2020学年高中物理 第五章 交变电流 课时提升作业十一 电能的输送

2020学年高中物理 第五章 交变电流 课时提升作业十一 电能的输送

课时提升作业 十一 电能的输送 ‎ ‎(40分钟　100分)‎ 一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分)‎ ‎1.(多选)(2020·揭阳高二检测)对于电能输送的以下说法,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.减小输电线上电压损失的唯一方法是增大导线的横截面积 D.实际输电时,要综合考虑各种因素,如输送功率大小、距离远近、技术和经济要求等 ‎【解析】选A、D。减小输电线上功率损失和电压损失的两个途径:一是减小电阻,可以采用电阻率较小的导线或增大导线横截面积;二是减小电流,可以降低输送功率或提高输送电压,由上可知,B、C均错误。‎ ‎2.(多选)(2020·厦门高二检测)远距离输送一定功率的交变电流,若输送电压升高为原来的n倍,关于输电线上由电阻造成的电压损失和功率损失的说法中,正确的是 (　　)‎ A.输电线上的电功率损失是原来的 B.输电线上的电功率损失是原来的 C.输电线上的电压损失是原来的 D.输电线上的电压损失是原来的n倍 ‎【解析】选B、C。远距离输送一定功率的交变电流,若输送电压升高为原来的n 倍时,由于P=UI,输电线上的电流为原来的,所以输电线上的电压损失U损=IR,即是原来的,选项C正确,D错误;再由P损=I2R可知输电线上的电功率损失是原来的,选项B正确,A错误。‎ ‎3.(多选)远距离输送交流电都采用高压输电,我国正在研究用比1 000 kV高很多的电压进行输电,采用高压输电的优点是 (　　)‎ A.可节省电线的铜材料 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】选A、C。当输入电功率一定时,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=R,要减小损耗有两条途径:增大输电电压U和减小输电线电阻,输电距离是一定的,要减小输电线电阻只能靠增大电线横截面积,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。由P=UI可知,增大电压,则输电电流减小,由P损=I2R可得,P损减少。原、副线圈中电流的频率总是相等的,变压器不改变交流电的频率,故A、C正确。‎ ‎4.(2020·太原高二检测)一个小水电站输出电功率为20 kW,输电线总电阻为 ‎0.5 Ω,如果先用400 V的电压送电,后改用2 000 V电压输电,则输电电压提高后输电线上损失的电功率的变化情况是 (　　)‎ A.减少50 W　　　　　　 B.减少1 200 W C.减少7.68×106 W D.增加7.68×106 W ‎【解析】选B。根据电能的输送公式,得:P1=R,P2=R得:P1-P2=1200 W,所以选项B正确。‎ ‎【补偿训练】‎ 输电线的电阻为r,输送的电功率为P,用电压U输送电,则用户得到的功率 为 (　　)‎ A.P 　B.P- 　C.P-U2r 　D.‎ ‎【解析】选B。输电线路上的电流I=,输电线上消耗的功率P′=I2r=,用户得到的功率P用=P-P′=P-,故B正确,A、C、D错误。‎ ‎5.一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A。据题意,变压器副线圈上的电压为:=,即U2== =nUm,则输电线上的电流为I2==,那么输电线上损失的功率为ΔP=‎ R=,故选项A正确。‎ ‎6.某水电站,用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户,其输出电功率是3×106 kW。现用500 kV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15 kV C.若改用5 kV电压输电,则输电线上损失的功率为9×108 kW 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。输电线上输送的电流为I输===6 000 A,A选项错误。输电线上由电阻造成的损失电压U损=I输×R线=6 000 A×2.5 Ω=1.5×104 V,B选项正确。若输电电压为5 kV,则输电线上损失的功率不可能大于输电总功率3×106 kW,C选项错误。ΔP=中,U应当为输电线上损失的电压,D选项错误。‎ ‎【总结提升】输电电压和线损关系的分析关键 ‎(1)明确电源、输送和用户三个回路。‎ ‎(2)分清输送电压U2和线损电压ΔU。‎ ‎(3)理解输电功率P输=U2I2、线损功率P线=ΔUI2=R。‎ ‎7.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R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时,线路损耗的电功率为P1,若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk,线路损耗的电功率为P2,则P1和分别为 (　　)‎ A.,　 　　　　B.()2R,‎ C., D.()2R,‎ ‎【解析】选D。根据变压器的变压规律,得=k,=nk,所以U1=kU,U2=nkU。根据P=UI,知匝数比为k和nk的变压器副线圈的电流分别为I1==,I2==。根据P=I2R知,输电线路损耗的电功率分别为P1=R=()2R,P2=R=()2R,所以=。选项D正确,选项A、B、C错误。‎ ‎8.(多选)一台发电机最大输出功率为4 000 kW,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、60W)正常发光 ‎【解析】选A、B、D。根据题意画出输电线路示意图如图所示。‎ 对升压变压器有P1=U1I1,可知I1=103 A,由输电线上消耗的功率ΔP=R线=400 kW可知,输电线上电流为I2=20 A,A项正确;T1的变压比为n1∶n2=I2∶I1=1∶50;根据P=U2I2得U2=2×105 V,输电线上电压U线=I2R线=20 000 V,则变压器T2的输入电压为U3=U2-U线=1.8×105 V,又灯泡正常发光,可知T2的输出电压U4为220 V,B项正确;T2的变压比为n3∶n4=U3∶U4=1.8×105∶220,C项错误;降压变压器的输入功率等于输出功率U3I3=60 W·n,解得n=6×104,D项正确。‎ 二、非选择题(本题共2小题,共44分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)‎ ‎9.(20分)某发电厂通过两条输电线向远处的用电设备供电,当发电厂输出的功率为P0时,额定电压为U的用电设备消耗的功率为P1,若发电厂用一台升压变压器T1先把电压升高,仍通过原来的输电线供电,到达用电设备所在地,再通过一台降压变压器T2把电压降到用电设备的额定电压供用电设备使用。这样改变后,当发电厂输出的功率仍为P0,用电设备的数量可增加,其总功率增加至P2,试求所用升压变压器T1的原线圈与副线圈的匝数比以及降压变压器T2的原线圈与副线圈的匝数比各为多少?‎ ‎【解析】设输电线的电阻为R,当发电厂直接向用电设备供电时,输电线中的电流为I1,则有 P1=I1U,P0-P1=R,‎ 解得I1=,R=·U2。‎ 设降压变压器T2的输入电流为I2′,输出电流为I2,则有P2=I2U, P0-P2=I2′2R,‎ 由此得I2=,I2′== 。‎ 故降压变压器T2原线圈匝数N3与副线圈匝数N4之比 == 。‎ 升压变压器T1的原线圈匝数N1与副线圈匝数N2之比==。‎ 答案:　 ‎ 10. ‎(24分)某发电厂发电机的输出功率为P=100 kW,发电机端电压为U=250 V,向远处送电的输电线的总电阻R=8 Ω,要使输电线上的功率损失不超过输送功率的5%,用户得到的电压又正好是220 V,则:‎ ‎(1)应该怎样安装变压器?画出输电线路的示意图。‎ ‎(2)所用的变压器的原、副线圈的匝数比是多少?‎ ‎【解析】(1)只要安装一台升压变压器和一台降压变压器,输电线路示意图如图所示:‎ ‎(2)由题意知:‎ P损=5%P=0.05×100×103 W=5×103 W。‎ 设输电线路中的电流为I,‎ 则P损=I2R,代入数值得I=25 A 输送电压为U2== V=4 000 V 所以对升压变压器有===‎ 输电线上损失的电压为U线=IR=200 V 所以降压变压器原线圈两端的电压为 U3=U2-U线=3 800 V 即对降压变压器有===。‎ 所以升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶16。‎ 降压变压器的原、副线圈的匝数比为190∶11。‎ 答案:(1)见解析 ‎(2)升压变压器1∶16　降压变压器190∶11‎ ‎【总结提升】远距离输电问题的解题技巧 在求解与远距离输电有关问题时,会涉及较多的物理量,常发生同类物理量之间相互混淆的现象。因此,弄清楚各物理量间的关系是解决此类问题的关键。‎ ‎(1)画出远距离输电的电路图,并将已知量和待求量写在电路图的相应位置。‎ ‎(2)以变压器为界将输电线路分为三个独立的回路,每个回路都可以用欧姆定律、串并联电路的特点、电功和电功率的公式计算。联系各个回路的桥梁是原、副线圈的电压与匝数的关系,电流与匝数的关系以及输入功率与输出功率的关系。‎ ‎【能力挑战区】‎ ‎1.某电站输送电压为U=5 000 V,输送功率为P=500 kW,这时安装在输电线路的起点和终点的电能表一昼夜里读数相差4 800 kW·h(即4 800度电),求:‎ ‎(1)输电线的电阻。‎ ‎(2)若要使输电损失功率降到输送功率的1.6%,电站应使用多高的电压向外输电?‎ ‎【解析】(1)因为两地的电能表读数之差即为线路损失的电能,由此可求线路损失的功率:‎ P损===200 kW 又由P损=I2R=R 得:输电线的电阻 R=U2=×5 0002 Ω=20 Ω。‎ ‎(2)要使输电损失的功率降到输送功率的1.6%,则有 P损′=500 kW×1.6%=8 kW 而P′损=I′2R=R 得输送电压U′=P=500 000× V=2.5×104 V。‎ 答案:(1)20 Ω　(2)2.5×104 V ‎2.如图所示为某隧道备用发电机组,内阻不计,可在应急时对隧道内的照明电路供电。已知从发电机组输出的电压,经匝数比为n1∶n2=1∶8的升压变压器升压后,由总电阻r=4 Ω的输电线送到隧道口,再经匝数比为n3∶n4=8∶1的降压变压器,供给照明电路使用,其他导线电阻可忽略不计。隧道共4排照明电路,每排安装“220 V　40 ‎ W”的电灯110盏,若要求所有的电灯都正常发光,试求:‎ ‎(1)输电线上的电流多大?‎ ‎(2)发电机的输出功率多大?‎ ‎(3)升压变压器的输入电压多大?‎ ‎【解析】(1)隧道内用电功率 P4=4×110×40 W=17 600 W U4=220 V 由=可得U3=1 760 V 则I2=I3==10 A ‎(2)输电线上的功率损失ΔP=r=400 W 故P2=P3+ΔP=18 000 W 则发电机的输出功率 P0=P1=P2=18 000 W=1.8×104 W ‎(3)输电线的电压损失ΔU=I2r=10×4 V=40 V 则U2=U3+ΔU=1 800 V 由=可得U1=225 V 答案:(1)10 A　(2)1.8×104 W　(3)225 V