400V 1000V的输电线,电阻为160Ω,要输送200KW的电,为什么算输电线损耗不能用P=U平方/R,而要先算出电

由欧姆定律得：
输电线的总电阻R=[U/I]=[3V/0.03A]=100Ω；
则导线总长度l=[100Ω/0.01Ω/m]=10000m
因导线是两根的，故短路处离甲地为[10000m/2]=5000m
故答案为：5000．

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用．

考点点评： 本题考查欧姆定律在生活中的应用，注意导线是两根并列的，不能只算出导线的长度就误以为答案．

高压输电线的横截面积比家庭电路中的输电线大得多，是因为：
在材料、长度相同的情况下，横截面积较大、电阻较小；
由W=Q=I²Rt可知在同样电流和输电时间的情况下，在输电线上损失的能量较小．
故答案为：横截面积；小．

点评：
本题考点： 影响电阻大小的因素．

考点点评： 解决此类问题要结合影响电阻大小的因素进行分析求解．

家庭电路进户线的两条输电线中有一根叫零线，另一根叫做火线，用试电笔接触导线，试电笔的氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线．所以用试电笔可以鉴别火线和零线．
家庭电路中触电事故有单线触电和双线触电两种，都是人体直接或间接跟火线接通造成的；
故答案为：火线；测电笔； 火．

点评：
本题考点： 家庭电路工作电压、零线火线的辨别方法．

考点点评： 本题考查了家庭电路的构成、测电笔的作用和人体触电原因，相对比较简单，属于基础题．

（1）由电路图可知，S₂闭合后，L₁、L₂并联，并联部分的总电阻变小，即ab间的总电阻变小，故A错误；
（2）S₂闭合后，ab间电阻变小，ab间的电压变小，灯L₁两端的电压变小，故C正确；
灯L₁两端的电压变小，灯L₁的电阻不变，由欧姆定律可知，通过灯L₁的电流变小，故D错误；
（3）S₂闭合后，ab间电阻变小，电路总电阻变小，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路总电流I变大；
电阻R不变，由P=I²R可知，电阻R的实际功率变大，故B正确；
故选BC．

点评：
本题考点： 电功率的计算；欧姆定律的应用．

考点点评： 本题考查了并联电路和串联电路的电阻特点，以及欧姆定律、电功率公式的灵活运用，关键是灵活的掌握串联电路的电阻分压特点．

（1）设电源电压是U，灯泡电阻是R_L，导线电阻是R，灯泡直接接在电源上，电路总功率等于灯泡功率100W；
（2）灯泡通过导线接到电源上时，根据串联电路特点可知，由于导线电阻分压，灯泡两端电压小于电源电压，
灯泡电压变小，灯泡电阻不变，由P=
U2
RL可知，灯泡实际功率变小，小于100W，故A错误；
灯泡通过导线接在电源上，电路总电阻变大，电源电压不变，由I=[U/R]可知电路电流变小，
电路总功率P=UI变小，小于100W，故BC错误，D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 电功率的计算．

考点点评： 本题考查了欧姆定律的应用，知道串联电路特点、分析清楚电路组成是正确解题的前提与基础．

AB、由于S断开，电路中没有电流，故整个电路没有功率损耗，故A正确，B错误；
C、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U₂不变，根据P=UI可输电线上的电流I_线增大，故C正确；
D、根据P_损=I_线²R，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，到达用户的功率减小，由于电流增大了，由P=UI知，U变小，故D正确；
故选：ACD

点评：
本题考点： 远距离输电．

考点点评： 对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关．

S_f闭合后，L_个、L_f并联，根据并联电路电阻越并越小、小于任何一个分电阻可知，并联部分的总电阻变小，即a二间的总电阻变小；
根据串联电路的电阻分压特点可知，并联部分分得的电压变小，即灯泡L_个灯两端的电压变小，R分得的电压变大；
根据欧姆定律可知通过L_个灯的电流变小；
根据P=
Uf
R可知R消耗的电功率变大．
故选A．

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用．

考点点评： 本题考查了并联电路和串联电路的电阻特点，以及欧姆定律、电功率公式的灵活运用，关键是灵活的掌握串联电路的电阻分压特点．

A、B由P=IU得输电线上输送的电流I＝PU＝3×106×103500×103＝6×103A，由△U=Ir得输电线路上的电压损失△U=6×103×2.5=15×103V，输电线上损失的功率为△P＝I2r＝P2U2r＝(3×1065)2×2.5＝9×1011W，故A错误，B正...

点评：
本题考点： 远距离输电；电功、电功率．

考点点评： 本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压．

（1）由电路图可知，S₂闭合后，L₁、L₂并联，并联部分的总电阻变小，即ab间的总电阻变小，故A错误；
（2）S₂闭合后，ab间电阻变小，ab间的电压变小，灯L₁两端的电压变小，故C正确；
灯L₁两端的电压变小，灯L₁的电阻不变，由欧姆定律可知，通过灯L₁的电流变小，故D错误；
（3）S₂闭合后，ab间电阻变小，电路总电阻变小，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路总电流I变大；
电阻R不变，由P=I²R可知，电阻R的实际功率变大，故B正确；
故选BC．

点评：
本题考点： 电功率的计算；欧姆定律的应用．

考点点评： 本题考查了并联电路和串联电路的电阻特点，以及欧姆定律、电功率公式的灵活运用，关键是灵活的掌握串联电路的电阻分压特点．

由P=UI得：U=[P/I＝
22kw
100A＝220V
又由
U1
U2＝
n1
n2]得：U1＝
n1
n2U2＝
10
1×220V＝2200V
再由
I1
I2＝
n2
n1得：I1＝
n2
n1×I2＝
1
10×100A＝10A
由U_损=IR 可得输电线的电压损失U_损=10×5V=50V
所以升压变压器的输出电压U=U_损+U₁=2250V
答：升压变压器的输出电压为2250V．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损．通过理想升压变压器T1将电送到用户附近，然后用理想降压变压器T2向远处用户供电家中．提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率．

（1）如图电压表并联在导线两端，电流表串联在电路中，保护电路的滑动变阻器串联在电路中，如下图所示：

（2）需要测量的物理量：电流表的示数I，电压表的示数U；
（3）根据欧姆定律可得，导线的电阻：
R=[U/I]，
导线的长度：
s′=[R
R0=
U
IR0，
导线的长度是两地距离的2倍，所以两地的距离是导线长度的一半，
则两端距离s=
s′/2]=
U
2IR0．
故答案为：
（1）如上图所示；
（2）U、I；
（3）s=
U
2IR0．

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用．

考点点评： 本题考查电路图的设计和距离的计算，难点是根据题意设计电路图，容易出错的是两地的距离，要知道导线的长度是两地距离的2倍．

（1）设电源电压是U，灯泡电阻是R_L，导线电阻是R，灯泡直接接在电源上，电路总功率等于灯泡功率100W；
（2）灯泡通过导线接到电源上时，根据串联电路特点可知，由于导线电阻分压，灯泡两端电压小于电源电压，
灯泡电压变小，灯泡电阻不变，由P=
U2
RL可知，灯泡实际功率变小，小于100W，故A错误；
灯泡通过导线接在电源上，电路总电阻变大，电源电压不变，由I=[U/R]可知电路电流变小，
电路总功率P=UI变小，小于100W，故BC错误，D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 电功率的计算．

考点点评： 本题考查了欧姆定律的应用，知道串联电路特点、分析清楚电路组成是正确解题的前提与基础．

由P=UI可得：
输电电流I=[P/U]=[50KW/500V]=100A；
则损失功率P₁=I²R=（100）²×3=30000W；
则用户得到的功率为50KW-30KW=20KW；
导线上损失的电压U_损=IR=100×3=300V；
则用户获得的电压U_用=500V-300V=200V；
允许损失的功率P_损=0.6%×50KW=300W；
则输电电流I=

P损
R=10A；
则输电电压应为U₁=[P/I]=[50000/10]=5000V；
则升压变压器的匝数之比为：
n1
n2=[500V/5000V]=[1/10]；
降压变压器原线圈的电压U₂=U-U₁=5000V-IR=4970V；
则降压变压器的匝数之比为：
n3
n4=[4970/220]=[497/22]
答：直接输电用户获得的电压为200V，电功率为20KW；
升压变压器的匝数之比为[1/10]；降压变压器匝数之比为[497/22]．

点评：
本题考点： 远距离输电；变压器的构造和原理．

考点点评： 变压器匝数之比等于原副线圈的电压之比；解决远距离输电时，要注意升压后输电线上的功率损失是解决问题的关键，要明确变压器本身不消耗电功率，只有导线上存在功率和电压损失．