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1、15 电能的输送课后篇巩固提升基础巩固1.在电能输送过程中,若输送的电功率一定、输电线电阻一定,则在输电线上损耗的电功率( )A.和输送电线上电压的二次方成正比B.和输送电流的二次方成反比C.和输送电线上的电压降的二次方成正比D.和输送电流成正比解析 输电线上的功率损失 P= R,电压损失 U=U-U=I 线 R 线 ,输电电流 I 线 = ,所以 P= R 线I线 2PU I线 2= R 线 ,可见在输送功率 P 一定和输电线电阻一定时 , P 与 成正比, P 与 U2成正比, U2R线 =(PU)2 I线 2 P 与 U2成反比。答案 C2.发电厂发电机的输出电压为 U1,发电厂至学校的

2、输电导线的总电阻为 R,通过导线的电流为 I,学校得到的电压为 U2,则输电线上损耗的电压可表示为( )A.U1 B.U1-IR C.IR D.U2解析 输电线的电压损失 U=U1-U2=IR,故 B 错误,C 正确; U1为输出电压, U2为用户得到的电压,A、D错误。答案 C3.如图,利用理想变压器进行远距离输电,发电厂的输出电压恒定,输电线路的电阻不变,当用电高峰到来时( )A.输电线上损耗的功率减小B.电压表 V1的示数减小,电流表 A1增大C.电压表 V2的示数增大,电流表 A2减小D.用户端功率与发电厂输出功率的比值减小解析 当用电高峰到来时,用户消耗的功率变大,则电流表 A2读数

3、变大,输电线上的电流变大,输电线上损耗的功率变大,选项 A 错误;电流表 A1增大,因为发电厂的输出电压恒定,则升压变压器的次级电压不变,即电压表 V1的示数不变,选项 B 错误;输电线上的电压损失变大,故降压变压器的初级电压减小,次级电压也减小,即电压表 V2的示数减小,选项 C 错误;用户消耗的功率占发电厂输出功率2的比例 =1- =1- ,因为输电线上的电流增大,则电压损失增大, U1不变,所以用户消耗的功率P-P损P I2RU1I UU1与发电厂输出功率的比值减小,故 D 正确。故选 D。答案 D4.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

4、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,电阻小(因为用电器都是并联的),而变压器输出电压 U 不变,由 I= 可知,干路电UR流大,输电线上损失电压大,电灯两端电压小,故比深夜时暗,故 C 正确。答案 C5.“西电东送”工程中,为了减少输电损耗,必须提高输电电压。从西部某电站向华东某地区输送的电功率为 106 kW,输电电压为 1 000 kV,输电线电阻为 100 。若

5、改用超导材料作为输电线,则可减少输电损耗的功率为( )A.105 kW B.104 kWC.106 kW D.103 kW解析 输电电流 I= ,输电线路损失的电功率 P 损 =I2R= 2R=1105 kW;当改用超导输电时,就不损失PU PU电能,因此减少输电损耗的功率就等于 P 损 ,A 正确。答案 A6.发电厂发出的交变电流直接送至用户处,若输出电压为 U1,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,下列式子不表示输电导线上损耗的功率的是( )A. B.U12R (U1-U2)2RC.I2R D.I(U1-U2)解析 输电线上损耗的功率 P 损 =I2

6、R= =IU 损 ,而 U 损 =U1-U2,故选 A。U损 2R答案 A7.(多选)为了减少输电线路中的电力损失,发电厂发出的电通常是经过变电所升压后进行远距离输送,再经变电所将高压变为低压。某变电所电压 u0=11 000 sin(100 t) V 的交变电流降为 220 2V 供居民小区用电,则变电所变压器( )A.原、副线圈匝数比为 50 1B.副线圈中电流的频率是 50 HzC.原线圈的导线比副线圈的要粗D.输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和3解析 u0=11 000 sin(100 t) V 中的 11 000 指的是电压的峰值,有效值为 11 000 V,则原、副2

7、2线圈之间的匝数之比等于两线圈的电压之比,即 50 1,A 正确;由 = 100 rad/s 可得频率为 50 Hz,变压器不改变电流的频率,因此,副线圈的频率也是 50 Hz,B 正确;电流与匝数成反比,即原线圈的电流比副线圈电流要小,因此,副线圈的导线要比原线圈导线粗,C 错误;居民小区各个用电器都是并联的,它们的电流总和等于副线圈中的电流,故 D 错误。答案 AB能力提升1.远距离输电线路的示意图如图所示,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

8、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 变压器的输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的,A、B 错误;用户用电器总电阻减小,据 P= ,消耗功率增大,输电线中电流增大,线路损失功率增大,C 正确;升压变压器U2R的输出电压等于输电线路电阻上损失的电压加上降压变压器的输入电压,D 错误。答案 C2.(多选)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,输电线上送电电压为 U,电流为 I,热耗功率为 P;除冰时,输电线上的热耗功率需变为 9 P,则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变) ( )A.输电电流为 3I B

9、.输电电流为 9IC.输电电压为 3U D.输电电压为 U13解析 输电线上的热耗功率 P=I2R 线 ,若热耗功率变为 9 P,则 9 P=I2R 线 ,联立得 I=3I,A 对;输送功率不变,即 P=UI=UI,得 U= U,所以 D 对。13答案 AD3.(多选)一台发电机最大输出功率为 4 000 kW、输出电压为 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 k。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( )

10、A.T1原、副线圈电流分别为 103 A 和 20 AB.T2原、副线圈电压分别为 1.8105 V 和 220 VC.T1和 T2的变压比分别为 1 50 和 40 1D.有 6104盏灯泡(220 V 60 W)正常发光4解析 远距离输电的电路如图所示,在升压变压器原线圈中有 P=U1I1,故得原线圈中电流为 103 A,在远距离输电线路中由 P= R 线 得 T1副线圈中电流为 20 A,故选项 A 正确;在远距离输电线路中由I线 2P=U2I2和 I 线 =I2得 U2=2105 V,由 U=I 线 R 线 , U=U2-U3可得 T2原线圈电压为 1.8105 V,由于灯泡能正常发光

11、,故 T2副线圈电压为 220 V,故选项 B 正确;由变压器变压特点知变压比与匝数成正比,故可得 T1变压比为 1 50,而 T2的变压比为 9 000 11,故选项 C 错误;正常发光时每盏灯的功率为 60 W,由 90%P=NP 额 ,可得 N=6104盏,故选项 D 正确。答案 ABD4.(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示,发电机的输出电压为 200 V,输电线总电阻为 r,升压变压器原、副线圈匝数分别为 n1、 n2,降压变压器原、副线圈匝数分别为 n3、 n4(变压器均为理想变压器)。要使额定电压为 220 V 的用电器正常工作,则( )A.n2n1n3n4B.n2n1n

12、3n4有电功率的损失,可知 D 项对。答案 AD5.某小型实验水电站输出功率是 20 kW,输电线总电阻是 6 。(保留四位有效数字)(1)若采用 380 V 的电压输电,求输电线损耗的功率。(2)若改用 5 000 V 高压输电,用户利用 n1n 2=22 1 的变压器降压,求用户得到的电压。解析 (1)输电线上的电流为 I= APU=2010338052 .63 A输电线路损耗的功率为 P 线 =I2R=52.6326 W16 620 W =16.62 kW。(2)改用高压输电后,输电线上的电流变为 I= A=4 APU=201035 000用户在变压器降压前获得的电压 U1=U-IR=(

13、5 000-46) V=4 976 V5根据 ,用户得到的电压为U1U2=n1n2U2= U1= 4 976 V226 .2 V。n2n1 122答案 (1)16.62 kW (2)226.2 V6.以下是一段关于输电线损失功率的推导。将电能从发电站送到用户,在输电线上会损失一部分功率。设输电电压为 U,则功率损失为 P 损 =UI 而 U=Ir 将 式代入 式,得到 P 损 = U2r由 式可知,要减小功率损失 P 损 ,就应当用低压送电和增大输电线的电阻 r。这段推导错在哪里?解析 P 损 =UI 和 U=Ir 都是错误的, U 是输电电压,而非输电线上的电压降。正确的推导应该是:设输电电压为 U,输送的电功率为 P。 P 损 =I2r,I= ,则 P 损 = r,由此式可知,要减小功率损失,就应当PU P2U2用高压送电和减小输电线的电阻 r。6