2018人教版高中物理选修6电能的输送同步练习

输电线上损耗的问题．某发电厂原来用电压为的交流电输电，后改用变压比为∶的升压器将电压升高为1U1150U后输电，输送的电功率保持不变．若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是()2线P1A．由公式I＝可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的U250UB．由公式I＝2可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍R线1C．由公式P＝I2R可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的线2500U2D．由公式P＝2可知，提高电压后输电线上的功率损耗增大为原来的2500倍R线UnP解析1＝1可知，U可知，输电线中的电流变为由2＝50U1，输送功率不变，由公式I＝U2n2U211原来的，选项A正确；由P＝I2R可知，输电线上的功率损耗减为原来的，C选项50线2500正确；B、D选项中的U2应为损失的电压，所以选项B、D是错误的．答案AC2．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．输电线上由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9×108kWU2D．输电线上损失的功率为P＝，U为输电电压，r为输电线的电阻ΔrP3×106×103解析输电线上输送的电流为I＝＝A＝6×103A，A错；输电线上损失的电U500×103压为U＝IR＝6×10损3×2.5V＝1.5×104V＝15kV，B项正确；当用5kV电压输电时，输U2电线上损失的功率若超过3×106kWCP计，与实际情况相矛盾，故项错误；当用公式Δ＝r算损失的功率时，U为输电线上损失的电压而不是输电电压，D项错误．答案B远距离高压输电的应用3．某小型水电站的电能输送示意图如图564所示，发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为，升压变压器原副线圈匝数分别为、，降压变压器原副线圈匝数分别为、变rn1n2n3n4(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()图564nnA.2＞3n1n4nnB.2＜3n1n4C．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由于输电线上有电阻，所以考虑到电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数之比的关系，可知要让用电器正常工作，必须有nn2＞3，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项也正确．n1n4答案AD4．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线．(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PE′720060%.I计算，为I＝100A，而输电线＝度，因此效率η＝输电线上的电流可由＝U4800损耗功率可由P＝I2R计算，其中P＝＝200kW，因此可求得R＝20Ω.损线损24线P1(2)输电线上损耗功率P＝2·R∝，原来P＝2200kW，现在要求P′＝10kW，损U线U2损损计算可得输电电压应调节为U′＝22.4kV.答案(1)60%20Ω(2)22.4kV(时间：60分钟)题组一输电线路中的损耗问题1．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．采用高压输电的优点是()A．可节省输电线的材料B．可根据需要调节交流电的频率C．可减小输电线上的能量损失D．可加快输电的速度答案AC2．超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电总电阻为0.4Ω，它提供给用电器的电功率为40kW，电压为800V．若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为()A．1kWB．1.6×103kWC．1.6kWD．10kWP40×103解析I＝A50AP＝I2R节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，＝U800＝．线＝502×0.4W＝1000W，故节约的电功率为1kW，A项正确．答案A3．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为当副线圈与原线圈的匝数比为时，线路损耗的电功率为，若将副线R.kP1P圈与原线圈的匝数比提高到，线路损耗的电功率为，则和2分别为nkP2P1()P1PR1P1A.，B.2R，kUnkUnPR1P1C.，D.2R，kUn2kUn2Un1＝1得：副线圈电压U′＝kU，而理想变压器P＝P，副线圈电解析由理想变压器入出U2n2PPPP流I′＝＝，线路损耗的电功率P＝I′2R＝2R.同理可知P＝I″2R＝2R，U′kU1kU2nkUP1得2＝，故D项正确．2P1n答案D4．2018年2月初低温雨雪冰冻造成我国东部部分地区停电，为消除高压输电线上的凌冰，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，高压线上送电电压为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3IB．输电电流为9I1C．输电电压为3UD．输电电压为U3……①，若热耗功率变为9ΔP，则9ΔP＝I′解析高压线上的热耗功率ΔP＝I2R线2R1……②，由①②两式得I′＝3I，A对；输送功率不变，即P＝UI＝U′I′，得U′＝U线3，所以D对，故选AD.答案AD5．在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为l，输电线损失的功率为ΔP，用户得到的功率为P′，则下列关系式正确的是()U2SP2ρlA．ΔP＝B．ΔP＝ρlU2SU2SPρlC．P′＝P－D．P′＝P1－ρlU2SlP解析R＝ρ，输电电流为I＝，故输电线上损失的电功率为ΔP＝I2R＝输电线电阻为线SU线PlP2ρlPρl2ρ＝，用户得到的电功率为P′＝P－ΔP＝P1－.USU2SU2S答案BD6．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，负载大，电阻小(因为用电器都是并联的)而变压器输出电压U不变，U由I＝可知，干路电流大，输电线上损失电压大，电灯两端电压小，故比深夜暗，故C正R确．答案C题组二远距离输电问题7．如图565所示，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()图565A．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导线横截面积越大，导线的电阻越小，电能损失就越小，A对；在输送功率一定的前P提下，提高输送电压U，由I＝知，电流I减小，发热损耗减小，B对；若输送电压一定，UP由I＝知，输送的电功率P越大，I越大，发热损耗就越多，C错；高压输电要综合考虑材U料成本，技术、经济性等各种因素．不是电压越高越好，D对．答案ABD8．如图566所示为远距离输电线路的示意图．若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是()图566A．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、BU2错误；用户的总电阻减小，根据P＝，消耗的功率增大，输电线电流增大，由P＝IRR损线2可知线路损失功率增大，C项正确；升压变压器的输出电压等于输电线电阻上损失的电压线加上降压变压器的输入电压，D项错误．答案C9．在如图567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567A．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P解析AI，U升压变压器原线圈电压不变，变压比不变，故副线圈电压不变，错误；＝U损＝IR，U，因P变大，I变大，所以U变大，所以降压变压器初级电压U线3＝U2－U损损3变P2R线PP损UPR线小，B错误；P＝2R，因P变大，所以P变大，C正确；＝＝，因P损U线损PPU变大，所以比值变大，D正确．答案CD10．某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经变压器降压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时()A．升压变压器的副线圈的电压变大B．高压输电线路的电压损失变大C．降压变压器的副线圈上的电压变大D．降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大解析用电高峰期，用户端总电阻由于并联白炽灯增多而减小，从而电流增大，又由U损＝IR可知，输电导线上的电压损失变大，升压变压器副线圈的电压不变，降压变压器原、线副线圈上的电压变小，而降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大，故正确答案为B、D.答案BD11．某小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6Ω.(1)若采用380V输电，求输电线路损耗的功率．若改用高压输电，用户端利用∶＝∶的变压器降压，求用户得到的电压．(2)5000Vn1n2221P103解析(1)I＝20×A输电线上的电流为＝U380＝52.63A输电线路损耗的功率为P＝I线2R＝52.632×6W≈16620W＝16.62kWP20×103(2)改用高压输电后，输电线上的电流变为I′＝＝A＝4AU′5000用户端在变压器降压前获得的电压U′×1＝U－IR＝(5000－46)V＝4976VUn根据1＝1U2n2n1用户得到的电压为U2×2＝U1＝4976V＝226.18Vn122答案(1)16.62kW(2)226.18V12．如图5-6-8所示，某发电站通过燃烧煤来发电．发电站通过升压器、输电线和降压器把电能输送给生产和照明组成的用户，发电机输出功率是120kW，输出电压是240V，升压器原、副线圈的匝数之比为1∶25，输电线的总电阻为10Ω，用户需要的电压为220V．则：图568(1)输电线上损失的电功率为多少？(2)降压器原、副线圈的匝数比为多少？解析(1)根据理想变压器的变压规律Un1＝1得输电电压U2n2n252×U2＝U1＝240V＝6000Vn11P120×103输电电流：I＝2＝A＝20AU26000输电线上损失的功率ΔP＝I22×2r＝2010W＝4000W.(2)输电线上损失的电压ΔUI×＝2r＝2010V＝200V