第十三章　第72课时　变压器　远距离输电　实验十五：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系-2026版一轮复习

第72课时变压器远距离输电实验十五：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系目标要求1.会用实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，体会控制变量法，了解实验误差的产生原因。2.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题。3.会对远距离输电线路各物理量分析和计算。考点一实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系1.实验原理(1)实验电路图(如图所示)：(2)实验方法：控制变量法①n1、U1一定，研究n2和U2的关系。②n2、U1一定，研究n1和U2的关系。2.实验器材学生电源(低压交流电源，小于12V)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12V，通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱。(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量。例1某兴趣小组用如图所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验。(1)下列说法正确的是。A.变压器工作时，通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈B.变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能C.理想变压器的输入功率等于输出功率，没有能量损失D.变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零(2)如图所示，实验时，原线圈接“0”“8”接线柱，副线圈接“0”“1”接线柱，原线圈两端连接低压交流电源10V挡，用交流电压表测得副线圈两端的电压为0.4V，这与其他小组的正确实验结论明显不一致。对于这个小组实验结论出现明显偏差的原因，最有可能的是。A.原线圈匝数太多，电阻过大B.铁芯没有闭合，漏磁过多C.副线圈匝数太少，增加实验误差D.副线圈的电阻太小(3)实际操作中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则可推断原线圈的输入电压可能为。A.3.0V B.5.3V C.6.0V D.6.2V(4)为了实验过程中的安全，下列做法正确的是。A.为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12VB.连接好电路后，应先检查电路连接是否正确，再接通电源进行实验C.因为使用电压较低，通电时可用手直接接触裸露的导线、接线柱D.为了测量电表的安全，测量电压时，先选用最大量程试测答案(1)BC(2)B(3)D(4)BD解析(1)变压器是通过互感工作，而不是通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈，A项错误；变压器工作时在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能，B项正确；理想变压器忽略能量损失，原线圈输入功率等于副线圈输出功率，C项正确；变压器的原线圈两端电压由发电机提供，则副线圈上不接负载时，原线圈两端电压不变，不为零，D项错误。(2)根据变压器的工作原理可知，若通过原、副线圈的磁通量相同，则原、副线圈两端电压之比等于匝数比，则有U2U1＝n2n我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

/efdfec4fca1121b64c46c12719ec64da

我的人人文库：

/u-680150.html

/u-680150.html

(3)若是理想变压器，则变压器线圈两端的电压与匝数的关系为U1U2＝n1n2，当变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱时，可知原、副线圈匝数比为2∶1，副线圈电压为3.0V，则原线圈电压应该为6.0V；实际操作中，不是理想变压器，需要考虑损失部分，则原线圈所接电压大于(4)在实验中为了确保人身安全，需要使用低压交流电源，且电压不要超过12V，A项错误；为了确保安全，实验时，连接好电路后，应先检查电路连接是否正确，再接通电源进行实验，B项正确；即使使用电压较低，为了确保实验数据的可靠精确性，通电时也不能用手直接接触裸露的导线、接线柱，C项错误；为了测量电表的安全，测量电压时，先选用最大量程试测，再选用小一点的量程，确保精确度，D项正确。考点二理想变压器原理及应用1.构造和原理(1)构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。(2)原理：电磁感应的互感现象。2.基本关系式功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P入＝P出，且输出功率P出决定输入功率P入电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，U1U2＝n1电流关系①只有一个副线圈时，I1I2＝n2②有多个副线圈时，由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn，输出决定输入频率关系f1＝f2，变压器不改变交变电流的频率1.变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用。(√)2.变压器不仅能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率。(×)3.在任何情况下，理想变压器均满足U1U2＝n1n2、I1I2＝例2(多选)(2024·海南卷·9)电动汽车充电站变压器输入电压为10kV，输出电压为220V，每个充电桩输入电流为16A，设原副线圈匝数分别为n1、n2，输入正弦交流电的频率为50Hz，则下列说法正确的是()A.交流电的周期为0.02sB.原副线圈匝数比n1∶n2＝11∶500C.输出的最大电压为220VD.若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2kW答案AD解析交流电的周期为T＝1f＝0.02s，故A正确；根据理想变压器原副线圈的电压与线圈匝数的关系可得，原副线圈匝数比为n1n2＝U1U2＝10×1000220＝50011，故B错误；输出的最大电压为U2m＝2U2＝2202V，故C错误；若10台充电桩同时使用，输出功率为P2总＝10U2I2＝10×220×16W＝35200W＝35.2kW例3(多选)(2024·山东临沂市模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，原线圈与定值电阻R1串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源，副线圈电路中负载电阻为可变电阻R2，A、V为理想交流电表。当R2＝2R1时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，则()A.电源输出电压为6VB.电源输出功率为4WC.保持R1阻值不变，当R2＝8Ω时，电压表的读数为6VD.保持R1阻值不变，当R2＝8Ω时，变压器输出的功率最大答案ACD解析方法一(常规解法)当R2＝2R1时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，所以R2＝4Ω，R1＝2Ω，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，根据电压与匝数成正比得原线圈两端的电压U1＝2V，根据电流与匝数成反比得原线圈中的电流I1＝2A，所以电源输出电压U＝U1＋I1R1＝6V，电源输出功率P＝UI1＝12W，故A正确，B错误；设副线圈两端的电压为U2，根据欧姆定律得副线圈中的电流为U2R2，则原线圈中的电流是2U2R2，所以电源的输出电压U＝2U2R2R1＋12U2，副线圈输出电压与电阻R2的关系为U2＝2UR24R1＋R2，变压器输出的功率P2＝U22R2＝4U2R2(4R1＋R2)2＝4U2方法二(等效电阻法)因原、副线圈的匝数之比为1∶2，则等效负载R'＝(12)2R2＝14R2，R2＝U2I2＝4Ω，R1＝2Ω，I1＝2I2＝2A，所以U＝I1R1＋I1R'＝6V，P＝UI1＝12W，A正确，B错误；当R2＝8Ω时，R'＝2Ω，I1'＝UR'＋R1＝1.5A，I2'＝I1'2＝0.75A，则U2'＝I2'R2＝6V，C正确；将R1等效为电源的内阻，则R'＝R1，即R方法三(等效电源法)设电源输出电压为U，因原、副线圈的匝数之比为k＝12，将变压器、定值电阻R1与原交流电源看成一个整体，等效为一个新电源，则新电源的电动势E'＝Uk＝2U，新电源的内阻r'＝R1k2＝4R1，当R2＝2R1时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，所以R2＝4Ω，R1＝2Ω，由电流表的读数I2＝E'r'＋R2，代入E'和r'，解得U＝6V，电源输出功率P＝I2E'＝12W，故A正确，B错误；新电源的电动势E'＝Uk＝2U＝12V，内阻r'＝R1k2＝4R1＝8Ω，保持R1阻值不变，当R2＝8Ω时，电压表的读数为电动势的一半，即为6V，交变电路中的等效思想1.等效电阻的建立在只有一个副线圈的理想变压器电路中，设原线圈、副线圈的匝数之比为n1n2＝k，负载电阻为R，则变压器和负载电阻整体可以等效为一个新电阻，其阻值R'＝k证明：如图甲所示，设原线圈两端的电压为U1、电流为I1，副线圈两端的电压为U2、电流为I2，副线圈所接负载为R，变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。由欧姆定律可知U2I2＝R，令原线圈、副线圈的匝数之比n1n2＝k，根据理想变压器规律可知U1U2＝n1n2＝k，2.等效电源的建立理想变压器中与原线圈串联的定值电阻为R0，交流电源输出电压为U，设原线圈、副线圈的匝数之比为n1n2＝k，则变压器、定值电阻R0与原交流电源整体可等效为一个新电源，新电源的电动势E'＝Uk，新电源的内阻证明：如图丙所示，设原线圈两端的电压为U1、电流为I1，副线圈两端的电压为U2、电流为I2，副线圈所接负载为R，与原线圈串联的定值电阻为R0，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。将变压器、定值电阻R0与原交流电源看成一个整体，等效为一个新的电源，令新电源的电动势为E'，新电源的等效内阻为r'，作出等效后的电路图如图丁所示。对图丙，由串联电路的规律得U1＝U－I1R0，令n1n2＝k，则U1U2＝k，I2I1＝k，联立可得U2＝Uk－I2R0k2。对图丁，由闭合电路欧姆定律得U2＝E'例4(多选)(2024·全国甲卷·19)如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以()A.保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动B.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变C.将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动D.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动答案AC解析保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，根据P＝I2R1可知此时R1的热功率增大，故A正确；将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过R1的电流减小，故R1的热功率减小，故B错误；将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，此时R1的热功率增大，故C正确；将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与R1串联后的总电阻增大，电流减小，此时R1的热功率减小，故D错误。常见的两种动态变化分析(1)匝数比不变的情况(如图)①U1不变，根据U1U2＝n1n2，输入电压U1决定输出电压②当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化。③I2变化引起P2变化，而P1＝P2，故P1发生变化。(2)负载电阻不变的情况(如图)①U1不变，n1n2发生变化时，②R不变，U2变化时，I2发生变化。③根据P2＝U22R和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，考点三高压输电线路的电压损失和功率损失1.输电电流I＝PU2.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＝(PU)24.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(2)减小输电导线中的电流。在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压。例5(多选)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550kV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1100kV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'＝14ΔP B.ΔP'＝12C.ΔU'＝14ΔU D.ΔU'＝12答案AD解析由输电电流I＝PU知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的12，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14，即ΔP'＝14ΔP；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12，即ΔU'＝12Δ考点四远距离输电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(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，(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＝n3n4，3.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＝例6(2024·山东省青岛第二中学期末)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100kW，发电机的电压U1＝250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220V。已知输电线上损失的功率P线＝5kW，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＝40AB.输电线上的电流I线＝625AC.降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11D.用户得到的电流I4＝455A答案C解析发电机输出的电流I1＝PU1＝100×103250A＝400A，故A错误；输电线上损失的功率P线＝I线2R线＝5kW，所以I线＝P线R线＝25A，故B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5)kW＝95kW，则I4＝P4课时精练(分值：60分)1~4题每小题4分，5题8分，共24分1.电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器()A.是一种降压变压器B.能测量直流电路的电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流答案D解析电流互感器原线圈匝数少，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故A错误；变压器的原理是电磁感应，只能够在交流电路中正常工作，故它不能测量直流电路的电流，故B错误；理想变压器不改变交变电流的频率，故C错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流，故D正确。2.(多选)(2025·山东烟台市校考)某发电厂原来用11kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到550kV后再输电。若输电的电功率都是P，输电线路的电阻均为R，则下列说法中正确的是()A.根据公式P损＝I2R，为减小输电功率损失，可以减小输电电流B.根据公式P损＝U2C.根据公式I＝UR，提高电压后输电线上的电流增大为原来的50D.根据公式I＝PU，提高电压后输电线上的电流减小为原来的答案AD解析输电线上的损耗功率为P损＝I2R，为减小输电损失，可以减小输电电流，故A正确；根据P损＝U2R，可知此时U表示输电线上的损失电压，而不是输电电压，故B错误；根据欧姆定律I＝UR，可知此时U表示输电线上的损失电压，而不是输电电压，故C错误；由公式I＝PU可得，当电压升高为原来的50倍后，电流变为原来的3.(2024·北京卷·5)如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6V，3W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是()A.原线圈两端电压的有效值为242VB.副线圈中电流的有效值为0.5AC.原、副线圈匝数之比为1∶4D.原线圈的输入功率为12W答案B解析由题图乙知，理想变压器原线圈电压最大值为Um＝242V，则有效值为U1＝Um2＝24V，故A错误；灯泡正常发光，由P＝UI得，副线圈中电流有效值为I＝PLU2＝3W6V＝0.5A，故B正确；由理想变压器原、副线圈电压与匝数关系可知n1n2＝U1U2＝4.(多选)(2024·山东淄博市期中)如图为理想的自耦变压器，其中P为变压器上的滑动触头，P'为滑动变阻器上的滑片，电流表为理想电表，若输入电压U1一定，则()A.P不动，P'向下滑动时，U2一直在减小B.P'不动，P顺时针转动一个小角度时，U1和U2的比值增大C.P'不动，P顺时针转动一个小角度时，电流表读数在增大D.P顺时针转动一个小角度，同时P'向下滑动时，小灯泡的亮度可以不变答案BD解析根据U1U2＝n1n2，P不动，则匝数比一定，可知U2不变，A错误；P'不动，P顺时针转动一个小角度时，副线圈接入的线圈匝数变小，根据U1U2＝n1n2可知，U1和U2的比值增大，B正确；P'不动，P顺时针转动一个小角度时，根据上述可知，U2减小，则通过副线圈的电流减小，根据I1I2＝n2n1可知，通过原线圈的电流减小，即电流表读数在减小，C错误；P顺时针转动一个小角度，同时P'向下滑动时，副线圈接入的线圈匝数变小，根据U5.(8分)(2024·山东枣庄市期中)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，两个学习小组采用了如图甲所示的可拆式变压器进行研究，原、副线圈的电压由电压传感器获得。(1)(2分)观察变压器的铁芯，发现它的结构和材料是；A.整块不锈钢铁芯B.整块硅钢铁芯C.绝缘的不锈钢片叠加而成D.绝缘的硅钢片叠加而成(2)(2分)第一组同学将变压器正确组装好，如图乙所示。连接到图乙中的电源上，闭合电源开关，发现原线圈两端电压传感器有示数，但无论如何调节电源的电压旋钮，副线圈两端电压传感器均无示数，经检查导线和各连接处均无断路，则最可能的原因是。(3)(2分)第二组同学正确组装变压器后，记录数据如下：原线圈n1(匝)100100400400副线圈n2(匝)200800200800原线圈电压U1(伏)1.961.504.062.80副线圈电压U2(伏)3.9011.82.005.48通过分析实验数据可得出的实验结论是。(4)(2分)第二组同学继续探究实验，把2.0V的学生电源cd接到原线圈“0”“100”接线柱，副线圈接到“200”“800”接线柱，则接在副线圈两端的传感器示数最有可能是。A.1.0V B.2.0V C.11.5V D.15.8V答案(1)D(2)连接的是电源ab间的直流电(3)原、副线圈两端电压U与匝数n成正比(4)C解析(1)为防止产生涡流而损耗能量，变压器的铁芯采用绝缘的硅钢片叠成。故选D。(2)由于原线圈有电压，副线圈无电压，且电路连接完好，最可能的是第一组同学在连接电源的时候连接的是ab间的直流电源。当电路连接完好，原线圈接直流电压时，副线圈的磁通量不变，无感应电动势。(3)由表格数据可知，在实验误差允许的范围内U1U2＝n(4)若为理想变压器，则U解得U2＝12.0V考虑到不是理想变压器，有漏磁现象，则副线圈的电压应略小于12.0V，所以最有可能的是11.5V。故选C。6~10题每小题6分，共30分6.(2023·天津卷·6)如图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有()A.T1输出电压与T2输入电压相等B.T1输出功率大于T2输入功率C.若用户接入的用电器增多，则R功率降低D.若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低答案B解析由于输电过程中电阻R要产生热量，会损耗功率，故T1输出功率大于T2输入功率，T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正确；由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则用户端电流变大，输电电路电流也相应变大，根据P损＝I2R可知R功率增大，故C错误；用户接入的用电器增多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。7.(2024·浙江6月选考·7)理想变压器的原线圈通过a或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线圈接有三个支路，如图所示。当S接a时，三个灯泡均发光，若()A.电容C增大，L1灯泡变亮B.频率f增大，L2灯泡变亮C.RG上光照增强，L3灯泡变暗D.S接到b时，三个灯泡均变暗答案A解析电容增大，对交流电的阻碍作用减小，则L1灯泡变亮，故A正确；频率f增大，则电感的阻碍作用增大，则L2灯泡变暗，故B错误；光照增强，光敏电阻阻值减小，由于各支路两端电压不变，则通过L3灯泡的电流增大，变亮，故C错误；S接到b时，根据变压比可知，副线圈电压增大，则三个灯泡均变亮，故D错误。8.(2025·山东烟台市质检)由匝数为n1的原线圈和两个匝数分别为n2和n3的副线圈组成的理想变压器，如图所示。已知图中定值电阻R1＝3Ω，R2＝4Ω，电流表为理想交流电表。当原线圈接入电压恒定的正弦交变电流，开关S1、S2均闭合时电流表示数为仅闭合S1时的4倍，则n2∶n3为()A.1∶2 B.2∶1C.1∶3 D.3∶1答案A解析根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系U1U2＝n1n2，U1U3＝n1n3，开关S1、S2均闭合时，变压器输出功率为P1＝U22R1＋U32R2，仅闭合S1时，变压器输出功率为P2＝U22R1，又P1＝U19.(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220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其他损耗，下列说法正确的是()A.接收线圈的输出电压约为8VB.接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1C.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