2026年高考物理总复习二轮：用等效法解决理想变压器原线圈问题

用等效法解决理想变压器原线圈问题

、问题讲解

1、发现问题

如省1所示，理想变压器接在电压有效值恒为U的交流电源上，原、副线圈的匝数分别为Ill和Ih，电流

有效值为11和L，电压有效值为1%和1%，原线圈接有定值电阻R「副线圈接有滑动变阻器R），当滑动变

阻器的滑片向上移动时，试分析卜、Uf、U,的变化.

图】有理想变压器的电路

传统方法定性分析•：假设1%不变，滑片向上移动时，R?变大％变小♦L变小变大rU,变大.

以上分析很明显逻辑不通，刚开始假设U?不变，但分析到最后发现U?又是变化的，这显然跟一开始的假

设矛盾，是不自洽的.遇到这样的问题，传统方法只能通过定量计算来求解.

传统方法定量计算

n

UI=

uh,n

匕

n2

=一

UO1

U1

=«

U,=b电

把这些表达式列出来后就可以发现有关的物理量有9个，必、的和U不变，只有R,改变时联立4式寻找

卜、U7关于自变量的结果表达式是

非常繁杂且困难的.这不仅要求学生具备较强的计算能力，而且在高考有限的时间内也很难快速准确计算

出来⑵，说明这不是最好的求解方法，也没有考查物理的意义.鉴于此，对于这种原线圈有负载的问题，

寻找新的求解方法就显得尤为重要且必要.

通过以上传统方法分析可以发现，原线圈有负载时，造成问题复杂的原因在于；U］与U和I,都有美，而L

与【7有关，b的值也受至的影响，U,与Ui是线性关系，是相互之间影响的物理系统.原线圈无负载时，

1）,始终等于U,是一个不变量，将大大简化各物理量之间的影响，传统法才具备优势.

2、解决问题一一等效法

如国2所示，把副线圈回路和变压器作为一个整体等效到原线圈回路中，作为一个电阻R3,等效前后的

R?与Rs1消耗的功率是相同的・

图2有理想变压器的等效电路

根据欧姆定律与理想变压器原副、线圈间的电压、电流关系得

由比得出对于上述问题，当滑动变阻器的滑片向上移动时，R2变大，变大，由

U=1|%+R效）

得1t变小，则卜变小，且Ui变大，U〉也变大.显然，利用等效法后分析理想变压器原、副线圈中的物理量

时更清晰明了，且不会出现矛盾的问题叫

3等效法在原线圈有负载的理想变压器模型中的应用

3.1等效法在远距离输电中的应用

【例1】如图3所示，两理想变压器间接有电阻R,电表均为理想交流电表，a、b接入电压有效值不变的

正弦交流电源.闭合开关S后（）

A.R的发热功率不变

B.电压表的示数不变

C.电流表A］的示数变大

D.电流表A2的示数变小

图3例1题图

等效原理分析：由欧姆定律和理想变压器原、副线圈间的电流、电压关系得

?2il

=如=51±

式中，R为电流表A?所在的副线圈回路中的总电阻.

解析：等效电路图如图4所示.已知％、lb、IH、114、U,不变，由兴=己得不变，则电压表示数不

变，B正确：当闭合开关后，Rj减小，Rg减小，卜增大，J增大，则R的发热功率变大，A错误：由

'3_1'4

""

Ilq

得L也都变大，即电流表Ai、A?示数都变大，选

项C正确，选项D错误.

1

Y

3.2等效法在单个副线圈的可变理想变压器中的应用

【例2】如图5,理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头匕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R］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V的示数为U，理想电流表A的示数为I.下列说法正确的是（）

A.保持P_1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，PI向下缓慢滑动的过程中，RI消耗的功率减小

图5例2题图

题目分析：选项A、B中保持Pt位置不变，P2向左缓慢滑动，是原线圈回路中的物理量发生变化时的

情沆；而选项C、D中保持P2位置不变，Pt向下缓慢滑动，是副线圈回路中的物理量发生变化时的情

况.不同的变化需要采取不同的分析方法，如此才能更快速地解决问题.

3.2.1副线圈的物理量改变时，把副线圈回路与变压器等效为一个电阻

等效法原理分析：由欧姆定律和理想变压器原、副线圈间的电流、电压关系得

解析：等效电路图如图6.保持p,位置不变，R向下缓慢滑动的过程中，不变，n7变小，则

变大，根据闭合电路欧姆定律得电流表示数I变小，R7两端电压即电压表示数U变小，R7可等效为

电源内阻，而等效电阻为外电路电阻.外电阻一开始为RTJ-：R2,移动巴后慢慢增大会大于R,，由

闭合电路中输出功率与外电阻的大小关系得等效电阻消耗的功率（即Ri消耗的功率）先增大后减小,

选项c、D错误.

图6例2中的等效电路

3.2.2原线圈中的物理量改变时，把原线圈与变压器等效为一个电阻

等效原理分析：把原线圈与变压器等效到副线圈也就意味着会有一个新的等效电源。等效电源与等效电

阻推导如下：设输入交流电的电压有效值为U。，则

ULUiRz

且5=

得UQ-IK-UZ

即,Uo-争K=u?

2

亦即.U0!2R2=U2

・，n・

由比可得等效电源

见效=；n2瓦.

%,

（）2

等效电阻R度二^R2

解析2：等效电路图如图7。在本题中选项A、B,保持P.位置不变，Rj向左缓慢滑动的过程中，叫与心

不变，减小，则U°N不变，R3减小，L增大，I［即电流示数1增大，则1射增大，1入增大，那么电阻

R?两端即电压表示数U变小，R,消耗的功率P-I；R,也在不断增大，则选项A错误，选项B正确。

图7例2中另一种等效电路

3.3等效法在单个副线圈的理想变压器中的应用（定量）

【例3】如图8所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：L原线圈接电源电压有效值不变且内阻忽

略不计的正弦式交变电源，R。为定值电阻，R为可变电阻，现调节可变电阻阻值，理想电压表V的示数变

化的绝对值为AU时，理想电流表A的示数变化的绝对值为AI，则人：等于（）

-»1

等效原理分析与本题解析：等效电路图如图9。

U0«=?uo*等效电阻R^=q：R<p由欧姆定律得

式中左边的gu。不变，由守恒思想得

AU=AI(—)7R

22th0

AUAU2n2Ro

百=而=二&=彳

故选项DIF确.

3.4等效法在多个副线圈的理想变压器中的应用(定性)

【例I】如图10所示，理想变压器有两个副线圈，原线圈与灯泡以串联后接到输出电压恒定的正弦交流

电源两端。滑动触头P在R的中间处时，1”、1=、LQ、恰好正常发光(忽略灯泡电阻的变化)。现将

滑动触头P向上移动，原、副线圈的匝数均不变，则关于各个灯的亮度变化，下列说法中正确的是

()

•A.灯L1变亮C.灯L3不变

•B.灯L2变暗D.灯L4变亮

图10例4题图

等效原理分析：原线圈与两个副线圈的匝数分别为小、n2.nT电压分别为Urlh、U3,目流分别为

卜、对于理想变压器其功率为

1Ml=lbb+UJ

即

UIU3I3nJz口山口曲nUnJUi11MUUj

|.=--2--2+-----=------f-----=---------1--3---s---=-3-----4—=-----=--x---+-----

总效效

Ui5%ntnROtRaMn?R,<n；Rs<R?R?

式中，R?R为所在副线圈回路的总电阻；R?Q为Lj所在副线圈回路的总电阻。

2

由上述分析可得R2?="汨；'、R3?-以上结果符合两电阻并联的关系，所以两个副线圈问

路与变压器等效到原线圈回路时为两等效电阻并联关系。

解析：等效电路图如图11.在本题中，将滑动触头P向上移动，原、副线圈的匝数均不变，R?看不变，

滑动变阻器变大，则口3以变大，由欧姆定律I,变小，、与、变小，则L变暗，1“两端电压变小，那么U,

与U?都变大，贝口.2变亮，ly变亮，变大，可得I口变亮，综二可得选项D正确。

图11例I中的等效电路

在高中阶段，理想变压器的考查是高考重点内容，其中理想变压器中涉及的动态定性分析以及定展计算

都是经常要考查的考点。而在变压器涉及原线圈有负载时的相关问题，如果原线圈中接入的交流电是电

源电压有效值不变的交流电，那么，不管是一个副线圈还是多个副线圈，都可以用等效法快逗解决问

题:

1.副线圈中的物理量改变时把副线圈回路与理想变压器等效到原线圈回路作为一个等效电阻；

2.原线圈中的物理量改变时把原线圈回路与理想变压器等效到副线圈回路作为一个有等效内阻的等

效电源；

3.有多个副线圈时把多个副线圈回路和理想变压器等效到原线圈回路并当作并联电阻关系来处理。

此等效法的严避性是由戴维南定理所保证的，值得高中学生学习并掌握。

二、针对训练

1.（2025・江苏）用图示可拆变压器进行探究实验，步变压器左侧的输入电压为2V时，若右侧接线柱

选取“0”和“4”，右侧获得41/输出电压.则左侧接线柱选取的是（）

A.“0”和“2”B.“2”和“8”

C.“2”和力4”D."8"和"14”

2.（2024高三上.南京期末）利用图示的实验器材探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，卜列说

法正确的是（）

A.原线圈两端应与学生电源的直流挡相连接

B.多用电表测量电压时，应先用最大电压挡试测

C.实验时变压器的铁芯闭合与否对实验结果没有影响

D.熨验测量得到原、副线圈两端的电压比严格等于匝数比

3.（2024高二下•广东期末）根据图示，对下列四个实验相关描述，正确的是（）

■昌一柱塞

|2=・1

一■•

||=

一一套_空气柱

|0=

二黄L橡胶套

乙T

A.图甲“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来

代替整块硅钢铁芯，是为了增大涡流，提高变压器的效率

B.图乙“探究气体等温变化的规律”实验中，在活塞上涂润滑油只是为了减小摩擦力，便于气体

压强的测量

C.图丙“插针法测定玻璃的折射率”，若有多块平行玻璃砖可选，应选择宽度最小的玻璃砖

D.图丁“用单摆测重力加速度”实验中，若某同学直接把摆线长度当作摆长，用多组数据做出

伊一人图像，并根据图像得出g的测量值，该同学认为这样操作对g的测量值没有影响

4.（2024高三上•扬州期末）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”实验中，装置如图所示，原

线圈的“0”和“4”两个接线柱接学生电源交流4V,下列操作可使交流电压表示数变大的是（）

A.原线圈改接直流6V

B.取下变压器上部的铁芯

C.将电源改接原线圈的“0”和“1”两个接线柱

D.将电压表改接副线圈的“”和“8”两个接线柱

5.（2025•海淀模拟）某同学用如图所示的可拆变压器完成“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”

实验，可拆变压器上各接线柱对应的数字表示倍率为“xlOO”的匝数。将原线圈的“O'”'和“1”接线柱与

学生电源连接，将副线圈的“0”和“8”接线柱与电压表连接，测得副线圈的输出电压为15V。下列说法

正确的是（）

A.原线圈接的是学生电源的直流电压挡

B.原线圈的输入电压可能是2V

C.原、副线圈之间靠铁芯导电来传输能量

D.若将电源改接原线圈的“0”和“4”接线柱，则副线圈的输出电压将大于15V

6.（2024高三上•南京期中）如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为11：2,其原线圈两端

接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R相连。若交流电压表和交流电流表

都是理想电表，下列说法正确的是（）

A.变压器输出电压的最大值是4（）V

B.£=0.01s时，电流表的示数是0

C.变压器副线圈输出的交流电的频率为0.5Hz

D.若电流表的示数为1A,则负载电阻R的阻值为40Q

7.（2024高二下♦丰台期中）在用可拆变压器“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”时，某同学

自己绕制了两个线圈套在可.拆变压器的铁芯上，如图所示，原线圈接在学生电源的交流输出端，副

线圈接小灯泡。已知该变压器可视为理想变压器，下列说法不正确的是（）

A.若变压器的原线圈连接的是学生电源的“直流”输出端，则电路接通后，灯泡始终不亮，但却

在电路接通或断开的瞬间，灯泡会闪亮一下

B.若仅增加原线圈绕制的圈数，小灯泡的亮度将变暗

C.若仅增加副线圈绕制的圈数，学生电源的过载指示灯可能会亮起

D.若在副线圈两端再并联一个小灯泡，原来小灯泡的亮度将变暗

8.（2025高二下•东莞月考）特斯拉发明的交流输电系统，扩大了电能的普及范围，大大加速了电力

社会的到来。如图所示为远距离交流输电的原理示意图，其中各个物理量已经在图中标出，下列说

B.升压变压器可以提高输电电压，从而提高输电功率

C.输电电路中的电流关系为A>/线>〃

D.输送功率不变时，输电电压越高，输电线上损失的功率越小

9.（2025高二下冻莞月考）如图（a）为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换

为图（b）所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表，设变压器原、

副线圈的匝数分别为n»n2o当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于5000V时，就会在点火针两端

间引发火花进而点燃燃气，则下列说法正确的是（

f

转

换

器

—II

A.闭合S,加在变压器副线圈上正弦交流电的频率为5（）Hz

B.某交流发电机要产生与图（b）相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为100转/秒

C.闭合开关S,电压表的示数约为35V

D.变压器原、副线圈的匝数3、孔2须满足九2>100九1时，才能实现点火

10.（2024高三下•乐清模拟）关于以下实验，说法正确的是（）

A.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用注射器吸取油酸溶液，然后一滴一滴的滴入烧杯

时，多数了一滴，会引起测量结果偏大

B.在用双缝干涉测量光的波长实验时，若双缝间的距离d减小，则光屏上相邻两条暗条纹中心

的距离增大

C.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代

替整块硅钢铁芯，是为了减小涡流

D.测平行玻璃砖的折射率时，误将玻璃砖的宽度画宽了.其他操作均正确，则测得的折射率将

偏大

11.（2024高三下•浙江开学考）以下说法正确的是（）

A.在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中理想化的假设是油膜为单层分子且分子是一个个紧

挨排列

B.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，当原副线圈匝数比为1：4,测得副线

圈电压为36V,那么原线圈的输入电压可能是10V

C.“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中，若通过目镜发现里面的亮条纹与分划板竖线不平

行，是因为双缝与单缝不平行引起的

D.“探究等温情况卜一定质量气体压强与体枳的关系”实验时，在活塞上涂润滑油只是为了减小

摩擦力，便于气体压强的测量

12.（2024高二上•温州期末）下列说法正确的是（)

A.“电池电动势和内阻的测量”实验中每次记录完数据后应及时断开开关

B.“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验可用直流电压表测量线圈两端电压

C.“练习使用多用电表”实验中多用电表使用完毕时，应该把选择开关旋转到欧姆挡

D.“探究影响感应电流方向的因素”实验需要确定电流表指针偏转方向和电流方向的关系

13.（2025•北京市）

（I）下列实验操作，正确的是一（填选项前的字母）。

A.用单摆测重力加速度时，在最高点释放摆球并同时开始计时

B.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时，使用多用电表的交流电压挡测电压

C.用多用电表测电阻前应先把两表笔短接，调整欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点

（2）用双缝干涉实验测量光的波长的实验装置如图1所示。

光源透镜滤光片AB遮光筒测量头

j817^rt

图1图2

①双缝应该放置在图I中处（填或"B”）。

②分划板中心刻线与某亮纹中心对齐时，手轮上的示数如图2所示，读数为

mmo

（3）某电流表出现故障，其内部电路如图3所示。用多用电表的欧姆挡检测故障，两表笔接

48时枣头也指针不偏转，接4C和C时枣头Rg指针都偏转。出现故障的原因是—（填选项

前的字母）。

图3

A.表头Rg断路B.电阻灯断路C.电阻/?2断路

14.（2025•广东模拟）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实腌，请完成以下问题。

（1）图甲是根据“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系''实验作出的P-V图像。当气体

体积从Vl增大到V2,则图线在V|、V2之间所围“阴影部分面积”的物理意义

是_______________________

（2）图乙是“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的可拆式变压器，图中各接线柱对应的数

字表示倍率为“xlOO匝”的匝数。现把4V的正弦式交流电源接到原线圈“0”和“8”接线柱，并用交流电

压表接在副线圈的“0”和“4”接线柱测量输出电压，则原副线圈的匝数比为o若该变压器可

视为理想变压器，交流电压表显示的是输出电压的值（选填“最大"“瞬时''或"有效”），其约

等于V（保留一位有效数字）。

（3）图丙是“验证动量守恒定律”的实验装置示意图。实验中，入射小球质量大于被碰小球质量，

则被碰小球的落点位置应为图中的点（选填或"C”），该装置中铅垂线的作用

是O

15.（2025高二下•东莞月考）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，可拆变压器如

（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）本实验除有闭合铁芯的原、副线圈外，还须选用的器材是

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12V

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.变压器开始止常工作后，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“（F和“8”两个接线柱上，用电表测得副线圈的“（F和"4”两

个接线柱之间的电压为3.0V,则原线圈的输入电压可能为o（填字母）

A.1.5VB.3.0VC.6.0VD.7.0V

答案解析部分

1.【答案】A

【解析】【解答】根据可拆式变压器电压比与匝数比关系有*=即%=%

u27”4V4

其中

Ui=2V,U2=4V

解得3=2

故原线圈接入的匝数是2匝，即左侧接线柱线圈选取的是“0”和“2”，故A正确，BCD错误。

故答案为：Ao

【分析】根据变压器电压与匝数比关系求解原线圈匝数即可。

2.【答案】B

【解析】【解答】本题考查“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”实验，要求学生了解变压器的原

理，掌握实验的正确操作，知道变压器的磁损和铁损。A.探究原、副线圈电压与匝数的关系时，原

线圈两端应与学生电源的交流挡相连接.A错误：

B.使用多用电表测量电压时，为避免超量程，应先用最大电压挡试测，B正确；

C.实验时变压器的铁芯闭合减少能量损失，对实验结果有影响，C错误；

D.考虑到电能损失，实验测量得到原、副线圈两端的电压比大于匝数比，D错误。

故选B。

【分析】变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，因此该实验使用交流电；根据实验的

正确操作，从保护电阻的角度分析作答；根据铁芯的作用分析作答；实际变压器存在能量损失，使得

变压器副线圈两端的电压的实际值小于理论值，据此分析作答。

3.【答案】D

【解析】【解答】本题关键掌握''探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验注意事项、“探究气

体等温变化的规律”实验注意事项、“插针法测定玻璃的折射率”注意事项分析和“用单摆测重力加速

度”实验原理。A.图甲“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系''的实验，用相互绝缘的硅钢片叠

成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了减少涡流的影响，故A错误；

B.图乙“探究气体等温变化的规律”实验中，在活塞上涂润滑油避免实验过程中气体泄漏.同时减小

摩擦力，故B错误；

C.图丙“插针法测定玻璃的折射率”，宽度较大的玻璃砖中光线较长，测量误差较小，所以为了减小

误差，应选用宽度较大的玻璃砖来测量，故C错误；

D.根据

T=2TT

得

247r2

TF

若某同学直接把摆线长度当作摆长，用多组数据做出72一心图像，图像斜率不变，根据图像得出g的

测量值，该同学认为这样操作对g的测量值没有影响，故D正确。

故选D。

【分析】根据“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验注意事项分析判断；根据“探究气体

等温变化的规律”实验注意事项：根据“插针法测定玻璃的折射率”注意事项分析判断；根据“用单摆测

重力加速度”实验原理分析判断。

4.【答案】C

【解析】【解答】A、感应线圈只适用于交流电，直流电尢法产生感应电流。故A错误；

B、如果拆去铁芯，线圈的自感系数下降，电压表的示数下降。故B错误；

C、将电源改接原线圈的“0”和“I”两个接线柱，原线圈的匝数将减小，而副线圈匝数不变，则电压表

示数将变大，故C正确；

D、将电压表改接副线圈的“2”和“8”两个接线柱，负线圈的匝数将减小，而原线圈匝数不变，则电压

表示数将变小，故D错误；

故答案为：Co

分析】感应线圈只适用于交流电，直流电无法产生感应电流。拆去铁芯，线圈的自感系数下降。熟

悉掌握变压器原理及其特点。

5.【答案】B

6.【答案】D

【解析】【解答】A.由图乙可幻变压器原线圈两端电压的最大值为220&V，根据根据理想变压器原

副线圈电压与线圈匝数的关系叫二答

U2mn2

解得变压器输出电压的最大值是U2m=40鱼V,故A错误；

B.电流表在任意时刻显示的示数均为有效值，£=0.01s时，电流表的示数不是（），故B错误；

C.变压器不改变交变电流的频率，变压器副线圈输出的交流电的频率为r=7=­匕"Z=50Hz,

12x10

故C错误；

D.变压器副线圈的有效值为%=等=40V

若电流表的示数为1A,则负载电阻R的阻值为/?=：=华。=40。，故D正确。

故答案为：Do

【分析】先利用电压与匝数的关系计算副线圈电压，再根据电流表的测量特点（有效值）、变压器的

频率特性，判断电流和频率的相关选项；最后结合欧姆定律，由副线圈电压和电流计算电阻，体现变

压器规律与电路定律的综合应用。

7.【答案】D

8.【答案】A,D

【辞析】【解答】A、升压变压器（左侧）需升高电压，即。由变压比卷=,,得痣>外

（匝数与电压成正比）。

降压变压器（右侧）需降低电压，即U3>U4。同理，由,二,，得九3>必。A正确；

B、输电功率尸破由发电站的发电功率决定（理想情况下，升压变压器不改变功率，P]=P2）。

升压变压器的作用是提高输电电压，从而减小输电电流（P=U/,P不变时，U增大则/减小）,并

非人提高输电功率工B错误；

C、升压变压器：n>n-线，

线12t

降压变压器：且=n3>n4—»/终>，4,

，4n3

所以电流关系是[1</我>〃，C选项“A>，线>〃”错误，C错误；

p

D、输电功率P不变时，由「="/线（U獭为输电电压，即升压变压器输出电压）,得【线=咋.

输电线上功率损失P炭=%区线=（g）?R侬。

可见，U解越高，/线越小，P用越小。D正确。

故答案为：AD.

【分析】A.根据升压、降压变压器的功能（升压变压器：输出电压>输入电压；降压变压器：输出

电压〈输入电压）,结合变压比在=*判断匝数关系。

B.明确输电功率的决定因素（由发电站的发电功率决定，升压变压器仅改变电压、电流），判断

“提高输电电压能杳提高输电功率”。

C.利用变压器变流比｝=言（升压变压器，n2>n1）、1空=幺（降压变压器，n3>n4）,推导

线14-3

电流大小关系。

D.结合输电功率P=U力线（P不变时，u线越高则/线越小）,以及功率损失公式P幽=/谪统判断

输电电压对功率损失的影响。

9.【答案】A,C,D

【解析】【解答】A、由图（b）可知，正弦交流电的周期7=0.02so根据频率与周期的关系/•=

L代入T=0.02s,得/=焉=50,2;

因为变压器不改变交流电的频率，所以加在变压器副线圈上正弦交流电的频率也为50，z,A正确；

B、交流发电机产生交流电的频率/与线圈转速/（转/秒）的关系为/=几（一个周期对应线圈转1

圈）,

由图（b）知频率/=50Hz,所以转速n=50转/秒，并非100转/秒，B错误；

C、由图（b）可知，原线圈电压的最大值Uim=50Vo

正弦交流电的有效值/=粤=•=25V2工35V,

电压表测原线圈电压有效值，所以电压表示数约为35V,CE确；

D、已知原线圈电压最大值=S0V,要求副线圈电压最大值〃2nl>S000V,

由变压比公式的=孰变形得3巾,

U2mn2nl

代入%m=50V、U2m>5000匕得50•£>5000,化简得£>100,即改>100九i。所以D正

确。

故答案为：ACDo

【分析】A.根据图（b）确定原线圈正弦交流电的周期，再由频率f=/计算频率，结合变压器不

改变频率的特性判断。

B.明确交流发电机产生交流电的频率与线圈转速的关系（f=n,几为转速，单位：转/秒）,结合图

（b）的频率计算转速。

C.先由图（b）得原线圈电压最大值Um再根据正弦交流电有效值与最大值的关系（/=贤计算原

线圈电压有效值，电压表测的是原线圈电压有效值。

D.根据题意，副线圈输出电压瞬时值需大于5000V（即副线圈电压最大值50001/）,结合变压

器变压比公式狗=*推导匝数关系。

u2mn2

10.【答案】B,C

【解析】【解答】A.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用注射器吸取油酸溶液，然后一滴一

滴的滴入烧杯时，多数了一滴，使得油酸体积小于实际体积，油膜面积不变，会引起测量结果偏

小。故A错误：

R.在用双缝干涉测量光的波长实验时，若双缝间的距离d减小，根据公式

△x=a

缝屏距，与光的波长入不变，则光屏上相邻两条暗条纹中心的距离增大，故B正确；

C.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系''实验中，月互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整

块硅钢铁芯，是为了减小涡流，故c正确；

D.测平行玻璃砖的折射率时，误将玻璃砖的宽度画宽了，其他操作均正确，则入射角的大小不变，

而折射角将因为玻璃砖画宽了，而变大。所以测得的折射率将偏小。故D错误。

故选BCo

【分析】A、在油膜法实验中，油酸溶液的滴数用于计算油酸分子的体积。如果多数了一滴，使得油

酸体积小于实际体积，会引起测量结果偏小。

B、：双缝干涉实验中，相邻两条暗条纹中心的距离（即条纹间距）与双缝间的距离d成反比。因此,

如果d减小，条纹间距会增大。

C、使用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯可以有效减小涡流损耗，因为绝缘层阻止了涡流的形成。

D、在测量平行玻璃砖的折射率时，如果误将玻璃砖的宽度画宽了，会导致入射角和折射角的测量误

差。具体来说，宽度画宽会使得折射角测量值偏大，从而导致计算出的折射率偏小。

1L【答案】A,B

【解析】【解答】A.在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中理想化的假设是将油膜看成单层分子且

分子是一个个紧挨排列，然后应用

V

d=s

求出油酸分子的直径，A符合题意；

B.根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系

曳=%

U2n2

当副线圈的输出电压为36V时，解得

%=9V

但是由于实际变压器存在能量损失（磁损，铜损，铁损），所以原线圈电压应大于9V,所以原线圈

的输入电压可能是10V,B符合题意；

C.“用双缝干涉测量光的波长”实验中，如果双缝与单缝不平行，则得到的干涉图样会不清楚甚至得不

到图样，若通过目镜发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，应旋转测量头使之对齐，C不符合题

意；

D.“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验时，在活塞上涂润滑油土要是为了增加密

闭性，防止漏气，D不符合题意。

故答案为：ABo

【分析】根据各实验的原理和主要事项分析。

12.【答案】A,D

【蟀析】【解答】A、该实验过程中，记录数据尽可能要快，防止时间过长，产生焦尔热，使电池内

阻变化，从而影响实验精度，故A正确；

B、该实验中用交流电压表测量线圈两端电压，故B错误；

C、多用电表使用完毕，应将选择开关旋到“OFF”或交流电压最高挡，故C错误；

D、“探究影响感应电流方向的因素”实验中，需要根据电流表指针偏转方向用于确定电流方向，故D

正确。

故选：ADO

【分析】根据各实验中的实验原理和实验注意事项分析。

13.【答案】(1)B

(2)B：3.185(3.183-3.187)

(3)C

【解析】【解答】3)A.用单摆测重力加速度时，摆球在最低点速度最大，在此位置开始计时误差

较小，而且最低点相对好确定，最高点相对不好确定，故应在最低点开始计时，故A错误；

B.变压器原、副线圈两端的电压为交变电压，应使用多用电表的交流电压挡测量，故B正确；

C.用多用电表测电阻之前如果指针未指到左边零刻度线则需要先进行机械调零，之后选择合适的倍

率，然后将红黑表笔短接，进行欧姆调零，故C错误。

故答案为：Bo

(2)双缝应置于单缝后边，单耀在滤光片后面，由图1可知A处为单缝，B处为双缝，双健应该放

置在图1中B处。螺旋测微器的精度值为0.01mm,螺旋测微器高估读到千分之一亳米位置，其读数

为：3mm+18.3x0.01mm=3.183mm

(3)A.若表头Rg断路，则表笔连A、B、C的任意两端时电流都无法通过表头，故表头指针均不发

生偏转，故A错误；

B.若电阻Ri断路，则连接A、B时电流通过表头和R2与欧姆挡构成闭合回路，表头指针会偏转，故

B错误；

C.若电阻R2断路，则连接A、B时电流无法通过表头，表头指针不偏转；连接A、C和B、C均能

与欢姆挡构成闭合回路，表头发生偏转，故C正确。

故答案为：Co

【分析】（1）在最高点小球速度为零，此位置摆球的摆动不明显，计时误差较大。摆球在最低点速

度最大，在此位置开始计时误差较小；变压器原、副线圈两端的电压为交变电压；用多用电表测电

阻之前需要先进行机械调零，之后选择合适的倍率，然后进行欧姆调零。

（2）双缝应置于单缝后边，由图1可知A处为单缝，B处为双缝。确定螺旋测微器的精度值，在进

行读数。

（3）若表头Rg断路，则表笔连A、B、C的任意两端时电流都无法通过表头；若电阻Ri断路，则

连接A、B时电流通过表头表头指针会偏转；若电阻Rz断路，则连接A、B时电流无法通过表头，

表头指针不偏转，连接A、C和B、C时表头发生偏转。

14.【答案】（1）气体对外界所做的功

（2）2：1；有效；2

（3）C；确定小球抛出点在水平地面上的垂直投影位置

【解析】【解答】本题考查理想气体做功公式、探究变压器规律的实验、验证动量守恒定律的实验，

解题关键掌握实验原理即可。

（1）气体体积从Vi增大到V2,则图线在V|、V2之间所围“阴影部分面积''的物理意义是气体对外界

所做的功。

（2）由于接线柱对应的数字表示倍率为％100匝”的匝数，接到原线圈“0”和“8”接线柱，表明m=800

匝，副线圈接“0”和"4"接线柱，即副线圈匝数m=400匝，所以原副线圈的匝数比为,=瑞=彳

交流电压表显示的是输出电压的有效值；

根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系

豆=而

可得

U2=2V

（3）由于被碰小球的速度大于入射小球的速度，根据平抛运动的规律可知，被碰小球的水平位移较

大，则被碰小球的落点位置应为图中的C点；该装置中铅垂线的作用是确定小球抛出点在水平地面

上的垂直投影位置。

【分析】（1）根据气体做功公式分析解答；

（2）根据理想变压器的原理解答：

（3）根据动量守恒定律的实验原理分析解答。

（1）气体体积从Vl增大到V2,则图线在V］、V2之间所围“阴影部分面积”的物理意义是气体对外界

所做的功。

（2）［1］由于接线柱对应的数字表示倍率为“xlOO匝”的匝数，接到原线圈“0”和“8”接线柱，表明

n尸800匝，副线圈接"O''和"4”接线柱，即副线圈匝数m=400匝，所以原副线圈的匝数比为晟二

800_2

400-1

⑵交流电压表显示的是输出电压的有效值；

［3］根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系在=*

u2n2

可得出=2V

（3）口］由于被碰小球的速度大于入射小球的速度，根据平抛运动的规律可知，被碰小球的水平位移

较大，则被碰小球的落点位置应为图中的C点；

⑵该装置中铅垂线的作用是确定小球抛出点在水平地面上的垂直投影位置。

15.【答案】（1）A

（2）C

（3）A：D

（4）B

（5）D

【解析】【解答】（1）A、实验中通过改变匝数（单一变量），探究电压与匝数的关系，其他条件保

持不变，符合控制变量法，正确；

B、实验未涉及用其他事物等效替代研究对象的操作，错误；

C、实验无需对整体或部分进行隔离分析，错误。

故答案为：Ao

（2）A、整块铁芯易形成涡流回路，涡流大，错误；

B、同理，整块铁芯涡流大，且不锈钢导磁性弱，错误；

C、绝缘层切断涡流回路，硅钢导磁性好，减小涡流，正确；

D、铜不是磁性材料，无法有效传递磁