高二物理下册电能的输送课时练习题（有参考答案）

M
5.5电能的输送
1．(2009年高考广东卷)如图5－5－4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5－5－4
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少电路的发热损耗
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：选ABD.根据P＝I2R可知，在电流I一定的情况下，减小电阻R可以减少电路上的电能损失，而R＝ρLS，所以增大输电线横截面积S可减小电阻R，A正确；由输送电功率P＝UI，得输电线损失电功率P线＝I2R＝P2U2R，可见减小输电电流可减小电路发热损耗，在输送电压一定时，输送的电功率P越大，电能损失越大，B正确，C错误；高压输电并不一定是电压越高越好，电压过高时，会带来技术和设备上的困难，所以D正确．
2．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：选C.输电时导线上损失的电压ΔU＝IR，它不同于输电电压，P＝U2R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．
3．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．这是因为用电高峰时(　　)
A．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低
B．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小
C．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大
D．供电线路上电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小
解析：选C.照明供电线路的用电器是并联的，晚上七、八点钟用电高峰时，用电器越多，总电阻越小，供电线路上的电流越大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，C正确．
4．远距离输电，原来用电压U0输电，在输电线上损失的电功率为P0，现在要使输电线上损失的电功率减少到原来的1/10，则输电电压应为(　　)
A．100 U0 B.10 U0
C．U0/10 D．U0/100
解析：选B.设线路电阻为r，损失功率为P损＝I2r，线路电流为I＝P/U0
解得P损＝P2r/U20
则P损′∝1U0′2
当P损为原来的110时，U0′＝10U0
选项B正确．
5．通过相同材料的导线向同一用户输送10 kW的电功率，如在输送电压为110 V和220 V两种情况下导线上损失的电能相同，那么这两种情况下输电线的截面积之比为多少？
解析：P损＝I2R线＝(PU)2R线＝P2U2ρlS，所以S＝P2ρlU2P损，由于输送的电功率和P损都相同，且两地距离不变即l相同，材料也相同，所以S1∶S2＝22021102＝4∶1.
答案：4∶1
一、
1．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至用户的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，下面选项表示输电导线上损耗的功率的是(　　)
A.U21R B.?U1－U2?2R
C．I2R D．I(U1－U2)
解析：选BCD.输电线上损耗的功率P损＝I2R＝U2损/R＝I?U损，而U损＝U1－U2，故B、C、D正确．
2．水电站向小山村输电，输送电功率为50 kW，若以1100 V送电，则线路损失为10 kW，若以3300 V送电，则线路损失可降为(　　)
A．3.3 kW B．1.1 kW
C．30 kW D．11 kW
解析：选B.由P＝UI，ΔP＝I2R可得：ΔP＝P2U2R，所以当输送电压增大为原来3倍时，线路损失变为原来的19，即ΔP＝1.1 kW.
3．(2010年高考江苏卷)在如图5－5－5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5－5－5
A．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
解析：选CD.对升压(或降压)变压器而言，由变压器电压比U1∶U2＝n1∶n2知，输入电压不变，匝数不变，输出电压不变，故A选项不正确；由P＝UI知，U不变，P增大，故I增大，使得输电线上的电压损耗ΔU＝I2R线增大，功率损耗ΔP＝I22R线增大，所以降压变压器上的输入电压减小，输出电压减小，所以B不正确，C正确；因为输电线上损耗的功率占总功率的比例为ΔPP1＝I22R线P1＝?P1U1?n1n2?2R线P1＝P1n21R线U21n22∝P1，所以随发电厂输出功率变大，该值变大，D正确．
4．输电导线的电阻为R，输送电功率为P.现分别用U1和U2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为(　　)
A．U1∶U2 B．U21∶U22
C．U22∶U21 D．U2∶U1
解析：选C.由P＝UI得输电线中的电流I＝PU，输电线上损失的功率P损＝I2R＝(PU)2R＝P2RU2.即在输送功率和输电线电阻不变的情况下，损失的功率与输电电压的平方成反比，所以P损1∶P损2＝U22∶U21.
5．(2009年高考山东卷)某小型水电站的电能输送示意图如图5－5－6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(　　)
图5－5－6
A.n2n1>n3n4
B.n2n1C．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：选AD.由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率．P出－P损＝P入，故D正确.U2U1＝n2n1，U3U4＝n3n4，因为U1＝200 V＜U4＝220 V，U2＞U3＝U2－U线，故n2n1＞n3n4，选项A正确．
6．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P；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)(　　)
A．输电电流为3 I B．输电电流为9 I
C．输电电压为3 U D．输电电压为13U
解析：选AD.输电线上的热耗功率P线＝I2R线，热耗功率由P变为9 P，则电流I变为3 I，选项A正确．输电功率P不变，由P＝UI，电流变为3 I，输电电压为13U，选项D正确．
7．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′＝U2SρL B．P′＝P2ρLU2S
C．P用＝P－U2SρL D．P用＝P(1－PρLU2S)
解析：选BD.输电线电阻R＝ρLS
输电电流I＝PU
故输电线上损失的电功率为
P′＝I2R＝(PU)2ρLS＝P2ρLU2S
用户得到的电功率为
P用＝P－P′＝P(1－PρLU2S)．
8．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1/n；
B．输电线上的电功率损失是原来的1/n2；
C．输电线上的电压损失是原来的1/n；
D．输电线上的电压损失是原来的n倍
解析：选BC.由P＝UI知，当输送的功率P一定时，电压升高为原来的n倍时，输电电流I′＝P/U′＝P/(nU)＝1nI.又P线＝I2R线，所以输电线上的功率损失P损′＝(1nI)2R线＝1n2P损，即B正确，A错误．输电线上的电压损失U损′＝I′R线＝1nIR线＝1nU损，C正确，D错误．
9．(2009年高考海南卷)一台发电机最大输出功率为4000 kW，电压为4000 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、60 W)正常发光
解析：选ABD.T1原线圈的电流为I1＝P1U1＝4000×1034000A＝1×103 A，输电线上损失的功率为P损＝I22R＝10%P1，
所以I2＝10%P1R＝4000×103×0.11×103 A＝20 A，选项A对；T1的变压比为n1n2＝I2I1＝20103＝150；T1上副线圈的电压为U2＝50U1＝2×105 V，T2上原线圈的电压为U3＝U2－I2R＝2×105 V－20×103 V＝1.8×105 V，选项B对；T2上原、副线圈的变压比为n3n4＝U3U4＝1.8×105220＝9×10311，选项C错；能正常发光的灯泡的盏数为：N＝90%P160＝6×104(盏)，选项D对．
二、非
10．有一理想变压器原、副线圈的匝数比为100∶1，原线圈上所加电压为23 kV，副线圈通过总电阻为2 Ω的供电导线向用户供电，用户用电器得到的电压是220 V，求供电导线上损耗的功率．
解析：设原线圈上所加电压为U1，匝数为n1，副线圈上两端电压为U2，匝数为n2，有 U1U2＝n1n2①
副线圈两端通过导线向用户供电，设用户电压为U3，导线上的电压为U4，有U2＝U3＋U4②
导线上损失功率为P＝U24R③
由①②③式得
P＝(n2n1U1－U3)2/R
＝?1100×2.3×104－220?22 W＝50 W.
答案：50 W
11．(2014年开封高二检测)一座小型发电站的输出功率是20 kW，输电线路总电阻是5 Ω.
(1)若输电电压是400 V，输电线路损耗的功率是多少？
(2)若改用5000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，用户得到的电压是多少？
解析：(1)输电线上的电流强度为
I＝PU＝20×103400A＝50 A，
输电线路损耗的功率为
P损＝I2R＝502×5 W＝12500 W＝12.5 kW.
(2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为
I′＝PU′＝20×1035000A＝4 A，
用户端在变压器降压前获得的电压
U1＝U′－I′R＝(5000－4×5)V＝4980 V，
根据U1U2＝n1n2可知，用户得到的电压为
U2＝n2n1U1＝122×4980 V＝226.4 V.
答案：(1)12.5 kW　(2)226.4 V
12．小型水利发电站的发电机输出功率为24.5 kW，输出电压为350 V，输电线总电阻为4 Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220 V，所以在用户处需安装降压变压器．输电电路图如图5－5－7所示，求：
图5－5－7
(1)输电线上的电流．
(2)升压变压器的原、副线圈的匝数之比．
(3)降压变压器的原、副线圈的匝数之比．
解析：(1)输电线上功率损失：
ΔP＝5%P1＝5%×24.5 kW＝1225 W，
又因为ΔP＝I22R线，所以，输电线上的电流为：
I2＝ΔPR线＝12254A＝17.5 A.
(2)升压变压器原线圈上的电流
I1＝P1/U1＝24.5 kW/(350 V)＝70 A，
升压变压器原、副线圈的匝数之比为
n1∶n2＝I2∶I1＝17.5∶70＝1∶4.
(3)输电线上电压损失：ΔU＝I2R线＝U2－U3，
降压变压器输入电压：
U3＝U2－ΔU＝n2n1U1－I2R线
＝(4×350－17.5×4)V＝1330 V.
降压变压器原、副线圈的匝数之比为
n3∶n4＝U3∶U用＝1330∶220＝133∶22.
答案：(1)17.5 A　(2)1∶4　(3)133∶22


版权声明：本文内容由互联网用户自发贡献，该文观点仅代表作者本人。本站仅提供信息存储空间服务，不拥有所有权，不承担相关法律责任。如发现本站有涉嫌抄袭侵权/违法违规的内容，请发送邮件至 lxy@jiyifa.cn 举报，一经查实，本站将立刻删除。