點火？
含有二極管的變壓器電路
　分析含有二極管的變壓器電路問題時要注意：理想二極管具有單向導電性，正弦式交變電流通過二極管后會變成半波直流電流，對應的有效值會發生變化。
（2025·山東濰坊月考）如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數之比為2∶1，電阻R1＝R2＝55 Ω，D1、D2為理想二極管，A為理想電流表。原線圈接u＝220sin 100πt（V）的交流電，則（　　）
A.副線圈中交流電頻率為100 Hz
B.電流表示數為2 A
C.理想變壓器輸入功率為440 W
D.二極管的反向耐壓值應大于110 V
嘗試解答
含有多個副線圈的變壓器電路
　含有多個副線圈的變壓器的三個關系
（1）電壓關系：＝＝＝…＝。
（2）功率關系：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn。
（3）電流關系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn。
〔多選〕（2024·浙江溫州市模擬）如圖，發電機的矩形線圈長為2L、寬為L，匝數為N，放置在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，理想變壓器的原、副線圈匝數分別為n0、n1和n2，兩個副線圈分別接有電阻R1和R2，當發電機線圈以角速度ω勻速轉動時，理想電流表讀數為I，不計線圈電阻，下列說法正確的是（　　）
A.通過電阻R2的電流為
B.電阻R2兩端的電壓為
C.n0與n1的比值為
D.發電機的功率為
嘗試解答
考點三　理想變壓器的動態分析問題
匝數比不變、負載變化
　匝數比不變、負載變化的變壓器的動態分析思路
（1）U1不變，根據 ＝ ，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，可以得出不論負載電阻R如何變化，U2不變。
（2）當負載電阻發生變化時，I2變化，根據輸出電流I2決定輸入電流I1，可以判斷I1的變化。
（3）I2變化引起P2變化，根據P1＝P2，可以判斷P1的變化。
（2025·四川達州期末）如圖所示，理想變壓器原線圈接入電壓恒定的正弦交流電，副線圈接入最大阻值為2R的滑動變阻器和阻值為R的定值電阻。在變阻器滑片從a端向b端緩慢移動的過程中（　　）
A.電流表A1示數減小
B.電流表A2示數增大
C.原線圈輸入功率先增大后減小
D.定值電阻R消耗的功率先減小后增大
嘗試解答
匝數比改變、負載不變
　負載電阻不變、匝數比變化的變壓器動態分析思路
（1）U1不變， 發生變化，U2變化。
（2）R不變，U2變化，I2發生變化。
（3）根據P2＝ 和P1＝P2、P1＝U1I1，可以判斷P2變化時，P1發生變化；U1不變，I1發生變化。
如圖所示，原、副線圈匝數比為100∶1的理想變壓器，b是原線圈的中心抽頭，電壓表和電流表均為理想電表，從某時刻開始在原線圈c、d兩端加上交變電壓，其瞬時值表達式為u1＝310sin（314t）V，則（　　）
A.當單刀雙擲開關與a連接時，電壓表的示數為3.1 V
B.副線圈兩端的電壓頻率為50 Hz
C.當單刀雙擲開關由a扳向b時，原線圈輸入功率變小
D.當單刀雙擲開關由a扳向b時，電壓表和電流表的示數均變小
嘗試解答
〔多選〕（2024·全國甲卷19題）如圖，理想變壓器的副線圈接入電路的匝數可通過滑動觸頭T調節，副線圈回路接有滑動變阻器R、定值電阻R0和R1、開關S。S處于閉合狀態，在原線圈電壓U0不變的情況下，為提高R1的熱功率，可以（　　）
A.保持T不動，滑動變阻器R的滑片向f端滑動
B.將T向b端移動，滑動變阻器R的滑片位置不變
C.將T向a端移動，滑動變阻器R的滑片向f端滑動
D.將T向b端移動，滑動變阻器R的滑片向e端滑動
嘗試解答
考點四　電能的輸送
1.理清三個回路
2.抓住六個基本關系
（1）升壓變壓器：＝，＝，P1＝P2。
（2）降壓變壓器：＝，＝，P3＝P4。
3.明確三個關聯式（聯系兩個變壓器的紐帶）
（1）功率關聯式：P2＝ΔP＋P3（其中ΔP＝ΔUI線＝R線＝）。
（2）電壓關聯式：U2＝ΔU＋U3。
（3）電流關聯式：I2＝I線＝I3。
　　
〔多選〕（2025·廣東汕頭模擬）圖甲為某小型水電站的電能輸送示意圖，其輸入電壓如圖乙所示。輸電線總電阻為r，升壓變壓器原、副線圈匝數分別為n1、n2，降壓變壓器原、副線圈匝數分別為n3、n4（變壓器均為理想變壓器）。降壓變壓器右側部分為一火災報警系統（報警器未畫出），R0和R1為定值電阻，R為半導體熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小，下列說法正確的是（　　）
A.＞
B.乙圖中電壓的瞬時值表達式為u＝250·sin 100πt（V）
C.R處出現火警時，輸電線上的電流增大
D.R處出現火警時，電壓表V的示數增大
嘗試解答
考點五　兩類特殊變壓器
自耦變壓器
1.自耦變壓器（又稱調壓器），它只有一個線圈，其中的一部分作為另一個線圈，當交流電源接不同的端點時，它可以升壓（如圖甲所示）也可以降壓（如圖乙所示），變壓器的基本關系對自耦變壓器同樣適用。
【練1】 （2025·湖南岳陽模擬）一理想自耦變壓器如圖所示，環形鐵芯上只繞有一個線圈，將其接在a、b間作為原線圈。通過滑動觸頭取該線圈的一部分，接在c、d間作為副線圈，在c、d間接定值電阻R。在a、b間輸入電壓為U1的交變電流時，c、d間的輸出電壓為U2。在將滑動觸頭從M點順時針旋轉到N點的過程中（　　）
A.U2＞U1 ，U2降低
B.U2＞U1，U2升高
C.變壓器輸入功率增大
D.變壓器輸入功率減小
互感器
互感器 電壓互感器 電流互感器
原理圖
原線圈的連接 并聯在交流電路中 串聯在交流電路中
副線圈的連接 連接電壓表 連接電流表
互感器的作用 將高電壓變為低電壓 將大電流變成小電流
利用的公式 ＝ I1n1＝I2n2
【練2】 〔多選〕如圖所示，L1和L2是輸電線，甲、乙是兩個互感器（可視為理想變壓器），其中的線圈匝數關系為n1∶n2＝200∶1，n3∶n4＝1∶100，電流表和電壓表均為理想交流電表。下列說法正確的是（　　）
A.甲是電流互感器，乙是電壓互感器
B.甲是電壓互感器，乙是電流互感器
C.若V表示數為30 V，則輸電線兩端的電壓最大值為6 000 V
D.若A表示數為5 A，則通過輸電線的電流有效值為500 A
等效電阻法分析變壓器問題
　如圖a所示，設理想變壓器原、副線圈的匝數分別為n1、n2，原、副線圈電壓分別為U1、U2，副線圈負載電阻為R，我們可以將變壓器與負載看為一個整體，等效為一個新的電阻R'，即為a、b間的等效電阻，等效電路圖如圖b所示。
設變壓器等效負載電阻為R'，在圖a中由變壓器的變壓規律＝，
解得U2＝U1
所以負載電阻R消耗的功率為P＝＝
在圖b中等效電阻消耗的功率為P'＝
由P＝P'，解得a、b間的等效電阻為R'＝R
通過以上的分析可知：在只有一個副線圈的理想變壓器電路中，原線圈的匝數為n1，副線圈的匝數為n2，副線圈負載電阻為R，則變壓器的原、副線圈和負載電阻可以等效為一個電阻R'＝R，這個方法叫理想變壓器等效電阻法。
（2024·湖南高考6題）根據國家能源局統計，截止到2023年9月，我國風電裝機4億千瓦，連續13年居世界第一位，湖南在國內風電設備制造領域居于領先地位。某實驗小組模擬風力發電廠輸電網絡供電的裝置如圖所示。已知發電機轉子以角速度ω勻速轉動，升、降壓變壓器均為理想變壓器，輸電線路上的總電阻可簡化為一個定值電阻R0。當用戶端接一個定值電阻R時，R0上消耗的功率為P。不計其余電阻，下列說法正確的是（　　）
A.風速增加，若轉子角速度增加一倍，則R0上消耗的功率為4P
B.輸電線路距離增加，若R0阻值增加一倍，則R0上消耗的功率為4P
C.若升壓變壓器的副線圈匝數增加一倍，則R0上消耗的功率為8P
D.若在用戶端再并聯一個完全相同的電阻R，則R0上消耗的功率為6P
嘗試解答
第2講　變壓器　電能的輸送
實驗十五　探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
【立足“四層”·夯基礎】
基礎知識梳理
知識點1
1.（1）閉合鐵芯　兩個線圈　（2）互感　2.（1）P1＝P2
（2）＝　（3）＝
知識點2
2.（1）U－U'　3.（1）ΔU·I　（2）R
4.（1）橫截面積　電阻率　（2）輸電電壓
易錯易混辨析
1.×　2.√　3.√　4.×　5.√
雙基落實筑牢
1.C　由＝得n2＝＝108，故C正確。
2.A　輸電線上的電流I＝，則輸電線上由電阻造成的電壓損失ΔU＝Ir＝，故＝＝＝，故選A。
3.B　原線圈兩端電壓的有效值為U1＝＝24 V，A錯誤；由副線圈所接燈泡正常發光可知副線圈中電流的有效值為I＝＝A＝0.5 A，B正確；原、副線圈匝數之比＝＝＝，C錯誤；原線圈的輸入功率P入＝P出＝3 W，D錯誤。
【著眼“四翼”·探考點】
考點一
【例1】 （1）BD　（2）BC　（3）大于
解析：（1）實驗中若用干電池，變壓器不能變壓，必須要有低壓交流電源提供交流電；需要用多用電表測量電壓；綜上所述需要的實驗器材為B、D。
（2）變壓器是通過互感工作，而不是通過鐵芯導電把電能由原線圈輸送到副線圈，故A錯誤；變壓器工作時在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”能量的作用，故B正確；理想變壓器的原、副線圈通過鐵芯共用同一個磁場，則兩線圈的磁通量總是相同，磁通量的變化率也相同，故C正確；變壓器的原線圈兩端電壓由發電機提供，則副線圈上不接負載時，原線圈兩端的電壓不變，故D錯誤。
（3）根據變壓器原理可知原、副線圈兩端電壓之比等于原、副線圈匝數之比，實驗中的變壓器由于漏磁，導致通過變壓器副線圈的磁通量比理論值要略小，所以副線圈上的電壓的實驗值一般略小于理論值，即U2的測量值偏小，所以原線圈與副線圈的電壓之比一般大于原線圈與副線圈的匝數之比。
【例2】 （1）A　（2）C　（3）ABD　（4）①變壓器原、副線圈的電壓之比等于匝數之比　②有漏磁、鐵芯發熱、導線發熱等
解析：（1）本實驗要通過改變原、副線圈匝數，探究原、副線圈的電壓比與匝數比的關系，實驗中需要運用的科學方法是控制變量法，故選A。
（2）變壓器鐵芯的材料要選擇磁性材料，為減小渦流影響，選擇用絕緣的硅鋼片疊成的鐵芯，故C正確，A、B、D錯誤。
（3）變壓器改變的是交流電壓，因此為了人身安全，原線圈兩端只能使用低壓交流電源，所用交流電壓不超過12 V，A正確；為了保證人身安全，變壓器通電后不要用手接觸裸露的導線或接線柱，B正確；變壓器開始正常工作后，通過電磁感應將電能從原線圈傳遞到副線圈，C錯誤；使用多用電表測電壓時，先用最大量程擋試測，再選用恰當的擋位進行測量，D正確。
（4）①根據表中數據，在誤差允許的范圍內基本符合變壓器原、副線圈的電壓之比等于匝數之比，即有＝；②由于變壓器不是理想變壓器，有漏磁、鐵芯發熱、導線發熱等能量損耗，因此變壓器輸出電壓比理論值偏小。
考點二
【例3】 B　原線圈兩端電壓的有效值U1＝ V＝ V，根據電壓與匝數關系有＝，變壓器副線圈電壓的峰值U2max＝U2，根據題意有U2max＞10×103 V，解得＞2 000，＜，故A錯誤，B正確；用電壓表測原線圈兩端電壓，電壓表測的是有效值，則示數為U1＝ V＝ V，故C錯誤；根據ω＝＝2πf＝100π rad/s，解得f＝50 Hz，變壓器不改變頻率，則副線圈輸出交流電壓的頻率是50 Hz，故D錯誤。
考教銜接
　（1）3.54 V　（2）n1∶n2＜1∶1 000
【例4】 B　根據題意可知發電機線圈轉動的角速度ω＝100π rad/s，則原線圈中交流電的頻率為f＝＝50 Hz，變壓器可以改變電壓和電流的值，但不能改變頻率，因此副線圈中交流電頻率仍為50 Hz，故A錯誤；原線圈兩端電壓的最大值U1m＝220 V，根據＝，副線圈兩端電壓的最大值U2m＝110 V，當最大電壓為110 V時，二極管仍然正常工作，說明二極管的反向耐壓值大于110 V，故D錯誤；由于二極管的作用，副線圈兩個電阻交替工作，與沒有二極管時一個電阻R始終工作完全相同，副線圈兩端電壓的有效值U2＝＝110 V，因此電流表的示數I2＝＝2 A，理想變壓器輸入功率等于電阻消耗的功率P＝U2I2＝110×2 W＝220 W，故B正確，C錯誤。
【例5】 BC　由題意知理想電流表讀數為I，則根據部分電路歐姆定律有U1＝IR1，根據變壓器電壓與匝數的關系有＝，＝，代入有U0＝IR1，U2＝IR1，由部分電路歐姆定律，有U2＝I2R2，可知I2＝I，A錯誤，B正確；由于矩形線圈產生的交變電流直接輸入原線圈，則有Emax＝NB2L2ω，U0＝＝NBL2ω，由上述分析可知U0＝IR1，則＝，C正確；由于變壓器為理想變壓器，則有P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2，代入上述有關公式有P0＝·，由于矩形線圈產生的交變電流直接輸入原線圈，則發電機的功率為P0，D錯誤。
考點三
【例6】 A　由于原線圈所接電壓恒定，匝數比恒定，故變壓器副線圈的輸出電壓恒定，滑動變阻器的滑片從a端向b端緩慢移動的過程中，由數學知識可知，變壓器副線圈所接的電阻值逐漸增大，則由部分電路歐姆定律得I2＝，可知副線圈的電流逐漸減小，由＝，可知變壓器原線圈的電流I1也逐漸減小，故A正確，B錯誤；原線圈的輸入功率為P入＝U1I1，由于I1逐漸減小，則原線圈的輸入功率逐漸減小，故C錯誤；滑片從a端向b端滑動時，副線圈干路電流減小，滑動變阻器右半部分和定值電阻并聯的總電阻減小，則并聯部分分壓減小，由PR＝知，定值電阻R消耗的功率減小，故D錯誤。
【例7】 B　＝，得U2＝，因U1＝ V，所以U2＝× V≈2.2 V，A錯誤；由瞬時值表達式可得ω＝314 rad/s，則頻率f＝＝ Hz＝50 Hz，B正確；當單刀雙擲開關由a扳向b時，n1減小，則U2增大，電壓表示數變大，I2＝增大，副線圈的輸出功率P出＝U2I2增大，原線圈的輸入功率增大，C、D錯誤。
【例8】 AC　保持T不動，則原、副線圈匝數比不變，又變壓器的輸入電壓不變，根據變壓器的變壓規律可知，變壓器的輸出電壓不變，滑動變阻器的滑片向f端滑動時，其接入電路的電阻減小，根據閉合電路歐姆定律可知通過R1的電流增大，根據P＝I2R可知，R1的熱功率增大，A正確；僅將T向b端移動，R1兩端的電壓減小，根據P＝可知，R1的熱功率減小，B錯誤；同理，僅將T向a端移動，R1的熱功率增大，再將滑動變阻器的滑片向f端滑動，R1的熱功率進一步增大，C正確；經以上分析可知，將T向b端移動，滑動變阻器的滑片向e端滑動，R1的熱功率減小，D錯誤。
考點四
【例9】 BC　根據＝，＝，U1＜U2，U3＞U4可知＜，故A錯誤；乙圖中電壓最大值Um＝250 V，T＝0.02 s，所以ω＝＝100π rad/s，乙圖中的電壓瞬時值表達式為u＝250sin 100πt（V），故B正確；當R處出現火警時，其阻值減小，負載總電阻減小，負載的總功率增大，則I4增大，則I3增大，故C正確；又ΔU＝r增大，輸入電壓U1不變，n1和n2不變，所以U2不變，由于ΔU＝U2－U3，所以U3減小，n3和n4不變，則U4變小，即電壓表V的示數減小，故D錯誤。
考點五
【練1】 D　根據變壓器的電壓關系有＝，當滑動觸頭M順時針轉動時，即n2減小時，電壓U2應該減小，即U2降低，由于n2＜n1，所以U2＜U1，故A、B錯誤；由于電壓U2減小，所以定值電阻上的電壓減小，則定值電阻消耗的電功率減小，由于是理想變壓器，所以變壓器的輸入功率也減小，故C錯誤，D正確。
【練2】 BD　甲的原線圈兩端并聯接在高壓線路中，所以是電壓互感器，乙的原線圈串聯接在輸電線路中，所以是電流互感器，故A錯誤，B正確；電壓表測量電壓的有效值，若V表示數為30 V，已知n1∶n2＝200∶1，則輸電線兩端的電壓有效值為U1＝U2＝×30 V＝6 000 V，故C錯誤；電流表測量電流的有效值，若A表示數為5 A，則通過輸電線的電流的有效值為I3＝I4＝×5 A＝500 A，故D正確。
【聚焦“素養”·提能力】
【典例】 A　設升壓變壓器原、副線圈匝數分別為n1、n2，降壓變壓器原、副線圈匝數分別為n3、n4，將降壓變壓器和用戶端所接定值電阻R等效為一個電阻R等效，則R等效＝＝＝R。發電機轉子以角速度ω勻速轉動時，產生的電動勢的最大值Em＝NBSω，則升壓變壓器輸入端的電壓有效值U1＝，轉子角速度增加一倍，則升壓變壓器輸出端電壓為U2＝U1增加一倍，根據閉合電路歐姆定律知定值電阻R0中的電流變為原來的2倍，結合P＝R0可知，轉子角速度增加一倍，R0上消耗的功率變為4P，選項A正確；結合P＝·R0，若R0增加一倍，則R0上消耗的功率為·2R0≠4P，選項B錯誤；若升壓變壓器的副線圈增加一倍，根據理想變壓器變壓規律知，升壓變壓器副線圈兩端的電壓變為原來的2倍，由I0＝可知，定值電阻R0中的電流變為原來的2倍，R0上消耗的功率變為4P，選項C錯誤；若在用戶端再并聯一個完全相同的電阻R，降壓變壓器和用戶端所接定值電阻的等效電阻變為R等效，R0上消耗的功率變為·R0≠6P，選項D錯誤。
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