高中物理第四节 远距离输电同步练习题

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1．远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，则下列叙述正确的是( )
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有关
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，输电线上损耗的功率减小
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A 发电机到升压变压器的距离一般比较小，导线的电压降比较小，导线上的电能损耗比较小，可认为发电机的输出功率等于升压变压器的输入功率，等于远距离输电线上损耗的功率加上降压变压器的输入功率，而降压变压器的输入功率由用户的实际功率决定。所以用户的实际功率决定了升压变压器的输出和输入功率，因此升压变压器的输入电流与用户的实际功率有关，选项A正确，B错误；用户用电器的总电阻减小，功率增大，输电线上的电流增大，功率损失增加，选项C错误；由于远距离输电，导线的电阻不能忽略不计，导线上的电压降不能忽略，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，选项D错误。
2．输送一定功率的交变电流，若输电电压提高到原来的n倍，则下列说法正确的是( )
A．输电线上的电流变为原来的eq \f(1,n)
B．输电线上的电压损耗变为原来的n倍
C．输电线上的电功率损耗变为原来的eq \f(1,n)
D．为使输电线上的电功率损耗不变，输电距离可变为原来的n倍
解析：选A 输送一定功率的交变电流，输电电压提高到原来的n倍，根据I＝eq \f(P,U)可得，输电线上的电流变为原来的eq \f(1,n)，故A正确；根据U损＝Ir线可得，输电线上的电压损耗变为原来的eq \f(1,n)，故B错误；根据P损＝I2r线可得，输电线上的电功率损耗变为原来的eq \f(1,n2)，故C错误；输电线上的电流变为原来的eq \f(1,n)，为使输电线上的电功率损耗不变，根据P损＝I2r线可得，输电线的电阻应变为原来的n2倍，输电距离可变为原来的n2倍，故D错误。
3．采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的eq \f(1,4)，输电电压应变为( )
A．55 kV B．110 kV
C．440 kV D．880 kV
解析：选C 输送功率P＝UI，输电线上损耗的功率P损＝I2r＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,U)))2r∝eq \f(1,U2)。当P损减小为原来的eq \f(1,4)时，输电电压应变为原来的2倍，故C正确。
4．我国“西电东送”采用特高压远距离输电。在西部发电厂附近升压变压器将电压升高，通过输电线输送到东部某地，再用降压变压器降压到稳定的工作电压，为负载供电。假设所用变压器均为理想变压器，发电机输出电压及输电线的电阻均不变。则( )
A．增加负载，输电线上损失的功率增大
B．增加负载，升压变压器的原线圈中电流减小
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出电压小于降压变压器的输入电压
解析：选A 由于负载增加，降压变压器输出的功率增大，负载线路电流变大，故高压输电线上的电流变大，由P损＝I2R知，输电线上损失的功率变大，因为输电线中电流变大，根据变压器原理可知，升压变压器原线圈中电流也变大，A正确，B错误；因为输电线存在电阻，有电压损失，所以升压变压器输出电压大于降压变压器输入电压，C、D错误。
5．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是( )
A．发电机输出的电流I1＝40 A
B．输电线上的电流I线＝625 A
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D．用户得到的电流I4＝455 A
解析：选C 发电机输出的电流I1＝eq \f(P,U1)＝eq \f(100×103,250) A＝400 A，选项A错误。输电线上的电流I线＝eq \r(\f(P线,R线))＝eq \r(\f(5×103,8) ) A＝25 A，选项B错误。升压变压器的副线圈输出电压U2＝eq \f(P,I线 )＝eq \f(100×103,25) V＝4×103 V，输电线损耗电压ΔU＝I线R线＝25×8 V＝200 V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3 800 V，故降压变压器的匝数比eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(3 800,220)＝eq \f(190,11)，选项C正确。降压变压器的副线圈的输出功率P4＝P3＝P－P线＝95 kW，故用户得到的电流I4＝eq \f(P4,U4)＝eq \f(95×103,220) A≈431.8 A，选项D错误。
6．中国已投产运行的1 000 kV特高压输电，是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，不考虑其他因素的影响。则( )
A．输电电流变为原来的2倍
B．输电线上降落的电压将变为原来的2倍
C．输电线上降落的电压将变为原来的eq \f(1,2)
D．输电线上损耗的电功率将变为原来的eq \f(1,2)
解析：选C 根据输送电功率P输＝U输I输及P输不变，可知，输电电流I输＝eq \f(P输,U输)∝eq \f(1,U输)，当U输变为原来的2倍时，I输变为原来的eq \f(1,2)，选项A错误；输电线上降落的电压U降＝I输R线∝I输，所以，当输电电流变为原来的eq \f(1,2)时，输电线上降落的电压也变为原来的eq \f(1,2)，选项B错误，C正确；输电线上损耗的电功率P损＝I输2R线∝I输2，所以输电线上损耗的电功率将变为原来的eq \f(1,4)，选项D错误。
7．超导材料电阻降为零的温度称为临界温度，1987年我国科学家制成了临界温度为90 K的高温超导材料，利用超导材料零电阻性质，可实现无损耗输电，现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V。如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用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 当输电导线总电阻为0.4 Ω时，由P＝UI得
I＝eq \f(P,U)，输电线上损失的功率ΔP＝I2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,U)))2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(40×103,800)))2×0.4 W＝1 kW。
8．一台发电机的功率是44 kW，用电阻为0.2 Ω的导线输送到用户。
(1)若用220 V的电压输电，输电线上的电流多大？输电线因发热损失的功率是多少？
(2)若用22 kV的电压输电，输电线上电流多大？输电线因发热损失的功率又是多少？
解析：(1)由P＝UI，得I＝eq \f(P,U)＝eq \f(44×103,220) A＝200 A
P损＝I2R＝8×103 W。
(2)由P＝U′I′，得I′＝eq \f(P,U′)＝eq \f(44×103,22×103) A＝2 A
P损′＝I′2R＝0.8 W。
答案：(1)200 A 8×103 W (2)2 A 0.8 W
eq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新
9.(多选)在我国北方部分地区经常出现低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严重损毁，如图所示。为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰。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ΔP；除冰时，需要输电线上热耗功率为9ΔP，若输电功率和输电线的电阻不变，则除冰时( )
A．输电电流为3I B．输电电流为9I
C．输电电压为3U D．输电电压为eq \f(1,3)U
解析：选AD 高压线上的热耗功率ΔP＝I2R线，若热耗功率变为9ΔP，则9ΔP＝I′2R线，联立得I′＝3I，A正确。又输送功率不变，P＝UI＝U′I′，得U′＝eq \f(1,3)U，所以D正确。
10．(多选)远距离输电线路可简化为下图，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＜eq \f(U2,R)
B．输电线损失的电功率为eq \f(U22,R)
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
解析：选AD 在输电线路上，U2＝I2R＋U3，所以I2＜eq \f(U2,R)，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eq \f(U22,R)，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，则输电线中电流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。
11．农网改造前，某偏远山区学校由小型发电机发电，通过升压变压器和降压变压器供电，输电线路如图所示。升压变压器的匝数比为1∶6，降压变压器的匝数比为6∶1，两变压器间输电线的总电阻为R＝2 Ω，其余导线电阻均不计。全校共启用了33间教室，每间教室有6盏相互并联的“220 V 40 W”灯泡，要求所有灯都正常发光，求：
(1)两个变压器之间输电线上损失的电压；
(2)发电机的输出电压和输出功率。
解析：(1)设降压变压器原线圈中电流为I3，副线圈中电流为I4，
则I4＝Neq \f(P,U)＝33×6×eq \f(40,220) A＝36 A
根据eq \f(I4,I3)＝eq \f(n3,n4)，解得I3＝6 A
输电线上损失的电压ΔU＝I3R＝12 V。
(2)根据eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)得降压变压器原线圈两端的电压U3＝eq \f(n3,n4)U4＝1 320 V
故升压变压器副线圈两端的电压U2＝U3＋ΔU＝1 332 V
根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得升压变压器原线圈中的电压U1＝eq \f(n1,n2)U2＝222 V
输电线路上损失的功率ΔP＝I32R＝62×2 W＝72 W
发电机输出功率P总＝33×6×40 W＋ΔP＝7 992 W。
答案：(1)12 V (2)222 V 7 992 W