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第2 讲 变压器 远距离输电
实验：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.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.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)实验方法采用控制变量法
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n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影
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．
1
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(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 在“探究变压器原、副线圈电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示．
(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．等效替代法
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)以下给出的器材中，本实验需要用到的有哪些________；
(4)下列做法正确的是________；
A．为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12 V
B．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
C．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数多
D．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
(5)在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱上，用电表测得副线圈的
“0”和“400”两个接线柱之间的电压为3.0 V，则原线圈的输入电压可能为________．(填
选项前字母)
A．1.5 V
B．3.0 V
C．6.0 V
D．7.0 V
2
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答案 (1)A (2)C (3)BD (4)B (5)D
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，为防止出现涡流，选择用绝缘的硅钢片叠成的铁芯，
故C 正确，A、B、D 错误．
(3)实验中需要交流电源和交流电压表，不需要干电池和直流电压表，故选B、D.
(4)变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不能
超过12 V，若用直流电源，变压器不能工作，故A 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，故B 正确；观察两个线圈的导线，发现粗细
不同，由变压器工作原理知＝，可知匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少，
故C 错误；变压器的工作原理是电磁感应现象，若不计各种损耗，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”磁场能的作用，不是铁芯导
电，传输电能，故D 错误．
(5)若是理想变压器，则由变压器原、副线圈电压与匝数的关系有＝，若变压器的原线圈接
“0”和“800”两个接线柱，副线圈接“0”和“400”两个接线柱，可知原、副线圈的匝数
比为2∶1，副线圈的电压为3 V，则原线圈的电压为U1＝2×3 V＝6 V，考虑到不是理想变
压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6 V，可能为7 V，故D 正确．
考点二 理想变压器的原理及应用
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
(1)功率关系：P 入＝
P 出．
(2)电压关系：＝.
(3)电流关系：只有一个副线圈时＝.
3
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(4)频率关系：f 出＝
f 入．
1．变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用．( √ )
2．变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率．( × )
3．在任何情况下，理想变压器均满足＝、＝、P 入＝P 出．( × )
1．理想变压器的制约关系
电压
原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2，U2＝U1
功率
副线圈的输出功率P 出决定原线圈的输入功率P 入，P 入＝P 出
电流
副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1，I1＝I2
2.含有多个副线圈的变压器
计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系：
电压关系：＝＝＝…＝
功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn
电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn
考向1 变压器基本物理量的分析与计算
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n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcos (100πt)．单匝线圈绕过铁芯连接交流
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．n1为1 100 匝，Um为220 V
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；根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V 时，BC 间的电压为UBC＝
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＝12 V，故BC 间的线圈与单匝线圈匝数关系有＝，则BC 间的线圈匝数为120 匝，流过R
的电流为IBC＝＝＝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，交流电的角
速度为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IAC＝＝ A＝2.5 A，交流电的周期为T＝＝0.02 s，D 正确．
例3 (2022·北京卷·4)某理想变压器的原线圈接在220 V 的正弦交流电源上，副线圈输出电
压为22 000 V，输出电流为300 mA.该变压器( )
A．原、副线圈的匝数之比为100∶1
B．输入电流为30 A
C．输入电流的最大值为15 A
D．原、副线圈交流电的频率之比为1∶100
答案 B
解析 原、副线圈的匝数之比为＝＝＝，故A 错误；根据＝可得输入电流为I1＝I2＝
100×300×10－3 A＝30 A，故B 正确；输入电流的最大值为Im＝I1＝30 A，故C 错误；变压
器不会改变交流电的频率，故原、副线圈交流电的频率之比为1∶1，故D 错误．
考向2 原线圈接入用电器的变压器问题分析
例4 (2023·江苏省名校联考)如图，一理想变压器ab 端接交流电源，原线圈匝数为100 匝，
R1、R2、R3 阻值相等．则当开关S 断开时R1 的功率为P1，当S 闭合时R1 的功率为P2，且
P1∶P2＝9∶25，则副线圈匝数为( )
A．25 B．50 C．200 D．400
答案 B
解析 设原、副线圈的匝数比为n，开关断开时原线圈电流为I1，开关闭合时原线圈电流为
I2，由P1∶P2＝9 25
∶
、P＝I2R 可知I1∶I2＝3 5∶；设开关断开时副线圈电流为I1′，开关闭合时副线
圈电流为I2′，设R1＝R2＝R3＝R，则开关断开时副线圈电压为U1′＝I1′R＝nI1R，此时原线圈
输出电压为U1＝nU1′＝n2I1R，总电压为U＝U1＋I1R＝n2I1R＋I1R，由欧姆定律可知开关闭合
时副线圈电阻为R′＝0.5R，此时副线圈电压为U2′＝I2′·0.5R＝0.5nI2R，此时原线圈输出电压
为U2＝nU2′＝0.5n2I2R，总电压为U＝U2＋I2R＝0.5n2I2R＋I2R，联立解得n＝2，则副线圈的
匝数为n′＝×100＝50，故B 正确，A、C、D 错误．
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考点三 理想变压器的动态分析
1．匝数比不变的分析思路
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，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，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化．
(3)I2变化引起P2变化，而P1＝P2，故P1发生变化．
2．负载电阻不变的分析思路
(1)U1不变，发生变化时，U2变化．
(2)R 不变，U2变化时，I2发生变化．
(3)根据P2＝，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化．
1．变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小．( × )
2．原线圈所加电压恒定，当原线圈的匝数增加时，副线圈两端电压增大．( × )
3．变压器副线圈接入负载越多，原线圈的输入电流越小．( × )
考向1 理想变压器匝数不变问题的分析和计算
例5 (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
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I2＝，可知副线圈的电流逐渐减小，由＝，可知变压器原线圈的电
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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R 并联总电阻减小，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．
考向2 理想变压器负载不变问题的分析和计算
例6 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
答案 B
解析 由＝，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．
考点四 远距离输电
如图所示，若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.
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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)减小输电线的电阻R.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．
(2)减小输电导线中的电流．在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提
高输电电压．
1．增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失．( √ )
2．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗．( √ )
3．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＝.( × )
1．理清输电电路图的三个回路(如图)
(1)在电源回路中，P 发电机＝U1I1＝P1.
(2)在输送回路中，I2＝I 线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R 线，ΔP＝I2
2R 线．
(3)在用户回路中，P4＝U4I4＝P 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：＝，＝，P1＝
P2.
(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：＝，＝，P3＝
P4.
3．掌握一个守恒观念
功率关系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I 线＝I 线2R 线＝.
例7 如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压为U，用等效总电阻
是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1，在输电线与用户间
连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2，则( )
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A．用户端的电压为
B．输电线上损失的电压为U
C．理想变压器的输入功率为I1
2r
D．输电线路上损失的电功率为I1U
答案 A
解析 因为P 入＝P 出，所以U1I1＝U2I2，即U2＝，选项A 正确；输电线上损失的电压为U 线
＝U－U1，选项B 错误；理想变压器的输入功率P 入＝I1U1，输电线路上损失的电功率
P 损＝I1
2r＝I1(U－U1)，选项C、D 错误．
例8 (多选)(2021·山东卷·9)输电能耗演示电路如图所示．左侧变压器原、副线圈匝数比
为1∶3，输入电压为7.5 V 的正弦交流电．连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R 的
阻值为10 Ω.开关S 接1 时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R 上的功率为10 W；接
2 时，匝数比为1∶2，R 上的功率为P.以下判断正确的是( )
A．r＝10 Ω
B．r＝5 Ω
C．P＝45 W
D．P＝22.5 W
答案 BD
解析 左侧变压器副线圈两端电压U2＝3×7.5 V＝22.5 V，当开关S 接1 时，电阻R 上的电
压，即右侧变压器副线圈两端电压U4＝ V＝10 V，电流I4＝＝1 A，则右侧变压器原线圈两
端电压U3＝×10 V＝20 V，电流I3＝×1 A＝0.5 A，则r＝＝5 Ω；当开关S 接2 时，设输电电
流为I，则右侧变压器副线圈中的电流为0.5I；根据右侧变压器两边电压与匝数的关系可知
＝，解得I＝3 A，则R 上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，故选B、D.
课时精练
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( )
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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，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．(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．
3．(2021·广东卷·7)某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线
管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s，电压最大值为0.05 V，理想变压器原线圈接螺
线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是( )
A．交流电的频率为10 Hz
B．副线圈两端电压最大值为3 V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
答案 B
解析 周期为T＝0.2 s，频率为f＝＝5 Hz，故A 错误；由理想变压器原理可知＝，解得副
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线圈两端的最大电压为U2＝U1＝3 V，故B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁
场越强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C 错误；由理想变
压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D 错误．
4．(多选)无线充电器能给手机充电是因为两者内部有线圈存在，当电源的电流通过无线充
电器的送电线圈会产生变化的磁场，手机端的受电线圈靠近该磁场就会产生感应电流，双方
密切配合，手机成功无线充电．如图为某老师自制的简易无线充电装置，由一个电磁炉(发
射线圈)、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比
n1∶n2＝10∶1，若电磁炉两端所加电压为u＝220sin 314t (V)，不考虑充电过程中的各种能
量损失．则下列说法正确的是( )
A．通过车载充电器的电流为交流电
B．通过车载充电器的电流为直流电
C．车载充电器两端电压的有效值约为22 V
D．车载充电器两端电压的有效值约为 V
答案 BD
解析 接收线圈与车载充电器之间连接一个二极管，二极管只能正向通电，具有整流作用，
所以通过车载充电器的电流为直流电，故A 错误，B 正确；发射线圈、接收线圈匝数比
n1∶n2＝10∶1，若电磁炉两端所加电压为u＝220sin 314t (V)，则发射线圈两端电压有效值
U1＝，由＝，代入数据联立可得接收线圈两端电压有效值U2＝＝ V＝22 V，由有效值的定
义有·＝·T，可得车载充电器两端电压的有效值约为U3＝ V，故C 错误，D 正确．
5．(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)
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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Em＝NBS·2π·nz，则发电机输出的电压为E＝
＝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＝Emsin ωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D 错误．
6．某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验．他准备了可拆变压
器、多用电表、开关和导线若干．
(1)实验需要以下哪种电源________；
A．低压直流电源
B．高压直流电源
C．低压交流电源
D．高压交流电源
(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈
匝数不变，改变原线圈匝数．分别测出相应的原、副线圈电压值．由于交变电流电压是变化
的，所以，我们实际上测量的是电压的________值 (填“有效”或“最大”)．其中一次多
用电表读数如图所示，此时电压表读数为________；
(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成________(选填“正比” 或“反比”)，实验中
由于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般________(选填“大于”
“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比；
(4)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．原因不可能为________．
(填字母代号)
A．原、副线圈上通过的电流发热
B．铁芯在交变磁场作用下发热
C．变压器铁芯漏磁
D．原线圈输入电压发生变化
答案 (1)C (2)有效 7.0 V (3)正比 大于 (4)D
解析 (1)探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源，故选C.
(2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的10
V 挡位，所以应该在0～10 V 挡位读数，所以读数应该是7.0 V.
(3)根据＝可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比．实验中由于变压器的铜损
和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈电压的实际值一般略小于理论
值，所以导致＞.
(4)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发
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生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差
别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D.
7.自耦变压器在高铁技术中被广泛应用．如图所示，一理想自耦变压器接在u＝Umsin 100πt
的正弦交流电压上，P 为滑动触头，初始位置位于线圈CD 的中点G,A1和A2为理想交流电
表，R 为定值电阻，下列说法正确的是( )
A．将P 向下滑动，A1的示数将变小
B．将P 向上滑动，A2的示数将变大
C．将P 下滑到GD 的中点，电阻R 的功率将变为原来的4 倍
D．将P 上滑到CG 的中点，电阻R 的功率将变为原来的
答案 C
解析 将P 下滑时，电阻R 两端电压变大， A1示数将变大，同理，将P 向上滑动，电阻R
两端电压变小，A2的示数将变小，A、B 错误；若将P 向下滑动到GD 的中点，原、副线圈
的电压比将由1∶2 变为1∶4，电阻R 两端的电压将变为原来的2 倍，由P＝可知，功率将
变为原来的4 倍，C 正确；若将P 向上滑动到CG 的中点，原、副线圈的电压比将从1∶2 变
为3∶4，电阻R 两端的电压将变为原来的，电阻R 的功率将变为原来的，D 错误．
8．(多选)(2023·福建省模拟)20 年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨
越”．如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压U2由220 kV 升级为1 000 kV 高压，输
送的总电功率变为原来的2 倍，保持发电机输出电压U1及用户得到的电压U4均不变，输电
线的电阻不变，变压器均为理想变压器，则( )
A.变为原来的倍
B．输电线上电流I2变为原来的
C．输电线损失的功率变为原来的()2
D．降压变压器原、副线圈匝数比值变小
答案 ABC
解析 由理想变压器基本关系知＝，U1不变，U2变为原来的倍，所以变为原来的倍，A 正
确；根据P 送＝U2I2可知，因P 送变为原来的2 倍，U2变为原来的倍，则输电线上电流I2变为
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原来的，B 正确；根据P 损＝I2
2R 线，可知P 损变为原来的()2，C 正确；总功率变大，损失的
功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则I4变大，又I2变小，I2＝I3，则＝变
大，D 错误．
9．如图甲所示为半波整流电路，在理想变压器的输出电路中有一只整流二极管，已知原、
副线圈的匝数比为11∶1，电阻R＝10 Ω，原线圈的输入电压随时间的变化关系如图乙所示
电表均为理想交流电表，则( )
A．电压表V1的读数为28 V
B．电压表V2的读数为20 V
C．电流表A 的读数为0.18 A
D．原线圈的输入功率为20 W
答案 D
解析 由题图可知，原线圈输入电压的有效值为U0＝220 V，根据原、副线圈匝数比与电压
比的关系可知＝，解得U1＝·U0＝×220 V＝20 V，所以电压表V1的读数为20 V，A 错误；
由于二极管具有单向导电性，一个周期内只有半个周期有电流通过，故有·＝·T，有效值为
U2＝10 V，即电压表V2的读数为10 V≈14.14 V，B 错误；流过R 的电流为I2＝＝ A≈1.4
A，由原线圈输入功率等于输出功率可知，U0I0＝U2I2，解得I0≈0.09 A，C 错误；原线圈的
输入功率等于输出功率，即P0＝P1＝U2I2＝20 W，D 正确．
10．(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%，忽略其它损耗，
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
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答案 AC
解析 根据＝，可得接收线圈的输出电压约为U2＝8 V，故A 正确；由于漏磁，接收线圈与
发射线圈功率不相等，接收线圈与发射线圈中的电流比I2∶I1≠n1∶n2＝22∶1，故B 错误；
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不相同，故
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
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U1＝IR1
根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有
＝，＝
则有U0＝IR1，U2＝IR1
再由欧姆定律有U2＝I2R2，可计算出I2＝I
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Emax＝2NBL2ω，U0＝＝NBL2ω
又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
联立解得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．
12.(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P1初始位置在副线
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圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源．定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器
R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端．理想电压表
的示数为U，理想电流表
的示数为I.下列说法正确的是( )
A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I 减小，U 不变
B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I 减小，U 增大
D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
答案 B
解析 由题意可知，原、副线圈的匝数比为2，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副
线圈的电压有效值为U2＝2IR1，则变压器原线圈两端的电压有效值为U1＝2U2＝4IR1，设接
入交变电源的电压有效值为U0，则U0＝4IR1＋IR2，可得I＝；保持P1位置不变，P2向左缓
慢滑动的过程中，I 不断变大，根据欧姆定律有U1＝4IR1，可知变压器原线圈两端的电压有
效值变大，输入端接入的电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，则电压表示数U 变
小，原线圈的电压、电流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R1消耗
的功率增大，故B 正确，A 错误；
设原、副线圈的匝数比为n，同理可得U1＝n2IR1，则U0＝n2IR1＋IR2，整理可得I＝；保
持P2 位置不变，P1 向下缓慢滑动的过程中，n 不断变大，则I 变小，对R2 由欧姆定律可知
U＝IR2，可知U 不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R1 消耗的功率为P＝IU1＝·(U0
－)，整理可得P＝，当n＝3 时，R1 消耗的功率有最大值，可知R1 消耗的功率先增大后减
小，故C、D 错误．
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