2020学年高中物理 第五章 章交变电流 课后提升作业十一 电能的输送

2020学年高中物理 第五章 章交变电流 课后提升作业十一 电能的输送

课后提升作业 十一 电能的输送 ‎ ‎(40分钟　50分)‎ 一、选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)‎ ‎1.(多选)在远距离送电时,输送的电功率为P,输送电压为U,所用导线的电阻率为ρ,横截面积为S,总长度为L,输电线损失的电功率为P′,用户得到的电功率为P用,则P′、P用的关系式正确的是　(　　)‎ A.P′=　　　　　　　　 B.P′=‎ C.P用=P- D.P用=P ‎【解析】选B、D。输电电流I=,输电线电阻R=ρ,则输电线损失的功率P′=I2R=,用户得到的电功率P用=P-P′=P,故B、D正确。‎ ‎2.某电站向某地输送5000kW的电功率,输电线上损失的电功率为100 kW,若把输送电压提高为原来的10倍,同时将输电线的截面积减为原来的一半,那么输电线上损失的电功率为　(　　)‎ A.0.5 kW B.1.0 kW C.2.0 kW D.5.0 kW ‎【解析】选C。输电线上损失的电功率为P损=R线=·ρ∝;若把输送电压提高为原来的10倍,同时将输电线的截面积减为原来的一半,则输电线上损失的电功率变为原来的,即×100kW=2.0 kW,选项C正确。‎ ‎3.如图为远距离输电示意图,两变压器均为理想变压器,升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2,在T的原线圈两端接入一电压u=‎ Umsinωt的交流电源,若输送电功率为P,输电线的总电阻为2r,不考虑其他因素的影响,则输电线上损失的电功率为　(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B.‎ C.4()2()2r D.4()2()2r ‎【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:‎ ‎(1)理想变压器的输入功率等于输出功率。‎ ‎(2)P=UI。‎ ‎【解析】选C。由I1=和=得Ir=I2=,则输电线上损失的功率 Pr=2r=4()2()2r,故选C。‎ ‎4.一交流发电机输出电压为u=Umsinωt,加在匝数比为1∶n的理想升压变压器的原线圈上,变压器的副线圈通过总电阻为R的输电线向用户供电,若发电机的输出功率为P,则输电线上消耗的功率为　(　　)‎ A.　　　B.　　　C.　　　D.‎ ‎【解析】选D。根据正弦交流电的基本规律可知输入电压U1=‎ ‎,根据理想变压器的变压规律,设输出电压为U2,则有==⇒U2=nU1=,再根据变压器的功率关系:P入=P出⇒P出=P=I出U2⇒I出==,则有P热=R=。故A、B、C均错误,D正确。‎ ‎5.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的电压输电,则下列说法正确的是　(　　)‎ A.输电线上输送的电流大小为2.0×105A B.输电线上由电阻造成的损失电压为15kV C.若改用5kV电压输电,则输电线上损失的功率为9×108kW D.输电线上损失的功率为ΔP=,U为输电电压,r为输电线的电阻 ‎【解析】选B。输电电流I==A=6×103A,A错误;输电线损失的电压U损=IR=6×103×2.5V=1.5×104V,B正确;若改用5kV电压输电,损失功率不可能大于输电总功率3×106kW,C错误;ΔP=,U应为输电线上损失的电压,D错误。‎ ‎6.远距离输电的原理图如图所示,升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,电压分别为U1、U2,电流分别为I1、I2,输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器,则下列关系式中正确的是　(　　)‎ A.=　　　　　　　　 B.I2=‎ C.I1U1=R D.I1U1=I2U2‎ ‎【解析】选D。对理想变压器来说,电流与匝数成反比,A项错误;输入功率等于输出功率,D项正确;对图中的中间电流,I2=,而U2>U导,所以B项错误;导线消耗的功率为P导=R,I1U1为升压变压器的输入功率,与输出功率相等,即I1U1=I2U2,所以C项错误。‎ ‎【补偿训练】‎ ‎(多选)如图为某小型水电站的电能输送示意图。已知输电线的总电阻R=10Ω,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1,电阻R0=11Ω。若T1、T2均为理想变压器,T2的副线圈两端电压表达式为u=220sin100πtV,下列说法正确的是 ‎(　　)‎ A.发电机中的电流变化频率为100 Hz B.通过R0的电流有效值为20A C.升压变压器T1的输入功率为4650W D.若R0的电阻减小,发电机的输出功率也减小 ‎【解析】选B、C。T2的副线圈的交流电的频率为f==Hz=50Hz,而变压器是不能改变交流电频率的,故发电机中的电流变化频率为50Hz,选项A错误;T2的副线圈的交流电电压的有效值为U=220 V,故通过R0的电流有效值为I===20A,故选项B正确;根据匝数与电流的关系可得T2的原线圈中的电流为I′=‎ ‎=5A,故输电线上损失的功率为P损=I′2R=(5A)2×10Ω=250 W,而电阻R0上消耗的电功率为P0=I2R0=(20A)2×11Ω=4 400 W,故升压变压器T1的输入功率为P=P损+P0=4400W+250 W=4 650 W,故选项C正确;若R0的电阻减小,则电阻R0消耗的电功率将增大,输电线上的电流增大,输电线上消耗的电功率也增大,故发电机的输出功率也要增大,故选项D错误。‎ 二、非选择题(14分。需写出规范的解题步骤)‎ ‎7.(2020·秦皇岛高二检测)如图所示,某村在距村庄较远的地方建了一座小型水电站,发电机的输出功率为9 kW,输出电压为500V,输电线电阻为10Ω,允许线路消耗的功率为输出功率的4%,求:‎ ‎(1)若不用变压器而由发电机直接输送,用户得到的电压和功率是多少?‎ ‎(2)用如图所示电路输电,若用户需要220V电压时,所用升压、降压变压器原、副线圈匝数比为多少?(不计变压器能量损失)‎ ‎【解析】(1)不用变压器而由发电机直接输送时,‎ 输电线上的电流I==A=18 A 电压损失ΔU=IR=180V 功率损失ΔP=I2R=3240W 用户得到的电压和功率分别是 U用=U-ΔU=320 V P用=P-ΔP=5760W ‎(2)由ΔP=P×4%=R得I2=6A,由P=U2I2得 U2=1.5×103V 由=得==。‎ U3=U2-I2R=(1500-60)V=1440V 所以===。‎ 答案:(1)320V　5760W　(2)1∶3　72∶11‎ ‎【补偿训练】‎ 水力发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能,是功在当代、利在千秋的大事,现在水力发电已经成为我国的重要能源之一。某小河水流量为40m3/s,现欲在此河段安装一台发电功率为1000千瓦的发电机发电。‎ ‎(1)设发电机输出电压为500 V,在输送途中允许的电阻为5Ω,允许损耗总功率的5%,则所用升压变压器原、副线圈匝数比应是多少?‎ ‎(2)若所用发电机总效率为50%,要使发电机能发挥它的最佳效能,则拦河坝至少要建多高?(g取10m/s2)‎ ‎【解析】(1)设送电电流为I,损耗的功率为P耗,导线电阻为R线,由P耗=I2R线得;‎ I==A=100A 设送电电压为U送,由P=IU得:‎ U送==V=1×104V 则升压变压器原、副线圈匝数比:‎ ‎==。‎ ‎(2)发电时水的重力势能转化为电能,故:50%mgh=Pt 其中:=ρ=1×103×40 kg/s ‎=4×104kg/s 所以h==m=5 m。‎ 答案:(1)1∶20　(2)5m