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第 2 课时 变压器 远距离输电
实验十五：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
目标要求 1.会用实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，体会控制变量法，了解
实验误差的产生原因。2.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际
问题。3.掌握理想变压器的动态分析方法。4.理解远距离输电的原理并会计算线路损失的电
压和功率。
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
①n、U 一定，研究n 和U 的关系。
1 1 2 2
②n、U 一定，研究n 和U 的关系。
2 1 1 2
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n 和电压U 不变，改变副线圈的匝数n，研究n 对副线圈电压U 的影
1 1 2 2 2
响。
①估计被测电压的大致范围，选择多用电表交流电压挡适当量程，若不知道被测电压的大致
范围，则应选择交流电压挡的最大量程进行测量。
②组装可拆变压器：把两个线圈穿在铁芯上，闭合铁芯，用交流电压挡测量输入、输出电压。
(2)保持副线圈的匝数n 和原线圈两端的电压U 不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影
2 1
响。重复(1)中步骤。
4．数据处理
由数据分析变压器原、副线圈两端电压U、U 之比与原、副线圈的匝数n、n 之比的关系。
1 2 1 2
5．注意事项
(1)在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开电源开关，再进行操作。(2)为了人身安全，学生电源的电压不能超过 12 V，通电时不能用手接触裸露的导线和接线
柱。
(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测
电压后再选用适当的挡位进行测量。
例1 (2023·北京市房山区二模)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)为了减少涡流的影响，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n 时的输入
1
电压U 和副线圈匝数为n 时的输出电压U，数据如表所示。
1 2 2
原线圈匝数n(匝) 副线圈匝数n(匝) 输入电压U(V) 输出电压U(V)
1 2 1 2
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__________________________。
答案 (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 理想变压器及应用
1．构造和原理
(1)构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。
(2)原理：电磁感应的互感现象。
2．基本关系式
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P ＝P ，且输出功率P
入 出 出
功率关系
决定输入功率P
入
原、副线圈的电压比等于匝数比，＝，与副线圈的个数无关，且U 决
1
电压关系
定U
2
①只有一个副线圈时，＝，且I 决定I
2 1
电流关系 ②有多个副线圈时，由P ＝P 得UI＝UI＋UI＋…＋UI 或In＝
入 出 1 1 2 2 3 3 n n 1 1
In＋In＋…＋In，输出决定输入
2 2 3 3 n n
频率关系 f＝f，变压器不改变交变电流的频率
1 21．理想变压器的基本关系式中电压和电流均为有效值。( √ )
2．变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用。( √ )
3．变压器不仅能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率。( × )
4．在任何情况下，理想变压器均满足＝、＝、P ＝P 。( × )
入 出
思考 理想变压器的原、副线圈分别处于两个回路中，并没有相连接，为什么电能可以从一
个线圈传递到另一个线圈？
答案 变压器的工作原理是互感现象。电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，由于电流的大
小和方向不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，
所以尽管两个线圈没有直接连接，副线圈中也产生感应电流，在原线圈中电能转化为磁场能，
在副线圈中磁场能转化为电能。
例2 (2022·山东卷·4)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电
压，匝数为n 的原线圈中电压随时间变化为u＝U cos (100πt)。单匝线圈绕过铁芯连接交流
1 m
电压表，电压表的示数为0.1 V。将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W。下
列说法正确的是( )
A．n 为1 100匝，U 为220 V
1 m
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
答案 D
解析 变压器的输入电压为220 V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入
交流电压的最大值为220 V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为＝，解得原线圈
为2 200匝，A错误；当原线圈输入电压为220 V时，BC间的电压为U ＝＝12 V，故BC
BC
间的线圈与单匝线圈匝数关系为＝，则BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为I ＝＝
BC
＝1 A，B错误；若将R接在AB两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为 220 V时，AB
间的电压应该为18 V，根据交流电原线圈电压的表达式可知，ω＝100π rad/s，故交流电的
频率为f＝＝＝50 Hz，C错误；若将R接在AC两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为
220 V时，AC间的电压应该为30 V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为I ＝＝ A＝
AC
2.5 A，交流电的周期为T＝＝0.02 s，D正确。
例3 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＝，在a、b端输入电
压为U 的正弦交流电，R 为定值电阻，调节电阻箱R ，当R ＝8R 时，电压表、电流表的
0 1 2 2 1示数分别为U、I，则下列说法正确的是( )
A．U＝ B．U＝
C．I＝ D．I＝
答案 B
解析 根据原、副线圈电压、电流的关系有＝k＝，＝＝4，在原线圈回路中，有U ＝IR ＋
0 1 1
U，在副线圈回路中，有U＝IR ，R＝8R，联立解得I＝，U＝，故选B。
1 2 2 1
例4 (2021·湖北卷·6)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A 示数减小
1
B．电流表A 示数增大
2
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
答案 A
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，则由欧姆定律得I ＝，可知副线圈的电流逐渐减小，由＝，可知变压器原线圈的电
2
流I 也逐渐减小，故A正确，B错误；原线圈的输入功率为P ＝UI ，由于I 逐渐减小，
1 入 1 1 1
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 P ＝知，定
R
值电阻R消耗的功率减小，故D错误。
例5 (2023·河南开封市二模)如图甲所示，b是理想变压器原线圈的中心抽头，灯泡L、L
1 2
的铭牌上均标注“55 V 11 W”字样，电流表为理想电表，R是滑动变阻器，从某时刻开始
在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交流电，当单刀双掷开关与 b连接时，灯泡L 恰好正
1
常发光，则( )A．理想变压器原、副线圈匝数之比为n∶n＝8∶1
1 2
B．1秒内流过灯泡L 的电流方向改变50次
2
C．当单刀双掷开关与b连接时，向上移动滑片P，两灯泡均变暗
D．当单刀双掷开关由b扳向a时，电流表的示数变大
答案 A
解析 b为原线圈的中心抽头，单刀双掷开关与b连接时灯泡L 恰好正常发光，灯泡L 的
1 1
额定电压为55 V，说明副线圈电压为55 V，原线圈c、d电压由题图乙可得U≈220 V，则
1
∶n ＝U∶U ，解得n∶n ＝8∶1，故A正确；由题图乙可得交流电的周期为0.02 s，一个
2 1 2 1 2
周期内交流电方向改变两次，可知1秒内流过灯泡L 的电流方向改变100次，故B错误；
2
当单刀双掷开关与b连接时，向上移动滑片P，滑动变阻器接入电路中的阻值增大，副线圈
所在回路中的总电阻值增大，副线圈电压不变，副线圈回路中的总电流减小，灯泡 L 两端
1
的电压等于副线圈两端的电压，故灯泡L 正常发光，通过灯泡L 的电流减小，因此L 将变
1 2 2
暗，故C错误；当单刀双掷开关由b扳向a时，接入电路的原线圈的匝数增大，原线圈与副
线圈的匝数比增大，则副线圈两端的电压减小，副线圈中的总电流减小，导致原线圈中的电
流减小，则接在原线圈回路中的电流表的示数减小，故D错误。
1．变压器问题的分析思路：
U―――→U―――→I――――――――→I
1 2 2 1
2．常见的两种动态变化分析
(1)匝数比不变的情况(如图)
①U 不变，根据＝，输入电压U 决定输出电压U，不论负载电阻R如何变化，U 不变。
1 1 2 2
②当负载电阻发生变化时，I 变化，输出电流I 决定输入电流I，故I 发生变化。
2 2 1 1
③I 变化引起P 变化，P＝P，故P 发生变化。
2 2 1 2 1
(2)负载电阻不变的情况(如图)
①U 不变，发生变化时，U 变化。
1 2
②R不变，U 变化时，I 发生变化。
2 2③根据P＝，P 发生变化，再根据P＝P，故P 变化，P＝UI，U 不变，故I 发生变化。
2 2 1 2 1 1 1 1 1 1
考点三 高压输电线路的电压损失和功率损失
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＝ U － U ′ ；(2)ΔU＝IR。
3．功率损失
(1)ΔP＝ P － P ′ ＝ΔU·I；
(2)ΔP＝ I 2 R ＝()2R
4．降低输电损耗的两个途径
(1)减小电阻法
由R＝ρ知，可加大导线的横截面积，采用电阻率小的材料做导线。
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 ＝()2R 知，在输电功率一定的情况下，可通过提高输电电压，减小
线 线
输电电流，以减小输电损耗。
1．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗。( √ )
2．若发电站输出功率为P，输电电压为U，输电线总电阻为R，如图所示，则输电线上损
失的功率为P ＝。( × )
损
例6 (多选)(2020·全国卷Ⅱ·19)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
答案 AD
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，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，则输电电压加倍，损失电压变为原来的，即ΔU′＝ΔU。故A、D正
确。
考点四 远距离高压输电线路分析及有关物理量的计算
1．理清输电电路图的三个回路(如图)
(1)在电源回路中，P ＝UI＝P。
发电机 1 1 1
(2)在输送回路中，I＝I ＝I，U＝ΔU＋U，ΔU＝IR ，ΔP＝I2R 。
2 线 3 2 3 2 线 2 线
(3)在用户回路中，P＝UI＝P 。
4 4 4 用户
2．抓住两组关联式
(1)理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：＝，＝，P ＝
1
P。
2
(2)理想的降压变压器联系着输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：＝，＝，P ＝
3
P。
4
3．掌握一个守恒观念
功率关系：P＝ΔP＋P，其中ΔP＝ΔU·I ＝I 2R ＝。
2 3 线 线 线
例7 (2023·天津卷·6)如图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T 和降压变压
1
器T 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( )
2
A．T 输出电压与T 输入电压相等
1 2
B．T 输出功率大于T 输入功率
1 2C．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T 输出功率降低
2
答案 B
解析 由于输电过程中电阻R要产生热量，会损耗功率，故T 输出功率大于T 输入功率，
1 2
T 输出电压大于T 输入电压，故A错误，B正确；由于输入电压不变，所以变压器T 的输
1 2 1
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 ＝I2R可知R功率增大，故C错误；用户接入的用电器
损
增多，用电器消耗功率增大，即T 输出功率增大，故D错误。
2
拓展 若用户接入的用电器增多，则线路输送功率__________(选填“增大”“降低”或
“不变”)。
答案 增大
解析 T 输出功率(用户需要功率)决定输送功率，T 输出功率增大，则输送功率增大。
2 2
例8 (2020·浙江7月选考·11)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U ＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R ＝8 Ω，在用户端用
1 线
降压变压器把电压降为U ＝220 V。已知输电线上损失的功率P ＝5 kW，假设两个变压器
4 线
均是理想变压器，下列说法正确的是( )
A．发电机输出的电流I＝40 A
1
B．输电线上的电流I ＝625 A
线
C．降压变压器的匝数比n∶n＝190∶11
3 4
D．用户得到的电流I＝455 A
4
答案 C
解析 发电机输出的电流I ＝＝ A＝400 A，故A错误；输电线上损失的功率P ＝I 2R
1 线 线 线
＝5 kW，所以I ＝＝25 A，故B错误；用户得到的功率P ＝P－P ＝(100－5) kW＝95
线 4 线
kW，则I＝＝ A＝ A≈432 A，故＝＝，故C正确，D错误。
4课时精练
训练 1 变压器
1．(2020·江苏卷·2)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原
线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器( )
A．是一种降压变压器
B．能测量直流电路的电流
C．原、副线圈电流的频率不同
D．副线圈的电流小于原线圈的电流
答案 D
解析 电流互感器原线圈匝数少，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故 A错误；变压器
的原理是电磁感应，只能够在交流电路中才能正常工作，故它不能测量直流电路的电流，故
B错误；变压器不改变交变电流的频率，故C错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线
圈的电流小于原线圈的电流，故D正确。
2．(2023·广东卷·6)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
答案 A
解析 由题可知原线圈输入电压的有效值为U ＝＝220 V，原线圈电流为I ＝＝40 A，副线
1 1
圈输出电流的有效值为I＝I＝20 A，变压器无法改变电流的频率，故f＝＝ Hz＝50 Hz，故
2 1
选A。
3．(2023·北京卷·7)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
答案 B
解析 由＝知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压 U 减小，不能使小灯泡正常发光，
2
故A错误；由＝知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U 增大，有可能使小灯泡正常
2
发光，故B正确；由＝知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，由于原线圈的电压不变，
则副线圈的输出电压U 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
2
联起来接入副线圈，由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压 U 不变，不能使小灯泡
2
正常发光，故D错误。
4．(2022·河北卷·3)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之
一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n
的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感
应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变
压器升压后，输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是( )
A．发电机输出的电压为πNBSz
B．发电机输出交变电流的频率为2πnz
C．变压器原、副线圈的匝数比为πNBSnz∶U
D．发电机产生的瞬时电动势e＝πNBSnzsin(2πnz)
答案 C
解析 发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝nz，B错误；线圈绕垂直于磁场
的轴匀速转动，产生正弦交流电，最大值为E ＝NBS·2π·nz，则发电机输出的电压为E＝＝
m
πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为＝＝，C正确；发电机产生的瞬时电动势为
e＝E sin ωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D错误。
m
5．(多选)(2024·广东省模拟)如图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，电流表为理想电表，若输入电压U 一定，则( )
1
A．P不动，P′向下滑动时，U 一直在减小
2
B．P′不动，P顺时针转动一个小角度时，U 和U 的比值增大
1 2C．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，小灯泡的亮度可以不变
答案 BD
解析 根据＝，P不动，则匝数比一定，可知U 不变，A错误；P′不动，P顺时针转动一
2
个小角度时，副线圈接入的线圈匝数变小，根据＝可知，U 和U 的比值增大，B正确；P′
1 2
不动，P顺时针转动一个小角度时，根据上述可知，U 减小，则通过副线圈的电流减小，根
2
据＝可知，通过原线圈的电流减小，即电流表读数在减小，C错误；P顺时针转动一个小角
度，同时P′向下滑动时，副线圈接入的线圈匝数变小，根据＝可知，U 减小，由于I ＝，
2 2
由于P′向下滑动时，滑动变阻器接入电阻R减小，结合上述，电流I 可能不变，即P顺时
2
针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，小灯泡的亮度可以不变，D正确。
6．(2023·江苏盐城市三模)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n∶n ＝5∶1，原
1 2
线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，R为阻值随光照强度增大而减小的光敏电阻，L 和
1
L 是两个完全相同的灯泡，电表均为理想交流电表。则( )
2
A．通过光敏电阻的交变电流频率为10 Hz
B．若L 的灯丝烧断，则电压表的示数为5 V
2
C．当照射R的光照强度增大时，电流表的示数变小
D．图像上对应的0.01 s时刻，发电机中的线圈平面与中性面垂直
答案 B
解析 由题图乙可知，理想变压器原线圈的交流电的周期为T＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz，
变压器副线圈交流电的频率与原线圈相同，故通过光敏电阻的交变电流频率为 50 Hz，A错
误；由题图乙可知，原线圈的交流电的电压的峰值U ＝25 V，原线圈的交流电的电压的有
1m
效值U ＝＝25 V，由＝，得U ＝5 V，副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，与负载电阻
1 2
无关，若L 的灯丝烧断，则电压表的示数仍为5 V，B正确；当照射R的光照强度增大时，
2
R的阻值减小，副线圈的功率变大，副线圈中的电流 I 变大，由＝，原线圈电流I 增大，电
2 1
流表的示数变大，C错误；图像上对应的0.01 s时刻，电压瞬时值为零，发电机中的线圈平
面与中性面重合，D错误。
7.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
u＝310sin 314t(V)，π取3.14，则( )
1A．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
答案 B
解析 由＝，得U ＝，因U ＝ V，所以U ＝× V≈2.2 V，A错误；由瞬时值表达式可得
2 1 2
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，n 减小，
1
则U 增大，电压表示数变大，I ＝增大，副线圈的输出功率P ＝UI 增大，原线圈的输入
2 2 出 2 2
功率增大，C、D错误。
8．(多选)(2022·湖北卷·9)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化
的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为 220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数
为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其他损耗，下
列说法正确的是( )
A．接收线圈的输出电压约为8 V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
答案 AC
解析 根据＝，可得接收线圈的输出电压约为U ＝8 V，故A正确；由于漏磁，接收线圈与
2
发射线圈功率不相等，接收线圈与发射线圈中的电流比 I∶I≠n∶n ＝22∶1，故B错误；
2 1 1 2
变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收
线圈的磁通量大小不相等，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化
率不相同，故D错误。
9.(2023·广东广州市育才中学期中)一含有理想自耦变压器的电路如图所示，变压器副线圈匝数可调，原线圈串联定值电阻r后接在有效值为220 V的正弦式交流电源上，定值电阻R＝
4r。当副线圈匝数调至某位置时，R和r的功率恰好相等，则此时原、副线圈匝数比为(
)
A．2∶1 B．1∶2 C．4∶1 D．1∶4
答案 B
解析 设原、副线圈的匝数之比为n，副线圈的电流为I，根据理想变压器的原、副线圈中
电流大小与线圈匝数关系可知原线圈的电流为，又因为 R和r的功率恰好相等，所以可知
()2r＝I2R＝4I2r，因此n＝，B正确。
10.(多选)(2023·河南开封市一模)如图为一理想变压器，其中所接的4盏灯泡规格均为“10 V
5 W”。当接入电压u＝Usin(100πt)的电源时，4盏灯均正常发光。下列说法正确的是( )
0
A．原、副线圈的匝数比n∶n∶n＝3∶1∶2
1 2 3
B．电流在1 s时间内改变50次方向
C．U＝40 V
0
D．变压器的输出功率为20 W
答案 AC
解析 根据接入电压的表达式可知，ω＝100π rad/s，则交流电的频率为f＝＝＝50 Hz，所以
在1 s时间内电流方向要改变100次，B错误；4盏灯相同且均正常发光，所以加在灯泡两
端的电压均为U，理想变压器的输入功率等于输出功率，则有 IU ＝IU＋2IU(I、U分别为灯
1
泡的额定电流和额定电压)，得 U ＝3U，根据＝＝，＝＝，则有原、副线圈的匝数比
1
n∶n∶n ＝3∶1∶2，A正确；电源电压的有效值为U＋U ＝40 V，则U ＝40 V，C正确；
1 2 3 1 0
变压器的输出功率等于副线圈各用电器功率之和，即等于三个灯泡的功率之和 15 W，D错
误。
11．(多选)(2021·河北卷·8)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n、n 和n，两个副
0 1 2
线圈分别接有电阻R 和R，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
1 2
计线圈电阻，下列说法正确的是( )A．通过电阻R 的电流为
2
B．电阻R 两端的电压为
2
C．n 与n 的比值为
0 1
D．发电机的功率为
答案 BC
解析 由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律有U＝IR ，根据变压器原、副线圈电压
1 1
与匝数的关系有＝，＝
则有U＝IR ，U＝IR
0 1 2 1
再由欧姆定律有U＝IR，可计算出I＝I
2 2 2 2
故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E ＝2NBL2ω，U＝＝NBL2ω
max 0
又U＝IR ，则＝，C正确；
0 1
由于变压器为理想变压器，则有
P＝P＋P＝UI＋UI＝I2R＋UI
0 1 2 1 2 2 1 2 2
联立解得P＝()
0
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P，D错误。
0
12．(2023·重庆卷·12)一兴趣小组拟研究某变压器的输入和输出电压之比，以及交流电频率
对输出电压的影响。图甲为实验电路图，其中L 和L 为变压器的原、副线圈，S 和S 为开
1 2 1 2
关，P为滑动变阻器R 的滑片，R为电阻箱，E为正弦式交流电源(能输出电压峰值不变、频
P
率可调的交流电)。(1)闭合S ，用多用电表交流电压挡测量线圈L 两端的电压。滑片P向右滑动后，与滑动前
1 1
相比，电表的示数________(选填 “变大”“不变”或“ 变小”)。
(2)保持S 断开状态，调整E输出的交流电频率为50 Hz，滑动滑片P，用多用电表交流电压
2
挡测得线圈L 两端的电压为2 500 mV时，用示波器测得线圈L 两端电压u随时间t的变化
1 2
曲线如图乙所示，则线圈L 两端与L 两端的电压比值为________(保留3位有效数字)。
1 2
(3)闭合S ，滑动P到某一位置并保持不变。分别在E输出的交流电频率为50 Hz、1 000 Hz
2
的条件下，改变R的阻值，用多用电表交流电压挡测量线圈L 两端的电压U，得到U－R关
2
系曲线如图丙所示。用一个阻值恒为20 Ω的负载R 替换电阻箱R，由图丙可知，当频率为
0
1 000 Hz时，R 两端的电压为________ mV；当频率为50 Hz 时，为保持R 两端的电压不变，
0 0
需要将R 与一个阻值为________ Ω的电阻串联。(均保留3位有效数字)
0
答案 (1)变大 (2)12.6 (3)272 12
解析 (1)闭合S ，滑动变阻器R 是分压接法，滑片P向右滑动后，用多用电表交流电压挡
1 P
测量线圈L 两端的电压。线圈L 两端的电压增大，因此与滑动前相比，电表的示数变大。
1 1
(2)保持S 断开状态，调整E输出的交流电频率为50 Hz，多用电表交流电压挡测得线圈L
2 1
两端的电压为U＝2 500 mV。线圈L 两端电压u随时间t的变化曲线如题图乙所示，由u－t
1 2
图像可得，线圈L 两端电压为U＝＝ mV，则线圈L 两端与L 两端的电压比值为＝≈12.6
2 2 1 2
(3)闭合S，滑动P到某一位置并保持不变。由U－R关系曲线可得，当频率为1 000 Hz时，
2
当负载电阻R＝20 Ω时，R 两端的电压为U ＝272 mV。
0 0 R0
当频率为50 Hz 时，为保持R 两端电压不变，需保持电流不变，I＝＝＝，在U－R关系曲
0
线中作出直线，U＝R
由直线与50 Hz曲线交点可知R＝32 Ω，故需给R 串联一电阻，此串联电阻值为R ＝R－R
0 串 0＝12 Ω。
13.(2022·湖南卷·6)如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头 P 初始位置在副线
1
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R 的阻值为R，滑动变阻器
1
R 的最大阻值为9R，滑片P 初始位置在最右端。理想电压表 的示数为U，理想电流表
2 2
的示数为I。下列说法正确的是( )
A．保持P 位置不变，P 向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
1 2
B．保持P 位置不变，P 向左缓慢滑动的过程中，R 消耗的功率增大
1 2 1
C．保持P 位置不变，P 向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
2 1
D．保持P 位置不变，P 向下缓慢滑动的过程中，R 消耗的功率减小
2 1 1
答案 B
解析 设交变电源输入电压有效值为E，E＝IR ＋U，其中U 为变压器原线圈电压，由＝，
2 1 1
＝，U ＝I′R ，得：U ＝IR ，其中R ＝＝R 为变压器与电阻R 的等效电阻(见图中虚线框
2 1 1 1 等 1 1
内)，
P 向左滑动时，R 接入电路的阻值减小，E＝IR ＋IR ，电流I增大，R 两端电压增大，R 两
2 2 2 1 1 2
端电压U减小，R 上消耗的电功率增大，A错误，B正确；P 向下滑，变压器副线圈匝数减
1 1
少，E＝IR ＋IR ，电流I减小，U＝IR 减小，C错误；将R 视为交变电源的内阻，当R 与
2 1 2 2 等
电源的内阻相等时，电源的输出功率最大，故R 消耗的功率先增大后减小，D错误。
1
训练 2 远距离输电
1．(2023·辽宁沈阳市第二中学模拟)在如图所示的某地远距离输电电路图中，升压变压器和
降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，如果发电厂的输出
功率增大为原来的2倍，输电线上损耗的功率将增大为原来的( )A．1倍 B．2倍 C．4倍 D．8倍
答案 C
解析 因为发电厂的输出电压不变，由＝可知，匝数比不变，升压变压器的副线圈电压也不
变；当发电厂的输出功率增大为原来的2倍时，根据公式P＝UI，得I ＝＝，即输电线上的
2
电流变为原来的两倍，又根据公式P ＝I 2R＝I2R，输电线的电阻不变，可知输电线上损
线 线 2
耗的功率将增大为原来的4倍，故选C。
2．(多选)某发电厂原来用11 kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到550
kV后再输电。若输电的电功率都是P，输电线路的电阻均为R，则下列说法中正确的是(
)
A．根据公式P ＝I2R，为减小输电功率损失，可以减小输电电流
损
B．根据公式P ＝，为减小输电功率损失，可以降低输电电压
损
C．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流增大为原来的50倍
D．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流减小为原来的
答案 AD
解析 电线上的损耗功率为P ＝I2R，为减小输电损失，可以减小输电电流，故A正确；根
损
据P ＝，可知此时U表示输电线上的损失电压，而不是输电电压，故B错误；根据欧姆定
损
律I＝，可知此时U表示输电线上的损失电压，而不是输电电压，故C错误；由公式I＝可
得，当电压升高为原来的50倍后，电流变为原来的，故D正确。
3．(2023·浙江6月选考·7)我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交
流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是( )
A．送电端先升压再整流
B．用户端先降压再变交流
C．1 100 kV是指交流电的最大值
D．输电功率由送电端电压决定
答案 A
解析 升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该
先变交流再降压，故A正确，B错误；1 100 kV指的是直流电的电压，也是交流电压的有效
值，故C错误；输电功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误。
4．(2023·江苏徐州市一模)随着经济发展，在寒冬来临时，用电需求增加，当火力发电供应
紧张时，通过远距离调度方式，会及时将其他地区的风力发电、太阳能发电并入电网保障电
力供应。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，两个变压器均为理想变压器。当用户用电器增加(假设所有用电器均可视为纯电阻)，下列说法正确的是( )
A．降压变压器的输出电流I 减小
4
B．输电线上损失的功率减小
C．升压变压器的输出电压U 增大
2
D．发电厂输出的总功率增大
答案 D
解析 根据原、副线圈电压比等于匝数比可得＝，可得升压变压器的输出电压为U ＝U ，
2 1
由于匝数不变，发电厂输出电压恒定不变，可知升压变压器的输出电压U 不变，故C错误；
2
设输电线电阻为R ，用户端总电阻为R，在高压传输电路上，有U ＝U ＋IR ，又＝，＝，
线 2 3 2 线
I ＝，联立可得U ＝(R＋R )I ，当用户用电器增加，可知R减小，则降压变压器的输出电
4 2 线 4
流I 增大，故A错误；根据＝，由于I 增大，可知I 增大，输电线上损失的功率为P ＝I2R
4 4 2 损 2
，可知输电线上损失的功率增大，故B错误；根据＝，由于I 增大，可知I 增大，发电厂
线 2 1
输出的总功率为P ＝UI，可知发电厂输出的总功率增大，故D正确。
出 1 1
5．(2024·广东河源市联考)如图所示为远距离交流输电的原理示意图，其中各个物理量已经
在图中标出，下列说法正确的是( )
A．变压器线圈的匝数关系为n>n，nI >I
1 线 4
D．发电机的输出功率不变时，输电电压越高，输电线上损失的功率越小
答案 D
解析 根据＝＝，又UI ，根据＝＝，又U>U ，n>n ，则I
