2027届高考物理一轮复习-专题13.7 远距离输电

专题13.7 远距离输电 1高压输电原理 1. 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像，则( ) A.用户用电器上交变电流的频率是100Hz B.发电机输出交变电流的电压有效值是500V C.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 2. 如图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1=n4<n2=n3 ，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R， A1、A2为相同的理想交流电流表，L1 、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL>2R ，忽略灯丝电阻随温度的变化.当A、B端接入低压交流电源时，电源输送的功率相同，则判断错误的是( ) A.A1、A2两表的示数相同 B.L1 、L2两灯泡的亮度相同 C.R1消耗的功率大于R3消耗的功率 D.R2两端的电压小于R4两端的电压 3. 如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2.则( ) A.用户端的电压为 B.输电线上的电压降为U C.理想变压器的输入功率为I12r D.输电线路上损失的电功率为I1U 4. 远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，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( ) A.= B.I2= C.I1U1=I22R D.I1U1=I2U2 5. 如图所示为远距离输电示意图，若保持升压变压器输入功率和电压不变，将升压变压器的原线圈的匝数减少为原来的一半，则下列说法正确的是 A.导线损耗的电功率是原来的 B.导线损耗的电压是原来的2倍 C.用户获得的电压大于原来的2倍 D.用户获得的功率不变 2分析线路损耗功率 6. (多选)发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R，通过输电导线的电流为I，输电线末端的电压为U2，下面选项表示输电导线上损耗的功率正确的是( ) A.   B. C.I2R D.I(U1－U2) 7. 水电站向小山村输电，输送电功率为50kW，若以1100V送电，则线路损失为10kW，若以3300V送电，则线路损失可降为( ) A.3.3kW B.1.1kW C.30kW D.11kW 8. 如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u=Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( ) A. B. C. D. 9. 输出导线的电阻为 R， 输送电功率为 P. 现分别用 U1 和 U2 两种电压来输电 ， 导致送电电流的变化.则两次输电线上损失的功率之比为 ( ) A.U1:U2  B.U12:U22  C.U22 :U12 D.U2:U1  10. 通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数之比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数之比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为( ) A.， B.， C.， D.， 3高压输电的综合应用 11. 图甲为远距离输电示意图，理想升压变压器原、副线圈匝数比为1∶1 000，理想降压变压器原、副线圈匝数比为1 000∶1，输电线的总电阻为1 000 Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，用户端电压为220 V.下列说法正确的是( ) A.输电线中的电流为3 A B.电站输出的功率为7 500 kW C.输电线路损耗功率为90 kW D.用户端交变电流的频率为100 Hz 12. (多选)远距离输电线路简化如图所示，电厂输送电功率不变，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，则输电线电流I2增大 D.电厂输送电功率为U2I2 13. 如下图所示，交流发电机发出交变电压u＝220sin100πt，输入n1∶n2＝1∶10的升压变压器.远距离输电线总电阻R＝2 Ω.输送功率为10 kW，则输电线上损失的功率为多少？ 有位同学提供了以下解法：根据u＝220sin100πt 原线圈输入电压有效值U1＝＝220 V 根据＝ U2＝2 200 V 则P损＝＝ W＝2.42×106 W 这位同学的解法是否正确？如不正确，请指出错在哪里，并给出正确解答. 14. 某电站输送电压为U＝6 000 V，输送功率为P＝500 kW，这时安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜里读数相差4 800 kW·h(即4 800度电).试求： (1)输电线的电阻； (2)若要使输电损失的功率降到输送功率的2%，电站应使用多高的电压向外输电？ 15. 如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2kV高压输电，最后用户得到220V、9.5kW的电力，求： (1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比； (2)输电线路导线电阻R； (3)用户降压变压器原、副线圈匝数比. 16. 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250V，输电线总电阻 R=5Ω.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220V，不计变压器的损失.求：(g取10m/s2 )  (1)输电线上的电流 ； (2)升、降压变压器原、副线圈的匝数比 ； (3)可供多少盏“220V 40W ”的白炽灯正常工作. 411 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1. 答案：D 解析：由u－t图象可知，交流电的周期T＝0.02 s，故频率f＝＝50 Hz，选项A错误；交流电的电压最大值Um＝500 V，故有效值U＝＝250 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＝，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P＝IR得，输电线损失的功率减小，选项D正确． 2. 答案：ABC 解析：设A、B两端所加电压为U.由欧姆定律知，通过A2表的电流大小I2＝.通过升压变压器升压后输出电压U′＝U，降压变压器获得电压为U′－I1·2R＝U－I1·2R，灯泡L1两端电压为(U－I1·2R)，则通过灯泡L1的电流为.故由变压器电流变化规律得I1＝.又因为n1＝n4<n2＝n3，解上式得I1＝.因为RL>2R，所以I1<I2.选项A错误．通过灯泡L1的电流为I1＝I1＝>I2，故灯炮L1亮度更大，选项B错误．由于I1<I2，根据欧姆定律以及电功率的有关知识可知，选项C错误，选项D正确． 3. 答案：A 解析：根据理想变压器的工作原理，得I1U1＝I2U2，所以用户端的电压U2＝，选项A正确；输电线上的电压降U′＝I1r＝U－U1，选项B错误；变压器的输入功率P1＝I1U－Ir＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的功率P′＝Ir＝I1(U－U1)，选项D错误． 4. 答案：D 解析：由于理想变压器的电流比与匝数比成反比，即=，A错；由于R两端的电压不等于U2，故B错；由能量关系可得I1U1=I22R＋P用，故C错；由功率关系，P入=P出可得I1U1=I2U2，D项正确. 5. 答案：C 解析：当升压变压器原线圈匝数减少为原来的一半时，副线圈的输出电压变为原来的2倍，输出电流减小为原来的，则导线损耗的电压减为原来的，导线损耗的电功率变为原来的，A、B错误；降压变压器原来的输入电压U3=U2－Ir，变化后输入电压为U3'=2U2－=(2U2－2Ir)+>2U3，则用户获得的电压大于原来的2倍，C正确；用户原来获得的功率P=U3I=(U2－Ir)I，变化后用户获得的功率P'=U3'·=[(2U2－2Ir)+]·>P用，D错误。 6. 答案：BCD 解析：升压变压器的输出电压为U1，降压变压器的输入电压为U2，则输电线上的电压损失ΔU=U1−U2，升压输电线上损失的功率为P损=ΔUI=则B，D正确，因为输电线上的电流为I，则输电线上损失的功P损=I2R.故C正确， 7. 答案：B 解析：由P=UI，ΔP=I2r可得：ΔP=()2r，所以当输送电压增大为原来3倍时，线路损失变为原来的，即：ΔP=109KW≈1.1kW；故选：B. 8. 答案：C 解析：因为u＝Umsinωt，所以有U1＝，根据变压器变压规律有：U2＝，根据P＝U2I2得：I2＝＝，线路损失的功率为ΔP＝2Ir＝，所以C项正确，A、B、D项错误. 9. 答案：C 解析：输送的功率一定，由P=UI知，I=则P损=I2R=()2R，知输电线上损失的电功率与电压的平方成反比；故：ΔP1:ΔP2=U22:U12. 10. 答案：D 解析：当副线圈与线圈匝数比为k时，输电电压为kU输送功率P = kUI，所以P1= I2R = ；当副线圈与线圈匝数比为nk时，输电电压为nkU输送功率P = nkUI，所以P2= I2R = ，=. 11. 答案：B 解析：由题图乙知升压变压器输入端电压的最大值为Um＝250 V，有效值为U1＝＝250 V，根据＝，得副线圈两端的电压U2＝U1＝×250 V＝2.5×105 V；用户端电压为220 V，根据＝，得降压变压器原线圈两端的电压U3＝U4＝×220 V＝2.2×105 V，故输电线上损失的电压为ΔU＝U2－U3＝3×104 V，则输电线上的电流为I＝＝ A＝30 A， 电站的输出功率为P1＝P2＝U2I＝7 500 kW，输电线路损耗功率为ΔP＝I2R＝900 kW，由题图乙可知，原线圈交变电流的周期为T＝0.02 s，则频率为f＝＝50 Hz，变压器不会改变交流电的频率，故用户端交变电流的频率为50 Hz，故B正确，A、C、D错误. 12. 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. 13. 答案：见解析 解析：这位同学的解法是错误的，他把总电压误认为是加在输电线上的电压. 正确解答：根据u＝220sin 100πt(V) 加在原线圈上电压有效值U1＝220 V 根据＝ U2＝2 200 V 根据P＝UI，输电线上电流I2＝＝ A＝ A 故损失功率ΔP＝IR＝2×2 W≈41 W. 14. 答案：(1)28.8 Ω；(2)2.68×104 V. 解析：(1)因为两地的电表读数之差，即为线路损失的电能，由此可求线路损失的功率：P损＝＝＝200 kW， 又由P损＝I2R＝2R得：R＝U2＝×6 0002 Ω＝28.8 Ω. (2)要使输电损失的功率降到输送功率的2%，则有P′损＝500 kW×2%＝10 kW 由上面的式子可得：U′＝P＝500 000× V≈2.68×104 V. 15. 答案：(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比；(2)输电线路导线电阻R为20Ω；(3)用户降压变压器原、副线圈匝数比为. 解析：(1)升压变压器的原副线圈的匝数比为：==； (2)输电线上的电流为：I== 5A，输电线电阻：R==20Ω； (3)降压变压器原线圈电压：U3=U2−IR=2000−5×20=1900V；故降压变压器原副线圈的匝数比为： ==. 16. 答案：(1)输电线上的电流为20A；(2)升、降压变压器原、副线圈的匝数比为，；(3)可供1200盏“220V40W”的白炽灯正常工作。 解析：(1)输电线上损失的功率为发电机输出功率的4%，则P损=2000W，又P损=I2R，可得I=20A； (2)升压变压器的输出电压U==2500V，故升压变压器原、副线圈的匝数比为，输电线上损耗的电压U′=RI=100V，则降压变压器的输入电压U3=2500−100=2400V，输出电压为220V，降压变压器原、副线圈的匝数比为； (3)白炽灯的消耗功率为40W，降压变压器的输入功率P3=U3I=48000W，=1200，故可供1200盏“220V40W”的白炽灯正常工作。 $