第十三章　第2讲　变压器　电能的输送 实验十五：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 讲义 （教师版）

第2讲　变压器　电能的输送
实验十五：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1．理想变压器
(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。
①原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。
②副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。
(2)原理：电磁感应的互感现象。
(3)理想变压器原、副线圈基本量的关系
功率关系：根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出。
电压关系：原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，公式＝，与负载、副线圈的个数无关。
电流关系：①只有一个副线圈时：＝；②有多个副线圈时：由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn，或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn。
频率关系：f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)
(4)几种常用的变压器
①自耦变压器——调压变压器，如图甲(降压作用)、乙(升压作用)所示。
②互感器
2．电能的输送
如图所示，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＝＝＝。
(2)电压损失
①ΔU＝U－U′。
②ΔU＝IR。
(3)功率损失
①ΔP＝P－P′。
②ΔP＝I2R＝R。
(4)减少输电线上电能损失的方法
①减小输电线的电阻R。由R＝ρ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。
分析和计算输电线上的电压损失和功率损失时要用U损＝I线R线，P损＝IR线＝。
教材链接·想一想 请仔细阅读人教版教材选择性必修第二册P61“科学漫步”——无线充电技术，回答下列问题。
无线手机充电技术的应用，让手机摆脱了“充电线”的牵制，手机使用者做到了“随用随拿，随放随充”。正在无线充电的手机无线充电器简化示意图如右，其工作原理与理想变压器相同。已知发射线圈与接收线圈的匝数比为5∶1，CD端的输出电流i＝sin (2π×105)t(A)，则：
(1)1 s内发射线圈中电流方向改变多少次？
(2)发射线圈AB端输入电流的有效值为多少？
(3)接收线圈的输出功率与发射线圈的输入功率之比是多少？
提示：(1)一个周期内发射线圈中电流方向改变2次，则1 s内电流方向改变2×105次；(2)发射线圈AB端输入电流的有效值为I′有效＝I有效＝×1 A＝0.2 A；(3)接收线圈的输出功率与发射线圈的输入功率之比为1∶1。
1．变压器对交变电流起作用，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．原线圈所加电压恒定，当原线圈的匝数增加时，副线圈两端电压也增加。(　×　)
4．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。(　√　)
5．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗。(　√　)
考点一　实验十五：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12 V)1个、可拆变压器1个、多用电表1个、开关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试测。
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。
【典例1】　在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝120、n2＝240，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据见下表。
实验 序号 原线圈两端 的电压U1/V 副线圈两端的 电压U2/V
1 3.9 8.2 1∶2.1
2 5.9 11.8 1∶2.0
3 7.8 15.2 1∶1.9
(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把求出的结果填在表格中。
(2)本实验可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数的关系为＝(用题目中给出的字母表示)。
(3)该变压器是升压(选填“升压”或“降压”)变压器。
【解析】　(1)第三组数据为＝≈。
(2)线圈匝数之比＝＝，结合表格中的数据知，在误差允许的范围内线圈两端电压与匝数的关系为＝。
(3)从表格中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器。
1．某物理小组欲探究变压器线圈两端电压与匝数关系，提供的实验器材有：学生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线。
图甲为实验原理图，在原线圈A、B两端加上电压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，测量数据见下表：
实验 序号 原线圈匝数 n1＝400， 原线圈两端 电压U1/V 副线圈匝数 n2＝200， 副线圈两端 电压U2/V 副线圈匝数 n3＝1 400， 副线圈两端 电压U3/V
1 5.8 2.9 20.3
2 8.0 4.0 28.1
3 12.6 6.2 44.0
请回答下列问题：
(1)在图乙中，应将A、B分别与c、d(选填“a、b”或“c、d”)连接。
(2)根据表中数据得出的实验结论：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比。
(3)在实验序号为2的测量中，若把图丙中的可移动铁芯取走，副线圈匝数n2＝200，则副线圈两端电压A(填正确答案标号)。
A．一定小于4.0 V
B．一定等于4.0 V
C．一定大于4.0 V
解析：(1)在“探究变压器线圈两端电压与匝数关系”的实验中，原线圈两端应接入交变电流，故应将A、B分别与c、d连接。
(2)根据表中数据可得，在实验误差允许范围内＝，＝，即在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比。
(3)若把题图丙中的可移动铁芯取走，磁损耗变大，原线圈中磁通量变化率比副线圈中磁通量变化率大，根据法拉第电磁感应定律知，副线圈两端电压一定小于4.0 V。
考点二　理想变压器基本关系的应用
1．理想变压器的制约关系
电压 原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2，U2＝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＝I2
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：＝＝＝…＝；
功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn；
电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn。
【典例2】　如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝5∶2，定值电阻R的阻值为22 Ω，电表均为理想交流电表，电源两端输出的交流电压u＝220sin 100πt(V)，则(　C　)
A．电流表示数为4 A
B．电压表示数为88 V
C．R的功率为352 W
D．变压器的输入功率为1 408 W
【解析】　原线圈两端所接的交流电压的有效值为220 V，根据变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数关系可知U1∶U2＝5∶2，可得U2＝88 V，即电压表示数为88 V，故B错误；由欧姆定律可知副线圈中的电流I2＝＝4 A，又＝，解得I1＝1.6 A，故A错误；R的功率P2＝IR＝352 W，由变压器的输入功率等于输出功率知变压器的输入功率P1＝352 W，故C正确，D错误。
2．在如图所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为k＝，在a、b端输入电压为U0的正弦式交变电流，R1为定值电阻，调节电阻箱R2，当R2＝8R1时，电压表、电流表的示数分别为U、I，则下列说法正确的是(　B　)
A．U＝ B．U＝
C．I＝ D．I＝
解析：根据原、副线圈电压、电流的关系有＝k＝，＝＝4，在原线圈回路中，有U0＝I1R1＋U1，在副线圈回路中，有U＝IR2，R2＝8R1，联立解得I＝，U＝，故选B。
3．(多选)(2024·湖南株洲高三质检)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2∶n3＝2∶1∶1，a、b两端接u＝40sin (100πt) V的交流电源，定值电阻R＝2 Ω，两个完全相同的灯泡L额定电压均为20 V，其电阻恒定且均为1 Ω，下列说法正确的是(　BC　)
A．灯泡L均能正常工作
B．通过电阻R的电流为10 A
C．通过灯泡L的电流均为10 A
D．交流电源消耗的总功率为400 W
解析：根据原、副线圈电压与匝数的关系＝＝，所以三个线圈两端的电压之比为U1∶U2∶U3＝2∶1∶1，原、副线圈消耗的电功率相等，即U1I1＝2，原线圈回路满足的关系为U＝I1R＋U1，其中交流电源电压的有效值是U＝40 V，联立可得U1＝20 V，U2＝U3＝10 V，I1＝I2＝I3＝10 A，交流电源消耗的总功率为P＝UI1＝400 W，故选BC。
考点三　理想变压器的动态分析
1．匝数比不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变。
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。
2．负载电阻不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，发生变化，U2变化。
(2)R不变，U2变化，I2发生变化。
(3)根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化，P1变化，因U1不变，故I1发生变化。
3．分析动态问题的步骤
【典例3】　(多选)(2025·陕西西安六校高三联考)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(　BD　)
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
【解析】　根据＝，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少，根据＝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＝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少，根据＝可知，U2减小，由于P′向下滑动时，滑动变阻器接入电阻R减小，由于I2＝，结合上述，电流I2可能不变，即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，D正确。
4．某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是(　D　)
A．A1增大，V2不变，V3增大
B．A1增大，V2减小，V3增大
C．A2增大，V2增大，V3减小
D．A2增大，V2不变，V3减小
解析：不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压U1不变，根据＝可知，变压器副线圈的输出电压U2即V2示数不变；因为住户的用电器均为并联，所以用电器增加时，住户用电器的总电阻R总＝R＋R用变小，由I2＝可知，副线圈的电流I2即A2示数变大，而由U3＝U2－I2R，可知U3即V3示数减小；由理想变压器的关系U1I1＝U2I2，可知原线圈的电流I1即A1示数变大。故选D。
5．(多选)(2024·山东聊城高三质检)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2的阻值均为10 Ω。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交变电压，下列说法正确的是(　AD　)
A．当S与a连接时，理想电流表示数为2.2 A
B．当S与a连接时，理想电压表示数为11 V
C．当S由a拨到b时，副线圈输出电压的频率变为25 Hz
D．当S由a拨到b时，原线圈的输入功率变为原来的4倍
解析：由题图可知，交变电压的有效值为220 V、周期为0.02 s、频率为50 Hz。当S接a时，由变压器的原理可知，n2两端电压有效值为22 V，所以理想电压表的示数为22 V，由闭合电路欧姆定律得，理想电流表示数为 A＝2.2 A，A正确，B错误；当S由a拨到b时，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，则副线圈频率不变，C错误；当S由a拨到b时，副线圈两端电压加倍，负载电阻不变，副线圈的输出功率变为原来的4倍，原线圈的输入功率也变为原来的4倍，D正确。
考点四　远距离输电
1．明确三个回路(如图所示)
回路1：I1＝I输入，U1＝U输入，P1＝P输入。
回路2：I2＝IR＝I3，U2＝U3＋ΔU，P2＝P3＋ΔP。
回路3：I4＝I输出，U4＝U输出，P4＝P输出。
2．抓住两个联系
(1)理想升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得＝，＝，P1＝P2。
(2)理想降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得＝，＝，P3＝P4。
3．掌握两种损耗
(1)电压损耗：输电线上的电阻分压导致的电压损耗，ΔU＝U2－U3＝IRR线。
(2)功率损耗：输电线上的电阻发热导致的功率损耗，ΔP＝P2－P3＝IR线＝。
【典例4】　(2023·山东卷)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率500 kW。降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5 Ω，其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220 V，功率88 kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是(　C　)
A．发电机的输出电流为368 A
B．输电线上损失的功率为4.8 kW
C．输送给储能站的功率为408 kW
D．升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44
【解析】　由题知，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率P1＝500 kW，则输出电流I1＝＝2×103 A，A错误；用户端电压U4＝220 V，功率P4＝88 kW，则电流I4＝＝400 A，又＝，解得I3＝8 A，则输电线上损失的功率为P损＝I32R＝4 kW，B错误；由能量守恒有P1＝P损＋P4＋P储，解得输送给储能站的功率P储＝408 kW，C正确；由P2＝P损＋P4＝I3U2，解得U2＝11 500 V，再根据＝，解得＝，D错误。
输电线路功率损失的四种计算方法
(1)输送功率是指升压变压器输出的功率，损失功率是指由于输电线发热而消耗的功率。两者关系是P损＝P－P′(P为输送功率，P′为用户所得功率)。
(2)P损＝IR线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻。
(3)P损＝，ΔU为输电线路上损失的电压。
(4)P损＝ΔUI线。
6．(2023·天津卷)如图为用输电线为用户输电的情境，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，发电机输出的电压恒定，下列说法正确的是(　B　)
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
解析：输电过程中，电阻R两端有电势差，故T1输出电压大于T2输入电压，A错误；输电过程中电阻R产生热量，会损失功率，故T1输出功率大于T2输入功率，B正确；由于变压器T1的输入电压和匝数比不变，所以T1输出电压U2不变，若用户接入的用电器增多，则T2副线圈电路的总电阻减小，变压器T2及其负载的等效电阻R等减小，由U2＝I(R＋R等)可知，输电线中的电流变大，根据P损＝I2R可知R功率增大，故C错误；若用户接入电路的用电器增多，则用电器消耗总功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。
7．(2024·湖南卷)根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是(　A　)
A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
B．输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0消耗的功率为4P
C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P
D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P
解析：如图为等效电路图，设降压变压器的原、副线圈匝数比为k∶1，则输电线上的电流为I2＝，转子在磁场中转动时产生的电动势为e＝NBSωsin ωt；当转子角速度增加一倍时，升压变压器原、副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为I′2＝2I2，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故A正确；升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故C错误；若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流I″2＝，R0消耗的功率P3＝I″·2R0≠4P，故B错误；若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻减为原来的一半，输电线上的电流为I 2＝＝，R0消耗的功率P4＝I R0≠6P，故D错误。
课时作业66
1．(5分)(2023·浙江6月选考)我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是(　A　)
A．送电端先升压再整流
B．用户端先降压再变交流
C．1 100 kV是指交流电的最大值
D．输电功率由送电端电压决定
解析：因为变压器的输入、输出端必须是交变电流，所以送电端先使用交流电升压，再用“整流”设备把交流电变换成直流电，A正确；降压端应先将直流电逆变为交流电再降压，B错误；1 100 kV指的是交流电的有效值，C错误；根据能量守恒，输电功率由用户端的功率决定，而用户端的电压为220 V，因此用户端功率由用户端电流决定，即输电功率取决于用户端的电流大小，D错误。
2．(5分)(2023·广东卷)用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，输出功率为8.8 kW，原线圈的输入电压u＝220·sin (100πt) V。下列关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是(　A　)
A.20 A，50 Hz B．20 A，50 Hz
C．20 A，100 Hz D．20 A，100 Hz
解析：由题可知原线圈输入电压的有效值为U1＝＝220 V，原线圈电流为I1＝＝40 A，副线圈输出电流的有效值为I2＝I1＝20 A，变压器无法改变电流的频率，故f＝＝ Hz＝50 Hz，故选A。
3．(5分)(多选)如图所示，L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器(可视为理想变压器)，其中的线圈匝数关系为n1∶n2＝200∶1，n3∶n4＝1∶100，电流表和电压表均为理想交流电表。下列说法正确的是(　BD　)
A．甲是电流互感器，乙是电压互感器
B．甲是电压互感器，乙是电流互感器
C.若V表示数为30 V，则输电线两端的电压最大值为6 000 V
D．若A表示数为5 A，则通过输电线的电流有效值为500 A
解析：图中甲的原线圈两端并联接在高压线路中，所以是电压互感器，图中乙的原线圈串联接在输电线路中，所以是电流互感器，故A错误，B正确；电压表测电压的有效值，若V表示数为30 V，已知n1∶n2＝200∶1，则输电线两端的电压有效值为U1＝U2＝×30 V＝6 000 V，故C错误；电流表测电流的有效值，若A表示数为5 A，则通过输电线的电流的有效值为I3＝I4＝×5 A＝500 A，故D正确。
4．(5分)(2023·北京卷)自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12 V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8 V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5 V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是(　B　)
A．仅增加原线圈匝数
B．仅增加副线圈匝数
C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍
D．将两个3.8 V小灯泡并联起来接入副线圈
解析：若该变压器为理想变压器，由＝可得副线圈两端电压应为U2＝U1＝×12 V＝3.8 V，而实际副线圈两端电压为U′2＝2.5 V5．(5分)(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(　AD　)
A．ΔP′＝ΔP B．ΔP′＝ΔP
C．ΔU′＝ΔU D．ΔU′＝ΔU
解析：由输电电流I＝知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的，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，即ΔP′＝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，即ΔU′＝ΔU。故A、D正确。
6．(5分)(多选)(2025·江西南昌高三检测)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为U的正弦式交流电，则(　BC　)
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
解析：保持Q的位置不动，则副线圈两端电压U2不变，P向上滑动，则R增大，副线圈电流I2减小，由P1＝UI1＝U2I2，可知I1减小，电流表读数减小，故A错误，B正确；保持P的位置不动，则R不变，Q向上滑动，n2变大，根据＝得，U2＝U，则U2增大，由I2＝知I2增大，U不变，由UI1＝U2I2知I1增大，电流表读数变大，故C正确，D错误。
7．(6分)在探究变压器原、副线圈两端电压与匝数的关系实验中，小李同学采用了如图所示的可拆式变压器(铁芯不闭合)进行研究。
(1)(多选)实验还需下列器材中的BC。
A.电流表
B．多用电表
C．低压交流电源
(2)实验中，上图中变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接线“0、4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0 V时，则所接电源电压挡位可能为A。
A．18.0 V B．10.0 V
C．5.0 V D．2.5 V
解析：(1)实验中，变压器的原线圈应接在低压交流电源上；为了知道原、副线圈两端的电压比和线圈匝数比之间的关系，还需要用多用电表测交流电压。故选BC。
(2)理想变压器原、副线圈两端电压和匝数的关系为＝；若变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接“0、4”接线柱，则原、副线圈匝数比为＝2，则原线圈两端电压U1＝U2＝10 V；本题中可拆变压器并非理想变压器，存在漏磁现象，要使副线圈所接电压表示数为5 V，则原线圈电压必须大于10 V，故选A。
8．(5分)(2024·浙江1月选考)如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u＝5sin 100πt(V)的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10 kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列说法正确的是(　B　)
A．<
B．<
C．用电压表测原线圈两端电压，示数为5 V
D．副线圈输出交流电压的频率是100 Hz
解析：原线圈两端电压的有效值U1＝ V＝ V，根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有＝，变压器副线圈电压的峰值U2max＝U2，根据题意有U2max>10×103 V，解得>20 000，<，故A错误，B正确；用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U1＝ V＝ V，故C错误；根据交流电压瞬时值表达式，可得f＝50 Hz，变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50 Hz，故D错误。
9．(5分)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　C　)
A．发电机输出的电流I1＝40 A
B．输电线上的电流I线＝625 A
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D．用户得到的电流I4＝455 A
解析：发电机输出的电流I1＝＝ A＝400 A，故A错误；输电线上损失的功率P线＝IR线＝5 kW，所以I线＝＝25 A，故B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5) kW＝95 kW，则I4＝＝ A＝ A≈432 A，故＝＝，故C正确，D错误。
10．(5分)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，电阻R1＝R2＝55 Ω，D1、D2为理想二极管，A为理想电流表。原线圈接u＝220·sin (100πt)V的交流电，则(　B　)
A．副线圈中交流电频率为100 Hz
B．电流表示数为2 A
C．理想变压器输入功率为440 W
D．二极管的反向耐压值应大于110 V
解析：根据题意可知交流电的圆频率ω＝100π rad/s，频率为f＝＝50 Hz，变压器可以改变电压和电流的值，但不能改变频率，因此副线圈中交流电频率仍为50 Hz，故A错误；原线圈两端电压的最大值U1m＝220 V，根据＝，副线圈两端电压的最大值U2m＝110 V，当最大电压为110 V时，二极管仍然正常工作，说明二极管的反向耐压值大于110 V，故D错误；由于二极管的作用，副线圈两个电阻交替工作，与没有二极管时一个电阻R始终工作的情况完全相同，副线圈两端电压的有效值U2＝＝110 V，因此电流表的示数I2＝＝2 A，理想变压器输入功率等于电阻消耗的功率P＝U2I2＝110×2 W＝220 W，故B正确，C错误。
11．(5分)(2025·山东烟台高三期中)在如图所示的电路中，交流电源输出50 Hz、电压有效值为220 V的正弦式交流电，通过副线圈n2、n3分别向10只标称为“12 V　1.5 A”的灯泡和“36 V　5 A”的电动机供电，原线圈所接灯泡L的额定电压为40 V，副线圈n2的匝数为60匝。电路接通后，各用电器都恰好正常工作。则下列说法中正确的是(　B　)
A．交流电源的输出功率为360 W
B．灯泡L的额定电流为2.0 A
C．副线圈n2所接灯泡中的电流方向每秒钟改变50次
D．原线圈n1的匝数为1 100匝，副线圈n3的匝数为180匝
解析：根据变压器电压与匝数关系有＝，解得n1＝＝＝900，根据＝，解得n3＝＝＝180，副线圈n2中的电流I2＝10×1.5 A＝15 A，副线圈n3中的电流I3＝5 A，根据变压器原、副线圈电流与匝数关系有I1n1＝I2n2＋I3n3，解得I1＝2.0 A，即灯泡L的额定电流为2.0 A，B正确；根据上述可知，交流电源的输出功率为P＝UI1＝220×2.0 W＝440 W，A错误；根据上述可知，原线圈n1的匝数为900匝，副线圈n3的匝数为180匝，D错误；交流电源输出的是50 Hz交流电，变压器不改变电流频率，则副线圈n2所接灯泡中的电流方向每秒钟改变次数为50×2＝100，C错误。
12．(9分)小华同学做了探究变压器线圈两端的电压与匝数关系的实验，请回答以下问题：
(1)本实验中需要测量电压，则在如图所示的器材中，应A。
A．选甲图中的器材 B．选乙图中的器材
C．都可以选 D．都不能选
(2)小华在做本实验时，选择的原线圈为100匝，副线圈为200匝；他将原线圈接入学生电源中的交流电压“6 V”挡位，用合适的电表测量出副线圈的电压为13 V，则下列叙述可能符合实际情况的一项是D。
A．变压器的铁芯没有闭合
B．原线圈实际匝数与标注的“100”不符，应该大于100匝
C．副线圈实际匝数与标注的“200”不符，应该小于200匝
D．学生电源实际输出电压大于标注的“6 V”
(3)用匝数na＝100匝和nb＝200匝的变压器，实验测量数据如下表。
U1/V 1.60 2.50 3.70 4.60
U2/V 3.70 5.30 7.60 9.70
根据测量数据可判断连接电源的线圈是nb(选填“na”或“nb”)。
解析：(1)由题图可知，甲图是多用电表，而乙图是电压表，实验需要测量交流电压，因此选用甲图，故A正确，B、C、D错误。
(2)根据理想变压器的原、副线圈的电压与其匝数关系式＝，若变压器的铁芯没有闭合，则得出副线圈的电压小于12 V，A错误；原线圈的实际匝数与标注的不符，若大于100匝，根据＝，可知副线圈电压小于12 V，B错误；副线圈实际匝数与标注的“200”不符，若小于200匝，由以上公式可知，副线圈的电压小于12 V，C错误；若学生电源实际输出电压大于标注的“6 V”，由以上公式可知，副线圈的电压可能为13 V，D正确。
(3)根据题意，电压比与匝数比不相等，可知该变压器为非理想变压器，考虑到变压器有漏磁、铁芯发热、导线发热，判断出U2为原线圈上电压大小，则连接电源的线圈是nb。