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2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第十三章第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
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这是一份2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第十三章第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，共18页。
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．
(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
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eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，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：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2).
(3)电流关系：只有一个副线圈时eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1).
(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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)、eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)、P入＝P出．( × )
1．理想变压器的制约关系
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：eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)＝eq \f(U3,n3)＝…＝eq \f(Un,nn)
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＝Umcs (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220eq \r(2) V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为eq \f(n1,1)＝eq \f(220 V,0.1 V)，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＝eq \r(PR)＝12 V，故BC间的线圈与单匝线圈匝数关系有eq \f(nBC,1)＝eq \f(12 V,0.1 V)，则BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为IBC＝eq \f(P,UBC)＝eq \f(12 W,12 V)＝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＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)＝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＝eq \f(UAC,R)＝eq \f(30,12) A＝2.5 A，交流电的周期为T＝eq \f(2π,ω)＝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15eq \r(2) 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eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(220,22 000)＝eq \f(1,100)，故A错误；根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)可得输入电流为I1＝eq \f(n2,n1)I2＝100×300×10－3 A＝30 A，故B正确；输入电流的最大值为Im＝eq \r(2)I1＝30eq \r(2) 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 (多选)(2023·福建省漳平第一中学、永安第一中学联考)如图所示的理想变压器，在原、副线圈上接有交流电压表和三个完全相同的灯泡，且灯泡的电阻R均为1 Ω，在AB端加上u＝6sin 5πt (V)的电压时，三个小灯泡均正常发光，下列说法正确的是( )
A．AB端所加电压的有效值为3 V
B．变压器原、副线圈的匝数比为2∶1
C．每个小灯泡正常发光时的功率为2 W
D．t＝0.1 s时，理想电压表的示数为6 V
答案 BC
解析 根据题意可知，AB端所加电压的最大值为Um＝6 V，则AB端所加电压的有效值为U＝eq \f(Um,\r(2))＝3eq \r(2) V，即t＝0.1 s时，理想电压表的示数为3eq \r(2) V，故A、D错误；设小灯泡的额定电压为UL，额定电流为IL，由题图可知，变压器原线圈的电流为I1＝IL，副线圈的电流为I2＝2IL，则变压器原、副线圈的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(2,1)，故B正确；由题图可知，变压器副线圈的电压为U2＝UL，设原线圈的电压为U1，则有eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可得U1＝2UL，又有U＝UL＋U1，联立解得UL＝eq \r(2) V，每个小灯泡正常发光时的功率为P＝eq \f(UL2,R)＝2 W，故C正确．
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eq \f(U1,U2)＝eq \f(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．
(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，eq \f(n1,n2)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＝eq \f(U22,R)，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＝eq \f(U2,R副)，可知副线圈的电流逐渐减小，由eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)，可知变压器原线圈的电流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＝eq \f(U2,R)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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，得U2＝eq \f(U1n2,n1)，因U1＝eq \f(310,\r(2)) V，所以U2＝eq \f(310,\r(2))×eq \f(1,100) V≈2.2 V，A错误；由瞬时值表达式可得ω＝314 rad/s，则频率f＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(314,2π) 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＝eq \f(U2,R)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＝eq \f(P,U)＝eq \f(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＝I2R＝(eq \f(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＝ρeq \f(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．
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＝eq \f(U2,R).( × )
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：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(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：eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，eq \f(I3,I4)＝eq \f(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＝eq \f(ΔU2,R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( )
A．用户端的电压为eq \f(I1U1,I2)
B．输电线上损失的电压为U
C．理想变压器的输入功率为I12r
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＝eq \f(U1I1,I2)，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＝I12r＝I1(U－U1)，选项C、D错误．
例8 (多选)(2023·福建三明市模拟)某同学研究远距离输电的电路如图所示，a、b端接入电压为U0的交流电源，升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器，且eq \f(n1,n2)＝eq \f(n4,n3).已知R1＝R2＝R3，三个电阻消耗的功率相同，电表均为理想交流电表，则( )
A．升压变压器T1的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(1,4)
B．电压表的示数小于U0
C．若R1短路，电流表示数将变大
D．若R3断路，电压表示数将变小
答案 BC
解析 令R1＝R2＝R3＝R，三个电阻消耗的功率相同，则有PR1＝I32R，PR2＝PR3＝(eq \f(I4,2))2R，则有eq \f(I3,I4)＝eq \f(1,2)，根据变压器原、副线圈匝数比与电流之间的关系可得eq \f(n4,n3)＝eq \f(I3,I4)＝eq \f(1,2)，由题意可得升压变压器T1的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(n4,n3)＝eq \f(1,2)，A错误；根据变压器的工作原理eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，又因为U3＝U2－I3R1，U1＝U0，则U4＝U0－eq \f(n4,n3)I3R1＝U0－(eq \f(n4,n3))2I4R1＝U0－(eq \f(n4,n3))2eq \f(U4,\f(R2R3,R2＋R3))R1＝U0－eq \f(1,2)U4，解得U4＝eq \f(2,3)U0，电压表的示数即U4，可知电压表的示数小于U0，B正确；若R1短路，则U3＝U2，降压变压器的原线圈电压变大，副线圈的电压也将升高，从而使得降压变压器的电流I4增大，根据电流与变压器匝数的关系eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)可知，当降压变压器副线圈中的电流增加时，降压变压器原线圈中的电流也增加，即R1短路，电流表示数将变大，C正确；若R3断路，此时电压表的示数为U4′＝U0－(eq \f(n4,n3))2eq \f(U4′,R2)R1＝U0－eq \f(U4′,4)，解得U4′＝eq \f(4,5)U0，可知U4′>U4，由此可以判定，R3断路，电压表示数将变大，D错误．
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( )
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′＝eq \f(1,4)ΔPB．ΔP′＝eq \f(1,2)ΔP
C．ΔU′＝eq \f(1,4)ΔUD．ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU
答案 AD
解析 由输电电流I＝eq \f(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eq \f(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eq \f(1,4)，即ΔP′＝eq \f(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eq \f(1,2)，即ΔU′＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,T)＝5 Hz，故A错误；由理想变压器原理可知eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，解得副线圈两端的最大电压为U2＝eq \f(n2,n1)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＝220eq \r(2)sin 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eq \f(22,\r(2)) 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＝220eq \r(2)sin 314t (V)，则发射线圈两端电压有效值U1＝eq \f(Um,\r(2))，由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，代入数据联立可得接收线圈两端电压有效值U2＝eq \f(U1n2,n1)＝eq \f(220×1,10) V＝22 V，由有效值的定义有eq \f(U22,R)·eq \f(T,2)＝eq \f(U32,R)·T，可得车载充电器两端电压的有效值约为U3＝eq \f(22,\r(2)) 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eq \r(2)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eq \r(2)πNBSnz∶U
D．发电机产生的瞬时电动势e＝eq \r(2)πNBSnzsin(2πnz)
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＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \r(2)πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(E,U)＝eq \f(\r(2)πNBSnz,U)，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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)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eq \f(U1,U2)＞eq \f(n1,n2).
(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．(多选)(2023·福建省百校联合测评)如图甲所示，自耦变压器的原线圈与N匝半径为r的圆形线圈(图中未画全)相连，副线圈与定值电阻R构成闭合回路，图示位置副线圈的匝数为原线圈匝数的eq \f(2,3).线圈内有垂直线圈平面向里的磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化．不考虑电阻随温度的变化以及线圈的电阻，下列说法正确的是( )
A．图示位置，定值电阻两端的最大电压为eq \f(2\r(2)π2r2NB0,3T)
B．图示位置，定值电阻消耗的电功率为eq \f(8π4r4N2B02,9T2R)
C．若磁感应强度的变化周期减小，则变压器的输出功率将增大
D．若自耦变压器的滑片P顺时针转动，则通过原线圈的电流增大
答案 BC
解析 由题图乙可得磁感应强度为B＝B0sineq \f(2π,T)t，由法拉第电磁感应定律得圆形线圈中产生的感应电动势为E＝Neq \f(ΔB,Δt)πr2＝eq \f(2π2r2NB0,T)cseq \f(2π,T)t，所以原线圈两端的最大电压为U1max＝eq \f(2π2r2NB0,T)，由eq \f(U1max,n1)＝eq \f(U2max,n2)得，定值电阻两端的最大电压为U2max＝eq \f(4π2r2NB0,3T)，A错误；定值电阻消耗的电功率为P＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(U2max,\r(2))))2,R)＝eq \f(8π4r4N2B02,9T2R)，B正确；若磁感应强度的变化周期减小，则感应电动势的最大值增大，有效值增大，副线圈两端的电压增大，定值电阻消耗的电功率即变压器的输出功率将增大，C正确；自耦变压器的滑片P顺时针转动，则副线圈的匝数减少，副线圈两端的电压减小，通过副线圈的电流减小，由n1I1＝n2I2可知通过原线圈的电流减小，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.eq \f(n2,n1)变为原来的eq \f(50,11)倍
B．输电线上电流I2变为原来的eq \f(11,25)
C．输电线损失的功率变为原来的(eq \f(11,25))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eq \f(n2,n1)＝eq \f(U2,U1)，U1不变，U2变为原来的eq \f(50,11)倍，所以eq \f(n2,n1)变为原来的eq \f(50,11)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eq \f(50,11)倍，则输电线上电流I2变为原来的eq \f(11,25)，B正确；根据P损＝I22R线，可知P损变为原来的(eq \f(11,25))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eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I3)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eq \f(n0,n1)＝eq \f(U0,U1)，解得U1＝eq \f(n1,n0)·U0＝eq \f(1,11)×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eq \f(20 V2,R)·eq \f(T,2)＝eq \f(U22,R)·T，有效值为U2＝10eq \r(2) V，即电压表V2的读数为10eq \r(2) V≈14.14 V，B错误；流过R的电流为I2＝eq \f(U2,R)＝eq \f(10\r(2),10) 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
答案 AC
解析 根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(80%U1,U2)，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)(2023·福建漳州市质检)如图为某地铁系统供电的变电站示意图，理想变压器原线圈两端连接有效值为36 kV的交流电源，两副线圈分别连接牵引电机和照明系统．已知两副线圈匝数分别为n2和n3，牵引电机的额定电压为1 500 V，额定功率为180 kW，照明系统的额定电压为220 V，闭合开关S，牵引电机和照明系统均能正常工作．则( )
A．n2∶n3＝75∶11
B．牵引电机的内阻为12.5 Ω
C．S断开后，原线圈电流为5 A
D．S断开前后，原线圈电流不变
答案 AC
解析 根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(U1,U3)＝eq \f(n1,n3)，可得eq \f(n2,n3)＝eq \f(U2,U3)＝eq \f(1 500,220)＝eq \f(75,11)，A选项正确；对于纯电阻用电器有R＝eq \f(U额2,P额)＝eq \f(1 5002,180×103) Ω＝12.5 Ω，因电动机是非纯电阻用电器，故内阻不等于12.5 Ω，B选项错误；S断开后，由原线圈输入功率与副线圈输出功率相等，即I1U1＝I2U2＝P2＝180 kW，可得I1＝eq \f(P2,U1)＝eq \f(180×103,36×103) A＝5 A，C选项正确；S断开后，减少了照明系统消耗的电功率，原线圈的输入功率也要减少，而原线圈两端电源电压U1＝36 kV不变，故原线圈电流I1应变小，D选项错误．
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＝eq \f(U0,4R1＋R2)；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＝eq \f(U0,n2R1＋R2)；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＝eq \f(U0,n2R1＋R2)·(U0－eq \f(U0R2,n2R1＋R2))，整理可得P＝eq \f(U02,n2R1＋\f(R22,n2R1)＋2R2)，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．电压
原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2，U2＝eq \f(n2,n1)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＝eq \f(n2,n1)I2
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．
(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
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eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，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：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2).
(3)电流关系：只有一个副线圈时eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1).
(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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)、eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)、P入＝P出．( × )
1．理想变压器的制约关系
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：eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)＝eq \f(U3,n3)＝…＝eq \f(Un,nn)
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＝Umcs (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220eq \r(2) V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为eq \f(n1,1)＝eq \f(220 V,0.1 V)，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＝eq \r(PR)＝12 V，故BC间的线圈与单匝线圈匝数关系有eq \f(nBC,1)＝eq \f(12 V,0.1 V)，则BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为IBC＝eq \f(P,UBC)＝eq \f(12 W,12 V)＝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＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)＝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＝eq \f(UAC,R)＝eq \f(30,12) A＝2.5 A，交流电的周期为T＝eq \f(2π,ω)＝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15eq \r(2) 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eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(220,22 000)＝eq \f(1,100)，故A错误；根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)可得输入电流为I1＝eq \f(n2,n1)I2＝100×300×10－3 A＝30 A，故B正确；输入电流的最大值为Im＝eq \r(2)I1＝30eq \r(2) 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 (多选)(2023·福建省漳平第一中学、永安第一中学联考)如图所示的理想变压器，在原、副线圈上接有交流电压表和三个完全相同的灯泡，且灯泡的电阻R均为1 Ω，在AB端加上u＝6sin 5πt (V)的电压时，三个小灯泡均正常发光，下列说法正确的是( )
A．AB端所加电压的有效值为3 V
B．变压器原、副线圈的匝数比为2∶1
C．每个小灯泡正常发光时的功率为2 W
D．t＝0.1 s时，理想电压表的示数为6 V
答案 BC
解析 根据题意可知，AB端所加电压的最大值为Um＝6 V，则AB端所加电压的有效值为U＝eq \f(Um,\r(2))＝3eq \r(2) V，即t＝0.1 s时，理想电压表的示数为3eq \r(2) V，故A、D错误；设小灯泡的额定电压为UL，额定电流为IL，由题图可知，变压器原线圈的电流为I1＝IL，副线圈的电流为I2＝2IL，则变压器原、副线圈的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(2,1)，故B正确；由题图可知，变压器副线圈的电压为U2＝UL，设原线圈的电压为U1，则有eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可得U1＝2UL，又有U＝UL＋U1，联立解得UL＝eq \r(2) V，每个小灯泡正常发光时的功率为P＝eq \f(UL2,R)＝2 W，故C正确．
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eq \f(U1,U2)＝eq \f(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．
(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，eq \f(n1,n2)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＝eq \f(U22,R)，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＝eq \f(U2,R副)，可知副线圈的电流逐渐减小，由eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)，可知变压器原线圈的电流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＝eq \f(U2,R)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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，得U2＝eq \f(U1n2,n1)，因U1＝eq \f(310,\r(2)) V，所以U2＝eq \f(310,\r(2))×eq \f(1,100) V≈2.2 V，A错误；由瞬时值表达式可得ω＝314 rad/s，则频率f＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(314,2π) 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＝eq \f(U2,R)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＝eq \f(P,U)＝eq \f(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＝I2R＝(eq \f(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＝ρeq \f(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．
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＝eq \f(U2,R).( × )
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：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(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：eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，eq \f(I3,I4)＝eq \f(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＝eq \f(ΔU2,R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( )
A．用户端的电压为eq \f(I1U1,I2)
B．输电线上损失的电压为U
C．理想变压器的输入功率为I12r
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＝eq \f(U1I1,I2)，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＝I12r＝I1(U－U1)，选项C、D错误．
例8 (多选)(2023·福建三明市模拟)某同学研究远距离输电的电路如图所示，a、b端接入电压为U0的交流电源，升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器，且eq \f(n1,n2)＝eq \f(n4,n3).已知R1＝R2＝R3，三个电阻消耗的功率相同，电表均为理想交流电表，则( )
A．升压变压器T1的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(1,4)
B．电压表的示数小于U0
C．若R1短路，电流表示数将变大
D．若R3断路，电压表示数将变小
答案 BC
解析 令R1＝R2＝R3＝R，三个电阻消耗的功率相同，则有PR1＝I32R，PR2＝PR3＝(eq \f(I4,2))2R，则有eq \f(I3,I4)＝eq \f(1,2)，根据变压器原、副线圈匝数比与电流之间的关系可得eq \f(n4,n3)＝eq \f(I3,I4)＝eq \f(1,2)，由题意可得升压变压器T1的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(n4,n3)＝eq \f(1,2)，A错误；根据变压器的工作原理eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，又因为U3＝U2－I3R1，U1＝U0，则U4＝U0－eq \f(n4,n3)I3R1＝U0－(eq \f(n4,n3))2I4R1＝U0－(eq \f(n4,n3))2eq \f(U4,\f(R2R3,R2＋R3))R1＝U0－eq \f(1,2)U4，解得U4＝eq \f(2,3)U0，电压表的示数即U4，可知电压表的示数小于U0，B正确；若R1短路，则U3＝U2，降压变压器的原线圈电压变大，副线圈的电压也将升高，从而使得降压变压器的电流I4增大，根据电流与变压器匝数的关系eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)可知，当降压变压器副线圈中的电流增加时，降压变压器原线圈中的电流也增加，即R1短路，电流表示数将变大，C正确；若R3断路，此时电压表的示数为U4′＝U0－(eq \f(n4,n3))2eq \f(U4′,R2)R1＝U0－eq \f(U4′,4)，解得U4′＝eq \f(4,5)U0，可知U4′>U4，由此可以判定，R3断路，电压表示数将变大，D错误．
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( )
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′＝eq \f(1,4)ΔPB．ΔP′＝eq \f(1,2)ΔP
C．ΔU′＝eq \f(1,4)ΔUD．ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU
答案 AD
解析 由输电电流I＝eq \f(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eq \f(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eq \f(1,4)，即ΔP′＝eq \f(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eq \f(1,2)，即ΔU′＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,T)＝5 Hz，故A错误；由理想变压器原理可知eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，解得副线圈两端的最大电压为U2＝eq \f(n2,n1)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＝220eq \r(2)sin 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eq \f(22,\r(2)) 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＝220eq \r(2)sin 314t (V)，则发射线圈两端电压有效值U1＝eq \f(Um,\r(2))，由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，代入数据联立可得接收线圈两端电压有效值U2＝eq \f(U1n2,n1)＝eq \f(220×1,10) V＝22 V，由有效值的定义有eq \f(U22,R)·eq \f(T,2)＝eq \f(U32,R)·T，可得车载充电器两端电压的有效值约为U3＝eq \f(22,\r(2)) 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eq \r(2)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eq \r(2)πNBSnz∶U
D．发电机产生的瞬时电动势e＝eq \r(2)πNBSnzsin(2πnz)
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＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \r(2)πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(E,U)＝eq \f(\r(2)πNBSnz,U)，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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)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eq \f(U1,U2)＞eq \f(n1,n2).
(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．(多选)(2023·福建省百校联合测评)如图甲所示，自耦变压器的原线圈与N匝半径为r的圆形线圈(图中未画全)相连，副线圈与定值电阻R构成闭合回路，图示位置副线圈的匝数为原线圈匝数的eq \f(2,3).线圈内有垂直线圈平面向里的磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化．不考虑电阻随温度的变化以及线圈的电阻，下列说法正确的是( )
A．图示位置，定值电阻两端的最大电压为eq \f(2\r(2)π2r2NB0,3T)
B．图示位置，定值电阻消耗的电功率为eq \f(8π4r4N2B02,9T2R)
C．若磁感应强度的变化周期减小，则变压器的输出功率将增大
D．若自耦变压器的滑片P顺时针转动，则通过原线圈的电流增大
答案 BC
解析 由题图乙可得磁感应强度为B＝B0sineq \f(2π,T)t，由法拉第电磁感应定律得圆形线圈中产生的感应电动势为E＝Neq \f(ΔB,Δt)πr2＝eq \f(2π2r2NB0,T)cseq \f(2π,T)t，所以原线圈两端的最大电压为U1max＝eq \f(2π2r2NB0,T)，由eq \f(U1max,n1)＝eq \f(U2max,n2)得，定值电阻两端的最大电压为U2max＝eq \f(4π2r2NB0,3T)，A错误；定值电阻消耗的电功率为P＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(U2max,\r(2))))2,R)＝eq \f(8π4r4N2B02,9T2R)，B正确；若磁感应强度的变化周期减小，则感应电动势的最大值增大，有效值增大，副线圈两端的电压增大，定值电阻消耗的电功率即变压器的输出功率将增大，C正确；自耦变压器的滑片P顺时针转动，则副线圈的匝数减少，副线圈两端的电压减小，通过副线圈的电流减小，由n1I1＝n2I2可知通过原线圈的电流减小，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.eq \f(n2,n1)变为原来的eq \f(50,11)倍
B．输电线上电流I2变为原来的eq \f(11,25)
C．输电线损失的功率变为原来的(eq \f(11,25))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eq \f(n2,n1)＝eq \f(U2,U1)，U1不变，U2变为原来的eq \f(50,11)倍，所以eq \f(n2,n1)变为原来的eq \f(50,11)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eq \f(50,11)倍，则输电线上电流I2变为原来的eq \f(11,25)，B正确；根据P损＝I22R线，可知P损变为原来的(eq \f(11,25))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eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I3)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eq \f(n0,n1)＝eq \f(U0,U1)，解得U1＝eq \f(n1,n0)·U0＝eq \f(1,11)×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eq \f(20 V2,R)·eq \f(T,2)＝eq \f(U22,R)·T，有效值为U2＝10eq \r(2) V，即电压表V2的读数为10eq \r(2) V≈14.14 V，B错误；流过R的电流为I2＝eq \f(U2,R)＝eq \f(10\r(2),10) 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
答案 AC
解析 根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(80%U1,U2)，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)(2023·福建漳州市质检)如图为某地铁系统供电的变电站示意图，理想变压器原线圈两端连接有效值为36 kV的交流电源，两副线圈分别连接牵引电机和照明系统．已知两副线圈匝数分别为n2和n3，牵引电机的额定电压为1 500 V，额定功率为180 kW，照明系统的额定电压为220 V，闭合开关S，牵引电机和照明系统均能正常工作．则( )
A．n2∶n3＝75∶11
B．牵引电机的内阻为12.5 Ω
C．S断开后，原线圈电流为5 A
D．S断开前后，原线圈电流不变
答案 AC
解析 根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(U1,U3)＝eq \f(n1,n3)，可得eq \f(n2,n3)＝eq \f(U2,U3)＝eq \f(1 500,220)＝eq \f(75,11)，A选项正确；对于纯电阻用电器有R＝eq \f(U额2,P额)＝eq \f(1 5002,180×103) Ω＝12.5 Ω，因电动机是非纯电阻用电器，故内阻不等于12.5 Ω，B选项错误；S断开后，由原线圈输入功率与副线圈输出功率相等，即I1U1＝I2U2＝P2＝180 kW，可得I1＝eq \f(P2,U1)＝eq \f(180×103,36×103) A＝5 A，C选项正确；S断开后，减少了照明系统消耗的电功率，原线圈的输入功率也要减少，而原线圈两端电源电压U1＝36 kV不变，故原线圈电流I1应变小，D选项错误．
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＝eq \f(U0,4R1＋R2)；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＝eq \f(U0,n2R1＋R2)；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＝eq \f(U0,n2R1＋R2)·(U0－eq \f(U0R2,n2R1＋R2))，整理可得P＝eq \f(U02,n2R1＋\f(R22,n2R1)＋2R2)，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．电压
原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2，U2＝eq \f(n2,n1)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＝eq \f(n2,n1)I2
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