高中物理 第二章 第七节 远距离输电练习 粤教版选修3-2

远距离输电基础夯实1.发电厂发电机的输出电压为U1,发电厂至学校的输电线电阻为R,通过导线的电流为I,学校输入电压为U2,下列4个计算输电线损耗的式子中,错误的是()(导学号51130112) A. B.C.I2RD.I(U1-U2)答案：A解析：用来计算输电线电能损耗的公式P=U2/R中的U是输电线上损耗的电压,而不是输电电压.2.(多选)远距离输送一定功率的交变电流,若输电电压提高到原来的n倍,则下列说法中正确的是()A.输电线上的电流变为原来的n倍B.输电线上的电压损失变为原来的1/nC.输电线上的电功率损失变为原来的1/nD.若输电线上的电功率损失不变,输电线路长度可变为原来的n2倍答案：BD解析：在输送功率P一定时,输电线上的电流由公式I=P/U决定,输电线上损失的电压由公式ΔU=IR=PR/U决定,输电线上损失的功率由公式P损=I2R=R=来讨论.3.(多选)小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压,它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压,然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器,经降低电压后再输送至各用户.设变压器都是理想的,那么在用电高峰期,随用电器电功率的增加将导致() (导学号51130113)A.升压变压器初级线圈中的电流变小B.升压变压器次级线圈两端的电压变小C.高压输电线路的电压损失变大D.降压变压器次级线圈两端的电压变小答案：CD解析：随用电器电功率的增加,各级电流和功率都会增加,输电线上损耗的电压增加,将导致降压变压器上的电压减小,但这些变化不会影响到升压变压器原、副线圈上的电压.4.一小水电站,输出的电功率为20 kW,输电线总电阻为0.5 Ω,如果先用400 V电压输送,后又改用2 000 V电压输送,则输送电压提高后,输电导线上损失的电功率的变化情况是( )A.减小50 WB.减小1 200 WC.减小7.68×106 WD.增大7.68×106 W答案：B解析：输电线上第一次损耗的功率可由公式P1=R算得,输电线上第二次损耗的功率可由公式P2=R算得,输电导线上损失的电功率的变化情况即是它们之差.5.某电站向某地输送一定功率的电能,若将输送电压提高10倍,输电线截面减为原来的一半,则输电线电能损失() (导学号51130114)A.减为原来的B.减为原来的C.减为原来的D.减为原来的答案：B解析：在输送功率P一定时,输电线上损失的功率可由公式P损=I2R=R=来讨论.6.“西电东送”工程中为了减少输电损耗,必须提高输电电压,从洪家渡水电站向华东某地输送功率106 kW的电能,输电电压为100万伏,输电线电阻为100 Ω.若采用超导材料作为输电线,则可以减少的电功率损失为()A.105 kWB.104 kWC.106 kWD.103 kW答案：A解析：输电线上损失的功率可由公式P损=I2R=R算得,若采用超导材料作为输电线,则输电线上将无电功率的损失.7.(多选)由甲地向乙地输电,输送的电功率一定,输电线的材料一定.设输电电压为U,输电线横截面积为S,输电线因发热损失的电功率为P.那么()A.若U一定,则P与S成反比B.若U一定,则P与S2成反比C.若S一定,则P与U2成反比D.若S一定,则P与U成反比答案：AC解析：输送的电功率一定,输电线的材料一定时,输电线因发热损失的电功率可由公式P损=I2R=R=来讨论.8.(多选)2007年11月8日,工程规模仅次于长江三峡,位居全国第二位、世界第三位的金沙江溪洛渡水电站截流成功,标志着“西电东送”工程又迈出了坚实的一步.下列有关发电与送电的说法中正确的是()A.水电站截流筑坝有利于储蓄水的内能,提高发电能力B.减小输电线的截面积有利于降低输电时的损耗C.提高输电电压有利于减小输电线中的电流D.增大发电机转子的直径有利于提高发电机的输出电压答案：CD解析：水电站截流筑坝是利于储蓄水的重力势能.减小输电线的截面积会增加输电线的电阻,从而增大输电线上的电能损失.提高输电电压会减小输电线中的电流.增大发电机转子的直径会使发电机输出电压的峰值增加,也即增加电压的输出.9.发电厂输出的交流电压为22 kV,输送功率为2.2×106 W,现在用户处安装一降压变压器,用户的电压为220 V,发电厂到变压器间的输电导线总电阻为22 Ω.求: (导学号51130115)(1)输电导线上损失的电功率.(2)变压器原副线圈匝数之比.解(1)输送电流I线=P总/U总=2.2×106 /2.2×104=100 (A)则损失功率为P损=R线=1002×22=2.2×105 (W).(2)变压器原线圈电压U1=U总-U线=U总-I线R线=2.2×104-100×22=19 800 (V)所以原副线圈匝数比=19 800/220=90.能力提升10.一座小型水力发电站,利用流量为20 m3/s、落差5 m的河水发电.若单相发电机的效率为50%,输出电压为200 V.已知发电站到用户架设的输电线总电阻为10 Ω,输电线上允许损耗的功率为5%,用户所需电压为220 V,求所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数之比(不计变压器损失,g取10 m/s2).解此输电线路图如下水力发电站的发电功率P==ρQghη=1.0×103×20×10×5×50%=5×105 W输电线上损失的功率ΔP=P×5%=5×105×5%=2.5×104 W,ΔP=I2·r得I=50 A,所以U2==1×104 V,,U3=U2-ΔU=104 V-Ir=(104-500)V=9 500 V,所以.。

远距离输电一、单项选择题1．远距离输电中，在输送的电功率不变的条件下（）．A．只有增大输电线的电阻，才能减小电流，提高输电功率B．提高输电电压，能够减小电流，提高输电效率C．提高输电电压势必增大输电线上的能量损耗D．提高输电电压势必增大输电线上的电流2．远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是（）．①输电线上的电功率损失是原来的1/n②输电线上的电功率损失是原来的1/n2③输电线上的电压损失是原来的1/n④输电线上的电压损失是原来的1/n2A．①③ B．①④ C．②③ D．②④3．在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线损耗电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则P′、P用正确的是（）．①P′＝U2S/PL②P′＝P2ρL/U2S③P用＝P－U2S/PL④P用＝P（1－PρL/U2S）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④二、双项选择题4．（2011·北京海淀高三期末）如图所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R．T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4．设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有（）．A．U2减小，U4变大B．U2不变，U3变小C．P1变小，P2变小 D．P2变大，P3变大5．远距离输送一定功率的交流电，若输电线电阻一定，下列说法正确的是（）．A．输电线上的电压损失跟输电电压成正比B．输电线上的功率损失跟输电电压成正比C．输电线上的功率损失跟输电电压的平方成反比D．输电线上的功率损失跟输电线上的电压损失的平方成正比三、非选择题6．发电机的输出电压为220 V，输出功率为44 kW，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．（1）画出全过程的线路示意图；（2）求用户得到的电压和功率；（3）若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的电压和功率．7．一座小型水力发电站，利用流量为20 m3/s、落差5 m的河水发电．若单相发电机的效率为50%，输出电压为200 V．已知发电站到用户架设的输电线总电阻为10 Ω，输电线上允许损耗的功率为5%，用户所需电压为220 V，求所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数之比（不计变压器损失，g取10 m/s2）．8．为了减小火电站中煤的燃烧对大气的污染，要大力发展水电站．三峡水利工程中某一发电机组设计为：水以v1＝3 m/s的速度流入水轮机后以v2＝1 m/s的速度流出，流出水位比流入水位低10 m，水流量Q＝10 m3/s，水轮机效率为75%，发电机效率为80%，试问：（1）发电机组的输出功率是多少？（2）如果发电机输出的电压为240 V，用户所需的电压为220 V，输电线路中能量损失为5%，输电电阻为503，那么所需升、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别是多少？参考答案1.答案：B解析：远距离输电中，在输送功率不变的条件下，采用高压输电．可减少能量损耗，提高输电效率．2.答案：C解析：由P 损＝I 2r 及U 损＝Ir 易分析知C 项正确．3.答案：D 解析：P ′＝I 2r ＝22=P P L r U U S ρ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＝P 2ρL /U 2S ，P 用＝P －P ′＝P （1－PρL /U 2S ）．则②④正确．4.答案：BD解析：从能量守恒角度分析，当用户功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即P 1增大，根据题意，输入电压U 1保持不变，且升压变压器的匝数比不变，故输出电压U 2不变；由于P 1增大，由P 1＝U 1I 1＝P 2＝U 2I 2可得，I 1增加，P 2、I 2均增加．又U 3＝U 2－I 2R ，故U 3减小，由于降压变压器原、副线圈匝数不变，可知随U 3减小，U 4也减小，A 错误、B 正确；由于用户功率增加，即P 4增加，理想变压器无功率损失，可得P 3＝P 4，功率P 3也增加，故C 错误、D 正确．5.答案：CD解析：此题容易犯的错误是将输电电压与损失电压相混，由2=U P R而选B 项．再一个易犯的错误是没有抓住P 送不变而选择A 项．正确的思路是由=P I U 送线送可知22=P P R U ∆⋅送线送，C 项对．2=U P R ∆∆线，D 项对． 6.答案：（1）见解析 （2）219.6 V 4.392×104 W （3）180 V3．6×104 W解析：（1）示意图如图所示．（2）升压变压器次级的输出电压221110==1n U U n ×220 V＝2 200 V ． 据升压变压器的输出功率等于输入功率知，升压变压器次级输出电流3224410 A=20A 2200P I U ⨯==． 输电线路上的电压损失和功率损失分别为U R ＝I 2R ＝20×0.2 V＝4 V ，P R ＝I 22R ＝202×0.2 W＝80 W ．加到降压变压器原线圈上的输入电流和电压分别为I 3＝I 2＝20 A ，U 3＝U 2－U R ＝（2 200－4）V ＝2 196 V ． 降压变压器次级的输出电压和电流分别为4433110n U U n ==×2 196 V＝219.6 V ，I 4＝34n n I 3＝10×20 A＝200 A ，用户得到的功率为P 4＝I 4U 4＝200×219.6 W＝4.392×104 W ． （3）若不采用高压输电，用220 V 低压直接供电时，电路如图所示，则输电电流314410= A=200 A 220P I U ⨯=，输电线路上的电压损失U R ′＝IR ＝200×0.2 V＝40 V ，所以用户得到的电压为U 4′＝U 1－U R ′＝（220－40）V ＝180 V ．用户得到的功率为P 4′＝IU 4′＝200×180 W＝3.6×104 W ．7.答案：150 47511解析：此输电线路图如下水力发电站的发电功率P ＝mgh tη＝ρQghη＝1.0×103×20×10×5×50%＝5×105 W 输电线上损失的功率 ΔP ＝P ×5%＝5×105×5%＝2.5×104 W ，ΔP ＝I 2·r得I ＝50 A ，所以U 2＝P I＝1×104 V ，112220011000050n U n U ===， U 3＝U 2－ΔU ＝104 V －Ir ＝（104－500）V ＝9 500 V ， 所以33449500V 475220V 11n U n U ===． 8.答案：（1）624 kW （2）433∶26 000 26 945∶433解析：（1）t 时间内，水轮机获得的机械能E ＝[mgh ＋12m （v 12－v 22）]×75% ＝[Qtρgh ＋12Qtρ（v 12－v 22）]×75% 则发电机输出的电能E 电＝E ×80%， 发电机的输出功率0=624 kW E P t =电．（2）发电机的输出电流56.2410==A=2 600 A240PIU⨯，输电线路损失的功率ΔP＝P0×5%＝624×5% kW＝31.2 kW，输电线中的电流243.3 AI≈，故升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝I2∶I1≈43.3∶2 600＝433∶26 000．降压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率：P＝P0－ΔP＝592.8 kW．输出电流332592.810==A 2 694.5 A220PIU⨯≈．所以降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4＝I3∶I2＝2 694.5∶43.3＝26 945∶433．。

第二章第七节 远距离输电[随堂检测]1．在远距离输电过程中，为减少输电线路上的电能损失，可采用的最佳方法是( )A ．使输电线粗一些B ．减小输电线长度C ．减少通电时间D ．采用高压输电解析：选D.从造成电能损失的原因分析，要减少电能损失，需要减小电阻、减小输电电流，减小电阻已达到目前技术的极限了，因此，应当采用高压输电，减小输电电流．2．(多选)某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P 0，输电电压为U ，输电导线的总电阻为R .则下列说法正确的是( )A ．输电线上的电流I ＝U RB ．输电线上的电流I ＝P 0UC ．输电线上损失的功率P ＝⎝⎛⎭⎫P 0U 2RD ．输电线上损失的功率P ＝U 2R解析：选BC.输电线上的电流I 线＝P 0U ＝U 线R，故A 错误，B 正确；输电线上的功率损失P ＝I 2线R ＝⎝⎛⎭⎫P 0U 2R ＝U 2线R ，故C 正确，D 错误． 3．500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大工程，我省超高压输电工程正在紧张建设之中．若输送功率为3 200万千瓦，原来采用200千伏输电，由于输电线有电阻而损失的电功率为P 损，则采用500千伏超高压输电后，在输电线上损失的电功率为(设输电线的电阻未变)( )A ．0.4P 损B ．0.16P 损C ．2.5P 损D ．6.25P 损解析：选B.根据P 损＝P 2U2r 可知：当输电电压由200 kV 升高到500 kV 时，其线路损耗由P 损减小到0.16P 损，选项B 正确．4．如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )A ．用户用电器上交流电的频率是100 HzB ．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC ．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小解析：选D.由u －t 图象可知，交流电的周期T ＝0.02 s ，故频率f ＝1T＝50 Hz ，选项A 错误；交流电的最大值U m ＝500 V ，故有效值U ＝U m 2＝250 2 V ，选项B 错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比决定，选项C 错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P ＝I 21R ，得输电线损失的功率减小，选项D 正确．5．某小型水电站输出功率为20 kW ，输电线路总电阻是6 Ω.(1)若采用380 V 电压输电，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n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．解析：(1)P 电＝U 1I 1，P 损＝I 21R损耗的功率为P 损＝P 2电U 21R ＝（2×104）23802×6 W ≈16.6 kW. (2)P 电＝U 2I 2，损失的电压ΔU ＝I 2R ＝24 VU 3＝U 2－ΔU ＝4 976 V ，U 3∶U 4＝n 1∶n 2用户得到的电压U 4≈226.2 V .答案：(1)16.6 kW (2)226.2 V[课时作业][学生用书P93(单独成册)]一、单项选择题1．中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其客观原因是电网陈旧老化．近年来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格可采取的措施有( )A ．提高输送功率B ．增大输送电流C ．提高输电电压D ．减小输电导线的横截面积解析：选C.电费高低与线路损耗有关，损耗越大，电费越高，减少损耗的途径有二：一是提高输电电压；二是减小输电线电阻，即增大导线的横截面积，故C 选项正确．2．输电导线的电阻为R ，输送电功率为P .现分别用U 1和U 2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为( )A ．U 1∶U 2B ．U 21∶U 22C ．U 22∶U 21D ．U 2∶U 1 解析：选C.由P ＝UI 得输电线中的电流I ＝P U .输电线中损失的功率P 损＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫P U 2R ＝P 2R U2，即在输送功率和输电线电阻不变的情况下，损失的功率与输电电压的平方成反比．所以P 损1∶P 损2＝U 22∶U 21，故C 正确． 3．图甲是高压输电的示意图，升压变压器的原线圈的输入电压U 1＝240 V ，输入电流i 随时间t 变化的正弦规律如图乙所示．已知输电线的总电阻R ＝10 Ω，通过输电线的电流I ＝10 A ，且变压器均为理想变压器，则( )A ．升压变压器的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝1∶20 2B ．升压变压器的原、副线圈两端的电压比U 1∶U 2＝1∶20 2C ．降压变压器的原线圈的输入功率P 3＝47 000 WD ．降压变压器的原线圈的输入功率P 3＝48 000 W解析：选C.根据n 1I 1＝n 2I 2及图象可得n 1∶n 2＝1∶20，选项A 错误；根据U 1U 2＝n 1n 2可知选项B 错误；升压变压器的原线圈的输入功率P 1＝U 1I 1＝48 000 W ，则降压变压器的原线圈的输入功率P 3＝P 1－I 2R ＝47 000 W ，选项C 正确、D 错误．4．中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原采用500 kV 的超高压输电，输电线上的损耗电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率变为( )A ．P /4B ．P /2C ．2PD ．4P解析：选A.由P ＝UI 可知由500 kV 的超高压输电变为1 000 kV 特高压输电时，输电线电流变为原来的1/2，再根据P 线＝I 2R 线可得输电线上损耗的电功率将变为P /4，故选A.5．某用电器离供电电源的距离为l ，线路上的电流为I .若要求线路上的电压降不超过U .已知输电导线的电阻率为ρ，那么该输电导线的横截面积的最小值是( )A ．ρlI UB ．I 2ρC ．2ρlI UD ．2Ul Iρ解析：选C.因为导线的总长度为2l ，所以电压降U ＝IR ＝Iρ2l S 解得S ＝2ρlI U.正确选项为C. 二、多项选择题6．远距离输电都采用高压输电，其优点是( )A ．可节省输电线的材料B ．可根据需要调节交流电的频率C ．可减少输电线上的能量损失D ．可加快输电的速度解析：选AC.由P ＝IU 得I ＝P U，输送的电功率P 一定，采用高压输电，U 大则I 小，输电线中的电流就小，由P 线＝I 2·r ，在要求输电线损耗一定的情况下，就可选电阻率略大一点的材料做导线．若输电线确定，则可以减少输电线上的能量损失，故A 、C 选项正确．交流电的频率是固定的，不需调节．输电的速度就是电磁波的传播速度，是一定的．故B 、D 选项不正确．7．发电厂发电机输出电压为U 1，发电厂到学校的输电导线总电阻为R ，通过导线的电流为I ，学校得到的电压为U 2，则输电线上的损耗的电功率可表示为( )A ．U 21RB ．（U 1－U 2）2RC ．I 2RD ．I (U 1－U 2)解析：选BCD.输电线上的电压损失为U 1－U 2，即电阻R 两端的电压为U 1－U 2，故其消耗的电功率为（U 1－U 2）2R；流过导线中的电流为I ，即流过电阻R 的电流为I ，故其消耗的电功率还可表示为I 2R 和I (U 1－U 2)．综上所述，选项B 、C 、D 正确．8．某发电厂通过远距离向某学校输电，输送的电功率为P ，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，则下列说法正确的是( )A ．输送的电压越高，输电线路上损失的电压越小B ．输电线路上损失的电压与输送电流成正比C ．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成正比D ．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比解析：选ABD.由P ＝UI 知P 不变，U 越大，则I 越小，由欧姆定律ΔU ＝IR 线可得ΔU 越小，A 、B 对；再根据P 损＝I 2R 线＝⎝⎛⎭⎫P U 2R 线＝P 2R 线U 2，可知C 错，D 对． 9．某电站用11 kV 交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R ，现若用变压器将电压升高到220 kV 送电，下面说法正确的是( )A ．因I ＝U R，所以输电线上的电流增为原来的20倍 B ．因I ＝P U，所以输电线上的电流减为原来的1/20 C ．因P ＝U 2R，所以输电线上损失的功率为原来的400倍 D ．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的1/20解析：选BD.电压提高了20倍，由公式I ＝P U可知，电流将是原来的1/20，选项B 正确．再由电阻定律R ＝ρl S ，得P 损＝⎝⎛⎭⎫P U 2·ρl S，在功率损失不变的情况下，输送电压与导线横截面积的平方根成反比，从而得出选项D 正确．10．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T 1和降压变压器T 2向用户供电．已知输电线的总电阻为R ，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压的瞬时值表达式为u ＝220sin 100πt V ，降压变压器的副线圈与阻值R 0＝11 Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是( )A ．通过电阻R 0的电流的有效值是10 2 AB ．如果用户电阻R 0阻值增大，其他条件不变，则输电线路电阻R 中的电流值减小C ．升压变压器T 1的输出电压等于降压变压器T 2的输入电压D ．升压变压器T 1的输出功率大于降压变压器T 2的输入功率解析：选ABD.根据交流电的最大值与有效值之间的关系，降压变压器的副线圈电压有效值为2202V ，所以输出电流为I ＝U R ＝10 2 A ，所以A 对．如果用户电阻R 0阻值增大，其他条件不变，则输电线路电阻R 中的电流值减小，B 对．考虑到输电线上功率损失，所以根据能量守恒定律，则升压变压器T 1的输出功率大于降压变压器T 2的输入功率，D 对．由于输电线上有电压损失，所以C 错．三、非选择题11．输送4.0×106 W 的电能，若发电机输出电压为2 000 V ，选用变压器升压后应用横截面积为4.25 cm 2的铜导线，把电能送到400 km 远处，线路损耗的功率为5.0×105 W ．若已知铜的电阻率ρ＝1.7×10－8 Ω·m ，求：(1)应选用匝数比为多少的升压变压器；(2)在用户方使用降压变压器，其原线圈两端的电压为多大．解析：(1)由P ＝I 2R 得I ＝P R ，式中P 为线路损耗功率，R 为线路总电阻，两条导线总电阻R ＝ρL ′S ＝ρ2L S ，则R ＝1.7×10－8×4×105×24.25×10－4Ω＝32 Ω 所以I ＝P R＝125 A. 因为P 输入＝P 输出，所以在升压变压器副线圈两端的电压为U 2＝P 2I ＝3.2×104 V 故n 1n 2＝U 1U 2＝116. (2)设U 2′ 为降压变压器原线圈两端的电压，则 U 2′ ＝U 2－IR 线＝2.8×104 V.答案：(1)1∶16 (2)2.8×104 V12．如图所示，一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率P 1＝50 kW ，输出电压U 1＝500 V ，升压变压器原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝1∶5，两个变压器间的输电导线的总电阻R ＝15 Ω，降压变压器的输出电压U 4＝220 V ，变压器本身的损耗忽略不计，求：(1)升压变压器副线圈两端的电压U 2；(2)输电线上损耗的电功率P 损；(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n 3∶n 4.解析：(1)升压变压器的输出电压：U 2＝n 2n 1U 1＝2 500 V . (2)传输电流：I 2＝P 2U 2＝50×1032 500A ＝20 A. 损失的功率：P 损＝I 22R ＝202×15 W ＝6 000 W.(3)降压变压器的输入电压为：U 3＝U 2－I 2R ＝2 500 V －20×15 V ＝2 200 V降压变压器的原、副线圈匝数比：n 3n 4＝U 3U 4＝2 200220＝101. 答案：(1)2 500 V (2)6 000 W (3)10∶1。

1、如图所示,变压器输入交变电压一定,两个副线圈的匝数为和,当把一电阻先后接在间和间时,安培表的示数分别为和，则：为（）A、:B、:C、：D、:2、在某交流电路中,有一正在工作的变压器,原副线圈匝数分别为=600,=120,电源电压=220V，原线圈中串联一个0.2A的保险丝,为了保证保险丝不被烧坏,则( )A、负载功率不超过44wB、副线圈电流最大值不能超过1AC、副线圈电流有效值不能超过1AD、副线圈电流有效值不能超过0.2A3、远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高到n倍，则（）A．输电线上的电功率损失减少到原来的1/n2B．输电线上的电压损失减少到原来的(n-1)/n倍C．输电线上的电功率损失减少到原来的(n2-1)/n2D．每根输电线上的电压损失减少到原来的1/n4、在电能输送过程中，若输送的电功率一定，则在输电线上损失的电功率（）A、随输电线电阻的增大而增大R 线B 、和输送电压的平方成正比C 、和输电线上电压降落的平方成正比D 、和输电线中的电流强度的平方成正比E ．和输电电压的平方成反比5、用U1和U2两种电压通过相同长度和材料的导线输电，若输送的电功率相等，在输电线上损失的电功率也相同，则在两情况下输电线截面积之比S1：S2为（ ）A 、B 、C 、D 、6、用1万伏高压输送100千瓦的电功率，在输电线上损失2%的电功率，则输电线的电阻是______ ，如果把输送电压降低一半，则输电线上损失功率将占输送功率的___%．7、如图所示，理想变压器和三个定值电阻、和接在交流电源上，=，若、和上的电功率相等，则：=________,变压器原、副线圈的匝数比为__________.8、远距离输送一定功率的交流电，若输电电压提高 倍，则输电导线的电功率损失是原来的___________，输电导线的电压损失是原来的_______________．9、发电机的输出电压为U ，输出总功率为P ，通过总电阻为R 的输电线向用户供电，则输电线上电流强度为____________，输电线上的电压降落为___________，输电线上损失的电功率为________，用户得到的电压为________，用户得到的功率为________．10、（原创）理想变压器接到交流电源上,则变压器原线圈和副线圈上相同的物理量是 A . 电流 B . 线圈两端的电压 C . 电流变化的频率 D . 电功率11、某发电机输出功率是100kw ，输出电压是250V ，从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220V ，求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比各是多少？12、某小型实验水电站输出功率是20kW ，输电线路总电阻是6Ω。

第七节远距离输电A级抓根底1. (多项选择)如图为远距离输电示意图，升压变压器与降压变压器的匝数比分别为1∶100和100∶1，发电站输出电压为u＝2502sin 100πt (V)．如下说法正确的答案是()A．用户得到的交变电压频率为50 HzB．用户得到的交流电压有效值为250 VC．用电顶峰期升压变压器的输出电压不变D．输送过程中电能的损耗主要来自变压器原、副线圈的发热解析：变压器不会改变交流电的频率，选项A正确；由于输电线上有电压的损失，虽然变压比为1∶100和100∶1，所以用户得到的交流电压有效值小于为250 V，选项B错误；发电站发出的电压是定值，升压变压器的输出电压也是定值，与负载无关，选项C正确；输送过程中电能的损耗主要来自输电线，选项D错误．答案：AC2. (多项选择)远距离输电时，为减少输电线上的能量损失可采用的措施有()A．降低导线电阻B．可加快输电速度C．可增大输电功率D．高压输电解析：在输电电流I输一定的情况下，由公式P输＝I2输R知，减小导线电阻能减少输电电能损失，故A正确；加快速度不会减小功率损失，并且也无法增大输电的速度；故B错误；一般来说我们所输送的功率均是一定的，并且增大输电功率的同时，电流也将随之增大，损失的功率同样很大，故C错误；在输电功率P输一定的情况下，U输越大，输电电流I输越小，由公式P输＝I2输R知，输电电流越小，电能损失越小，所以应该高压输电，故D正确．答案：AD3．某发电厂通过远距离向某学校输电，输送的电功率为P，从发电厂至学校的输电导线总电阻为r，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，如此如下说法正确的答案是() A．输送的电压越高，输电线上的电流越大，输电线路上损失的电压越大B．输电线路上损失的电压与输送电流成正比C．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成正比D ．输电导线总电阻r 两端的电压等于输送的电压解析：根据输电线路上损失的功率P 损＝I 2r 以与输电线上的电流与输出功率、电压的关系P ＝UI 可知，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，输送的电压越高，输电线上的电流越小，输电线路上损失的电压越小，且输电线路上损失的功率P 损＝(P U)2r ，跟输送电压的平方成反比，选项A 、C 错误；根据欧姆定律可知，输电线路上损失的电压与输送电流成正比，选项B 正确；输电导线总电阻r 两端的电压不等于输送的电压，输电导线总电阻r 两端的电压与用户端得到的电压之和等于输送的电压，选项D 错误．答案：B4．如下列图，在远距离输电电路中，升压和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电电线的电阻均不变，电表均为理想电表．假设用户的总功率减小，如此如下说法正确的答案是()A ．电压表V 1示数减小，电流表A 1减小B ．电压表V 1示数增大，电流表A 1减小C ．电压表V 2示数增大，电流表A 2减小D ．电压表V 2示数减小，电流表A 2减小 解析：根据U 出U 1＝n 1n 2得电压表V 1两端的电压U 1不变；根据P 出＝U 1I 1得通过电流表A 1的电流I 1将减小，根据I 2I 1＝n 3n 4得通过电流表A 2的电流I 2将减小，降压变压器原线圈两端的电压U ＝U 1－I 1R 线将增大，根据U U 2＝n 3n 4得电压表V 2两端的电压U 2增大，综上可知C 正确．答案：C5．如下列图，交流发电机向理想变压器M 1提供e ＝2202sin 100πt (V)的交变电压，升压变压器原、副线圈匝数之比为1∶10，远距离输电导线总电阻R ＝2 Ω，输送功率为10 kW ，如此输电线上损失的功率为多少？解析：由发电机提供e ＝2202sin 100πt (V)的交变电压可知，提供给变压器原线圈n 1两端的电压U 1＝220 V ，副线圈n 2两端输出的电压U 2＝2 200 V ．根据输出功率P ＝10 kW ，可得I R ＝P U ＝10 0002 200 A ＝5011 A ，又因为P R ＝I 2R R ，所以P R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫50112×2 W ＝41 W.答案：41 WB 级 提能力6．(多项选择)某发电厂原来用电压为U 1的交变电流输电，后改用变压比为1∶50的升压器将电压升高后输电，输送的电功率保持不变．假设输电线路的电阻为R ，如此如下说法中正确的答案是()A ．由公式I ＝P U 可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的150B ．由公式I ＝U R可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍 C ．由公式P ＝I 2R 可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的12 500D ．由公式P ＝U 2R可知，提高电压后输电线上的功率损耗增大为原来的2 500倍解析：根据公式n 2n 1＝U 2U 1可得输送电压变为原来的50倍，而输送功率不变，所以由I ＝P U可得提高电压后输电线上的电流降为原来的150，A 正确；如果使用I ＝UR 计算电流变化，如此公式中的U 表示的是输电线上损耗的电压，而不是输送电压，B 错误；电流变为原来的150，而输电线电阻不变，所以根据公式P ＝I 2R 可得提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的12 500，C 正确；如果由公式P ＝U 2R计算输电线上功率的损耗，如此U 表示的是输电线上损耗的电压，而不是输送电压，D 错误．答案：AC7．有一台交流发电机E ，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 .T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，它的输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.设T 1的输入电压U 1一定，当用户消耗的电功率变大时，有()A ．P 2变大，P 3变大B ．P 1变小，P 2变小C ．U 2变小，U 3变小D ．U 2变小，U 4变大解析：当用户消耗的电功率变大时，由于是理想变压器，如此P 3也会变大，由于T 1的输入电压U 1一定时，U 2也不变，如此P 2必须变大，故A 正确，B 错误；线路上的电流变大，导致电阻R 消耗的功率也变大，电阻两端电压也变大，所以U 3变小，U 4变小，故C 、D 错误．答案：A8．分别用220 V 和1 100 V 的电压输电，输送电功率一样，导线材料和送电距离也一样．假设要输电线路上的功率损失也一样，如此所用导线的横截面积之比是()A ．25∶1B ．5∶1C ．1∶5D ．1∶25解析：设导线的电阻率为ρ，导线的横截面积为S ，导线总电阻为R ，送电距离为L ，输电电压为U ，输电线中电流为I ，输送功率为P ，如此由P ＝UI 得，I ＝P U，输电损失的电功率为ΔP ＝I 2R ，R ＝ρ2LS ，联立可得：ΔP ＝P 2U 2·ρ2LS.由题意，P 、L 、ρ、ΔP 相等，如此有S 1∶S 2＝U 22∶U 21＝1 1002∶2202＝25∶1.答案：A9．(多项选择)远距离输电装置如下列图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，2是升压变压器的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，R 是输电线的电阻，交流电源的输出电压恒定．当K 由2改接为1时，如下说法正确的答案是()A ．电压表读数增大B ．电流表读数增大C ．电流表读数减小D ．输电线上损失的功率减小解析：K 由2改接为1时，升压变压器副线圈匝数增多，根据U 1∶U 2＝n 1∶n 2可知输电电压U 2升高．所以输电线电压增大，所以最终降压变压器的输出电压变大，电压表测路端电压，示数变大，A 正确；电压表示数增大，电流增大，所以电流表的示数增大，B 正确，C 错误；电流表示数增大，输电线损失功率增大，D 错误．答案：AB10. 三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦．(1)假设输出的电压为20万伏，如此输电线上的电流为多少？(2)某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，如此输电线上损失的功率为多少？它占输出功率的几分之几？(3)假设将电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占输出功率的几分之几？解析：(1)由P ＝UI ，得I ＝P U ＝5×1082×105A ＝2 500 A.(2)输电线上损失的功率ΔP ＝I 2·2r ＝2 5002×2×10 W ＝1.25×108W ， 损失功率与输出功率之比为 ΔP P ＝1.25×1085×108＝14. (3)当电压升高至50万伏时，I ′＝P U ′＝5×1085×105A ＝1 000 A ，输电线上损失的功率为ΔP ′＝I ′2·2r ＝1 0002×2×10 W ＝2×107W. 损失功率与输出功率之比为 ΔP ′P ＝2×1075×108＝125. 答案：(1)2 500 A(2)1.25×108 W 14 (3)1 000 A2×107W 12511. 某小型水力发电站的发电输出功率为5×104W ，发电机的输出电压为250 V ，输电线总电阻R 线＝5 Ω.为了使输电线上损失的功率为发电机输出功率的4%，必须采用远距离高压输电的方法，在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器．设用户所需电压为220 V ，不计变压器的损失(g 取10 m/s 2)．(1)求输电线上的电流；(2)升、降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？ (3)可供多少盏“220 V40 W 〞的白炽灯正常工作？解析：(1)输电线中，由P 损＝I 22R 线， 得I 2＝P 损R 线＝20 A. (2)由P ＝U 2I 2，得U 2＝5×10420 V ＝2.5×103V ，对升压变压器：n 1n 2＝U 1U 2＝2502.5×103＝110， 对降压变压器：U 3＝U 2－IR 线＝(2 500－20×5) V ＝2 400 V ，又U 4＝220 V ，故n 3n 4＝U 3U 4＝12011. (3)n ＝P －P 损P 0＝1 200(盏)． 答案：(1)20 A(2)12011(3)1 200。

第二章 交变电流第七节 远距离输电A 级 抓基础1．(多选)下列关于电能输送的说法中正确的是( ) A ．输送电能的基本要求是可靠、保质、经济B ．减小输电导线上功率损失的唯一办法是采用高压输电C ．减小输电导线上电压损失的唯一方法是增大输电线的横截面积D ．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输电功率的大小、距离远近、技术和经济条件等 答案：AD2．远距离输电中，发电厂输送的电功率相同，如果分别采用输电电压为U 1＝110 kV 和输电电压为U 2＝330 kV 输电．则两种情况中，输电线上通过的电流之比I 1∶I 2等于( ) A ．1∶1 B ．3∶1 C ．1∶3 D ．9∶1解析：输送功率相同，根据P ＝UI 得，输电电流与输电电压成反比，由公式I 1I 2＝U 2U 1可知B 对． 答案：B3．电站向远方送电，输送的电功率恒定，若将送电电压提高到原来的K 倍，则( ) A ．输电电流也为原来的K 倍B ．输电导线上损失的电压为原来的K 倍C ．输电导线上损失的电功率为原来的K 2倍 D ．输电导线上损失的电功率为原来的1K倍解析：设输电功率是P ，输电电压为U ，输电导线电阻为R ，输电电流I ＝P U，输电损失的功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ，输电导线电阻R 与输电功率P 一定，如果输电电压提高到原来的K 倍，由P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R 可知，输电功率损失减小到原来的1K 2倍，D 正确． 答案：D4．远距离输电中，发电厂输送的电功率相同，如果分别采用输电电压为U 1＝11 kV 输电和输电电压为U 2＝110 kV 输电．则两种情况中，输电线上损耗功率之比P 1∶P 2等于( ) A ．1∶100 B ．10∶1 C ．1∶10 D ．100∶1解析：输送的电功率不变，根据P ＝UI ，输电电压比为1∶10，则输电电流比为10∶1，根据P 损＝I 2R 知，输电线上损耗的功率之比为100∶1.故D 正确，A 、B 、C 错误． 答案：D5．(多选)某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P 0，输电电压为U ，输电导线的总电阻为R .则下列说法正确的是( )A ．输电线上的电流I ＝U RB ．输电线上的电流I ＝P 0UC ．输电线上损失的功率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 0U 2R D ．输电线上损失的功率P ＝U 2R解析：输电线上的电流I 线＝P 0U ＝U 线R 故A 错误，B 正确；输电线上的功率损失P ＝I 2线R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 0U 2R＝U 2线R，故C 正确，D 错误． 答案：BC6．(多选)某发电厂通过远距离向某学校输电，输送的电功率为P ，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，则下列说法正确的是( )A ．输送的电压越高，输电线路上损失的电压越大B ．输电线路上损失的电压与输送电流成正比C ．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成正比D ．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比解析：设输电电压为U ，线路电阻为R ，由P ＝UI 得输电电流I ＝PU ，则损失电压为U 损＝IR ＝PR U，A 错，B 对．线路上损失的功率P 损＝I 2R ＝P 2RU知C 错，D 对．答案：BD B 级 提能力7．如图所示，电路中输电线较长，所以导线的电阻不能忽略不计，若保持电源的电压不变，将电键S 1、S 2、S 3逐个接通，则( )A ．电源的输出功率减小B ．每只灯消耗的电功率增大C ．输电导线中消耗的电功率增大D ．输送的电功率减小解析：电键S 1、S 2、S 3逐个接通，负载电阻阻值减小，据I ＝UR ＋R 线，可知电路中的总电流增大，电源的输出功率增加，A 错误；又U 灯＝U －IR 线，灯两端的电压减小，每只灯消耗的电功率减小，所以B 错误；再根据P ＝I 2R 线可知输电导线中消耗的电功率增大，C 正确；输送的电功率P ＝UI 因电流I 增大而增大，D 错误． 答案：C8．分别用220 V 和1 100 V 的电压输电，输送电功率相同，导线材料和送电距离也相同．若要输电线路上的功率损失也相同，则所用导线的横截面积之比是( ) A ．25∶1 B ．5∶1 C ．1∶5 D ．1∶25解析：设导线的电阻率为ρ，导线的横截面积为S ，导线总电阻为R ，送电距离为L ，输电电压为U ，输电线中电流为I ，输送功率为P ，则由P ＝UI 得，I ＝P U，输电损失的电功率为ΔP＝I 2R ，R ＝ρ2LS ，联立可得：ΔP ＝P 2U 2·ρ2L S.由题意，P 、L 、ρ、ΔP 相等，则有S 1∶S 2＝U 22∶U 21＝1 1002∶2202＝25∶1.故选A.答案：A9．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R 1、R 2、R 3和R 4均为固定电阻，开关S 是闭合的，V 1和V 2为理想电压表，读数分别为U 1和U 2；A 1、A 2和A 3为理想电流表，读数分别为I 1、I 2和I 3.现断开S ，U 1不变，下列推断正确的是( )A ．U 2变小，I 3变小B ．U 2不变，I 3变小C ．I 1变小，I 2变小D ．I 1变小，I 2变大解析：原副线圈电压之比等于线圈匝数比值，因此S 断开不能改变U 2大小，所以排除A.由于U 2不变，当S 断开，则输出端负载电阻R 增加，即总电流变小，即I 2变小，输出功率变小，所以I 1也变小，所以排除D.因此R 1分得电压变小，所以R 234总电压增加，因此R 2电流应该变大．由于I 2变小，所以I 3变大．故选C. 答案：C10．(多选)如图为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器．随着用户负载增多，发电机F 达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的用电功率，可采取的措施是( )A ．适当减小输电线的电阻rB ．适当提高n 4n 3C ．适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3D ．适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3解析：当发电机输出功率一定时，为使远距离用户得到更多的功率，需减小输电线上的功率损失，根据ΔP ＝I 2r ，可以减小输电线的电阻r ， A 对；也可以通过提高输电电压，减小输送电流，即提高n 2n 1，这样使线圈n 3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低n 4n 3，C 对． 答案：AC11．某发电站的输出功率为104kW ，输出电压为4 kV ，通过理想变压器升压后向80 km 远处用户供电．已知输电导线的电阻率为ρ＝2.4×10－8Ω·m ，导线横截面积为1.5×10－4 m 2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求： (1)升压变压器的输出电压； (2)输电线路上的电压损失． 解析：(1)导线电阻：r ＝ρ2l S ＝2.4×10－8×2×80×1031.5×10－4Ω＝25.6Ω. 输电线路损失功率为输出功率的4%，则 4%P ＝I 2r ，代入数据得：I ＝125 A ， 由理想变压器P 入＝P 出及P ＝UI 得：输出电压U ＝P I ＝107125V ＝8×104V.(2)输电线路上电压损失：U ′＝Ir ＝125×25.6 V＝3.2×103V.答案：(1)8×104 V (2)3.2×103V12．水力发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能，是功在当代，利在千秋的大事，现在水力发电已经成为我国的重要能源之一．某小河水流量为40 m 3/s ，现在欲在此河段上筑坝安装一台发电功率为1 000 kW 的发电机发电，采用高压输电，高压输电线的总电阻为5Ω，损耗总功率的5%.求：(1)能使多少盏“220 V，100 W ”的电灯正常发光？(2)设发电机输出电压为500 V ，则所用理想升压变压器原副线圈匝数比应是多大？(3)若所用发电机总效率为50%，则拦河坝要建多高(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，重力加速度g 取10 m/s 2)?解析：(1)用户得到的功率P 用＝P ×95%，P 用＝n ×P 灯，n ＝9 500 盏．(2)输电线上损失的功率P ×5%＝I 2R ，设升压变压器原线圈两端的电压为U 1，副线圈两端的电压为U 2升压变压器输出功率P ＝U 2I 且P ＝P 总，则U 2＝10 000 V ，由n 1n 2＝U 1U 2解得n 1n 2＝120. (3)由水流流量Q 知，每秒钟到达发电机涡轮组的水的体积V ＝Q每秒钟到达发电机涡轮组的水的质量m ＝ρV ，由题意知：mgh ×50%＝P ，解得h ＝5 m. 答案：(1)9 500 (2)120(3)5 m。

士大夫但是感到十分第二章交变电流第七节远距离输电A级抓基础1．(多选)下列关于电能输送的说法中正确的是()A．输送电能的基本要求是可靠、保质、经济B．减小输电导线上功率损失的唯一办法是采用高压输电C．减小输电导线上电压损失的唯一方法是增大输电线的横截面积D．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输电功率的大小、距离远近、技术和经济条件等答案：AD2．远距离输电中，发电厂输送的电功率相同，如果分别采用输电电压为U1＝110 kV和输电电压为U2＝330 kV输电．则两种情况中，输电线上通过的电流之比I1∶I2等于()A．1∶1B．3∶1C．1∶3 D．9∶1解析：输送功率相同，根据P＝UI得，输电电流与输电电压成反比，由公式I1I2＝U2U1可知B对．答案：B3．晚上七八点钟，用户使用的电灯增多，灯光要比深夜暗些，这是因为()A．电路的总电流减小，每盏灯分到的电流也减小B．电路的总电流不变，但每盏灯分到的电流减小C．电路的总电流增大，使输电干线上的电压降增大D．电路的总电流增大，使输电干线上的电压降减小解析：晚上七八点钟，由于负载增多，总电阻减小，根据欧姆定律I＝UR可知，输电线上的电流增大，输电线上损失的电压变大，所以用户获得的电压减小，每盏灯两端的电压降低，故C正确，ABD 错误．答案：C4．(多选)某发电站用11 kV交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R.现若用理想变压器将电压升高到220 kV送电，下面哪个选项正确()A．因I＝UR，所以输电线上的电流增为原来的20倍B．因I＝PU，所以输电线上的电流减为原来的120C．因P＝U2R，所以输电线上损失的功率增为原来的400倍D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的120解析：根据P＝UI得I＝PU，输送功率一定，输送电压变为原来的20倍，则输送电流变为原来的120，故A错误，B正确；根据P损＝I2R得，输送电流变为原来的120，则损失的功率变为原来的1400，故C错误；根据P损＝I2R得，输送电流变为原来的120，要使输电线上的功率不变，电阻变为原来的400倍，根据R ＝ρl S ＝ρ4l πd 2，直径变为原来的120，故D 正确． 答案：BD5．(多选)某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P 0，输电电压为U ，输电导线的总电阻为R .则下列说法正确的是( )A ．输电线上的电流I ＝U RB ．输电线上的电流I ＝P 0UC ．输电线上损失的功率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 0U 2R D ．输电线上损失的功率P ＝U 2R解析：输电线上的电流I 线＝P 0U ＝U 线R故A 错误，B 正确；输电线上的功率损失P ＝I 2线R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 0U 2R ＝U 2线R ，故C 正确，D 错误． 答案：BC6．(多选)某发电厂通过远距离向某学校输电，输送的电功率为P ，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，则下列说法正确的是( )A ．输送的电压越高，输电线路上损失的电压越大B ．输电线路上损失的电压与输送电流成正比C ．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成正比D ．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比解析：设输电电压为U ，线路电阻为R ，由P ＝UI 得输电电流I＝PU，则损失电压为U损＝IR＝PRU，A错，B对．线路上损失的功率P损＝I2R＝P2RU2知C错，D对．答案：BDB级提能力7．有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有()A．P2变大，P3变大B．P1变小，P2变小C．U2变小，U3变小D．U2变小，U4变大解析：当用户消耗的电功率变大时，由于是理想变压器，则P3也会变大，由于T1的输入电压U1一定时，U2也不变，则P2必须变大，故A正确，B错误；线路上的电流变大，导致电阻R消耗的功率也变大，电阻两端电压也变大，所以U3变小，U4变小，故C、D 错误．答案：A8．分别用220 V和1 100 V的电压输电，输送电功率相同，导线材料和送电距离也相同．若要输电线路上的功率损失也相同，则所用导线的横截面积之比是()A．25∶1 B．5∶1C ．1∶5D ．1∶25解析：设导线的电阻率为ρ，导线的横截面积为S ，导线总电阻为R ，送电距离为L ，输电电压为U ，输电线中电流为I ，输送功率为P ，则由P ＝UI 得，I ＝P U ，输电损失的电功率为ΔP ＝I 2R ，R ＝ρ2L S，联立可得：ΔP ＝P 2U2·ρ2L S .由题意，P 、L 、ρ、ΔP 相等，则有S 1∶S 2＝U 22∶U 21＝1 1002∶2202＝25∶1.故选A.答案：A9．(多选)远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，2是升压变压器的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表， R 是输电线的电阻，交流电源的输出电压恒定．当K 由2改接为1时，下列说法正确的是( )A ．电压表读数增大B ．电流表读数增大C ．电流表读数减小D ．输电线上损失的功率减小解析：K 由2改接为1时，升压变压器副线圈匝数增多，根据U 1∶U 2＝n 1∶n 2可知输电电压U 2升高．所以输电线电压增大，所以最终降压变压器的输出电压变大，电压表测路端电压，示数变大，A 正确；电压表示数增大，电流增大，所以电流表的示数增大，B 正确，C 错误；电流表示数增大，输电线损失功率增大，D 错误．答案：AB10．(多选)如图为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器．随着用户负载增多，发电机F 达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的用电功率，可采取的措施是( )A ．适当减小输电线的电阻rB ．适当提高n 4n 3C ．适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3D ．适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3解析：当发电机输出功率一定时，为使远距离用户得到更多的功率，需减小输电线上的功率损失，根据ΔP ＝I 2r ，可以减小输电线的电阻r ，A 对；也可以通过提高输电电压，减小输送电流，即提高n 2n 1，这样使线圈n 3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低n 4n 3，C 对． 答案：AC11．发电厂输出的交变电压为22 kV ，输出功率为2.2×106 W ，现在用户处安装一降压变压器，用户电压为220 V ，发电厂到变压器间的输电导线总电阻为22 Ω.求：(1)输电导线上损失的电功率；(2)变压器原、副线圈的匝数之比．解析：(1)导线上输送的电流为I线＝P总U总＝2.2×1062.2×104A＝100 A则输电线损失电功率P损＝I2线R线＝1002×22 W＝2.2×105 W (2)降压变压器原线圈电压U1＝U总－U线＝U总－I线R＝19 800 V 所以原副线圈匝数比n1 n2＝U1U2＝19 800220＝901答案：(1)2.2×105 W(2)90∶112．水力发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能，是功在当代，利在千秋的大事，现在水力发电已经成为我国的重要能源之一．某小河水流量为40 m3/s，现在欲在此河段上筑坝安装一台发电功率为1 000 kW的发电机发电，采用高压输电，高压输电线的总电阻为5Ω，损耗总功率的5%.求：(1)能使多少盏“220 V，100 W”的电灯正常发光？(2)设发电机输出电压为500 V，则所用理想升压变压器原副线圈匝数比应是多大？(3)若所用发电机总效率为50%，则拦河坝要建多高(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2)?解析：(1)用户得到的功率P用＝P×95%，P用＝n×P灯，n＝9 500 盏．(2)输电线上损失的功率P×5%＝I2R，设升压变压器原线圈两端的电压为U1，副线圈两端的电压为U2升压变压器输出功率P＝U2I且P＝P总，则U2＝10 000 V，由n1n2＝U1U2解得n1n2＝120.(3)由水流流量Q知，每秒钟到达发电机涡轮组的水的体积V＝Q每秒钟到达发电机涡轮组的水的质量m＝ρV，由题意知：mgh ×50%＝P，解得h＝5 m.答案：(1)9 500(2)120(3)5 m。

第七节远距离输电学习目标知识脉络1。

知道从电厂到住宅的输电过程和输电线路．2．了解输电线上的功率损耗与何种因素有关及降低功率损耗的措施．知道高压输电的道理．（重点)3．了解高压交流和高压直流输电的优缺点．4．会利用变压器的规律和能量守恒的观点对简单的远距离输电进行定性分析和计算．（重点、难点）为什么要高压输电错误!1．基本要求既能安全、保质，又能减少电能损耗，降低输电系统成本．2．输电线路远距离输送电网基本结构：如图2.7。

1所示(输出功率为P,输出电压为U）．图2。

7­13．功率损耗输电导线损失的电功率：由P损＝I错误!R线可推得P损＝(错误!）2R线．4．两个关系功率关系：P入＝P线＋P用．电压关系：U2＝U线＋U3。

错误!1．输电线上的电压损失可用ΔU＝Ir计算,r为输电线的电阻．(√）2．输电电压越高越好．(×）3．家庭用电常用铜导线,是为了减小输电导线的电阻,从而减小电能损失．（√)错误!减小远距离输电过程中电功率损失的原因是什么？【提示】输电线路存在电阻．错误!假设两条输电线的总电阻为r,在如图2.7。

2所示的输电示意图中等效画为r，输送的功率为P，发电厂输出的电压为U1。

图2­7。

2探讨1:输电线上损失的电压为多少？怎样减小输电线上损失的电压呢？【提示】由P＝U1I得I＝错误!，所以ΔU＝Ir＝错误!.据ΔU＝Ir可知,减小输电线路上电压损失的方法主要有两种：①减小输电线路电阻；②减小输电电流．探讨2：怎样计算输电线路损失的功率呢？如何减少输电线路的功率损失呢?【提示】输电线路损失的功率ΔP＝I2r,减小输电线的电阻或输电线中的电流可减少输电线路的功率损失．错误!1．电压损失输电线始端电压U与输电线末端电压U′的差值．ΔU＝U－U′＝IR。

2．功率损失远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失,损失的电功率,可用以下三式计算：（1)ΔP＝I2R；（2)ΔP＝IΔU;(3）ΔP＝错误!.I为输电电流，R为输电线的电阻，ΔU为输电线上损失的电压．3．减小电压、功率损失的方法(1）减小输电线路的电阻由R＝ρ错误!可知，距离一定时,使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可减小电阻．(2）减小输电电流I由P＝UI可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流．1．（多选)在远距离输电时，输送的电功率为P，输送电压为U，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S,总长度为L，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用,则P′和P用的关系式正确的是( ) 【导学号：97192092】A．P′＝错误!B．P′＝错误!C．P用＝P－错误!D．P用＝P错误!【解析】输电线电阻R＝ρ错误!,输电电流I＝错误!，故输电线上损失的电功率为P′＝I2R＝错误!2ρ错误!＝错误!，用户得到的功率为，P用＝P－P′＝P错误!。

2.7 远距离输电 每课一练2（粤教版选修3-2）一、基础练1．远距离输电时，在输送电功率不变的条件下( )A ．只有增大导线的电阻，才能减小电流，提高输电效率B ．提高输电电压，能减小电流，提高输电效率C ．提高输电电压势必增大输电导线上能量损耗D ．提高输电电压势必增大输电导线上的电流2．(双选)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∶13．如图1所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n ∶1，原线圈接正弦交流电压U ，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R .当输入端接通电源后，电流表读数为I ，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是( )图1 A ．电动机两端电压为IRB ．电动机消耗的功率为I 2RC ．原线圈中的电流为nID ．变压器的输入功率为UI n4．(双选)如图2所示，一理想变压器由一个初级线圈和两个次级线圈组成．当此变压器工作时，初级、次级线圈的匝数、电流、电压均在图中标出．则下列几组关系式中正确的是( )图2 A ．U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3 B ．I 1I 2＝n 1n 2，I 1I 3＝n 3n 1C ．n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3D ．I 1I 2＋I 3＝n 2＋n 3n 1 5．有条河，流量Q ＝2 m 3/s ，落差h ＝5 m ，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V ，输电线总电阻R ＝30 Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V ，100 W”的电灯正常发光？(g 取10 m/s 2)二、提升练6．“西电东输”工程中为减少输电损耗，必须提高输电电压，从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106 kW ，输电电压为1 000 kV ，输电线电阻为100 Ω.若改用超导材料作为输电线，则可减少电损耗的功率为( )A ．105 kWB ．104 kWC ．106 kWD ．103 kW7．关于电能输送的分析，正确的是( )A ．由公式P ＝U 2R得到，输电电压越高，输电导线上的功率损失越大 B ．由公式P ＝U 2R得到，输电导线的电阻越大，功率损失越少 C ．由公式P ＝I 2R 得到，输电电流越大，输电导线上的功率损失越大D ．由公式P ＝IU 得到，输电导线上的功率损失与电流强度成正比8．如图3所示，当图中ab 两端与ef 两端分别加上220 V 的交流电压时，测得cd 间与gh 间电压均为110 V ；若分别在cd 间与gh 间两端加上110 V 的交流电压，则ab 与ef 间电压为( )图3A ．220 V,220 VB ．220 V,110 VC ．110 V,110 VD ．220 V,0 V9．(双选)调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图4所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，AB 间加上正弦交流电压U ，移动滑动触头P 的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R 和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q ，则( )图4A ．保持P 的位置不动，将Q 向下移动时，电流表的读数变大B ．保持P 的位置不动，将Q 向下移动时，电流表的读数变小C ．保持Q 的位置不动，将P 沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大D ．保持Q 的位置不动，将P 沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小10．理想变压器的原线圈接入表达式为i ＝I m sin ωt 的交变电流，一只灯泡和交流电流表串联后接在副线圈两端，读数为0.4 A ，当t ＝38T 时，原线圈的电流i ＝30 mA ，由此可知，此变压器的原副线圈匝数之比为( )A ．4∶30B ．40∶3C ．3∶40 2D ．40 2∶311．如图5所示，一理想变压器的原、副线圈分别由双线圈ab 和cd (匝数都为n 1)、ef 和gh (匝数都为n 2)组成．用I 1和U 1表示输入电流和电压，I 2和U 2表示输出电流和电压．在下列四种连接法中，符合关系U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1的有( )图5①b 与c 相连，以a 、d 为输入端；f 与g 相连，以e 、h 为输出端②b 与c 相连，以a 、d 为输入端；e 与g 相连，以f 、h 为输出端③a 与c 相连，以b 与d 相连作为输入端；f 与g 相连，以e 、h 为输出端④a 与c 相连，b 与d 相连作为输入端；e 与g 相连，f 与h 相连作为输出端A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④12．(双选)如图6所示，电路中的变压器为理想变压器，S 为单刀双掷开关，P 是滑动变阻器R 的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的交变电压，I 1、I 2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是( )图6A ．保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则R 上消耗的功率减小B ．保持P 的位置及U 1不变，S 由a 切换到b ，则I 2减小C ．保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则I 1增大电机输出功率为100 kW ，输出电压是250 V ，用户需要的电压是220 V ，输电线电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：图7(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比．(2)画出此输电线路的示意图．(3)用户得到的电功率是多少．答案1．B [在输出功率一定时，由P ＝UI 知，当U 增大时，I 减小，输电导线损耗的功率P 损＝I 2R 将变小．]2．BC [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，输入与输出的功率应相等，即P 1＝P 2，所以选项D 是错误的．]3．D [电动机两端电压为U n ，故电动机消耗的功率为IU n，即为变压器的输入功率，原线圈中的电流I 0＝I n.] 4．AC [电压与匝数成正比，故A 正确，能量守恒，故C 正确．]5．6∶125 235∶11 470盏解析 设ρ为水的密度电源端：P 输出＝mgh t×50%＝Qρgh ×0.5＝2×1×103×10×5×0.5 W ＝5×104 W 输出电压U 0＝240 V ，输送电路如下图所示为满足输电要求，据P损＝I 2送R ，有 I 送＝ P 损R ＝ P 输出×6%R＝ 5×104×0.0630 A ＝10 A 则送电电压为U 送＝P 输送I 送＝5×10410 V ＝5×103 V 所以升压变压器的匝数比为n 1∶n 2＝U 0∶U 送＝240∶(5×103)＝6∶125输电线电压损失U 损＝I 送R ＝10×30 V ＝300 V用户端：U 1＝U 送－U 损＝5×103 V －300 V ＝4 700 V据题意可知，U 2＝220 V ，所以降压变压器的匝数比为n 1′∶n 2′＝U 1∶U 2＝4 700∶220＝235∶11因为理想变压器没有能量损失，可正常发光的电灯盏数为N ＝P 输－P 损P 灯＝5×104－5×104×0.06100盏＝470盏 6．A [输电电流I ＝P U，输电线路损失的电功率P 损＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫P U 2R ＝1×105 kW ，当改用超导输电时，不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P 损，故A 正确．]7．C8．B [对变压器n ab n cd ＝U ab U cd ＝21U cd ′＝110 V 时，U ab ′＝220 V .对分压器gh 间接110 V 时，U ef ′＝U gh ′＝110 V ．]9．BC [保持P 的位置不动，U 2不变，将Q 向下移动时，R 变大，故电流表的读数变小；保持Q 的位置不动，R 不变，将P 沿逆时针方向移动时，n 2变大，U 2变大，故电流表的读数变大．]10．B [交流电流表的读数为0.4 A ，说明副线圈中电流的有效值为0.4 A ，原线圈中电流的表达式为i ＝I m sin ωt ，当t ＝38T 时，i ＝I m sin ωt ＝I m sin 2πT ·38T ＝I m sin 3π4＝22I m ＝I m 2＝30 mA ，所以原线圈中电流的有效值为30 mA ，电流之比是3∶40，所以匝数之比为40∶3.]11．D [图中双线圈ab ，cd ，ef ，gh 的绕法相同，当bc 相连，fg 相连时，相当于两组原线圈串联，两组副线圈串联，原、副线圈匝数都增大一倍，对理想变压器U 1U 2＝2n 12n 2＝n 1n 2，且有I 1U 1＝I 2U 2，所以I 1I 2＝n 2n 1，即①正确；当e ，g 相连时，副线圈相当于双线绕法，副线圈内感应电动势相互抵消，没有输出，②错误；③中原线圈ab 和cd 两个线圈并联，副线圈中ef 和gh 两个线圈串联，显然③错误；④中的a 与c 相连，e 与g 相连，原、副线圈中的两个线圈都并联，电压、电流符合题意，④正确．故正确选项为D .]12．BC [改变开关的位置就是改变副线圈匝数的多少，当副线圈匝数减少时，副线圈两端电压减小，R 上消耗的功率减小，电流也减小；当电压和副线圈都不发生变化时，调节滑动变阻器向上滑动，则电阻减小，输出电流增大，输入电流也增大．]13．(1)1∶20 240∶11 (2)见解析图 (3)96 kW解析 (1)输电线损失的功率P 损＝P ×4%＝100 kW ×4%＝4 kW输电线电流I 2＝P 损R 线＝4×10310A ＝20 A 升压变压器输出电压U 2＝P I 2＝100×10320V ＝5 000 V 升压变压器原、副线圈匝数比：n 1n 2＝U 1U 2＝2505 000＝120电压损失U 损＝I 2R 线＝20×10 V ＝200 V降压变压器原线圈端电压U 3＝U 2－U 损＝4 800 V降压变压器原、副线圈匝数比n 3n 4＝U 3U 4＝4 800220＝24011(2)如图所示(3)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为P 用＝P －P 损＝P(1－4%)＝100×96% kW ＝96 kW。