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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
答案 (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。
2
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(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 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
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
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
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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
答案 AD
解析 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 (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
答案 ACD
解析 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
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
4
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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。
交变电路中的等效思想
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。
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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( )
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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
答案 AC
解析 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。
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。
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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＝U －
U'
；(2)ΔU＝IR。
3.功率损失
(1)ΔP＝P －
P'
＝ΔU·I；
(2)ΔP＝I 2 R ＝( P
U )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 l
S 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。
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
答案 AD
解析 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 远距离输电
1.理清输电电路图的三个回路(如图)
8
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(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( )
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
答案 C
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解析 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。
课时精练
(分值：60 分)
1~4 题每小题4 分，5 题8 分，共24 分
1.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正常工作，故它不能测量直流电路的电流，故B 错误；理想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)(2025·山东烟台市校考)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 损＝I2R，为减小输电功率损失，可以减小输电电流
B.根据公式P 损＝U
2
R ，为减小输电功率损失，可以降低输电电压
C.根据公式I＝U
R ，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＝P
U ，提高电压后输电线上的电流减小为原来的1
50
答案 AD
10
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解析 输电线上的损耗功率为P 损＝I2R，为减小输电损失，可以减小输电电流，故A 正确；根据P 损＝U
2
R ，
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；根据欧姆定律I＝U
R ，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＝P
U 可得，当电压升高为原来的50 倍后，
电流变为原来的1
50，故D 正确。
3.(2024·北京卷·5)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√2 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
答案 B
解析 由题图乙知，理想变压器原线圈电压最大值为Um＝24√2 V，则有效值为U1＝U m
√2 ＝24 V，故A 错
误；灯泡正常发光，由P＝UI 得，副线圈中电流有效值为I＝
PL
U 2
＝3W
6V ＝0.5 A，故B 正确；由理想变压
器原、副线圈电压与匝数关系可知
n1
n2
＝U 1
U 2
＝4，故C 错误；理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功
率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P1＝PL＝3 W，故D 错误。
4.(多选)(2024·山东淄博市期中)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U1一定，则( )
A.P 不动，P'向下滑动时，U2一直在减小
B.P'不动，P 顺时针转动一个小角度时，U1和U2的比值增大
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
11
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答案 BD
解析 根据
U 1
U 2
＝n1
n2
，P 不动，则匝数比一定，可知U2不变，A 错误；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
U 2
＝n1
n2
可知，U1和U2的比值增大，B 正确；P'不动，P 顺时针转
动一个小角度时，根据上述可知，U2减小，则通过副线圈的电流减小，根据
I 1
I 2
＝n2
n1
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
U 1
U 2
＝n1
n2
可知，U2减小，由于I2＝
U 2
R灯＋R ，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I2可能不变，即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，D 正确。
5.(8 分)(2024·山东枣庄市期中)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，两个学习小组采用
了如图甲所示的可拆式变压器进行研究，原、副线圈的电压由电压传感器获得。
(1)(2 分)观察变压器的铁芯，发现它的结构和材料是 ；
A.整块不锈钢铁芯
B.整块硅钢铁芯
C.绝缘的不锈钢片叠加而成
D.绝缘的硅钢片叠加而成
(2)(2 分)第一组同学将变压器正确组装好，如图乙所示。连接到图乙中的电源上，闭合电源开关，发现原
线圈两端电压传感器有示数，但无论如何调节电源的电压旋钮，副线圈两端电压传感器均无示数，经检查
导线和各连接处均无断路，则最可能的原因是 。
(3)(2 分)第二组同学正确组装变压器后，记录数据如下：
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原线圈n1(匝)
100
100
400
400
副线圈n2(匝)
200
800
200
800
原线圈电压U1(伏)
1.96
1.50
4.06
2.80
副线圈电压U2(伏)
3.90
11.8
2.00
5.48
通过分析实验数据可得出的实验结论是 。
(4)(2 分)第二组同学继续探究实验，把2.0 V 的学生电源cd 接到原线圈“0”“100”接线柱，副线圈接到
“200”“800”接线柱，则接在副线圈两端的传感器示数最有可能是 。
A.1.0 V
B.2.0 V
C.11.5 V
D.15.8 V
答案 (1)D (2)连接的是电源ab 间的直流电 (3)原、副线圈两端电压U 与匝数n 成正比 (4)C
解析 (1)为防止产生涡流而损耗能量，变压器的铁芯采用绝缘的硅钢片叠成。故选D。
(2)由于原线圈有电压，副线圈无电压，且电路连接完好，最可能的是第一组同学在连接电源的时候连接的
是ab 间的直流电源。当电路连接完好，原线圈接直流电压时，副线圈的磁通量不变，无感应电动势。
(3)由表格数据可知，在实验误差允许的范围内
U 1
U 2
＝n1
n2
，即原、副线圈两端电压U 与匝数n 成正比。
(4)若为理想变压器，则
U 1
U 2
＝n1
n2
＝100
600 ＝1
6
解得U2＝12.0 V
考虑到不是理想变压器，有漏磁现象，则副线圈的电压应略小于12.0 V，所以最有可能的是11.5 V。故选
C。
6~10 题每小题6 分，共30 分
6.(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
答案 B
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解析 由于输电过程中电阻R 要产生热量，会损耗功率，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。
7.(2024·浙江6 月选考·7)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
答案 A
解析 电容增大，对交流电的阻碍作用减小，则L1灯泡变亮，故A 正确；频率f 增大，则电感的阻碍作用
增大，则L2灯泡变暗，故B 错误；光照增强，光敏电阻阻值减小，由于各支路两端电压不变，则通过L3
灯泡的电流增大，变亮，故C 错误；S 接到b 时，根据变压比可知，副线圈电压增大，则三个灯泡均变亮，
故D 错误。
8.(2025·山东烟台市质检)由匝数为n1的原线圈和两个匝数分别为n2和n3的副线圈组成的理想变压器，如图
所示。已知图中定值电阻R1＝3 Ω，R2＝4 Ω，电流表为理想交流电表。当原线圈接入电压恒定的正弦交变
电流，开关S1、S2均闭合时电流表示数为仅闭合S1时的4 倍，则n2∶n3为( )
A.1∶2
B.2∶1
C.1∶3
D.3∶1
答案 A
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解析 根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系
U 1
U 2
＝n1
n2
，
U 1
U 3
＝n1
n3
，开关S1、S2均闭合时，变压器
输出功率为P1＝U 2
2
R1
＋U 3
2
R2
，仅闭合S1时，变压器输出功率为P2＝U 2
2
R1
，又P1＝U1I1，P2＝U1I2，I1＝4I2，
联立解得n2∶n3＝1∶2，故选A。
9.(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
n1
n2
＝80 %U 1
U 2
，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磁通量变化率不相同，故D 错误。
10.(2024·山东枣庄市模拟改编)如图，一理想变压器ab 端接电压恒定的交流电源，原、副线圈匝数分别为
n1、n2，已知R1＝R2＝R3＝R。当开关S 断开时，变压器输出功率为P1；当开关S 闭合时，变压器输出功率
为P2，且P1∶P2＝18∶25，则原、副线圈匝数比为( )
A.n1∶n2＝2∶1
B.n1∶n2＝1∶2
C.n1∶n2＝3∶2
D.n1∶n2＝2∶3
答案 A
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解析 设ab 端输出电压为U0，将变压器和副线圈负载电阻看成一个等效电阻，当开关S 断开时，等效电
阻为R 等＝(
n1
n2
)2R3＝(
n1
n2
)2R，此时通过R1的电流为I1＝
U 0
R1＋R等
，变压器的输出功率为P1＝I 1
2R 等；当S 闭
合时，等效电阻为R 等'＝(
n1
n2
)2·
R2 R3
R3＋R2
＝(
n1
n2
)2·R
2 ，此时通过R1的电流为I1'＝
U 0
R1＋R等
' ，此时变压器的输
出功率P2＝I1'2R 等'，由题意可知
P1
P2
＝18
25，联立可得原、副线圈匝数之比为
n1
n2
＝2
1，故选A。
(6 分)
11.(2023·山东卷·7)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率500 kW。降压
变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5 Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220 V，
功率88 kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是( )
A.发电机的输出电流为368 A
B.输电线上损失的功率为4.8 kW
C.输送给储能站的功率为408 kW
D.升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44
答案 C
解析 由题知，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率500 kW，则有I1＝
P1
U 1
＝2×103 A，A 错误；由题
知，用户端电压U4＝220 V，功率P4＝88 kW，则有
U 3
U 4
＝I 4
I 3
＝n3
n4
，P4＝U4I4，解得I4＝400 A，I3＝8 A，
U3＝11 000 V，则输电线上损失的功率为ΔP＝I 3
2R＝4 kW，且U2＝U3＋I3R＝11 500 V，再根据
U 1
U 2
＝n1
n2
，
解得
n1
n2
＝1
46，B、D 错误；根据P1＝U2I3＋P5，代入数据得P5＝408 kW，C 正确。
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