【物理】2020届一轮复习人教版 电能的输送 作业

【物理】2020届一轮复习人教版 电能的输送 作业

‎2020届一轮复习人教版 电能的输送 作业 ‎1．关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是(　　)‎ A．由功率P＝U2/R，应降低输电电压，增大导线电阻 B．由P＝IU，应低电压小电流输电 C．由P＝I2R，应减小导线电阻或减小输电电流 D．上述说法均不对 解析：输电时导线上损失的电压ΔU＝IR，它不同于输电电压，P＝或P＝IU中的U应为导线上损失的电压，故A、B错，导线上功率的损失为发热损失，即P＝I2R，故C正确。‎ 答案：C ‎2．如图1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1‎ 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：远距离输电过程中的主要能量损耗是输电导线的发热损耗，由P损＝I2R可以看出，在保证输电功率的前提下有两种方式可减小输电中的能量损失：一是减少输电线的电阻，由R＝ρ知，A正确。二是减小输电电流，B正确。若输电电压一定，由P＝UI知输送的电功率越大，输电电流越大，则输电中能量损耗P损＝I2R越大，C错误。电压越高，对输电线路绝缘性能的要求越高，变压器的要求相应提高，线路修建费用会多很多，D正确。‎ 答案：ABD ‎3(2012·天津高考)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：当副线圈与原线圈的匝数比为k时，副线圈输出电压为kU，输出电流I＝P/kU，线路损耗的电功率为P1＝I2R＝()2R。若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，副线圈输出电压为nkU，输出电流I′＝P/nkU，线路损耗的电功率为P2＝I′2R＝()2R。P2/P1＝，选项D正确，A、B、C错误。‎ 答案：D ‎4．发电机的路端电压为U，经电阻为r的输电线向远处的用户供电，发电机的输出功率为P，则(　　)‎ A．输电线上的电流为 B．输电线上的功率损失为 C．用户得到的功率为P－()2r D．用户得到的电压为 解析：由题知，其供电原理如图所示，输电电流I＝，输电线功率损失ΔP＝I2r＝()2r，电压损失ΔU＝Ir，用户功率P′＝P－ΔP＝P－()2r，用户电压U′＝U－ΔU＝U－Ir。‎ 答案：AC ‎5．“西电东送”工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压。从洪家渡水电站向华东某地输送电的功率为106 kW，输电电压为100万伏，输电线电阻为100 Ω，若采用超导材料作为输电线。则可以减少输送损耗功率为(　　)‎ A．1010 W B．108 W C．1010 kW D．108 kW 解析：输电线电阻R＝100 Ω时，电线损功率P线＝()2R＝()2 ×100 W＝108 W＝105 kW，用超导材料作为输电线R′＝0，则P线′＝0。‎ 答案：B ‎6．某变电站用11 kV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220 kV输电，下面选项正确的是(　　)‎ A．因I＝，所以输电线上的电流增为原来的20倍 B．因I＝，所以输电线上的电流减为原来的 C．因P＝，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 解析：由ΔP＝I2R＝()2R知，ΔP′＝ΔP，C错。本题I≠，故A错。若ΔP不变，则R＝ΔP，R′＝400R，由电阻定律可得：d′＝d，D错，选B。‎ 答案：B ‎7．用U1和U2两种电压通过相同长度和材料的导线输电，若输送的电功率相等，在输电导线上损失的电功率也相同，则在两种情况下输电导线截面积之比S1∶S2为(　　)‎ A. B. C．()2 D．()2‎ 解析：由输送的电功率P＝IU，损失的电功率ΔP＝I2R，得ΔP＝R。由题意知，R1＝R2，由此得＝，因为R＝ρ，所以＝。‎ 答案：C ‎8．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2.0×‎‎105 A 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＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻 解析：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＝‎6000 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。‎ 答案：B ‎9．某电站，输送的电功率为P＝500 kW，当使用U＝5 kV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 4 800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＝500 kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000度，终点得到的电能E′＝7 200度，因此效率η＝60%，输电线上的电流可由I＝P/U计算，为I＝‎100 A，而输电线损耗功率可由Pr＝I2r计算，其中Pr＝4 800/24 kW＝200 kW，因此可求得r＝20 Ω。‎ ‎(2)输电线上损耗功率Pr＝()2r∝，‎ 原来Pr＝200 kW，现在要求P′r＝10 kW，‎ 计算可得输电压应调节为U′＝22.4 kV。‎ 答案：(1)60%　20 Ω　(2)22.4 kV ‎10输送4.0×106 W的电能，若发电机输出电压为2 000 V，选用变压器升压后应用横截面积为‎4.25 cm2的铜导线，把电能送到‎400 km远处，线路损耗的功率为5.0×105 W。求：‎ ‎(1)应选用匝数比为多少的升压变压器；‎ ‎(2)若已知铜的电阻率ρ＝1.7×10－8 Ω·m，在用户方使用降压变压器，其原线圈两端的电压为多大。‎ 解析：求升压变压器的匝数比，必须求出该变压器副线圈两端的电压，因变压器均为理想变压器，即上述副线圈输送给线路的功率仍是4.0×106 W，关键是求出输电线上的电流，问题就迎刃而解了。‎ ‎(1)由P＝I2R得I＝，式中P为线路损耗功率，R为线路总电阻，两条导线总电阻R＝ρ＝ρ，则R＝1.7×10－8× Ω＝32 Ω 所以I＝＝‎‎125 A 因为P输入＝P输出，所以在升压变压器副线圈两端的电压为 U2＝＝3.2×104 V 故＝＝。‎ ‎(2)设U2′为降压器变压原线圈两端的电压，则U2′＝U2－IR＝2.8×104 V。‎ 答案：(1)1∶16　(2)2.8×104 V