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实验十五　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1.〔多选〕理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接通交流电源，副线圈两端接上电阻，则（　　）
A.原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1
B.原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1
C.原、副线圈内交变电流之比I1∶I2＝1∶10
D.变压器输入和输出功率之比P1∶P2＝10∶1
2.如图所示，电压互感器、电流互感器可看成理想变压器，已知电压互感器原、副线圈匝数比是1 000∶1，电流互感器原、副线圈匝数比是1∶200，电压表示数是200 V，电流表示数是1.5 A，则交流电路输送电能的功率是（　　）
A.3×102 W B.6×104 W
C.3×105 W D.6×107 W
3.（2025·福建三明模拟）用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，输出功率为8.8 kW，原线圈的输入电压u＝220sin 100πt（V）。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是（　　）
A.20 A，50 Hz B.20 A，50 Hz
C.20 A，100 Hz D.20 A，100 Hz
4.（2025·广东揭阳模拟）自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12 V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8 V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5 V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是（　　）
A.仅增加原线圈匝数
B.仅增加副线圈匝数
C.将原、副线圈匝数都增为原来的两倍
D.将两个3.8 V小灯泡并联起来接入副线圈
5.〔多选〕（2025·吉林长春模拟）特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电。输电线上损耗的电功率变为ΔP'，到达B处时电压下降了ΔU'。不考虑其他因素的影响，则（　　）
A.ΔP'＝ΔP B.ΔP'＝ΔP
C.ΔU'＝ΔU D.ΔU'＝ΔU
6.〔多选〕（2025·山东师大附中期末）如图所示，多匝正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴OO'匀速转动，在线圈外接一含有理想升压变压器的电路，四个电表均为理想交流电表，电路中除滑动变阻器R和线圈abcd以外的电阻均不计。当滑动变阻器的滑片P向上滑动时（　　）
A.电流表A1的示数变小
B.电流表A2的示数变大
C.电压表V1的示数变小
D.电压表V2的示数变大
7.〔多选〕（2024·海南高考9题）如图，电动汽车充电站的理想变压器输入电压为10 kV，输出电压为220 V，每台充电桩输入电流为16 A，设原、副线圈匝数分别为n1、n2，输入正弦交流电的频率为50 Hz，则下列说法正确的是（　　）
A.交流电的周期为0.02 s
B.原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶500
C.输出的最大电压为220 V
D.若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2 kW
8.（2025·黑龙江牡丹江期末）如图为输电线为用户输电的情景，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，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有（　　）
A.T1输出电压与T2输入电压相等
B.T1输出功率大于T2输入功率
C.若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D.若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低
9.（2024·浙江6月选考7题）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
10.（2025·山东济宁期末）除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备，某型号除颤仪电路原理如图所示。某次调试时，除颤仪接在220 V交流电源上，交流电压表示数为20 V，电容器充电完毕，开关由“1”掷向“2”，放电电流平均值为2.8 A，放电时间约为10－2 s，已知电容器电容为2.0×10－5 F。下列说法正确的是（　　）
A.自耦变压器的原副线圈匝数之比为10∶1
B.充电完毕后电容器两端的电压为2 800 V
C.升压变压器原副线圈的匝数比约为1∶50
D.若去掉二极管该除颤仪依然可正常工作
11.（2025·浙江宁波期末）某实验小组用可拆变压器探究“变压器原、副线圈电压与匝数的关系”。
（1）由于交变电流的电压是变化的，所以实验中测量的是电压的　　　　值（选填“平均”“有效”或“最大”）；某次实验操作，副线圈所接多用电表的读数如图甲所示，其对应的选择开关如图乙所示，则此时电表读数为　　　　。
（2）某次实验中，用匝数na＝400匝和nb＝800匝的线圈做实验，测量的数据如下表所示，下列说法中正确的是　　　　。
Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.90
Ub/V 4.00 6.01 8.02 9.98
A.原线圈的匝数为na，用较粗导线绕制
B.副线圈的匝数为na，用较细导线绕制
C.原线圈的匝数为nb，用较细导线绕制
D.副线圈的匝数为nb，用较粗导线绕制
（3）为了减小能量传递过程中的损失，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为铁芯横档的硅钢片应按照下列哪种方法设计　　　　。
12.〔多选〕如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为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，输电线的总电阻为10 Ω，下列说法正确的是（　　）
A.将滑动触头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中的电流
C.用户获得的功率为19 kW
D.升压变压器的输出电压U2＝1 000 V
第2讲　变压器　电能的输送
实验十五　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1.BC　根据理想变压器的原、副线圈电压比＝和电流比＝可知选项B、C正确；变压器不改变电流的频率，理想变压器的输入与输出的功率相等，即P1＝P2，所以选项A、D错误。
2.D　电压互感器原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为1 000∶1，而电流互感器原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为1∶200，由电压表的示数为200 V，得原线圈的电压为200 000 V，由电流表的示数为1.5 A，知原线圈的电流为300 A。所以电路输送的电功率是6×107 W。故选D。
3.A　原线圈输入电压的有效值为U1＝ V＝220 V，原线圈电流为I1＝＝40 A，副线圈输出电流的有效值为I2＝ I1＝20 A，变压器无法改变电流的频率，故频率f＝＝ Hz＝50 Hz，故选A。
4.B　由＝知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；将两个3.8 V小灯泡并联，由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误。
5.AD　由输电电流I＝知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的，损耗的电功率ΔP＝I2r＝r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的，即ΔP'＝ΔP；输电线上损失电压为ΔU＝Ir＝r，则输电电压加倍，损失电压变为原来的，即ΔU'＝ΔU。故A、D正确。
6.AD　当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，把变压器和滑动变阻器看成一个等效电阻，则有R等＝R，可知等效电阻增大；设线圈产生的电动势为E，线圈内阻为r，根据闭合电路欧姆定律可得I1＝可知理想变压器原线圈电流I1减小，即电流表A1的示数变小；线圈内阻分到的内电压减小，则理想变压器原线圈的输入电压U1增大，即电压表V1的示数变大；根据＝可知副线圈输出电压U2增大，即电压表V2的示数变大；根据＝可知理想变压器副线圈电流I2减小，即电流表A2的示数变小。故选A、D。
7.AD　根据周期与频率的关系可知，该交流电的周期T＝＝0.02 s，A正确；根据理想变压器的变压规律可得＝＝＝，B错误；根据正弦交流电最大值与有效值的关系可知，输出的最大电压U2m＝U2＝220 V，C错误；每台充电桩工作时输入的功率P＝U2I0＝3 520 W，则10台充电桩工作时输入的功率P10＝10P＝35.2 kW，D正确。
8.B　由于输电过程中电阻R要产生热量，有功率损失，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，导致用户端的等效电阻变小，则用户端电流变大，输电电路电流也相应变大，根据P损＝I2R可知R功率增大，故C错误；用户接入的用电器增多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。
9.A　电容C增大，容抗减小，L1灯泡变亮，A正确；频率f增大，感抗增大，L2变暗，B错误；RG上光照增强，光敏电阻的阻值减小，L3灯泡变亮，C错误；S接到b上时，副线圈上的电压增大，三个灯泡均变亮，D错误。
10.C　自耦变压器的原副线圈匝数之比为＝＝＝，故A错误；充电完毕后电容器储存的电荷量为Q＝It＝2.8×10－2 C，则充电完毕后电容器两端的电压为U＝＝ V＝1 400 V，则升压变压器副线圈电压的最大值为1 400 V，升压变压器原线圈电压的最大值为U3＝U2＝20 V，则升压变压器原副线圈的匝数比为＝＝≈，故B错误，C正确；若去掉二极管，电容器两端接交流电，电容器一直进行充放电，则该除颤仪不能正常工作，故D错误。
11.（1）有效　4.8 V　（2）C　（3）D
解析：（1）由于交变电流的电压是变化的，实验中测量的是电压的有效值；由题图乙可知，所选择挡位为交流电压10 V挡，由题图甲可知，此时电表读数为4.8 V。
（2）由表格数据可知，略大于，考虑到实验中所用变压器并非理想变压器，即存在能量损失，使得原、副线圈电压之比略大于匝数比，所以原线圈的匝数为nb，副线圈的匝数为na；而副线圈两端电压较小，则电流较大，所以副线圈所用导线应较粗，故A、B、D错误，C正确。
（3）由于变压器工作时在铁芯中存在变化的磁通量，为了减小能量传递过程中的损失，应尽可能使铁芯中产生的涡流较小。画出铁芯横档如图所示，根据磁场的分布规律可知，变压器铁芯中磁感线均平行于平面adhe，产生的涡流所在平面均垂直于平面adhe，则要减小涡流，又不影响铁芯中磁场分布，硅钢片只能平行于平面adhe放置，故选D。
12.ABC　由P输＝P2＝U2I2可知，在输电功率不变的情况下，提高升压变压器输出电压U2，可以减小输电线中的电流I2，即采用高压输电可以减小输电线中的电流，故B正确；由电流互感器原理可得，输电线的电流为I2＝10I'＝10 A，由题意可知，升压变压器的输出功率为20 kW，则可得升压变压器的输出电压为U2＝＝2 000 V，输电线损耗的功率为ΔP＝r＝1 000 W，则用户获得的功率为P4＝P3＝P2－ΔP＝19 kW，故C正确，D错误；降压变压器及其负载的等效电阻R等＝＝＝R用，可知将滑动触头P下移，n3增大，R等将增大，在输电功率不变的前提下，由P输＝（r＋R等）可知，输电电流将减小，则输电线损失功率ΔP减小，用户获得的功率P4将增大，由P4＝可知，用户获得的电压U4将增大，A正确。
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实验十五　
探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
高中总复习·物理
目 录
01
立足”四层”·夯基础
02
着眼“四翼”·探考点
03
聚焦“素养”·提能力
04
培养“思维”·重落实
概念 公式 定理
立足“四层”·夯基础
变压器的工作原理与基本关系
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：利用电磁感应的 现象。
闭合铁芯　
两个
线圈　
互感　
2. 基本关系式
（1）功率关系： 。
（2）电压关系：只有一个副线圈时， ；
有多个副线圈时，＝＝＝…＝。
（3）电流关系：只有一个副线圈时， ；
有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。
（4）频率关系：f1＝f2（变压器不改变交变电流的频率）。
P1＝P2　
＝　
＝　
电能的输送
　如图所示，发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为
P'，用户端的电压为U'，输电电流为I，输电线总电阻为R。
I＝＝。
2. 电压损失
（1）ΔU＝ ；（2）ΔU＝IR。
3. 功率损失
（1）ΔP＝P－P'＝ ；
（2）ΔP＝I2R＝ 。
U－U'　
ΔU·I　
R　
1. 输电电流
（1）减小电阻法
由R＝ρ知，可加大导线的 ，采用 小的材料做
导线。
①采用电阻率ρ较小、密度较小（减轻重量）且材料丰富的铝做远距离输
电的导线。
②采用多股铝线绞在一起作为输电线，以增大导线的横截面积S。
横截面积　
电阻率　
4. 降低输电损耗的两个途径
（2）升压法：由ΔP＝I2R线＝R线知，在输电功率一定的情况下，可通
过提高 ，减小输电电流，以减小输电损耗。
输电电压　
1. 变压器既能改变交变电流的电压，也能改变交变电流的频率。
（　×　）
2. 理想变压器的输入功率总等于输出功率。 （　√　）
3. 可以通过减小输电电流、提高输电电压来减少电路的发热损耗。
（　√　）
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耗。
（　×　）
5. 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耗越大。
（　√　）
×
√
√
×
√
1. （人教版选择性必修第二册P62“练习与应用”T2改编）有些机床为了
安全，照明电灯用的电压是36 V，这个电压是由380 V的电压降压后得到
的。如果变压器的原线圈是1 140匝，副线圈是（　　）
A. 1 081匝 B. 1 800匝
C. 108匝 D. 8 010匝
解析： 　由＝得n2＝＝108，故C正确。
√
2. （人教版选择性必修第二册P67“练习与应用”T3改编）从发电站输出
的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω，用220 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. 50∶1 B. 1∶50
C. 1∶5 D. 5∶1
解析： 　输电线上的电流I＝，则输电线上由电阻造成的电压损失ΔU＝
Ir＝，故＝＝＝，故选A。
√
3. （2024·北京高考5题）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（　　）
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
√
解析： 　原线圈两端电压的有效值为U1＝＝24 V，A错误；由副线圈
所接灯泡正常发光可知副线圈中电流的有效值为I＝＝A＝0.5 A，B正
确；原、副线圈匝数之比＝＝＝，C错误；原线圈的输入功率P入＝
P出＝3 W，D错误。
题型 规律 方法
着眼“四翼”·探考点
考点一　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
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，则应先选择交流电压挡的最大量程进行试测，再
选择适当量程。
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
n1对副线圈电压U2的影响。重复（1）中步骤。
4. 数据处理
由数据分析变压器原、副线圈两端的电压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，使用交流电压挡测量电压时，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。
（2025·贵州六盘水模拟）利用如图所示的装置可以探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系：
（1）除图中所示器材外，
还需要的器材有 。
A. 干电池 B. 低压交流电源
C. 直流电压表 D. 多用电表
BD　
解析： 实验中若用干电池，变压器不能变压，必须要有低压交流电
源提供交流电；需要用多用电表测量电压；综上所述需要的实验器材为
B、D。
（2）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成磁场能，在副线圈上将磁场能转
化成电能，铁芯起到“传递”能量的作用
C. 理想变压器原、副线圈中的磁通量总是相同
D. 变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零
BC　
解析： 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，故A错误；变压器工作时在原线圈上将电能转化成磁场
能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”能量的作用，故
B正确；理想变压器的原、副线圈通过铁芯共用同一个磁场，则两线圈的
磁通量总是相同，磁通量的变化率也相同，故C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，原线圈两端的电压不变，
故D错误。
（3）由于变压器工作时有能量损失，实验测得的原、副线圈的电压比应
当 （选填“大于”“等于”或“小于”）原、副线圈的匝数比
。
解析： 根据变压器原理可知原、副线圈两端电压之比等于原、副线
圈匝数之比，实验中的变压器由于漏磁，导致通过变压器副线圈的磁通量
比理论值要略小，所以副线圈上的电压的实验值一般略小于理论值，即U2
的测量值偏小，所以原线圈与副线圈的电压之比一般大于原线圈与副线圈
的匝数之比。
大于　
（2025·安徽合肥市月考）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的
关系”的实验中，如图所示为所用实验器材：可拆变压器、学生电源、数
字多用电表。
（1）本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝
数比的关系，实验中需要运用的科学方法是 。
A. 控制变量法
B. 等效代替法
C. 整体隔离法
解析： 本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压
比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故选A。
A　
（2）为了减小涡流的影响，铁芯应该选择 。
A. 整块硅钢铁芯
B. 整块不锈钢铁芯
C. 绝缘的硅钢片叠成
D. 绝缘的铜片叠成
解析： 变压器铁芯的材料要选择磁性材料，为减小涡流影响，选择
用绝缘的硅钢片叠成的铁芯，故C正确，A、B、D错误。
C　
（3）关于本实验，下列做法正确的是 。
A. 为了保证人身安全，只能使用低压交流电源，原线圈所接电压不超过
12 V
B. 为了保证人身安全，变压器通电后不要用手接触裸露的导线或接线柱
C. 变压器正常工作后，通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈
D. 使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定电压后再
选用适当的挡位进行测量
ABD　
解析： 变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端
只能使用低压交流电源，所用交流电压不超过12 V，A正确；为了保证人
身安全，变压器通电后不要用手接触裸露的导线或接线柱，B正确；变压
器开始正常工作后，通过电磁感应将电能从原线圈传递到副线圈，C错
误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进
行测量，D正确。
（4）现将数字多用电表的选择开关旋至最合适的挡位后，分别测量原线
圈匝数为n1时的输入电压U1和副线圈匝数为n2时的输出电压U2，数据如表
所示。
原线圈匝数n1/匝 副线圈匝数n2/匝 输入电压U1/V 输出电压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在误差允许范围内，表中数据基本符合
规律。
②进一步分析数据，发现输出电压比理论值偏小，请分析原因
。
解析： ①根据表中数据，在误差允许的范围内基本符合变压器原、
副线圈的电压之比等于匝数之比，即有＝；②由于变压器不是理想变
压器，有漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损耗，因此变压器输出电压比
理论值偏小。
变压器原、副线圈的电压之比
等于匝数之比　
有漏磁、
铁芯发热、导线发热等　
考点二　理想变压器的原理及应用
理想变压器基本关系的应用
　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。
（2024·浙江1月选考5题）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＝5sin100πt 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
√
解析：原线圈两端电压的有效值U1＝ V＝ V，根据电压与匝数关系有
＝，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，＜，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ω＝＝2πf＝100π rad/s，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。
本题取材于人教版选择性必修第二册P68
“复习与提高”B组T2
　图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示
的正弦交流电压，并加在一台理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈
的匝数分别为n1、n2，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值
大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。
（1）图中开关闭合时电压表的示数是多少？
答案： 3.54 V　
（2）变压器原、副线圈的匝数满足怎样的关系才能实现点火？
答案： n1∶n2＜1∶1 000
含有二极管的变压器电路
　分析含有二极管的变压器电路问题时要注意：理想二极管具有单向导电
性，正弦式交变电流通过二极管后会变成半波直流电流，对应的有效值会
发生变化。
（2025·山东潍坊月考）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之
比为2∶1，电阻R1＝R2＝55 Ω，D1、D2为理想二极管，A为理想电流表。
原线圈接u＝220sin 100πt（V）的交流电，则（　　）
A. 副线圈中交流电频率为100 Hz
B. 电流表示数为2 A
C. 理想变压器输入功率为440 W
D. 二极管的反向耐压值应大于110 V
√
解析：根据题意可知发电机线圈转动的角速度ω＝100π rad/s，则原线圈中
交流电的频率为f＝＝50 Hz，变压器可以改变电压和电流的值，但不能
改变频率，因此副线圈中交流电频率仍为50 Hz，故A错误；原线圈两端电
压的最大值U1m＝220 V，根据＝，副线圈两端电压的最大值U2m＝
110 V，当最大电压为110 V时，二极管仍然正常工作，说明二极管的
反向耐压值大于110 V，故D错误；由于二极管的作用，副线圈两个电阻交替工作，与没有二极管时一个电阻R始终工作完全相同，副线圈两端电压的有效值U2＝＝110 V，因此电流表的示数I2＝＝2 A，理想变压器输入功率等于电阻消耗的功率P＝U2I2＝110×2 W＝220 W，故B正确，C错误。
含有多个副线圈的变压器电路
　含有多个副线圈的变压器的三个关系
（1）电压关系：＝＝＝…＝。
（2）功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn。
（3）电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn。
〔多选〕（2024·浙江温州市模拟）如图，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（　　）
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
√
√
解析：由题意知理想电流表读数为I，则根据部分电路欧姆定律有U1＝
IR1，根据变压器电压与匝数的关系有＝，＝，代入有U0＝IR1，
U2＝IR1，由部分电路欧姆定律，有U2＝I2R2，可知I2＝I，A错误，B
正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax＝
NB2L2ω，U0＝＝NBL2ω，由上述分析可知U0＝IR1，则＝
，C正确；由于变压器为理想变压器，则有P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2
＝I2R1＋U2I2，代入上述有关公式有P0＝·，由于矩形
线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。
考点三　理想变压器的动态分析问题
匝数比不变、负载变化
　匝数比不变、负载变化的变压器的动态分析思路
（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。
（2025·四川达州期末）如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定
的正弦交流电，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。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（　　）
A. 电流表A1示数减小
B. 电流表A2示数增大
C. 原线圈输入功率先增大后减小
D. 定值电阻R消耗的功率先减小后增大
√
解析：由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电
压恒定，滑动变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，由数学知识可
知，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，则由部分电路欧姆定律得I2＝
，可知副线圈的电流逐渐减小，由＝，可知变压器原线圈的电流I1也
逐渐减小，故A正确，B错误；原线圈的输入功率为P入＝U1I1，由于I1逐渐
减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，故C错误；滑片从a端向b端滑动
时，副线圈干路电流减小，滑动变阻器右半部分和定值电阻并联的总电阻
减小，则并联部分分压减小，由PR＝知，定值电阻R消耗的功率减小，
故D错误。
匝数比改变、负载不变
　负载电阻不变、匝数比变化的变压器动态分析思路
（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、P1＝U1I1，可以判断P2变化时，P1发生变化；U1不变，I1发生变化。
如图所示，原、副线圈匝数比为100∶1的理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝310sin（314t）V，则（　　）
A. 当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为3.1 V
B. 副线圈两端的电压频率为50 Hz
C. 当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈输入功率变小
D. 当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小
√
解析：＝，得U2＝，因U1＝ V，所以U2＝× V≈2.2 V，
A错误；由瞬时值表达式可得ω＝314 rad/s，则频率f＝＝ Hz＝50 Hz，
B正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，n1减小，则U2增大，电压表示数变
大，I2＝增大，副线圈的输出功率P出＝U2I2增大，原线圈的输入功率增
大，C、D错误。
〔多选〕（2024·全国甲卷19题）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f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
√
√
解析： 　保持T不动，则原、副线圈匝数比不变，又变压器的输入电压
不变，根据变压器的变压规律可知，变压器的输出电压不变，滑动变阻器
的滑片向f端滑动时，其接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知
通过R1的电流增大，根据P＝I2R可知，R1的热功率增大，A正确；仅将T向
b端移动，R1两端的电压减小，根据P＝可知，R1的热功率减小，B错
误；同理，仅将T向a端移动，R1的热功率增大，再将滑动变阻器的滑片向f
端滑动，R1的热功率进一步增大，C正确；经以上分析可知，将T向b端移
动，滑动变阻器的滑片向e端滑动，R1的热功率减小，D错误。
考点四　电能的输送
1. 理清三个回路
2. 抓住六个基本关系
（1）升压变压器：＝，＝，P1＝P2。
（2）降压变压器：＝，＝，P3＝P4。
3. 明确三个关联式（联系两个变压器的纽带）
（1）功率关联式：P2＝ΔP＋P3。
（2）电压关联式：U2＝ΔU＋U3。
（3）电流关联式：I2＝I线＝I3。
〔多选〕（2025·广东汕头模拟）图甲为某小型水电站的电能输送示
意图，其输入电压如图乙所示。输电线总电阻为r，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（变压器均为
理想变压器）。降压变压器右侧部分为一火灾报警系统（报警器未画
出），R0和R1为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而
减小，下列说法正确的是（　　）
A. ＞
B. 乙图中电压的瞬时值表达式为u＝250·sin 100πt（V）
C. R处出现火警时，输电线上的电流增大
D. R处出现火警时，电压表V的示数增大
√
√
解析：根据＝，＝，U1＜U2，U3＞U4可知＜，故A错误；乙图
中电压最大值Um＝250 V，T＝0.02 s，所以ω＝＝100π rad/s，乙图中
的电压瞬时值表达式为u＝250sin 100πt（V），故B正确；当R处出现火
警时，其阻值减小，负载总电阻减小，负载的总功率增大，则I4增大，则I3
增大，故C正确；又ΔU＝r增大，输入电压U1不变，n1和n2不变，所以U2
不变，由于ΔU＝U2－U3，所以U3减小，n3和n4不变，则U4变小，即电压表
V的示数减小，故D错误。
　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
√
解析： 　发电机输出的电流I1＝＝400 A，选项A错误；输电线上的电流
I线＝＝25 A，选项B错误；升压变压器的副线圈输出电压U2＝＝
4×103 V，输电线损耗电压ΔU＝I线R线＝200 V，降压变压器的原线圈电压
U3＝U2－ΔU＝3 800 V，故降压变压器的匝数比＝＝，选项C正确；
降压变压器的副线圈的输出功率P4＝P3＝P－P线＝95 kW，故用户得到的
电流I4＝≈431.8 A，选项D错误。
考点五　两类特殊变压器
自耦变压器
1. 自耦变压器（又称调压器），它只有一个线圈，其中的一部分作为另一
个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压（如图甲所示）也可以
降压（如图乙所示），变压器的基本关系对自耦变压器同样适用。
【练1】 （2025·湖南岳阳模拟）一理想自耦变压器如图所示，环形铁芯上
只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的
一部分，接在c、d间作为副线圈，在c、d间接定值电阻R。在a、b间输入
电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点顺
时针旋转到N点的过程中（　　）
A. U2＞U1 ，U2降低
B. U2＞U1，U2升高
C. 变压器输入功率增大
D. 变压器输入功率减小
√
解析：根据变压器的电压关系有＝，当滑动触头M顺时针转动时，即n2
减小时，电压U2应该减小，即U2降低，由于n2＜n1，所以U2＜U1，故A、B
错误；由于电压U2减小，所以定值电阻上的电压减小，则定值电阻消耗的
电功率减小，由于是理想变压器，所以变压器的输入功率也减小，故C错
误，D正确。
互感器
互感器 电压互感器 电流互感器
原理图
原线圈的连接 并联在交流电路中 串联在交流电路中
互感器 电压互感器 电流互感器
副线圈的连接 连接电压表 连接电流表
互感器的作用 将高电压变为低电压 将大电流变成小电流
利用的公式 ＝ I1n1＝I2n2
【练2】 〔多选〕如图所示，L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器（可视为理想变压器），其中的线圈匝数关系为n1∶n2＝200∶1，n3∶n4＝1∶100，电流表和电压表均为理想交流电表。下列说法正确的是（　　）
A. 甲是电流互感器，乙是电压互感器
B. 甲是电压互感器，乙是电流互感器
C. 若V表示数为30 V，则输电线两端的电压最大值为6 000 V
D. 若A表示数为5 A，则通过输电线的电流有效值为500 A
√
√
解析：甲的原线圈两端并联接在高压线路中，所以是电压互感器，乙的原
线圈串联接在输电线路中，所以是电流互感器，故A错误，B正确；电压表
测量电压的有效值，若V表示数为30 V，已知n1∶n2＝200∶1，则输电线两
端的电压有效值为U1＝U2＝×30 V＝6 000 V，故C错误；电流表测量
电流的有效值，若A表示数为5 A，则通过输电线的电流的有效值为I3＝I4
＝×5 A＝500 A，故D正确。
现实 科技 应用
聚焦“素养”·提能力
等效电阻法分析变压器问题
　如图a所示，设理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原、副线圈
电压分别为U1、U2，副线圈负载电阻为R，我们可以将变压器与负载看为
一个整体，等效为一个新的电阻R'，即为a、b间的等效电阻，等效电路图
如图b所示。
设变压器等效负载电阻为R'，在图a中由变压器的变压规律＝，
解得U2＝U1
所以负载电阻R消耗的功率为P＝＝
在图b中等效电阻消耗的功率为P'＝
由P＝P'，解得a、b间的等效电阻为R'＝R
通过以上的分析可知：在只有一个副线圈的理想变压器电路中，原线圈的
匝数为n1，副线圈的匝数为n2，副线圈负载电阻为R，则变压器的原、副线
圈和负载电阻可以等效为一个电阻R'＝R，这个方法叫理想变压器等效
电阻法。
（2024·湖南高考6题）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
√
解析：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。
培养“思维”·重落实
夯基 提能 升华
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1. 〔多选〕理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接
通交流电源，副线圈两端接上电阻，则（　　）
A. 原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1
B. 原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1
C. 原、副线圈内交变电流之比I1∶I2＝1∶10
D. 变压器输入和输出功率之比P1∶P2＝10∶1
√
√
解析： 　根据理想变压器的原、副线圈电压比＝和电流比＝可
知选项B、C正确；变压器不改变电流的频率，理想变压器的输入与输出的
功率相等，即P1＝P2，所以选项A、D错误。
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2. 如图所示，电压互感器、电流互感器可看成理想变压器，已知电压互感
器原、副线圈匝数比是1 000∶1，电流互感器原、副线圈匝数比是
1∶200，电压表示数是200 V，电流表示数是1.5 A，则交流电路输送电能
的功率是（　　）
A. 3×102 W B. 6×104 W
C. 3×105 W D. 6×107 W
√
解析： 　电压互感器原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为1 000∶1，而
电流互感器原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为1∶200，由电压表的示数
为200 V，得原线圈的电压为200 000 V，由电流表的示数为1.5 A，知原线
圈的电流为300 A。所以电路输送的电功率是6×107 W。故选D。
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3. （2025·福建三明模拟）用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器
原、副线圈的匝数比为1∶2，输出功率为8.8 kW，原线圈的输入电压u＝
220sin 100πt（V）。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是
（　　）
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： 　原线圈输入电压的有效值为U1＝ V＝220 V，原线圈电流为
I1＝＝40 A，副线圈输出电流的有效值为I2＝ I1＝20 A，变压器无法改
变电流的频率，故频率f＝＝ Hz＝50 Hz，故选A。
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4. （2025·广东揭阳模拟）自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝
的变压器，原线圈接12 V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8 V的小
灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5 V。下列措施有可能使小灯泡正常发
光的是（　　）
A. 仅增加原线圈匝数
B. 仅增加副线圈匝数
C. 将原、副线圈匝数都增为原来的两倍
D. 将两个3.8 V小灯泡并联起来接入副线圈
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解析： 　由＝知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，
不能使小灯泡正常发光，故A错误；仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电
压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；将原、副线圈匝数都增
为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，
不能使小灯泡正常发光，故C错误；将两个3.8 V小灯泡并联，由于原线圈
的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D
错误。
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5. 〔多选〕（2025·吉林长春模拟）特高压输电可使输送中的电能损耗和
电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设
从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达
B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条
件下，改用1 100 kV特高压输电。输电线上损耗的电功率变为ΔP'，到达B
处时电压下降了ΔU'。不考虑其他因素的影响，则（　　）
A. ΔP'＝ΔP B. ΔP'＝ΔP
C. ΔU'＝ΔU D. ΔU'＝ΔU
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解析： 　由输电电流I＝知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电
电流变为原来的，损耗的电功率ΔP＝I2r＝r，故输电电压加倍，损耗
的电功率变为原来的，即ΔP'＝ΔP；输电线上损失电压为ΔU＝Ir＝r，
则输电电压加倍，损失电压变为原来的，即ΔU'＝ΔU。故A、D正确。
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6. 〔多选〕（2025·山东师大附中期末）如图所示，多匝正方形线圈abcd
在匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴OO'匀速转动，在线圈外接一含有理
想升压变压器的电路，四个电表均为理想交流电表，电路中除滑动变阻器
R和线圈abcd以外的电阻均不计。当滑动变阻器的滑片P向上滑动时（　　）
A. 电流表A1的示数变小
B. 电流表A2的示数变大
C. 电压表V1的示数变小
D. 电压表V2的示数变大
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解析： 　当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻
值增大，把变压器和滑动变阻器看成一个等效电阻，则有R等＝R，可知
等效电阻增大；设线圈产生的电动势为E，线圈内阻为r，根据闭合电路欧
姆定律可得I1＝可知理想变压器原线圈电流I1减小，即电流表A1的示
数变小；线圈内阻分到的内电压减小，则理想变压器原线圈的输入电压U1
增大，即电压表V1的示数变大；根据＝可知副线圈输出电压U2增大，
即电压表V2的示数变大；根据＝可知理想变压器副线圈电流I2减小，即
电流表A2的示数变小。故选A、D。
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7. 〔多选〕（2024·海南高考9题）如图，电动汽车充电站的理想变压器输
入电压为10 kV，输出电压为220 V，每台充电桩输入电流为16 A，设原、
副线圈匝数分别为n1、n2，输入正弦交流电的频率为50 Hz，则下列说法正
确的是（　　）
A. 交流电的周期为0.02 s
B. 原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶500
C. 输出的最大电压为220 V
D. 若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2 kW
√
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解析： 　根据周期与频率的关系可知，该交流电的周期T＝＝0.02 s，
A正确；根据理想变压器的变压规律可得＝＝＝，B错误；根
据正弦交流电最大值与有效值的关系可知，输出的最大电压U2m＝U2＝
220 V，C错误；每台充电桩工作时输入的功率P＝U2I0＝3 520 W，则10
台充电桩工作时输入的功率P10＝10P＝35.2 kW，D正确。
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8. （2025·黑龙江牡丹江期末）如图为输电线为用户输电的情景，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，中间输电电路电阻为
R，下列说法正确的有（　　）
A. T1输出电压与T2输入电压相等
B. T1输出功率大于T2输入功率
C. 若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D. 若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低
√
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解析： 　由于输电过程中电阻R要产生热量，有功率损失，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，导致用户端的等效电阻变小，则用户端电流变大，输电电路电流也相
应变大，根据P损＝I2R可知R功率增大，故C错误；用户接入的用电器增
多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。
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9. （2024·浙江6月选考7题）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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解析： 　电容C增大，容抗减小，L1灯泡变亮，A正确；频率f增大，
感抗增大，L2变暗，B错误；RG上光照增强，光敏电阻的阻值减小，L3
灯泡变亮，C错误；S接到b上时，副线圈上的电压增大，三个灯泡均变
亮，D错误。
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10. （2025·山东济宁期末）除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救
医疗设备，某型号除颤仪电路原理如图所示。某次调试时，除颤仪接在
220 V交流电源上，交流电压表示数为20 V，电容器充电完毕，开关由
“1”掷向“2”，放电电流平均值为2.8 A，放电时间约为10－2 s，已知电
容器电容为2.0×10－5 F。下列说法正确的是（　　）
A. 自耦变压器的原副线圈匝数之比为10∶1
B. 充电完毕后电容器两端的电压为2 800 V
C. 升压变压器原副线圈的匝数比约为1∶50
D. 若去掉二极管该除颤仪依然可正常工作
√
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解析： 　自耦变压器的原副线圈匝数之比为＝＝＝，故A错
误；充电完毕后电容器储存的电荷量为Q＝It＝2.8×10－2 C，则充电完毕
后电容器两端的电压为U＝＝ V＝1 400 V，则升压变压器副线圈
电压的最大值为1 400 V，升压变压器原线圈电压的最大值为U3＝U2＝
20 V，则升压变压器原副线圈的匝数比为＝＝≈，故B错
误，C正确；若去掉二极管，电容器两端接交流电，电容器一直进行充放
电，则该除颤仪不能正常工作，故D错误。
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11. （2025·浙江宁波期末）某实验小组用可拆变压器探究“变压器原、副
线圈电压与匝数的关系”。
（1）由于交变电流的电压是变化的，所以实验中测量的是电压的
值（选填“平均”“有效”或“最大”）；某次实验操作，副线圈所
接多用电表的读数如图甲所示，其对应的选择开关如图乙所示，则此时电
表读数为 。
有
效　
4.8 V　
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解析： 由于交变电流的电压是变化的，实验中测量的是电压的有效
值；由题图乙可知，所选择挡位为交流电压10 V挡，由题图甲可知，此时
电表读数为4.8 V。
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（2）某次实验中，用匝数na＝400匝和nb＝800匝的线圈做实验，测量的数
据如下表所示，下列说法中正确的是 。
Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.90
Ub/V 4.00 6.01 8.02 9.98
A. 原线圈的匝数为na，用较粗导线绕制
B. 副线圈的匝数为na，用较细导线绕制
C. 原线圈的匝数为nb，用较细导线绕制
D. 副线圈的匝数为nb，用较粗导线绕制
C　
1
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解析： 由表格数据可知，略大于，考虑到实验中所用变压器并非
理想变压器，即存在能量损失，使得原、副线圈电压之比略大于匝数比，
所以原线圈的匝数为nb，副线圈的匝数为na；而副线圈两端电压较小，则
电流较大，所以副线圈所用导线应较粗，故A、B、D错误，C正确。
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（3）为了减小能量传递过程中的损失，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行
叠成。作为铁芯横档的硅钢片应按照下列哪种方法设计 。
D　
1
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解析： 由于变压器工作时在铁芯中存在变化的磁通量，
为了减小能量传递过程中的损失，应尽可能使铁芯中产
生的涡流较小。画出铁芯横档如图所示，根据磁场的分
布规律可知，变压器铁芯中磁感线均平行于平面adhe，产生的涡流所在平面均垂直于平面adhe，则要减小涡流，又不影响铁芯中磁场分布，硅钢片只能平行于平面adhe放置，故选D。
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12. 〔多选〕如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变
压器，发电机输出功率恒为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，输电线的总电阻为
10 Ω，下列说法正确的是（　　）
A. 将滑动触头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中的电流
C. 用户获得的功率为19 kW
D. 升压变压器的输出电压U2＝1 000 V
√
√
√
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解析： 　由P输＝P2＝U2I2可知，在输电功率不变的情况下，提高升压
变压器输出电压U2，可以减小输电线中的电流I2，即采用高压输电可以减
小输电线中的电流，故B正确；由电流互感器原理可得，输电线的电流为I2
＝10I'＝10 A，由题意可知，升压变压器的输出功率为20 kW，则可得升压
变压器的输出电压为U2＝＝2 000 V，输电线损耗的功率为ΔP＝r＝1
000 W，则用户获得的功率为P4＝P3＝P2－ΔP＝19 kW，故C正确，D错
误；降压变压器及其负载的等效电阻R等＝＝＝R用，可知将滑动触头P下移，n3增大，R等将增大，在输电功率不变的前提下，由P输＝（r＋R等）可知，输电电流将减小，则输电线损失功率ΔP减小，用户获得的功率P4将增大，由P4＝可知，用户获得的电压U4将增大，A正确。
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THANKS
演示完毕 感谢观看第2讲　变压器　电能的输送
实验十五　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
变压器的工作原理与基本关系
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：利用电磁感应的　　　　现象。
2.基本关系式
（1）功率关系：　　　　　　。
（2）电压关系：只有一个副线圈时，　　　　　　　；
有多个副线圈时，＝＝＝…＝。
（3）电流关系：只有一个副线圈时，　　　　　　　；
有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。
（4）频率关系：f1＝f2（变压器不改变交变电流的频率）。
电能的输送
　如图所示，发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P'，用户端的电压为U'，输电电流为I，输电线总电阻为R。
1.输电电流
I＝＝。
2.电压损失
（1）ΔU＝　　　　；（2）ΔU＝IR。
3.功率损失
（1）ΔP＝P－P'＝　　　　　；
（2）ΔP＝I2R＝　　　　　。
4.降低输电损耗的两个途径
（1）减小电阻法
由R＝ρ知，可加大导线的　　　　　　，采用　　　　小的材料做导线。
①采用电阻率ρ较小、密度较小（减轻重量）且材料丰富的铝做远距离输电的导线。
②采用多股铝线绞在一起作为输电线，以增大导线的横截面积S。
（2）升压法：由ΔP＝I2R线＝R线知，在输电功率一定的情况下，可通过提高　　　　　　，减小输电电流，以减小输电损耗。
1.变压器既能改变交变电流的电压，也能改变交变电流的频率。（　　）
2.理想变压器的输入功率总等于输出功率。（　　）
3.可以通过减小输电电流、提高输电电压来减少电路的发热损耗。（　　）
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耗。（　　）
5.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耗越大。（　　）
1.（人教版选择性必修第二册P62“练习与应用”T2改编）有些机床为了安全，照明电灯用的电压是36 V，这个电压是由380 V的电压降压后得到的。如果变压器的原线圈是1 140匝，副线圈是（　　）
A.1 081匝 B.1 800匝
C.108匝 D.8 010匝
2.（人教版选择性必修第二册P67“练习与应用”T3改编）从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω，用220 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.50∶1　 B.1∶50 C.1∶5　 D.5∶1
3.（2024·北京高考5题）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（　　）
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
考点一　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
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，则应先选择交流电压挡的最大量程进行试测，再选择适当量程。
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n1对副线圈电压U2的影响。重复（1）中步骤。
4.数据处理
由数据分析变压器原、副线圈两端的电压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，使用交流电压挡测量电压时，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。
（2025·贵州六盘水模拟）利用如图所示的装置可以探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系：
（1）除图中所示器材外，还需要的器材有　　　。
A.干电池 B.低压交流电源
C.直流电压表 D.多用电表
（2）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成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”能量的作用
C.理想变压器原、副线圈中的磁通量总是相同
D.变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零
（3）由于变压器工作时有能量损失，实验测得的原、副线圈的电压比应当　　　　（选填“大于”“等于”或“小于”）原、副线圈的匝数比。
尝试解答
（2025·安徽合肥市月考）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，如图所示为所用实验器材：可拆变压器、学生电源、数字多用电表。
（1）本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是　　　　。
A.控制变量法 B.等效代替法
C.整体隔离法
（2）为了减小涡流的影响，铁芯应该选择　　　　。
A.整块硅钢铁芯 B.整块不锈钢铁芯
C.绝缘的硅钢片叠成 D.绝缘的铜片叠成
（3）关于本实验，下列做法正确的是　　　　。
A.为了保证人身安全，只能使用低压交流电源，原线圈所接电压不超过12 V
B.为了保证人身安全，变压器通电后不要用手接触裸露的导线或接线柱
C.变压器正常工作后，通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈
D.使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
（4）现将数字多用电表的选择开关旋至最合适的挡位后，分别测量原线圈匝数为n1时的输入电压U1和副线圈匝数为n2时的输出电压U2，数据如表所示。
原线圈匝数n1/匝 副线圈匝数n2/匝 输入电压U1/V 输出电压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在误差允许范围内，表中数据基本符合　　　　规律。
②进一步分析数据，发现输出电压比理论值偏小，请分析原因　　　　　　　。
尝试解答
考点二　理想变压器的原理及应用
理想变压器基本关系的应用
　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。
（2024·浙江1月选考5题）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＝5sin100πt 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
尝试解答
本题取材于人教版选择性必修第二册P68“复习与提高”B组T2
　图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一台理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。
（1）图中开关闭合时电压表的示数是多少？
（2）变压器原、副线圈的匝数满足怎样的关系才能实现点火？
含有二极管的变压器电路
　分析含有二极管的变压器电路问题时要注意：理想二极管具有单向导电性，正弦式交变电流通过二极管后会变成半波直流电流，对应的有效值会发生变化。
（2025·山东潍坊月考）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，电阻R1＝R2＝55 Ω，D1、D2为理想二极管，A为理想电流表。原线圈接u＝220sin 100πt（V）的交流电，则（　　）
A.副线圈中交流电频率为100 Hz
B.电流表示数为2 A
C.理想变压器输入功率为440 W
D.二极管的反向耐压值应大于110 V
尝试解答
含有多个副线圈的变压器电路
　含有多个副线圈的变压器的三个关系
（1）电压关系：＝＝＝…＝。
（2）功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn。
（3）电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn。
〔多选〕（2024·浙江温州市模拟）如图，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（　　）
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
尝试解答
考点三　理想变压器的动态分析问题
匝数比不变、负载变化
　匝数比不变、负载变化的变压器的动态分析思路
（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。
（2025·四川达州期末）如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，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。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（　　）
A.电流表A1示数减小
B.电流表A2示数增大
C.原线圈输入功率先增大后减小
D.定值电阻R消耗的功率先减小后增大
尝试解答
匝数比改变、负载不变
　负载电阻不变、匝数比变化的变压器动态分析思路
（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、P1＝U1I1，可以判断P2变化时，P1发生变化；U1不变，I1发生变化。
如图所示，原、副线圈匝数比为100∶1的理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝310sin（314t）V，则（　　）
A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为3.1 V
B.副线圈两端的电压频率为50 Hz
C.当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈输入功率变小
D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小
尝试解答
〔多选〕（2024·全国甲卷19题）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f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
尝试解答
考点四　电能的输送
1.理清三个回路
2.抓住六个基本关系
（1）升压变压器：＝，＝，P1＝P2。
（2）降压变压器：＝，＝，P3＝P4。
3.明确三个关联式（联系两个变压器的纽带）
（1）功率关联式：P2＝ΔP＋P3（其中ΔP＝ΔUI线＝R线＝）。
（2）电压关联式：U2＝ΔU＋U3。
（3）电流关联式：I2＝I线＝I3。
　　
〔多选〕（2025·广东汕头模拟）图甲为某小型水电站的电能输送示意图，其输入电压如图乙所示。输电线总电阻为r，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（变压器均为理想变压器）。降压变压器右侧部分为一火灾报警系统（报警器未画出），R0和R1为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法正确的是（　　）
A.＞
B.乙图中电压的瞬时值表达式为u＝250·sin 100πt（V）
C.R处出现火警时，输电线上的电流增大
D.R处出现火警时，电压表V的示数增大
尝试解答
考点五　两类特殊变压器
自耦变压器
1.自耦变压器（又称调压器），它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压（如图甲所示）也可以降压（如图乙所示），变压器的基本关系对自耦变压器同样适用。
【练1】 （2025·湖南岳阳模拟）一理想自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在c、d间接定值电阻R。在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中（　　）
A.U2＞U1 ，U2降低
B.U2＞U1，U2升高
C.变压器输入功率增大
D.变压器输入功率减小
互感器
互感器 电压互感器 电流互感器
原理图
原线圈的连接 并联在交流电路中 串联在交流电路中
副线圈的连接 连接电压表 连接电流表
互感器的作用 将高电压变为低电压 将大电流变成小电流
利用的公式 ＝ I1n1＝I2n2
【练2】 〔多选〕如图所示，L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器（可视为理想变压器），其中的线圈匝数关系为n1∶n2＝200∶1，n3∶n4＝1∶100，电流表和电压表均为理想交流电表。下列说法正确的是（　　）
A.甲是电流互感器，乙是电压互感器
B.甲是电压互感器，乙是电流互感器
C.若V表示数为30 V，则输电线两端的电压最大值为6 000 V
D.若A表示数为5 A，则通过输电线的电流有效值为500 A
等效电阻法分析变压器问题
　如图a所示，设理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原、副线圈电压分别为U1、U2，副线圈负载电阻为R，我们可以将变压器与负载看为一个整体，等效为一个新的电阻R'，即为a、b间的等效电阻，等效电路图如图b所示。
设变压器等效负载电阻为R'，在图a中由变压器的变压规律＝，
解得U2＝U1
所以负载电阻R消耗的功率为P＝＝
在图b中等效电阻消耗的功率为P'＝
由P＝P'，解得a、b间的等效电阻为R'＝R
通过以上的分析可知：在只有一个副线圈的理想变压器电路中，原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，副线圈负载电阻为R，则变压器的原、副线圈和负载电阻可以等效为一个电阻R'＝R，这个方法叫理想变压器等效电阻法。
（2024·湖南高考6题）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
尝试解答
第2讲　变压器　电能的输送
实验十五　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【立足“四层”·夯基础】
基础知识梳理
知识点1
1.（1）闭合铁芯　两个线圈　（2）互感　2.（1）P1＝P2
（2）＝　（3）＝
知识点2
2.（1）U－U'　3.（1）ΔU·I　（2）R
4.（1）横截面积　电阻率　（2）输电电压
易错易混辨析
1.×　2.√　3.√　4.×　5.√
双基落实筑牢
1.C　由＝得n2＝＝108，故C正确。
2.A　输电线上的电流I＝，则输电线上由电阻造成的电压损失ΔU＝Ir＝，故＝＝＝，故选A。
3.B　原线圈两端电压的有效值为U1＝＝24 V，A错误；由副线圈所接灯泡正常发光可知副线圈中电流的有效值为I＝＝A＝0.5 A，B正确；原、副线圈匝数之比＝＝＝，C错误；原线圈的输入功率P入＝P出＝3 W，D错误。
【着眼“四翼”·探考点】
考点一
【例1】 （1）BD　（2）BC　（3）大于
解析：（1）实验中若用干电池，变压器不能变压，必须要有低压交流电源提供交流电；需要用多用电表测量电压；综上所述需要的实验器材为B、D。
（2）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，故A错误；变压器工作时在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”能量的作用，故B正确；理想变压器的原、副线圈通过铁芯共用同一个磁场，则两线圈的磁通量总是相同，磁通量的变化率也相同，故C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，原线圈两端的电压不变，故D错误。
（3）根据变压器原理可知原、副线圈两端电压之比等于原、副线圈匝数之比，实验中的变压器由于漏磁，导致通过变压器副线圈的磁通量比理论值要略小，所以副线圈上的电压的实验值一般略小于理论值，即U2的测量值偏小，所以原线圈与副线圈的电压之比一般大于原线圈与副线圈的匝数之比。
【例2】 （1）A　（2）C　（3）ABD　（4）①变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比　②有漏磁、铁芯发热、导线发热等
解析：（1）本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故选A。
（2）变压器铁芯的材料要选择磁性材料，为减小涡流影响，选择用绝缘的硅钢片叠成的铁芯，故C正确，A、B、D错误。
（3）变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不超过12 V，A正确；为了保证人身安全，变压器通电后不要用手接触裸露的导线或接线柱，B正确；变压器开始正常工作后，通过电磁感应将电能从原线圈传递到副线圈，C错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，D正确。
（4）①根据表中数据，在误差允许的范围内基本符合变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比，即有＝；②由于变压器不是理想变压器，有漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损耗，因此变压器输出电压比理论值偏小。
考点二
【例3】 B　原线圈两端电压的有效值U1＝ V＝ V，根据电压与匝数关系有＝，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，＜，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ω＝＝2πf＝100π rad/s，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。
考教衔接
　（1）3.54 V　（2）n1∶n2＜1∶1 000
【例4】 B　根据题意可知发电机线圈转动的角速度ω＝100π rad/s，则原线圈中交流电的频率为f＝＝50 Hz，变压器可以改变电压和电流的值，但不能改变频率，因此副线圈中交流电频率仍为50 Hz，故A错误；原线圈两端电压的最大值U1m＝220 V，根据＝，副线圈两端电压的最大值U2m＝110 V，当最大电压为110 V时，二极管仍然正常工作，说明二极管的反向耐压值大于110 V，故D错误；由于二极管的作用，副线圈两个电阻交替工作，与没有二极管时一个电阻R始终工作完全相同，副线圈两端电压的有效值U2＝＝110 V，因此电流表的示数I2＝＝2 A，理想变压器输入功率等于电阻消耗的功率P＝U2I2＝110×2 W＝220 W，故B正确，C错误。
【例5】 BC　由题意知理想电流表读数为I，则根据部分电路欧姆定律有U1＝IR1，根据变压器电压与匝数的关系有＝，＝，代入有U0＝IR1，U2＝IR1，由部分电路欧姆定律，有U2＝I2R2，可知I2＝I，A错误，B正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax＝NB2L2ω，U0＝＝NBL2ω，由上述分析可知U0＝IR1，则＝，C正确；由于变压器为理想变压器，则有P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2，代入上述有关公式有P0＝·，由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。
考点三
【例6】 A　由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，滑动变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，由数学知识可知，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，则由部分电路欧姆定律得I2＝，可知副线圈的电流逐渐减小，由＝，可知变压器原线圈的电流I1也逐渐减小，故A正确，B错误；原线圈的输入功率为P入＝U1I1，由于I1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，故C错误；滑片从a端向b端滑动时，副线圈干路电流减小，滑动变阻器右半部分和定值电阻并联的总电阻减小，则并联部分分压减小，由PR＝知，定值电阻R消耗的功率减小，故D错误。
【例7】 B　＝，得U2＝，因U1＝ V，所以U2＝× V≈2.2 V，A错误；由瞬时值表达式可得ω＝314 rad/s，则频率f＝＝ Hz＝50 Hz，B正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，n1减小，则U2增大，电压表示数变大，I2＝增大，副线圈的输出功率P出＝U2I2增大，原线圈的输入功率增大，C、D错误。
【例8】 AC　保持T不动，则原、副线圈匝数比不变，又变压器的输入电压不变，根据变压器的变压规律可知，变压器的输出电压不变，滑动变阻器的滑片向f端滑动时，其接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知通过R1的电流增大，根据P＝I2R可知，R1的热功率增大，A正确；仅将T向b端移动，R1两端的电压减小，根据P＝可知，R1的热功率减小，B错误；同理，仅将T向a端移动，R1的热功率增大，再将滑动变阻器的滑片向f端滑动，R1的热功率进一步增大，C正确；经以上分析可知，将T向b端移动，滑动变阻器的滑片向e端滑动，R1的热功率减小，D错误。
考点四
【例9】 BC　根据＝，＝，U1＜U2，U3＞U4可知＜，故A错误；乙图中电压最大值Um＝250 V，T＝0.02 s，所以ω＝＝100π rad/s，乙图中的电压瞬时值表达式为u＝250sin 100πt（V），故B正确；当R处出现火警时，其阻值减小，负载总电阻减小，负载的总功率增大，则I4增大，则I3增大，故C正确；又ΔU＝r增大，输入电压U1不变，n1和n2不变，所以U2不变，由于ΔU＝U2－U3，所以U3减小，n3和n4不变，则U4变小，即电压表V的示数减小，故D错误。
考点五
【练1】 D　根据变压器的电压关系有＝，当滑动触头M顺时针转动时，即n2减小时，电压U2应该减小，即U2降低，由于n2＜n1，所以U2＜U1，故A、B错误；由于电压U2减小，所以定值电阻上的电压减小，则定值电阻消耗的电功率减小，由于是理想变压器，所以变压器的输入功率也减小，故C错误，D正确。
【练2】 BD　甲的原线圈两端并联接在高压线路中，所以是电压互感器，乙的原线圈串联接在输电线路中，所以是电流互感器，故A错误，B正确；电压表测量电压的有效值，若V表示数为30 V，已知n1∶n2＝200∶1，则输电线两端的电压有效值为U1＝U2＝×30 V＝6 000 V，故C错误；电流表测量电流的有效值，若A表示数为5 A，则通过输电线的电流的有效值为I3＝I4＝×5 A＝500 A，故D正确。
【聚焦“素养”·提能力】
【典例】 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。
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