第三章 专题强化15 变压器的综合问题（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册学习笔记（人教版 浙江专版）

本讲义聚焦变压器综合问题核心知识点，系统梳理理想变压器的电压、电流、功率制约关系，动态分析两种常见情况（负载电阻变化、匝数比变化），进而拓展原线圈有负载（串联、并联）的电路分析，最后介绍自耦变压器、互感器等常见类型，构建递进式学习支架。 资料通过典型例题（如抽头开关、滑动变阻器动态分析）和针对训练，强化科学思维中的模型建构与科学推理，例2结合等效电阻思想培养分析能力。专题强化练覆盖多样情境，课中辅助教师突破重难点，课后助力学生巩固知识、查漏补缺。

专题强化15　变压器的综合问题 [学习目标]　1.掌握变压器动态问题的分析方法(重难点)。2.掌握变压器原线圈有负载的电路的分析方法(重难点)。3.了解几种常见的变压器(重点)。 一、理想变压器的制约关系和动态分析 1.电压、电流、功率的制约关系 (1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输入电压U1决定输出电压U2，U2＝。 (2)功率制约：P出决定P入，P出增大，P入增大；P出减小，P入减小；P出为0，P入为0。 (3)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定，且输入电压U1确定时，副线圈中的输出电流I2决定原线圈中的电流I1，即I1＝(只有一个副线圈时)。 2.对理想变压器进行动态分析的两种常见情况 (1)原线圈电压和原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R→I2→P出→P入→I1。 (2)原线圈电压和负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P出→P入→I1。 例1　(多选)(2024·浙江浙南名校高二开学考)如图所示为一理想变压器，b接原线圈中间的抽头，S为单刀双掷开关，当开关打到b时原线圈的匝数是打到a时的一半。P是滑动变阻器的滑片，U为加在原线圈两端的交流电压，I为原线圈的输入电流，则(　　) A.其他条件不变，当开关从b打到a，输入电流I变大 B.其他条件不变，当开关从a打到b，输入电流I变大 C.其他条件不变，电压U增大，则输入电流I变大 D.其他条件不变，滑动变阻器接入电路的电阻R增大，则输入电流I变大 答案　BC 解析　其他条件不变，当开关从b打到a，原线圈匝数n1增加。根据可知副线圈电压U2减小，副线圈电流I2减小，根据可知原线圈电流I变小，A错误；其他条件不变，当开关从a打到b，原线圈匝数n1减小。根据可知副线圈电压U2增大，副线圈电流I2增大，根据可知原线圈电流I变大，B正确；其他条件不变，电压U增大，根据可知副线圈电压U2增大，副线圈电流I2增大，根据可知原线圈电流I变大，C正确；其他条件不变，滑动变阻器接入电路的电阻R增大，则副线圈电流I2变小，根据可知原线圈电流I变小，D错误。 针对训练　(2024·杭州市高二期末)如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，滑动变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小(滑片向下移)。如果变压器上的能量损失不计，当用户的用电器增加时，图中各交流电表(可视为理想电表)的读数变化判断正确的是(　　) A.A2读数变小 B.A1读数变大 C.V1读数变大 D.V3读数不变 答案　B 解析　由于变压器原线圈的输入电压U1不变，则V1读数不变，根据，可知副线圈的输出电压U2不变，则V2读数不变，当用户的用电器增加时，则R减小，副线圈回路总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈电流I2增大，则A2读数变大；根据，可知原线圈电流I1增大，则A1读数变大；由于通过R0的电流增大，R0两端电压增大，根据U2＝UR0＋U3，可知V3读数变小，故选B。 二、变压器原线圈有负载的电路分析 分析理想变压器原线圈接有负载的问题时，要明确原线圈所在的电路结构，从而确定各物理量之间的关系。 (1)负载与原线圈串联，如图甲所示。 负载会分担一部分电压，原线圈两端的电压U1＝U－UR，流过负载的电流等于原线圈中的电流，有，。 (2)负载与原线圈并联，如图乙所示。 负载会分流，原线圈两端的电压U1＝U，流过原线圈的电流I1＝I－IR，有，。 例2　(多选)在如图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，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(　　) A.所用交流电的频率为50 Hz B.电压表的示数为100 V C.电流表的示数为1.0 A D.变压器传输的电功率为15.0 W 答案　AD 解析　根据i2－t图像可知T＝0.02 s，则所用交流电的频率f＝＝50 Hz，故A正确；副线圈两端电压U2＝I2R2＝×10 V＝10 V，由得原线圈两端电压U1＝100 V，电压表的示数U＝220 V－100 V＝120 V，故B错误；电流表的示数I＝ A＝0.5 A，故C错误；变压器传输的电功率P＝R2＋I2R3＝15.0 W，故D正确。 拓展　等效是物理学常用的科学思想方法。 (1)可以把变化的物理量等效替代为不变量。已知某电流i随时间t变化的关系如图甲所示，求其电流的有效值I。 (2)可以把复杂的结构等效为简单的结构。如图乙，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，原线圈接有电压有效值恒定的交流电源，副线圈负载为阻值R的电阻。 请你证明：若将变压器与负载等效为一定值电阻R'，则R'＝()2R。 答案　(1)5 A　(2)见解析 解析　(1)由电流有效值的定义可得(4)2R×1＋(3)2R×1＝I2R×2，解得I＝5 A (2)由变压器的规律可知，原、副线圈电流满足，另外由能量守恒可知原、副线圈功率相同，有R'＝R 由以上两式化简可得R'＝()2R[或由R'＝＝()2＝()2R]。 例3　(2024·浙江浙南名校高二期末)如图所示，正弦交流电源输出电压有效值恒为U，通过电阻R0连接理想变压器给用电器R供电，当用电器电阻R等于4R0时，用电器电功率最大，则变压器的匝数比为(　　) A.1∶2 B.2∶1 C.1∶4 D.4∶1 答案　A 解析　外电阻等于内阻时外电路具有最大输出功率。变压器和用电器电阻R组成的等效电阻为R等＝()2R，可将R0等效为电源内阻，当用电器电阻R等于4R0时，用电器电功率最大，则()2×4R0＝R0，解得，故选A。 三、几种常见的变压器 1.自耦变压器 图甲所示是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈。如果把整个线圈作为原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作为原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压。 调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，A、B之间加上输入电压U1，移动滑动触头P的位置就可以连续或较大范围调节输出电压U2。 2.互感器 分类 电压互感器 电流互感器 原理图 原线圈 的连接 并联在高压电路中接在火线和零线间 串联在待测电路中接在火线上 副线圈 的连接 连接电压表 连接电流表 互感器 的作用 测高电压，将高电压变为低电压(降压变压器) 测大电流，将大电流变成小电流(升压变压器) 利用的 关系式 (n1>n2) I1n1＝I2n2(n1<n2) 注意：使用互感器时，一定要将互感器的外壳和副线圈接地。 例4　电位器是一种常见的电子元件，它通常由电阻体和可转动的电刷组成，如图所示。可以改变电位器上的连接点位置，从而改变电路中的电位差或电阻值，则当电位器的(　　) A.1、2连接点接入电路时，顺时针转动电刷，电阻减小 B.1、3连接点接入电路时，顺时针转动电刷，电阻减小 C.1、3连接点作为输入端，1、2连接点作为输出端，顺时针转动电刷，输出电压增大 D.1、3连接点作为输入端，1、2连接点作为输出端，顺时针转动电刷，输出电压减小 答案　C 解析　由题图可知，1、2连接点接入电路时，顺时针转动电刷，电阻增大；1、3连接点接入电路时，顺时针转动电刷，无法改变电位器接入电路中的阻值，电阻不变，故A、B错误；1、3连接点作为输入端，1、2连接点作为输出端时，电位器相当于自耦变压器，故顺时针转动电刷时，相当于输入端线圈匝数不变，输出端线圈匝数变大，由电压与匝数成正比可知，输出电压增大，故C正确，D错误。 例5　(多选)如图所示，L1和L2是不计电阻的输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器。若已知甲的原、副线圈电压比为200∶1，乙的原、副线圈电流比为50∶1，并且已知加在电压表两端的电压为220 V，通过电流表的电流为2 A，则下列说法正确的是(　　) A.输电线的输送功率为4.4×106 W B.输电线的输送功率为4.4×105 W C.电压互感器原线圈导线比副线圈导线要粗 D.电流互感器原线圈导线比副线圈导线要粗 答案　AD 解析　已知甲的变压比为200∶1，电压表示数为220 V，故传输电压为U＝220×200 V＝4.4×104 V，已知乙的变流比为50∶1，电流表示数为2 A，故传输电流为I＝2×50 A＝100 A，故输电线的输送功率为P＝UI＝4.4×104×100 W＝4.4×106 W，B错误，A正确；电压互感器原线圈电压高，副线圈电压低，根据功率相等可知原线圈的电流小，副线圈的电流大，故原线圈导线比副线圈导线要细，C错误；电流互感器中副线圈的电流比原线圈的电流要小，所以电流互感器原线圈导线比副线圈导线要粗，D正确。 专题强化练 [分值：50分] [1~6题，每题4分] 1.(2024·浙江“桐浦富兴”教研联盟高二期中)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈接交流电源和理想交流电压表、理想交流电流表，副线圈通过导线(导线的总电阻等效为R)与热水器、抽油烟机连接。已知原线圈两端的电压表示数保持不变，副线圈两端的电压按如图乙所示规律变化。下列说法正确的是(　　) A.热水器两端电压的瞬时值表达式为u＝220sin (100πt)V B.电压表示数为440 V C.若闭合开关S，热水器两端的电压将增大 D.若闭合开关S，变压器的输入功率将减小 答案　B 解析　图乙为副线圈两端电压变化规律，而热水器上的电压要小于副线圈两端电压，故A错误；由交流电规律可知，副线圈上电压的有效值为220 V，由变压器变压关系可知，原线圈电压有效值为440 V，电压表示数为440 V，故B正确；闭合开关，则原线圈上的等效电阻减小，通过原、副线圈的电流都增大，由于原、副线圈电压不变，则变压器的输入功率增大，由副线圈电路的电流增大可知，R两端的电压增大，所以热水器两端电压减小，故C、D错误。 2.如图所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原、副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原、副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I。则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为(　　) A.k1U，k2I B.k1U， C.，k2I D.， 答案　B 解析　根据理想变压器的电压和电流规律： ＝k1，，解得题图甲中高压线电压为U0＝k1U，题图乙中高压线电流为I0＝，故B正确，A、C、D错误。 3.如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin (ωt＋φ)的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后(　　) A.电流表A2的示数减小 B.电压表V1的示数减小 C.电压表V2的示数不变 D.电流表A1的示数不变 答案　A 解析　由于原线圈两端电压不变，根据电压与匝数成正比知副线圈两端电压不变，即V1示数不变，故B错误；闭合开关S后，右边两个电阻并联，总阻值变小，两并联电阻分到的电压变小，故V2示数减小，由欧姆定律得I2＝，I2减小，故A2示数减小，故A正确，C错误；由于副线圈连接的总电阻变小，电流变大，故原线圈电流I1变大，即A1的示数变大，故D错误。 4.如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端A、B间加一正弦式交流电压，在输出端B、P间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动滑片P的位置，可改变副线圈的匝数，滑动变阻器的滑片标记为Q，则(　　) A.只将Q向下移动时，灯泡的亮度变大 B.只将Q向下移动时，电流表的读数变大 C.只将P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大 D.只提高输入端的电压U时，电流表的读数变大 答案　D 解析　根据理想变压器原、副线圈匝数与电压的关系有，只将Q向下移动时，原、副线圈匝数、原线圈输入电压U不变，则副线圈输出电压U2不变，灯泡的亮度保持不变，故A错误；只将Q向下移动时，副线圈输出电压U2不变，滑动变阻器接入电路的阻值增大，副线圈总电阻增大，干路电流减小，则电流表的读数变小，故B错误；只将P沿顺时针方向移动时，副线圈匝数减少，则副线圈输出电压减小，副线圈总电阻不变，故电流表的读数变小，故C错误；只提高输入端的电压U时，原、副线圈匝数不变，则副线圈输出电压增大，故电流表的读数变大，故D正确。 5.(多选)(2024·舟山市高二期末)如图所示，理想变压器原线圈接在电压U0＝18 V的交流电源上，副线圈与定值电阻R0串联后接理想交流电压表、理想交流电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1∶3，已知R0＝4 Ω，R的最大阻值为10 Ω。现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动。则(　　) A.电压表示数变大，电流表示数变小 B.电源的输出功率变大 C.当R＝4 Ω时，电压表示数为3 V D.当R＝4 Ω时，R的功率最大 答案　BD 解析　原线圈电压一定，副线圈电压一定，滑动变阻器R的滑片P向下滑动，副线圈总电阻减小，则电流表示数变大，R0两端电压变大，则电压表示数变小，故A错误；副线圈电压一定，电流变大，变压器的输出功率变大，则电源的输出功率变大，故B正确；原线圈电压U0＝18 V，原、副线圈匝数比为1∶3，副线圈电压U1＝54 V，当R＝4 Ω时，副线圈电流I＝ A，电压表示数为UR＝27 V，故C错误；把副线圈看作电源，把R0看作是电源内电阻，当R＝R0＝4 Ω时，R的功率最大，故D正确。 6.(2024·台州市高二期中)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，A、V均为理想交流电表，R是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、L是理想线圈、D是灯泡(不计灯泡发光对光敏电阻的影响)。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是(　　) A.交流电的频率为100 Hz B.电压表的示数为22 V C.当光照增强时，A的示数变小 D.若输入电压的有效值保持不变，频率变大，则灯D变暗 答案　D 解析　由题图乙可知，其交流电的周期为0.02 s，根据周期与频率的关系可知，其频率为f＝＝50 Hz，故A错误；由题图乙可知，变压器原线圈接入的交流电的电压有效值为U1＝ V＝220 V，根据理想变压器有，整理有变压器的副线圈的电压的有效值为U2＝22 V，根据电路图可知电压表测量的为副线圈的电压有效值，所以电压表的示数应该为22 V，故B错误；光照增强时，由题意可知，光敏电阻的阻值减小，因为变压器副线圈两端的电压不变，但是光敏电阻的阻值减小，所以变压器副线圈总电阻减小，根据欧姆定律可知，变压器副线圈电流增加。根据理想变压器有，所以变压器原线圈的电流变大，A的示数变大，故C错误；L是理想线圈，理想线圈对于交变电流有阻碍作用， 电流频率越大其阻碍作用越大，故若输入电压的有效值保持不变，频率变大，则灯D变暗，故D正确。 [7~10题，每题5分] 7.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶4，a、b两端接到交流电源上，R1、R2为阻值相同的定值电阻，下列说法正确的是(　　) A.副线圈两端电压是电源电压的 B.流过R1的电流是流过R2电流的4倍 C.R1上的电功率是R2上电功率的 D.R1上的电功率是R2上电功率的16倍 答案　C 解析　原线圈两端电压等于电源电压，根据电压之比等于原、副线圈匝数之比可得，即U2＝4U1，A错误；流过R1的电流I1＝，流过R2的电流I2＝＝4I1，B错误；根据电功率P＝I2R可得R1上的电功率是R2上电功率的，C正确，D错误。 8.(2024·丽水市高二期末)手机无线充电工作原理如图所示，其中送电线圈和受电线圈的匝数比n1∶n2＝5∶1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当a、b接到电压u＝220sin 100πt(V)的交流电源上后，受电线圈中产生交变电流再通过转换电路转换成直流电实现给手机快速充电，这时转换电路ef两端的电压为5 V，受电线圈中的电流为2 A。把装置线圈视为理想变压器，则(　　) A.送电线圈电压有效值为220 V B.受电线圈中的频率为100 Hz C.快速充电时，流过送电线圈的电流大小为0.2 A D.快速充电时，线圈cd两端的输出电压为42.5 V 答案　D 解析　因a、b间的电压有效值为220 V，可知送电线圈电压有效值小于220 V，选项A错误；受电线圈中的频率与送电线圈的频率相等，均为f＝ Hz＝50 Hz，选项B错误；快速充电时，流过送电线圈的电流大小为I1＝I2＝×2 A＝0.4 A，选项C错误；快速充电时，送电线圈两端电压U1＝U－I1R＝220－0.4R，，U2＝Uef＋I2R＝5＋2R，联立解得R＝18.75 Ω，U2＝42.5 V，选项D正确。 9.(2024·嘉兴市高二期末)如图所示是某电路中用到的理想变压器，原线圈两端输入的交流电压的有效值可认为恒定不变，两灯泡L1、L2规格完全相同，电流表电阻忽略不计。在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是(　　) A.仅使滑片N自滑动变阻器a端向b端移动，灯泡L2中的电流先减小后增大 B.仅使滑片N自滑动变阻器a端向b端移动，原线圈输入功率先减小后增大 C.仅使滑片M上移，电流表示数变小 D.仅使滑片M下移，变压器原线圈中的电流变大 答案　B 解析　仅使滑片N自滑动变阻器a端向b端移动，则滑动变阻器右侧阻值减小，由于副线圈电压不变，则灯泡L2中的电流增大，A错误；仅使滑片N自滑动变阻器a端向b端移动，负载总电阻先增大后减小，根据P＝，原、副线圈的功率先减小后增大，B正确；仅使滑片M上移，副线圈匝数增大，根据，副线圈电压增大，电流表示数增大，C错误；仅使滑片M下移，副线圈电压减小，副线圈电流减小，根据，原线圈电流减小，D错误。 10.(2024·台州市高二期末)如图所示，交流发电机为右侧的电路供电，发电机线圈电阻和输电线电阻均不计，电压表和电流表均为理想交流电表，变压器为理想变压器，副线圈两端接有开关S、滑动变阻器R以及两个定值电阻R1、R2。保持线圈ABCD在磁场中匀速转动，电流表A和电压表V1、V2的示数变化量的大小分别为ΔI和ΔU1、ΔU2，下列说法正确的是(　　) A.当线圈ABCD位于如图所示的位置时，线圈ABCD产生的感应电动势最大 B.若发电机线圈的转速变为原来的2倍，原线圈的输入功率变为原来的8倍 C.当滑动变阻器的滑片向下滑动，电压表V1的示数变小 D.闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，ΔU2与ΔI比值不变 答案　D 解析　当线圈ABCD位于题图所示的位置时，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈ABCD产生的感应电动势为零，故A错误； 由题意知，若发电机线圈的转速n变为原来的2倍，其他条件不变，根据法拉第电磁感应定律可得Em＝NBSω＝2πNnBS，可知原线圈产生交流电的感应电动势的最大值Em变为原来的2倍，有效值也增大为原来的2倍，根据理想变压器输入功率等于输出功率，U1为输出端电压，即P入＝P出＝，可得原线圈的输入功率将变为原来的4倍，故B错误；电压表V1测量的是变压器输出端的电压，输出端的电压取决于输入端电压及变压器原、副线圈的匝数比，所以，当滑动变阻器的滑片向下滑动而其他条件不变时，电压表V1示数保持不变，故C错误；闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片而其他条件不变时，根据闭合电路欧姆定律可得U2＝U1－IR1，可得ΔU2与ΔI比值绝对值为||＝R1，R1不变，所以ΔU2与ΔI比值不变，故D正确。 [6分] 11.(2024·余姚中学高二月考)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，原线圈接输出电压恒定的交流电源，副线圈中滑动变阻器的最大阻值和定值电阻R0的阻值相等，电压表为理想交流电压表。现将滑片从滑动变阻器最上端向下滑动，则(　　) A.定值电阻R0消耗的功率减小 B.电压表的示数变大 C.变压器的输入功率先增大后减小 D.当滑片处于滑动变阻器正中间时，滑动变阻器消耗的功率最大 答案　C 解析　方法1　设原线圈输入电流为I，根据，可得副线圈电流为2I，副线圈两端电压为U2＝2IR，根据，解得U1＝4IR，则交流电源的输出电压U＝IR0＋4IR，可得I＝，将滑片从滑动变阻器最上端向下滑动，滑动变阻器连入电路的电阻减小，原线圈中电流增大，则定值电阻R0消耗的功率P0＝I2R0增大，故A错误；由UR0＝IR0可知定值电阻两端的电压增大，则原线圈两端的电压减小，由变压比公式可知，电压表示数变小，故B错误；由P＝U1I＝可知，当R＝时，变压器输入功率最大，即滑动变阻器消耗的功率最大，因而当滑片从最上端向下滑动时，变压器输入功率先增大后减小，故C正确，D错误。 方法2　将理想变压器和副线圈回路中的元件等效成一个电阻，即R等＝()2R＝4R，如图所示。 将滑动变阻器滑片从上向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的阻值减小，R等减小，I增大，定值电阻R0消耗的功率增大；定值电阻R0两端电压增大，原线圈两端电压减小，因此电压表示数也变小；当R等＝4R＝R0，即R＝时，变压器输入功率最大，因此整个过程变压器输入功率先增大后减小，A、B、D错误，C正确。 学科网（北京）股份有限公司 $