《2025年学霸高考黑题物理人教版》

2. 巩固训练2(远程输电线路)(2025·安徽淮北二模)白鹤滩水电站是实施“西电东送”的国家重大工程。单机容量世界第一，额定电压世界最高，被誉为水电巅峰之作。如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数分别为$n_{1}$、$n_{2}$，降压变压器的原、副线圈匝数分别为$n_{3}$、$n_{4}$。保持发电机输出电压$U_{1}$及输电线路上的总电阻$R_{线}$不变。如果将输送电压$U_{2}$由240kV升级为1000kV，输送的总电功率变为原来的2倍，则(A)


A.$\frac{n_{2}}{n_{1}}$变为原来的$\frac{25}{6}$
B.输电线上的电流变为原来的$\frac{6}{25}$
C.输电线上损失的功率变为原来的$\frac{12}{25}$
D.如果用户两端电压$U_{4}$不变，$\frac{n_{3}}{n_{4}}$应变小

答案： 2.题型分析
本题属于远距离输电电路的分析问题，根据线圈匝数之比与电压、电流的关系，再结合电功率的公式即可分析出.
A 解析：A.$U_1$不变，如果将输送电压$U_2$由$240\ kV$升级为$1000\ kV$，$U_2$变为原来的$\frac{25}{6}$，根据$\frac{n_2}{n_1} = \frac{U_2}{U_1}$，所以$\frac{n_2}{n_1}$变为原来的$\frac{25}{6}$，故A正确；B.根据$P_{输} = U_2I_2$可知，因$P_{输}$变为原来的2倍，$U_2$变为原来的$\frac{25}{6}$，则输电线上的电流$I_2$变为原来的$\frac{12}{25}$，故B错误；C.根据$P_{损} = I_2^2R_{线}$可知$P_{损}$变为原来的$(\frac{12}{25})^2$，故C错误；D.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$I_4$变大，又$I_2 = I_3$，则$\frac{n_3}{n_4} = \frac{I_4}{I_3}$变大，故D错误.故选A.

3. 巩固训练3(多终端的远程输电线路)(2025·江西赣州一模)春夏秋冬、昼夜之间、工作日与节假日，对电力需求量差异很大，会形成用电高峰和低谷之间的峰谷负荷差。如图为某节能储能输电网络示意图，可以在用电低谷时段把电能储存起来，高峰时段输出，填补用电缺口。发电机的输出电压$U_{1} = 400V$，输出功率$P_{1} = 600kW$，降压变压器的匝数比$n_{3}:n_{4} = 40:1$，输电线总电阻为$R$，其上损失的功率$\Delta P = 1kW$，用户端电压$U_{4} = 220V$，功率$P_{4} = 44kW$，所有变压器均为理想变压器，则(C)

A.发电机的输出电流为200A
B.输电线总电阻为160Ω
C.升压变压器的匝数比$n_{1}:n_{2} = 2:45$
D.输送给储能站的功率为556kW

答案： 3.题型分析
本题属于多个终端电路的输电电路分析，根据线圈匝数之比与电流的关系，再结合电功率之间的联系即可分析出.
C 解析：A.对原线圈电路$P_1 = I_1U_1$，解得$I_1 = 1.5 × 10^3\ A$，故A错误；BC.对用电回路有$P_4 = U_4I_4$，所以$I_4 = \frac{44000}{220}\ A = 200\ A$，对输电回路有$\frac{I_3}{I_4} = \frac{n_4}{n_3}$，$\Delta P = I_2^2R$，$U_2 = I_3R + U_3 = I_3R + \frac{n_3}{n_4}U_4$，代入数据解得$I_3 = 5\ A$，$R = 40\ \Omega$，$U_2 = 9000\ V$，所以$\frac{n_1}{n_2} = \frac{2}{45}$，故B错误，C正确；D.输送给储能站的功率为$P_{储} = P_1 - \Delta P - P_4 = 555\ kW$，故D错误.故选C.

4. 巩固训练4(闭合电路+远程输电线路)(2025·山东潍坊模拟)(多选)如图所示，某同学分别将6卷完全相同的长导线串联后接入电路Ⅰ和电路Ⅱ，模拟远距离输电进行实验探究。已知交流电源输出电压为36V，变压器$T_{2}$的匝数比为10:1，小灯泡$L_{1}$、$L_{2}$的规格相同，不考虑温度对灯丝阻值的影响，电表均为理想电表，变压器均为理想变压器，电路的输电效率$\eta=\frac{有用功}{总功}×100\%$，当接通电路Ⅰ时，电流表$A_{1}$的示数为0.2A，电压表$V_{1}$的示数为4V；当接通电路Ⅱ时，电压表$V_{2}$的示数为6V，灯泡未烧毁。下列说法正确的是(BD)

A.6卷导线的总电阻为180Ω
B.电路Ⅰ中6卷导线上消耗的总功率为6.4W
C.变压器$T_{1}$副线圈两端的电压为60V
D.电路Ⅱ中的输电效率约为92.6%

答案： 4.题型分析
本题属于远距离输电负载电路电流与电功率损耗的计算问题.考查理想变压器两端的电压、电流关系，欧姆定律的运用.
BD 解析：A.当接通电路I时，电流表$A_1$的示数为$0.2\ A$，电压表$V_1$的示数为$4\ V$，根据欧姆定律，6卷导线的总电阻为$R = \frac{U_R}{I} = \frac{36 - 4}{0.2}\ \Omega = 160\ \Omega$，故A错误；B.电路I中6卷导线上消耗的总功率为$P = I^2R = 0.2^2 × 160\ W = 6.4\ W$，故B正确；C.设变压器$T_1$原、副线圈两端的电压为$U_1$、$U_2$，变压器$T_2$原、副线圈两端的电压为$U_3$、$U_4$，变压器$T_2$原、副线圈中的电流为$I_3$、$I_4$，小灯泡的电阻为$R_L = \frac{U_L}{I} = \frac{4}{0.2}\ \Omega = 20\ \Omega$，通过小灯泡$L_2$的电流为$I_4 = \frac{U_4}{R_L} = \frac{6}{20}\ A = 0.3\ A$，根据理想变压器原、副线圈电压、电流与线圈匝数的关系$\frac{U_3}{U_4} = \frac{n_3}{n_4}$，$\frac{I_3}{I_4} = \frac{n_4}{n_3}$，其中$U_4 = 6\ V$，解得$U_3 = 60\ V$，$I_3 = 0.03\ A$，变压器副线圈两端的电压为$U_2 = U_3 + I_3R = (60 + 0.03 × 160)\ V = 64.8\ V$，故C错误；D.电路II中的输电效率约为$\eta = \frac{U_4I_4}{U_2I_3} × 100\% = \frac{6 × 0.3}{64.8 × 0.03} × 100\% \approx 92.6\%$，故D正确.故选BD.