2019_2020学年高中物理第五章交变电流5电能的输送练习含解析新人教版选修3_2.docx

‎5　电能的输送 课后篇巩固提升 基础巩固 ‎1.在电能输送过程中,若输送的电功率一定、输电线电阻一定,则在输电线上损耗的电功率(　　)‎ A.和输送电线上电压的二次方成正比 B.和输送电流的二次方成反比 C.和输送电线上的电压降的二次方成正比 D.和输送电流成正比 解析输电线上的功率损失ΔP=I线‎2‎R,电压损失ΔU=U-U'=I线R线,输电电流I线=PU,所以ΔP=I线‎2‎R线=ΔU‎2‎R线‎=‎PU‎2‎R线,可见在输送功率P一定和输电线电阻一定时,ΔP与I线‎2‎成正比,ΔP与ΔU2成正比,ΔP与U2成反比。‎ 答案C ‎2.发电厂发电机的输出电压为U1,发电厂至学校的输电导线的总电阻为R,通过导线的电流为I,学校得到的电压为U2,则输电线上损耗的电压可表示为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.U1 B.U1-IR C.IR D.U2‎ 解析输电线的电压损失ΔU=U1-U2=IR,故B错误,C正确;U1为输出电压,U2为用户得到的电压,A、D错误。‎ 答案C ‎3.如图,利用理想变压器进行远距离输电,发电厂的输出电压恒定,输电线路的电阻不变,当用电高峰到来时(　　)‎ A.输电线上损耗的功率减小 B.电压表V1的示数减小,电流表A1增大 C.电压表V2的示数增大,电流表A2减小 D.用户端功率与发电厂输出功率的比值减小 解析当用电高峰到来时,用户消耗的功率变大,则电流表A2读数变大,输电线上的电流变大,输电线上损耗的功率变大,选项A错误;电流表A1增大,因为发电厂的输出电压恒定,则升压变压器的次级电压不变,即电压表V1的示数不变,选项B错误;输电线上的电压损失变大,故降压变压器的初级电压减小,次级电压也减小,即电压表V2‎ 5‎ 的示数减小,选项C错误;用户消耗的功率占发电厂输出功率的比例P-‎P损P=1-I‎2‎RU‎1‎I=1-ΔUU‎1‎,因为输电线上的电流增大,则电压损失增大,U1不变,所以用户消耗的功率与发电厂输出功率的比值减小,故D正确。故选D。‎ 答案D ‎4.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的,可是我们在晚上七八点钟用电高峰时开灯,电灯比深夜时要显得暗些,这是因为此时(　　)‎ A.总电阻比深夜时大,干路电流小,每盏灯分到的电压就小 B.总电阻比深夜时大,干路电流小,每一支路的电流就小 C.总电阻比深夜时小,干路电流大,输电线上损失的电压大 D.干路电流一定,支路比深夜时多,分去了一部分电压 解析此时用电器多,电阻小(因为用电器都是并联的),而变压器输出电压U不变,由I=UR可知,干路电流大,输电线上损失电压大,电灯两端电压小,故比深夜时暗,故C正确。‎ 答案C ‎5.“西电东送”工程中,为了减少输电损耗,必须提高输电电压。从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106 kW,输电电压为1 000 kV,输电线电阻为100 Ω。若改用超导材料作为输电线,则可减少输电损耗的功率为(　　)‎ A.105 kW B.104 kW C.106 kW D.103 kW 解析输电电流I=PU,输电线路损失的电功率P损=I2R=PU2R=1×105 kW;当改用超导输电时,就不损失电能,因此减少输电损耗的功率就等于P损,A正确。‎ 答案A ‎6.发电厂发出的交变电流直接送至用户处,若输出电压为U1,输电导线的总电阻为R,通过输电导线的电流为I,输电线末端的电压为U2,下列式子不表示输电导线上损耗的功率的是(　　)‎ A.U‎1‎‎2‎R B.‎‎(U‎1‎-‎U‎2‎‎)‎‎2‎R C.I2R D.I(U1-U2)‎ 解析输电线上损耗的功率P损=I2R=U损‎2‎R=IU损,而U损=U1-U2,故选A。‎ 答案A ‎7.(多选)为了减少输电线路中的电力损失,发电厂发出的电通常是经过变电所升压后进行远距离输送,再经变电所将高压变为低压。某变电所电压u0=11 000‎2‎sin(100πt) V的交变电流降为220 V供居民小区用电,则变电所变压器(　　)‎ A.原、副线圈匝数比为50∶1‎ B.副线圈中电流的频率是50 Hz C.原线圈的导线比副线圈的要粗 D.输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和 5‎ 解析u0=11 000‎2‎sin(100πt) V中的11 000‎2‎指的是电压的峰值,有效值为11 000 V,则原、副线圈之间的匝数之比等于两线圈的电压之比,即50∶1,A正确;由ω=100π rad/s可得频率为50 Hz,变压器不改变电流的频率,因此,副线圈的频率也是50 Hz,B正确;电流与匝数成反比,即原线圈的电流比副线圈电流要小,因此,副线圈的导线要比原线圈导线粗,C错误;居民小区各个用电器都是并联的,它们的电流总和等于副线圈中的电流,故D错误。‎ 答案AB 能力提升 ‎1.远距离输电线路的示意图如图所示,若发电机的输出电压不变,则下列叙述中正确的是(　　)‎ A.升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关 B.输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定 C.当用户用电器的总电阻减小时,输电线上损失的功率增大 D.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 解析变压器的输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的,A、B错误;用户用电器总电阻减小,据P=U‎2‎R,消耗功率增大,输电线中电流增大,线路损失功率增大,C正确;升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失的电压加上降压变压器的输入电压,D错误。‎ 答案C ‎2.(多选)有人设计了这样的融冰思路:利用电流的热效应除冰。若在正常供电时,输电线上送电电压为U,电流为I,热耗功率为ΔP;除冰时,输电线上的热耗功率需变为9ΔP,则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)(　　)‎ A.输电电流为3I B.输电电流为9I C.输电电压为3U D.输电电压为‎1‎‎3‎U 解析输电线上的热耗功率ΔP=I2R线,若热耗功率变为9ΔP,则9ΔP=I'2R线,联立得I'=3I,A对;输送功率不变,即P=UI=U'I',得U'=‎1‎‎3‎U,所以D对。‎ 答案AD ‎3.(多选)一台发电机最大输出功率为4 000 kW、输出电压为4 000 V,经变压器T1升压后向远方输电。输电线路总电阻R=1 kΩ。到目的地经变压器T2降压,负载为多个正常发光的灯泡(220 V　60 W)。若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%,变压器T1和T2的损耗可忽略,发电机处于满负荷工作状态,则(　　)‎ A.T1原、副线圈电流分别为103 A和20 A B.T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 V C.T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1‎ D.有6×104盏灯泡(220 V　60 W)正常发光 5‎ 解析远距离输电的电路如图所示,在升压变压器原线圈中有P=U1I1,故得原线圈中电流为103 A,在远距离输电线路中由ΔP=I线‎2‎R线得T1副线圈中电流为20 A,故选项A正确;在远距离输电线路中由P=U2I2和I线=I2得U2=2×105 V,由ΔU=I线R线,ΔU=U2-U3可得T2原线圈电压为1.8×105 V,由于灯泡能正常发光,故T2副线圈电压为220 V,故选项B正确;由变压器变压特点知变压比与匝数成正比,故可得T1变压比为1∶50,而T2的变压比为9 000∶11,故选项C错误;正常发光时每盏灯的功率为60 W,由90%P=NP额,可得N=6×104盏,故选项D正确。‎ 答案ABD ‎4.(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示,发电机的输出电压为200 V,输电线总电阻为r,升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2,降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)。要使额定电压为220 V的用电器正常工作,则(　　)‎ A.‎n‎2‎n‎1‎‎>‎n‎3‎n‎4‎ B.‎n‎2‎n‎1‎‎‎n‎3‎n‎4‎,故A项对,B、C项错;考虑到输电线上也有电功率的损失,可知D项对。‎ 答案AD ‎5.某小型实验水电站输出功率是20 kW,输电线总电阻是6 Ω。(保留四位有效数字)‎ ‎(1)若采用380 V的电压输电,求输电线损耗的功率。‎ ‎(2)若改用5 000 V高压输电,用户利用n1∶n2=22∶1的变压器降压,求用户得到的电压。‎ 解析(1)输电线上的电流为I=PU‎=‎‎20×1‎‎0‎‎3‎‎380‎ A ‎≈52.63 A 输电线路损耗的功率为P线=I2R=52.632×6 W≈16 620 W=16.62 kW。‎ ‎(2)改用高压输电后,输电线上的电流变为I'=PU'‎‎=‎‎20×1‎‎0‎‎3‎‎5 000‎ A=4 A 用户在变压器降压前获得的电压U1=U'-I'R=(5 000-4×6) V=4 976 V 5‎ 根据U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎,用户得到的电压为 U2=n‎2‎n‎1‎U1=‎1‎‎22‎×4 976 V≈226.2 V。‎ 答案(1)16.62 kW　(2)226.2 V ‎6.以下是一段关于输电线损失功率的推导。将电能从发电站送到用户,在输电线上会损失一部分功率。设输电电压为U,则功率损失为P损=UI①‎ 而U=Ir②‎ 将②式代入①式,得到P损=U‎2‎r③‎ 由③式可知,要减小功率损失P损,就应当用低压送电和增大输电线的电阻r。这段推导错在哪里?‎ 解析P损=UI和U=Ir都是错误的,U是输电电压,而非输电线上的电压降。正确的推导应该是:设输电电压为U,输送的电功率为P。P损=I2r,I=PU,则P损=P‎2‎U‎2‎r,由此式可知,要减小功率损失,就应当用高压送电和减小输电线的电阻r。‎ 5‎