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第72 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.会对远距离输电线
路各物理量分析和计算。
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。
(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 某兴趣小组用如图所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验。
1
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(1)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为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能
C.理想变压器的输入功率等于输出功率，没有能量损失
D.变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零
(2)如图所示，实验时，原线圈接“0”“8”接线柱，副线圈接“0”“1”接线柱，原线圈两端连接低
压交流电源10 V 挡，用交流电压表测得副线圈两端的电压为0.4 V，这与其他小组的正确实验结论明显
不一致。对于这个小组实验结论出现明显偏差的原因，最有可能的是 。
A.原线圈匝数太多，电阻过大
B.铁芯没有闭合，漏磁过多
C.副线圈匝数太少，增加实验误差
D.副线圈的电阻太小
(3)实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“4”两个接
线柱之间的电压为3.0 V，则可推断原线圈的输入电压可能为 。
A.3.0 V
B.5.3 V
C.6.0 V
D.6.2 V
(4)为了实验过程中的安全，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.连接好电路后，应先检查电路连接是否正确，再接通电源进行实验
C.因为使用电压较低，通电时可用手直接接触裸露的导线、接线柱
D.为了测量电表的安全，测量电压时，先选用最大量程试测
考点二 理想变压器原理及应用
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：电磁感应的互感现象。
2.基本关系式
功率关系
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P 入＝P 出，且输出功率P 出决定
输入功率P 入
2
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电压关系
原、副线圈的电压比等于匝数比，
U 1
U 2
＝n1
n2
，与副线圈的个数无关，且U1
决定U2
电流关系
①只有一个副线圈时，
I 1
I 2
＝n2
n1
，且I2决定I1
②有多个副线圈时，由P 入＝P 出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋
I3n3＋…＋Innn，输出决定输入
频率关系
f1＝f2，变压器不改变交变电流的频率
1.变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用。( )
2.变压器不仅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
U 1
U 2
＝n1
n2
、
I 1
I 2
＝n2
n1
、P 入＝P 出。( )
例2 (多选)(2024·海南卷·9)电动汽车充电站变压器输入电压为10 kV，输出电压为220 V，每个充电
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
例3 (多选)(2024·山东临沂市模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，原线圈与定
值电阻R1串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源，副线圈电路中负载电阻为可变电阻R2，
A、V 为理想交流电表。当R2＝2R1时，电流表的读数为1 A，电压表的读数为4 V，则( )
A.电源输出电压为6 V
B.电源输出功率为4 W
C.保持R1阻值不变，当R2＝8 Ω 时，电压表的读数为6 V
D.保持R1阻值不变，当R2＝8 Ω 时，变压器输出的功率最大
交变电路中的等效思想
3
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1.等效电阻的建立
在只有一个副线圈的理想变压器电路中，设原线圈、副线圈的匝数之比为n1
n2
＝k，负载电阻为R，则变压器
和负载电阻整体可以等效为一个新电阻，其阻值R'＝k2R。
证明：如图甲所示，设原线圈两端的电压为U1、电流为I1，副线圈两端的电压为U2、电流为I2，副线圈所
接负载为R，变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。由欧姆定律可知U 2
I 2
＝R，令原线圈、副线圈的匝数之
比
n1
n2
＝k，根据理想变压器规律可知
U 1
U 2
＝n1
n2
＝k，
I 2
I 1
＝n1
n2
＝k，联立可得
U 1
I 1
＝k2R，所以可将变压器和副
线圈所接负载整体看成阻值为k2R 的等效电阻直接连在原线圈一侧。等效电路图如图乙所示。
2.等效电源的建立
理想变压器中与原线圈串联的定值电阻为R0，交流电源输出电压为U，设原线圈、副线圈的匝数之比为
n1
n2
＝k，则变压器、定值电阻R0与原交流电源整体可等效为一个新电源，新电源的电动势E'＝U
k ，新电源的
内阻r'＝R0
k
2 。
证明：如图丙所示，设原线圈两端的电压为U1、电流为I1，副线圈两端的电压为U2、电流为I2，副线圈所
接负载为R，与原线圈串联的定值电阻为R0，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。将变压器、定值
电阻R0与原交流电源看成一个整体，等效为一个新的电源，令新电源的电动势为E'，新电源的等效内阻为
r'，作出等效后的电路图如图丁所示。
对图丙，由串联电路的规律得U1＝U－I1R0，令
n1
n2
＝k，则
U 1
U 2
＝k，
I 2
I 1
＝k，联立可得U2＝U
k －I2
R0
k
2 。对图
丁，由闭合电路欧姆定律得U2＝E'－I2r'，对两式比较，可得E'＝U
k ，r'＝R0
k
2 。
例4 (多选)(2024·全国甲卷·19)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( )
4
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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
常见的两种动态变化分析
(1)匝数比不变的情况(如图)
①U1不变，根据
U 1
U 2
＝n1
n2
，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。
③I2变化引起P2变化，而P1＝P2，故P1发生变化。
(2)负载电阻不变的情况(如图)
①U1不变，n1
n2
发生变化时，U2变化。
②R 不变，U2变化时，I2发生变化。
③根据P2＝U 2
2
R
和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。
考点三 高压输电线路的电压损失和功率损失
1.输电电流
I＝P
U ＝U −U '
R
。
2.电压损失
(1)ΔU＝ ；(2)ΔU＝IR。
3.功率损失
(1)ΔP＝ ＝ΔU·I；
(2)ΔP＝ ＝( P
U )2R
5
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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 l
S 知，可加大导线的 、采用 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 。
例5 (多选)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'＝1
4 ΔP
B.ΔP'＝1
2ΔP
C.ΔU'＝1
4 ΔU
D.ΔU'＝1
2ΔU
考点四 远距离输电
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＝I 2
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：U 1
U 2
＝n1
n2
，I 1
I 2
＝n2
n1
，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：U 3
U 4
＝n3
n4
，I 3
I 4
＝n4
n3
，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＝( ΔU )
2
R线
。
例6 (2024·山东省青岛第二中学期末)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( )
6
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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
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答案精析
考点一
例1 (1)BC (2)B (3)D (4)BD
解析 (1)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，A 项错误；变压器
工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能，B 项正确；理想变压器忽略能
量损失，原线圈输入功率等于副线圈输出功率，C 项正确；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，原线圈两端电压不变，不为零，D 项错误。
(2)根据变压器的工作原理可知，若通过原、副线圈的磁通量相同，则原、副线圈两端电压之比等于匝数比，
则有
U 2
U 1
＝n2
n1
＝1
8，实际结果为
U 2
U 1
＝0.4
10 ＝1
25<1
8，实验结论与理论结论出现明显的偏差，最有可能的
是：铁芯没有闭合，漏磁过多，使得通过副线圈的磁通量明显小于通过原线圈的磁通量，使得副线圈两端
的电压很小。B 正确。
(3)若是理想变压器，则变压器线圈两端的电压与匝数的关系为
U 1
U 2
＝n1
n2
，当变压器的原线圈接“0”和
“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱时，可知原、副线圈匝数比为2∶1，副线圈电压为
3.0 V，则原线圈电压应该为6.0 V；实际操作中，不是理想变压器，需要考虑损失部分，则原线圈所接电
压大于6.0 V。故选D。
(4)在实验中为了确保人身安全，需要使用低压交流电源，且电压不要超过12 V，A 项错误；为了确保安全，
实验时，连接好电路后，应先检查电路连接是否正确，再接通电源进行实验，B 项正确；即使使用电压较
低，为了确保实验数据的可靠精确性，通电时也不能用手直接接触裸露的导线、接线柱，C 项错误；为了
测量电表的安全，测量电压时，先选用最大量程试测，再选用小一点的量程，确保精确度，D 项正确。
考点二
1.(1)闭合铁芯 两个线圈
判断正误
1.√ 2.× 3.×
例2 AD [交流电的周期为T＝1
f ＝0.02 s，故A 正确；根据理想变压器原副线圈的电压与线圈匝数的关
系可得，原副线圈匝数比为n1
n2
＝U 1
U 2
＝10×1 000
220
＝500
11 ，故B 错误；输出的最大电压为U2m＝√2U2＝
220√2 V，故C 错误；若10 台充电桩同时使用，输出功率为P2 总＝10U2I2＝10×220×16 W＝35 200 W＝
35.2 kW，变压器不改变功率，故输入功率为P1 总＝P2 总＝35.2 kW，故D 正确。]
例3 ACD [方法一 (常规解法)
当R2＝2R1时，电流表的读数为1 A，电压表的读数为4 V，所以R2＝4 Ω，R1＝2 Ω，理想变压器原、副线
圈匝数之比为1∶2，根据电压与匝数成正比得原线圈两端的电压U1＝2 V，根据电流与匝数成反比得原线
8
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圈中的电流I1＝2 A，所以电源输出电压U＝U1＋I1R1＝6 V，电源输出功率P＝UI1＝12 W，故A 正确，B
错误；设副线圈两端的电压为U2，根据欧姆定律得副线圈中的电流为U 2
R2
，则原线圈中的电流是2U 2
R2
，所
以电源的输出电压U＝
2U 2
R2
R1＋1
2U2，副线圈输出电压与电阻R2的关系为U2＝
2U R2
4 R1＋R2
，变压器输出的
功率P2＝
U 2
2
R2
＝
4U
2 R2
(4 R1＋R2)
2 ＝
4U
2
R2＋16 R1
2
R2
＋8 R1
，其中U＝6 V，R1＝2 Ω，所以当R2＝4R1＝8 Ω 时，
变压器输出的功率P2最大，为9
2 W，此时U2＝6 V，故C、D 正确。
方法二 (等效电阻法)
因原、副线圈的匝数之比为1∶2，则等效负载R'＝(1
2)2R2＝1
4 R2，R2＝
U 2
I 2
＝4 Ω，R1＝2 Ω，I1＝2I2＝2 A，
所以U＝I1R1＋I1R'＝6 V，P＝UI1＝12 W，A 正确，B 错误；当R2＝8 Ω 时，R'＝2 Ω，I1'＝
U
R' ＋R1
＝1.5
A，I2'＝I 1'
2 ＝0.75 A，则U2'＝I2'R2＝6 V，C 正确；将R1等效为电源的内阻，则R'＝R1，即R2＝4R1＝8 Ω
时，变压器输出功率最大，D 正确。
方法三 (等效电源法)
设电源输出电压为U，因原、副线圈的匝数之比为k＝1
2，将变压器、定值电阻R1与原交流电源看成一个
整体，等效为一个新电源，则新电源的电动势E'＝U
k ＝2U，新电源的内阻r'＝
R1
k
2 ＝4R1，当R2＝2R1时，
电流表的读数为1 A，电压表的读数为4 V，所以R2＝4 Ω，R1＝2 Ω，由电流表的读数I2＝
E
'
r ' ＋R2
，代入
E'和r'，解得U＝6 V，电源输出功率P＝I2E'＝12 W，故A 正确，B 错误；新电源的电动势E'＝U
k ＝2U＝
12 V，内阻r'＝
R1
k
2 ＝4R1＝8 Ω，保持R1阻值不变，当R2＝8 Ω 时，电压表的读数为电动势的一半，即为6
V，C 正确；当R2＝8 Ω＝r'时，等效电源的输出功率最大，即变压器输出的功率最大，D 正确。]
例4 AC [保持T 不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R 的滑片向f 端滑
动时，R 与R1串联后的总电阻减小，电流增大，根据P＝I2R1可知此时R1的热功率增大，故A 正确；将T
向b 端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R 的滑片位置不变时，通过R1的电流
减小，故R1的热功率减小，故B 错误；将T 向a 端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动
变阻器R 的滑片向f 端滑动，R 与R1串联后的总电阻减小，电流增大，此时R1的热功率增大，故C 正确；
将T 向b 端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R 的滑片向e 端滑动，R 与R1串
联后的总电阻增大，电流减小，此时R1的热功率减小，故D 错误。]
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考点三
2.(1)U－U'
3.(1)P－P' (2)I2R
4.(1)横截面积 电阻率小 (2)提高输电电压
例5 AD [由输电电流I＝P
U 知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的1
2，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1
4 ，即ΔP'＝1
4 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1
2，即ΔU'＝1
2ΔU。故A、D 正确。]
考点四
例6 C [发电机输出的电流I1＝P
U 1
＝100×10
3
250
A＝400 A，故A 错误；输电线上损失的功率P 线＝I 线
2R
线＝5 kW，所以I 线＝√
P线
R线
＝25 A，故B 错误；用户得到的功率P4＝P－P 线＝(100－5) kW＝95 kW，则I4
＝
P4
U 4
＝95×10
3
220
A＝4 750
11
A≈432 A，故
n3
n4
＝I 4
I 线
＝190
11 ，故C 正确，D 错误。]
10
