110远距离输电原理及其动态分析 精讲精练-2022届高三物理一轮复习疑难突破微专题

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110 远距离输电原理及其动态分析
一.必备知识
1．降低输电损耗的两个途径
减少输电损耗的理论依据：
P
损＝
I
2
r
。
(1)减小输电线的电阻：根据电阻定律
r
＝
ρ
，要减小输电线的电阻
r
，在输电距离一定
的情况下，可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面积的方法。
(2)减小输电导线中的电流：在输电功率一定的情况下，根据
P
＝
UI
，要减小电流，必须
提高输电电压。
2.远距离输电问题的分析方法
对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”
这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析。
3．远距离高压输电的几个基本关系(以下图为例)
(1)功率关系：
P
1＝
P
2，
P
3＝
P
4，
P
2＝
P
损＋
P
3。
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，
U
2＝Δ
U
＋
U
3，
I
2＝
I
3＝
I
线。
(3)输电电流：
I
线＝＝＝。
(4)输电线上损耗的电功率
P
损＝
I
线Δ
U
＝
IR
线＝2
R
线。
当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的
n
倍，输电线上损耗的功率就减小到原
来的。
二.典型例题
题型一：计算输电线损失的功率及高压输电的意义
例 1.(2020·全国卷Ⅱ)(多选)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。
我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从
A
处采用 550 kV 的超高压向
B
处输电，
输电线上损耗的电功率为 Δ
P
，到达
B
处时电压下降了 Δ
U
。在保持
A
处输送的电功率和输电
线电阻都不变的条件下，改用 1100 kV 特高压输电，输电线上损耗的电功率变为 Δ
P
′，到达
B
处时电压下降了 Δ
U
′。不考虑其他因素的影响，则(　　)
A．Δ
P
′＝Δ
P
B.Δ
P
′＝Δ
P
C．Δ
U
′＝Δ
U
D.Δ
U
′＝Δ
U
答案　AD
解析　输电电压为 550 kV 时，输电线上损耗的电功率 Δ
P
＝2·
r
，损失的电压 Δ
U
＝
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110 远距离输电原理及其动态分析
·
r
，当输电电压变为 1100 kV，即变为原来的 2 倍时，输电线上损耗的电功率变为 Δ
P
′＝
2·
r
＝Δ
P
，损失的电压变为 Δ
U
′＝·
r
＝Δ
U
，故 A、D 正确。
题型二：计算输电线电流及变压器原副线圈匝数比
例 2．(2020·浙江 7 月选考)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
U
1＝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
U
4＝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
I
1＝40 A
B．输电线上的电流
I
线＝625 A
C．降压变压器的匝数比
n
3∶
n
4＝190∶11
D．用户得到的电流
I
4＝455 A
答案　C
解析　根据电功率公式
P
＝
UI
，可知发电机输出的电流
I
1＝＝400 A，A 错误；输电线上
损失的功率
P
线＝5 kW，由
P
线＝
IR
线，可得
I
线＝＝25 A，故 B 错误；降压变压器得到的功率
即用户得到的功率为
P
4＝
P
－
P
线＝95 kW，则用户得到的电流
I
4＝＝≈432 A，D 错误；根据理
想变压器电流与线圈匝数成反比，可得＝＝，C 正确。
题型三：动态分析
例 3.如图所示为一理想变压器，原线圈
a
、
b
两端接入电压
u
＝
U
msin
ωt
的交变电流，
U
m
和原线圈接入电阻阻值均保持不变，电表均为理想电表。当用户并联在副线圈两端上的用电
器增加时，下列说法正确的是(　　)
A．电流表A1的示数变大 B.电流表A2的示数变小
C．电压表V1的示数变大 D.电压表V2的示数变小
答案　AD
解析　
U
m和原线圈接入电阻阻值均保持不变，当用户并联在副线圈两端的用电器增加时，
副线圈两端总电阻减小，则原线圈两端的等效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，A1示数
增大，V1示数减小；再根据理想变压器的电流、电压与匝数的关系可知，A2示数增大，V2示
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110 远距离输电原理及其动态分析
数减小。故 A、D 正确，B、C 错误。
三.举一反三，巩固练习
1．(2018·江苏高考)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，输电电压应变为(　　)
A．55 kV B.110 kV C.440 kV D.880 kV
答案　C
解析　输电功率
P
＝
UI
，
U
为输电电压，
I
为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为
P
损＝
I
2
R
，
R
为输电线路的电阻，即
P
损＝2
R
。当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来
的，则输电电压为原来的 2 倍，即 440 kV，故 C 正确。
2．(2021·八省联考重庆卷)如图 1、2 所示，理想变压器对电器供电，其输入电压
u
＝
27000sin100π
t
(V)，电器
R
L与
R
L′的参数分别为“220 V　1100 W”“220 V　440 W”，输
电线的总电阻
r
＝2 Ω。若两图中电器都能正常工作，则(　　)
A．图 1 中电阻
r
的功率为 50 W
B．图 2 中变压器的输入功率比图 1 中变压器的输入功率增加了 440 W
C．图 1 中原、副线圈匝数比
n
1∶
n
2＝2700∶23
D．图 2 中原、副线圈匝数比
n
1∶
n
2＝1500∶13
答案　ACD
解析　图 1 中，根据
P
＝
UI
可得通过电器
R
L的电流为
I
L＝＝ A＝5 A，电阻
r
的功率为
Pr
＝
Ir
＝52×2 W＝50 W，故 A 正确；图 1 变压器输出电压为
U
出＝
U
L＋
I
L
r
＝220 V＋5×2 V＝230
V，图 1 变压器的输入功率等于输出功率，为
P
1＝
U
出
I
L＝230×5 W＝1150 W，电器
R
L′正常工
作的电流为
I
L′＝＝ A＝2 A，图 2 中干路电流为
I
总＝
I
L＋
I
L′＝7 A，图 2 中输出电压为
U
出′
＝
U
L′＋
I
总
r
＝220 V＋2×7 V＝234 V，图 2 中变压器的输入功率等于输出功率，为
P
2＝
U
出′
I
总＝234×7 W＝1638 W，图 2 中变压器的输入功率比图 1 中变压器的输入功率增加了 Δ
P
＝
P
2－
P
1＝1638 W－1150 W＝488 W，故 B 错误；由于两理想变压器输入电压为
U
入＝＝ V＝
27000 V，则图 1 中原、副线圈匝数比＝＝，图 2 中原、副线圈匝数比＝＝，故 C、D 正确。
3．某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为 9 kW，输出电
压为 500 V，输电线的总电阻为 10 Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的 4%。求：
(1)村民和村办小企业需要 220 V 电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的
匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)
(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？
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摘要：

110远距离输电原理及其动态分析一.必备知识1．降低输电损耗的两个途径减少输电损耗的理论依据：P损＝I2r。(1)减小输电线的电阻：根据电阻定律r＝ρ，要减小输电线的电阻r，在输电距离一定的情况下，可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面积的方法。(2)减小输电导线中的电流：在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压。2.远距离输电问题的分析方法对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析。3．远距离高压输电的几个基本关系(以下图为例)(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝...

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