第十二章第2讲实验探究变压器原副线圈电压与匝数的关系.docx
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第十二章第2讲实验探究变压器原副线圈电压与匝数的关系
第2讲变压器远距离输电
实验：
探究变压器原、畐熾圈电压与匝数的关系
【目标要求11•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1所示）:
（2）实验方法采用控制变量法
1m、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.
⑵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⑴中步骤.
4.数据处理
分析可知，理想变压器原、副线圈两端电压5、U2之比等于原、副线圈的匝数n1、n2之比.
5.误差分析
（1）由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差.
⑵原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗（铜损），造成误差.
（3）铁芯中有磁损耗，产生涡流，造成误差.
6.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.
⑵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.
跟进训练
1.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，小型可拆变压器的原、畐U线圈匝数分别为ni=120匝、n2=240匝，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，数据如表所示.
实验
原线圈两端
副线圈两端的
U1
序号
的电压U1（V）
电压U2（V）
U2
1
3.9
8.2
1:
2.1
2
5.9
11.8
1:
2.0
3
7.8
15.2
（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）.
⑶该变压器是变压器（选填“升压”或“降压”）.
答案
（1）1:
1.9
（2）Uj=皿⑶升压
U2n2
解析
（1）第三组数据为：
岸=152勺19
2
n11201
（2）线圈匝数之比區=24o=2，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
U1n1
数的关系为6=爲
⑶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.
2.（2017浙江4月选考21
（1））为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，
必须要选用的是.
A.有闭合铁芯的原、副线圈
B.无铁芯的原、副线圈
C.交流电源
D.直流电源
E.多用电表（交流电压挡）
F.多用电表（交流电流挡）
用匝数na=60匝和nb=120匝的变压器，实验测量数据如下表
Ua/V
1.80
2.80
3.80
4.90
Ub/V
4.00
6.01
8.02
9.98
根据测量数据可判断连接电源的线圈是.（选填“na”或“nb”）
答案ACEnb
解析为了完成实验探究，需要使用交流电源、变压器、多用电表（交流电压挡）.为了让变
压效果明显需要含有闭合铁芯的原、副线圈，因此选用A、C、E.由于有漏磁，所以副线圈测
量电压应该小于理论变压值，即nb为输入端，na为输出端.
考点二理想变压器的原理及应用
【基础回扣丨
1.构造和原理
（1）构造：
如图2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.
图2
（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：
出=伐
11n2
⑶电流关系：
只有一个副线圈时：
=
⑷频率关系：
f出=f入
【技巧点拨]
1.理想变压器的制约关系
电压
n?
原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2,U2=—U1
n1
功率
畐熾圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入，P入=P出
电流
—2
副线圈电流12和匝数比决定原线圈电流|1,|1=—^|2
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.
U1U2U3Un
—1n2n3nn
功率关系：
P1—P2+P3+P4++Pn
电流关系：
n1|1—n2I2+n3I3+n4|4++nn|n
考向■'变压器基本物理量的分析与计算
【例1]（2017北京卷16）如图3所示，理想变压器的原线圈接在u=2202sin（100n）V的交流
电源上，副线圈接有R=55Q的负载电阻，原、畐U线圈匝数之比为2:
1，电流表、电压表均
B.电流表的读数为1A
C.电压表的读数为1102V
D•副线圈输出交流电的周期为50s
答案B
解析由u=220返sin（100n）V可知，原线圈电压最大值为22^2V，故原线圈电压的有效
值为U1=220V，根据U1=山可知，U2=D2U1=110V，故电压表的读数为110V，选项C错
U2n2'n1
U2
误；副线圈电流有效值为12=云=2A,根据P=UI可知，输出功率为220W,则原线圈的输
P2n
入功率为220W，故选项A错误；原线圈中的电流Ii=u；=1A，故选项B正确；因为3=〒,
所以"T=2-n=召右s=0.02s,故选项D错误.
3100n
原线圈接入用电器的变压器问题分析
.例2丁（2020全国卷川20改编）在图4（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V,
理想变压器原、副线圈的匝数比为10:
1,Ri、R2、R3均为固定电阻，R2=10Q,R3=20Q,各电表均为理想电表.已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示.下列说法正确的是（）
图4
A.所用交流电的频率为100Hz
B.电压表的示数为100V
C.电流表的示数为1.0A
D.变压器传输的电功率为15.0W
答案D
1
解析根据i2-1图像可知T=0.02s,则所用交流电的频率f=T=50Hz，故A错误；畐U线圈
数U=220V—100V=120V，故B错误；电流表的示数
I=Rf=10A=0.5A，故C错误;
变压器传输的电功率P=I22R2+I2R3=15.0W，故D正确.
跟进训练
3.（2020江苏徐淮连宿期末）如图5甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2:
1，电阻R
=55Q,电流表、电压表均为理想电表.原线圈A、B端接入如图乙所示的正弦交流电压，
F列说法正确的是（）
屮
A.电流表的示数为4A
B.电压表的示数为155.6V
C•副线圈中交流电的频率为50Hz
D.穿过原、副线圈磁通量的变化率之比为2:
1
答案C
解析理想变压器的原线圈接入正弦交流电,
由u—t图像可知其最大值为Uimax=220'2V,
圈两端的电压：
U2=号U1=220V=110V,由欧姆定律可知流过电阻的电流I2=号=2A，所
n12r
2
以电流表的示数为2A，电压表的示数为110V，故A、B错误；由题图乙可知，交流电的周
期为0.02S,频率为50Hz,变压器不改变交流电的频率，则副线圈中交流电的频率也为50Hz,
故C正确；根据理想变压器原理可知，原、副线圈每一匝的磁通量相等，变化规律相同，则
穿过原、副线圈磁通量的变化率相等，比值为1：
1,故D错误.
4.（原线圈上有用电器的变压器）如图6所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是（）
A•原、副线圈匝数比为10:
1
B.原、副线圈匝数比为1:
9
C.此时a和b的电功率之比为9:
1
D.此时a和b的电功率之比为1:
9答案D
解析设灯泡的额定电压为U0,两灯泡均能正常发光，所以原线圈两端电压为U1=9U0,副
线圈两端电压为U2=U0,故^2=1,譽=U2=:
A、B错误；根据公式卜鶯可得，書9，
由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得，灯泡a和b的电功率之比为1:
9,
C错误，D正确.
考点三理想变压器的动态分析
1.匝数比不变的情况
U1ni
（1）Ui不变，根据二，输入电压Ui决定输出电压U2,不论负载电阻R如何变化，U2不变.
⑵当负载电阻发生变化时，12变化，输出电流12决定输入电流1l,故Il发生变化.
（3）12变化引起P2变化，Pl=P2,故Pi发生变化.
2.负载电阻不变的情况
（1）Ui不变，一发生变化时，U2变化.
（2）R不变，U2变化时，I2发生变化.
U22
⑶根据P2=百，P2发生变化，再根据Pl=P2，故Pi变化，Pl=U1I1,Ui不变，故Il发生变
化.
L例3工（2020江苏苏锡常镇二模）如图7甲所示为一种自耦变压器（可视为理想变压器）的结构示意图.线圈均匀绕在圆环形铁芯上，滑动触头P在某一位置，在B、C间接一个理想交
流电压表和一个电阻R.若A、B间输入图乙所示的交变电压，贝U（）
图7
A.t=1X10「2s时，电压表的示数为零
B.A、B间输入电压的瞬时值表达式为u=220.2sin100n（V）
C.滑动触头P顺时针转动时，R两端的电压增大
D.滑动触头P逆时针转动时，A、B间输入功率减小
答案B
1
解析电压表的读数为有效值，不为零，故A错误；由题图乙可知T=2X10-2s,故f=T=
50Hz,3=2n=100nrad/s,所以A、B间输入电压的瞬时值表达式为u=220,2sin100*（V）,
故B正确；根据变压器变压规律知：
¥=严，滑动触头P顺时针转动时，n2变小，所以R两
urn2
端的电压减小，故C错误；滑动触头P逆时针转动时，n2变大，所以R两端的电压增大，因
Ur2
为是理想变压器，则输入功率等于输出功率，P入=P出=W，所以滑动触头P逆时针转动
R
时，A、B间输入功率增大，故D错误.
Vi、V2
f例4、（2019四川达州市第二次诊断）如图8所示，一自耦变压器接在交流电源上,为理想交流电压表.下列说法正确的是（）
答案
F不动,
F向下滑动时,
图8
Vi示数不变，V2示数变小
Uini
压Ui不变，Vi示数不变，根据变压比公式匚=n2，由于n2减小，故输出电压U2减小，故灯
Uini
泡消耗的功率减小，V2的示数变小，故A正确，B错误；若F不动，根据变压比公式①二n2输入电压Ui不变，则输出电压U2也不变，Vi示数不变；滑片P向上滑动时，滑动变阻器R
接入电路的电阻值减小，则副线圈回路中的电流增大，灯泡中的电流、电压都增大，灯泡消耗的功率变大；由UV2=U2-UL可知电压表V2示数变小，故C、D错误.
跟进训练
5.（负载不变匝数变）（2020天津耀华中学模拟）如图9所示为一自耦变压器的电路图，其特点是铁芯上只绕有一个线圈•把整个线圈作为副线圈，而取线圈的一部分作为原线圈•原线圈
接在电压为U的正弦交流电源上,
电流表「、•均为理想交流电表.当触头P向上移动时,
F列说法正确的是
图9
C.R两端电压变大，变压器输入功率变小
D.R两端电压变大，变压器输入功率变大答案A
E.
6.（匝数不变负载变
）如图10所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理
想电表.下列说法正确的是（）
图10
A2示数变大
答案B
解析当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电
压不变，副线圈中的电流减小，则Ri消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，
选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表Ai示数变小，选项C错误；若闭合开关S,副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，Ri两端电压变大，R2两端电压减小，电流表A2示数减小；
原线圈中的电流也变大，电流表Ai示数变大，选项D错误.
考点四远距离输电
【基础回扣I
如图ii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',用户的
电压为U'，输电电流为
I，输电线总电阻为R.
电
"!
r*■—*
■>!
图ii
i.输电电流
P=P_=u_u，u_厂—R
（1）AU=U_U，;
（2）AU=IR.
3.功率损失
（1）AP=P_P，;
⑵AP=企=（p）2R
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=占口，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.
【技巧点拨丨
1.理清输电电路图的三个回路（如图12）
魁晾回路输送回路MjriuiK
图12
（1）在电源回路中，
P发电机=U111=P1.
（2）在输送回路中，
12=I线=I3，U2=AU+U3，AU=I2R线,AP=I22R线.
（3）在用户回路中，
P4=U4|4=P用户.
2.抓住两组关联式
U^_n3}3_n4
U4n4，I4n3,
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:
P3=P4.
3.掌握一个守恒观念
一2AU2
功率关系：
P2=AP+P3，其中AP=AU•线=I线2R线=
R线
【例5（八省联考江苏7）小明分别按图13甲和乙电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用.其中Ti为理想升压变压器
T2为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等，两次实验中（）
图13
A•都接直流电源
B•A两端的电压相等
C•A损耗的功率相等
D.图甲中A的电流较大
答案D
解析由于变压器只能改变交变电流，因此题图乙中不可能接直流电源，故A错误；设电源
P
输出电压为U，输出功率为P,A、B的阻值为R,则题图甲电路中输电线上的电流Ii=方,
P
题图乙中升压变压器副线圈电压U'>U，则流过A的电流12=J-<|1,D正确；根据UA=IR,
Pa=I2R知，题图乙中A两端的电压低，损耗的功率小，故B、C错误.
跟进训练
7.（远距离输电基本电路分析）（2020全国卷n19改编）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AP,到达B处时电压下降了AU.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AP'，到达B处时电压下降了AU-.不考虑其他因素的影响，则（）
1
A.AP-=4APB.AP-=2AP
11
C.AU-=4AUD.AU-=2AU
答案D
P1
解析由输电电流i=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-，损
11
耗的电功率AP=I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的4，即卩A=4AP；输电线
11
上损失电压为AU=Ir，即输电电压加倍，损失电压变为原来的2，即川’=2°U.故D正确.
8.（远距离输电电路的分析）（2020浙江7月选考11）如图14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=8Q,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（）
升压变用肆際展喪旅詐
图14
A•发电机输出的电流11=40A
B•输电线上的电流I线=625A
C.降压变压器的匝数比n3:
n4=190：
11
D.用户得到的电流14=455A
答案C
p100x103
解析发电机输出电流|1=U1=-050-A=400A，故A错误；输电线上损失的功率
P4=P—P线=（100
P线
=I线2R线=5kW，所以I线==25A，故B错误；用户得到的功率
\R线
错误.
课时精练
双基巩固练
1.如图1所示，发电厂的输出电压为U1，发电厂至用户间输电导线的总电阻为R,通过导线
的电流为I，用户得到的电压为U2.下列输电导线上损耗功率的表达式中错误的是（）
图1
2
U1—U2
D.R
答案C
2.（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2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小，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.
3.（2019江苏卷1）某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1:
10,当输入电压增加20V时，
输出电压（）
A.降低2VB.增加2V
C.降低200VD.增加200V
答案D
解析假设理想变压器原线圈的输入电压为U1,则由变压器的工作原理可知山=也，变压器
n1n2
副线圈的输出电压为U2=10U1;当输入电压增加20V时，即输入电压为U1+20V，则变压
器的输出电压为U2‘=10U1+10X20V，则输出电压的变化量为AU=U2‘—U2=10U1+200
V—10U1=200V，即输出电压增加200V,A、B、C错误，D正确.
4.（2019山东济宁市第二次摸底）高压输电线路常因结冰而损毁严重.为消除高压输电线上的
冰，有人设想利用电流的热效应除冰的融冰思路.若在正常供电时，高压线上输电电压为U,
输电电流为I，热耗功率为AP;除冰时，在输电功率、用户的输入电压和输电线电阻不变的情况下，通过自动调节变压器的变压比，使输电线上的热耗功率变为16AP,则除冰时（）
A.输电电流为4IB.输电电流为16I
答案A
解析高压线上的热耗功率
△P=i12r线
一1
输电功率不变，由p=ui=u'1'得u'=4U,
故C、D错误.
为Ui、U2,电流分别为
5•远距离输电的原理图如图3所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,电压分别
11、12,输电线的总电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中
正确的是（）
答案D
11n2
解析根据理想变压器的工乍原理得|1U1=|2U2、孑n2,故A错误，D正确；U2不是加在R
两端的电压，故|2工罟，故B错误；而I1U1等于R上消耗的功率|22R与下一级变压器的输入
功率之和，故C错误.
数分别为I、U,R消耗的功率为
P•若发电机线圈的转速变为原来的
2,则（）
1
B.电压表V的读数变为2U
C.电流表A的读数变为2I
D.通过R的交变电流频率不变
答案B
解析发电机线圈的转速变为原来的
1Uini111
率变为原来的1.根据UTn2知U2变为原来的1,即U2=1U，则通过R的电流变为原来的1，
1
数变为2I，故选B.
7.（2020•东卷5）图5甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1:
n2=22:
3,输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示•灯泡L的电阻恒为15Q,额定电压为24V,定值电阻R1=10Q、R2=5Q,滑动变阻器R的最大阻值为10Q为使灯泡正常工作，滑动变阻器
接入电路的电阻应调节为（）
图5
A.1
Q
B.
5Q
C.6
Q
D.
8Q
答案
A
解析
由题图乙可得
U1
U1=220V，由门=
nq
=7得U2=30V，n2'
灯泡正常工作时，
Ul=24V，I=告=A=1.6A
'Rl15
R1两端电压UR1=U2-Ul=30V—24V=6V
Ur1
通过R1的电流11==0.6A
R1
通过R的电流Ir=I—11=1A
亠UR16
由欧姆定律得R+R2=*=1Q=6Q
可解得R=1Q,选项A正确.
8.（2020江苏南通、泰州市期末）某实验小组模拟远距离输电的原理图如图6所示，A、B为
理想变压器，R为输电线路的电阻，灯泡Li、L2规格相同，保持变压器A的输入电压不变,开关S断开时，灯泡Li正常发光，则（）
图6
A•仅将滑片P上移，A的输入功率不变
B•仅将
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