物理选修3-2人教新课标-5.5-电能的输送同步练习.

电能的输送(时间：60分钟)知识点一线路损耗问题1．在远距离输电时，若输送的功率不变，使输出电压升高为原来的n倍，则输电线路上因电阻而产生的电能损失将变为原来的()．A．n2倍B．n倍C.1n2D.1n解析根据输电线上的功率损失的表达式：ΔP＝I2R＝(PU)2R，电压升高为原来的n倍，则功率损失变为原来的1n2.答案C2．下列关于电能输送的说法正确的是()．A．输送电能的基本要求是可靠、保质、经济B．减小输电导线上功率损失的唯一方法是采用高压输电C．减小输电导线上电压损失的唯一方法是增大输电线的横截面积D．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输电功率大小、距离远近、技术和经济条件等解析输送电能的基本要求是可靠、保质、经济．减少输电线上的功率损失可采用高压输电，也可以减小输电线电阻，即增大导线横截面积，但不经济．实际输电时，应综合考虑各种因素．答案AD3．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至用户的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，下面选项表示输电导线上损耗的功率错误的是()．A.U21RB.（U1－U2）2RC．I2RD．I(U1－U2)解析输电线上损耗的功率P损＝I2R＝U2损/R＝I·U损，而U损＝U1－U2，故B、C、D正确．答案A4．远距离输送交流电都采用高压输电．我国正在研究用比330kV高得多的电压进行输电．采用高压输电的特点是()．A．可节省输电线的铜材料B．可根据需要调节交流电的频率C．可减少输电线上的能量损失D．可加快输电的速度解析当输电功率一定时，设为P，P＝IU，I是输电电流，U是输电电压，设输电导线电阻为R，则输电线上的损耗为P耗＝I2R＝P2U2R，要减小损耗有两条途径，增大输电电压U，减小输电电线电阻，输电距离是一定的，要减小输电线电阻只能增大输电线横截面积，这样就多用材料，如果采用更高的电压输电，就不用加粗导线，亦可换用铝等电阻率稍大、但价格低廉的材料了．答案AC知识点二远距离输电线路中物理量间的关系5．如图2－7－5为远距离输电线路的示意图：图2－7－5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，选项A、B错误．用户的总电阻减小，根据P＝U2R，消耗的功率增大，输电线电流增大，线路损失功率增大，C项正确，升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失电压加上降压变压器输入电压，D项错误．答案C6．“西电东送”工程中为了减小输电损耗，必须提高输电压，从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106kW，输电电压为1000kV，输电线电阻为100Ω.若改用超导材料作为输电线，则可以减小输电损耗的功率()．A．105kWB．104kWC．106kWD．103kW解析输电电流I＝PU，输电线路损失的电功率P损＝I2R＝(PU)2R＝1×105kW，当改用超导输电时，就不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，A正确．答案A7．在如图2－7－6所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有()．图2－7－6A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大解析升压变压器的输出电压由电源电压及匝数比决定，输出功率变大时升压变压器的输出电压不变，A项错误．由I＝PU可知当输出功率增大时输出电流增大．由U损＝IR及P损＝I2R可知U损及P损均增大．故C项正确．当U损增大时降压变压器的输出电压减小，B选项错误．由P损＝P2U2R可知P损P＝PU2R.当输出功率增大时输电线损耗比例增大，D项正确．答案CD8．有一理想变压器原、副线圈的匝数比为100∶1，原线圈上所加电压为23kV，副线圈通过总电阻为2Ω的供电导线向用户供电，用户用电器得到的电压是220V，求供电导线上损耗的功率．解析设原线圈上所加电压为U1，匝数为n1，副线圈上两端电压为U2，匝数为n2，有U1U2＝n1n2①副线圈两端通过导线向用户供电，设用户电压为U3，导线上的电压降为ΔU，有U2＝U3＋ΔU②导线上损失功率为P＝ΔU2R③由①②③式得P＝(n2n1U1－U3)2/R＝1100×2.3×104－2202/2W＝50W.答案50W9．如图2－7－7学校有一台应急备用发电机，内阻为r＝1Ω，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R＝4Ω，全校22个教室，每个教室用“220V、40W”的灯6盏，要求所有灯都正常发光，则：图2－7－7(1)发电机的输出功率多大？(2)发电机的电动势多大？(3)输电线上损耗的电功率多大？解析(1)所有灯都正常工作的总功率为22×6×40＝5280W用电器总电流为I2′＝P2′U2′＝5280220＝24A输电线上的电流I1′＝IR＝I2＝I2′4＝6A降压变压器上：U2＝4U2′＝880V输电线上的电压损失为：UR＝IRR＝24V因此升压变压器的输出电压为U1′＝UR＋U2＝904V输入电压为U1＝U1′/4＝226V，输入电流为I1＝4I1′＝24A所以发电机输出功率为P出＝U1I1＝5424W(2)发电机的电动势E＝U1＋I1r＝250V(3)输电线上损耗的电功率PR＝I2RR＝144W.答案(1)5424W(2)250V(3)144W10．某小水电站发电机输出的电功率为100kW，输出电压250V，现准备向远处输电．所用输电线的总电阻为8Ω，要求输电时在输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%.用户获得220V电压，求应选用匝数比多大的升压变压器和降压变压器？解析依题意作出如图输电示意图，升压变压器原线圈的电流为I1＝PU1＝100×103250A＝400A，当输电线上损失的电功率为输送电功率的5%时，输电线中的电流为I2，则I22R线＝5%×P.所以I2＝5%×PR线＝0.05×100×1038A＝25A升压变压器的匝数比为：n1n2＝I2I1＝25400＝116降压变压器T2副线圈中电流I4，即为提供给所有用户的总电流I总，用户获得的总功率为：P用＝P－5%×P＝95%×P.又P用＝U4I总＝U4I4所以I4＝95%×PU4＝0.95×100×103220A＝431.8A.其原线圈中电流I3＝I2＝25A.降压变压器的匝数比为：n3n4＝I4I3＝431.825＝17.31.答案1∶1617.3∶111．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个坑口电站，输送的电功率为P＝500kW，当使用U＝5kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4800度．求：(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻r.(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？解析(1)由于输送功率为P＝500kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12000度，终点得到的电能E′＝7200度，因此效率η＝60%.输电线上的电流可由I＝P/U计算，为I＝100A，而输电线损耗功率可由Pr＝I2r计算，其中Pr＝4800/24kW＝200kW，因此可求得r＝20Ω.(2)输电线上损耗功率Pr＝(PU)2r∝1U2，原来Pr＝200kW，现在要求Pr′＝10kW，计算可得输电电压应调节为U′＝22.4kV.答案见解析12.有条河流，流量为Q＝2m3/s，落差h＝5m，现在用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240V，输电线总电阻R＝30Ω，允许损失功率为发电机输出功率的6%，为满足用电的要求，使用户获得220V电压，则该输电线路所使用的理想升压、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？解析由题意可画出如下远距离输电示意图：电源两端的输出功率P总＝mghηt＝ρQghη＝5×104W输电线上的功率损失为P损＝P总×6%＝I2RI＝P总6%R＝10AU1＝240VU2＝P总/I＝5×103V故升压变压器n1∶n2＝U1∶U2＝6∶125；U损＝IR＝300VU3＝U2－U损＝4700VU4＝220V故降压变压器n3∶n4＝U3∶U4＝235∶11；理想变压器没有能量损失，故可正常发光的电灯数量N＝P总－P损P灯＝470盏．答案6∶125235∶11470盏