2015-2016学年高中物理55《电能的输送》课时作业新人教版选修3-2

-1-5.5《电能的输送》基础达标1．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．U1B．U1－IRC．IRD．U2【解析】输电线的电压损失ΔU＝U1－U2＝IR，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】C2．如图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是()A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好【解析】根据P＝I2R可知，在电流I一定的情况下，减小电阻R可以减少电路上的电能损失，而R＝ρLS，所以增大输电线横截面积S可减小电阻R，A正确；由输送电功率P＝UI，得输电线损失电功率P线＝I2R＝P2U2R，可见减小输电电流可减小电路发热损耗，在输送电压一定时，输送的电功率P越大，电能损失越大，B正确，C错误；高压输电并不一定是电压越高越好，电压过高时，会带来技术和设备上的困难，所以D正确．【答案】ABD3．某变电站用11kV交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R.现若用变压器将电压升高到220kV送电，下面选项正确的是()A．因I＝UR，所以输电线上的电流增为原来的20倍B．因I＝PU，所以输电线上的电流减为原来的120C．因P＝U2R，所以输电线上损失的功率增为原来的400倍D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的1400【解析】由ΔP＝I2R＝PU2R知，ΔP′＝1400ΔP，C错．本题I≠UR，故A错．若ΔP不变，R′＝400R，由电阻定律可得：d′＝120d，D错，选B.【答案】B4．某小型水电站向小山村输电，输送电功率为50kW，若以1100V送电，则线路损失为10kW，若以3300V送电，则线路损失功率可变为()A．3.3kWB．1.1kWC．30kWD．11kW-2-【解析】根据P损＝PU2r可知，热损失功率跟输送电压的平方成反比，故B选项正确．【答案】B5．一台发电机最大输出功率为4000kW，电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R＝1kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220V,60W)．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103A和20AB．T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220VC．T1和T2的变压比分别为：50和：1D．有6×104盏灯泡(220V、60W)正常发光【解析】输电线上消耗的功率P线＝I22R＝400kW，则I2＝P线R＝20A，又P1＝U1I1，则I1＝P1U1＝103A，故A正确；T1的变压比U1U2＝I2I1＝150，又P＝U1I1＝U2I2，得U2＝2×105V，输电线上损失电压U线＝I2R＝2×104V，则T2原线圈的输入电压U3＝U2－U线＝1.8×105V，又灯泡正常发光，T2的副线圈的电压为220V，B正确；T2的变压比U3U4＝1.8×105220＝900011，C错误；根据U3I2＝60n，解得n＝6×104，D正确．【答案】ABD6．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200V，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220V的用电器正常工作，则()A.n2n1n3n4B.n2n1n3n4C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率【解析】根据变压器的电压与匝数之间的关系得n2n1＝U2200，n3n4＝U3220，由于输电线上损失电压ΔU＝IR，U2＝U3＋ΔU，故U2U3，n2n1n3n4，A选项正确，B选项错误；升压变压器的输出功率等于降压变压器的输出功率与输电线损失功率的和，故D选项正确，C选项错误．【答案】AD7．发电机端电压为220V，输送功率110kW，若要保证用户至少获得100kW电功率，则输电导线电阻不得大于________Ω；若用一个升压变压器升压至5500V后进行输电，则导线电阻不得大于________Ω.【解析】由题可知，用户得到100kW的电功率，则输电线损失为10kW.I1＝110000220A＝500A,10000W＝I21·R1，R1＝10000250000Ω＝0.04Ω，R1≤0.04Ω，-3-I2＝1100005500A＝20A,10000W＝I22·R2，R2＝10000400Ω＝25Ω，故R2≤25Ω.【答案】0.04258．某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向80km远处供电．已知输电导线的电阻率为ρ＝2.4×10－8Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：(1)升压变压器的输出电压；(2)输电线路上的电压损失．【解析】(1)设输电导线的电阻为r，则r＝ρ2LS＝25.6Ω，由题意知P损＝P出×4%＝I2r，则I＝125A，即升压变压器的输出电压U2＝PI＝8×104V.(2)输电线路上的电压损失U损＝Ir＝3200V.【答案】(1)8×104V(2)3200V能力提升1．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2.则()A．用户端的电压为I1U1I2B．输电线上的电压降为UC．理想变压器的输入功率为I21rD．输电线路上损失的电功率为I1U【解析】由理想变压器输入、输出功率相等可知P1＝P2，即U1I1＝U2I2⇒U2＝I1U1I2，A正确．由输电电路图知，输电线上的电压降为ΔU＝U－U1，B错．理想变压器的输入功率P＝U1I1＝UI1－I21r，C错．输电线路上损失的电功率为ΔP＝I21·r＝I1U－I1U1，D错．【答案】A2．图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n4n2＝n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL2R，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A、B端接入低压交流电源时()A．A1、A2两表的示数相同B．L1、L2两灯泡的亮度相同C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率D．R2两端的电压小于R4两端的电压【解析】远距离输电过程中，应用高压输电能够减小输电线上的功率损失，R1上消耗的功率小于R3上消耗的功率，C项错；而比较两个不同输电回路，输电线电阻相同，由P损＝I2·2R可知，A1示数小于A2示数，A项错；根据欧姆定律可知，R2两端电压小于R4两端电压，D项正-4-确；由于输电线上损失电压不同，故两灯泡两端电压不同，故亮度不同，B项错．【答案】D3．电厂发电机的端电压为250V，输出功率为10kW，在进行远距离输电时，输电线总电阻为5Ω，则()A．直接输电，用户端的电压只有50VB．若要求用户端的电压为220V，则应配备原、副线圈匝数比为：4(发电厂)和：1(用户端)的变压器C．若要求输电线损耗的功率仅为总功率的5%，则用户端的电压为237.5VD．若用10000V的高压输电，输电线的损耗功率仅为总功率的0.05%【解析】直接输电时的电流为I＝PU＝10×103250A＝40A，所以输电线上的电压损失为ΔU＝IR＝40×5V＝200V，所以用户两端得到的电压可求，为：U′＝U－ΔU＝250V－200V＝50V，故A正确；用10000V的高压输电时，功率损失为：ΔP＝P2U2R＝100002100002×5W＝5W，所以输电线的损耗功率仅为总功率的0.05%，故D正确．【答案】AD4．某水电站，用总电阻为2.5Ω的输电线输电给500km外的用户，其输出电功率是3×106kW.现用500kV电压输电，则下列说法正确的是()A．输电线上输送的电流大小为2.0×105AB．输电线上电阻造成的损失电压为15kVC．若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kWD．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻【解析】当U＝500kV时，I＝PU＝3×1095×105A＝6×103A，而U损＝IR＝15kV，故选项A错误，选项B正确；输电线损失功率不可能比输出功率还大，故选项C错误；ΔP＝U2r中，U应是输电线电阻上的电压，即损失电压，而不是输电电压，故选项D错误．【答案】B5．风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如下图所示风车阵中发电机输出功率的100kW，输出电压为250V，用户需要的电压为220V，输电线电阻为10Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比．(2)画出此输电线路的示意图．(3)用户得到的电功率是多少．【解析】(1)输电线损失的功率P损＝P×4%＝100kW×4%＝4kW.输电线电流I2＝P损R线＝4×10310A＝20A.升压变电器输出电压U2＝PI2＝100×10320V＝5×103V.升压变压器原、副线圈匝数比：n1n2＝U1U2＝2505000＝120.电压损失U损＝I2R线＝20×10V＝200V.降压变压器原线圈端电压U3＝U2－U损＝4800V.-5-降压变压器原、副线圈匝数比n3n4＝4800220＝24011.(2)如图所示．(3)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为P用＝P－P损＝P(1－4%)＝100×96%kW＝96kW.【答案】：20：11(2)见解析图(3)96kW6．有条河流，流量Q＝2m3/s，落差h＝5m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240V，输电线总电阻R＝30Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220V,100W”的电灯正常发光？(取g＝10N/kg)【解析】设ρ为水的密度电源端：P输出＝mgh/t×50%＝Qρgh×0.5＝2×1×103×10×5×0.5W＝5×104W.输出电压U0＝240V，输送电路如图所示．为满足输电要求，据ΔP损＝I2送R，有I送＝ΔP损/R＝P输出×6%R＝5×104×0.0630A＝10A.则送电电压为U送＝P输送I送＝5×10410V＝5×103V.所以升压变压器的变压比为n1：n2＝U0：U送＝240/(5×103)＝：125.输电线电压损失ΔU损＝I送R＝10×30V＝300V.用户端：U1＝U送－ΔU损＝5×103V－300V＝4700V.据题意可知，U2＝220V，所以降压变压器的匝数比为n′1：n′2＝U1：U2＝4700220＝：11.因为理想变压器没有能量损失，所以可正常发光的电灯盏数为N＝P输出－ΔP损P灯＝5×104－5×104×0.06100盏＝470盏．【答案】：125：11470盏