2024-2025学年下学期高二物理教科版同步经典题精练之电能的输送

第36页（共36页）2024-2025学年下学期高中物理教科版（2019）高二同步经典题精练之电能的输送一．选择题（共5小题）1．（2024•金华模拟）如图所示为“高温”超导电缆，它能在﹣173℃左右电阻降为零，其输电损耗主要来自于循环冷却系统，如果用其替代普通电缆输电，可大大降低电能损失。某小型水电站发电机的输出功率为200kW，发电机的输出电压为250V，普通电缆总电阻为10Ω。假定该水电站改用超导电缆输电，保持输送电压不变，输电损失的功率为160W，若该损耗是普通电缆损耗的25%，则（）A．水电站的输送电压为250V B．超导电缆中的输送电流为800A C．普通电缆输电电线上损失的电压为8V D．采用了高压输电，且升压变压器匝数比为1：1002．（2024秋•河南期末）如图所示为远距离输电示意图，现将输送电压U2由22kV升级为220kV，在保持发电站输出电压U1，发电站输送的总电功率、输电线电阻R线、用户得到的电压U4均不变的情况下，则（）A．升压变压器原、副线圈匝数比n1n2B．输电线上损失的电压ΔU变为原来的1100C．输电线损失的功率变为原来的1100D．降压变压器原、副线圈匝数比n3n43．（2024秋•浙江月考）如图所示是潮汐发电示意图，其利用潮水涨落产生的水位差所具有的势能发电，一昼夜中两次涨、落潮。涨潮时堵住通道，涨至最高水位时打开通道，进水发电。水库水位涨至最高时，堵住通道，落潮至最低水位时，打开通道放水发电。已知水坝的高为H＝15m，涨潮时水库最高水位h1＝10m，退潮水库最低水位h2＝6m，发电机日平均发电量为4.8×104kW•h，水轮发电机总效率为10%，海水的密度为1.0×103kg/m3，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．涨潮时水库水重心上升4m B．发电机的功率为4×103kW C．该发电站所圈占的海湾面积约为2.7×10m2 D．若采用U＝200kV的直流电向某地区输电，输电线路电阻为1000Ω，则线路上损耗功率为输电总功率的5%4．（2024•黄陂区校级二模）如图所示为远距离输电模拟原理图，变压器均为理想变压器，其中降压变压器的原、副线圈匝数之比为n。发电机输出电压不变，两变压器间输电线的总电阻为R，降压变压器所接负载的等效电阻为R变，其余导线电阻不计。当R变变化时，理想电压表V的示数变化为ΔU，理想电流表A的示数变化为ΔI，下列说法正确的是（）A．R变的触头向下滑动时，输电线上的损耗功率变小 B．R变的触头向下滑动时，电压表的示数变大 C．R变的触头向上滑动时，输电效率降低 D．|ΔUΔI|5．（2023秋•汕头期末）新能源电动汽车常用交流充电桩进行充电，如图所示为交流充电桩的供电电路。配电设施的输出电压为250V，升压变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝1：9，降压变压器原、副线圈的匝数比n3：n4＝10：1，充电桩的输出电压u=2202sinA．交变电流的周期是0.2s B．充电桩电流的有效值为3.2A C．输电线的总电阻为20Ω D．配电设施的输出功率为7200W二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024•日照二模）我国能源分布很不均匀，远距离大容量输电有着特别重要的意义。远距离高压交流输电的示意图如图所示，升压变压器、降压变压器均为理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n，输电线的总电阻为r。U、I分别表示电压表V、电流表A的示数，输入电压U0保持不变。下列说法正确的是（）A．若仅闭合开关S，则U减小 B．若仅闭合开关S，则U增大 C．仅增大R2，则U减小 D．仅增大R2，若V的示数变化为ΔU，A的示数变化为ΔI，则r（多选）7．（2024•烟台二模）某实验小组利用如图所示的电路模拟研究远距离输电。图中交流电源电压为U＝6V，定值电阻为R＝20Ω，小灯泡L的规格为“6V3.6W”，接通电路调节两个变压器，使小灯泡始终以额定功率工作，此时理想变压器T1原、副线圈的匝数比为n1n2=k1A．k1和k2的乘积小于1 B．k1越大电路的输电效率越高 C．若k2＝6，则R上消耗的功率为0.2W D．若k2＝6，则变压器T1的输出电压为38V（多选）8．（2023秋•张家口期末）如图甲所示为远距离输电的示意图，图中的变压器均为理想变压器，输电线的总电阻为r＝100Ω，降压变压器所接用户可等效为图中的滑动变阻器，用户增加时相当于滑动触头向下滑动。已知用户端的额定电压U0＝220V，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3：n4＝50：1，升压变压器原线圈所接电压如图乙所示，用户端在正常情况下消耗的总功率P0＝11kW，下列说法正确的是（）A．发电厂的输出功率为11kW B．升压变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2＝2：111 C．用户增加时，用户得到的电压减小 D．用户增加时，输电线上的损失功率减小（多选）9．（2023秋•青岛校级期末）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，下列说法正确的是（）A．升压变压器原、副线圈的电流之比I1：I2＝1：5 B．输电线的总电阻R＝20Ω C．降压变压器原、副线圈的匝数比n3：n4＝95：11 D．输电线的总电阻R上的电压是180V三．填空题（共3小题）10．（2024•浦东新区校级模拟）为全面推进乡村振兴，某地兴建的小型水电站如图所示。该水电站交流发电机的输出功率为P＝1000kW，发电机的输出电压U1＝250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻为R线＝16Ω，在用户处的降压变压器输出电压U4＝220V。在输电过程中，要求输电线上损耗的功率为发电机输出功率的4%，假设升压变压器、降压变压器均为理想变压器，则降压变压器的匝数比，用户得到的电流。11．（2022秋•长沙期末）（1）远距离输电都采用高压输电的方式，其主要优点是。A．可增大输电电流B．可加快输电速度C．可减少输电线上的能量损失D．可防止不法分子窃电（2）用图示装置进行电磁感应实验，下列操作不能形成感应电流的是。A．开关闭合和断开的瞬间B．开关闭合，移动滑动变阻器的滑动触头C．开关闭合后线圈A在B中插入或拔出D．只有开关保持闭合12．（2023春•平潭县校级期中）如图所示为某一输电示意图，电厂的发电机输出功率为100kW，输出电压U1＝500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2＝1：20，降压变压器的原、副线圈的匝数比为n3：n4＝480：11，输电线电阻为40Ω，变压器均为理想变压器，则输电线上损失的功率为W；用户得到的电压为V。四．解答题（共3小题）13．（2023秋•营口期末）一座小型水电站，水以3.0m/s的速度流入水轮机，而以1.0m/s的速度流出．流出水位比流入水位低1.6m，水的流量Q＝1.0m3/s．如果水流能量的75%供给发电机，20%用于水温升高．求：（1）若发电机效率为80%，则发电机的输出功率多大？（2）发电机的输出电压为240V，输电线路电阻为50/3Ω，允许损失的电功率为5%，用户的需电压为220V，则所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少？画出远距离输电过程示意图．（变压器为理想变压器，g取10m/s2）14．（2023秋•莱西市期末）某光伏电站的功率是200kW，电压为12V直流，送往外地时，先通过逆变器转化为200V的交流电（能量转化效率为80%），然后经变压器Ⅰ升压，通过总电阻为r＝50Ω的输电线路送往用户，再经变压器Ⅱ降为220V电压供用户使用，如图所示。已知输电线上损失的功率为3200W，求：（1）变压器Ⅱ的原、副线圈匝数之比；（2）变压器Ⅱ副线圈中的电流大小。15．（2024春•江宁区期末）如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈匝数N＝500匝，面积S＝2.32×10﹣2m2，线圈匀速转动的角速度ω＝100πrad/s，匀强磁场的磁感应强度B=210πT，输电时先用升压变压器将电压升高，经高压输电，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，两根输电导线的总电阻为R＝5Ω，变压器可视为理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3：n4＝10：1，若用户区标有“（1）求交流发电机产生电动势的最大值Em；（2）求输电线路上损耗的电功率ΔP；（3）若升压变压器原、副线圈匝数比为n1：n2＝1：20，求交流发电机线圈上的热功率Pr。

2024-2025学年下学期高中物理教科版（2019）高二同步经典题精练之电能的输送参考答案与试题解析题号12345答案DCDDD一．选择题（共5小题）1．（2024•金华模拟）如图所示为“高温”超导电缆，它能在﹣173℃左右电阻降为零，其输电损耗主要来自于循环冷却系统，如果用其替代普通电缆输电，可大大降低电能损失。某小型水电站发电机的输出功率为200kW，发电机的输出电压为250V，普通电缆总电阻为10Ω。假定该水电站改用超导电缆输电，保持输送电压不变，输电损失的功率为160W，若该损耗是普通电缆损耗的25%，则（）A．水电站的输送电压为250V B．超导电缆中的输送电流为800A C．普通电缆输电电线上损失的电压为8V D．采用了高压输电，且升压变压器匝数比为1：100【考点】远距离输电的相关计算．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】D【分析】C.根据电功率的损失情况计算普通电缆中的电流和损失电压；D.根据变压器的工作原理和两个线圈的电流关系列式求解变压比；A.根据变压比计算输送电压；B.根据输电功率和输送电压计算超导电流。【解答】解：C．远距离输电，依题意，普通电缆输电电线上损失的功率为P1由P1I1普通电缆输电电线上损失的电压为U1＝I1R，解得U1＝80V故C错误；D．发电机的输出电流为I=采用了高压输电，且升压变压器匝数比为n1故D正确；A．对升压变压器n1U送＝25000V故A错误；B．该水电站改用超导电缆输电，保持输送电压不变，超导电缆中的输送电流为I超导故B错误。故选：D。【点评】考查变压器的相关问题，会计算电压损失和电功率损失，会根据题意计算变压器的变压比等。2．（2024秋•河南期末）如图所示为远距离输电示意图，现将输送电压U2由22kV升级为220kV，在保持发电站输出电压U1，发电站输送的总电功率、输电线电阻R线、用户得到的电压U4均不变的情况下，则（）A．升压变压器原、副线圈匝数比n1n2B．输电线上损失的电压ΔU变为原来的1100C．输电线损失的功率变为原来的1100D．降压变压器原、副线圈匝数比n3n4【考点】远距离输电的相关计算．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据变压规律计算；根据P＝UI计算出输电线上电流的变化，然后根据ΔU＝IR线分析损失的电压，根据P损＝I2R线分析损失功率的变化；分别写出两种情况下降压变压器的输入电压表达式，然后根据变压比分析。【解答】解：A、原来升压变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=U122×103=k，改变后的匝数比为(B、根据I=PU可知，升级后的输送电流变为原来的110，根据ΔU＝IR线可知，输电线上损失的电压ΔU变为原来的1C、根据P损＝I2R线可知，输电线上损失的功率变为原来的1100，故CD、原来的降压变压器原、副线圈的匝数比为n3n4=U2-IR线U4故选：C。【点评】本题考查了远距离输电中的动态分析，掌握变压规律和输电线中电流的计算方法是解题的基础。3．（2024秋•浙江月考）如图所示是潮汐发电示意图，其利用潮水涨落产生的水位差所具有的势能发电，一昼夜中两次涨、落潮。涨潮时堵住通道，涨至最高水位时打开通道，进水发电。水库水位涨至最高时，堵住通道，落潮至最低水位时，打开通道放水发电。已知水坝的高为H＝15m，涨潮时水库最高水位h1＝10m，退潮水库最低水位h2＝6m，发电机日平均发电量为4.8×104kW•h，水轮发电机总效率为10%，海水的密度为1.0×103kg/m3，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A．涨潮时水库水重心上升4m B．发电机的功率为4×103kW C．该发电站所圈占的海湾面积约为2.7×10m2 D．若采用U＝200kV的直流电向某地区输电，输电线路电阻为1000Ω，则线路上损耗功率为输电总功率的5%【考点】远距离输电的相关计算．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据涨潮和退潮时水位差，可知水位重心的变化高度；由发电机日均发电量，可计算发电机的功率；由发电机的日均发电量及发电机总效率，可计算水的重力势能减小量，即可计算发电机所圈占的海湾面积；由发电机功率及直流电电压，可计算通过输电线路的电流，即可知输电线上损耗的电功率，可计算线路上损耗功率占输电总功率的百分比。【解答】解：A、根据涨潮和退潮时水位差，可知水位重心的变化高度为h1-hB、由发电机日均发电量，可知发电机的功率为P=WtC、由发电机的日均发电量及发电机总效率，可知水的重力势能减小量为：4ΔEp=Wη，而水的重力势能减小量为：ΔEp=ρS(hD、由发电机功率及直流电电压，可知通过输电线路的电流I=PU，即可知输电线上损耗的电功率P损=I2故选：D。【点评】本题考查电能的转化及输送相关问题，涉及功率、重力势能、效率、质量密度公式等内容，从能量守恒出发，即可解决问题。4．（2024•黄陂区校级二模）如图所示为远距离输电模拟原理图，变压器均为理想变压器，其中降压变压器的原、副线圈匝数之比为n。发电机输出电压不变，两变压器间输电线的总电阻为R，降压变压器所接负载的等效电阻为R变，其余导线电阻不计。当R变变化时，理想电压表V的示数变化为ΔU，理想电流表A的示数变化为ΔI，下列说法正确的是（）A．R变的触头向下滑动时，输电线上的损耗功率变小 B．R变的触头向下滑动时，电压表的示数变大 C．R变的触头向上滑动时，输电效率降低 D．|ΔUΔI|【考点】远距离输电的相关计算；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；方程法；交流电专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据R变的触头移动情况，分析其接入电路电阻的变化情况，再根据欧姆定律、变压器原理进行分析；根据变压器的电压之比、电流之比与匝数之比的关系，得到U和I的表达式，由此分析|ΔUΔI|【解答】解：AB、R变的触头向下滑动时，R变接入电路的阻值减小，电流表的示数增大，由于降压变压器的匝数比不变，则输电线上的电流增大，输电线上的损耗功率变大；又因为升压变压器输出电压U2不变，则降压变压器的输入电压减小，依据电压与匝数的关系知电压表的示数减小，故AB错误；C、R变的触头向上滑动时，R变接入电路的阻值增大，输电线电流减小，则降压变压器的输入电压U3增大，输电效率为：η=IUD、设升压变压器副线圈两端的电压为U2，输电线路的电流为I3，则降压变压器原线圈两端的电压为：U3＝U2﹣I3R根据电压与匝数之间的关系U3U根据匝数与电流之间的关系可得：I联立可得：U由于升压变压器原线圈无负载，因此U2始终不变，则根据以上函数关系可知：|ΔUΔI|=故选：D。【点评】变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压U1，U2，电流I1，I2，输入和输出功率P1，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。5．（2023秋•汕头期末）新能源电动汽车常用交流充电桩进行充电，如图所示为交流充电桩的供电电路。配电设施的输出电压为250V，升压变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝1：9，降压变压器原、副线圈的匝数比n3：n4＝10：1，充电桩的输出电压u=2202sinA．交变电流的周期是0.2s B．充电桩电流的有效值为3.2A C．输电线的总电阻为20Ω D．配电设施的输出功率为7200W【考点】远距离输电的相关计算；电功和电功率的计算．【专题】应用题；定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．【答案】D【分析】根据充电桩的输出电压表达式求出交流电的周期；根据功率公式求出充电桩的电流；根据理想变压器的变压比与输电过程应用电功率公式分析答题。【解答】解：A、根据充电桩的输出电压表达式可知，ω＝100πrad/s，则交流电的周期T=2πω=2πB、根据充电桩输出电源表达式可知，输出电压的最大值Um＝2202V，有效值U=Um2=22022V＝220V，充电桩电流的有效值IC、由理想变压器的变压比可知：U3=n3n4U4=n3n4U=101×220V＝2200V，U2=n2D、输电线损失的功率P损=I输2R=3.22×15.625W＝160W，配电设施输出的功率P输出＝P损故选：D。【点评】掌握知道输电过程、掌握基础知识是解题的前提，应用理想变压器的变压比与变流比、电功率公式即可解题。二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024•日照二模）我国能源分布很不均匀，远距离大容量输电有着特别重要的意义。远距离高压交流输电的示意图如图所示，升压变压器、降压变压器均为理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n，输电线的总电阻为r。U、I分别表示电压表V、电流表A的示数，输入电压U0保持不变。下列说法正确的是（）A．若仅闭合开关S，则U减小 B．若仅闭合开关S，则U增大 C．仅增大R2，则U减小 D．仅增大R2，若V的示数变化为ΔU，A的示数变化为ΔI，则r【考点】远距离输电的相关计算；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】仅闭合开关S，电阻R1接入电路，则降压变压器副线圈电路的总电阻减小，据此分析输出电流的变化，然后根据变流比可得输电线上的电流变化，进而可知输电线上损失的电压，得到降压变压器的输出电压的变化；仅增大R2，降压变压器副线圈电阻增大，根据降压变压器副线圈电路总电阻的变化分析电流的变化，进而根据电流比分析输电线上电流的变化和输电线上损失的电压；根据变压比结合欧姆定律分析。【解答】解：AB．若仅闭合开关S，电阻R1接入电路，则降压变压器副线圈电路的总电阻减小，则电流增大；由n1I1＝n2I2，可知原线圈中电流增大，输电线上损失的电压Ur＝I1r增大，则降压变压器原线圈电压减小，副线圈两端电压减小，所以U减小，故A正确，B错误；C．仅增大R2，降压变压器副线圈电阻增大，则电流减小；由n1I1＝n2I2，可知原线圈中电流减小，输电线的电压降Ur＝I1r减小，则降压变压器原线圈电压增大，副线圈两端电压增大，所以U增大，故C减小；D．设降压变压器原线圈上的电压变化为ΔU1，对降压变压器根据变压规律有ΔU则ΔU1＝nΔU设原线圈的电流变化为ΔI1，则对降压变压器ΔI则ΔI由欧姆定律可得ΔU1＝ΔI1r则r=故D正确。故选：AD。【点评】本题考查了变压器的变压规律和变流规律，基础题。（多选）7．（2024•烟台二模）某实验小组利用如图所示的电路模拟研究远距离输电。图中交流电源电压为U＝6V，定值电阻为R＝20Ω，小灯泡L的规格为“6V3.6W”，接通电路调节两个变压器，使小灯泡始终以额定功率工作，此时理想变压器T1原、副线圈的匝数比为n1n2=k1A．k1和k2的乘积小于1 B．k1越大电路的输电效率越高 C．若k2＝6，则R上消耗的功率为0.2W D．若k2＝6，则变压器T1的输出电压为38V【考点】远距离输电的相关计算．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】ACD【分析】根据变压比和升压变压器的输出电压与降压变压器的输入电压关系计算；根据变压比可知，k1越大T1输出的电压U2越低，输电电流越大，据此分析；根据灯泡的电流结合变流比计算出输电线上的电流，进而得到输电线损失的功率；根据变压比和升压变压器的输出电压与损失电压和降压变压器的输入电压之间的关系计算即可。【解答】解：A．由于两个变压器之间的输电线电阻R上会有电压降，理想变压器T1输出电压等于T2对应的输入电压与R上电压降之和，设输电线上损失的电压为UR，则有匝数比满足n1n3由于U1＝U4＝6V，则有k1k2B．根据变压规律可知k1越大T1输出的电压U2越低，则T2输出电压越低，要使灯泡以额定功率正常工作，则需要输电线上的电流越大，则输电线损失的电功率越大，电路的输电效率越低，故B错误；C．对变压器T2，根据变流比可知输出电流与输入电流的比值满足I对灯泡则有I若k2＝6，则R上电流I3为0.1A，其消耗的电功率PR=ID．若k2＝6，则有UU3则变压器T1的输出电压为U2＝U3+I3R＝36V+0.1×20V＝38V，故D正确。故选：ACD。【点评】掌握变压器的变压规律和变流规律，知道理想变压器T1输出电压等于T2对应的输入电压与R上电压降之和是解题的关键。（多选）8．（2023秋•张家口期末）如图甲所示为远距离输电的示意图，图中的变压器均为理想变压器，输电线的总电阻为r＝100Ω，降压变压器所接用户可等效为图中的滑动变阻器，用户增加时相当于滑动触头向下滑动。已知用户端的额定电压U0＝220V，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3：n4＝50：1，升压变压器原线圈所接电压如图乙所示，用户端在正常情况下消耗的总功率P0＝11kW，下列说法正确的是（）A．发电厂的输出功率为11kW B．升压变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2＝2：111 C．用户增加时，用户得到的电压减小 D．用户增加时，输电线上的损失功率减小【考点】远距离输电的相关计算．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；交流电专题；理解能力．【答案】BC【分析】A.根据理想变压器的电压关系和输电线上的功率损失分析作答；B.根据功率公式求解用户端的电流，根据理想变压器电流与匝数比的关系求解输电线上的电流，根据欧姆定律求解输电线上的电压损失；根据交变电流有效值与最大值的关系求解升压变压器原线圈两端电压，再根据理想变压器电压与匝数比的关系以及电压关系求解作答；C.用户增加时，用户端总电阻减小，电流I4增大，据此分析输电线上的电流变化，电压的损失情况，然后分析降压变压器原、副线圈电压的变化；D.根据输电线上的电流变化，分析输电线上功率损失的情况。【解答】解：A．对于理想的升压变压器P1＝P2降压变压器P3＝P0＝11kW根据功率关系，发电厂的输出功率P1＝ΔP+P0＞11kW，故A错误；B.根据功率公式，用户端总电流I根据理想变压器电流与匝数比的关系n代入数据解得I3＝1A根据功率关系和功率公式P3＝U3I3代入数据解得U3＝11000V升压变压器副线圈两端的电压U2＝U3+I3r＝11000V+1×100V＝11100V升压变压器原线圈两端电压U根据理想变压器电压与匝数比的关系，升压变压器原、副线圈的匝数比为n故B正确；C．用户增加时，用户端总电阻减小，电流I4增大，因此输电线路中的电流I3增大；输电线路的电压损失ΔU＝I3r增大由于U2不变，则降压变压器原线圈两端电压U3＝U2﹣ΔU减小，因此U4减小，即用户端的电压减小，故C正确；D．根据功率公式输电线路上的功率损失P损=I32r故选：BC。【点评】本题主要考查理想变压器电压与匝数比、电流与匝数比的关系，掌握欧姆定律，功率公式的运用；理解输电线上的电压损失与功率损失，掌握理想变压器动态变化的分析方法。（多选）9．（2023秋•青岛校级期末）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，下列说法正确的是（）A．升压变压器原、副线圈的电流之比I1：I2＝1：5 B．输电线的总电阻R＝20Ω C．降压变压器原、副线圈的匝数比n3：n4＝95：11 D．输电线的总电阻R上的电压是180V【考点】远距离输电的相关计算；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】原、副线圈电功率相等，根据U1I1＝U2I2求解升压变压器原、副线圈的电流比；先根据P＝UI求解传输电流，再根据ΔP=I22R求解输电线路导线电阻；先根据U3＝U2﹣ΔU【解答】A．根据原、副线圈电功率相等有U1I1＝U2I2解得I1：I2＝U2：U1＝2000：400＝5：1故A错误；BD．根据电功率公式有P=可得输电线的电流为I2＝5A根据P损输电线的总电阻为R＝20ΩR上的电压是UR＝I2R＝5×20V＝100V故B正确，D错误；C．降压变压器原线圈的输入电压为U3＝U2﹣I2R＝（2000﹣5×20）V＝1900V则降压变压器原、副线圈匝数比为n3故C正确。故选：BC。【点评】本题关键是明确远距离输电的原理，明确各部分电压、电流、功率之间关系，然后根据变压器的变压比公式和功率表达式列式分析，属于简单题目。三．填空题（共3小题）10．（2024•浦东新区校级模拟）为全面推进乡村振兴，某地兴建的小型水电站如图所示。该水电站交流发电机的输出功率为P＝1000kW，发电机的输出电压U1＝250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻为R线＝16Ω，在用户处的降压变压器输出电压U4＝220V。在输电过程中，要求输电线上损耗的功率为发电机输出功率的4%，假设升压变压器、降压变压器均为理想变压器，则降压变压器的匝数比960：11，用户得到的电流4364A。【考点】远距离输电的相关计算；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】960：11；4364A【分析】根据输电线上损耗的功率，由电功率公式求输电线上的电流；根据能量守恒定律可知降压变压器副线圈得到的功率，由电功率公式求用户得到的电流；再根据理想变压器原副线圈的电流与线圈匝数的关系求匝数比。【解答】解：根据输电线上损耗的功率为发电机输出功率的4%，可得：4%P＝I线2R线已知：P＝1000kW＝1×106W，R线＝16Ω代入数据解得：I线＝50A根据能量守恒定律可知降压变压器副线圈得到的功率为：P4＝96%P＝1×106W×96%＝9.6×105W降压变压器副线圈的电流，即用户得到的电流为I4=P根据理想变压器原副线圈的电流与线圈匝数的关系，可得降压变压器的匝数比为n3：n4＝I4：I3解得：n3：n4＝960：11故答案为：960：11；4364A【点评】解题时要抓住理想变压器的功率关系、电压和电流特点；由于输电线电阻的存在，输电线上有电压损失和功率损失。11．（2022秋•长沙期末）（1）远距离输电都采用高压输电的方式，其主要优点是C。A．可增大输电电流B．可加快输电速度C．可减少输电线上的能量损失D．可防止不法分子窃电（2）用图示装置进行电磁感应实验，下列操作不能形成感应电流的是D。A．开关闭合和断开的瞬间B．开关闭合，移动滑动变阻器的滑动触头C．开关闭合后线圈A在B中插入或拔出D．只有开关保持闭合【考点】高压输电的原理和优点；电磁感应现象的发现过程．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】（1）C；（2）D；【分析】（1）根据功率的计算公式分析出电流的变化趋势，结合损失功率的表达式完成分析。（2）产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化；根据图示情景分析答题【解答】解：（1）A、根据在输电的过程中输送的功率一定，根据P＝UI，输送电压越高，输送电流越小，故A错误；B、输电电压不会改变输电的速度，故B错误；C、输电电压越高，输电电流越小，根据功率公式P损＝I2R知，损失的功率越小，故C正确；D、与不法分子窃电无关，故D错误。故选：C。（2）由图示可知，电流表所在电路闭合，A、电键闭合和断开的瞬间，穿过线圈B的磁通量发生变化，有感应电流产生，故A不合要求；B、电键闭合，移动滑动变阻器的滑动触头，穿过线圈B的磁通量发生变化，有感应电流产生，故B不合要求；C、电键闭合后线圈A在B中插入或拔出，穿过线圈B的磁通量发生变化，有感应电流产生，故C不合要求；D、保持开关闭合，则线圈A所在电路中的电流电流不变，穿过线圈B的磁通量不变，没有感应电流产生，故D符合要求；故选：D。故答案为：（1）C；（2）D；【点评】本题主要考查了远距离输电的相关问题、感应电流产生的条件，理解变压器的工作原理，结合功率的计算公式即可完成分析。12．（2023春•平潭县校级期中）如图所示为某一输电示意图，电厂的发电机输出功率为100kW，输出电压U1＝500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2＝1：20，降压变压器的原、副线圈的匝数比为n3：n4＝480：11，输电线电阻为40Ω，变压器均为理想变压器，则输电线上损失的功率为4×103W；用户得到的电压为220V。【考点】远距离输电的相关计算；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】4×103，220。【分析】根据P＝UI求解升压变压器原线圈的电流，根据理想变压器原副线圈电流比等于匝数的反比，电压比等于匝数比求解升压变压器副线圈的电流和电压，根据功率公式求解损失功率；根据串并联规律和理想变压器的变压比求解用户得到的电压。【解答】解：升压变压器原线圈电流为I理想变压器原副线圈电流比等于匝数的反比，升压变压器副线圈电流为I则输电线上损失的功率为P理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，升压变压器副线圈输出电压为U降压变压器原线圈输入电压为U3＝U2﹣I2R＝10000V﹣10×40V＝9600V则用户得到的电压为U故答案为：4×103，220。【点评】本题考查远距离输电问题，解题关键是知道理想变压器原副线圈电流比等于匝数反比，电压比等于匝数比，结合功率公式和串并联规律列式求解即可。四．解答题（共3小题）13．（2023秋•营口期末）一座小型水电站，水以3.0m/s的速度流入水轮机，而以1.0m/s的速度流出．流出水位比流入水位低1.6m，水的流量Q＝1.0m3/s．如果水流能量的75%供给发电机，20%用于水温升高．求：（1）若发电机效率为80%，则发电机的输出功率多大？（2）发电机的输出电压为240V，输电线路电阻为50/3Ω，允许损失的电功率为5%，用户的需电压为220V，则所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少？画出远距离输电过程示意图．（变压器为理想变压器，g取10m/s2）【考点】远距离输电的相关计算．【专题】交流电专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据水的机械能损失，结合能量守恒求出发电机的输出功率；（2）根据输电线上损失的功率，结合P损=I2R求出输电线上的电流，根据P＝UI求出升压变压器原线圈中的电流，从而得出升压变压器原副线圈的匝数比；根据功率损失求出降压变压器的输入功率，结合P【解答】解（1）每秒水流的质量为m＝ρV＝ρQt＝1×103kgt＝1s每秒水流机械能损失为ΔE发电机的输出功率为P出=75%ΔE所以：P出＝12kW（2）远距离输电过程线路示意图P线＝5%P出＝600W因为P线＝I2线R线所以I线＝6A又因I2＝I线＝6A，I所以对升压变压器有I1I又因为I3＝I线＝6A，I所以，对降压变压器有n答：（1）若发电机效率为80%，则发电机的输出功率是12kW；（2）允许损失的电功率为5%，用户的需电压为220V，则所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比分别是3：25和95：11．画出远距离输电过程示意图如图．【点评】解决本题的关键知道：1、原副线圈电压之比、电流之比与匝数之比的关系；2、升压变压器的输出功率、降压变压器的输入功率以及功率损失的关系．14．（2023秋•莱西市期末）某光伏电站的功率是200kW，电压为12V直流，送往外地时，先通过逆变器转化为200V的交流电（能量转化效率为80%），然后经变压器Ⅰ升压，通过总电阻为r＝50Ω的输电线路送往用户，再经变压器Ⅱ降为220V电压供用户使用，如图所示。已知输电线上损失的功率为3200W，求：（1）变压器Ⅱ的原、副线圈匝数之比；（2）变压器Ⅱ副线圈中的电流大小。【考点】远距离输电的相关计算；变压器的构造与原理．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；寻找守恒量法；交流电专题；推理论证能力．【答案】（1）变压器Ⅱ的原、副线圈匝数之比为98011（2）变压器Ⅱ副线圈中的电流大小为712.7A。【分析】（1）首先根据公式：I2=P损r计算输电线上的电流，然后计算输电线上的电压损失：ΔU＝I2（2）由公式I4【解答】解：（1）由题意可知：变压器Ⅰ的输出功率为：P2＝P1＝200kW×80%＝160kW输电线上损失的功率为：P损=则变压器Ⅰ的输出功率为P2＝U2I2，解得：U输电线上损失的电压为：ΔU＝I2r＝8×50V＝400V则变压器Ⅱ的输入电压：U则变压器Ⅱ的原、副线圈匝数比为：n3代入数据，可得：n3（2）用户得到的电功率为：P4＝P1﹣P损＝160kW﹣3.2kW＝156.8kW由P4＝U4I4解得：I答：（1）变压器Ⅱ的原、副线圈匝数之比为98011（2）变压器Ⅱ副线圈中的电流大小为712.7A。【点评】该题考查理想变压器和远距离输电的问题，解题的关键是要知道变压器两端的电压、电流与线圈匝数之比之间的关系的应用，基础题。15．（2024春•江宁区期末）如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈匝数N＝500匝，面积S＝2.32×10﹣2m2，线圈匀速转动的角速度ω＝100πrad/s，匀强磁场的磁感应强度B=210πT，输电时先用升压变压器将电压升高，经高压输电，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，两根输电导线的总电阻为R＝5Ω，变压器可视为理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3：n4＝10：1（1）求交流发电机产生电动势的最大值Em；（2）求输电线路上损耗的电功率ΔP；（3）若升压变压器原、副线圈匝数比为n1：n2＝1：20，求交流发电机线圈上的热功率Pr。【考点】远距离输电的相关计算．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】（1）交流发电机产生电动势的最大值1162（2）输电线路上损耗的电功率80W；（3）交流发电机线圈上的热功率400W。【分析】（1）根据Em＝NBSw求出电动势的最大值；（2）根据电功率公式求出用户电流，根据变压器的变流比求出输电电流，然后根据电功率公式求出输电线损失的电功率；（3）根据理想变压器的变压比与变流比，与电功率公式求交流发电机线圈上的热功率。【解答】解：（1）电动势的最大值为Em（2）设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，有I4由于I3解得I3＝4A所以输电线路上损耗的电功率为ΔP=（3）由于U3可得U3＝2200V升压变压器副线圈两端电压为U2＝U3+I3R＝2200V+4×5V＝2220V又由U1可得U1＝111V电动势有效值为E=则交流发电机线圈电阻r电压为Ur＝E﹣U1＝116V﹣111V＝5V根据升压变压器副线圈电流关系I1可得I1＝80A则，交流发电机线圈上的热功率为Pr＝UrI1＝5×80W＝400W答：（1）交流发电机产生电动势的最大值1162（2）输电线路上损耗的电功率80W；（3）交流发电机线圈上的热功率400W。【点评】本题主要是考查了远距离输电的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比。在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。

考点卡片1．电功和电功率的计算【知识点的认识】1.电功的计算公式：W＝qU＝UIt2.电功率的计算公式：P=W3.如果是纯电阻电路，电流做的功完全用来发热，则有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解题思路点拨】四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“6V6W”，RB、RD的规格为“6V12W”。将该电路接在输出电压U＝11V的恒压电源上，则（）A、RA的功率最大，为6WB、RB的功率最小，为0.67WC、RC的功率最小，为1.33WD、RD的功率最大，为12W分析：根据P=U2R求出每个电阻值，根据欧姆定律求出电路总电流，进而求出每个并联电阻两端的电压，根据P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6电阻B和C并联的电阻RBC=RBRC则电路的总电流I=UR=则并联电阻两端电压UBC＝IRBC＝1×2V＝2V则RA的功率为PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率为PB=UBC2RC的功率为PC=UBC2RD的功率为PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，为6WRC的功率最小，为0.67W故A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题考查闭合电路的欧姆定律以及电阻功率的求法。注意并联电阻的求解，以及求功率时，串联电路常用P＝I2R而并联电路常用P=U【解题思路点拨】根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。2．电磁感应现象的发现过程【知识点的认识】1.提出物理问题：奥斯特发现的电流的磁效应，证实了电现象和磁现象是有联系的。人们从电流磁效应的对称性角度，开始思考如下问题；既然电流能够引起磁针的运动，那么，为什么不能用磁体使导线中产生电流呢？2.法拉第的探索：法拉第提出了“由磁产生电”的设想，并为此进行了长达10年的探索，从中领悟到，“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应。3.电磁感应现象的发现：1831年，法拉第把两个线圈绕在一个铁环上（如下图），一个线圈接电源，另一个线圈接“电流表”。当给一个线圈通电或断电的瞬间，在另一个线圈上出现了电流。他在1831年8月29日的日记中写下了首次成功的记录。4.电磁感应现象发现的意义：电磁感应的发现使人们对电与磁内在联系的认识更加深入，宣告了电磁学作为一门统一学科的诞生。5.电磁感应现象的定义：由磁生电的现象称为电磁感应。6.感应电流：电磁感应现象中产生的电流称为感应电流。【命题方向】发现电磁感应规律是人类在电磁学研究中的伟大成就．在取得这项伟大成就的过程中，法国物理学家安培、瑞士人科拉顿、英国物理学家法拉第等人前后进行了多年的研究．在这项研究的众多工作中，其中有两个重要环节：（1）研究者敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想；（2）大量实验发现：磁场中闭合电路包围的面积发生变化，从闭合线圈中抽出或者插入条形磁铁等多种条件下，闭合电路中有感应电流，最终研究者抓住产生感应电流条件的共同本质，总结出闭合电路中产生感应电流的条件是磁通量发生变化．下列说法正确的是（）A、环节（1）提出“磁生电”思想是受到了电流磁效应的启发B、环节（1）提出“磁生电”思想是为了对已有的实验现象做出解释C、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路所处的磁场一定发生了变化D、环节（2）的研究过程，体现了从大量的实验现象和事实出发，总结出一般规律的研究方法分析：磁生电在受到电生磁的影响，即电流磁效应的启发；物理规律在大量实验事实，从而总结得来．解答：AB、“磁生电”思想是受到了电流磁效应的启发，故A正确，B错误；C、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路所处的磁场不一定变化，可以线圈的位置变化，故C错误；D、由环节（2）的研究过程，体现了从大量的实验现象和事实出发，从而总结规律，故D正确；故选：AD。点评：考查物理规律的如何得来，同时知道一是受到启发，二是通过观察．【解题思路点拨】1.电磁感应式磁生电的过程，电流的磁效应是电生磁的过程。但要注意：有电（流）必有磁（场），有磁不一定有电。即磁生电需要一定的条件。2.电磁感应的发现使人们对电与磁内在联系的认识更加深入，宣告了电磁学作为一门统一学科的诞生。3．变压器的构造与原理【知识点的认识】1.变压器的构造：变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的（如图）。一个线圈与交流电源连接，叫作原线圈，也叫初级线圈；另一个线圈与负载连接，叫作副线圈，也叫次级线圈。2.各部分的功能原线圈：接在交流电源上的线圈，在铁芯内产生交变磁场。副线圈：连接负载的线圈，产生感应电动势，为负载提供电能。铁芯：硅钢叠合成的闭合框架，能增强磁场和集中磁感线，提高变压器效率。3.工作原理：互感现象是变压器工作的基础。当原线圈两端加上交变电压U1时，原线圈中就有交变电流I1通过，并在铁芯中产生交变的磁场，铁芯中的磁通量就发生变化。由于副线圈也绕在同一铁芯上，铁芯中磁通量的变化便会在副线圈上产生感应电动势。4.理想变压器（1）闭合铁芯的“漏磁”忽略不计。（2）变压器线圈的电阻忽略不计。（3）闭合铁芯中产生的涡流忽略不计。即没有能量损失的变压器叫作理想变压器。【命题方向】关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是（）A、通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变B、穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等C、穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D、原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈分析：变压器的工作原理是互感现象，理想变压器是无漏磁、无铜损、无铁损．解答：A、通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量是按照正弦规律周期性变化的，故A错误；B、由于是理想变压器，穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等，故B错误；C、穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势，符合法拉第电磁感应定律，故C正确；D、变压器的工作原理是互感现象，原、副线圈并没有直接相连，故D错误；故选：C。点评：本题关键是明确变压器的工作原理，知道理想变压器是指无能量损失的变压器，基础题．【解题思路点拨】变压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的，因为器工作原理是互感现象，可以改变交变电流的大小，对直流电流无效。4．高压输电的原理和优点【知识点的认识】1.电能输送的基本要求（1）安全：供