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高中物理高考 第2讲 变压器 电能的输送
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这是一份高中物理高考 第2讲 变压器 电能的输送，共41页。学案主要包含了堵点疏通，对点激活等内容，欢迎下载使用。
第2讲 变压器 电能的输送
知识点 理想变压器 Ⅱ
1．构造：如图所示。变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成。
(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。
(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。
2．工作原理：电磁感应的互感现象。
3．理想变压器的基本关系式
(1)功率关系：P入＝P出。
(2)电压关系：＝。若n1>n2，为降压变压器；若n1
有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。
知识点 远距离输电 Ⅰ
1．降低输电损耗的两个途径
减少输电损耗的理论依据：P损＝I2r。
(1)减小输电线的电阻：根据电阻定律r＝ρ，要减小输电线的电阻r，在输电距离一定的情况下，可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面积的方法。
(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。
2．远距离高压输电的分析
(1)输电过程(如图所示)
(2)输送电流
①I＝＝。
②I＝。
(3)电压损失
①ΔU＝U－U′。
②ΔU＝Ir。
(4)功率损失
①ΔP＝P－P′。
②ΔP＝I2r＝2r＝。
知识点 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1.实验器材
可拆变压器、低压交流电源、两只多用电表、导线若干、开关。
2．实验思路
保持原线圈输入的电压一定，先保持原线圈的匝数不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响。然后再保持副线圈的匝数不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响。
3．画出实验电路图
画出实验电路图如图所示。电路图上要标出两个线圈的匝数、原线圈欲加电压的数值。要事先推测副线圈两端电压的可能数值。
4．画出数据记录表格
记录数据的表格如表1、表2所示。
表1：保持原线圈匝数n1不变
n1
U1/V
n2
U2/V
表2：保持副线圈匝数n2不变
n1
U1/V
n2
U2/V
一 堵点疏通
1．变压器不但可以改变交流电压，也可以改变稳恒直流电压。( )
2．理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。( )
3．高压输电的目的是增大输电的电流。( )
4．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小。( )
5．变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定。( )
6．变压器副线圈两端的电压由原线圈两端的电压决定。( )
答案 1.× 2.√ 3.× 4.× 5.√ 6.√
二 对点激活
1．(人教版选择性必修第二册·P60·T2改编)有些机床为了安全，照明电灯用的电压是36 V，这个电压是把380 V的电压降压后得到的。如果变压器的原线圈是1140匝，副线圈是( )
A．1081匝 B.1800匝
C.108匝 D.8010匝
答案 C
解析 由＝得n2＝＝108，故C正确。
2．(人教版选择性必修第二册·P60·T5改编)(多选)如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图，变压器的输入电压是市区电网的电压，当滑动变阻器R的滑片向下移动时，下列说法正确的是( )
A.读数不变，读数不变
B.读数变大，读数不变
C.读数变大，读数变小
D.读数不变，读数不变
答案 AC
解析 输入电压是市区电网的电压，不变，所以读数不变，由＝知，读数不变，故A正确；滑动变阻器R的滑片下移，滑动变阻器接入电路的电阻变小，用户电路总电阻变小，故读数变大，I1由I2决定，n1I1＝n2I2，所以读数变大，I2变大，则R0分压变大，故读数变小，所以C正确，B、D错误。
3．(人教版选择性必修第二册·P65·T3改编)从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω，用220 V和11 kV两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为( )
A．50∶1 B.1∶50
C.1∶5 D.5∶1
答案 A
解析 输电线上的电流I＝，则输电线上由电阻造成的电压损失ΔU＝Ir＝，故＝＝＝＝，故选A。
4．(人教版选择性必修第二册·P65·T5改编)(多选)如图所示为远距离输电示意图，其中水电站发电机的输出功率为100 kW，发电机的电压为250 V。通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V。要求在输电线上损失的功率控制为5 kW(即用户得到的功率为95 kW)。下列说法正确的是( )
A．输电线上通过的电流为25 A
B．降压变压器的输入电压为4000 V
C．升压变压器的匝数比为
D．降压变压器的匝数比为
答案 AC
解析 输电线上通过的电流I2＝＝ A＝25 A，A正确；输电线上损失的电压U损＝I2R＝25×8 V＝200 V，升压变压器的输出电压U2＝＝ V＝4000 V，则降压变压器的输入电压U3＝U2－U损＝4000 V－200 V＝3800 V，B错误；升压变压器的匝数比＝＝＝，C正确；降压变压器的匝数比＝＝＝，D错误。
考点1 理想变压器的工作原理和基本关系
1.变压器的工作原理
2．基本关系
(1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ相同。
(2)线圈无电阻，因此无电压降，副线圈两端电压U2＝n2。
(3)根据＝得，套在同一铁芯上的线圈，有＝＝＝…。
(4)无电能损失，因此P入＝P出，无论副线圈是一个还是多个，总有U1I1＝U2I2＋U3I3＋…，将电压关系代入可得n1I1＝n2I2＋n3I3＋…。
(5)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。
(6)理想变压器基本关系中的U、I均为有效值。
3．基本关系式中物理量之间的决定关系
制约
关系
电压
原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2(当U1和匝数比不变时，不论负载电阻R变化与否，U2不会改变)
功率
副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入(可简记为“用决定供”)
电流
副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1
例1 (2020·吉林省白山市二模)在图示电路中，理想变压器原线圈的匝数为220，副线圈的匝数可调，L1、L2、L3和L4是四个相同的灯泡。当在a、b两端加上瞬时值表达式为u＝220sin100πt(V)的交变电压时，调节副线圈的匝数，使四个灯泡均正常发光。下列说法正确的是( )
A．变压器副线圈的匝数为440
B．灯泡的额定电压为55 V
C．变压器原线圈两端电压为220 V
D．穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值为0.1 V
(1)四个灯泡均正常发光，求副线圈匝数适合用电压比还是电流比？
提示：电流比。
(2)原线圈含有用电器时a、b两端电压还是变压器的输入电压吗？
提示：不是。
尝试解答 选B。
四个灯泡均正常发光，且灯泡均串联在电路中，说明通过变压器原、副线圈中的电流相同，根据＝，可得变压器副线圈的匝数n2＝n1＝220，故A错误；根据题意，a、b两端电压的有效值为U＝ V＝220 V，设每个灯泡的额定电压为U0，原线圈两端电压为U1，则有U＝2U0＋U1，又＝，联立可得U0＝55 V，U1＝110 V，故B正确，C错误；原线圈两端电压的最大值为Um＝U1＝110 V，根据法拉第电磁感应定律有Um＝n1，解得穿过原线圈的磁通量变化率的最大值为 V，故D错误。
1.变压器原线圈所在电路中含有负载问题的分析
(1)将原线圈看成用电器，在原线圈电路中可应用串并联电路规律、闭合电路欧姆定律等。
(2)要求解原线圈电路中负载的电流、电压和功率，一般需先求副线圈中的电流，然后根据理想变压器原、副线圈的电流关系求得原线圈电路中的电流，进而求解通过负载的电流。
原、副线圈的电流关系往往是解决问题的突破口。
2．含有多个副线圈的变压器的电路分析
副线圈有两个或两个以上时，一般从原、副线圈的功率相等入手。利用P1＝P2＋P3＋…，结合原副线圈电压关系、欧姆定律等分析。
3．变压器与二极管相结合的分析
当副线圈回路中含有二极管时，由于二极管具有单向导电性，二极管只有一半时间导通，经过二极管后的输出电压的有效值与副线圈两端交流电压的有效值不相等，应根据电流的热效应进行计算。
[变式1－1] (2020·山东省滨州市三模)(多选)如图，理想变压器原线圈匝数为N，有两个接有阻值均为R的电阻的独立副线圈甲、乙。现测得线圈甲上的电流为I1，线圈乙上的电流为I2，原线圈电压为U。则( )
A．甲线圈匝数为N B.乙线圈匝数为N
C．原线圈电流为I1＋I2 D.原线圈电流为R
答案 AD
解析 甲线圈两端电压U1＝I1R，根据理想变压器原理＝可得，甲线圈的匝数为n1＝N，同理可得乙线圈匝数为n2＝N，故A正确，B错误；设原线圈中电流为I，由输入功率等于输出功率可得IU＝IR＋IR，解得I＝R，故C错误，D正确。
[变式1－2] (2020·福建省厦门市五月质量检查)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈接u1＝220sin100πt(V)的交流电，电阻R1＝R2＝50 Ω，D为理想二极管，则( )
A．R2两端的电压为100 V
B．R2两端的电压为100 V
C．原线圈的输入功率为300 W
D．原线圈的输入功率为400 W
答案 C
解析 根据＝可得，副线圈两端电压的有效值为U2＝100 V，R1消耗的功率P1＝＝200 W，由于二极管具有单向导电性，因此R2消耗的功率是没有二极管时的一半，即R2消耗的功率是R1的一半，根据P2＝＝100 W，可求出R2两端电压的有效值为U2′＝50 V，A、B错误；两个电阻消耗的总功率P总＝P1＋P2＝200 W＋100 W＝300 W，又因为变压器输出功率与输入功率相等，因此原线圈的输入功率为300 W，C正确，D错误。
考点2 理想变压器的动态分析
常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。
1．匝数比不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变。
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。
2．负载电阻不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，发生变化，U2变化。
(2)R不变，U2变化，I2发生变化。
(3)根据P2＝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。
3．分析动态问题的步骤
例2 (2020·山西省长治市3月线上模拟)如图所示，理想交流电流表A1、A2，定值电阻R1、R2，光敏电阻RG(光照强度增大，阻值减小)，分别接在理想变压器的原、副线圈上，U0为正弦交流电源电压的有效值，且保持不变。若增大光照强度，则下列说法正确的是( )
A．电流表A1示数增大、A2示数减小
B．U1、U2都不变
C．R1、R2的电功率都增大
D．RG两端电压增大
(1)光照变强，光敏电阻阻值变小，如何分析电流表A1、A2示数的变化？
提示：用等效法，副线圈的等效电阻R等效＝2(R2＋RG)。
(2)如何分析RG两端电压的变化？
提示：先分析U1、U2如何变化，U2减去R2两端电压就是RG两端电压。
尝试解答 选C。
根据理想变压器的输出功率等于输入功率，有IR原＝IR副，所以R原＝R副＝R副，那么原线圈两端的等效电阻R原＝2(R2＋RG)，由题意，光强增大，光敏电阻RG阻值变小，则R原变小，则原线圈所在回路电流I1变大，即A1示数增大，R1分压变大，R1消耗的电功率增大；因原线圈所在回路电流变大，根据＝知副线圈回路电流I2也变大，即A2示数增大，则R2分压变大，R2消耗的电功率增大；由于交流电源电压有效值不变，所以原线圈电压U1变小，由理想变压器电压关系可知副线圈电压U2也变小，再根据R2分压变大，可知RG两端电压减小。综上所述，C正确，A、B、D错误。
原线圈含有用电器的动态分析技巧
图甲中当R2变化时如何判断原线圈中I1的变化情况？我们可以把图甲等效画成图乙。
由＝R，＝，＝，＝R2，联立得：R＝＝＝＝2R2
这样若当R2变大时，知R变大，则U1变大，I1变小，方便极了！
[变式2－1] (2020·江苏省宿迁市沭阳县5月联考)如图甲所示为恒压电源给硫化镉光敏电阻R供电时，流过此电阻的电流和所受光照强度的关系图像。根据这一特性，某同学设计了一个台灯的自动控制电路如图乙所示，T为一自耦式变压器。下列说法正确的是( )
A．在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则灯泡的亮度减小
B．在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则灯泡的亮度增加
C．在其他条件不变的情况下，将自耦式变压器的滑片P适当下滑，则灯泡的亮度增加
D．在其他条件不变的情况下，适当增大滑动变阻器R1的阻值，则灯泡的亮度增加
答案 A
解析 分析图甲可知，光照强度增强时，流过电阻R的电流增大，说明光敏电阻阻值减小。在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则光敏电阻阻值减小，灯泡两端电压减小，则灯泡的亮度减小，A正确，B错误；在其他条件不变的情况下，将自耦式变压器的滑片P适当下滑，则副线圈匝数减小，输出电压减小，灯泡的亮度减小，C错误；在其他条件不变的情况下，适当增大滑动变阻器R1的阻值，则通过灯泡的电流减小，灯泡亮度减小，D错误。
[变式2－2] (2020·河北省唐山市一模)(多选)如图所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a接原线圈的一端点，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＝Usin100πt。则( )
A．当单刀双掷开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1∶2
B．当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为
C．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数增大
D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数增大
答案 AD
解析 当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的匝数为n1，则有U2＝U1，当与b连接时，原线圈的匝数为，则有U2′＝U1，联立得U2∶U2′＝∶n1＝1∶2，即电压表的示数比为1∶2，故A正确；当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为u1＝Usin(100π×0)＝0 V，故B错误；因为副线圈的电压由原、副线圈匝数和输入电压决定，而与滑动变阻器接入电路的电阻大小无关，故在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表的示数不变，C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈的匝数变小，副线圈的电压变大，则电压表示数变大，因滑动变阻器接入电路中的电阻不变，则电流表的示数也变大，故D正确。
考点3 远距离输电
1.远距离输电问题的分析方法
对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析。
2．远距离高压输电的几个基本关系(以下图为例)
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3。
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，
U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线。
(3)输电电流：I线＝＝＝。
(4)输电线上损耗的电功率
P损＝I线ΔU＝IR线＝2R线。
当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的。
例3 (2020·河南省六市第二次联合调研检测)如图所示，为远距离交流输电的简化电路图，升压变压器与发电厂相连，降压变压器与用户相连，两变压器均为理想变压器。当升压变压器原、副线圈匝数比为n时，用户得到的电功率为P1。现保持发电厂的输出电功率P、升压变压器原线圈两端电压和输电线总电阻不变，当升压变压器的原、副线圈匝数比变为kn时，用户得到的电功率为( )
A．(1－k2)P＋k2P1 B.(1－n2)P＋n2P1
C.P＋ D.P＋
(1)设输电线电流为I，则P1与P有什么关系？
提示：P＝I2R＋P1。
(2)升压变压器的原、副线圈匝数比变为kn时，输电线的电流变为原来的多少？
提示：k倍。
尝试解答 选A。
当升压变压器原、副线圈的匝数比为n时，由理想变压器的规律得＝，由能量守恒定律得，输电线损失的功率P损＝IR＝n2I2R＝P－P1；当升压变压器的原、副线圈匝数比变为kn时，由理想变压器的规律得＝，此时输电线损失的功率为P损′＝I1′2R＝k2n2I2R＝k2P损＝k2(P－P1)，用户得到的功率为P用＝P－P损′＝P－k2(P－P1)＝(1－k2)P＋k2P1，故A正确，B、C、D错误。
解决远距离输电问题应注意下列几点
(1)画出输电电路图。
(2)注意升压变压器副线圈中的电流与降压变压器原线圈中的电流相等。
(3)输电线长度等于输电距离的2倍。
(4)计算线损功率一般用P损＝IR线。
[变式3－1] (2020·北京市海淀区查漏补缺)某高压变电所通过变压器向一工厂送电，输送电压为U，输送功率为P，输电线电阻为R，下列说法正确的是( )
A．如果输送功率与输电线电阻不变，输送电压变为原来的2倍，则输电线上损失的功率变为原来的四倍
B．如果输送功率与输送电压不变，输电线电阻变为原来的2倍，则损失功率变为原来的二分之一
C．如果输送功率P不变，输电电压越高，则输电线上的电流一定越小
D．输送功率P的具体数值由变电所决定，与工厂的用电情况无关
答案 C
解析 如果输送功率与输电线电阻不变，输送电压变为原来的2倍，根据损失功率的关系式P损＝2R，可知输电线上损失的功率变为原来的四分之一，故A错误；如果输送功率与输送电压不变，则输送电流不变，输电线电阻变为原来的2倍，根据P损＝2R知输电线上损失的功率变为原来的2倍，故B错误；由I＝可知，若输送功率P不变，输电电压越高，则输电线上的电流一定越小，故C正确；理想变压器的输入功率由输出功率决定，如果工厂的机器不工作，即用户不消耗电能，输入功率为零，所以输送功率P的具体数值由工厂的用电情况决定，故D错误。
[变式3－2] (2020·山西省临汾市能力测试)(多选)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变，假设用户所用用电器都是纯电阻用电器，若发现发电厂发电机输出的电流增大了，则可以判定( )
A．通过用户的电流减小了
B．用户接入电路的总电阻减小了
C．用户消耗的电功率减小了
D．加在用户两端的电压变小了
答案 BD
解析 如果发电机输出电流增大，根据理想变压器中＝可知，输送电流增大，通过用户的电流增大，故A错误；输送电流增大，则输电线上的电压损失增大，而升压变压器副线圈两端电压不变，则降压变压器的输入、输出电压均变小，即加在用户两端的电压变小，D正确；加在用户两端的电压变小，而通过用户的电流增大，则用户接入电路的总电阻减小，B正确；当用户电阻减小时，用户消耗的电功率增大，故C错误。
考点4 两种特殊的变压器模型
1.自耦变压器
自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如下图所示。
2．互感器
分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：
电压互感器
电流互感器
原理图
原线圈的连接
并联在高压电路中
串联在交流电路中
副线圈的连接
连接交流电压表
连接交流电流表
互感器的作用
将高电压变为低电压
将大电流变为小电流
利用的公式
＝
I1n1＝I2n2
例4 (2020·福建省泉州市第一次质量检测) 如图，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器(均视为理想变压器)，T1的原、副线圈匝数比为1∶1000，a、b是交流电压表或交流电流表，其中交流电压表两端的电压为10 V，高压线路输送的电功率是2.2×103 kW、电压是22 kV，则( )
A．a是交流电压表
B．T2的原、副线圈匝数比为1000∶1
C．通过交流电流表的电流为0.1 A
D．绕制T1原线圈的导线应比副线圈的细
(1)如何判断a是电流表还是电压表？
提示：串联在高压输电线上的为电流互感器，其副线圈接电流表。
(2)变压器匝数少的这端电流大，用粗导线还是细导线？
提示：粗导线。
尝试解答 选C。
由题图结合互感器原线圈与电路的连接方式可知，T1是电流互感器，a是交流电流表，T2是电压互感器，b是交流电压表，故A错误；根据变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可知，T2的原、副线圈匝数比为＝＝＝，故B错误；T1原线圈中的电流I1′＝＝ A＝100 A，根据变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系＝＝，解得通过a表的电流I2′＝0.1 A，故C正确；T1原线圈的电流大于副线圈的电流，故绕制T1原线圈的导线应比副线圈的粗，故D错误。
(1)对于自耦变压器，若原线圈能调节，则为升压变压器；若副线圈能调节，则为降压变压器。
(2)电压互感器和电流互感器的区分：一是看匝数，二是看串联还是并联在高压电路中。
[变式4] (2020·江苏省苏锡常镇四市二模)(多选)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图。线圈均匀绕在圆环形铁芯上，滑动触头P在某一位置，在B、C间接一个交流电压表和一个电阻R。若A、B间输入如图乙所示的交变电压，则( )
A．t＝1×10－2 s时，电压表的示数为零
B．A、B间输入电压的瞬时值为u＝220sin100πt(V)
C．滑动触头P顺时针转动时，R两端的电压增大
D．滑动触头P逆时针转动时，A、B间输入功率增大
答案 BD
解析 电压表的示数为交变电压的有效值，不为零，故A错误；由图乙可知，A、B间输入的交变电压的周期为T＝2×10－2 s，故f＝＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s，所以A、B间输入电压的瞬时值表达式为u＝220sin100πt(V)，故B正确；根据理想变压器电压关系有＝，滑动触头P顺时针转动时，n2变小，所以R两端的电压减小，故C错误；滑动触头P逆时针转动时，n2变大，根据＝，可知R两端的电压增大，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有P入＝P出＝，所以滑动触头P逆时针转动时，A、B间输入功率增大，故D正确。
考点5 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1.实验操作步骤
(1)组装可拆变压器。
(2)按电路图连接电路，注意原线圈一侧接低压交流电源。
(3)原、副线圈各取一定的匝数，闭合开关，用多用电表测出原、副线圈两端的电压，将数据记入设计的表格。
(4)保持原线圈的匝数不变，多次改变副线圈的匝数，用多用电表测出原、副线圈两端的电压，将一系列数据记入设计的表格1。
(5)保持副线圈的匝数不变，多次改变原线圈的匝数，用多用电表测出原、副线圈两端的电压，将一系列数据记入设计的表格2。
(6)先将两个多用电表从电路中断开，然后断开交流电源的开关，拆除电路。
(7)将多用电表的选择开关置于交流电压最大量程挡或“OFF”位置，整理器材。
2．分析数据，得出结论
原、副线圈上的电压之比近似等于它们的匝数之比。
3．误差分析
实验数据没有严格遵从实验结论所述规律，是因为
(1)实验变压器工作时存在多种损耗：
①变压器线圈通过电流时会发热；
②铁芯在交变磁场的作用下会发热；
③交变电流产生的磁场不可能完全局限在铁芯内。
(2)多用电表的读数存在误差等。
4．实验操作的注意事项
(1)连接电路后要由同组的几位同学分别独立检查，并经过确认。只有这时才能接通电源。
(2)为了保证人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V；即使这样，通电时也不要用手接触裸露的导线、接线柱。
(3)为了保证多用电表的安全，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。
(4)先拆除多用电表，再断开开关，以免烧坏电表。
例5 (2021·北京市通州区高三一模)某同学在实验室进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验。
(1)下列实验器材必须要用的有________(选填字母代号)。
A．干电池组 B.学生电源
C．多用电表 D.直流电压表
E．滑动电阻器 F．条形磁体
G．可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
(2)下列说法正确的是________(选填字母代号)。
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B．要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数
C．测量电压时，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
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
(3)该同学通过实验得到了如下表所示的实验数据，表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数，U1、U2分别为原、副线圈的电压，通过实验数据分析可以得到的实验结论是：_______________________________________________________
_________________________。
实验次数
n1/匝
n2/匝
U1/V
U2/V
1
1600
400
12.1
2.90
2
800
400
10.2
4.95
3
400
200
11.9
5.92
(1)变压器的工作原理是什么？
提示：互感现象。
(2)本实验应用的物理学方法是什么？
提示：控制变量法。
尝试解答 (1)BCG (2)BC (3)在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即＝。
(1)实验中，必须要用学生电源提供交流电；学生电源本身可以调节电压，无需滑动变阻器；需要用多用电表测量交流电压；本实验不需要用条形磁体，须用可拆变压器来进行实验；综上所述，需要的实验器材为B、C、G。
(2)为确保实验安全，应该使输出电压小于输入电压，则实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，进而测得副线圈电压，找出相应关系，故B正确；为了保护电表，测量副线圈电压时，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，故C正确；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，不是靠铁芯导电来传输电能，故D错误。
(3)通过数据分析可得，在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即＝。
(1)只有理解实验原理及人身和器材的安全要求，才能正确选择实验器材、设计实验步骤。
(2)本实验用的是多用电表的交流电压挡，应复习多用电表的有关知识。
(3)对本实验作数据分析和误差分析时，要注意可拆变压器与理想变压器的区别。
[变式5] 在“探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，
(1)为了确保实验的安全，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，可不经检查电路是否正确，直接接通电源
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．为了多用表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测
(2)某同学在完成上述实验后，采用如图乙所示的电路测量变压器原线圈的电阻(阻值较小)，为保证电路中各元件安全，实验结束时，首先应断开________(填选项字母)。
A．导线A B.导线B
C.开关C D.导线D
(3)如图，当左侧线圈“0”“16”间接入12 V交变电压时，右侧线圈“0”“4”接线柱间输出的电压可能是________。
A．6 V
B．4.3 V
C．2.1 V
答案 (1)D (2)A (3)C
解析 (1)为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V，故A错误；连接好电路后，要先检查电路是否正确，然后再接通电源，B错误；为了保证人体安全，即使使用电压较低，通电时，也不可直接用手接触裸露的导线、接线柱，故C错误；为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，应先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故D正确。
(2)实验结束时，应先把电压表从电路中断开，否则在断开开关瞬间，线圈由于自感会产生较高的电压烧毁电压表，故应先断开导线A，故A正确。
(3)当左侧线圈“0”“16”间接入12 V交变电压时，左侧线圈的匝数为16n，右侧线圈接“0”“4”接线柱时，右侧线圈的匝数为4n，其中n为某一个常数；理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系为：＝，如果是理想变压器，则“0”“4”接线柱间输出的电压是3 V，实验中考虑到漏磁、绕组导线中产生的焦耳热等因素，所以“0”“4”接线柱间输出的电压要小于3 V，故A、B错误，C正确。
1．(2020·全国卷Ⅱ)(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1100 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 输电电压为550 kV时，输电线上损耗的电功率ΔP＝2·r，损失的电压ΔU＝·r，当输电电压变为1100 kV，即变为原来的2倍时，输电线上损耗的电功率变为ΔP′＝2·r＝ΔP，损失的电压变为ΔU′＝·r＝ΔU，故A、D正确。
2．(2020·全国卷Ⅲ)(多选)在图a所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图b所示。下列说法正确的是( )
A．所用交流电的频率为50 Hz
B．电压表的示数为100 V
C．电流表的示数为1.0 A
D．变压器传输的电功率为15.0 W
答案 AD
解析 变压器不改变交流电的频率，故所用交流电的频率等于电流i2的频率，即f＝＝＝50 Hz，A正确；通过R2电流的有效值为I2＝＝1 A，根据欧姆定律可知，R2两端的电压即副线圈两端的电压，为U2＝I2R2＝1×10 V＝10 V，根据理想变压器的电压规律＝，可知原线圈两端的电压为U1＝U2＝10×10 V＝100 V，电压表示数即电阻R1两端的电压，为UV＝U0－U1＝220 V－100 V＝120 V，B错误；电流表的示数即通过R3的电流，为IA＝＝ A＝0.5 A，C错误；变压器传输的电功率即副线圈电路的总功率，为P＝(I2＋IA)U2＝(1＋0.5)×10 W＝15.0 W，D正确。
3.(2020·江苏高考)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较少，副线圈匝数较多，由＝可知，电流互感器是一种升压变压器，A错误。电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象，只能测量交流电路中的电流，B错误。电流互感器不改变电流的频率，只改变电流的大小，故原、副线圈电流的频率相同，C错误。电流互感器原线圈匝数较少，副线圈匝数较多，由＝可知，副线圈的电流小于原线圈的电流，D正确。
4．(2020·天津高考)(多选)手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中( )
A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变
C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失
答案 AC
解析 由于送电线圈通入的是正弦式交变电流，电流呈周期性变化，因此产生的磁场也呈周期性变化，A正确；送电线圈中电流产生的周期性变化的磁场会使受电线圈中产生周期性变化的感应电流，此电流产生的磁场也呈周期性变化，B错误；由手机无线充电的特点可知，送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递，C正确；手机和基座无需导线连接就能实现充电，但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉，因此这样传递能量是有损失的，D错误。
5．(2020·山东高考)图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V。定值电阻R1＝10 Ω、R2＝5 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为( )
A．1 Ω B.5 Ω
C.6 Ω D.8 Ω
答案 A
解析 原线圈两端电压的有效值为U1＝ V＝220 V，根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系式＝，可知副线圈两端电压的有效值为U2＝U1＝×220 V＝30 V。灯泡正常工作时，根据欧姆定律可知，通过灯泡的电流，即副线圈电路的干路电流为IL＝＝ A＝1.6 A，根据串联分压规律可知，R1和R2、R构成的电路部分的分压为U＝U2－UL＝30 V－24 V＝6 V，通过R1的电流为I1＝＝ A＝0.6 A，通过R2、R的电流为I2＝IL－I1＝1.6 A－0.6 A＝1 A，根据欧姆定律可知，对R2、R的串联电路有U＝I2(R2＋R)，解得滑动变阻器接入电路的电阻为R＝－R2＝ Ω－5 Ω＝1 Ω，A正确，B、C、D错误。
6．(2020·北京高考)如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin(ωt＋φ)的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后( )
A．电流表A2的示数减小
B．电压表V1的示数减小
C．电压表V2的示数不变
D．电流表A1的示数不变
答案 A
解析 闭合开关S后，变压器副线圈电路中的总电阻减小，由于变压器的匝数比和输入电压都不变，所以输出电压也不变，即电压表V1的示数不变，则副线圈中的电流增大，原线圈中的电流也增大，故电流表A1的示数增大，故B、D错误；由于副线圈中的电流增大，故电阻R两端的电压增大，而副线圈两端的电压不变，所以并联电路两端的电压减小，即电压表V2的示数减小，故电流表A2的示数减小，故A正确，C错误。
7．(2020·浙江7月选考)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
解析 根据电功率公式P＝UI，可知发电机输出的电流I1＝＝400 A，A错误；输电线上损失的功率P线＝5 kW，由P线＝IR线，可得I线＝＝25 A，故B错误；降压变压器得到的功率即用户得到的功率为P4＝P－P线＝95 kW，则用户得到的电流I4＝＝≈432 A，D错误；根据理想变压器电流与线圈匝数成反比，可得＝＝，C正确。
8．(2019·江苏高考)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20 V时，输出电压( )
A．降低2 V B.增加2 V
C．降低200 V D.增加200 V
答案 D
解析 理想变压器的电压与匝数关系为＝＝，整理可得＝，即原、副线圈匝数之比等于原、副线圈的电压变化量之比，当ΔU1＝20 V时，ΔU2＝200 V，D正确。
9．(2021·浙江1月选考节选)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成，硅钢片应平行于________。
A．平面abcd B.平面abfe
C．平面abgh D.平面aehd
答案 D
解析 变压器的正视图如图，变压器线圈中磁感线环绕的方向沿着闭合铁芯，根据楞次定律及右手螺旋定则，产生的涡流所在平面垂直于图示变压器铁芯的正面aehd，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应平行于平面aehd，故选D。
10．(2017·浙江4月选考节选)为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是________(多选)。
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)
用匝数na＝60匝和nb＝120匝的变压器，实验测量数据如下表：
U1/V
1.80
2.80
3.80
4.90
U2/V
4.00
6.01
8.02
9.98
根据测量数据可判断连接电源的线圈是________(填“na”或“nb”)。
答案 ACE nb
解析 为了完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，根据变压器原理，需要使用交流电源，为了测交流电压，还需要处于交流电压挡的多用电表；为了让变压效果明显，需要含有闭合铁芯的原副线圈，A、C、E正确。由于实际变压器有漏磁、铁芯发热等，所以副线圈两端电压的测量值小于按理想变压器规律计算的值，由表中数据结合＝可知，连接电源的线圈是nb。
时间：50分钟 满分：100分
一、选择题(本题共11小题，每小题7分，共77分。其中1～7题为单选，8～11题为多选)
1．(2021·八省联考广东卷)科学中心某款手摇点火器原理如图所示。当钢针和金属板间瞬时电压超过5000 V时可以产生电火花。已知匀强磁场的磁感应强度B大小为0.2 T，手摇发电机线圈的面积为0.25 m2，共50匝，不计内阻，变压器为理想变压器，其原、副线圈匝数比为1∶100。下列说法正确的是( )
A．线圈转速等于2 r/s时，点火器可以产生电火花
B．线圈转速等于4 r/s时，点火器可以产生电火花
C．电压表的示数为5 V时，点火器可以产生电火花
D．电压表的示数为25 V时，点火器可以产生电火花
答案 B
解析 线圈在匀强磁场中转动产生交流电，设转速为n，则发电机的最大电动势为Em＝NBSω＝NBS·2πn，发电机的最大电动势等于变压器原线圈两端电压的最大值，即U1m＝Em，根据理想变压器原、副线圈的匝数比等于其两端电压之比，有＝＝；钢针和金属板间瞬时电压超过5000 V时可以产生电火花，现令U2m＝5000 V，联立各式解得U1m＝50 V，n＝ r/s≈3.18 r/s，故线圈转速等于2 r/s时，点火器不能产生电火花，线圈转速等于4 r/s时，点火器能产生电火花，故A错误，B正确；电压表的示数为原线圈两端的电压有效值，恰好能点火时，电压表示数UV＝＝25 V,5 V和25 V均小于25 V，故C、D错误。
2．(2018·江苏高考)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为( )
A．55 kV B.110 kV
C.440 kV D.880 kV
答案 C
解析 输电功率P＝UI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P损＝I2R，R为输电线路的电阻，即P损＝2R。当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的，则输电电压为原来的2倍，即440 kV，故C正确。
3.(2018·天津高考)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则( )
A．R消耗的功率变为P
B．电压表V的读数为U
C．电流表A的读数变为2I
D．通过R的交变电流频率不变
答案 B
解析 根据ω＝2πn可知转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据Em＝nBSω可知发电机产生的最大电动势为原来的，根据U＝可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，根据＝可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据P＝可知R消耗的电功率变为P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I2＝，即变为原来的，根据＝可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误。
4．(2020·河南省三市第二次质量检测)如图所示，甲图中滑动变阻器的输入端a、b之间接一电压为U1的直流电源，变阻器的输出端c、d之间接一额定电压为220 V、额定功率为40 W的灯泡。乙图中理想变压器的输入端e、f之间接一电压为U2的正弦式交变电源，理想变压器的输出端g、h之间也接一额定电压为220 V、额定功率为40 W的灯泡。已知滑动变阻器的滑动触头在变阻器的中点，理想变压器的滑动端在线圈的中点，此时两个灯泡都正常发光。下列说法正确的是( )
A．U1和U2均为110 V
B．U1为110 V，U2为220 V
C．U1为220 V，U2为110 V
D．U1大于220 V，U2为110 V
答案 D
解析 甲图中，灯泡与滑动变阻器滑动触头以下部分串联，灯泡正常发光，则灯泡两端电压为220 V，根据串联电路分压规律可得U1＝UL＞220 V；乙图中，灯泡正常发光，说明副线圈两端电压是220 V，根据理想变压器原理可得＝，因理想变压器的滑动端在线圈中点，所以＝，解得U2＝UL＝110 V，故A、B、C错误，D正确。
5.在绕制变压器时，某人将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上。当通以交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂。已知线圈1、2的匝数之比n1∶n2＝2∶1。在不接负载的情况下( )
A．当线圈1输入电压为220 V时，线圈2输出电压为110 V
B．当线圈1输入电压为220 V时，线圈2输出电压为55 V
C．当线圈2输入电压为110 V时，线圈1输出电压为220 V
D．当线圈2输入电压为110 V时，线圈1输出电压为440 V
答案 B
解析 在不考虑原、副线圈内电阻的情况下，变压器原、副线圈电压之比等于原、副线圈中产生的感应电动势之比；给一个线圈通交变电流后，其内部磁通量只有一半通过另一个线圈，因此另一线圈的磁通量的变化率只有通电线圈的一半；当给线圈1输入电压为U1＝220 V时，因＝＝＝＝×＝，则线圈2输出电压为U2＝U1＝55 V；当给线圈2输入电压为U2′＝110 V时，因＝＝＝＝×＝，则线圈1输出电压为U1′＝U2′＝110 V；所以B正确，A、C、D错误。
6.(2020·广西柳州高级中学高三下学期4月线上模拟)如图所示的理想变压器，两个副线圈匝数分别为n1和n2，当把电热器接在a、b间，使c、d空载时，电流表示数为I1，当把同一电热器接在c、d间，而使a、b空载时，电流表的示数为I2，则I1∶I2等于( )
A．n1∶n2 B.n∶n
C．n2∶n1 D.n∶n
答案 B
解析 设副线圈中的电压分别为U2、U3，根据理想变压器输入功率等于输出功率以及电压与匝数成正比可知，UI1＝，UI2＝，联立解得＝＝，故B正确，A、C、D错误。
7.(2020·江苏省启东市高三下学期期初考试)电风扇的挡位变换器电路如图所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2400匝的原线圈输入电压u＝220sin100πt(V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240匝、600匝、1200匝、2400匝。电动机M的内阻r＝8 Ω，额定电压为U＝220 V，额定功率P＝110 W。下列判断正确的是( )
A．该交变电源的频率为100 Hz
B．当选择3挡位后，电动机两端电压的最大值为110 V
C．当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大
D．当选择挡位4后，电动机的输出功率为108 W
答案 D
解析 根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知：ω＝100π rad/s，则该交变电源的频率f＝＝50 Hz，故A错误；根据题意输入电压的有效值为220 V，当选择3挡位后，副线圈的匝数为1200匝，根据理想变压器电压与匝数成正比得：＝，即＝，解得：U2＝110 V，所以电动机两端电压的最大值为110 V，故B错误；当挡位由3变为2后，副线圈匝数减小，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，则输入功率变小，根据P1＝U1I1知原线圈电流变小，故C错误；当选择挡位4后，副线圈匝数等于2400匝，根据理想变压器电压与匝数的关系得副线圈两端的电压为220 V，电动机正常工作，流过电动机的电流I＝＝ A＝0.5 A，电动机的发热功率P热＝I2r＝0.52×8 W＝2 W，电动机的输出功率P出＝P－P热＝110 W－2 W＝108 W，故D正确。
8.(2020·河北省张家口市5月模拟)如图所示为一理想变压器，原线圈a、b两端接入电压u＝Umsinωt的交变电流，Um和原线圈接入电阻阻值均保持不变，电表均为理想电表。当用户并联在副线圈两端上的用电器增加时，下列说法正确的是( )
A．电流表A1的示数变大 B.电流表A2的示数变小
C．电压表V1的示数变大 D.电压表V2的示数变小
答案 AD
解析 Um和原线圈接入电阻阻值均保持不变，当用户并联在副线圈两端的用电器增加时，副线圈两端总电阻减小，则原线圈两端的等效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，A1示数增大，V1示数减小；再根据理想变压器的电流、电压与匝数的关系可知，A2示数增大，V2示数减小。故A、D正确，B、C错误。
9.(2020·云南省高中毕业生统一检测)如图所示，理想变压器的原线圈接在稳压交流电源上，R1、R2、R3是阻值相等的定值电阻，电表A为理想电流表，调节滑片P可以改变原线圈匝数。初始时，开关K处于断开状态，下列说法正确的是( )
A．只把滑片P向上滑动，电流表示数将增大
B．只把滑片P向下滑动，电阻R1消耗的功率将增大
C．只闭合开关K，电阻R2消耗的功率将增大
D．只闭合开关K，电流表示数将变大
答案 BD
解析 只把滑片P向上滑动，原线圈匝数增大，根据＝可知，副线圈两端电压U2变小，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈中电流变小，副线圈功率P2＝I2U2变小，则输入功率变小，输入电压不变，则原线圈电流变小，电流表示数将变小，故A错误。只把滑片P向下滑动，原线圈匝数变小，副线圈两端电压U2变大，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈中电流变大，根据P＝IR1，可知电阻R1消耗的功率将增大，故B正确。只闭合开关K，副线圈所在电路总电阻变小，匝数比和输入电压不变，则输出电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈所在电路干路电流变大，R1分压变大，则R2两端电压变小，R2消耗的功率将减小；副线圈所在电路干路电流变大，变压器输出功率变大，则输入功率变大，输入电压不变，则原线圈中电流变大，电流表示数将变大，故C错误，D正确。
10．(2021·八省联考重庆卷)如图1、2所示，理想变压器对电器供电，其输入电压u＝27000sin100πt(V)，电器RL与RL′的参数分别为“220 V 1100 W”“220 V 440 W”，输电线的总电阻r＝2 Ω。若两图中电器都能正常工作，则( )
A．图1中电阻r的功率为50 W
B．图2中变压器的输入功率比图1中变压器的输入功率增加了440 W
C．图1中原、副线圈匝数比n1∶n2＝2700∶23
D．图2中原、副线圈匝数比n1∶n2＝1500∶13
答案 ACD
解析 图1中，根据P＝UI可得通过电器RL的电流为IL＝＝ A＝5 A，电阻r的功率为Pr＝Ir＝52×2 W＝50 W，故A正确；图1变压器输出电压为U出＝UL＋ILr＝220 V＋5×2 V＝230 V，图1变压器的输入功率等于输出功率，为P1＝U出IL＝230×5 W＝1150 W，电器RL′正常工作的电流为IL′＝＝ A＝2 A，图2中干路电流为I总＝IL＋IL′＝7 A，图2中输出电压为U出′＝UL′＋I总r＝220 V＋2×7 V＝234 V，图2中变压器的输入功率等于输出功率，为P2＝U出′I总＝234×7 W＝1638 W，图2中变压器的输入功率比图1中变压器的输入功率增加了ΔP＝P2－P1＝1638 W－1150 W＝488 W，故B错误；由于两理想变压器输入电压为U入＝＝ V＝27000 V，则图1中原、副线圈匝数比＝＝，图2中原、副线圈匝数比＝＝，故C、D正确。
11．(2020·贵州省贵阳市调研)在图甲所示的理想变压器a、b端加图乙所示的交变电压。已知变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，R1为热敏电阻(温度升高时，其电阻减小)，R为定值电阻，两电压表均为理想电表。下列判断正确的是( )
A．电压表V1的示数为22 V
B．电压表V2的示数为11 V
C．R1处温度升高时，V1示数与V2示数的比值变小
D．R1处温度升高时，V1示数与V2示数的比值变大
答案 AD
解析 电压表V1测的是原线圈电压，也就是输入电压，正弦式交流电的有效值是峰值的倍，所以电压表V1的示数是22 V，故A正确；因原、副线圈匝数比为2∶1，所以副线圈两端电压为11 V，电压表V2测的是R1两端电压，应该小于11 V，故B错误；R1处温度升高时，R1电阻减小，R阻值不变，R1分得的电压变小，V2减小，V1不变，所以V1与V2示数的比值变大，故C错误，D正确。
二、非选择题(本题共2小题，共23分)
12．(9分)在“探究变压器原、副线圈的电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究。
(1)下列器材中，实验需要的器材是________。
A．干电池 B.低压交流电源
C．220 V交流电源 D.条形磁体
E．可拆变压器和导线 F．直流电压表
G．多用电表
(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、副线圈两端的电压值。由于交变电流的电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的________(选填“有效”或“最大”)值。其中一次操作后副线圈所接多用电表读数如图所示，此时电表读数为________。
(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。
答案 (1)BEG (2)有效 7.2 (3)正比 大于
解析 (1)“探究变压器原、副线圈的电压与匝数的关系”要用低压交流电源和交流电压表，所以只需要多用电表、低压交流电源以及可拆变压器和导线，故选B、E、G。
(2)多用电表测量的是交流电压的有效值。题图多用电表选用的挡位是交流电压10 V挡，由题图可得电表读数为7.2 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导致副线圈的电压U2较小，所以导致>。
13．(14分)某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW，输出电压为500 V，输电线的总电阻为10 Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%。求：
(1)村民和村办小企业需要220 V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)
(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？
答案 (1)1∶3 72∶11 (2)320 V 5760 W
解析 (1)输电电路图如图所示，
由ΔP＝4%P输出和ΔP＝IR
得I2＝＝6 A
则U送＝＝1500 V
升压变压器原、副线圈匝数比
＝＝＝
输电线上电压损失ΔU＝I2R＝60 V
故降压变压器输入电压
U1＝U送－ΔU＝1440 V
故降压变压器原、副线圈匝数比＝＝＝。
(2)若不用变压器，则输电电流I＝＝18 A
U＝U0－IR＝320 V，P＝P输出－I2R＝5760 W。
第2讲 变压器 电能的输送
知识点 理想变压器 Ⅱ
1．构造：如图所示。变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成。
(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。
(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。
2．工作原理：电磁感应的互感现象。
3．理想变压器的基本关系式
(1)功率关系：P入＝P出。
(2)电压关系：＝。若n1>n2，为降压变压器；若n1
有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。
知识点 远距离输电 Ⅰ
1．降低输电损耗的两个途径
减少输电损耗的理论依据：P损＝I2r。
(1)减小输电线的电阻：根据电阻定律r＝ρ，要减小输电线的电阻r，在输电距离一定的情况下，可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面积的方法。
(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。
2．远距离高压输电的分析
(1)输电过程(如图所示)
(2)输送电流
①I＝＝。
②I＝。
(3)电压损失
①ΔU＝U－U′。
②ΔU＝Ir。
(4)功率损失
①ΔP＝P－P′。
②ΔP＝I2r＝2r＝。
知识点 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1.实验器材
可拆变压器、低压交流电源、两只多用电表、导线若干、开关。
2．实验思路
保持原线圈输入的电压一定，先保持原线圈的匝数不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响。然后再保持副线圈的匝数不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响。
3．画出实验电路图
画出实验电路图如图所示。电路图上要标出两个线圈的匝数、原线圈欲加电压的数值。要事先推测副线圈两端电压的可能数值。
4．画出数据记录表格
记录数据的表格如表1、表2所示。
表1：保持原线圈匝数n1不变
n1
U1/V
n2
U2/V
表2：保持副线圈匝数n2不变
n1
U1/V
n2
U2/V
一 堵点疏通
1．变压器不但可以改变交流电压，也可以改变稳恒直流电压。( )
2．理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。( )
3．高压输电的目的是增大输电的电流。( )
4．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小。( )
5．变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定。( )
6．变压器副线圈两端的电压由原线圈两端的电压决定。( )
答案 1.× 2.√ 3.× 4.× 5.√ 6.√
二 对点激活
1．(人教版选择性必修第二册·P60·T2改编)有些机床为了安全，照明电灯用的电压是36 V，这个电压是把380 V的电压降压后得到的。如果变压器的原线圈是1140匝，副线圈是( )
A．1081匝 B.1800匝
C.108匝 D.8010匝
答案 C
解析 由＝得n2＝＝108，故C正确。
2．(人教版选择性必修第二册·P60·T5改编)(多选)如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图，变压器的输入电压是市区电网的电压，当滑动变阻器R的滑片向下移动时，下列说法正确的是( )
A.读数不变，读数不变
B.读数变大，读数不变
C.读数变大，读数变小
D.读数不变，读数不变
答案 AC
解析 输入电压是市区电网的电压，不变，所以读数不变，由＝知，读数不变，故A正确；滑动变阻器R的滑片下移，滑动变阻器接入电路的电阻变小，用户电路总电阻变小，故读数变大，I1由I2决定，n1I1＝n2I2，所以读数变大，I2变大，则R0分压变大，故读数变小，所以C正确，B、D错误。
3．(人教版选择性必修第二册·P65·T3改编)从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω，用220 V和11 kV两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为( )
A．50∶1 B.1∶50
C.1∶5 D.5∶1
答案 A
解析 输电线上的电流I＝，则输电线上由电阻造成的电压损失ΔU＝Ir＝，故＝＝＝＝，故选A。
4．(人教版选择性必修第二册·P65·T5改编)(多选)如图所示为远距离输电示意图，其中水电站发电机的输出功率为100 kW，发电机的电压为250 V。通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V。要求在输电线上损失的功率控制为5 kW(即用户得到的功率为95 kW)。下列说法正确的是( )
A．输电线上通过的电流为25 A
B．降压变压器的输入电压为4000 V
C．升压变压器的匝数比为
D．降压变压器的匝数比为
答案 AC
解析 输电线上通过的电流I2＝＝ A＝25 A，A正确；输电线上损失的电压U损＝I2R＝25×8 V＝200 V，升压变压器的输出电压U2＝＝ V＝4000 V，则降压变压器的输入电压U3＝U2－U损＝4000 V－200 V＝3800 V，B错误；升压变压器的匝数比＝＝＝，C正确；降压变压器的匝数比＝＝＝，D错误。
考点1 理想变压器的工作原理和基本关系
1.变压器的工作原理
2．基本关系
(1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ相同。
(2)线圈无电阻，因此无电压降，副线圈两端电压U2＝n2。
(3)根据＝得，套在同一铁芯上的线圈，有＝＝＝…。
(4)无电能损失，因此P入＝P出，无论副线圈是一个还是多个，总有U1I1＝U2I2＋U3I3＋…，将电压关系代入可得n1I1＝n2I2＋n3I3＋…。
(5)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。
(6)理想变压器基本关系中的U、I均为有效值。
3．基本关系式中物理量之间的决定关系
制约
关系
电压
原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2(当U1和匝数比不变时，不论负载电阻R变化与否，U2不会改变)
功率
副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入(可简记为“用决定供”)
电流
副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1
例1 (2020·吉林省白山市二模)在图示电路中，理想变压器原线圈的匝数为220，副线圈的匝数可调，L1、L2、L3和L4是四个相同的灯泡。当在a、b两端加上瞬时值表达式为u＝220sin100πt(V)的交变电压时，调节副线圈的匝数，使四个灯泡均正常发光。下列说法正确的是( )
A．变压器副线圈的匝数为440
B．灯泡的额定电压为55 V
C．变压器原线圈两端电压为220 V
D．穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值为0.1 V
(1)四个灯泡均正常发光，求副线圈匝数适合用电压比还是电流比？
提示：电流比。
(2)原线圈含有用电器时a、b两端电压还是变压器的输入电压吗？
提示：不是。
尝试解答 选B。
四个灯泡均正常发光，且灯泡均串联在电路中，说明通过变压器原、副线圈中的电流相同，根据＝，可得变压器副线圈的匝数n2＝n1＝220，故A错误；根据题意，a、b两端电压的有效值为U＝ V＝220 V，设每个灯泡的额定电压为U0，原线圈两端电压为U1，则有U＝2U0＋U1，又＝，联立可得U0＝55 V，U1＝110 V，故B正确，C错误；原线圈两端电压的最大值为Um＝U1＝110 V，根据法拉第电磁感应定律有Um＝n1，解得穿过原线圈的磁通量变化率的最大值为 V，故D错误。
1.变压器原线圈所在电路中含有负载问题的分析
(1)将原线圈看成用电器，在原线圈电路中可应用串并联电路规律、闭合电路欧姆定律等。
(2)要求解原线圈电路中负载的电流、电压和功率，一般需先求副线圈中的电流，然后根据理想变压器原、副线圈的电流关系求得原线圈电路中的电流，进而求解通过负载的电流。
原、副线圈的电流关系往往是解决问题的突破口。
2．含有多个副线圈的变压器的电路分析
副线圈有两个或两个以上时，一般从原、副线圈的功率相等入手。利用P1＝P2＋P3＋…，结合原副线圈电压关系、欧姆定律等分析。
3．变压器与二极管相结合的分析
当副线圈回路中含有二极管时，由于二极管具有单向导电性，二极管只有一半时间导通，经过二极管后的输出电压的有效值与副线圈两端交流电压的有效值不相等，应根据电流的热效应进行计算。
[变式1－1] (2020·山东省滨州市三模)(多选)如图，理想变压器原线圈匝数为N，有两个接有阻值均为R的电阻的独立副线圈甲、乙。现测得线圈甲上的电流为I1，线圈乙上的电流为I2，原线圈电压为U。则( )
A．甲线圈匝数为N B.乙线圈匝数为N
C．原线圈电流为I1＋I2 D.原线圈电流为R
答案 AD
解析 甲线圈两端电压U1＝I1R，根据理想变压器原理＝可得，甲线圈的匝数为n1＝N，同理可得乙线圈匝数为n2＝N，故A正确，B错误；设原线圈中电流为I，由输入功率等于输出功率可得IU＝IR＋IR，解得I＝R，故C错误，D正确。
[变式1－2] (2020·福建省厦门市五月质量检查)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈接u1＝220sin100πt(V)的交流电，电阻R1＝R2＝50 Ω，D为理想二极管，则( )
A．R2两端的电压为100 V
B．R2两端的电压为100 V
C．原线圈的输入功率为300 W
D．原线圈的输入功率为400 W
答案 C
解析 根据＝可得，副线圈两端电压的有效值为U2＝100 V，R1消耗的功率P1＝＝200 W，由于二极管具有单向导电性，因此R2消耗的功率是没有二极管时的一半，即R2消耗的功率是R1的一半，根据P2＝＝100 W，可求出R2两端电压的有效值为U2′＝50 V，A、B错误；两个电阻消耗的总功率P总＝P1＋P2＝200 W＋100 W＝300 W，又因为变压器输出功率与输入功率相等，因此原线圈的输入功率为300 W，C正确，D错误。
考点2 理想变压器的动态分析
常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。
1．匝数比不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变。
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。
2．负载电阻不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，发生变化，U2变化。
(2)R不变，U2变化，I2发生变化。
(3)根据P2＝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。
3．分析动态问题的步骤
例2 (2020·山西省长治市3月线上模拟)如图所示，理想交流电流表A1、A2，定值电阻R1、R2，光敏电阻RG(光照强度增大，阻值减小)，分别接在理想变压器的原、副线圈上，U0为正弦交流电源电压的有效值，且保持不变。若增大光照强度，则下列说法正确的是( )
A．电流表A1示数增大、A2示数减小
B．U1、U2都不变
C．R1、R2的电功率都增大
D．RG两端电压增大
(1)光照变强，光敏电阻阻值变小，如何分析电流表A1、A2示数的变化？
提示：用等效法，副线圈的等效电阻R等效＝2(R2＋RG)。
(2)如何分析RG两端电压的变化？
提示：先分析U1、U2如何变化，U2减去R2两端电压就是RG两端电压。
尝试解答 选C。
根据理想变压器的输出功率等于输入功率，有IR原＝IR副，所以R原＝R副＝R副，那么原线圈两端的等效电阻R原＝2(R2＋RG)，由题意，光强增大，光敏电阻RG阻值变小，则R原变小，则原线圈所在回路电流I1变大，即A1示数增大，R1分压变大，R1消耗的电功率增大；因原线圈所在回路电流变大，根据＝知副线圈回路电流I2也变大，即A2示数增大，则R2分压变大，R2消耗的电功率增大；由于交流电源电压有效值不变，所以原线圈电压U1变小，由理想变压器电压关系可知副线圈电压U2也变小，再根据R2分压变大，可知RG两端电压减小。综上所述，C正确，A、B、D错误。
原线圈含有用电器的动态分析技巧
图甲中当R2变化时如何判断原线圈中I1的变化情况？我们可以把图甲等效画成图乙。
由＝R，＝，＝，＝R2，联立得：R＝＝＝＝2R2
这样若当R2变大时，知R变大，则U1变大，I1变小，方便极了！
[变式2－1] (2020·江苏省宿迁市沭阳县5月联考)如图甲所示为恒压电源给硫化镉光敏电阻R供电时，流过此电阻的电流和所受光照强度的关系图像。根据这一特性，某同学设计了一个台灯的自动控制电路如图乙所示，T为一自耦式变压器。下列说法正确的是( )
A．在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则灯泡的亮度减小
B．在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则灯泡的亮度增加
C．在其他条件不变的情况下，将自耦式变压器的滑片P适当下滑，则灯泡的亮度增加
D．在其他条件不变的情况下，适当增大滑动变阻器R1的阻值，则灯泡的亮度增加
答案 A
解析 分析图甲可知，光照强度增强时，流过电阻R的电流增大，说明光敏电阻阻值减小。在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则光敏电阻阻值减小，灯泡两端电压减小，则灯泡的亮度减小，A正确，B错误；在其他条件不变的情况下，将自耦式变压器的滑片P适当下滑，则副线圈匝数减小，输出电压减小，灯泡的亮度减小，C错误；在其他条件不变的情况下，适当增大滑动变阻器R1的阻值，则通过灯泡的电流减小，灯泡亮度减小，D错误。
[变式2－2] (2020·河北省唐山市一模)(多选)如图所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a接原线圈的一端点，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＝Usin100πt。则( )
A．当单刀双掷开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1∶2
B．当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为
C．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数增大
D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数增大
答案 AD
解析 当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的匝数为n1，则有U2＝U1，当与b连接时，原线圈的匝数为，则有U2′＝U1，联立得U2∶U2′＝∶n1＝1∶2，即电压表的示数比为1∶2，故A正确；当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为u1＝Usin(100π×0)＝0 V，故B错误；因为副线圈的电压由原、副线圈匝数和输入电压决定，而与滑动变阻器接入电路的电阻大小无关，故在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表的示数不变，C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈的匝数变小，副线圈的电压变大，则电压表示数变大，因滑动变阻器接入电路中的电阻不变，则电流表的示数也变大，故D正确。
考点3 远距离输电
1.远距离输电问题的分析方法
对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析。
2．远距离高压输电的几个基本关系(以下图为例)
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3。
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，
U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线。
(3)输电电流：I线＝＝＝。
(4)输电线上损耗的电功率
P损＝I线ΔU＝IR线＝2R线。
当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的。
例3 (2020·河南省六市第二次联合调研检测)如图所示，为远距离交流输电的简化电路图，升压变压器与发电厂相连，降压变压器与用户相连，两变压器均为理想变压器。当升压变压器原、副线圈匝数比为n时，用户得到的电功率为P1。现保持发电厂的输出电功率P、升压变压器原线圈两端电压和输电线总电阻不变，当升压变压器的原、副线圈匝数比变为kn时，用户得到的电功率为( )
A．(1－k2)P＋k2P1 B.(1－n2)P＋n2P1
C.P＋ D.P＋
(1)设输电线电流为I，则P1与P有什么关系？
提示：P＝I2R＋P1。
(2)升压变压器的原、副线圈匝数比变为kn时，输电线的电流变为原来的多少？
提示：k倍。
尝试解答 选A。
当升压变压器原、副线圈的匝数比为n时，由理想变压器的规律得＝，由能量守恒定律得，输电线损失的功率P损＝IR＝n2I2R＝P－P1；当升压变压器的原、副线圈匝数比变为kn时，由理想变压器的规律得＝，此时输电线损失的功率为P损′＝I1′2R＝k2n2I2R＝k2P损＝k2(P－P1)，用户得到的功率为P用＝P－P损′＝P－k2(P－P1)＝(1－k2)P＋k2P1，故A正确，B、C、D错误。
解决远距离输电问题应注意下列几点
(1)画出输电电路图。
(2)注意升压变压器副线圈中的电流与降压变压器原线圈中的电流相等。
(3)输电线长度等于输电距离的2倍。
(4)计算线损功率一般用P损＝IR线。
[变式3－1] (2020·北京市海淀区查漏补缺)某高压变电所通过变压器向一工厂送电，输送电压为U，输送功率为P，输电线电阻为R，下列说法正确的是( )
A．如果输送功率与输电线电阻不变，输送电压变为原来的2倍，则输电线上损失的功率变为原来的四倍
B．如果输送功率与输送电压不变，输电线电阻变为原来的2倍，则损失功率变为原来的二分之一
C．如果输送功率P不变，输电电压越高，则输电线上的电流一定越小
D．输送功率P的具体数值由变电所决定，与工厂的用电情况无关
答案 C
解析 如果输送功率与输电线电阻不变，输送电压变为原来的2倍，根据损失功率的关系式P损＝2R，可知输电线上损失的功率变为原来的四分之一，故A错误；如果输送功率与输送电压不变，则输送电流不变，输电线电阻变为原来的2倍，根据P损＝2R知输电线上损失的功率变为原来的2倍，故B错误；由I＝可知，若输送功率P不变，输电电压越高，则输电线上的电流一定越小，故C正确；理想变压器的输入功率由输出功率决定，如果工厂的机器不工作，即用户不消耗电能，输入功率为零，所以输送功率P的具体数值由工厂的用电情况决定，故D错误。
[变式3－2] (2020·山西省临汾市能力测试)(多选)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变，假设用户所用用电器都是纯电阻用电器，若发现发电厂发电机输出的电流增大了，则可以判定( )
A．通过用户的电流减小了
B．用户接入电路的总电阻减小了
C．用户消耗的电功率减小了
D．加在用户两端的电压变小了
答案 BD
解析 如果发电机输出电流增大，根据理想变压器中＝可知，输送电流增大，通过用户的电流增大，故A错误；输送电流增大，则输电线上的电压损失增大，而升压变压器副线圈两端电压不变，则降压变压器的输入、输出电压均变小，即加在用户两端的电压变小，D正确；加在用户两端的电压变小，而通过用户的电流增大，则用户接入电路的总电阻减小，B正确；当用户电阻减小时，用户消耗的电功率增大，故C错误。
考点4 两种特殊的变压器模型
1.自耦变压器
自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如下图所示。
2．互感器
分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：
电压互感器
电流互感器
原理图
原线圈的连接
并联在高压电路中
串联在交流电路中
副线圈的连接
连接交流电压表
连接交流电流表
互感器的作用
将高电压变为低电压
将大电流变为小电流
利用的公式
＝
I1n1＝I2n2
例4 (2020·福建省泉州市第一次质量检测) 如图，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器(均视为理想变压器)，T1的原、副线圈匝数比为1∶1000，a、b是交流电压表或交流电流表，其中交流电压表两端的电压为10 V，高压线路输送的电功率是2.2×103 kW、电压是22 kV，则( )
A．a是交流电压表
B．T2的原、副线圈匝数比为1000∶1
C．通过交流电流表的电流为0.1 A
D．绕制T1原线圈的导线应比副线圈的细
(1)如何判断a是电流表还是电压表？
提示：串联在高压输电线上的为电流互感器，其副线圈接电流表。
(2)变压器匝数少的这端电流大，用粗导线还是细导线？
提示：粗导线。
尝试解答 选C。
由题图结合互感器原线圈与电路的连接方式可知，T1是电流互感器，a是交流电流表，T2是电压互感器，b是交流电压表，故A错误；根据变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可知，T2的原、副线圈匝数比为＝＝＝，故B错误；T1原线圈中的电流I1′＝＝ A＝100 A，根据变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系＝＝，解得通过a表的电流I2′＝0.1 A，故C正确；T1原线圈的电流大于副线圈的电流，故绕制T1原线圈的导线应比副线圈的粗，故D错误。
(1)对于自耦变压器，若原线圈能调节，则为升压变压器；若副线圈能调节，则为降压变压器。
(2)电压互感器和电流互感器的区分：一是看匝数，二是看串联还是并联在高压电路中。
[变式4] (2020·江苏省苏锡常镇四市二模)(多选)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图。线圈均匀绕在圆环形铁芯上，滑动触头P在某一位置，在B、C间接一个交流电压表和一个电阻R。若A、B间输入如图乙所示的交变电压，则( )
A．t＝1×10－2 s时，电压表的示数为零
B．A、B间输入电压的瞬时值为u＝220sin100πt(V)
C．滑动触头P顺时针转动时，R两端的电压增大
D．滑动触头P逆时针转动时，A、B间输入功率增大
答案 BD
解析 电压表的示数为交变电压的有效值，不为零，故A错误；由图乙可知，A、B间输入的交变电压的周期为T＝2×10－2 s，故f＝＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s，所以A、B间输入电压的瞬时值表达式为u＝220sin100πt(V)，故B正确；根据理想变压器电压关系有＝，滑动触头P顺时针转动时，n2变小，所以R两端的电压减小，故C错误；滑动触头P逆时针转动时，n2变大，根据＝，可知R两端的电压增大，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有P入＝P出＝，所以滑动触头P逆时针转动时，A、B间输入功率增大，故D正确。
考点5 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1.实验操作步骤
(1)组装可拆变压器。
(2)按电路图连接电路，注意原线圈一侧接低压交流电源。
(3)原、副线圈各取一定的匝数，闭合开关，用多用电表测出原、副线圈两端的电压，将数据记入设计的表格。
(4)保持原线圈的匝数不变，多次改变副线圈的匝数，用多用电表测出原、副线圈两端的电压，将一系列数据记入设计的表格1。
(5)保持副线圈的匝数不变，多次改变原线圈的匝数，用多用电表测出原、副线圈两端的电压，将一系列数据记入设计的表格2。
(6)先将两个多用电表从电路中断开，然后断开交流电源的开关，拆除电路。
(7)将多用电表的选择开关置于交流电压最大量程挡或“OFF”位置，整理器材。
2．分析数据，得出结论
原、副线圈上的电压之比近似等于它们的匝数之比。
3．误差分析
实验数据没有严格遵从实验结论所述规律，是因为
(1)实验变压器工作时存在多种损耗：
①变压器线圈通过电流时会发热；
②铁芯在交变磁场的作用下会发热；
③交变电流产生的磁场不可能完全局限在铁芯内。
(2)多用电表的读数存在误差等。
4．实验操作的注意事项
(1)连接电路后要由同组的几位同学分别独立检查，并经过确认。只有这时才能接通电源。
(2)为了保证人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V；即使这样，通电时也不要用手接触裸露的导线、接线柱。
(3)为了保证多用电表的安全，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。
(4)先拆除多用电表，再断开开关，以免烧坏电表。
例5 (2021·北京市通州区高三一模)某同学在实验室进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验。
(1)下列实验器材必须要用的有________(选填字母代号)。
A．干电池组 B.学生电源
C．多用电表 D.直流电压表
E．滑动电阻器 F．条形磁体
G．可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
(2)下列说法正确的是________(选填字母代号)。
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B．要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数
C．测量电压时，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
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
(3)该同学通过实验得到了如下表所示的实验数据，表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数，U1、U2分别为原、副线圈的电压，通过实验数据分析可以得到的实验结论是：_______________________________________________________
_________________________。
实验次数
n1/匝
n2/匝
U1/V
U2/V
1
1600
400
12.1
2.90
2
800
400
10.2
4.95
3
400
200
11.9
5.92
(1)变压器的工作原理是什么？
提示：互感现象。
(2)本实验应用的物理学方法是什么？
提示：控制变量法。
尝试解答 (1)BCG (2)BC (3)在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即＝。
(1)实验中，必须要用学生电源提供交流电；学生电源本身可以调节电压，无需滑动变阻器；需要用多用电表测量交流电压；本实验不需要用条形磁体，须用可拆变压器来进行实验；综上所述，需要的实验器材为B、C、G。
(2)为确保实验安全，应该使输出电压小于输入电压，则实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，进而测得副线圈电压，找出相应关系，故B正确；为了保护电表，测量副线圈电压时，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，故C正确；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，不是靠铁芯导电来传输电能，故D错误。
(3)通过数据分析可得，在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即＝。
(1)只有理解实验原理及人身和器材的安全要求，才能正确选择实验器材、设计实验步骤。
(2)本实验用的是多用电表的交流电压挡，应复习多用电表的有关知识。
(3)对本实验作数据分析和误差分析时，要注意可拆变压器与理想变压器的区别。
[变式5] 在“探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，
(1)为了确保实验的安全，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，可不经检查电路是否正确，直接接通电源
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．为了多用表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测
(2)某同学在完成上述实验后，采用如图乙所示的电路测量变压器原线圈的电阻(阻值较小)，为保证电路中各元件安全，实验结束时，首先应断开________(填选项字母)。
A．导线A B.导线B
C.开关C D.导线D
(3)如图，当左侧线圈“0”“16”间接入12 V交变电压时，右侧线圈“0”“4”接线柱间输出的电压可能是________。
A．6 V
B．4.3 V
C．2.1 V
答案 (1)D (2)A (3)C
解析 (1)为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V，故A错误；连接好电路后，要先检查电路是否正确，然后再接通电源，B错误；为了保证人体安全，即使使用电压较低，通电时，也不可直接用手接触裸露的导线、接线柱，故C错误；为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，应先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故D正确。
(2)实验结束时，应先把电压表从电路中断开，否则在断开开关瞬间，线圈由于自感会产生较高的电压烧毁电压表，故应先断开导线A，故A正确。
(3)当左侧线圈“0”“16”间接入12 V交变电压时，左侧线圈的匝数为16n，右侧线圈接“0”“4”接线柱时，右侧线圈的匝数为4n，其中n为某一个常数；理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系为：＝，如果是理想变压器，则“0”“4”接线柱间输出的电压是3 V，实验中考虑到漏磁、绕组导线中产生的焦耳热等因素，所以“0”“4”接线柱间输出的电压要小于3 V，故A、B错误，C正确。
1．(2020·全国卷Ⅱ)(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1100 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 输电电压为550 kV时，输电线上损耗的电功率ΔP＝2·r，损失的电压ΔU＝·r，当输电电压变为1100 kV，即变为原来的2倍时，输电线上损耗的电功率变为ΔP′＝2·r＝ΔP，损失的电压变为ΔU′＝·r＝ΔU，故A、D正确。
2．(2020·全国卷Ⅲ)(多选)在图a所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图b所示。下列说法正确的是( )
A．所用交流电的频率为50 Hz
B．电压表的示数为100 V
C．电流表的示数为1.0 A
D．变压器传输的电功率为15.0 W
答案 AD
解析 变压器不改变交流电的频率，故所用交流电的频率等于电流i2的频率，即f＝＝＝50 Hz，A正确；通过R2电流的有效值为I2＝＝1 A，根据欧姆定律可知，R2两端的电压即副线圈两端的电压，为U2＝I2R2＝1×10 V＝10 V，根据理想变压器的电压规律＝，可知原线圈两端的电压为U1＝U2＝10×10 V＝100 V，电压表示数即电阻R1两端的电压，为UV＝U0－U1＝220 V－100 V＝120 V，B错误；电流表的示数即通过R3的电流，为IA＝＝ A＝0.5 A，C错误；变压器传输的电功率即副线圈电路的总功率，为P＝(I2＋IA)U2＝(1＋0.5)×10 W＝15.0 W，D正确。
3.(2020·江苏高考)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较少，副线圈匝数较多，由＝可知，电流互感器是一种升压变压器，A错误。电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象，只能测量交流电路中的电流，B错误。电流互感器不改变电流的频率，只改变电流的大小，故原、副线圈电流的频率相同，C错误。电流互感器原线圈匝数较少，副线圈匝数较多，由＝可知，副线圈的电流小于原线圈的电流，D正确。
4．(2020·天津高考)(多选)手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中( )
A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变
C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失
答案 AC
解析 由于送电线圈通入的是正弦式交变电流，电流呈周期性变化，因此产生的磁场也呈周期性变化，A正确；送电线圈中电流产生的周期性变化的磁场会使受电线圈中产生周期性变化的感应电流，此电流产生的磁场也呈周期性变化，B错误；由手机无线充电的特点可知，送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递，C正确；手机和基座无需导线连接就能实现充电，但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉，因此这样传递能量是有损失的，D错误。
5．(2020·山东高考)图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V。定值电阻R1＝10 Ω、R2＝5 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为( )
A．1 Ω B.5 Ω
C.6 Ω D.8 Ω
答案 A
解析 原线圈两端电压的有效值为U1＝ V＝220 V，根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系式＝，可知副线圈两端电压的有效值为U2＝U1＝×220 V＝30 V。灯泡正常工作时，根据欧姆定律可知，通过灯泡的电流，即副线圈电路的干路电流为IL＝＝ A＝1.6 A，根据串联分压规律可知，R1和R2、R构成的电路部分的分压为U＝U2－UL＝30 V－24 V＝6 V，通过R1的电流为I1＝＝ A＝0.6 A，通过R2、R的电流为I2＝IL－I1＝1.6 A－0.6 A＝1 A，根据欧姆定律可知，对R2、R的串联电路有U＝I2(R2＋R)，解得滑动变阻器接入电路的电阻为R＝－R2＝ Ω－5 Ω＝1 Ω，A正确，B、C、D错误。
6．(2020·北京高考)如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin(ωt＋φ)的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后( )
A．电流表A2的示数减小
B．电压表V1的示数减小
C．电压表V2的示数不变
D．电流表A1的示数不变
答案 A
解析 闭合开关S后，变压器副线圈电路中的总电阻减小，由于变压器的匝数比和输入电压都不变，所以输出电压也不变，即电压表V1的示数不变，则副线圈中的电流增大，原线圈中的电流也增大，故电流表A1的示数增大，故B、D错误；由于副线圈中的电流增大，故电阻R两端的电压增大，而副线圈两端的电压不变，所以并联电路两端的电压减小，即电压表V2的示数减小，故电流表A2的示数减小，故A正确，C错误。
7．(2020·浙江7月选考)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
解析 根据电功率公式P＝UI，可知发电机输出的电流I1＝＝400 A，A错误；输电线上损失的功率P线＝5 kW，由P线＝IR线，可得I线＝＝25 A，故B错误；降压变压器得到的功率即用户得到的功率为P4＝P－P线＝95 kW，则用户得到的电流I4＝＝≈432 A，D错误；根据理想变压器电流与线圈匝数成反比，可得＝＝，C正确。
8．(2019·江苏高考)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20 V时，输出电压( )
A．降低2 V B.增加2 V
C．降低200 V D.增加200 V
答案 D
解析 理想变压器的电压与匝数关系为＝＝，整理可得＝，即原、副线圈匝数之比等于原、副线圈的电压变化量之比，当ΔU1＝20 V时，ΔU2＝200 V，D正确。
9．(2021·浙江1月选考节选)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成，硅钢片应平行于________。
A．平面abcd B.平面abfe
C．平面abgh D.平面aehd
答案 D
解析 变压器的正视图如图，变压器线圈中磁感线环绕的方向沿着闭合铁芯，根据楞次定律及右手螺旋定则，产生的涡流所在平面垂直于图示变压器铁芯的正面aehd，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应平行于平面aehd，故选D。
10．(2017·浙江4月选考节选)为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是________(多选)。
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)
用匝数na＝60匝和nb＝120匝的变压器，实验测量数据如下表：
U1/V
1.80
2.80
3.80
4.90
U2/V
4.00
6.01
8.02
9.98
根据测量数据可判断连接电源的线圈是________(填“na”或“nb”)。
答案 ACE nb
解析 为了完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，根据变压器原理，需要使用交流电源，为了测交流电压，还需要处于交流电压挡的多用电表；为了让变压效果明显，需要含有闭合铁芯的原副线圈，A、C、E正确。由于实际变压器有漏磁、铁芯发热等，所以副线圈两端电压的测量值小于按理想变压器规律计算的值，由表中数据结合＝可知，连接电源的线圈是nb。
时间：50分钟 满分：100分
一、选择题(本题共11小题，每小题7分，共77分。其中1～7题为单选，8～11题为多选)
1．(2021·八省联考广东卷)科学中心某款手摇点火器原理如图所示。当钢针和金属板间瞬时电压超过5000 V时可以产生电火花。已知匀强磁场的磁感应强度B大小为0.2 T，手摇发电机线圈的面积为0.25 m2，共50匝，不计内阻，变压器为理想变压器，其原、副线圈匝数比为1∶100。下列说法正确的是( )
A．线圈转速等于2 r/s时，点火器可以产生电火花
B．线圈转速等于4 r/s时，点火器可以产生电火花
C．电压表的示数为5 V时，点火器可以产生电火花
D．电压表的示数为25 V时，点火器可以产生电火花
答案 B
解析 线圈在匀强磁场中转动产生交流电，设转速为n，则发电机的最大电动势为Em＝NBSω＝NBS·2πn，发电机的最大电动势等于变压器原线圈两端电压的最大值，即U1m＝Em，根据理想变压器原、副线圈的匝数比等于其两端电压之比，有＝＝；钢针和金属板间瞬时电压超过5000 V时可以产生电火花，现令U2m＝5000 V，联立各式解得U1m＝50 V，n＝ r/s≈3.18 r/s，故线圈转速等于2 r/s时，点火器不能产生电火花，线圈转速等于4 r/s时，点火器能产生电火花，故A错误，B正确；电压表的示数为原线圈两端的电压有效值，恰好能点火时，电压表示数UV＝＝25 V,5 V和25 V均小于25 V，故C、D错误。
2．(2018·江苏高考)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为( )
A．55 kV B.110 kV
C.440 kV D.880 kV
答案 C
解析 输电功率P＝UI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P损＝I2R，R为输电线路的电阻，即P损＝2R。当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的，则输电电压为原来的2倍，即440 kV，故C正确。
3.(2018·天津高考)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则( )
A．R消耗的功率变为P
B．电压表V的读数为U
C．电流表A的读数变为2I
D．通过R的交变电流频率不变
答案 B
解析 根据ω＝2πn可知转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据Em＝nBSω可知发电机产生的最大电动势为原来的，根据U＝可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，根据＝可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据P＝可知R消耗的电功率变为P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I2＝，即变为原来的，根据＝可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误。
4．(2020·河南省三市第二次质量检测)如图所示，甲图中滑动变阻器的输入端a、b之间接一电压为U1的直流电源，变阻器的输出端c、d之间接一额定电压为220 V、额定功率为40 W的灯泡。乙图中理想变压器的输入端e、f之间接一电压为U2的正弦式交变电源，理想变压器的输出端g、h之间也接一额定电压为220 V、额定功率为40 W的灯泡。已知滑动变阻器的滑动触头在变阻器的中点，理想变压器的滑动端在线圈的中点，此时两个灯泡都正常发光。下列说法正确的是( )
A．U1和U2均为110 V
B．U1为110 V，U2为220 V
C．U1为220 V，U2为110 V
D．U1大于220 V，U2为110 V
答案 D
解析 甲图中，灯泡与滑动变阻器滑动触头以下部分串联，灯泡正常发光，则灯泡两端电压为220 V，根据串联电路分压规律可得U1＝UL＞220 V；乙图中，灯泡正常发光，说明副线圈两端电压是220 V，根据理想变压器原理可得＝，因理想变压器的滑动端在线圈中点，所以＝，解得U2＝UL＝110 V，故A、B、C错误，D正确。
5.在绕制变压器时，某人将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上。当通以交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂。已知线圈1、2的匝数之比n1∶n2＝2∶1。在不接负载的情况下( )
A．当线圈1输入电压为220 V时，线圈2输出电压为110 V
B．当线圈1输入电压为220 V时，线圈2输出电压为55 V
C．当线圈2输入电压为110 V时，线圈1输出电压为220 V
D．当线圈2输入电压为110 V时，线圈1输出电压为440 V
答案 B
解析 在不考虑原、副线圈内电阻的情况下，变压器原、副线圈电压之比等于原、副线圈中产生的感应电动势之比；给一个线圈通交变电流后，其内部磁通量只有一半通过另一个线圈，因此另一线圈的磁通量的变化率只有通电线圈的一半；当给线圈1输入电压为U1＝220 V时，因＝＝＝＝×＝，则线圈2输出电压为U2＝U1＝55 V；当给线圈2输入电压为U2′＝110 V时，因＝＝＝＝×＝，则线圈1输出电压为U1′＝U2′＝110 V；所以B正确，A、C、D错误。
6.(2020·广西柳州高级中学高三下学期4月线上模拟)如图所示的理想变压器，两个副线圈匝数分别为n1和n2，当把电热器接在a、b间，使c、d空载时，电流表示数为I1，当把同一电热器接在c、d间，而使a、b空载时，电流表的示数为I2，则I1∶I2等于( )
A．n1∶n2 B.n∶n
C．n2∶n1 D.n∶n
答案 B
解析 设副线圈中的电压分别为U2、U3，根据理想变压器输入功率等于输出功率以及电压与匝数成正比可知，UI1＝，UI2＝，联立解得＝＝，故B正确，A、C、D错误。
7.(2020·江苏省启东市高三下学期期初考试)电风扇的挡位变换器电路如图所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2400匝的原线圈输入电压u＝220sin100πt(V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240匝、600匝、1200匝、2400匝。电动机M的内阻r＝8 Ω，额定电压为U＝220 V，额定功率P＝110 W。下列判断正确的是( )
A．该交变电源的频率为100 Hz
B．当选择3挡位后，电动机两端电压的最大值为110 V
C．当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大
D．当选择挡位4后，电动机的输出功率为108 W
答案 D
解析 根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知：ω＝100π rad/s，则该交变电源的频率f＝＝50 Hz，故A错误；根据题意输入电压的有效值为220 V，当选择3挡位后，副线圈的匝数为1200匝，根据理想变压器电压与匝数成正比得：＝，即＝，解得：U2＝110 V，所以电动机两端电压的最大值为110 V，故B错误；当挡位由3变为2后，副线圈匝数减小，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，则输入功率变小，根据P1＝U1I1知原线圈电流变小，故C错误；当选择挡位4后，副线圈匝数等于2400匝，根据理想变压器电压与匝数的关系得副线圈两端的电压为220 V，电动机正常工作，流过电动机的电流I＝＝ A＝0.5 A，电动机的发热功率P热＝I2r＝0.52×8 W＝2 W，电动机的输出功率P出＝P－P热＝110 W－2 W＝108 W，故D正确。
8.(2020·河北省张家口市5月模拟)如图所示为一理想变压器，原线圈a、b两端接入电压u＝Umsinωt的交变电流，Um和原线圈接入电阻阻值均保持不变，电表均为理想电表。当用户并联在副线圈两端上的用电器增加时，下列说法正确的是( )
A．电流表A1的示数变大 B.电流表A2的示数变小
C．电压表V1的示数变大 D.电压表V2的示数变小
答案 AD
解析 Um和原线圈接入电阻阻值均保持不变，当用户并联在副线圈两端的用电器增加时，副线圈两端总电阻减小，则原线圈两端的等效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，A1示数增大，V1示数减小；再根据理想变压器的电流、电压与匝数的关系可知，A2示数增大，V2示数减小。故A、D正确，B、C错误。
9.(2020·云南省高中毕业生统一检测)如图所示，理想变压器的原线圈接在稳压交流电源上，R1、R2、R3是阻值相等的定值电阻，电表A为理想电流表，调节滑片P可以改变原线圈匝数。初始时，开关K处于断开状态，下列说法正确的是( )
A．只把滑片P向上滑动，电流表示数将增大
B．只把滑片P向下滑动，电阻R1消耗的功率将增大
C．只闭合开关K，电阻R2消耗的功率将增大
D．只闭合开关K，电流表示数将变大
答案 BD
解析 只把滑片P向上滑动，原线圈匝数增大，根据＝可知，副线圈两端电压U2变小，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈中电流变小，副线圈功率P2＝I2U2变小，则输入功率变小，输入电压不变，则原线圈电流变小，电流表示数将变小，故A错误。只把滑片P向下滑动，原线圈匝数变小，副线圈两端电压U2变大，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈中电流变大，根据P＝IR1，可知电阻R1消耗的功率将增大，故B正确。只闭合开关K，副线圈所在电路总电阻变小，匝数比和输入电压不变，则输出电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈所在电路干路电流变大，R1分压变大，则R2两端电压变小，R2消耗的功率将减小；副线圈所在电路干路电流变大，变压器输出功率变大，则输入功率变大，输入电压不变，则原线圈中电流变大，电流表示数将变大，故C错误，D正确。
10．(2021·八省联考重庆卷)如图1、2所示，理想变压器对电器供电，其输入电压u＝27000sin100πt(V)，电器RL与RL′的参数分别为“220 V 1100 W”“220 V 440 W”，输电线的总电阻r＝2 Ω。若两图中电器都能正常工作，则( )
A．图1中电阻r的功率为50 W
B．图2中变压器的输入功率比图1中变压器的输入功率增加了440 W
C．图1中原、副线圈匝数比n1∶n2＝2700∶23
D．图2中原、副线圈匝数比n1∶n2＝1500∶13
答案 ACD
解析 图1中，根据P＝UI可得通过电器RL的电流为IL＝＝ A＝5 A，电阻r的功率为Pr＝Ir＝52×2 W＝50 W，故A正确；图1变压器输出电压为U出＝UL＋ILr＝220 V＋5×2 V＝230 V，图1变压器的输入功率等于输出功率，为P1＝U出IL＝230×5 W＝1150 W，电器RL′正常工作的电流为IL′＝＝ A＝2 A，图2中干路电流为I总＝IL＋IL′＝7 A，图2中输出电压为U出′＝UL′＋I总r＝220 V＋2×7 V＝234 V，图2中变压器的输入功率等于输出功率，为P2＝U出′I总＝234×7 W＝1638 W，图2中变压器的输入功率比图1中变压器的输入功率增加了ΔP＝P2－P1＝1638 W－1150 W＝488 W，故B错误；由于两理想变压器输入电压为U入＝＝ V＝27000 V，则图1中原、副线圈匝数比＝＝，图2中原、副线圈匝数比＝＝，故C、D正确。
11．(2020·贵州省贵阳市调研)在图甲所示的理想变压器a、b端加图乙所示的交变电压。已知变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，R1为热敏电阻(温度升高时，其电阻减小)，R为定值电阻，两电压表均为理想电表。下列判断正确的是( )
A．电压表V1的示数为22 V
B．电压表V2的示数为11 V
C．R1处温度升高时，V1示数与V2示数的比值变小
D．R1处温度升高时，V1示数与V2示数的比值变大
答案 AD
解析 电压表V1测的是原线圈电压，也就是输入电压，正弦式交流电的有效值是峰值的倍，所以电压表V1的示数是22 V，故A正确；因原、副线圈匝数比为2∶1，所以副线圈两端电压为11 V，电压表V2测的是R1两端电压，应该小于11 V，故B错误；R1处温度升高时，R1电阻减小，R阻值不变，R1分得的电压变小，V2减小，V1不变，所以V1与V2示数的比值变大，故C错误，D正确。
二、非选择题(本题共2小题，共23分)
12．(9分)在“探究变压器原、副线圈的电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究。
(1)下列器材中，实验需要的器材是________。
A．干电池 B.低压交流电源
C．220 V交流电源 D.条形磁体
E．可拆变压器和导线 F．直流电压表
G．多用电表
(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、副线圈两端的电压值。由于交变电流的电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的________(选填“有效”或“最大”)值。其中一次操作后副线圈所接多用电表读数如图所示，此时电表读数为________。
(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。
答案 (1)BEG (2)有效 7.2 (3)正比 大于
解析 (1)“探究变压器原、副线圈的电压与匝数的关系”要用低压交流电源和交流电压表，所以只需要多用电表、低压交流电源以及可拆变压器和导线，故选B、E、G。
(2)多用电表测量的是交流电压的有效值。题图多用电表选用的挡位是交流电压10 V挡，由题图可得电表读数为7.2 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导致副线圈的电压U2较小，所以导致>。
13．(14分)某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW，输出电压为500 V，输电线的总电阻为10 Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%。求：
(1)村民和村办小企业需要220 V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)
(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？
答案 (1)1∶3 72∶11 (2)320 V 5760 W
解析 (1)输电电路图如图所示，
由ΔP＝4%P输出和ΔP＝IR
得I2＝＝6 A
则U送＝＝1500 V
升压变压器原、副线圈匝数比
＝＝＝
输电线上电压损失ΔU＝I2R＝60 V
故降压变压器输入电压
U1＝U送－ΔU＝1440 V
故降压变压器原、副线圈匝数比＝＝＝。
(2)若不用变压器，则输电电流I＝＝18 A
U＝U0－IR＝320 V，P＝P输出－I2R＝5760 W。
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