2.7 远距离输电 每课一练1（粤教版选修3-2）
1．(双选)远距离输送交流电都采用高压输电．我国正在研究用比330 kV高得多的电压进行输电．采用高压输电的优点是( )
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．可减小输电线上的能量损失
D．可加快输电的速度
2．(双选)在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，那么( )
A．输电线路上损失的电压与输送电流成正比
B．输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大
C．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比
D．输电线路上损失的功率跟输电线上电流成正比
3．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，已知输电线的电阻率为ρ，该输电线的横截面积最小值是( )
A. B. C. D.
4．在远距离输电时，若输送的功率不变，使输出电压升高为原来的n倍，则输电线路上因电阻而产生的电能损失将变为原来的( )
A．n2倍 B．n倍 C. D.
5．(双选)在如图3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( )
图3
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
6．(双选)某农村水力发电站的发电机输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器．降低电压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时( )
A．升压变压器的副线圈的电压变大
B．高压输电线路的电压损失变大
C．降压变压器的副线圈上的电压变大
D．降压变压器的副线圈上的电压变小
7．(双选)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.现若用变压器将电压升高到220 kV送电，下面哪个选项正确( )
A．因I＝，所以输电线上的电流增为原来的20倍
B．因I＝，所以输电线上的电流减为原来的
C．因P＝，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
题 号 1 2 3 4 5 6 7
答 案
8.有一座小型水电站，输出的电功率是25 kW，输出电压为400 V．若输电导线的总电阻为1 Ω，求输电线上损失的电功率和用户得到的功率分别是________，________.
9．水电站给远处山村送电的输出功率100 kW，用2 000 V的电压输电，线路上损失的功率是2.5×104 W，如果用20 000 V的高压输电，线路上损失的功率为________W.
10．对某一输电线路，线路架设情况已确定，现要求输送一定的电功率P，若输电线上损失的功率占输送功率P的百分比用η表示，输电线路总电阻用r表示，输电电压用U表示，则η、P、U、r间满足什么关系？从中你能得出什么结论？
11．某发电站的输出功率为104 kW，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＝2.4×10－8 Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4 m2，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．
12．有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图4所示，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个班，每班有“220 V,40 W”的电灯6盏，若要保证电灯全部正常发光，求：
图4
(1)发电机输出功率；
(2)发电机电动势；
(3)输电效率；
(4)若使用灯数减半且正常发光，发电机输出功率是否减半．
参考答案
课后巩固练
1．AC [远距离输电，往往输送电功率一定，根据P＝UI，输送电压U越高，则输送电流I＝越小，据P线＝I2r可知，当要求在输电线能量损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率大的材料(非铜材)；若输电线确定，即r确定，则可减小线路上的能量损耗，故A、C项正确；而交流电的频率是一定的，不随输送电压的改变而改变，输电的速度就是电磁波的传播速度，也一定，故B、D项不正确．]
2．AC [U损＝IR线，所以R线一定时，U损与I成正比，A正确．U损＝I·R线＝·R线，所以P输、R线一定时，U损与U输成反比，B错误．P损＝I2R线＝2R线，所以P输、R线一定时，P损与U输的平方成反比，C正确．P损＝I2R线，所以P损与I2成正比，D错误．]
3．B [由欧姆定律有R＝，
由电阻定律有R＝ρ，
由以上两式解得：S＝]
4．C [根据输电线上的功率损失的表达式：P损＝I2R＝()2R，电压升高为原来的n倍，则功率损失为原来的.]
5．CD [对升压(或降压)变压器而言，由变压器电压比U1∶U2＝n1∶n2知，输入电压不变，线圈匝数不变，输出电压不变，故A选项不正确；由P＝UI知，U不变，P增大，故I增大，使得输电线上的电压损耗U损＝I2R线增大，功率损耗P损＝IR线增大，所以降压变压器上的输入电压减小，输出电压减小，所以B不正确，C正确；因为输电线上损耗的功率占总功率的比例为＝＝＝∝P1，所以随发电厂输出功率变大，该值变大，D正确．]
6．BD [变压器的输入功率、输入电流的大小是由负载消耗的功率大小决定的，用电高峰期，白炽灯不够亮，消耗功率增大，输电线中的电流增大，线上电压增加，B正确．发电机输出电压稳定，升压变压器的副线圈的电压不变，降压变压器的输出电压由升压变压器副线圈的电压与线上损耗电压之差决定，D正确．]
7．BD [选项A中，I 是输电线中的电流，R是输电线的电阻，但是U不是输电线上损失的电压，而是总的输送电压(是输电线和负载上电压之和)，所以不能用I＝计算输电线中的电流，在运用欧姆定律时，I、R、U应该对应于同一部分导体．
因为输送的功率一定，由I＝可知，当输送的电压增为原来的20倍时，电流减为原来的，选项B正确．
选项C中，R是输电线的电阻，而U是总的输送电压，R与U又不对应，所以P＝是错误的．
输电线上损失的功率一般用P损＝I2R计算，从选项B中已经知道电流减为了原来的.若P损不变，则输电线的电阻可增为原来的400倍，根据R＝ρ，在电阻率、长度不变的条件下，那么导线的横截面积可减小为原来的，即导线的直径减为原来的，所以选项D是正确的．]
8．3.9 kW 21.1 kW
解析 由P＝IU，可求出输电线中的电流为I线＝＝ A＝62.5 A，输电线上损失的功率为P损＝IR线＝62.52×1 W＝3 906.25 W≈3.9 kW，用户得到的功率为P用＝25 kW－3.9 kW＝21.1 kW，即输电线上损失的功率约为3.9 kW，用户得到的电功率约为21.1 kW
9．250
解析 线路上损失的功率P损＝I2R线，又I＝
所以P损＝2R线，代入数据，解得R线＝10 Ω，当用20 000 V的高压输电时，P损′＝2R线＝250 W.
10．见解析
解析 输电线路损失的功率P损＝ηP＝I2r
又P＝UI
联立以上两式可得：ηP＝2r，即ηU2＝Pr，当P、r确定时，有ηU2＝定值，所以要减小η，必须提高输电电压U.
11．(1)8×104 V (2)3.2×103 V
解析 (1)导线电阻
r＝ρ＝ Ω＝25.6 Ω
输电线路损失功率为输出功率的4%，则
4%P＝I2r，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＝＝ V＝8×104 V
(2)输电线路上电压损失
U′＝Ir＝125×25.6 V＝3.2×103 V
12．(1)5 424 W (2)250 V (3)97% (4)减少大于一半
解析 由于发电机至升压变压器、降压变压器至学校距离较短，不必考虑这两部分输电导线上的功率损耗，发电机的电动势E，一部分降在电源内阻上，另一部分为发电机的路端电压U1，升压变压器副线圈电压U2的一部分降在输电线上，其余的就是降压变压器原线圈电压U3，而U4应为灯的额定电压U额．
(1)对降压变压器：P3＝P4＝U4I4＝nP灯＝22×6×40 W＝5 280 W
而U3＝U4＝880 V
所以I3＝＝ A＝6 A
对升压变压器：U1I1＝U2I2＝IR＋U3I3＝IR＋P3＝62×4 W＋5 280 W＝5 424 W
所以，发电机的输出功率P出＝5 424 W
(2)因为U2＝U3＋I线R＝U3＋I3R＝880 V＋6×4 V＝904 V
所以U1＝U2＝×904 V＝226 V
又U1I1＝U2I2
所以I1＝＝4I2＝4I3＝24 A
故E＝U1＋I1r＝226 V＋24×1 V＝250 V
(3)η＝×100%＝×100%＝97%
(4)电灯减少一半时
n′P灯＝2 640 W，I3＝＝ A＝3 A
所以P出＝n′P灯＋IR＝2 640 W＋32×4 W＝2 676 W．发电机输出功率减少一半还要多，因输电线上的电流减少一半，输电线上电功率的损失减少到原来的.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∶1
B．原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1
C．原、副线圈内交变电流之比I1∶I2＝1∶10
D．变压器输入和输出功率之比P1∶P2＝10∶1
3．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IR
B．电动机消耗的功率为I2R
C．原线圈中的电流为nI
D．变压器的输入功率为
4．(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．＝，＝ B．＝，＝
C．n1I1＝n2I2＋n3I3 D．＝
5．有条河，流量Q＝2 m3/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/s2)
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 kW B．104 kW
C．106 kW D．103 kW
7．关于电能输送的分析，正确的是( )
A．由公式P＝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＝得到，输电导线的电阻越大，功率损失越少
C．由公式P＝I2R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3
A．220 V,220 V B．220 V,110 V
C．110 V,110 V D．220 V,0 V
9．(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4
A．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＝Imsin 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＝T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∶30 B．40∶3
C．3∶40 D．40 ∶3
11．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n1)、ef和gh(匝数都为n2)组成．用I1和U1表示输入电流和电压，I2和U2表示输出电流和电压．在下列四种连接法中，符合关系＝，＝的有( )
图5
①b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．①② B．②③ C．③④ D．①④
12．(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，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是( )
图6
A．保持P的位置及U1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U1不变，S由a切换到b，则I2减小
C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大
D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小
题 号 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12
答 案
13．风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图7所示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＝I2R将变小．]
2．BC [根据变压器的电压比＝和电流比＝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P1＝P2，所以选项D是错误的．]
3．D [电动机两端电压为，故电动机消耗的功率为，即为变压器的输入功率，原线圈中的电流I0＝.]
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＝×50%＝Qρgh×0.5＝2×1×103×10×5×0.5 W＝5×104 W
输出电压U0＝240 V，输送电路如下图所示
为满足输电要求，据P损＝IR，有
I送＝ ＝ ＝ A＝10 A
则送电电压为U送＝＝ V＝5×103 V
所以升压变压器的匝数比为
n1∶n2＝U0∶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：U1＝U送－U损＝5×103 V－300 V＝4 700 V
据题意可知，U2＝220 V，所以降压变压器的匝数比为
n1′∶n2′＝U1∶U2＝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＝＝盏＝470盏
6．A [输电电流I＝，输电线路损失的电功率P损＝I2R＝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．C
8．B [对变压器＝＝
Ucd′＝110 V时，Uab′＝220 V.
对分压器gh间接110 V时，Uef′＝Ugh′＝110 V．]
9．BC [保持P的位置不动，U2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，n2变大，U2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＝Imsin ωt，当t＝T时，i＝Imsin ωt＝Imsin·T＝Imsin＝Im＝＝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＝＝，且有I1U1＝I2U2，所以＝，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I2＝＝ A＝20 A
升压变压器输出电压U2＝＝ V＝5 000 V
升压变压器原、副线圈匝数比：＝＝＝
电压损失U损＝I2R线＝20×10 V＝200 V
降压变压器原线圈端电压U3＝U2－U损＝4 800 V
降压变压器原、副线圈匝数比＝＝＝
(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
