2027届高三物理一轮复习教案：第十三章　第69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（含解析）

这是一份2027届高三物理一轮复习教案：第十三章　第69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（含解析）
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

例1 (2025·广西南宁市模拟)某同学利用如图所示装置在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，选择nA=200匝和nB=100匝两组线圈进行实验，表格中记录了实验时两组线圈两端电压的数据。
(1)关于实验器材和实验过程，下列说法正确的有 ；
A.变压器的铁芯可以用整块金属
B.本实验采用了控制变量法
C.测量副线圈电压时应当用交流电压表
D.因为实验原线圈的输入电压较低，在通电情况下可用手接触裸露的接线柱
(2)与nB相对应的线圈两端的电压是 (选填“U1”或“U2”)。
(3)进一步分析数据，发现输出电压比理论值偏小，请分析原因 (至少写出两条)。
答案 (1)BC (2)U1 (3)漏磁、铁芯发热、导线发热等
解析 (1)为了降低涡流造成的损耗，变压器的铁芯是用相互绝缘的薄硅钢片叠合而成，故A错误；为便于探究，实验采用控制变量法，故B正确；变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用交流电压表，故C正确；即使实验电压较低，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，故D错误。
(2)由于变压器原、副线圈两端电压与匝数成正比，nA>nB，则UA>UB，所以与nB相对应的线圈两端的电压是U1。
(3)有漏磁、铁芯发热、导线发热等现象都会导致输出电压比理论值小。
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
例2 (2025·广东卷·2)如图所示，某光伏电站输出功率1 000 kW、电压400 V的交流电，经理想变压器升压至10 kV后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R为5 Ω。下列说法正确的是( )
A.变压器原、副线圈匝数比为1∶100
B.输电线上由R造成的电压损失为500 V
C.变压器原线圈中的电流为100 A
D.变压器原、副线圈中电流的频率不同
答案 B
解析 根据理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比可得n1n2=U1U2=400V10 000V=125，A错误；原、副线圈两端的功率相等，流过副线圈的电流I2=PU2=1 000 00010 000 A=100 A，输电线上由R造成的电压损失为ΔU=I2R=100×5 V=500 V，B正确；变压器原线圈中的电流为I1=PU1=1 000 000400 A=2 500 A，C错误；变压器不改变交变电流的频率，变压器原、副线圈中电流的频率相同，D错误。
例3 (多选)(2025·云南卷·8)电动汽车充电桩的供电变压器(视为理想变压器)示意图如图所示。变压器原线圈的匝数为n1，输入电压U1=1.1 kV；两副线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压U2=U3=220 V。当Ⅰ、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为7.0 kW和3.5 kW，下列说法正确的是( )
A.n1∶n2=5∶1
B.n1∶n3=1∶5
C.变压器的输入功率为10.5 kW
D.两副线圈输出电压最大值均为220 V
答案 AC
解析 根据理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比可得n1∶n2=U1∶U2=5∶1，n1∶n3=U1∶U3=5∶1，故A正确，B错误；根据能量守恒可知变压器的输入功率等于总的输出功率，故P输入=P输出=7.0 kW+3.5 kW=10.5 kW，故C正确；输出电压为交流电的有效值，根据正弦式交流电的最大值与有效值的关系可知，两副线圈输出电压最大值均为Um=2202 V，故D错误。
例4 (多选)(2025·天津卷·6)如图所示，理想变压器的原线圈接在电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈接有滑动变阻器和定值电阻，各电表均为理想交流电表。当滑动变阻器的滑动片向右滑动时，则( )
A.电流表A1的示数变小
B.电流表A2的示数变小
C.电压表V的示数变大
D.变压器的输入功率变大
答案 CD
解析 理想变压器的输出电压由输入电压和电压比决定，输入电压和电压比不变，所以输出电压不变。当滑动变阻器的滑动片向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律I=UR总可知副线圈回路中电流变大，即电流表A2的示数变大，根据I1I2=n2n1可知原线圈回路中电流变大，即电流表A1的示数变大，故A、B错误；电压表V测定值电阻R0两端的电压，因通过定值电阻R0的电流变大，可知电压表V的示数变大，故C正确；根据P=U原I原可知原线圈回路的功率变大，可知变压器的输入功率变大，故D正确。
例5 (2025·浙江温州市一模)如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶2，原线圈连接定值电阻R0=2 Ω，副线圈连接阻值足够大的滑动变阻器R，M、N端输入如图乙所示的正弦式交变电流。将滑动变阻器的滑片从a端缓慢向下滑动，则( )
A.M、N间交变电流的电压有效值为102 V
B.R0消耗的功率先增大后减小
C.滑动变阻器R消耗的最大功率为12.5 W
D.R两端电压减小
答案 C
解析 由题图乙可知M、N间交变电流的电压最大值为102 V，则有效值为U=Um2=10 V，故A错误；将理想变压器与滑动变阻器整体等效为一个电阻，有I12R等=I22R，则R等=I22I12R=(n1n2)2R=R4，滑动变阻器滑片缓慢向b端滑动，R增大，等效电阻阻值增大，故电流I1=UR0+R等减小，根据P0=I12R0可知，R0消耗的功率减小；由闭合电路欧姆定律，可知U1=U-I1R0，则原线圈电压增大，根据U1U2=n1n2可知，副线圈电压即R两端电压增大；根据P=(UR0+R等)2R等=U2R02R等+R等+2R0，可知当R等=R0时，等效电阻消耗的功率最大，则滑动变阻器消耗的功率最大，解得Pmax=12.5 W，故B、D错误，C正确。
针对训练 (2025·湖南长沙市模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=1∶2，R1为滑动变阻器，R2为电阻箱，电压表和电流表均为理想交流电表，两个定值电阻阻值均为R0，在a、b两端加上电压有效值不变的正弦交流电，在调节滑动变阻器滑片的过程中，下列判断正确的是( )
A.仅将滑动变阻器滑片向右移，原、副线圈电路中定值电阻消耗的功率之比变大
B.仅将滑动变阻器滑片向右移，a、b端输入功率和变压器的输出功率均变大
C.仅将R2变大，电压表和电流表的示数均变大
D.仅将R2变大，电压表示数的变化量大小ΔU与电流表示数变化量大小ΔI比值ΔUΔI变大
答案 B
解析 设原线圈中的电流为I，根据电流比可知，副线圈中电流为12I，因此原线圈和副线圈中的定值电阻消耗的功率之比始终为4∶1，故A错误；将变压器与副线圈所接负载整体看成阻值为(n1n2)2(R0+R2)的等效电阻，由U=I(R0+R1)+(n1n2)2I(R0+R2)可知，仅将滑动变阻器滑片向右移动，R1变小，I变大，a、b端输入功率IU变大，副线圈中电流变大，变压器输出功率变大，故B正确；仅将R2变大，I变小，副线圈中电流也变小，因此电流表示数变小，原线圈电路中两电阻两端的电压变小，因此变压器原线圈输入电压变大，输出电压变大，电压表示数变大，故C错误；设电压表的示数为U2，电流表的示数为I2，a、b端输入电压为U，则U=2I2(R0+R1)+12U2，由此可知，U2与I2成线性关系，因此仅将R2变大，电压表的变化量大小ΔU与电流表变化量大小ΔI比值ΔUΔI不变，故D错误。
1.等效电阻法
当理想变压器的副线圈接纯电阻元件时，可以把理想变压器(含副线圈中的元件)等效成一个电阻来处理，设原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈输入电压为U1，电流为I1，副线圈输出电压为U2，电流为I2，副线圈负载电阻为R，则等效电阻R等效=U1I1=n1n2U2n2n1I2=(n1n2)2U2I2=(n1n2)2R。
2.等效电源法
理想变压器的原线圈接纯电阻元件时，可把变压器的原线圈和电阻等效为一个电源来处理：U1=U-I1R0，U1U2=n1n2=k，I2I1=n1n2，
则U2=n2n1U1=n2n1U-(n2n1)2R0·I2
对比U2=E等效-I2r等效
得E等效=n2n1U=Uk，r等效=(n2n1)2R0=R0k2。
考点三 远距离高压输电线路分析及有关物理量的计算
1.高压输电的原理
(1)输电电流
I=PU=U−U'R。
(2)电压损失
①ΔU=U-U'；②ΔU=IR。
(3)功率损失
①ΔP=P-P'=ΔU·I；
②ΔP=I2R=(PU)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=ρlS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。
2.远距离高压输电线路分析及有关物理量的计算
(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=I22R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：U1U2=n1n2，I1I2=n2n1，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：U3U4=n3n4，I3I4=n4n3，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)2R线。
例6 (多选)(2025·重庆卷·9)2025年1月“疆电入渝”工程重庆段全线贯通，助力重庆形成特高压输电新格局，该工程计划将输电站提供的1.6×106 V直流电由新疆输送至重庆，多次转换后变为1.0×104 V的交流电，再经配电房中的变压器(视为理想变压器)降为2202sin (100πt) V的家用交流电，若输电线路输送功率为8.0×109 W，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，则( )
A.直流输电导线中的电流为250 A
B.直流输电导线总阻值不超过16 Ω
C.家用交流电的电压最大值为220 V，频率为50 Hz
D.配电房中变压器原、副线圈中电流比为11∶500
答案 BD
解析 直流输电导线中的电流由I=PU计算得I=8.0×109 W1.6×106 V=5 000 A，故A错误；导线允许的最大功率损耗为输送功率的5%，故P损m=0.05×8.0×109 W=4×108 W，由P损m=I2Rm得导线总阻值的最大值Rm=P损mI2=4×108(5 000)2 Ω=16 Ω，故B正确；家用交流电表达式为2202sin (100πt) V，其最大值为2202 V；频率为f=ω2π=100π2π Hz=50 Hz，故C错误；变压器原线圈电压U1=1.0×104 V，副线圈电压U2=220 V，匝数比n1n2=U1U2=10 000V220V=50011，电流比与匝数比成反比可知I1I2=n2n1=11500，故D正确。
课时精练
[分值：50分]
[1~5题，每题4分]
1.(2025·江西卷·3)某变压器的原线圈匝数未知，将9 V的正弦交流电输入原线圈。改变副线圈的匝数n，测得副线圈两端的电压U与匝数n之间的关系如图所示。若该变压器为理想变压器，则原线圈的匝数最接近( )
A.110B.160C.210D.310
答案 C
解析 设原线圈的匝数为n1，根据n1n=U1U，可得n1=nUU1，由题图可知当n=80时，U=3.4 V，代入可得n1=803.4×9≈212，故选C。
2.(2025·山东青岛市三模)白鹤滩水电站是我国实施“西电东送”的重大工程，其输电原理如图所示。设输电功率为P，输电电压为U，输电线总电阻为r，仅考虑输电线的功率损耗。下列说法正确的是( )
A.输电线上的电流I=Ur
B.输电线上损耗的功率P损=U2r
C.P一定时，输电电压变为U2，输电线损耗的功率变为原来的4倍
D.U一定时，输电功率变为2P，用户得到的功率变为原来的2倍
答案 C
解析 输电线上的电流为I=PU，故A错误；输电线上损耗的功率P损=I2r=(PU)2r，由此可知，P一定时，输电电压变为U2，输电线上损耗的功率变为原来的4倍，故B错误，C正确；用户得到的功率为P'=P-P损=P-(PU)2r，由此可知，U一定时，输电功率变为2P，输电线损失的功率变为原来的4倍，用户得到的功率小于原来的2倍，故D错误。
3.(2025·福建卷·2)在图(a)所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电阻R1的阻值是R2的2倍，电压表为理想电压表。若原线圈输入如图(b)所示的正弦交流电，则( )
A.交流电周期为2.25 s
B.电压表示数为12 V
C.流经副线圈的电流是流经R1的2倍
D.变压器的输入、输出功率之比为4∶1
答案 B
解析 由题图(b)可知，交流电周期T=2×10-2 s，故选项A错误；设理想变压器原、副线圈电压分别为U1、U2，由题图(b)可知，U1=48 V，由理想变压器规律U1U2=n1n2=41，可得U2=12 V，因此电压表示数为12 V，故选项B正确；设流经理想变压器副线圈的电流为I2，流经R1、R2的电流分别为IR1、IR2，由串、并联电路特点可得I2=IR1+IR2，IR1IR2=R2R1=12，可得I2=3IR1，故选项C错误；理想变压器的输入、输出功率之比为1∶1，故选项D错误。
4.(2025·重庆市一模)变压器被誉为“电魔术师”，在生产和生活中有着重要的作用。从家里的电视机、电风扇，到大街上的路灯、广告牌，都有变压器的身影。如图所示是实验小组研究的一种家用台灯的原理图，理想自耦变压器的a、b间接入e=2202sin 100πt(V)的交变电流，交流电流表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A.R的滑片不动，滑片P位于线圈中点时，电流表A1与A2示数之比为2∶1
B.R的滑片不动，滑片P上移时灯泡变亮，两电流表示数均变大
C.滑片P不动，R的滑片右移时，电流表A1示数不变，电流表A2示数变小
D.滑片P不动，R的滑片右移时，灯泡变暗，灯泡消耗的电功率变大
答案 B
解析 根据题意，R的滑片不动，滑片P位于线圈中点时，原、副线圈匝数比为n1n2=21，根据理想变压器的电流比与匝数比关系有n1n2=I2I1=21，可知电流表A1与A2示数之比为1∶2，故A错误；R的滑片不动，滑片P上移时，副线圈两端电压变大，副线圈的总电阻不变，则电流表A2示数变大，灯泡变亮，总功率增大，输入电压不变，则电流表A1示数变大，故B正确；滑片P不动，R的滑片右移时，接入电路的电阻变大，副线圈两端电压不变，电流表A2示数变小，电流表A1示数变小，灯泡变暗，灯泡消耗的电功率变小，故C、D错误。
5.(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。
6.(6分)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)(2分)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)(2分)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.副线圈的电阻太小
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
(3)(2分)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 VB.5.3 VC.6.0 VD.6.2 V
答案 (1)BC (2)B (3)D
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U2U1=n2n1=18，实际结果为U2U1=0.410=125