高考物理一轮复习第4章远距离输电第3节电能的远距离传输教学案

这是一份高考物理一轮复习第4章远距离输电第3节电能的远距离传输教学案，共19页。学案主要包含了为什么要采用高压输电，高压交流输电，高压直流输电等内容，欢迎下载使用。


一、为什么要采用高压输电
1．两种损失比较
2．降低两种损失的途径——高压输电
在保证输送电功率不变的前提下提高输电电压，会减小输电电流，从而减小导线上的电功率损失和电压损失。
二、高压交流输电
1．基本环节
eq \x(发电厂站)eq \(――→,\s\up7(升压变压器))eq \x(\a\al(高压输,电线路))eq \(――→,\s\up7(降压变压器))eq \x(用户)
2．电路原理图
图 4­3­1
三、高压直流输电
1．组成部分
高压直流输电系统主要由整流站、直流线路和逆变站三部分构成。实际上直流输电系统只在输电这个环节是直流，发电环节和用电环节仍是交流，输电过程中只用两根导线。
2．优越性
(1)节省材料，输电结构简单，占地面积小。
(2)不存在感抗和容抗引起的损耗。
(3)不需要考虑电网中的各发电机的同步运行问题。
1．自主思考——判一判
(1)为了减少能量损失，要高压输电，而且越高越好。(×)
(2)输送功率一定时，提高输送电压，可以减少功率损失。(√)
(3)电压损失ΔU＝IR线和电功率损失ΔP＝I2R线中I可以通过I＝eq \f(P送,U送) 求得。(√)
(4)负载越多，即用电高峰期，ΔU、ΔP也越大。(√)
(5)高压直流输电与高压交流输电的区别在于输送环节。(√)
2．合作探究——议一议
(1)电能的输送要达到什么要求？输送电压是不是越高越好？
提示：①输送电能要达到三个方面的要求：
a．可靠：保证供电线路正常工作，少有故障。
b．保质：保证电能质量，即电压、频率稳定。
c．经济：线路架设和运行费用低，能耗少，电价低。
②电压升高，导线会对空气放电，对导线的绝缘性能提出更高的要求，另外，高压输电对变压器也提出了更高的要求，因此，输电电压并不是越高越好。
(2)在电能的输送过程中，U为输电电压，r为输电线电阻，则输电线中电流为I＝eq \f(U,r)，对不对？为什么？
提示：不对。U为输电电压，而不是加在输电导线上的电压，即U≠Ir，而输电电流可通过P＝UI求得。
(3)“提高输电电压，减小输电电流”是否与欧姆定律相矛盾？
提示：不矛盾。欧姆定律I＝eq \f(U,R)是对纯电阻元件成立的定律，而“提高输电电压，减小输电电流”是从输电角度，由P＝UI，且在P一定的条件下得出的结论，两者没有必然联系。

1．若输电线的电阻为R线，输电电流为I，输电线始端和末端的电压分别为U和U′，则：
(1)电压损失ΔU＝U－U′＝IR线；
(2)功率损失ΔP＝I2R线＝IΔU＝eq \f(ΔU2,R线)。
2．若输电功率P不变，输电电压提高到nU，可使输电电流减小到eq \f(I,n)，则：
(1)电压损失减小到eq \f(ΔU,n)；
(2)功率损失减小到eq \f(ΔP,n2)。
[特别提醒]
(1)输电电压是指加在输电线起始端的电压，电压损失是指输电线上的电压降。
(2)输送功率是指加在输电线起始端的功率，功率损失是输电线上消耗的功率。
(3)减小输电线上的功率损失和电压损失的有效途径是：提高输电电压，以减小输电电流。
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′、P和P用的关系式正确的是( )
A．P′＝eq \f(U2S,ρL) B．P′＝eq \f(P2ρL,U2S)
C．P用＝P－eq \f(U2S,ρL) D．P用＝Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(PρL,U2S)))
解析：选BD 输电线电阻R＝ρeq \f(L,S)，输电线中电流I＝eq \f(P,U)，故输电线上损失的电功率为P′＝I2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,U)))2ρeq \f(L,S)＝eq \f(P2ρL,U2S)，用户得到的电功率为P用＝P－P′＝Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(PρL,U2S)))。
2．在远距离输电时，如果升压变压器输出电压是2 000 V，输出功率是10 kW，输电线电阻是20 Ω，求：
(1)输电线上损失的功率和损失的电压；
(2)用户能得到的功率和电压。
解析：(1)由P出＝I线U出，得I线＝eq \f(P出,U出)＝eq \f(10×103,2 000) A＝5 A。
则输电线上损失的功率P损＝I线2r＝52×20 W＝500 W。
损失的电压U损＝I线r＝5×20 V＝100 V。
(2)降压变压器得到的电压和功率分别为：
U用＝U出－U损＝(2 000－100) V＝1 900 V，
P用＝P出－P损＝(10×103－500) W＝9 500 W。
答案：(1)P损＝500 W U损＝100 V
(2)P用＝9 500 W U用＝1 900 V
1．远距离输电问题的分析方法
处理远距离输电问题的关键是抓住一图三线，一图即输电的电路图，三线即三个关系：功率关系、电压关系和电流关系，抓住一图三线，按照从前到后或从后向前的顺序，即可找到突破口。
2．远距离输电电路图
图4­3­2
3．基本关系式
(1)功率关系
P1＝P2，P3＝P4，P2＝ΔP＋P3。
(2)电压、电流关系
eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)，eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I3)
U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线。
(3)输电电流：I线＝eq \f(P2,U2)＝eq \f(P3,U3)＝eq \f(ΔU,R线)。
(4)输电线上损耗的电功率：
ΔP＝I线ΔU＝I线2R线＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P2,U2)))2R线。
[典例] 发电机的输出电压为220 V，输出功率为44 kW，每条输电线的电阻为0.2 Ω，求：
(1)此时用户得到的电压和电功率各为多少？
(2)如果发电站先用变压比为1∶10的升压变压器将电压升高，经同样的输电线路后经10∶1的降压变压器将电压降低后供给用户，则用户得到的电压和电功率各是多少？
[思路点拨]
eq \x(\a\al(画出输电,线路简图))⇒ eq \x(\a\al(标注两个变压器的匝数、输,入及输出电压、电流、功率等))⇒eq \x(\a\al(寻找突,破口))
[解析] (1)输电线上的电流
IR＝eq \f(P,U)＝eq \f(44 000,220) A＝200 A
损失的电压UR＝IRR＝2×0.2×200 V＝80 V
损失的功率PR＝URIR＝80×200 W＝16 kW
故用户得到的电压U用户＝U－UR＝140 V
用户得到的功率为P用户＝P－PR＝28 kW。
(2)已知升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶10
输入电压U1＝220 V
因此，升压变压器的输出电压U2＝eq \f(n2,n1)U1＝2 200 V
输电线上的电流IR′＝eq \f(P,U2)＝eq \f(44 000,2 200) A＝20 A
损失的电压UR′＝IR′R＝2×0.2×20 V＝8 V
损失的功率PR′＝UR′IR′＝8×20 W＝160 W
因此，降压变压器的输入电压U3＝U2－UR′＝2 192 V
已知降压变压器的匝数比n3∶n4＝10∶1
所以用户得到的电压U4＝eq \f(n4,n3)U3＝219.2 V
用户得到的功率P用户′＝P－PR′＝43.84 kW。
[答案] (1)140 V 28 kW (2)219.2 V 43.84 kW
(1)用户和线路总共消耗多少功率，发电站就输送多少功率，这是能量守恒定律和变压器原理的体现。
(2)抓住输电的两头——电源和用电器；分析一条线——输电线；研究两次变压——升压变压器和降压变压器。
(3)注意输送电压(功率)、电压(功率)损失、用户电压(功率)三者之间的区别和数量关系。
1．远距离输电线路的示意图如图4­3­3所示，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )
图4­3­3
A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关
B．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定
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等于降压变压器的输入电压
解析：选C 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定的，选项A、B错误。用户用电器总电阻减小，根据P＝eq \f(U2,R)，消耗功率增大，输电线中电流增大，线路损失功率增大，C项正确。升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上的损失电压加上降压变压器的输入电压，D项错误。
2．如图4­3­4所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW，输出电压为400 V，为了减小向用户供电过程中产生的电能损失，使用2 kV高压输电，最后用户得到220 V电压，9.5 kW的电功率。求：
图4­3­4
(1)升压变压器原、副线圈的匝数比eq \f(n1,n2)。
(2)输电线路的总电阻R。
(3)末端降压变压器原、副线圈的匝数比eq \f(n3,n4)。
解析：(1)升压变压器原、副线圈的匝数比eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(400,2 000)＝eq \f(1,5)。
(2)由ΔP＝I22R，I2＝eq \f(P,U2)，得R＝eq \f(ΔP,I22)＝eq \f(ΔP,\f(P,U2)2)＝eq \f(U22ΔP,P2)，式中U2＝2 000 V，P＝10×103 W，ΔP＝P－P用＝10×103 W－9.5×103 W＝0.5×103 W。解得R＝20 Ω。
(3)因为U3＝U2－ΔU＝U2－I2R，式中U2＝2 000 V，I2＝eq \f(P,U2)＝eq \f(10×103,2 000) A＝5 A，R＝20 Ω，可得U3＝1 900 V，所以eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(1 900,220)＝eq \f(95,11)。
答案：(1)eq \f(1,5) (2)20 Ω (3)eq \f(95,11)
1．关于减小远距离输电线上的功率损失，下列说法正确的是( )
A．由P＝eq \f(U2,R) 知，应降低输电电压，增大导线电阻
B．由P＝IU知，应降低输电电压，减小输电电流
C．由P＝I2R知，应减小导线电阻或减小输电电流
D．上述说法均不对
解析：选C 输电时导线上损失的电压ΔU＝IR，它不同于输电电压，用公式P＝eq \f(U2,R)或P＝IU计算功率损失时，U应为导线上损失的电压，故A、B错误；导线上功率的损失为发热损失，即P＝I2R，故C正确。
2．下列关于远距离高压直流输电的说法中，正确的是( )
①直流输电系统只在输电环节是直流，而发电环节和用电环节是交流
②直流输电系统只在发电环节和用电环节是直流，而输电环节是交流
③整流器将交流变直流，逆变器将直流变交流
④逆变器将交流变直流，整流器将直流变交流
A．①③ B．②③
C．①④ D．②④
解析：选A 直流输电系统由整流站、直流线路和逆变站3部分组成，在整流站通过整流器将交流电变为直流电，在逆变站利用逆变器将直流电变为交流电，因此说法①③正确，应选A。
3．(多选)远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压升高为原来的n倍，关于输电线上的电压损失和功率损失，下列说法正确的是(不考虑感抗和容抗产生的损失)( )
A．功率损失是原来的eq \f(1,n)
B．功率损失是原来的eq \f(1,n2)
C．电压损失是原来的eq \f(1,n)
D．电压损失是原来的n倍
解析：选BC 设输电电压为U，所输送的功率为P，输电线路总电阻为R，则输电电流I＝eq \f(P,U)，线路的功率损失ΔP＝I2R＝eq \f(P2R,U2)，可知ΔP∝eq \f(1,U2)，当输电电压升高为原来的n倍时，功率损失变为原来的eq \f(1,n2)，故选项B正确；线路上的电压损失ΔU＝IR＝eq \f(PR,U)，可知ΔU∝eq \f(1,U)，当输电电压升高为原来的n倍时，电压损失变为原来的eq \f(1,n)，故选项C正确。
4．超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电，现有一直流电路，输电总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V。若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )
A．1 Kw B．1.6×103 kW
C．1.6 kW D．10 kW
解析：选A 节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I＝eq \f(P,U)＝eq \f(40×103,800) A＝50 A。P线＝I2R＝502×0.4 W＝1 000 W，故节约的电功率为1 kW，A正确。
5．(多选)如图1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( )
图1
A．用户端的电压为eq \f(I1U1,I2)
B．输电线上的电压降为U－U1
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
解析：选AB 理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1＝U2I2，U2＝eq \f(I1U1,I2)，选项A正确；输电线上的电压降为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，选项B正确；理想变压器的输入功率为P＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的电功率为ΔP＝I12r，选项D错误。
6．为清除高压输电线上的结冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰。若在正常供电时，高压线上输电电压为U，电流为I，热损耗功率为ΔP；除冰时，输电线上的热损耗功率需变为9ΔP，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )
A．输电电流变为3I
B．输电电流变为9I
C．输电电压变为8U
D．升压变压器原、副线圈匝数比变为1∶3
解析：选A 根据ΔP＝I2R，要使输电线上的热损耗功率变为9ΔP，输电电流变为3I，A对，B错；根据P＝UI，输送功率不变，则输电电压应为原来的eq \f(1,3)，C错；根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)，U1不变的情况下，原、副线圈匝数比应变为原来的三倍，D错。
7．(多选)山区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村寨附近的降压变压器，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，随用电器总功率的增加将导致( )
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
解析：选CD 如图所示是远距离输电的示意图。
发电机输出的电压U不变。当负载的功率增加时，由能量守恒知发电机的输出功率要增加，再由P＝UI知升压变压器初级线圈中的电流变大，故A错误。因为变压器的线圈匝数比确定，则U1不变，即升压变压器次级线圈两端的电压不变，故B错误。升压变压器次级线圈的输出功率P1＝P＝U1I1要增加，而U1不变，则I1也要增加，那么输电线上损失的电压将增加，故C正确。再由U1＝I1R＋U2知降压变压器的初级线圈两端的电压U2将减小，则降压变压器次级线圈两端的电压U3减小，故D正确。
8．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2.0×105 A
B．输电线上电阻造成的电压损失为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＝eq \f(U2,r)，U为输电电压，r为输电线的电阻
解析：选B 当U＝500 kV 时，I＝eq \f(P,U)＝eq \f(3×109,5×105) A＝6×103 A，而U损＝IR＝15 kV，A错误，B正确；输电线上损失的功率不可能比输出功率还大，C错误；ΔP＝eq \f(U2,r)中，U为输电线电阻上的电压，而不是输电电压，D错误。
9．如图2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( )
图2
A．用户用电器上交流电的频率是100 Hz
B．发电机输出交流电的电压有效值是500 V
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
解析：选D 根据交流电的变化规律、变压器的工作原理和远距离输电知识解题。由u­t图像可知，交流电的周期T＝0.02 s，故频率f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，选项A错误；交流电的最大值Um＝500 V，故有效值U＝eq \f(Um,\r(2))＝250eq \r(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eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P＝I12R，得输电线损失的功率减小，选项D正确。
10．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图3所示，发电机的输出电压为200 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)。要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则( )
图3
A.eq \f(n2,n1)>eq \f(n3,n4)
B.eq \f(n2,n1)eq \f(n3,n4)，A正确。
11．把功率为220 kW的电能用铝导线(铝的电阻率ρ＝2.7×10－8 Ω·m)输送到10 km外的地方，要使功率损失不超过输送功率的10%。
(1)如果采用220 V的电压输电，导线的横截面积至少要多大？采用这样的导线切合实际吗？
(2)若采用110 kV的电压输电，导线的横截面积是多大？
(3)对于同种输电导线，若分别采用110 kV和220 V输电，损失的功率之比是多少？
解析：(1)如果采用220 V的电压输电，则通过导线的电流I＝eq \f(P,U)＝eq \f(220×103,220) A＝103 A。
由于功率损失P＝10%P0＝22 kW＝22×103 W，且P＝I2R，
因此导线的电阻
R＝eq \f(P,I2)＝eq \f(22×103,106) Ω＝0.022 Ω。
根据R＝ρeq \f(l,S)可得，导线的横截面积
S＝eq \f(ρl,R)＝eq \f(2.7×10－8×2×10×103,0.022) m2≈2.46×10－2 m2。
所以，导线横截面的半径
r≈8.85 cm。
由上述计算可知，采用这样粗的导线是不切实际的。
(2)若采用110 kV的电压输电，则通过导线的电流
I′＝eq \f(P,U)＝eq \f(220×103,110×103) A＝2 A。
同理，可计算出导线横截面的半径
r′≈0.02 cm。
(3)对于同种输电导线，若分别采用110 kV和220 V输电，损失的功率之比为
eq \f(P1,P2)＝eq \f(I12,I22)＝eq \f(U22,U12)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(220,110×103)))2＝eq \f(1,250 000)。
答案：见解析
12．三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，枢纽控制流域面积为1.0×106 km2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q＝4.51×1011 m3。水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面。在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(指26台发电机组同时工作时的总发电功率)为P＝1.82×107 kW，年平均发电量约为W＝8.40×1010 kW·h，该工程于2009年全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张状况。阅读上述材料，回答下列问题(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，g取10 m/s2)：
(1)若三峡电站上、下游水位差按h＝100 m计算，试推导三峡电站将水流势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值。
(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t为多少天？
(3)将该电站的电能输送到华中地区，输送电功率为P＝4.5×106 kW，采用超高压输电，输电电压U＝500 kV，而发电机输出的电压约为U0＝18 kV，要使输电线上损失的功率等于输送电功率的5%，求发电站的升压变压器的原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻。
解析：(1)一年减少的水的重力势能Ep＝mgh，且一年流出的水的质量m＝ρQ
所以η＝eq \f(W,Ep)＝eq \f(W,ρQgh)＝eq \f(8.40×1010×103×3 600,1.0×103×4.51×1011×10×100)×100%＝67.1%。
(2)由W＝Pt，得t＝eq \f(W,P)＝eq \f(8.40×1010 kW·h,1.82×107 kW)＝192.3 (天)。
(3)由于eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(18 kV,500 kV)，所以eq \f(n1,n2)＝eq \f(9,250)
由于I＝eq \f(P,U2)＝eq \f(4.5×109,500×103) A ＝9 000 A，ΔP＝I2R＝5%P＝2.25×105 kW
所以R≈2.78 Ω(R为输电线路的总电阻)。
答案：(1)η＝eq \f(W,ρQgh) 67.1% (2)192.3天 (3)eq \f(9,250) 2.78 Ω
变压器与远距离输电的综合应用
1．如图1所示，原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端接一正弦交变电流，为了使变压器输入功率增大，可以采取的措施有( )
图1
A．只增加原线圈的匝数n1
B．只减少副线圈的匝数n2
C．只减少负载电阻R的阻值
D．只增大负载电阻R的阻值
解析：选C 由eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)知，当n1增大时，U2减小，当减小n2时，U2也减小，又根据P入＝P出＝eq \f(U22,R)知，A、B、D均错误，C正确。
2．如图2所示，图甲中两导轨不平行，而图乙中两导轨平行，其余条件都相同，金属棒MN都在导轨上向右匀速平动(速度较大)，在金属棒平动的过程中，将观察到(导轨及导体棒电阻不计)( )
图2
A．L1和L2都发光，只是亮度不同
B．L1和L2都不发光
C．L2发光，L1不发光
D．L1发光，L2不发光
解析：选D 金属棒MN向右匀速平动时切割磁感线，在闭合回路中产生感应电流，但题图甲中金属棒接入电路中的长度逐渐增加，题图乙中不变，因此，在题图甲铁芯中产生变化的磁通量，副线圈中产生感应电流，L1发光；题图乙铁芯中产生恒定不变的磁通量，副线圈中无感应电流，L2不发光，故正确选项为D。
3．(多选)如图3所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)示数分别为220 V和2.2 A。以下判断正确的是( )
图3
A．变压器输入功率为484 W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
解析：选BD 用电器的正常工作电压为60 V，电流为2.2 A，所以额定功率P额＝U2I2＝132 W，即变压器的输出功率P出＝P额＝132 W，理想变压器的输入功率P入＝P出，即U1I1＝U2I2，所以I1＝eq \f(132,220) A＝0.6 A，A错误，B正确。通过副线圈的电流的最大值I2m＝eq \r(2)I2＝2.2eq \r(2)A，C错误。变压器原、副线圈匝数比eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(220 V,60 V)＝eq \f(11,3)，D正确。
4．(多选)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图4甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。下列说法正确的是( )
图4
A．副线圈输出电压的频率为50 Hz
B．副线圈输出电压的有效值为31 V
C．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小
D．P向右移动时，变压器的输出功率增大
解析：选AD 由原线圈输入电压的变化规律可知，输入交变电压的周期为0.02 s，频率为50 Hz，所以副线圈输出电压的频率也为50 Hz，选项A正确；原线圈输入正弦式交变电压的最大值为310 V，则有效值为220 V，根据变压器的电压关系eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)知，副线圈输出电压的有效值为22 V，选项B错误；由变压器的电流关系eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)知，原、副线圈的电流比只与匝数比有关，选项C错误；滑动变阻器的滑动触头向右移动时，电路的电阻减小，副线圈中的电流增大，又电压不变，则输出功率增大，选项D正确。
5．如图所示，A、B、C、D是4种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用的白炽灯泡相同，且都是“220 V 40 W”，当灯泡所消耗的功率都调到20 W时，哪种台灯消耗的功率最小( )
解析：选C 利用变阻器调节到20 W时，除电灯消耗电能外，变阻器由于热效应也要消耗一部分电能，使台灯消耗的功率大于20 W，利用理想变压器调节时，变压器的输入功率等于输出功率，本身不消耗电能，所以C中台灯消耗的功率最小。
6．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比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和eq \f(P2,P1)分别为( )
A.eq \f(PR,kU)，eq \f(1,n) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,kU)))2R，eq \f(1,n)
C.eq \f(PR,kU)，eq \f(1,n2) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,kU)))2R，eq \f(1,n2)
解析：选D 当副线圈与原线圈的匝数比为k时，副线圈输出电压为kU，输出电流I＝eq \f(P,kU)，线路损耗的电功率为P1＝I2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,kU)))2R。若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，副线圈输出电压为nkU，输出电流I′＝eq \f(P,nkU)，线路损耗的电功率为P2＝I′2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,nkU)))2R。eq \f(P2,P1)＝eq \f(1,n2)，选项D正确，A、B、C错误。
7．利用如图5所示的电流互感器可以测量被测电路中的大电流，若互感器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶100，交流电流表 A的示数是50 mA，则( )
图5
A．被测电路的电流有效值为0.5 A
B．被测电路的电流平均值为0.5 A
C．被测电路的电流最大值为5eq \r(2) A
D．原、副线圈中的电流同时达到最大值
解析：选C 根据理想变压器的工作原理eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)得，被测电路电流的有效值I1＝eq \f(n2,n1)I2＝5 A。所以最大值Im＝5eq \r(2) A，故A错误，C正确。正弦交流电的平均值与有效值的概念是完全不同的，故B错误。根据电磁感应规律，原线圈电流最大时，磁通量的变化率最小，副线圈中的感应电流最小，故D错误。
8．(多选)如图6所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表Ⓐ接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则( )
图6
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
解析：选BD 变压器初级电压为Uab，则次级电压U2＝eq \f(n2,n1)Uab，由于二极管的单向导电性，使得cd端只在一半的时间内有电流，即Ucd＝eq \f(U2,\r(2))，故eq \f(Uab,Ucd)＝eq \f(\r(2)n1,n2)，A错误。增大负载电阻的阻值R，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，即电流表的读数变小，B正确。c、d间的电压由原线圈中的电压和变压器的匝数比决定，与电阻R无关，C错误。将二极管短路，副线圈中的电流加倍，则原线圈中的电流也加倍，D正确。
9．(多选)在如图7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7
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：选CD 设升压变压器的原、副线圈匝数比为N1，降压变压器的原、副线圈匝数比为N2，发电厂输出电压为U1，输出功率为P1，则升压变压器的输出电压为eq \f(U1,N1)，输电线中的电流为eq \f(P1N1,U1)，输电线损耗的功率为eq \f(N12P12R,U12)，降压变压器输出电压为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(U1,N1N2)－\f(P1N1R,U1N2)))，输电线上损耗的功率占总功率的比例为eq \f(N12P1R,U12)，选项C、D正确。
10．某交流电路中，有一个正在工作的理想变压器，如图8所示。它的原线圈匝数n1＝600，交流电源的电动势e＝311sin(100πt)V(不考虑其内阻)，交流电压表和交流电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为0.2 A的保险丝，副线圈匝数n2＝120，为保证保险丝不被烧断，则( )
图8
A．负载功率不能超过62 W
B．副线圈电流最大值不能超过1 A
C．副线圈电路中的电阻R不能小于44 Ω
D．副线圈电路中交流电压表的读数为62 V
解析：选C 解答本题的疑难在于正确理解“保险丝熔断电流指的是有效值”这一知识要点。由e＝311sin(100πt)V可知，原线圈两端电压U1＝220 V，输入功率P入＝U1I1，又I1≤0.2 A，所以最大输入功率为44 W，故负载功率不能超过44 W，选项A错误；根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)得，I2≤1 A，故副线圈电流不能超过1 A，最大值不能超过eq \r(2) A，选项B错误；根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，R＝eq \f(U2,I2)得，U2＝44 V，R≥44 Ω，故副线圈电路中的电阻R不能小于44 Ω，选项C正确，选项D错误。
11．人们利用发电机把天然存在的各种形式的能(水能、风能、煤燃烧的化学能等)转化为电能，为了合理地利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方，但是用电的地方往往很远，因此，就需要高压输送线路把电能输送到远方。如果某发电站将U＝6 000 V的电压直接地加在高压输送线路的输入端，向远方供电，且输送的电功率为P＝800 kW。则此时安装在高压输送线路的始端和终端的电能表一昼夜读数就相差ΔE＝9 600 kW·h(1 kW·h＝1度电)。求：
(1)此种情况下，高压线路的终端功率和输电效率。
(2)若要使此高压输电线路的输电效率为98%，则在发电站处应安装一个变压比eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n2)))是多少的变压器？
解析：(1)此情况下，终端功率
P′＝P－eq \f(ΔE,T)＝800 kW－eq \f(9 600 kW·h,24 h)＝400 kW。
所以输电效率：η＝eq \f(P′,P)＝eq \f(400 kW,800 kW)＝50%。
(2)设高压输送线路的导线电阻为r，
由题意知：原来线路损耗P损1＝I12r＝400 kW，
而UI1＝P，
现在线路损耗：P损2＝P×(1－98%)＝I22r，
而U′I2＝P，
eq \f(U,U′)＝eq \f(n1,n2)，解得：eq \f(n1,n2)＝eq \f(1,5)。
答案：(1)400 kW 50% (2)eq \f(1,5)
12．有一条河流，水的流量为Q＝2 m3/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，落差为h＝5 m。现利用其发电，若发电机的总效率为50%，输出电压为240 V，输电线总电阻R＝30 Ω，允许损失的电功率为发电机输出功率的6%。
(1)为满足用电的需要，使用户获得220 V的电压，求输电线路使用的理想升压变压器、降压变压器的原、副线圈匝数比。
(2)如果输送的电能供“220 V 100 W”的电灯使用，则能正常发光的电灯的盏数为
多少？
解析：远距离输电的示意图如图所示。
发电机的输入功率为
P1＝ρQgh＝1×103×2×10×5 W＝1×105 W
发电机的输出功率P2＝ηP1＝5×104 W
设输电线中的电流为I，则电功率损失P损＝I2R
所以输电线中的电流为
I＝ eq \r(\f(P损,R))＝ eq \r(\f(P2×6%,R))＝ eq \r(\f(5×104×0.06,30)) A＝10 A
升压变压器原线圈两端的电压U1＝240 V
副线圈的输出电压为U2＝eq \f(P2,I)＝eq \f(5×104,10) V＝5×103 V
故升压变压器原、副线圈的匝数比为
n1∶n2＝U1∶U2＝240∶(5×103)＝6∶125
输电线上损失的电压为ΔU＝IR＝10×30 V＝300 V
降压变压器原线圈两端的电压为
U3＝U2－ΔU＝5×103 V－300 V＝4 700 V
降压变压器副线圈两端的电压为U4＝220 V
故降压变压器原、副线圈的匝数比为
n3∶n4＝U3∶U4＝4 700∶220＝235∶11
(2)设正常发光的电灯的盏数为N，则有
N＝eq \f(P2－P损,P灯)＝eq \f(5×104－5×104×0.06,100)＝470(盏)。
答案：(1)6∶125 235∶11 (2)470
两种损失
主要原因
大小表示
减小办法
电功率损失
输电线有电阻电流产生焦耳热
ΔP＝I2R
减小R
减小I
电压损失
输电线电阻的电压降
ΔU＝IR
输电线路上的电压损失和功率损失
远距离输电的电路分析