高中物理 第2章 交变电流 第7节 远距离输电学高二物理试题

点囤市安抚阳光实验学校远距离输电
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
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】 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，当采用高压输电，减小输电电流．
【答案】 D
2．关于电能输送的以下分析，正确的是( )【：90270094】
A ．由公式P ＝U 2
R 知，输电电压越高，输电线上功率损失越少
B ．由公式P ＝U 2
R
知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少
C ．由公式P ＝I 2
R 知，输电电流越大，输电导线上功率损失越大 D ．由公式P ＝UI 知，输电导线上的功率损失与电流成正比
【解析】 输电线上损失的功率P 损＝I 2
R 线＝U 2损R 线
，U 损指输电线上的分压，
而不是输电电压，选项C 正确．
【答案】 C
3．如图2­7­5所示，L 1和L 2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器．若已知甲的变压比为500∶1，乙的变流比为200∶1，并且已知电压表两端的电压为200 V ，通过电流表的电流为5 A ，则输电线的输送功率为( )
图2­7­5
A ．1.1×102
W B ．1.1×104
W C ．1.1×106 W
D ．1.1×108
W
【解析】 已知变压比为500∶1，电压表示数为220 V ，故传输电压为：U ＝220×500 V＝1.1×105
V ；已知变流比为200∶1，电流表示数为5 A ，故传输电流为：I ＝5×200 A＝1 000 A ；故电功率为：P ＝UI ＝1.1×105
V×1 000 A ＝1.1×108
W ，故D 正确．
【答案】 D
4．(多选)远距离输送一功率的交变电流，若输送电压升高为原来的n 倍，关于输电线上由电阻造成的电压损失和功率损失的说法中，正确的是( )
A ．输电线上的电功率损失是原来的1/n
B ．输电线上的电功率损失是原来的1/n 2
C ．输电线上的电压损失是原来的1/n
D ．输电线上的电压损失是原来的n 倍
【解析】 由P ＝UI 知，当输送的功率P 一时，电压升高为原来的n 倍时，输电电流I ′＝P /U ′＝P /(nU )＝1n
I ；又P 损＝I 2
R 线，所以输电线上的功率损失
P ′
损
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n I 2R 线＝1
n
2P 损，
即B 正确．输电线上的电压损失U ′
损
＝I ′R 线＝1n IR 线＝1
n
U 损，C 正确．
【答案】 BC
5．(2016·高二检测)“西电东送”工程中，为了减少输电损耗，必须提高输电电压．从西部某电站向某输送的电功率为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，则可减少输电损耗的功率
为( )
【：90270095】
A ．105
kW B ．104
kW
C ．106 kW
D ．103
kW
【解析】 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，就不损失电能，因此减少的输电损耗就于P 损，A 正确．
【答案】 A
6．如图2­7­6所示为远距离输电线路的示意图，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )
图2­7­6
A ．升压变压器的原线圈中的电流与用户电设备的功率无关
B ．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决
C ．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大
D ．升压变压器的输出电压于降压变压器的输入电压
【解析】 变压器的输入功率、输入电流的大小是由用户消耗的功率大小
决的，A 、B 项错误；用户的总电阻减小，根据P ＝U 2
R
，输电电压不变，消耗的
功率增大，输电线上的电流增大，再根据P 损＝I 2
·r ，因此线路损失功率增大，
C 项正确；升压变压器的输出电压于在输电线路电阻上损失的电压加上降压变
压器输入电压，D 项错误．
【答案】 C
7．(多选)高压直流输电与高压交流输电相比( )
A ．高压直流输电不存在感抗和容抗引起的损耗
B ．高压直流输电所需的设备比高压交流输电所需的设备经济
C ．高压直流输电技术简单
D ．高压直流输电主要用于联系非同步运行的交流系统
【解析】 稳的直流输电不存在感抗和容抗引起的损耗，A 正确；高压直流输电技术的要求高，所需的换流设备制造难价格高，B 、C 错误；高压直流输电主要用于联系非同步运行的交流系统，D 正确．
【答案】 AD
8．远距离输电的原理图如图2­7­7所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )
图2­7­7
A.I 1I 2＝n 1n 2
B ．I 2＝U 2
R
C ．I 1U 1＝I 2
2R
D ．I 1U 1＝I 2U 2
【解析】 根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2
n 1
.U 2不是加在R
两端的电压，故I 2≠U 2R
，而I 1U 1于R 上消耗的功率I 2
2R 与下一级变压器的输入功
率之和，选项D 正确．
【答案】 D [能力提升]
9．(多选)在如图2­7­8所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂
输出功率的增大，下列说法中正确的有( )【：90270096】
图2­7­8
A ．升压变压器的输出电压增大
B ．降压变压器的输出电压增大
C ．输电线上损耗的功率增大
D ．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
【解析】 由题意可知升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，A
错误；在电能输出过程中有：I ＝P
U
，U 线＝IR 线，U 3＝U 2－U 线，因P 变大，I 变大，
所以U 线变大，所以降压变压器初级电压U 3变小，则降压变压器的输出电压变
小，B 错误；由P 损＝(P U )2R 线，因P 变大，所以P 线变大，C 正确；根据P 损
P ＝
P U 2
R 线
P
＝PR 线
U
2，因P 变大，所以比值变大，D 正确．
【答案】 CD
10．某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106
kW.现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( )
A ．输电线上输送的电流大小为2×105
A
B ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C ．若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9×108
kW
D ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2
/r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻
【解析】 输出电功率P ＝3×106
kW ，输电电压U ＝500 kV ，则输电线上
输送的电流大小为I ＝P U ＝6×103
A ，所以A 错．输电线上由电阻造成的损失电
压U 损＝Ir ＝15 kV ，所以B 正确．输电线上损失的功率ΔP ＝U 损I ＝P 2
U
2r ，所以
D 错．若改用5 kV 电压输电，则输电线上的极限电流I ′＝
5 kV
2.5 Ω
＝2 000 A ，导线上最大消耗功率P ′＝I ′2
r ＝(2 000)2
×2.5 W＝107
W ，故C 错．
【答案】 B
11．远距离输电时，输送电压为6 000 V ，功率为500 kW ，这时，安装在输电线路起点和终点的电能表一昼夜里读数相差4 800 kW·h，则输电效率为多大？输电导线的电阻为多少？ 【：90270097】
【解析】 由能量守恒律可知：
η＝Pt －4 800Pt ×100%＝1－4 800500×24×100%＝60%
因为P 损＝P ×40%，P 损＝P 2
U
2r
所以r ＝36×106×200×10
3
25×1010
Ω＝28.8 Ω. 【答案】 60% 28.8 Ω
12．风力发电作为型环保能源，近年来得到了快速发展，如图2­7­9所示
的风车阵中发电机输出功率为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2­7­9
(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．
【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＝4×10
3
10
A ＝20 A. 升压变压器输出电压U 2＝P I 2＝100×10320 V ＝5×103
V.
升压变压器原、副线圈匝数比：n 1n 2＝U 1U 2＝2505 000＝1
20
.
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＝4 800220＝240
11
.
(2)如图所示
(3)用户得到的功率P 户＝P －P 损＝96 kW.
【答案】 (1)1∶20 240∶11 (2)见解析图
(3)96 kW
强化卷(三) 交流电、变压器与远距离输电问题
(建议用时：60分钟) 一、选择题
1．(2015·高考)小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如图1所示．矩形线圈ab 边和cd 边产生的感电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( ) 【：90270098】
图1
A ．峰值是e 0
B ．峰值是2e 0
C ．有效值是2
2
Ne 0
D ．有效值是2Ne 0
【解析】 因每匝矩形线圈ab 边和cd 边产生的电动势的最大值都是e 0，每匝中ab 和cd 串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e 0.N 匝线圈串联，
整个线圈中感电动势的最大值为2Ne 0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E ＝2Ne 0，故选项D 正确．
【答案】 D
2．如图2所示，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( )
图2
A ．120 V,0.10 A
B ．240 V,0.025 A
C ．120 V,0.05 A
D ．240 V,0.05 A
【解析】 灯泡正常工作，副线圈电压U 2＝12 V ，副线圈电流I 2＝2×6
12 A
＝1 A ，根据匝数比得原线圈电流I 1＝1
20I 2＝0.05 A ，原线圈电压U 1＝20U 2＝240
V ，选项D 正确，其他选项错误．
【答案】 D
3．(多选)为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U ，电流为I ，热耗功
率为P ；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P ，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )
A ．输电电流为3 I
B ．输电电流为9 I
C ．输电电压为3 U
D ．输电电压为1
3
U
【解析】 输电线上的热耗功率P 线＝I 2
R 线，热耗功率由P 变为9 P ，则电流由I 变为3 I ，选项A 正确．输电功率P 不变，由P ＝UI ，电流变为3 I ，输
电电压为1
3
U ，选项D 正确．
【答案】 AD
4．(多选)如图3甲所示，左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中
R ＝55 Ω，Ⓐ、为理想电流表和理想电压表．若原线圈接入如图乙所示的正
弦交流电压，电压表的示数为110 V ，下列表述正确的是( ) 【：90270099】
图3
A ．电流表的示数为2 A
B ．原、副线圈匝数比为1∶2
C ．电压表的示数为电压的有效值
D ．原线圈中交流电压的频率为100 Hz
【解析】 由题图乙可知原线圈两端电压的有效值U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1
n 2
，
可得原、副线圈匝数之比n 1n 2＝U 1U 2＝220 V
110 V
＝2∶1，故B 错误；电流表示数与电压
表示数都为有效值，故C 正确；电流表示数I ＝U R ＝110
55
A ＝2 A ，故A 正确；由
题图乙可知T ＝0.02 s ，所以交流电压的频率为f ＝1T ＝1
0.02 Hz ＝50 Hz ，D 错
误．
【答案】 AC
5．(多选)(2016·高二检测)如图4为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是( )
图4
A ．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B ．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗的
C ．在输送电压一时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D ．高压输电必须综合考虑各种因素，不一是电压越高越好
【解析】 电路中的功率损耗ΔP ＝I 2
R 线，而R 线＝ρl
S
，增大输电线的横
截面积，可减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A 项正确；
由P ＝UI 来看，在输送功率一的情况下，输送电压U 越大，则输电电流越小，
则功率损耗越小，B 项正确；若输电电压一，输送功率越大，则电流I 越大，电路中损耗的电功率越大，C 项错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，D 项正确．
【答案】ABD
6．如图5所示的甲、乙两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上110 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为55 V．若分别在c、d两端与g、h两端加上110 V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为( ) 【：90270100】
图5
A．220 V,220 V B．220 V,110 V
C．110 V,110 V D．220 V,0
【解析】当a、b两端接110 V电压时，c、d间获得的电压为55 V，说明c、d间线圈的匝数为原线圈a、b间匝数的一半；反过来，当c、d两端接110 V电压时，由电压与匝数的关系知，a、b间电压为220 V．当e、f两端接110 V电压时，g、h间电压为55 V，说明g、h 间电阻为e、f间电阻的一半；当g、h两端接110 V电压时，其效电路如图所示．e、g间没有电流，e、g间电压为零，所以e、f间电压与g、h间电压相，为110 V，故B正确．
【答案】B
7．(多选)(2016·高二检测)某小型水电站的电能输送示意图如图6所示，发电机的输出电压为220 V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额电压为220 V的用电器正常工作，则( )
图6
A.
n2
n1
>
n3
n4
B.
n2
n1
<
n3
n4
C．升压变压器的输出电压于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
【解析】由于输电线上有电阻，所以考虑到电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数之比的关系，可知要让用电器正常工作，必须有
n2
n1
>
n3
n4
，故A项对，B、C项错；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D项也对．
【答案】AD
8. 如图7所示，理想变压器的原线圈匝数n1＝1 600匝，副线圈匝数n2
＝800匝，交流电源的电动势瞬时值e＝2202sin(100πt) V，交流电表Ⓐ和的内阻对电路的影响可忽略不计．则( )
图7
A．当可变电阻R的阻值为110 Ω时，变压器的输入功率为110 W
B．当可变电阻R的阻值为110 Ω时，电流表Ⓐ的示数为2 A
C ．当可变电阻R 的阻值增大时，电压表的示数增大
D ．通过可变电阻R 的交变电流的频率为100 Hz
【解析】 由U 1U 2＝n 1
n 2
可知，副线圈的电压瞬时值U ＝110 2sin(100πt ) V ，
故可变电阻R 的阻值为110 Ω时，可变电阻消耗的功率为P ＝
⎝
⎛⎭
⎪⎪⎫U m 22
R
，则变压器
的输入功率为110 W ，A 正确．电流表示数为电流的有效值，经计算可知为0.5 A ，A 正确，B 错误．由于原、副线圈的匝数比确，则副线圈电压恒，C 错误．变压器并不改变电流的频率，原线圈中电流的频率为50 Hz ，故副线圈中电流的频率为50 Hz ，D 错误．
【答案】 A
9．如图8所示，Q 是熔断电流为1 A 的保险丝，R 为用电器，理想变压器的原、副线圈的匝数比为n 1：n 2＝2∶1.原线圈的电压为u ＝2202sin(100πt ) V ．要使保险丝不熔断，R 的阻值一( ) 【：90270101】
图8
A ．不能小于55 Ω
B ．不能大于55 Ω
C ．不能小于77 Ω
D ．不能大于77 Ω
【解析】 保险丝的原理是电流的热效，该用电流的有效值．由U 1U 2＝n 1
n 2
得：
U 2＝n 2n 1U 1＝12×220 V＝110 V ．由I 1I 2＝n 2n 1得：I 2＝n 1n 2I 1＝21×1 A＝2 A ，所以R min ＝
U 2
I 2
＝55 Ω，故A 正确．
【答案】 A
10．(2015·高考)如图9所示电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R 0为值电阻，R 为滑动变阻器．现将变阻器的
滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是( )
图9
A ．电压表V 1示数增大
B ．电压表V 2、V 3示数均增大
C ．该变压器起升压作用
D ．变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动
【解析】 电压表V 1的示数和a 、b 间电压的有效值相同，滑片滑动时V 1
示数不变，选项A 错误；电压表V 2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V 2示数不变，V 3示数为V 2示数减去R 0两端电压，两线圈中电流增大，易知R 0两端电压升高，故V 3示数减小，选项B 错误；理想变压器U 1I 1＝U 2I 2，则U 1ΔI 1＝U 2ΔI 2，ΔI 2＞ΔI 1，故U 2＜U 1，变压器为降压变压器，选项C 错误；因I 2增大，故知R 减小，变阻器滑片是沿c →d 的方向滑
动，选项D 正确．
【答案】 D 二、计算题
11．水力发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能，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 ，现欲在此河段安装一台发电功率为1 000千瓦的发电机发电．
(1)设发电机输出电压为500 V ，在输送途中允许的电阻为5 Ω，允许损耗总功率的5%，则所用升压变压器原、副线圈匝数比是多少？
(2)若所用发电机总效率为50%，要使发电机能发挥它的最佳效能，则拦河坝至少要建多高？(g 取10 m/s 2
)
【解析】 (1)设送电电流为I ，损耗的功率为P 耗，导线电阻为R 线，由P
耗＝I 2
R 线得：
I ＝
P 耗
R 线＝ 1 000×103
×0.05
5
A ＝100 A
设送电电压为U 送，由P ＝IU 得：
U 送＝P I ＝1 000×103100
V ＝1×104
V
则升压变压器原、副线圈匝数比：
n 原n 副＝U 原U 送＝50010 000＝120
. (2)发电时水的重力势能转化为电能， 故50%mgh ＝Pt
其中m t ＝ρV t
＝1×103×40 kg/s＝4×104
kg/s
所以h ＝Pt
mg ×0.5＝ 1 000×103
4×104×10×0.5 m ＝5 m.
【答案】 (1)1∶20 (2)5 m
12．如图10所示，有一台急备用发电机，内阻为r ＝1 Ω，升压变压器匝数比为n 1∶n 2＝1∶4，降压变压器的匝数比为n 3∶n 4＝4∶1，输电线总电阻为R
线
＝4 Ω，全校有22间教室，每间教室安装“220 V 40 W”的电灯6盏，要求
所有的电灯都正常发光，求：
图10
(1)输电线上损耗的电功率P 损为多大？
(2)发电机的电动势E 为多大？ 【：90270102】 【解析】 (1)所有电灯正常发光时消耗的功率为
P 灯＝40×22×6 W＝5 280 W ＝P 4
由于电灯正常发光时降压变压器副线圈两端电压
U 4＝220 V
所以降压变压器原线圈两端电压
U 3＝n 3n 4U 4＝4
1
×220 V＝880 V
两变压器之间输电线上的电流为
I 线＝P 3U 3＝P 4U 3＝5 280880
A ＝6 A
输电线上损失的功率
P 损＝I 2线R 线
＝62
×4 W＝144 W. (2)输电线上损失的电压
U 损＝I 线R 线＝6×4 V＝24 V
升压变压器副线圈两端电压
U 2＝U 3＋U 损＝(880＋24) V ＝904 V
升压变压器原线圈两端电压
U 1＝n 1n 2U 2＝1
4
×904 V＝226 V
升压变压器原线圈中的电流
I 1＝n 2n 1I 线＝4
1
×6 A＝24 A
发电机内阻上的电压：U r ＝I 1r ＝24 V 发电机的电动势
E ＝U 1＋U r ＝226 V ＋24 V ＝250 V.
【答案】 (1)144 W (2)250 V。