课时测评13 电能的远距离输送-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套练习（鲁科版）

课时测评13　电能的远距离输送 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题5分，共50分) 1.关于电能输送的以下分析，正确的是(　　) A.由公式P＝知，输电电压越高，输电线上功率损失越少 B.由公式P＝知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少 C.由公式P＝I2R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 答案：C 解析：输电线上损失的功率P损＝I2R线＝，U损指输电线上的分压，而不是输电电压，故C正确，A错误；输电导线电阻越大，导线两端电压越大，由公式P＝可知存在两个变量，无法确定P的变化；同理，导线电流越大，导线电压越大，不能够说明P与I成正比，故B、D错误。 2.远距离输电，输电功率一定，当输电电压为U0时，输电线上的电流为I0，损失的电功率为P0。则当输电电压提高为2U0时(　　) A.由I＝得，输电线上的电流变为2I0 B.由I＝得，输电线上的电流变为 C.由P＝得，输电线上损失的电功率为4P0 D.由P＝IU得，输电线上损失的电功率为2P0 答案：B 解析：设输电线的电阻为R，当输电线上的电流为I0时，损失的电功率为P0＝R。当输电电压提高为2U0时，由I＝，可知输电线上的电流变为，输电线上损失的电功率为P损＝R＝。故选项B正确。 3.“西电东送”工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压。从西部某电站向华东某地区输送的电功率为1.0×106 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(　　) A.105 kW　　　　　　　　 B.104 kW C.106 kW D.103 kW 答案：A 解析：输电电流I＝，输电线路损失的电功率P损＝I2R＝R＝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等于P损，故A正确，B、C、D错误。 4.(多选)我国领先全球的特高压输电技术将为国家“碳中和”做出独特的贡献。白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装16台我国自主研制的百万千瓦水轮发电机组。白鹤滩水电站首批初装机容量1 600万千瓦。若在传输电能总功率不变情况下，从原先150 kV高压输电升级为1 350 kV特高压输电。则下列说法正确的是(　　) A.若输电线不变，则输电线中的电流变为原来的 B.若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原来的 C.若输电线不变，则输电线上损失的功率变为原先的 D.如果损失的功率不变，相同材料、相同粗细的输电线传输距离是原先的9倍 答案：AC 解析：在输电功率不变的情况下，输电电压由150 kV高压输电升级为1 350 kV，即输电电压变为原来的9倍，由P＝UI可知，输电电流变为原来的，故A正确；输电线不变的情况下，由ΔU＝IR可知，输电线上损失的电压变为原先的，故B错误；由ΔP＝I2R可知，输电线上损失的功率变为原来的，故C正确；如果损失的功率不变，由ΔP＝I2R可知，输电线的电阻变为原来的81倍，由电阻定律R＝ρ可知，相同材料、粗细的输电线传输距离是原先的81倍，故D错误。故选AC。 5.模拟远距离输电的电路如图所示，两理想变压器的线圈匝数n1＝n4＜n2＝n3，A1、A2、A3为相同的理想交流电流表，当a、b端接入低压交流电源时(　　) A.A1、A2的示数相等 B.A2、A3的示数相等 C.A1的示数大于A2的示数 D.A2的示数大于A3的示数 答案：C 解析：根据理想变压器原、副线圈的电流与匝数成反比，得＝，由于n1＜n2，所以A1的示数大于A2的示数，故A错误，C正确；同理有＝，由于n4＜n3，所以A2的示数小于A3的示数，故B、D错误。] 6.随着社会发展，人类对能源的需求日益增加，节能变得愈加重要。甲、乙两地采用电压U进行远距离输电，输电线上损耗的电功率为输入总功率的k(0＜k＜1)倍。在保持输入总功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用5U的电压输电，若不考虑其他因素的影响，输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的多少倍(　　) A.　　　B.　　　C.5k　　　D.25k 答案：A 解析：设输送的电功率为P。当输送电压为U时，在线路上损失的功率为：ΔP＝I2R，由I＝得：ΔP＝。同理，当输送电压为5U时，在线路上损失的功率为：ΔP'＝，据题有：ΔP＝kP，联立计算得出：ΔP'＝P，即输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的倍，故A正确，B、C、D错误。 7.(多选)远距离输电线路可简化为如图所示，电厂输送的电功率不变，变压器均为理想变压器，图中标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R，则(　　) A.I2＜ B.输电线损失的电功率为 C.提高输送电压U2，则输电线中电流I2增大 D.电厂输送的电功率为U2I2 答案：AD 解析：在输电线路上，U2＝I2R＋U3，所以I2＜，故A正确；由于U2不是R两端的电压，所以输电线损失的电功率不是，故B错误；因为输送功率不变，根据P2＝U2I2，可知提高输送电压U2，则输电线电流I2减小，故C错误；因变压器为理想变压器，所以有P1＝P2＝U2I2，故D正确。 8.(多选)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原、副线圈匝数比为1∶n，降压变压器的原、副线圈匝数比为n∶1，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是(　　) A.电压表V1的示数减小了nΔU B.电流表A1的示数增大了 C.输电线损耗的功率增大了 R D.电流表A2的示数增大了 答案：BD 解析：发电厂输出的电压恒为U，而升压变压器原、副线圈匝数比不变，所以电压表V1的示数不变，A错误；由于V2示数(U4)减小了ΔU，根据＝＝n，可得降压变压器原线圈的电压U3减小了nΔU，根据UV1＝IA1R＋U3，知IA1R增大了nΔU，所以电流表A1的示数增大了ΔI3＝，根据＝＝，可得A2的示数增大了ΔI4＝，B、D正确；输电线损耗的功率增大了ΔP＝R－I2R，其中I为用户负载变化前输电线中的电流，C错误。 9.用一台某型号的柴油发电机给某一临时安置区供电，如图所示，发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4 Ω，安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时(　　) A.输电线路中的电流为20 A B.发电机的实际输出电压为300 V C.在输电线路上损失的电功率为8 kW D.如果该柴油发电机发出的是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是300 V 答案：C 解析：当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流为I＝＝200 A，选项A错误；输电导线电阻为R＝2.5×10－4×400×2 Ω＝0.2 Ω，则发电机的实际输出电压为U输＝U＋IR＝260 V，选项B错误；输电线路上损失的电功率为P损＝I2R＝8 kW，选项C正确；如果该柴油发电机发出的是正弦式交变电流，则其输出电压的最大值是Um＝U输≈368 V，选项D错误。 10.(多选)如图是某输电工程的原理简图，海上风力发电站输出电压U1＝880 V，经升压变压器转换为高压后送入远距离输电线路，升压变压器原、副线圈的匝数之比为n1∶n2＝1∶250，到达电力中心通过降压变压器将电能分别输送给A、B负荷中心，输电线的电阻R＝20 Ω。能提供的最大功率为30.8万千瓦。下列说法正确的是(　　) A.经升压变压器转换的电压为220 kV B.输电线上损失的电压为2.8×104 V C.输送电压变为原来的10倍，输电线上的损失的电功率变为原来的 D.仅当A负荷中心负载增加时，B负荷中心获得的电压增大 答案：AB 解析：升压变压器原、副线圈的匝数之比为＝，解得U2＝220 kV，故A正确；输电线上的电流为I＝＝1.4×103 A，输电线上损失的电压为ΔU＝IR＝2.8×104 V，故B正确；输送电压变为原来的10倍，输电线上的电流变为原来的，损失的功率为P＝I2R，则损失的功率P损'＝P损，故C错误；当A负荷中心负载增加时，功率增大，负载线路电流增大，则降压变压器原线圈中的电流增大，输电线损耗的电压增大，降压变压器原线圈上得到的电压减小，B负荷中心获得的电压将减小，故D错误。故选AB。 11.(10分)某学校有一台应急备用发电机，内阻为r＝1 Ω，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R＝4 Ω，全校共22个教室，每个教室有“220 V　40 W”的灯泡6盏并联，要求保证所有灯泡都正常发光，则： (1)发电机的输出功率多大？ (2)发电机的电动势多大？ (3)输电效率是多少？ (4)若每个教室使用灯数减半且正常发光，发电机输出功率变为多大？ 答案：(1)5 424 W　(2)250 V　(3)97％ (4)2 676 W 解析：(1)所有灯都正常工作的总功率为 P2'＝22×6×40 W＝5 280 W 所有灯都正常工作时的总电流为 I2'＝＝ A＝24 A 两个变压器之间输电线上的电流为 IR＝I2＝＝6 A 故输电线上损耗的电功率PR＝R＝144 W 升压变压器的输出功率为 P1'＝PR＋P2'＝5 424 W 发电机输出功率即为升压变压器的输入功率，即P出＝P1＝P1'＝5 424 W。 (2)降压变压器上的输入电压U2＝4U2'＝880 V 输电线上的电压损失为UR＝IRR＝24 V 因此升压变压器的输出电压为 U1'＝UR＋U2＝904 V 升压变压器的输入电压为U1＝＝226 V 升压变压器的输入电流为I1＝4IR＝24 A 发电机的电动势 E＝U1＋I1r＝226 V＋24×1 V＝250 V。 (3)根据效率公式得η＝×100％≈97％。 (4)灯泡减少一半时，P有用'＝＝2 640 W 由(1)可知，此时输电线上的电流IR'＝＝3 A 故此时P出'＝P有用'＋IR'2R＝2 676 W。 学科网（北京）股份有限公司 $