文档内容
第 3 节 变压器
【目录】
【学习目标】...............................................................................................................................................................1
【思维导图】...............................................................................................................................................................2
【知识梳理】...............................................................................................................................................................2
知识点1：变压器的原理....................................................................................................................................2
知识点2：电压与匝数的关系............................................................................................................................5
知识点3：电流与匝数的关系..........................................................................................................................11
知识点4：变压器问题中的制约关系..............................................................................................................15
知识点5：几种特殊变压器..............................................................................................................................20
【巩固训练】.............................................................................................................................................................29
【学习目标】
1．知道变压器的工作原理和理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系，会推导理想变压器原、副线圈电
流与匝数的关系，会用能量的观点理解变压器的工作原理。
2．知道理想变压器是忽略了能量损失的一种理想模型，进一步体会建立理想模型这种思维方法。
3．经历探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系的过程，提高科学探究的能力。
4．在实验中要养成避免触电和安全使用电表的习惯，养成尊重实验数据的严谨科学态度。
重点：
1．变压器的工作原理和理想变压器的变压规律。
难点：
1．变压器的工作原理和理想变压器的变压规律。【思维导图】
【知识梳理】
知识点 1：变压器的原理
1．情景引入：日常使用的各种用电器所需的电压各不相同，而家庭电路的电压是220V。如何解决这一问
题呢？
2．变压器：
（1）变压器：改变交流电压的设备。
注意：①变压器只对变化的电压、电流起作用，对恒定的电压、电流不起作用。
②变压器不能改变交变电流的周期和频率。
（2）变压器的构造：
①铁芯：涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成。
②原线圈（又称初级线圈）：与交流电源相连。
③副线圈（又称次级线圈）：与负载相连。
注：两个线圈都由绝缘导线绕制而成，都与铁芯互相绝缘。（3）电路图符号：
无铁芯： 有铁芯：
（4）工作原理：利用互感现象。
交变电流通过原线圈时在铁芯中激发交变磁场，这一磁场也穿过副线圈，在副线圈中产生互感电动
势。当副线圈闭合时，在副线圈中就会有交流电通过。
（5）铁芯的作用：使绝大部分磁感线集中在铁芯内部，提高变压器的效率。
（6）能量转化过程：电能→磁能→电能
注意：原、副线圈并不相连，它们之间是绝缘的，通过磁场联系在一起。
（7）理想变压器：是一种理想化物理模型。
特点：无磁损：忽略漏磁，即认为原、副线圈电流产生磁场的磁感线都集中在铁芯内。
无铜损：忽略原、副线圈的电阻。
无铁损：忽略变压器本身其他一切能量损耗，即忽略涡流损耗（绝缘硅钢片叠合）、磁滞损耗。
【例1】某学习小组在探究变压器原、副线圈电压和匝数关系的实验中，采用了可拆式变压器，铁芯B安
装在铁芯A上形成闭合铁芯，将原、副线圈套在铁芯A的两臂上，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．为保证实验安全，原线圈应接低压直流电源
B．变压器中铁芯是整块硅钢
C．保持原线圈电压及匝数不变，可改变副线圈的匝数，研究副线圈的匝数对输出电压的影响
D．变压器正常工作后，电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈
【答案】C
【详解】A．变压器基于电磁感应（互感）工作，原线圈需接交流电源，接直流电源无法产生变化磁场，
副线圈无电压，A错误；
B．变压器铁芯用硅钢片叠合而成，不是整块硅钢（整块易产生涡流，增大损耗），B错误；C．保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈匝数，可研究匝数对输出电压的影响，C正确；
D．变压器电能通过磁场传递（互感），不是铁芯导电输送，D错误。
故选C。
【变式1】如图所示，充电基座安装有送电线圈，手机内部安装有受电线圈。当充电线圈接上220V的正
弦交流电源后，受电线圈产生的电流给手机电池充电。下列说法正确的是（ ）
A．受电线圈中感应电流产生的磁场不变
B．送电线圈中需要接交流电
C．基座接直流电源也能对手机充电
D．基座对手机传递电能过程中无电能损失
【答案】B
【详解】AB．由于送电线圈中通入正弦交流电源，可知送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化，则在
受电线圈中产生感应电流也是正弦交流电，此感应电流产生的磁场也是周期性变化，故A错误；B正确；
C．无线充电利用的是电磁感应原理，送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递，因此基座接直流
电源不能对手机充电，故C错误；
D．无线充电利用的是电磁感应原理，基座对手机充电中，由于存在漏磁现象，再有线圈本身有直流电
阻，所以基座对手机传递电能过程中仍有电能损失，故D错误。
故选B。
【变式2】下列设备或仪器中与其它几项工作原理不同的是（ ）
A． 变压器 B． 磁电式电流表C． 无线充电器 D． 电磁炉
【答案】B
【详解】变压器、无线充电器和电磁炉的工作原理都是电磁感应现象；磁电式电流表的工作原理是安培力
对通电导线的转动作用。
故选B。
【变式3】变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，铁芯Q安放在铁芯P上时，铁芯Q
中的薄硅钢片应平行于（ ）
A．平面𝑎𝑏𝑐𝑑 B．平面𝑎𝑏𝑓𝑒 C．平面𝑎𝑐𝑔𝑒 D．平面𝑎𝑒ℎ𝑑
【答案】D
【详解】根据变压器正视图
硅钢片的作用是形成闭合磁路，所以为了减小涡流产生的热量，硅钢片应平行于平面aehd。
故选D。
知识点 2：电压与匝数的关系
（1）实验探究：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系①实验步骤：
a) 按如图所示连接电路，在原线圈输入4～8V的交流电压。
b) 保持原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，观察电压表的示数，并记录。
c) 保持副线圈匝数不变，改变原线圈匝数，观察电压表的示数，并记录。
d) 重复多做几次。
②数据分析：
𝑛 𝑈
次数 n /匝 n /匝 1 U /V U /V 1
1 2 𝑛 1 2 𝑈
2 2
1
2
3
③结论：如果变压器原、副线圈的匝数之比不同，原副线圈上的电压之比也不一样。
④误差分析：实际中使用的变压器不是理想变压器，线圈通过电流时会发热，铁芯在交变磁场的作用下也
会发热，交变电流产生的磁场也不可能完全局限在铁芯内。
（2）理论推导：
∆𝜑 ∆𝜑
在如图所示的理想变压器中，原、副线圈中产生的感应电动势分别是：𝐸 =𝑛 ，𝐸 =𝑛 ，由此可得
1 1∆𝑡 2 2∆𝑡
𝐸 1 = 𝑛 1。
𝐸 2 𝑛 2
不考虑原、副线圈的电阻时，有𝑈 =𝐸 ，𝑈 =𝐸 ，所以有 𝑈 1 = 𝐸 1 = 𝑛 1。
1 1 2 2 𝑈 2 𝐸 2 𝑛 2
𝑈 𝑛
（3）理想变压器原、副线圈两端的电压跟其匝数成正比，即 1 = 1。
𝑈 𝑛
2 2
（4）变压器的分类：
①升压变压器：当n ＞n 时，U ＞U ，变压器使电压升高。
2 1 2 1
②等压变压器（又称隔离变压器）：当n ＝n 时，U ＝U ，变压器不改变电压。
2 1 2 1③降压变压器：当n ＜n 时，U ＜U ，变压器使电压降低。
2 1 2 1
【例2】图1为采用电磁感应加热技术的即热式水龙头。为研究加热效率，某同学将该系统等效为理想变
压器模型如图2，原线圈匝数𝑛 =50，副线圈匝数𝑛 =25，已知水龙头正常加热时，输入电压𝑈 =10
1 2 1
V，等效负载电阻（代表水流吸收热量的等效电阻）𝑅=0.5Ω，下列说法正确的是（ ）
A．副线圈输出的交流电压有效值为4V，加热系统正常工作
B．正常加热时，副线圈回路电流为10A
C．若在原线圈与副线圈之间插入一层铝箔，加热效率会显著提高
D．若原线圈匝数𝑛 增加到100，输入电压不变，则副线圈输出功率变为原来的2倍
1
【答案】B
【详解】A B．理想变压器,由 𝑈 2 = 𝑛 2
𝑈 1 𝑛 1
则副线圈输出的交流电压有效值为𝑈 =5V
2
副线圈回路电流为𝐼 = 𝑈 2 =10A,故A错误,B正确；
2
𝑅
C．铝箔导电，在原线圈与副线圈之间插入一层铝箔，会增加涡流，加热效率会显著降低，故C错误；
D．由 𝑈 2 = 𝑛 2
𝑈 1 𝑛 1
𝑈 =2.5V，则副线圈输出功率变小，故D错误。
2
故选B。
【变式1】在“探究通过变压器原、副线圈的电流与匝数的关系”实验中，将电源接在匝数为1400匝的原线
圈两端，副线圈的匝数为400匝，用多用电表测得副线圈两端的电压为2.8V，实际变压器存在漏磁，则原
线圈两端的电压可能为（ ）
A．2.8V B．8.0V C．9.3V D．10.2V【答案】D
【详解】根据变压器原理，理想情况下电压比等于匝数比，即 𝑈 1 = 𝑁 1
𝑈 2 𝑁 2
已知原线圈匝数𝑁 =1400，副线圈匝数𝑁 =400，副线圈电压𝑈 =2.8V
1 2 2
则理想原线圈电压为：𝑈 =𝑈 × 𝑁 1 =2.8× 1400 V=9.8V
1 2
𝑁 400
2
实际变压器存在漏磁，导致磁耦合不完全，因此实际副线圈电压小于理想值（即对于给定原线圈电压，实
际 𝑈 < 𝑁 2𝑈 ）。为在副线圈获得2.8V的电压，原线圈电压需大于理想值 9.8V。
2 1
𝑁
1
故选D。
【变式2】如图所示，一内阻不计的交流发电机向某电路供电，发电机线圈以角速度𝜔=8πrad/s匀速转
动，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2:1。灯泡L 、L 额定电压均为50V，额定功率分别为25W、
1 2
50W，两灯泡均正常发光。下列说法正确的是（ ）
A．理想变压器的输入功率为50W
B．发电机产生的感应电动势的最大值为100V
1
C．从图示位置起，经过 s时，穿过线圈的磁通量最大且变化率为零
8
4
D．若将原线圈匝数增大为原来的3倍，则副线圈两端交流电的频率变为 Hz
3
【答案】C
【详解】A．理想变压器的输出功率为𝑃 =25W+50W=75W
2
故理想变压器的输入功率为75W，A错误；
B．理想变压器的输出电压为𝑈 =50V
2
𝑛 𝑈
由 1 = 1，可得𝑈 =100V
𝑛 𝑈 1
2 2故发电机产生的感应电动势的最大值为𝑈 =100 2V，B错误；
1m
C．线圈的转动周期为𝑇= 2𝜋 = 1 s
𝜔 4
1
故经过 s时，线圈转动半个周期，处于中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大且变化率为零，C正确；
8
1
D．由𝑓= ，可知交流电的频率与线圈匝数无关，变压器不改变频率，故若将原线圈匝数增大为原来的3
𝑇
倍，则副线圈两端交流电的频率仍为𝑓= 1 =4Hz，D错误。
𝑇
故选C。
【变式3】某学习小组在做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验。
（1）为完成该实验，必须要选用的是__________
A．有闭合铁芯的原、副线圈
B．无铁芯的原、副线圈
C．交流电源
D．直流电源
E．多用电表（交流电压挡）
F．多用电表（交流电流挡）
（2）如图所示，将变压器的原线圈接在低压交流电源上，小灯泡接在变压器的副线圈上，小灯泡发光，
下列说法正确的是__________。
A．将原线圈接在电压相同的低压直流电源上，小灯泡亮度不变
B．电流从原线圈经铁芯流到副线圈，最后流过小灯泡C．将可拆变压器的横条铁芯取下，小灯泡的亮度降低
（3）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。
这个探究过程采用的科学探究方法是__________。
A．演绎法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．理想实验法
（4）用匝数𝑛 =80匝和𝑛 =160匝的变压器，实验测量数据如下表
𝑎 𝑏
U /V 1.80 2.80 3.80 4.90
a
U /V 4.00 6.01 8.02 9.98
b
根据测量数据可判断连接电源的线圈是__________。（选填“𝑛 ”或“𝑛 ”）
𝑎 𝑏
（5）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。分析下列可能的原因，你认为正确的
是__________。
A．变压器线圈中有电流通过时会发热
B．原、副线圈的电压不同步
C．铁芯在交变磁场的作用下会发热
D．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失
【答案】（1）ACE（2）C（3）C（4)𝑛 （5）ACD
𝑏
【详解】（1）为了减少能量损耗，应选用有闭合铁芯的原、副线圈；根据变压器原理，应选用交流电
源；因为副线圈输出的交流电，为了测得副线圈两端的电压，应选用多用电表（交流电压挡）。
故选ACE。
（2）A．将原线圈接在电压相同的低压直流电源上，副线圈的磁通量变化率为零，则副线圈的电压也为
零，灯泡不亮，故A错误；
B．原、副线圈无导线相连，两线圈中的电流是通过互感现象产生的，不是从原线圈经铁芯流到副线圈，
故B错误；
C．将可拆变压器的横条铁芯取下，磁场有泄漏，使得副线圈的磁通量变化率变小，副线圈的电压减小，
则小灯泡的亮度降低，故C正确。故选C。
（3）为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。
这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法。
故选C。
（4）由于存在有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副线圈测量的电压值应该小于理论值，由理想变
压器规律有 𝑈 𝑎 = 𝑛 𝑎 = 1
𝑈 𝑏 𝑛 𝑏 2
1
由表格数据可知𝑈 总是小于 𝑈 ，故𝑈 应该是副线圈的电压值，𝑈 应是原线圈的电压值，可判断连接电源
𝑎 2 𝑏 𝑎 𝑏
的线圈是𝑛 。
𝑏
（5）A．变压器线圈中有电流通过时会发热，线圈则有直流电阻，在线圈上会产生电压降，使副线圈输出
电压减小，故A正确；
B．原、副线圈的电压是否同步，对输出电压无影响，故B错误；
C．铁芯在交变磁场的作用下会发热，使变压器输出的电能小于输入电能，使副线圈输出的电压减小，故
C正确；
D．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失，即有漏磁现象，由能量守恒定律可知，副
线圈输出电压减小，D正确。
故选ACD。
知识点 3：电流与匝数的关系
（1）理想变压器中的功率关系：由于理想变压器没有能量损失，所以原线圈中的输入功率P 与副线圈中
1
的输出功率P 相等，即𝑃 =𝑃 。
2 1 2
（2）理论推导：
对于有一个副线圈的变压器，由于𝑃 =𝑃 ，即𝑈 𝐼 =𝑈 𝐼 ，所以有 𝐼 1 = 𝑈 2 = 𝑛 2。
1 2 1 1 2 2 𝐼 2 𝑈 1 𝑛 1
对于有多个副线圈的变压器，由于𝑃 =𝑃 ，即𝑈 𝐼 =𝑈 𝐼 +𝑈 𝐼 +⋯+𝑈 𝐼 ，又因为𝑈 :𝑈 :
1 2 1 1 21 21 22 22 2𝑛 2𝑛 1 21
𝑈 :⋯:𝑈 =𝑛 :𝑛 :𝑛 :⋯:𝑛 ，所以有𝐼 𝑛 =𝐼 𝑛 +𝐼 𝑛 +⋯+𝐼 𝑛 。
22 2𝑛 1 21 22 2𝑛 1 1 21 21 22 22 2𝑛 2𝑛
𝐼 𝑛
（3）理想变压器原、副线圈的电流跟其匝数成反比，即 1 = 2（适用于有一个副线圈的变压器）。
𝐼 𝑛
2 1理想变压器原线圈的电流与匝数的乘积等于各副线圈的电流与匝数的乘积之和，即𝐼 𝑛 =𝐼 𝑛 +
1 1 21 21
𝐼 𝑛 +⋯+𝐼 𝑛 （适用于有多个副线圈的变压器）。
22 22 2𝑛 2𝑛
（4）理想变压器的基本规律
表达式 依据 备注
频率关系 𝑓 =𝑓 =𝑓 =⋯=𝑓 互感原理 适用于各种理想变压器
1 2 3 𝑖
𝑈 𝑈 𝑈 ∆𝜑
电压关系 1 = 2 =⋯= 𝑖 𝐸=𝑛 适用于各种理想变压器
𝑛 𝑛 𝑛 ∆𝑡
1 2 𝑖
功率关系 𝑃 =𝑃 +𝑃 +⋯+𝑃 能量守恒 适用于各种理想变压器
1 2 3 𝑖
适用于一个原线圈、
𝐼 𝑛
1 2
= 𝑈 𝐼 =𝑈 𝐼
𝐼 𝑛 1 1 2 2
2 1 一个副线圈的情况
电流关系
适用于一个原线圈、
𝐼 𝑛 =𝐼 𝑛 +𝐼 𝑛 +⋯+𝐼 𝑛 功率关系
1 1 2 2 3 3 𝑖 𝑖
多个副线圈的情况
注：①表中的电压值、电流值均为有效值，而不是瞬时值。
②采用峰值时，公式仍成立。
【例3】理想变压器原线圈接入图乙所示的正弦式交流电，副线圈接一个规格为“6V，3W”的灯泡。灯泡正
常工作，则理想变压器原、副线圈的电流之比为（ ）
A．1:6 2 B．6 2:1 C．1:6 D．6:1【答案】C
【详解】令理想变压器原、副线圈匝数分别为𝑛 和𝑛
1 2
则原、副线圈电压满足 𝑈 1 = 𝑛 1
𝑈 2 𝑛 2
由图乙可知𝑈 =36 2
1
因此有𝑈 = 𝑛 236 2
2
𝑛
1
𝑈
交流电是正弦式交流电，灯泡正常工作，因此有副线圈电压有效值 2 =6V
2
解得 𝑛 2 = 1
𝑛 1 6
理想变压器输入功率等于输出功率𝑃 =𝑃 ，即𝑈 𝐼 =𝑈 𝐼
1 2 1 1 2 2
推导得 𝐼 1 = 𝑈 2 = 𝑛 2 =1:6
𝐼 2 𝑈 1 𝑛 1
故选C。
【变式1】如图所示，理想变压器的原线圈接在电压为12V的正弦交流电源上，副线圈接一个“6V、12W”
的小灯泡L。闭合开关S，小灯泡恰好正常发光。下列说法正确的是（ ）
A．变压器原、副线圈的匝数之比为1:2
B．变压器原线圈的输入电流为1A
C．变压器副线圈的输出电流为1A
D．变压器原线圈的输入功率为24W
【答案】B
【详解】A．小灯泡恰好正常发光，则变压器原、副线圈的匝数之比为 𝑛 1 = 𝑈 1 = 12 = 2 ，故A错误；
𝑛 2 𝑈 2 6 1
BC．变压器副线圈的输出电流为𝐼 = 𝑃 2 = 12 A=2A
2
𝑈 6
2根据 𝐼 1 = 𝑛 2 = 1
𝐼 2 𝑛 1 2
可得变压器原线圈的输入电流为𝐼 =1A，故B正确，C错误；
1
D．变压器原线圈的输入功率为𝑃 =𝑈 𝐼 =12×1W=12W，故D错误。
1 1 1
故选B。
【变式2】如图所示为某款磁吸式无线充电器对手机充电的原理图，它的发射线圈AB两端接入220V、
50Hz的正弦式交流电。已知发射线圈的匝数为1100匝，接收线圈的匝数为30匝。充电时，接收线圈的
电流大小为11A，不考虑过程中的漏磁和能量损失。下列说法正确的是（ ）
A．接收线圈的电压最大值为3 2V
B．发射线圈和接收线圈的电流频率之比为110:3
C．流过发射线圈的电流为0.3A
D．充电时，接收线圈始终有远离发射线圈的趋势
【答案】C
【详解】A．根据理想变压器电压与匝数成正比 𝑛 1 = 𝑈 1
𝑛 2 𝑈 2
解得接收线圈的电压为𝑈 =6V
2
接收线圈的电压最大值为𝑈 =6 2V，故A错误；
2max
B．变压器不改变交流电的频率，所以发射线圈和接收线圈的电流频率之比为1:1，故B错误；
C．根据理想变压器电流与匝数成反比 𝑛 1 = 𝐼 2
𝑛 2 𝐼 1
流过发射线圈的电流为𝐼 =0.3A，故C正确；
1
D．发射线圈接的是交流电，当发射线圈的电流减小时，由楞次定律可知接收线圈有靠近的趋势，当发射
线圈的电流增大时，由楞次定律可知接收线圈有远离的趋势，故D错误。故选C。
【变式3】如图甲所示为乐清湾农光互补、渔光互补光伏电力项目。该项目以U =220kV高压输出，通过
0
本地的变电站网络逐级降压配送。图乙是首次降压的变压器示意图，通往居民区的输出电压为
U =110kV，通往工业区的输出电压为U =55kV。已知工业区耗电功率是居民区的10倍，变压器可视为理
1 2
想变压器，初级线圈匝数为n ，电流为I ；居民区次级线圈匝数为n ，电流为I ；工业区次级线圈匝数为
0 0 1 1
n ，电流为I 。则（ ）
2 2
A．𝑛 ：𝑛 =1：2 B．I ：I =11：2
1 2 0 1
C．I ：I =1：2 D．I ：I =11：40
1 2 1 2
【答案】B
【详解】A．根据理想变压器的原理 𝑈 1 = 𝑛 1
𝑈 2 𝑛 2
𝑛 2
解得 1 = ，故A错误；
𝑛 1
2
BCD．由于理想变压器输入功率等于输出功率，则有𝑈 𝐼 =𝑈 𝐼 +𝑈 𝐼
0 0 1 1 2 2
结合题意可知𝑈 𝐼 =10𝑈 𝐼
2 2 1 1
代入数据解得𝐼 :𝐼 =11:2，𝐼 :𝐼 =1:20，故B正确，CD错误。
0 1 1 2
故选B。
知识点 4：变压器问题中的制约关系
（1）思考与讨论：如图所示，当理想变压器原、副线圈的匝数不变时，如果变压器的负载R变大，输入
电压U 、输出电压U 、输入电流I 、输出电流I 、输入功率P 、输出功率P 是否会随之变化？怎样变？
1 2 1 2 1 2U 由连接原线圈的交流电源决定，不变。
1
𝑈 𝑛
由 1 = 1可知，U 不变。
𝑈 𝑛 2
2 2
𝑈
由𝐼 = 2可知，I 变小。
2 𝑅 2
由𝑃 =𝑈 𝐼 可知，P 变小。
2 2 2 2
由P =P 可知，P 变小。
1 2 1
𝑃
由𝐼 = 1可知，I 变小。
1 𝑈 1
1
（2）变压器问题中的制约关系（因果关系）：
①电压制约：输入电压U 由电源决定；输出电压U 由U 和匝数比决定。
1 2 1
推导：由 U 1 = n 1，可得𝑈 = 𝑛 2𝑈 ，所以当匝数比和U 不变时，不论负载电阻R如何变化，U 不会改变。
U 2 n 2 2 𝑛 1 1 1 2
②电流制约：输出电流I 由U 和负载决定；输入电流I 由I 和匝数比决定。
2 2 1 2
推导：由 𝐼 1 = 𝑛 2，可得𝐼 = 𝑛 2𝐼 ，所以在使用变压器时，不能使次级电路短路，此时的变压器也不能看作
𝐼 2 𝑛 1 1 𝑛 1 2
理想变压器，原、副线圈中的电压关系不再成立。
③功率制约：输出功率P 由U 和I 决定；输入功率P 由P 决定。
2 2 2 1 2
功率制约关系、电流制约关系实质上体现了理想变压器中的能量守恒。
【例4】如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调
节，在副线圈两端连接了定值电阻𝑅 和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑片，在原线圈上加一电压有效
0
值为U的正弦交流电。下列说法正确的是（ ）
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，滑动变阻器R消耗的功率变大
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，变压器的输入功率变小
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，变压器的输出电压变小
【答案】A【详解】A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，变压器输出电压𝑈 不变，R增大，副线圈电流𝐼 减
2 2
小，匝数比不变，则电流表读数变小，故A正确；
B．滑动变阻器R消耗的功率为𝑃′ =[ 𝑈 2 ] 2 𝑅= 𝑈2 2
(𝑅+𝑅 0 ) 𝑅+2𝑅 0 +𝑅 𝑅 2 0
由于R与𝑅 大小关系未知，则滑动变阻器R消耗的功率不一定变大，故B错误；
0
𝑈 𝑛
CD．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，根据 1 = 1可知，变压器输出电压𝑈 增大，则𝑅 两端电压变
𝑈 𝑛 2 0
2 2
大，变压器输出功率𝑃 变大，则变压器输入功率𝑃 变大，故CD错误。
2 1
故选A。
【变式1】如图所示，理想变压器的输入电压保持不变。副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L 、L ，输
1 2
电线的等效电阻为𝑅。开始时，开关S闭合。当S断开后，下列说法正确的是（ ）
A．灯泡𝐿 变亮 B．理想电压表示数减小
1
C．理想电流表示数增大 D．变压器的输出功率增大
【答案】A
【详解】AB．当S断开后，副线圈所在电路的总电阻变大，但副线圈的输出电压不变，故副线圈的干路
电流𝐼 减小，故输电线的等效电阻𝑅上分到的电压减小，灯泡L 上的电压增大，理想电压表示数增大，灯
2 1
泡𝐿 变亮，故A正确，B错误；
1
𝐼 𝑛
C．根据变压器的原理，主副线圈的电流之比与线圈匝数之比满足 1 = 2，因𝐼 减小，理想电流表示数也减
𝐼 𝑛 2
2 1
小，故C错误；
D．设变压器的输出电压𝑈 ，因线圈匝数之比未发生变化，故副线圈的输出电压不变，输出功率为𝑃 =
2 出
𝑈 𝐼 ，由上述分析得干路电流𝐼 减小，变压器的输出功率减小，故D错误。
2 2 2
故选A。【变式2】河北拥山纳海、地貌丰富，有充沛的风能资源，风力发电极具潜力。图为风力发电机模型，风
轮通过变速箱带动电阻不计的矩形线圈，在匀强磁场中匀速转动产生正弦交流电，通过理想升压变压器给
3
电阻不变的灯泡L供电。若风轮的转速增大为原来的 倍，原线圈的匝数增大为原来的2倍，其他情况不
2
变，则灯泡L消耗的功率（ ）
16 4
A．增大为原来的 倍 B．增大为原来的 倍
9 3
9 3
C．减小为原来的 D．减小为原来的
16 4
【答案】C
【详解】矩形线圈中产生的交流电的电动势的最大值𝐸 =𝑁𝐵𝑆⋅2𝜋𝑛
𝑚
其中n为转速，变压器的输入电压𝑈 = 𝐸 𝑚
1
2
根据 𝑈 2 = 𝑛 2可得变压器的输出电压𝑈 = 𝑛 2⋅ 2𝜋𝑛𝑁𝐵𝑆
𝑈 1 𝑛 1 2 𝑛 1
2
灯泡L消耗的功率𝑃=𝑈2
2∝
𝑛
𝑅 𝑛
1
3 𝑛 3
若风轮的转速增大为原来的 倍，原线圈的匝数增大为原来的2倍，其他情况不变，则 减小为原来的 ，
2 𝑛 4
1
9
P减小为原来的 。
16
故选C。
【变式3】（多选）如图，理想变压器的原线圈接入电压𝑢=𝑈 sin𝜔𝑡的正弦式交流电，副线圈接有定值电
m
阻𝑟和可变电阻𝑅，原线圈的匝数为𝑛 不变，副线圈的匝数𝑛 可调，开始时𝑛 :𝑛 =4:1。当可变电阻的阻值
1 2 1 2
为𝑅 时，其电功率为𝑃。下列说法正确的是（ ）
0A．仅将副线圈的匝数调整为𝑛′ = 1 𝑛 ，可变电阻的电功率为4𝑃
2 1
2
B．仅将电源电压的最大值调整为2𝑈 ，可变电阻的电功率为4𝑃
m
1
C．仅将可变电阻𝑅的阻值调整为 𝑅 ，可变电阻的电功率大于4𝑃
4 0
D．仅将可变电阻𝑅的阻值调整为4𝑅 ，可变电阻的电功率小于4𝑃
0
【答案】ABD
【详解】A．当仅将副线圈匝数调整为𝑛′ = 1 𝑛 ，根据理想变压器电压与匝数成正比，有 𝑛 1 = 𝑈 1
2 2 1 𝑛 2 𝑈 2
副线圈上电压变为原来的2倍，根据𝐼 = 𝑈 2
2
𝑅
副
可知副线圈中电流变为原来的2倍，根据𝑃=𝐼2𝑅
可知可变电阻上电功率为原来的4倍，故A正确；
B．若仅将电源电压的最大值变为2𝑈 ，则副线圈上电流变为原来的2倍，根据𝑃=𝐼2𝑅
m
可变电阻上电功率为原来的4倍，故B正确；
2
C．设副线圈电压有效值为𝑈，则可变电阻𝑅消耗的电功率为𝑃= 𝑈 𝑅
0
𝑅 +𝑟
0
2
当可变电阻𝑅的阻值调整为 1 𝑅 时，消耗的电功率为𝑃′ =4 𝑈 𝑅 <4𝑃
4 0 𝑅 +4𝑟 0
0
故C错误；
2
D．仅将可变电阻𝑅的阻值调整为4𝑅 ，则可变电阻消耗的电功率为𝑃″ =4 𝑈 𝑅 <4𝑃
0 0
4𝑅 +𝑟
0
故D正确。
故选ABD。知识点 5：几种特殊变压器
（1）自耦变压器：铁芯上只有一组线圈，其中有一部分的线圈为原、副线圈共用。
作用：自耦变压器可以升压，也可以降压。
（2）电压互感器：把不能直接测量的高电压变为低电压测量的一种降压变压器。
工作原理：原线圈并联接入被测高压交流线路，副线圈与交流电压表相连，且副线圈接地，防止触电。利
用电压表的示数U 和铭牌上的变压比（匝数比）计算高压线的电压值。
2
（3）电流互感器：把不能直接测量的大电流变为小电流测量的一种升压变压器。
工作原理：原线圈串联接入被测大电流交流线路，副线圈与交流电流表相连，且副线圈接地，防止触电。
利用电流表的示数I 和铭牌上的变流比（匝数比）计算通过负载的电流值。
2
注意：副线圈不允许开路，否则会感应出高压发生危险。
（4）钳形电流表：
①优点：使用方便，不需切断电路。
②实质：电流互感器。穿过铁芯的被测电路导线作为互感器的原线圈，其中通过交流电时就在副线圈中感
应出电流。从而使电流表有示数。
③不足：一般准确度不高。【例5】（多选题）如图所示，一个面积为S的“匚”形单匝金属框绕转轴𝑂𝑂′以角速度𝜔匀速转动，转轴两
侧存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场，定值阻值𝑅 ，R为可变电阻，自耦变压器为理想
0
变压器，原副线圈匝数分别为𝑛 和𝑛 ，电流表为理想电表，金属框和导线电阻不计，从图示位置开始计
1 2
时。则下列说法正确的是（ ）
𝜋
A．𝑡= 时刻，通过𝑅 的电流为0，电流表示数为0
𝜔 0
B．保持R不变，顺时针转动滑片P，电流表示数变小
C．若保持滑片P位置不变，增大R，变压器输入电压𝑈 减小
1
D．保持滑片P位置不变，调节R的大小，当𝑅=( 𝑛 2） 2 𝑅 时，R的功率最大
0
𝑛
1
【答案】BD
【详解】A．从图示位置开始计时，𝑡= 𝜋 = π = 𝑇
𝜔 2π 2
𝑇
时刻，金属框位于中性面，瞬时电动势为0，电路中瞬时电流为0，电表读数为有效值不为0，故A错
误；
B．顺时针转动滑片P，副线圈匝数𝑛 减小，变压器和电阻箱变为等效电阻𝑅′ =( 𝑛 1） 2 𝑅
2
𝑛
2
变大，根据闭合电路欧姆定律𝐼= 𝐸
𝑅′+𝑅
0
可知电流表示数变小，故B正确；C．滑片不动，增大R，电流I减小，由𝑈 =𝐸―𝐼𝑅
1 0
可知，𝑈 变大，故C错误；
1
D．将𝑅 看成电源内阻，当外电阻等于内阻时，即𝑅 =𝑅′ =( 𝑛 1） 2 𝑅
0 0
𝑛
2
解得𝑅=( 𝑛 2） 2 𝑅
0
𝑛
1
电源输出功率最大，故D正确。
故选BD。
【变式1】（多选题）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，若输入电压𝑈 一定，则（ ）
1
A．𝑃不动，𝑃′向下滑动时，𝑈 不变
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 2
C．𝑃′不动，𝑃顺时针转动一个小角度时，电流表读数在增大
D．𝑃顺时针转动一个小角度，同时𝑃′向下滑动时，小灯泡的亮度可以不变
【答案】ABD
【详解】A．由题知输入电压𝑈 一定，根据电压与匝数比有 𝑈 1 = 𝑛 1
1 𝑈 2 𝑛 2
𝑃不动，则匝数比一定，可知𝑈 不变，与𝑃′向下滑动时无关，故A正确；
2
BC．𝑃′不动，𝑃顺时针转动一个小角度时，副线圈接入的线圈匝数变小，根据 𝑈 1 = 𝑛 1
𝑈 2 𝑛 2
可知U 和U 的比值增大，𝑈 变小；在副线圈回路中𝐼 = 𝑈 2
1 2 2 2
𝑅+𝑅
𝐿
可知通过副线圈的电流𝐼 减小；根据电流与匝数的比有 𝐼 1 = 𝑛 2
2 𝐼 2 𝑛 1
可知𝐼 变小，电流表读数在变小，故B正确，C错误；
1D．𝑃顺时针转动一个小角度时，𝑈 变小，则R变小时，在副线圈回路中有𝐼 = 𝑈 2
2 2
𝑅+𝑅
𝐿
无法确定电流的变化，既电流可以不变，所以小灯泡的亮度可以不变，故D正确。
故选ABD。
【变式2】（多选题）如图甲是一原、副线圈匝数均可调的理想自耦变压器，原线圈的输入电压随时间的
变化图像如图乙所示，则（ ）
A．原线圈输入电压有效值为311V
B．𝑡=0.5×10―2s时线圈内的磁通量变化率最大
C．只增加原线圈匝数，电阻R上的功率会减小
D．只减少副线圈匝数，原线圈的输入电功率会减小
【答案】BCD
【详解】A．根据图乙可知，原线圈输入电压的最大值为311V，则有效值为𝑈 = 311 V≈220V
1
2
故A错误；
B．根据图乙可知，𝑡=0.5×10―2s时原线圈瞬时电压为最大值，由于𝑈 =𝑛 ΔΦ
原 1 Δ𝑡
则线圈内的磁通量变化率最大，故B正确；
C．原、副线圈的电压比等于匝数比，只增加原线圈匝数，则匝数比增大，所以副线圈的电压减小，由于
𝑃=𝑈2
2
𝑅
可知，电阻𝑅上的功率会减小，故C正确；
D．只减少副线圈匝数，根据电压匝数关系可知，副线圈电压减小，根据𝑃=𝑈2
2
𝑅
可知，电阻𝑅上的功率会减小，即副线圈功率减小，则原线圈的输入电功率也会减小，故D正确。故选BCD。
【变式3】（多选题）一个理想的自耦变压器左端通过定值电阻𝑅 和电流表接交变电源，电源电压随时间
0
变化的关系为𝑢 =220 2sin100𝜋𝑡(V)，右端接入如图所示电路，𝑅 、𝑅 为定值电阻，𝑅 为滑动变阻器，
1 1 2 3
电压表和电流表均为理想交流电表。𝑅 =20Ω,𝑅 =5Ω,𝑅 的最大电阻也为5Ω，不计导线的电阻。研究发
0 2 3
现当滑动变阻器𝑅 的触头调至最上端时电流表示数𝐼=1A、电压表示数𝑈=10V。下列说法正确的是
3
（ ）
A．滑动变阻器𝑅 的触头向上滑动时，电压表的示数减小
3
B．保持𝑅 不变，当自耦变压器的可动端逆时针转动时，电流表的示数增大
3
C．电阻𝑅 的阻值为20Ω
1
D．当滑动变阻器𝑅 的触头调至最上端，电流表示数𝐼=1A时，变压器原、副线圈的匝数比为4∶1
3
【答案】BD
【详解】A．设右端电路的总电阻为R，在功率不变的前提下，自耦变压器及右侧的电路可等效为一接在
原线圈电路的电阻𝑅 ，有
𝐷
𝐼2𝑅=𝐼2𝑅
1 2 𝐷
原、副线圈的电流关系
𝑛 𝐼 =𝑛 𝐼
1 1 2 2
则
𝑛
1 2
𝑅 =（ ） 𝑅
𝐷 𝑛
2
当滑动变阻器𝑅 的触头向上滑动时，R增大，𝑅 增大，所以𝑅 分得的电压增大，即原线圈两端电压增大，
3 𝐷 𝐷
所以副线圈两端电压增大，电压表的示数增大，故A错误；B．当自耦变压器的可动端逆时针转动时，n 增大，R 减小，原线圈电路中总电阻减小，电流增大，电流
2 D
表的示数增大，故B正确；
CD．电源的电压有效值为
𝑈
m
𝑈= =220V
2
副线圈中的电流为
𝑈
V
𝐼 = =4A
2 𝑅 𝑅
2 3
𝑅 +𝑅
2 3
则原副线圈的匝数比为
𝑛 𝐼 𝐼 4
1 2 2
= = =
𝑛 𝐼 𝐼 1
2 1
原线圈的输入电压为
𝑈 =𝑈―𝐼𝑅 =200V
1 0
副线圈的电压为
𝑛
2
𝑈 = 𝑈 =50V
2 𝑛 1
1
则𝑅 两端的电压为
1
𝑈 =𝑈 ―𝑈 =40V
𝑅 1 2 V
所以𝑅 的阻值为
1
𝑈
𝑅
𝑅 = 1 =10Ω
1 𝐼
2
故C错误，D正确。
故选BD。
【例6】（多选题）交流电压表和交流电流表的测量量程有限，不能直接接在大电压或大电流的电路中使
用，但可以利用互感器来实现测量。如下图甲和乙是两个互感器的原理图，下列说法正确的是（ ）A．图甲是电压互感器，表中测量的电压比线路中的电压小
B．图甲是电流互感器，表中测量的电流比线路中的电流大
C．图乙是电压互感器，表中测量的电压比线路中的电压大
D．图乙是电流互感器，表中测量的电流比线路中的电流小
【答案】AD
【详解】AB．图甲互感器并联接入电路，应为电压互感器，根据变压器的原理
𝑈 𝑛
1 1
=
𝑈 𝑛
2 2
可知，表中测量的电压比线路中的电压小，A正确，B错误；
CD．图乙互感器串联接入电路，应为电流互感器，根据变压器电流与线圈匝数的关系
𝐼 𝑛
1 2
=
𝐼 𝑛
2 1
可知，表中测量的电流比线路中的电流小，C错误，D正确。
故选AD。
【变式1】（多选题）互感器又称仪用变压器，是电流互感器和电压互感器的统称，常用于测量或保护系
统。如图所示，𝑇 、𝑇 是监测交流高压输电参数的互感器，a、b是交流电压表或交流电流表，若高压输电
1 2
线间电压为220kV，𝑇 的原、副线圈匝数比为1:20，交流电压表的示数为200V，交流电流表的示数为2A，
1
则下列说法正确的是（ ）A．a是交流电压表，b是交流电流表
B．𝑇 的原、副线圈匝数比为1100:1
2
C．高压线路输送的电流为20A
D．高压线路输送的电功率为8.8×103kW
【答案】BD
【详解】A．图中𝑇 的原线圈并联在高压输电线上，𝑇 的原线圈串联在高压输电线上，可知，𝑇 为电流互
2 1 1
感器，𝑇 为电压互感器，即a是交流电流表，b是交流电压表，故A错误；
2
B．𝑇 为电压互感器，根据电压与匝数的关系有
2
𝑛 𝑈 220×103 1100
𝑏1 1
= = =
𝑛 𝑈 200 1
𝑏2 2
故B正确；
C．𝑇 为电流互感器，根据电流与匝数的关系有
1
𝐼 𝑛
1 𝑎2
=
𝐼 𝑛
2 𝑎1
解得
𝐼 =40A
1
故C错误；
D．结合上述，高压线路输送的电功率为
𝑃=𝑈 𝐼 =8.8×103kW
1 1
故D正确。故选BD。
【变式2】（多选题）如图所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压
器原副线圈的匝数比为𝑘₁，电压表读数为U，乙图中变压器原副线圈的匝数比为k ，电流表读数为𝐼。则甲
2
图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为（ ）
𝑈 𝐼
A． B．𝑘 𝑈 C． D．𝑘₂𝐼
𝑘 1 𝑘
1 2
【答案】BC
【详解】AB．由理想变压器原副线圈匝数与电压关系，可得
𝑈
原
=𝑘
𝑈 1
解得
𝑈 =𝑘 𝑈
原 1
故A错误；B正确；
CD．由理想变压器原副线圈匝数与电流关系，可得
𝐼 1
原
=
𝐼 𝑘
2
解得
𝐼
𝐼 =
原 𝑘
2
故C正确；D错误。
故选BC。【变式3】（多选题）互感式钳形电流表内部结构如图所示，电流表与次级线圈相连，用手柄控制钳形铁
芯上方开口的开合，则（ ）
A．互感式钳形电流表可用来测量恒定电流
B．互感式钳形电流表测电流时相当于升压变压器
C．次级线圈匝数越少，通过内部电流表的电流越大
D．测量时互感式钳形电流表应串联在被测通电导线中
【答案】BC
【详解】A．互感式钳形电流表利用的是电磁感应的互感原理，不能测量恒定电流，故A错误；
B．该电表原线圈为单匝，次级线圈匝数大于初级线圈匝数根据变压器规律知相当于升压变压器，故B正
确；
C．由电流大小与线圈匝数成反比，所以次级线圈匝数越少，电流表读数越大，故C正确；
D．测量时，用手柄控制钳形铁芯上方开口打开，将被测通电导线圈放入其中，不需要将电流表串联在被
测通电导线中，故D错误；
故选BC。
【巩固训练】
1．如图所示为变压插座，变压插座给我们的生活带来了很多的便利。家庭使用时变压插座连接的交变电
流的电动势𝑒=220 2sin100𝜋𝑡(V)，通过变压插座可以调节电压供不同的用电器使用，变压插座内部的变
压器可看作理想变压器。关于该变压器，下列说法正确的是（ ）A．当旋钮旋转至“5V”时，变压器内原、副线圈匝数比为44 2:1
B．当旋钮旋转至“10V”，正常工作时变压器内流过原、副线圈的电流比为1:22 2
C．当旋钮旋转至“11V”，但未连接用电器时变压器内副线圈两端的电压为0
D．当旋钮旋转至“11V”，正常工作时若增加负载，则变压器原线圈中的电流增大
【答案】D
【详解】A．交流电电动势的有效值为𝑈 =220 2V=220V
1
2
变压插座上标的电压值也为有效值，变压器工作时原、副线圈两端的电压与匝数成正比，原、副线圈的电
流与匝数成反比，所以当旋钮转至“5V”时，变压器内原、副线圈匝数比为𝑛 :𝑛 =𝑈 :𝑈 =44:1
1 2 1 2
故A错误；
B．结合上述可知，当旋钮转至“10V”，变压器原副线圈匝数之比𝑛 :𝑛 =𝑈 :𝑈 =22:1
1 2 1 2
根据电流匝数关系可知，正常工作时变压器内流过原、副线圈的电流比为𝐼 :𝐼 =𝑛 :𝑛 =1:22
1 2 2 1
故B错误；
C．变压器的工作原理是互感，可知，副线圈空载时变压器的输出电压不变，并不等于0，故C错误；
D．结合上述，当旋钮转至“11V”，正常工作时，变压器副线圈的输出电压一定，若增加负载，由于负载并
联，负载接入电阻变小，通过副线圈的电流增大，根据电流匝数关系可知，变压器原线圈中的电流也增
大，故D正确。
故选D。
2．（多选题）家用燃气灶点火装置的电路原理图如图所示，转换器将直流电转换为u=5sin（100πt）V的
正弦交流电，并加在理想变压器的原线圈上，原、副线圈的匝数分别为n 和n ，电压表为理想电表。闭合
1 2
开关S，当两点火针间的瞬时电压大于2500V时会产生电火花点燃燃气。下列说法正确的是（ ）A．通过原、副线圈的磁通量之比为1∶1
B．副线圈中交变电流频率为100Hz
C．若能点燃燃气，则n >500n
2 1
D．电压表的示数为5V
【答案】AC
【详解】A．变压器为理想变压器，忽略了漏磁，此时穿过原副线圈的磁通量相等，即通过原、副线圈的
磁通量之比为1∶1，故A正确；
B．根据圆频率与频率的关系有𝜔=2𝜋𝑓=100𝜋rad/s
解得𝑓=50Hz，故B错误；
C．根据题意可知，原线圈两端交流电的最大值为U =5V
m1
当两点火针间的瞬时电压大于2500V时会产生电火花点燃燃气，根据电压匝数关系有 𝑈 m1 = 𝑛 1
𝑈 m2 𝑛 2
解得𝑈 = 𝑛 2 𝑈 m1 >2500V
m2 𝑛
1
则有𝑛 >500𝑛 ，故C正确；
2 1
D．电压表的示数为有效值，则电压表的示数𝑈= 5 V=5 2V，故D错误。
2 2
故选AC。
3．（多选题）云南石龙坝水电站于1912年建成发电。发电机组由两台相同的发电机组成，当水的总流量
为4.0m3/s、水的落差为15m时，每台发电机输出功率为240kW。发电机组输出到变压器（视为理想变压
器）的电压为500V，变压后以23kV的高压向昆明市区送电。重力加速度g取10m/s2，水的密度
ρ=1.0×103kg/m3，不计空气阻力，则（ ）A．水电站的总效率约为40%
B．水电站的总效率约为80%
C．变压器原、副线圈匝数比为1:92
D．变压器原、副线圈匝数比为1:46
【答案】BD
【详解】AB．发电站的输出功率2𝑃 =𝜂𝑃 ，𝑃 = 𝜌𝑄⋅Δ𝑡⋅𝑔ℎ
1 0 0
Δ𝑡
代入数据解得𝜂=80%，故A错误，B正确；
CD．变压器原、副线圈匝数比为 𝑛 1 = 𝑈 1 = 500 = 1 ，故C错误，D正确。
𝑛 2 𝑈 2 23000 46
故选BD。
4．如图所示为磁吸式无线充电器对手机充电的原理图，它的发射线圈AB两端接入220V、50Hz的正弦式
交流电。已知发射线圈的匝数为2200匝，手机充电电压为4V。快速充电时流过接收线圈的电流为3A，
不考虑过程中的漏磁和能量损失。则（ ）
A．接收线圈的匝数为80匝
3
B．流过发射线圈的电流为 A
55
C．发射线圈和接收线圈的电流频率之比为55:1
D．充电时，无线充电器输出功率为66W
【答案】B
𝑈 𝑈
【详解】A．由 1 = 2，解得𝑛 =40匝，A错误；
𝑛 𝑛 2
1 2
B．由𝑛 𝐼 =𝑛 𝐼 ，解得𝐼 = 3 A，B正确；
1 1 2 2 1
55C．变压器不改变交流电的频率，C错误；
D．充电时，无线充电器输出功率𝑃=𝑈 𝐼 =12W，D错误。
2 2
故选B。
5．某理想变压器如图甲，原副线圈匝数比4：1，输入电压随时间的变化图像如图乙，𝑅 的阻值为𝑅 的2
1 2
倍，则（ ）
A．交流电的周期为2.5s
B．电压表示数为12V
C．副线圈干路的电流为𝑅 电流的2倍
1
D．原副线圈功率之比为4：1
【答案】B
【详解】A．由图可知，交流电的周期为2.25s，故A错误；
B．根据图乙可知，输入电压最大值𝑈 =48 2V，则输入电压有效值为𝑈 = 𝑈 m =48V
m 1
2
根据变压比可知，副线圈电压即电压表示数为𝑈 = 𝑛 2𝑈 =12V，故B正确；
2 1
𝑛
1
C．𝑅 的阻值为𝑅 的2倍，根据并联规律可知，两电阻的电压相同，根据欧姆定律可知，流经𝑅 和𝑅 的电
1 2 1 2
流之比为1:2，副线圈干路电流等于流经两电阻的电流之和，则副线圈干路的电流为𝑅 电流的3倍，故C
1
错误；
D．根据变压器的原理可知，原副线圈功率相同，故D错误。
故选B。6．（多选题）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为11:1，原线圈接在电压𝑈=220 2sin100𝜋𝑡
(V)的交流电源上，副线圈接有定值电阻𝑅 和滑动变阻器𝑅 ，初始时滑片位于𝑅 的正中间，V 、V 、A均
1 2 2 1 2
为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．电压表V 的示数为220V
1
B．电压表V 的示数为20V
2
C．滑片向上移动的过程中，电流表A的示数减小
D．滑片向上移动的过程中，原线圈输入功率增大
【答案】AD
【详解】A．原线圈两端的电压有效值𝑈 =220 2V=220V
1
2
即电压表V 的示数为220V，故A正确；
1
B．根据电压匝数关系有 𝑈 1 = 𝑛 1
𝑈 2 𝑛 2
解得副线圈两端的电压𝑈 =20V
2
而V 的示数仅表示定值电阻𝑅 两端的电压，即电压表V 的示数小于20V，故B错误；
2 1 2
C．滑片向上移动的过程中，𝑅 接入阻值减小，根据欧姆定律有𝐼 = 𝑈 2
2 2
𝑅 +𝑅
1 2
可知，电流表A的示数增大，故C错误；
D．原线圈输入功率𝑃 =𝑃 =𝑈 𝐼
1 2 2 2
𝑈 不变，𝐼 增大，则滑片向上移动的过程中，原线圈输出功率增大，则原线圈输入功率增大，故D正确。
2 2
故选AD。7．（多选题）如图所示，有一台理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，用理想电压表和理想电流表测
量副线圈的电压和电流，R为副线圈的负载电阻，现在原线圈两端加上交变电压u，其随时间变化的规律
为𝑢=220 2sin100𝜋𝑡(V)，则（ ）
A．副线圈中产生的交变电流频率为50Hz
B．电压表的示数的最大值为44 2V
C．若电流表示数为0.lA，则原线圈中的电流为0.5A
D．若电流表示数为0.1A，则1分钟内电阻R上产生的焦耳热为264J
【答案】AD
【详解】A．由表达式知道周期𝑇= 2𝜋 =0.02s
𝜔
所以频率𝑓= 1 =50Hz
𝑇
A正确；
B．根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220 2V ，所以副线圈的电压的最大值为44 2
V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为44V，所以B错误；
C．电流与匝数成反比，所以若电流表示数为0.1A，则原线圈中的电流为0.02A，所以C错误；
D．副线圈消耗的电能全部转化为焦耳热，所以Q=UIt=264J
所以D正确。
故选AD。
8．如图甲所示，滑动变阻器𝑅 （阻值0~100Ω）的滑片处于某一位置时，理想交流电压表示数U=200V，
2
灯泡L （100V，100W）、L （50V，50W）均恰好正常发光，在𝑀、𝑁端接入如图乙所示的交变电压，变
1 2
压器为理想变压器，下列说法正确的是（ ）A．乙图所示的交变电压的有效值为220 2V
B．变压器原副线圈匝数比𝑛 :𝑛 =1:2
1 2
C．电阻𝑅 =20Ω
1
D．若将滑动变阻器𝑅 触头向𝑏端移动，灯泡L 将会变暗
2 1
【答案】C
【详解】A．乙图所示的交变电压的有效值为𝑈 =220 2V=220V，故A错误；
0
2
B．理想交流电压表示数为原线圈两端电压，则有U =U=200V
1
两灯泡均正常发光，则副线圈两端电压𝑈 =100V
2
根据电压匝数关系有 𝑈 1 = 𝑛 1
𝑈 2 𝑛 2
𝑛
解得 1 =2，故B错误；
𝑛
2
C．两灯泡均正常发光，则副线圈通过的电流𝐼 = 100 A+ 50 A=2A
2
100 50
根据电流匝数关系有 𝐼 1 = 𝑛 2
𝐼 2 𝑛 1
在原线圈所在电路中有𝑈 =𝐼 𝑅 +𝑈
0 1 1 1
解得𝑅 =20Ω，故C正确；
1
𝑛1𝑈 2 2
D．将变压器与负载等效为一个电阻，则有𝑅 = 𝑈 1 =𝑛2 2 = 𝑛 1 𝑈 2 = 𝑛 1 𝑅
等 𝐼
1
𝑛
𝑛1
2𝐼
2
𝑛
2
𝐼
2
𝑛
2
负
原线圈中电流𝐼 = 𝑈 0
1
𝑅 +𝑅
1 等当滑动变阻器𝑅 触头向𝑏端移动，滑动变阻器接入电阻增大，𝑅 增大，𝑅 增大，则原线圈中电流减小，
2 负 等
𝑅 承担电压减小，原线圈两端电压增大，根据电压匝数关系可知，副线圈两端电压增大，通过灯泡L 电流
1 1
增大，灯泡L 将会变亮，故D错误。
1
故选C。
9．如图所示是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器可视为理想变压器，输入电压也可以视
为不变，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R 表示，变阻器R代表用户用电器，
0
当用电器增加时（相当于R的值减小），关于图中各表读数的判断，下列说法正确的是（ ）
A．A 、A 读数都增大
1 2
B．A 读数增大、A 读数减小
1 2
C．V 读数增大、V 读数减小
2 3
D．V 读数减小、V 读数减小
2 3
【答案】A
【详解】CD．理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以
副线圈的输出电压也不变，所以V 的示数不变，当用电器增加时，相当于𝑅的阻值减小，电路中的总的电
2
阻减小，所以电流要变大，即A 的示数变大，由于副线圈的电流变大，电阻𝑅 的电压变大，又因为V 的
2 0 2
示数不变，所以V 的示数变小，故C D错误。
3
AB．由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小，输出的功率𝑈 𝐼 变大了，所
2 2
以原线圈的输入的功率𝑈 𝐼 也要变大，因为输入的电压𝑈 不变，所以输入的电流要变大，所以A 的示数变
1 1 1 1
大，故A正确，B错误。
故选A。
10．（多选题）如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强
磁场中绕转轴𝑂𝑂′以角速度𝜔匀速转动，轴𝑂𝑂′垂直于磁感线，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1:2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线
圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的是（ ）
A．交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为𝑒=𝑁𝐵𝜔𝐿2cos𝜔𝑡
B．变压器的输入功率与输出功率之比为2:1
C．电压表V示数为𝑁𝐵𝜔𝐿2
D．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均减小
【答案】AC
【详解】A．图示线圈平面与磁场方向平行，即线圈平面与中性面垂直，可知，交流发电机的感应电动势
的瞬时值表达式为𝑒=𝑁𝐵𝜔𝐿2cos𝜔𝑡，故A正确；
B．理想变压器自身不消耗功率，可知，变压器的输入功率与输出功率之比为1:1，故B错误；
C．结合上述原线圈电压的有效值𝑈 =𝑁𝐵𝜔𝐿2
1
2
根据电压匝数关系有 𝑈 1 = 𝑛 1
𝑈 2 𝑛 2
解得变压器副线圈两端电压有效值𝑈 = 2𝑁𝐵𝜔𝐿2
2
由于晶体二极管的单向导电性，通过滑动变阻器R的交流电的波形为完整正弦波的一半，令其有效值为
𝑈 ，根据有效值的定义有 𝑈 3 2 𝑇=𝑈2 2⋅ 𝑇
3 𝑅 𝑅 2
解得𝑈 =𝑁𝐵𝜔𝐿2
3
即电压表V示数为𝑁𝐵𝜔𝐿2，故C正确；
D．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，由于原线圈两端电压𝑈 一定，则副线圈两端电压𝑈 一定，结合上述
1 2
可知，𝑈 不变，即电压表示数不变，由于滑动变阻器接入电阻增大，则电流表示数减小，故D错误。
3
故选AC。11．（多选题）自耦变压器是初级线圈和次级线圈在同一条绕组上的变压器，是一种原、副绕组直接串联
自行耦合的变压器。根据结构还可细分为可调压式和固定式两种。如图甲所示为一可调压式自耦变压器，
线圈AB均匀绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，拨动滑动触头P就可以调节输出电压。
图中变压器视为理想变压器，两电表均为理想交流电表，R = 6Ω、R = 5Ω。R 为总阻值为10Ω的滑动变
1 2 3
阻器。现在CD两端输入图乙所示正弦式交流电，下列说法正确的是（ ）
A．若变压器滑动触头P拨至线圈中间位置，电压表示数是18 2V
B．若电压表与电流表示数分别是10V和1A，变压器原副线圈匝数比为9：7
C．当滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电压表读数不变，电流表读数变小
D．当变压器滑动触头P顺时针转动时，电流表，电压表示数均变小
【答案】BD
【详解】A．由图乙可知输入电压的有效值为
𝑈
U = max = 36V
1
2
若变压器滑动触头P拔至线圈中间位置，根据原副线圈的电压比与匝数比的关系有
𝑛 𝑈
1 = 1
𝑛 𝑈
2 2
可计算出
U = 18VU 为MN两点间的电压，是R 和R 、R 并联部分电压的总和，而电压表示数只是R 、R 并联部
2 2 1 2 3 2 3
分电压，A错误；
B．若电压表与电流表示数分别是10V和1A，则R 的电流为
2
𝑈 10
IR = = A = 2A
2 𝑅2 5
则可计算出U = I × R + U = (2 + 1) × 6 + 10V = 28V
2 2 1
根据原副线圈的电压比与匝数比的关系有
𝑛 𝑈
1 = 1
𝑛 𝑈
2 2
可计算出
𝑛 9
1 =
𝑛 7
2
B正确；
C．当滑动变阻器滑动触头向上滑动时，R 增大，则R 增大，由于变压器滑动触头P不动、输入电压不
3 总
变，则U 不变、I 减小，由闭合电路的欧姆定律可知R 的电压减小、电压表示数增大，再由欧姆定律可
2 2 1
知电流表示数减小，C错误；
D．变压器滑动触头P顺时针转动时，n 减小、输入电压不变，则U 减小、R 不变、I 减小，根据欧姆
2 2 总 2
定律电压表示数减小、电流表示数减小，D正确。
故选BD。
12．互感器是一种特殊变压器，其原理为法拉第电磁感应定律。如图所示，在输电线路起始端接I、II两
个互感器，用来测高压电的电流或电压，I、II两个互感器原、副线圈的匝数比分别为1∶20和200∶1，
电流互感器的示数为2A，电压互感器的示数为100V，互感器均视为理想变压器，不计互感线圈的电阻。
下列说法正确的是（ ）
A．互感器I是电流互感器，互感器II是电压互感器
B．通过输电线的电流为10A
C．输电线路的输送电压为2000VD．输电线路的总功率为2.0×104W
【答案】A
【详解】A．互感器I是电流互感器，互感器II是电压互感器，故A正确；
B．电流互感器的示数为2A，根据匝数比与电流的反比关系知，通过输电线的电流为𝐼= 20 ×2A=40A
1
故 B错误；
C．电压互感器的示数为100V，根据匝数比与电压比的关系知，输电线路的输送电压为𝑈= 200 ×100V
1
=2.0×104V
故 C错误；
D．输电线路的总功率为𝑃=𝑈𝐼=8.0×105W，故D错误。
故选A。
