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第2节 变压器 电能的输送知识点一| 理想变压器1．构造和原理 (1)构造(如图所示)变压器由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成。
(2)原理：电磁感应的互感现象。
2．基本关系(1)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2。
(2)功率关系：P 入＝P 出。
(3)电流关系：①只有一个副线圈时：I 1I 2＝n 2n 1。
②有多个副线圈时：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…＋n n I n 。
3．几种常见的变压器(1)自耦变压器——调压变压器。
(2)互感器⎩⎨⎧电压互感器：把高电压变成低电压。
电流互感器：把大电流变成小电流。
自耦变压器原理如图所示：若AX 为输入端，触头a 向上移动时，副线圈匝数N 2增加，输出电压升高。
[判断正误](1)变压器能改变交变电流的电压，不能改变交变电流的频率。
(√) (2)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。
(×)(3)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小。
(×)考法1 变压器的工作原理1．(2019·惠州模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝10∶1，a 、b 两点间的电压为u ＝220 2sin 100πt (V)，R 为可变电阻，P 为用铅锑合金制成的保险丝，其电阻可忽略不计，熔断电流为2 A 。
为使保险丝不熔断，可变电阻R 连入电路的最小阻值应大于( )A ．11210 Ω B ．1.1 Ω C ．11 Ω D ．11 2 ΩB [由a 、b 两点间的电压为u ＝2202sin 100πt (V)，可知变压器原线圈输入电压U 1＝220 V ，根据变压器变压公式可得变压器输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝22 V ，保险丝熔断电流为2 A ，原线圈中电流为I 1＝2 A 时，由U 1I 1＝U 2I 2可得副线圈中电流为I 2＝20 A ，此时保险丝会熔断。
2024年高考物理第一轮复习讲义（有解析）：第十二章第2讲变压器电能的输送【A级——夯实基础】1．(2023·浙江1月选考)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．，解析：根据理想变压器的电压和电流规律有＝k1，＝，解得甲图中高压线电压为U0＝k1U，乙图中高压线电流为I0＝，故B正确，A、C、D错误。
答案：B2．在探究变压器的线圈两端电压与匝数的关系时，某同学分别在可拆变压器的铁芯上绕制了两个线圈，如图所示，线圈a连接到学生电源的交流输出端，线圈b与小灯泡相连接。
两线圈的电阻均可忽略不计。
闭合电源开关，他发现小灯泡发光很微弱。
为了适当提高小灯泡的亮度，下列方法可行的是()A．适当减少线圈a的匝数B．适当减少线圈b的匝数C．将交流输出电压适当减小D．将线圈a改接在直流输出端解析：为了适当提高小灯泡的亮度，即增大变压器副线圈的电压，因为变压器的规律是＝，所以U2＝，减少线圈a的匝数，即减小n1，可增大U2，故A正确；适当减少线圈b的匝数n2，U2减小，则不可以，故B错误；将交流输出电压U1适当减小，U2减小，也不行，故C错误；将线圈a改接在直流输出端更不行，因为直流电不能在副线圈产生电流，故D错误。
答案：A3．自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分。
一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调。
已知变压器线圈总匝数为1 900匝，原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上。
当变压器输出电压调至最大时，负载R 上的功率为2．0 kW。
设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为() A．380 V和5．3 A B．380 V和9．1 AC．240 V和5．3 A D．240 V和9．1 A解析：对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I1＝＝A≈9．1 A，负载两端电压即为副线圈电压，由＝，即＝，可得U2＝380 V。
专题11.2 变压器 电能的输送1．（山东省烟台一中2019届期末）理想变压器的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝10∶1，原线圈两端接通交流电源，则( )A ．原、副线圈中电流频率之比f 1∶f 2＝10∶1B ．原、副线圈两端电压之比为U 1∶U 2＝10∶1C ．原、副线圈内交变电流之比I 1∶I 2＝1∶10D ．变压器输入和输出功率之比P 1∶P 2＝10∶1 【答案】BC【解析】根据变压器的电压比U 1U 2＝n 1n 2和电流比I 1I 2＝n 2n 1可知选项B 、C 是正确的；对于理想变压器，不改变电流的频率，输入与输出的功率应相等，即P 1＝P 2，所以选项A 、D 是错误的。
2. （广西省柳州一中2019届期中）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1。
电池和交变电源的电动势都为6 V ，内阻均不计。
下列说法正确的是( )A ．S 与a 接通的瞬间，R 中无感应电流B ．S 与a 接通稳定后，R 两端的电压为0C ．S 与b 接通稳定后，R 两端的电压为3 VD ．S 与b 接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2∶1 【答案】BC【解析】由理想变压器的原理可知，当S 与a 接通电流稳定时，由于通过原线圈与副线圈中的磁通量不发生变化，故在副线圈中无感应电流，但在刚接通瞬间，副线圈两端的电压不为零，R 中有感应电流，故A 错误，B 正确；当S 与b 接通稳定后，原线圈中接有交变电流，由变压器的变压比可得副线圈两端电压为3 V ，C 正确；变压器并不改变交变电流的频率，D 错误。
3. （广东省汕尾一中2019届质检）如图所示，理想变压器三个线圈的匝数比n 1∶n 2∶n 3＝10∶5∶1，其中匝数为n 1的原线圈接到220 V 的交流电源上，匝数为n 2和n 3的两个副线圈分别与电阻R 2、R 3组成闭合回路。
已知通过电阻R 3的电流I 3＝2 A ，电阻R 2＝110 Ω，则通过电阻R 2的电流I 2和通过原线圈的电流I 1分别是( )A ．10 A,12 AB ．10 A,20 AC ．1 A,0.7 AD ．1 A,3 A【答案】C【解析】根据电压与匝数成正比可得U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3，已知n 1∶n 2∶n 3＝10∶5∶1，U 1＝220 V ，解得U 2＝110 V ，U 3＝22 V ，根据欧姆定律得I 2＝U 2R 2＝1 A ，根据变压器的输入功率和输出功率相等可得U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3，解得I 1＝0.7 A ，C 正确。
第十一章 第2讲 理想变压器 电能的输送1．(2017·北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin100πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为21，电流表、电压表均为理想电表。
下列说法正确的是导学号 21992746( B )A ．原线圈的输入功率为2202WB ．电流表的读数为1AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50s[解析] 由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为2202V ，故有效值为U 1＝220V ，由U 1U 2＝n 1n 2，故副线圈电压的有效值U 2＝110V ，故输出功率P 2＝U 22R＝220W ，再由输入功率等于输出功率知，P 1＝P 2＝220W ，A 错误；根据欧姆定律知，I 2＝U 2R ＝2A ，I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝1A ，故电流表读数为1A ，所以B 正确；电压表的读数为有效值，即U 2＝110V ，C 错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T ＝2πω，解得T ＝0.02s ，所以D 错误。
2．(2016·四川理综)如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其它条件不变，则导学号 21992747( B )A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变[解析] 设原、副线圈减少的匝数均为n ，则根据变压比有，U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 2′＝n 1－n n 2－n ，由于U 2′＝n 2－n n 1－n U 1，U 2＝n 2n 1U 1，因此U 2′小于U 2，即副线圈两端的电压变小，小灯泡变暗，A错误，B正确；由于匝数比变化，因此原、副线圈两端电压的比值和通过原、副线圈电流的比值均发生变化，C、D错误。
专题11.2 变压器电能的输送1．（山东省烟台一中2019届期末）理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接通交流电源，则()A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1B．原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1C．原、副线圈内交变电流之比I1∶I2＝1∶10D．变压器输入和输出功率之比P1∶P2＝10∶12. （广西省柳州一中2019届期中）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1。
电池和交变电源的电动势都为6 V，内阻均不计。
下列说法正确的是()A．S与a接通的瞬间，R中无感应电流B．S与a接通稳定后，R两端的电压为0C．S与b接通稳定后，R两端的电压为3 VD．S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2∶13. （广东省汕尾一中2019届质检）如图所示，理想变压器三个线圈的匝数比n1∶n2∶n3＝10∶5∶1，其中匝数为n1的原线圈接到220 V的交流电源上，匝数为n2和n3的两个副线圈分别与电阻R2、R3组成闭合回路。
已知通过电阻R3的电流I3＝2 A，电阻R2＝110 Ω，则通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1分别是()A．10 A,12 A B．10 A,20 AC．1 A,0.7 A D．1 A,3 A4．（陕西省咸阳一中2019届调研）理想变压器原线圈接如图甲所示的正弦交变电压，变压器原线圈匝数n1＝270匝，P是副线圈上的滑动触头，当P处于如图乙所示位置时，副线圈连入电路的匝数n2＝135匝，电容器C恰好不被击穿，灯泡L恰能正常发光，R是滑动变阻器。
以下判断正确的是()甲乙A．若向下移动P，电容器的电荷量增加B．若保持P不动，向下移动R的滑片，灯泡变暗C．若保持R的滑片不动，向下移动P，灯泡变亮D．电容器的击穿电压为11 2 V5. （广西省钦州一中2019届期中）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin(100πt) V，则()A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表V1的示数为22 VB．当t＝1600s时，电压表V0的读数为110 2 VC．单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表V1的示数变小，电流表示数增大D．当单刀双掷开关由a扳向b时，变压器输入功率增大6．（山东省莱芜一中2019届期末）如图，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，当用电高峰到来时()A ．输电线上损耗的功率减小B ．电压表V 1的示数减小，电流表的示数A 1增大C ．电压表V 2的示数增大，电流表的示数A 2减小D ．用户功率与发电厂输出功率的比值减小7．（海南省三亚一中2019届调研）如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U 1一定，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R 。
第1讲交变电流的产生和描述[目标要求]核心知识素养要求1.交变电流及其描述通过实验认识交变电流。
能用公式和图象描述正弦交变电流。
2.变压器电能的输送通过实验探究并了解变压器原、副线圈电压与匝数的关系。
了解从变电站到用户的输电过程，知道远距离输电时用高电压的道理。
了解发电机和电动机工作过程中的能量转化。
认识电磁学在人类生活和社会发展中的作用。
3.传感器知道非电学量转化成电学量的技术意义。
4.常见传感器的工作原理及应用通过实验，了解常见传感器的工作原理。
能列举传感器在生产生活中的应用。
5.实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系通过实验，了解变压器结构，知道列表处理数据的方法。
6.实验：利用传感器制作简单的自动控制装置通过实验，了解自动控制装置的电路设计及元件特性。
第1讲交变电流的产生和描述授课提示：对应学生用书第210页一、交变电流、交变电流的图象1．交变电流(1)定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流。
(2)按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流。
2．正弦式交变电流的产生和图象(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。
(2)图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线。
如图甲、乙、丙所示。
二、正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值 1．周期和频率(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T ＝2πω。
(2)频率(f)：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数。
单位是赫兹(Hz)。
(3)周期和频率的关系：T ＝1f 或f ＝1T。
2.正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置开始计时) (1)电动势e 随时间变化的规律：e ＝E m sin_ωt。
(2)负载两端的电压u 随时间变化的规律：u ＝U m sin_ωt。
(3)电流i 随时间变化的规律：i ＝I m sin_ωt。
2019年高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器第2讲变压器电能的输送练习编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器第2讲变压器电能的输送练习）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019年高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器第2讲变压器电能的输送练习的全部内容。
第2讲变压器电能的输送板块三限时规范特训时间：45分钟满分:100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。
其中1～6为单选，7~10为多选）1．如图，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V，6 W"的小灯泡并联在副线圈的两端。
当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的）的示数分别是( )A．120 V,0。
10 A B．240 V,0。
025 AC．120 V,0。
05 A D．240 V，0.05 A答案D解析副线圈电压U2＝12 V，由U1U2＝错误!得U1＝240 V，副线圈中电流I2＝2·错误!＝1 A，由错误!＝错误!得I1＝0.05 A,D选项正确.2．如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为：u＝220错误!sin100πt(V)的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22 V22 W”的灯泡10个,灯泡均正常发光.除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是( ）A．变压器原、副线圈匝数比为10错误!∶1B．电流表示数为1 AC．电流表示数为10 AD．副线圈中电流的频率为5 Hz答案B解析由u＝220错误!sin100πt（V）可知，输入电压的有效值U1＝错误! V＝220 V，又知在输出端10个灯泡并联且正常发光，则知输出端电压的有效值U2＝22 V，则n1∶n2＝U1∶U2＝10∶1，A选项错.灯泡正常发光时的电流I＝错误!＝1 A，输出端10个灯泡均正常发光，总电流I2＝10I＝10 A,根据I1∶I2＝n2∶n1，得出电流表示数I1＝1 A，B选项对，C选项错。
第2讲 变压器、电能的输送
知识巩固练
1.(2022年潮州模拟)(多选)某同学的电动自行车充电器是一输入电压为220 V，输出电压为
48 V的变压器，由于副线圈烧坏了，为修复该充电器，该同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘
导线在铁芯上绕了5匝线圈，如图所示，将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈两
端电压为2 V.则 ( )
A.该充电器原线圈有550匝
B.该充电器原线圈有1 100匝
C.被烧坏的副线圈有120匝
D.被烧坏的副线圈有240匝
【答案】AC
【解析】设该变压器的原线圈、副线圈和新绕线圈的匝数分别用n1、n2、n3表示，原线圈、
副线圈和新绕线圈两端的电压分别用U1、U2和U3表示，则有U1U3＝n1n3，解得该充电器原线圈
匝数为n1＝U1U3·n3＝2202×5匝＝550匝，A正确，B错误；同理可得U1U2＝n1n2，所以n2＝U2U1·n1＝
48
220
×550匝＝120匝，C正确，D错误.
2.(2022年辽宁联考)在我国北方部分地区经常出现低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而
造成严重损毁.为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效
应除冰.在正常供电时，高压线上输电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，需要
将输电线上热耗功率增大至16ΔP，设输电功率和输电线电阻不变，则除冰时需将 ( )
A.输电电流变为14I
B.输电电流变为16I
C.输电电压变为14U
D.输电电压变为4U
【答案】C
【解析】输电线的热功率ΔP＝I2R，可知输电线的电阻不变的情况下，需要将输电线上热耗
功率增大至16ΔP，则输电电流变为4I，A、B错误；由前面分析可知，在输送功率一定的
情况下，输电线电流为I＝PU，可将输电电压变为14U，故C正确，D错误.
3.(2022年汕头统考)无线充电是当下正在快速普及的技术，手机也能应用电磁感应原理进行
无线充电.如图所示为利用磁场传递能量的示意图，主要包括安装在充电基座的送电线圈和
安装在手机内部的接收线圈组成，对于充电过程，下列说法正确的是( )
A.若增大充电电流的变化率，接收线圈的感应电动势将增大
B.若缩小两线圈距离，接收线圈的感应电动势将减小
C.若增大两线圈距离，接收线圈的感应电动势将增大
D.忽略线圈电阻的能量损耗，传输过程没有能量损失
【答案】A
【解析】根据法拉第电磁感应定律可知，若增大充电电流的变化率，接收线圈中磁通量的变
化率变大，则产生的感应电动势将增大，A正确；若缩小两线圈距离，接收线圈中的磁通量
会变大，磁通量的变化率变大，则产生的感应电动势将变大.同理若增大两线圈距离，接收
线圈的感应电动势将减小，B、C错误；送电线圈的能量通过磁场能传递给接受线圈，在传
递过程中肯定有磁场能的损失，即使忽略线圈电阻的能量损耗，传输过程也会有能量损失，
D错误.
4.(2022年汕头模拟)如图为高铁的供电流程图，牵引变电所(视为理想变压器，原、副线圈匝
数比为n1∶n2)将高压220 kV或110 kV降至27.5 kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受
电器使机车获得25 kV工作电压，则 ( )
A.若电网的电压为220 kV，则n1∶n2＝1∶8
B.若电网的电压为110 kV，则n1∶n2＝22∶5
C.若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25 kV
D.高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
【答案】D
【解析】若电网的电压为220kV，则n1：n2＝220kV：27.5kV＝8∶1.若电网的电压为110kV，
则n1∶n2＝110kV∶27.5kV＝4∶1，A、B错误；若高铁机车运行功率增大，则牵引变电所
副线圈输入功率增大，而副线圈电压不变，所以牵引变电所至机车间的电流增大，热损耗功
率也会随之增大，导线电阻分压增大，机车工作电压将会低于25kV，C错误，D正确.
5.(2022年合肥模拟)如图所示为某种电吹风机电路图，图中a、b、c、d为四个固定触点.绕
O点转动的扇形金属触片P，可同时接触两个触点，触片P位于不同位置时，吹风机可处于
停机、吹冷风和吹热风三种状态.图示状态刚好为触片P接触c、d两点.已知吹冷风时的输
入功率为60 W，小风扇的额定电压为60 V，正常工作时小风扇的输出功率为52 W，变压
器为理想变压器，则下列说法中正确的是 ( )
A.当扇形金属触片P与触点c、d接触时，电吹风吹热风
B.当扇形金属触片P与触点a、b接触时，电吹风吹冷风
C.小风扇的内阻为8 Ω
D.变压器原、副线圈的匝数比为n1n2＝113
【答案】CD
【解析】由电路知识可知，当扇形金属触片P与c、d接触时，电吹风的加热电路和吹风电
路均没有接通，故此时电吹风处于停机状态，A错误；当扇形金属触片P与触点a、b接触
时，电吹风的加热电路和吹风电路均处于接通状态，此时电吹风吹热风，B错误；由于小风
扇的额定电压为U2＝60V，吹冷风时小风扇的输入功率为60W，故小风扇正常工作时的电
流为I＝PU＝1A，小风扇内阻消耗的电功率为P热＝P输入－P输出＝60W－52W＝8W，由P热＝
I2r，代入数据解得r＝8Ω，C正确；由题意可知，变压器原线圈两端的电压为U1＝220V，
副线圈两端的电压为U2＝60V，故有n1n2＝U1U2＝220V60 V＝113，D正确.
6.(2022年惠州模拟)(多选)如图所示为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为3∶1，
电压表和电流表均为理想电表，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图甲中Rt为热敏电阻(其
阻值随温度的升高而变小)，R为定值电阻.下列说法正确的是 ( )
A.交流电压u的表达式为u＝36√2sin(100t) V
B.若Rt处的温度升高，则电流表的示数变大
C.若Rt处的温度升高，则变压器的输入功率变大
D.变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为3∶1
【答案】BC
【解析】由图乙可知交流电压最大值Um＝36√2V，周期T＝0.02s，可由周期求出角速度值
为ω＝2πT＝100πrad/s，则可得交流电压u的表达式u＝36√2sin(100πt)V，A错误；电压之比
等于匝数之比，匝数不变则电压不变；因Rt处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，
B正确；电压之比等于匝数之比，匝数不变则电压不变；因Rt处温度升高时，阻值减小，
电流表的示数变大，根据P出＝U2I2可知输出功率增大，理想变压器的输入功率等于输出功
率，可知输入功率增大，C正确；变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为1∶
1，故D错误.
综合提升练
7.如图所示为某小型电站高压输电示意图.发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端
的电压分别为U1和U2.在输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为
10∶1和1∶10，电压表的示数为220 V，电流表的示数为10 A，各互感器和电表均为理想
的，则下列说法正确的是 ( )
A.升压变压器原、副线圈的匝数比为n1n2＝U2U1
B.采用高压输电可以增大输电线中的电流，输电电流为100 A
C.线路输送电功率是220 kW
D.将P上移，用户获得的电压将降低
【答案】C
【解析】根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为n1n2＝U1U2，A错误；采用高
压输电可以减小输电线中的电流，从而减小输电过程中的电能损失，根据电流互感器原理及
匝数比为1∶10，由变压器电流比可知I原I副＝n副n原＝101，得输电电流为I2＝10×10A＝100A，B
错误；电压表的示数为220V，根据变压器电压比可知U原U副＝n原'n副'＝101，输电电压为U2＝10×
220V＝2200V，线路输送电功率为P＝U2I2＝220kW，C正确；将P上移，则降压变压器的
初级线圈减小，故用户获得的电压将升高，D错误.
8.某小型实验水电站输出功率是20 kW，输电线总电阻为6 Ω.
(1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率；
(2)若改用5 000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压.
解：(1)输电线上的电流
I＝PU＝20×103380A≈52.63A，
输电线路损耗的功率
P损＝I2R＝52.632×6W≈16.62kW.
(2)改用高压输电后，输电线上的电流
I'＝PU'＝20×1035 000A＝4A，
用户端在变压器降压前获得的电压
U1＝U'－I'R＝(5000－4×6)V＝4976V，
根据U1U2＝n1n2，用户得到的电压
U2＝n2n1U1＝122×4976V≈226.18V.
