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2024届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（粤教版新教材）
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这是一份2024届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（粤教版新教材），共17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·广东潮州市模拟)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流．已知L1、L2、L3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是( )
A．L1、L2中的电流之比为1∶2
B．L1、L2中的电流之比为1∶1
C．L1两端的电压与原线圈两端的电压之比为2∶1
D．L1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2
答案 BD
解析 原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于L2与L3并联，因此L1、L2中的电流之比I1∶I2＝1∶1，选项A错误，B正确；原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈两端的电压之比为2∶1，设电灯的电阻为R，因此原线圈两端的电压U＝2I2R，L1两端的电压U1＝I1R，结合I1∶I2＝1∶1，解得eq \f(U1,U)＝eq \f(1,2)，选项C错误，D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 (2023·广东省八校联考)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 (2023·广东汕头市潮阳区阶段检测)如图为远距离输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，R为输电线的等效电阻．保持交流发电机输出电压不变，若电压表示数变小，下列判断正确的是( )
A．电流表示数变小
B．降压变压器原、副线圈两端的电压之比变小
C．升压变压器输出电压变小
D．输电线损失的功率变大
答案 D
解析 电压表示数变小，说明降压变压器的副线圈电压减小，则原线圈电压减小，因保持交流发电机输出电压不变，则升压变压器的原线圈电压不变，副线圈电压不变，可知导线上的电压损失变大，即导线上的电流变大，输电线损失的功率变大，电流表的示数变大，选项A错误，D正确；降压变压器原、副线圈两端的电压之比等于匝数之比，则降压变压器原、副线圈两端的电压之比不变，选项B错误；升压变压器输出电压由匝数比和输入电压决定，则升压变压器输出电压不变，选项C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)(2023·广东惠州市模拟)如图所示为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为3∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图甲中Rt为热敏电阻(其阻值随温度的升高而变小)，R为定值电阻．下列说法正确的是( )
A．交流电压u的表达式为u＝36eq \r(2)sin 100πt(V)
B．若Rt处的温度升高，则电流表的示数变大
C．若Rt处的温度升高，则变压器的输入功率变大
D．变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为3∶1
答案 BC
解析 由题图乙可知交流电压最大值Um＝36eq \r(2) V，周期T＝0.02 s，则ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，则可得交流电压u的表达式u＝36eq \r(2)sin 100πt(V)，故A错误；电压之比等于匝数之比，匝数不变则电压不变；因Rt处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，根据P出＝U2I2，可知输出功率增大，理想变压器的输入功率等于输出功率，可知输入功率增大，故B、C正确；变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为1∶1，故D错误．
5．(2023·广东深圳市质检)理想变压器的输入电压如图甲所示，输出端并联2个相同的小灯泡L1、L2，如图乙所示，灯泡的额定电压为20 V，额定功率为10 W，电路连接了2个理想电流表A1、A2，导线电阻不计，开始开关S断开，L1恰好正常发光，则( )
A．原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝3eq \r(2)∶1
B．流过灯L1的电流方向每秒改变5次
C．开关S闭合后，灯L1变暗
D．开关S闭合后，电流表A1的读数变大，A1与A2的比值不变
答案 D
解析 由题图甲知电压有效值为60 V，电压与匝数成正比，故原、副线圈的匝数比n1∶n2＝60∶20＝3∶1，A错误；由题图甲知交流电的频率为5 Hz，所以流过灯L1的电流方向每秒改变10次，B错误；闭合开关S，两灯泡并联，副线圈负载总电阻变小，副线圈电压不变，灯L1亮度不变，C错误；闭合开关S，由欧姆定律可知，副线圈电流变大，线圈匝数比不变，则原线圈电流变大，两电流表读数都变大，比值仍等于匝数的反比，不变，D正确．
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.自耦变压器在高铁技术中被广泛应用．如图所示，一理想自耦变压器接在u＝Umsin 100πt的正弦交流电压上，P为滑动触头，初始位置位于线圈CD的中点G，A1和A2为理想交流电表，R为定值电阻，下列说法正确的是( )
A．将P向下滑动，A1的示数将变小
B．将P向上滑动，A2的示数将变大
C．将P下滑到GD的中点，电阻R的功率将变为原来的4倍
D．将P上滑到CG的中点，电阻R的功率将变为原来的eq \f(2,3)
答案 C
解析 将P下滑时，电阻R两端电压变大， A1示数将变大，同理，将P向上滑动，电阻R两端电压变小，A2的示数将变小，A、B错误；若将P向下滑动到GD的中点，原、副线圈的电压比将由1∶2变为1∶4，电阻R两端的电压将变为原来的2倍，由P＝eq \f(U2,R)可知，功率将变为原来的4倍，C正确；若将P向上滑动到CG的中点，原、副线圈的电压比将从1∶2变为3∶4，电阻R两端的电压将变为原来的eq \f(2,3)，电阻R的功率将变为原来的eq \f(4,9)，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.(2023·广东茂名市第一中学模拟)如图所示，理想变压器的原线圈串联一个电阻R0，并接入电压有效值不变的正弦交流电源；两个副线圈分别接电阻R1和电阻R2，图中电流表为理想电流表．开始时开关S断开，则开关S闭合后( )
A．电流表的示数变大
B．电流表的示数变小
C．原线圈两端的电压变大
D．原线圈两端的电压不变
答案 B
解析 开关S闭合后，假设电流表的示数不变或变大，由理想变压器功率关系和电压关系可得U0I0＝U1I1＋U2I2，U0∶U1∶U2＝n0∶n1∶n2，得n0I0＝n1I1＋n2I2，可知通过原线圈的电流I0变大，原线圈两端的电压U0＝U－I0R0减小，由eq \f(U0,n0)＝eq \f(U1,n1)可知电阻R1两端的电压变小，通过电阻R1的电流变小，假设不成立，选项A错误，B正确；由于通过电阻R1的电流变小，因此电阻R1两端的电压变小，原线圈两端的电压减小，选项C、D错误．
10．(多选)(2023·广东韶关市调研)“压敏电阻”是一种具有非线性伏安特性的电阻器件，是一种限压型保护器件；其有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某值时，才会有电流通过．如图所示的电路中，R为压敏电阻，R1、R2、R3为定值电阻，A为理想交流电流表，理想变压器原线圈匝数为n1，副线圈匝数n2可以通过滑片P调节．当副线圈滑片在图中位置时，原线圈加某一交变电压u＝NBSωsin ωt，小灯泡出现周期性发光，当闭合开关K后，小灯泡熄灭不再发光．下列说法正确的是( )
A．闭合开关K，R2两端电压增大
B．闭合开关K后，仅增大交流电频率，可能使灯泡继续周期性发光
C．闭合开关K后，仅让滑片P向上滑动，可能使灯泡继续周期性发光，发光频率不变
D．闭合开关K后，仅让滑片P向下滑动，理想变压器的输入功率变小
答案 BCD
解析 闭合K，副线圈回路电阻变小，副线圈电压U不变，回路电流变大，R1两端电压U1变大，由U1＋U2＝U，所以R2两端电压U2变小，故A错误；闭合K，仅增大交流电频率，由原线圈电压u＝NBSωsin ωt知原线圈电压增大，则副线圈电压U也增大，可能使灯泡继续周期性发光，故B正确；闭合K后，仅让滑片P向上滑动，副线圈电压U2增大，副线圈回路电流I变大，可能使灯泡继续周期性发光，交变电流周期不变，发光频率不变，故C正确；闭合开关K后，仅让滑片P向下滑动，副线圈电压U2减小，副线圈回路电流I减小，原线圈回路电流减小，理想变压器的输入功率变小，故D正确．
11．(多选)(2023·广东揭阳市联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，B是原线圈的中心接头，原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻(阻值随温度升高而减小)，C为耐压值为70 V的电容器，所有电表均为理想电表．下列判断正确的是( )
A．当单刀双掷开关与A连接，传感器R2所在处温度升高，A1的示数变大，A2的示数减小
B．当单刀双掷开关与B连接，副线圈两端电压的频率变为25 Hz
C．当单刀双掷开关由A→B时，电容器C不会被击穿
D．其他条件不变，单刀双掷开关由A→B时，变压器的输出功率变为原来的0.5倍
答案 AC
解析 若传感器R2所在处温度升高，R2的阻值减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流变大，所以原线圈电流跟着变大，即A1的示数变大，R3两端电压增大，故R1两端电压减小，所以A2的示数减小，故A正确；交流电的频率与匝数无关，不会发生变化，还是50 Hz，所以B错误；原线圈电压最大值为220eq \r(2) V，当单刀双掷开关由A→B时，匝数之比为5∶1，根据变压规律可得副线圈电压最大值为44eq \r(2) V，小于电容器的耐压值，故电容器不会被击穿，所以C正确；开关由A→B时，副线圈电压U2为原来的2倍，输出功率P2＝eq \f(U22,R)为原来的4倍，所以D错误．
12．(2023·广东佛山市模拟)如图所示，理想变压器原线圈与灯泡A相连接，副线圈与三个灯泡和一个电流表相连接，四个灯泡完全相同，当输入电路中接入U＝220eq \r(2)sin 100πt(V)交流电时，四个灯泡均能正常发光，以下说法正确的是( )
A．1 s内通过电流表的电流方向改变50次
B．变压器原、副线圈匝数之比为4∶1
C．灯泡的额定电压为55 V
D．若副线圈中D灯突然烧坏，其余三个灯泡均会烧坏
答案 C
解析 由题知，交流电的频率f＝50 Hz，通过电流表的电流方向1 s内要改变100次，A错误；四个灯泡均正常工作，设灯泡额定电流为I，额定电压为U0，则原线圈中的电流I1＝I，副线圈中的电流I2＝3I，根据理想变压器电流与线圈匝数成反比，有eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(3,1)，B错误；副线圈电压U2＝U0，根据理想变压器电压与线圈匝数成正比，有eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(3,1)，则U1＝3U0，根据题意得220 V＝U0＋U1，解得U0＝55 V，C正确；当副线圈中D灯突然烧坏，副线圈中电阻增大，则电流减小，故原线圈中电流减小，灯泡A两端的电压变小，则变压器输入电压增大，副线圈两端电压增大，B、C两灯泡会烧坏，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·广东潮州市模拟)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流．已知L1、L2、L3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是( )
A．L1、L2中的电流之比为1∶2
B．L1、L2中的电流之比为1∶1
C．L1两端的电压与原线圈两端的电压之比为2∶1
D．L1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2
答案 BD
解析 原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于L2与L3并联，因此L1、L2中的电流之比I1∶I2＝1∶1，选项A错误，B正确；原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈两端的电压之比为2∶1，设电灯的电阻为R，因此原线圈两端的电压U＝2I2R，L1两端的电压U1＝I1R，结合I1∶I2＝1∶1，解得eq \f(U1,U)＝eq \f(1,2)，选项C错误，D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 (2023·广东省八校联考)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 (2023·广东汕头市潮阳区阶段检测)如图为远距离输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，R为输电线的等效电阻．保持交流发电机输出电压不变，若电压表示数变小，下列判断正确的是( )
A．电流表示数变小
B．降压变压器原、副线圈两端的电压之比变小
C．升压变压器输出电压变小
D．输电线损失的功率变大
答案 D
解析 电压表示数变小，说明降压变压器的副线圈电压减小，则原线圈电压减小，因保持交流发电机输出电压不变，则升压变压器的原线圈电压不变，副线圈电压不变，可知导线上的电压损失变大，即导线上的电流变大，输电线损失的功率变大，电流表的示数变大，选项A错误，D正确；降压变压器原、副线圈两端的电压之比等于匝数之比，则降压变压器原、副线圈两端的电压之比不变，选项B错误；升压变压器输出电压由匝数比和输入电压决定，则升压变压器输出电压不变，选项C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)(2023·广东惠州市模拟)如图所示为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为3∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图甲中Rt为热敏电阻(其阻值随温度的升高而变小)，R为定值电阻．下列说法正确的是( )
A．交流电压u的表达式为u＝36eq \r(2)sin 100πt(V)
B．若Rt处的温度升高，则电流表的示数变大
C．若Rt处的温度升高，则变压器的输入功率变大
D．变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为3∶1
答案 BC
解析 由题图乙可知交流电压最大值Um＝36eq \r(2) V，周期T＝0.02 s，则ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，则可得交流电压u的表达式u＝36eq \r(2)sin 100πt(V)，故A错误；电压之比等于匝数之比，匝数不变则电压不变；因Rt处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，根据P出＝U2I2，可知输出功率增大，理想变压器的输入功率等于输出功率，可知输入功率增大，故B、C正确；变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为1∶1，故D错误．
5．(2023·广东深圳市质检)理想变压器的输入电压如图甲所示，输出端并联2个相同的小灯泡L1、L2，如图乙所示，灯泡的额定电压为20 V，额定功率为10 W，电路连接了2个理想电流表A1、A2，导线电阻不计，开始开关S断开，L1恰好正常发光，则( )
A．原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝3eq \r(2)∶1
B．流过灯L1的电流方向每秒改变5次
C．开关S闭合后，灯L1变暗
D．开关S闭合后，电流表A1的读数变大，A1与A2的比值不变
答案 D
解析 由题图甲知电压有效值为60 V，电压与匝数成正比，故原、副线圈的匝数比n1∶n2＝60∶20＝3∶1，A错误；由题图甲知交流电的频率为5 Hz，所以流过灯L1的电流方向每秒改变10次，B错误；闭合开关S，两灯泡并联，副线圈负载总电阻变小，副线圈电压不变，灯L1亮度不变，C错误；闭合开关S，由欧姆定律可知，副线圈电流变大，线圈匝数比不变，则原线圈电流变大，两电流表读数都变大，比值仍等于匝数的反比，不变，D正确．
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.自耦变压器在高铁技术中被广泛应用．如图所示，一理想自耦变压器接在u＝Umsin 100πt的正弦交流电压上，P为滑动触头，初始位置位于线圈CD的中点G，A1和A2为理想交流电表，R为定值电阻，下列说法正确的是( )
A．将P向下滑动，A1的示数将变小
B．将P向上滑动，A2的示数将变大
C．将P下滑到GD的中点，电阻R的功率将变为原来的4倍
D．将P上滑到CG的中点，电阻R的功率将变为原来的eq \f(2,3)
答案 C
解析 将P下滑时，电阻R两端电压变大， A1示数将变大，同理，将P向上滑动，电阻R两端电压变小，A2的示数将变小，A、B错误；若将P向下滑动到GD的中点，原、副线圈的电压比将由1∶2变为1∶4，电阻R两端的电压将变为原来的2倍，由P＝eq \f(U2,R)可知，功率将变为原来的4倍，C正确；若将P向上滑动到CG的中点，原、副线圈的电压比将从1∶2变为3∶4，电阻R两端的电压将变为原来的eq \f(2,3)，电阻R的功率将变为原来的eq \f(4,9)，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.(2023·广东茂名市第一中学模拟)如图所示，理想变压器的原线圈串联一个电阻R0，并接入电压有效值不变的正弦交流电源；两个副线圈分别接电阻R1和电阻R2，图中电流表为理想电流表．开始时开关S断开，则开关S闭合后( )
A．电流表的示数变大
B．电流表的示数变小
C．原线圈两端的电压变大
D．原线圈两端的电压不变
答案 B
解析 开关S闭合后，假设电流表的示数不变或变大，由理想变压器功率关系和电压关系可得U0I0＝U1I1＋U2I2，U0∶U1∶U2＝n0∶n1∶n2，得n0I0＝n1I1＋n2I2，可知通过原线圈的电流I0变大，原线圈两端的电压U0＝U－I0R0减小，由eq \f(U0,n0)＝eq \f(U1,n1)可知电阻R1两端的电压变小，通过电阻R1的电流变小，假设不成立，选项A错误，B正确；由于通过电阻R1的电流变小，因此电阻R1两端的电压变小，原线圈两端的电压减小，选项C、D错误．
10．(多选)(2023·广东韶关市调研)“压敏电阻”是一种具有非线性伏安特性的电阻器件，是一种限压型保护器件；其有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某值时，才会有电流通过．如图所示的电路中，R为压敏电阻，R1、R2、R3为定值电阻，A为理想交流电流表，理想变压器原线圈匝数为n1，副线圈匝数n2可以通过滑片P调节．当副线圈滑片在图中位置时，原线圈加某一交变电压u＝NBSωsin ωt，小灯泡出现周期性发光，当闭合开关K后，小灯泡熄灭不再发光．下列说法正确的是( )
A．闭合开关K，R2两端电压增大
B．闭合开关K后，仅增大交流电频率，可能使灯泡继续周期性发光
C．闭合开关K后，仅让滑片P向上滑动，可能使灯泡继续周期性发光，发光频率不变
D．闭合开关K后，仅让滑片P向下滑动，理想变压器的输入功率变小
答案 BCD
解析 闭合K，副线圈回路电阻变小，副线圈电压U不变，回路电流变大，R1两端电压U1变大，由U1＋U2＝U，所以R2两端电压U2变小，故A错误；闭合K，仅增大交流电频率，由原线圈电压u＝NBSωsin ωt知原线圈电压增大，则副线圈电压U也增大，可能使灯泡继续周期性发光，故B正确；闭合K后，仅让滑片P向上滑动，副线圈电压U2增大，副线圈回路电流I变大，可能使灯泡继续周期性发光，交变电流周期不变，发光频率不变，故C正确；闭合开关K后，仅让滑片P向下滑动，副线圈电压U2减小，副线圈回路电流I减小，原线圈回路电流减小，理想变压器的输入功率变小，故D正确．
11．(多选)(2023·广东揭阳市联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，B是原线圈的中心接头，原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻(阻值随温度升高而减小)，C为耐压值为70 V的电容器，所有电表均为理想电表．下列判断正确的是( )
A．当单刀双掷开关与A连接，传感器R2所在处温度升高，A1的示数变大，A2的示数减小
B．当单刀双掷开关与B连接，副线圈两端电压的频率变为25 Hz
C．当单刀双掷开关由A→B时，电容器C不会被击穿
D．其他条件不变，单刀双掷开关由A→B时，变压器的输出功率变为原来的0.5倍
答案 AC
解析 若传感器R2所在处温度升高，R2的阻值减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流变大，所以原线圈电流跟着变大，即A1的示数变大，R3两端电压增大，故R1两端电压减小，所以A2的示数减小，故A正确；交流电的频率与匝数无关，不会发生变化，还是50 Hz，所以B错误；原线圈电压最大值为220eq \r(2) V，当单刀双掷开关由A→B时，匝数之比为5∶1，根据变压规律可得副线圈电压最大值为44eq \r(2) V，小于电容器的耐压值，故电容器不会被击穿，所以C正确；开关由A→B时，副线圈电压U2为原来的2倍，输出功率P2＝eq \f(U22,R)为原来的4倍，所以D错误．
12．(2023·广东佛山市模拟)如图所示，理想变压器原线圈与灯泡A相连接，副线圈与三个灯泡和一个电流表相连接，四个灯泡完全相同，当输入电路中接入U＝220eq \r(2)sin 100πt(V)交流电时，四个灯泡均能正常发光，以下说法正确的是( )
A．1 s内通过电流表的电流方向改变50次
B．变压器原、副线圈匝数之比为4∶1
C．灯泡的额定电压为55 V
D．若副线圈中D灯突然烧坏，其余三个灯泡均会烧坏
答案 C
解析 由题知，交流电的频率f＝50 Hz，通过电流表的电流方向1 s内要改变100次，A错误；四个灯泡均正常工作，设灯泡额定电流为I，额定电压为U0，则原线圈中的电流I1＝I，副线圈中的电流I2＝3I，根据理想变压器电流与线圈匝数成反比，有eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(3,1)，B错误；副线圈电压U2＝U0，根据理想变压器电压与线圈匝数成正比，有eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(3,1)，则U1＝3U0，根据题意得220 V＝U0＋U1，解得U0＝55 V，C正确；当副线圈中D灯突然烧坏，副线圈中电阻增大，则电流减小，故原线圈中电流减小，灯泡A两端的电压变小，则变压器输入电压增大，副线圈两端电压增大，B、C两灯泡会烧坏，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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