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[-考点-05-] 远距离输电
[典例]
答案 (1)见解析图 (2)219.6 V 4.392×104 W (3)180 V 3.6×104 W
解析 (1)线路示意图如图所示：
(2)由图可知，升压变压器副线圈两端的输出电压U2＝U1＝2 200 V．根据理想变压器P 入＝
P 出，则升压变压器副线圈的输出电流I2＝＝ A＝20 A，输电线上的功率损耗和电压损失分
别为
P 损＝I2
2R 线＝202×0.2 W＝80 W，
U 损＝I2R 线＝20×0.2 V＝4 V.
所以降压变压器原线圈的输入电压和电流分别为
U3＝U2－U 损＝2 200 V－4 V＝2 196 V，
I3＝I2＝20 A.
降压变压器副线圈的输出电压和电流分别为
U4＝U3＝×2 196 V＝219.6 V，
I4＝I3＝10×20 A＝200 A.
用户得到的功率为
P4＝U4I4＝219.6×200 W＝4.392×104 W.
(3)若直接给用户供电，
线路示意图如图所示
则输电电流
I′＝＝ A＝200 A.
输电线路上的电压损失
ΔU′＝I′R 线＝200×0.2 V＝40 V.
所以用户得到的电压
U2′＝U1－ΔU′＝220 V－40 V＝180 V.
用户得到的功率为
P′＝U2′I′＝180×200 W＝3.6×104 W.
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1.答案 A
解析 因为P 入＝P 出，所以U1I1＝U2I2，即U2＝，选项A 正确；输电线上损失的电压为U 线
＝U－U1，选项B 错误；理想变压器的输入功率P 入＝I1U1，输电线路上损失的电功率
P 损＝I1
2r＝I1(U－U1)，选项C、D 错误．
2.答案 BD
解析 左侧变压器副线圈两端电压U2＝3×7.5 V＝22.5 V，当开关S 接1 时，电阻R 上的电
压，即右侧变压器副线圈两端电压U4＝ V＝10 V，电流I4＝＝1 A，则右侧变压器原线圈
两端电压U3＝×10 V＝20 V，电流I3＝×1 A＝0.5 A，则r＝＝5 Ω；当开关S 接2 时，设输
电电流为I，则右侧变压器副线圈中的电流为0.5I；根据右侧变压器两边电压与匝数的关系
可知＝，解得I＝3 A，则R 上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，故选B、D.
3.答案 C
解析 发电机输出的电流I1＝＝ A＝400 A，故A 错误；输电线上损失的功率P 线＝I 线
2R 线
＝5 kW，所以I 线＝＝25 A，故B 错误；用户得到的功率P4＝P－P 线＝(100－5) kW＝95
kW，则I4＝＝ A＝ A≈432 A，故＝＝，故C 正确，D 错误．
4.答案 AD
解析 由输电电流I＝知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的，损耗
的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的，即ΔP′＝ΔP；输电线上
损失电压为ΔU＝Ir，即输电电压加倍，损失电压变为原来的，即ΔU′＝ΔU.故A、D 正确．
5.答案 AD
解析 由图乙可知，降压变压器副线圈两端交变电压U＝220sin 100πt(V)，有效值为220
V，降压变压器原、副线圈匝数之比为4 1∶，故降压变压器T2原线圈的输入电压为880 V，
故A 正确；降压变压器为理想变压器，故输入功率与输出功率之比为1 1∶，故B 错误；输
出功率增大，则输电线上的电流增大，输电线上损耗的功率增大，故C 错误；用户消耗的
功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，输出和损失的功率都增大，发电机
输出功率增大，故D 正确.
6.答案 C
解析 开关都断开时降压变压器空载，其副线圈两端有电压，电压表示数不为零，选项A
错误；变压器不能改变交流电的频率，故负载端所接收交流电的频率还是50 Hz，选项B
错误；深夜大部分用户已关灯，干路中电流减小，线路损耗电压减小，用户得到的电压升
高，故此时开灯灯较亮，选项C 正确；用电高峰时，负载增多，负载电阻减小，干路中电
流增大，因此输电线路上损耗电压增大，导致降压变压器的输入电压降低，为提高负载电
压，可增大降压变压器副线圈的匝数，使负载电压提高，选项D 错误.
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7.答案 AC
解析 输电导线上的电流I＝，输电导线的电阻R＝，输电线上损耗的电功率为P1＝I2R
＝，用户得到的电功率为P2＝P－P1＝P，故A、C 正确．
8.答案 AC
解析 用户得到的功率即降压变压器的输出功率P 用＝P－P 损＝P×(1－5%)＝9.5 kW，故A
正确；输电线损失的功率P 损＝P×5%＝0.5 kW，通过输电线的电流I2＝＝5 A，故B 错误；
升压变压器的输出电压U2＝＝2 000 V，可得升压变压器原、副线圈的匝数之比＝＝，故C
正确；输电线上的电压损失U 损＝I2R 线＝100 V，降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－U
损＝1 900 V，可得降压变压器原、副线圈的匝数之比＝＝，故D 错误．
9.答案 BC
解析 仅闭合S，则T2副线圈中总电阻变小，T2副线圈中电流变大，T2原线圈电流也变大，
则r 上损失的电压和功率变大，则T2输入电压UT21＝UT12－Ir 变小，灯L1两端电压UT22减小，
故灯L1会变暗，故A 错误，B 正确；
仅将滑片P 下移，T1副线圈匝数变大，则T1输出电压变大，T2的输入电压变大，灯L1两端
电压也变大，消耗功率变大，则T1输入功率变大，电流变大，电流表示数变大，故C 正确；
由上分析可知，仅将滑片P 下移，输电线中的电流变大，故电阻r 消耗的功率变大，故D
错误．
10.答案 C
解析 升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U1＝，由＝，可得U2＝，因为输送电功
率为P，输电线中的电流为I2＝＝，则输电线上的损失的电功率为ΔP＝I2
2(2r)＝4()2()2r，故
选C.
11.答案 C
解析 发电机的输出电压U1不变，升压变压器匝数比不变，则副线圈电压U2不变，A 错
误；当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压变压器原线圈电流
增大，输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大、输电线上的电压损失升高，
导致降压变压器的输入电压U3降低，B 错误，C 正确；用户开启的用电器增多，消耗的功
率增大，发电机输出功率随之增大，D 错误．
12.答案 (1)6 A (2)226 V
解析 (1)所有电灯正常发光时消耗的功率为
P 总＝40×6×22 W＝5 280 W＝P4
由于灯正常发光，故降压变压器副线圈两端的电压U4＝220 V
所以降压变压器原线圈两端的电压为
U3＝U4＝×220 V＝880 V
则输电线上的电流为I 线＝＝＝ A＝6 A
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(2)输电线上损失的电压为
U 损＝I 线r＝6×4 V＝24 V
则升压变压器副线圈两端的电压为
U2＝U3＋U 损＝880 V＋24 V＝904 V
则升压变压器原线圈两端的电压为
U1＝U2＝×904 V＝226 V.
13.答案 BC
解析 电站的输出电压没有变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变
电站的输出功率突然增大，则根据P＝UI，输电线上的电流增大，根据U 损＝I 线R，U3＝U2
－U 损，可知降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的
输出电压减小，故A 错误，B 正确；输电线损耗比例为5%时，根据ΔP＝I 线
2R，ΔP＝
5%P1，解得I 线＝25 A，升压变压器原线圈的电流为I1＝＝400 A，升压变压器的匝数比为
＝＝＝，故C 正确；输送电流为I′＝＝10 A，损失功率为ΔP′＝I′2R＝800 W，故D 错
误．
14.答案 ABC
解析 由理想变压器基本关系知＝，U1不变，U2变为原来的倍，所以变为原来的倍，A 正
确；根据P 送＝U2I2可知，因P 送变为原来的2 倍，U2变为原来的倍，则输电线上电流I2变
为原来的，B 正确；根据P 损＝I2
2R 线，可知P 损变为原来的()2，C 正确；总功率变大，损失
的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则I4变大，又I2变小，I2＝I3，则＝
变大，D 错误．
15.答案 (1)12 kW (2)
解析 (1)每秒水流机械能损失为
ΔE＝m(v1
2－v2
2)＋mgΔh＝2×104 J
发电机的输出功率为
P 出＝×80%＝12 kW.
(2)由题可知P 线＝5%P 出＝600 W
由P 线＝I 线
2R 线，得I 线＝＝5 A
I2＝I 线＝5 A，I1＝＝50 A
对升压变压器有＝＝
I3＝I 线＝5 A，I4＝＝ A
所以对降压变压器有＝＝.
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