2019_2020学年高中物理第二章7电能的输送练习（含解析）教科版.docx

7.电能的输送基础巩固1.(多选)下图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()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: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=LS,所以增大输电线横截面积S可减小电阻R,选项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,选项B正确,选项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,所以选项D正确.答案:ABD2.发电厂发电机的输出电压为U1,发电厂至学校的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.U1B.U1-IRC.IRD.U2解析:输电线的电压损失U=U1-U2=IR,选项B错误,选项C正确;U1为输出电压,U2为学校得到的电压,选项A、D错误.答案:C3.某变电站用11 kV的交流电压输电,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送电.下列选项正确的是()A.因I=UR,所以输电线上的电流增为原来的20倍B.因I=PU,所以输电线上的电流减为原来的120C.因P=U2R,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1400解析:由P=I2R=PU2R知,当电压由11kV升高到220kV时,损失的功率P=1400P,选项C错误;本题IUR,故选项A错误;若P不变,则R=U2P2P,当电压由11kV升高到220kV时,R=400R,由电阻定律可得d=120d,选项D错误,故选项B正确.答案:B4.远距离输送交变电流都采用高压输电.采用高压输电的优点是()A.可提高用户端电压B.可根据需要调节交变电流的频率C.可减少输电线上的能量损失D.可加快输电的速度解析:采用高压输电减小了输电电流,可减少能量损失,但不能改变交变电流的频率和输电速度,用户端电压由降压变压器决定,故选项C正确.答案:C5.(多选)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PUB.输电线上的功率损失为U2rC.用户得到的功率为P-PU2rD.用户得到的电压为PrU解析:由题知,其供电原理如图所示,由P=UI得输电线上的电流为PU,选项A正确;输电线上的功率损失为P=I2r=PU2r,选项B错误;用户得到的功率为P-PU2r,选项C正确;用户得到的电压为U-U=U-Ir=U-PUr,选项D错误.答案:AC6.(多选)下列关于远距离高压直流输电的说法正确的是 ()A.直流输电系统只在输电环节是直流,而发电环节和用电环节是交流B.直流输电系统只在发电环节和用电环节是直流,而输电环节是交流C.整流器将交流变直流,逆变器将直流变交流D.逆变器将交流变直流,整流器将直流变交流解析:直流输电系统由整流站、直流线路和逆变站三部分组成,在整流站通过整流器将交流电变换为直流电,在逆变站利用逆变器将直流电变换为交流电.因此选项A、C正确.答案:AC7.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=UR可知,干路电流大,输电线上损失电压大,电灯两端电压小,故比深夜暗,故C正确.答案:C8.(多选)远距离输电装置如图所示,升压变压器和降压变压器均是理想变压器,当K由2改接为1时,下列说法正确的是()A.电压表读数变大B.电流表读数变大C.电流表读数变小D.输电线损失的功率减小解析:由于发电厂的输出电压不变,K接到1后,升压变压器副线圈匝数增多,所以输电电压U2升高(U1U2=N1N2,N2变大);升压变压器的输出功率不变,根据 I=PU可知输电线上的电流减小,所以电流表读数减小,选项B错误,C正确.根据U损=IR线,输电线的电阻不变,所以输电线上的电压损耗减小,降压变压器的输入电压增大,降压变压器的匝数不变,所以降压变压器的输出电压增大,即电压表读数增大,选项A正确.根据P线=I2R线,可知输电线损失的功率减小,选项D正确.答案:ACD9.(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.n2n1n3n4,故A项对,B、C项错;考虑到输电线上也有电功率的损失,可知D项也正确.答案:AD能力提升1.(多选)如图所示,有一台交流发电机E,通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电,输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1,它的输出电压和输出功率分别为U2和P2;T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3,它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1一定,当用户消耗的电功率变大时,有()A.U2减小,U4变大B.U2不变,U3变小C.P1变小,P2变小D.P2变大,P3变大解析:从能量守恒角度分析,当用户功率增大时,升压变压器的输入功率必增大,即P1增大,根据题意,输入电压U1保持不变,且升压变压器的匝数比不变,故输出电压U2不变;由于P1增大,由P1=U1I1=P2=U2I2可得,I1增加,P2、I2均增加.又U3=U2-I2R,故U3减小,由于降压变压器原、副线圈匝数不变,可知随U3减小,U4也减小,选项A错误,选项B正确;由于用户功率增加,即P4增加,理想变压器无功率损失,可得P3=P4,功率P3也增加,故选项C错误,选项D正确.答案:BD2.如图所示,甲是远距离输电线路的示意图,乙是发电机输出电压随时间变化的图像,则()A.用户用电器上交流电的频率是100 HzB.发电机输出交流电的电压有效值是500 VC.输电线的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定D.当用户用电器的总电阻增大时,输电线上损失的功率减小解析:由u-t图像可知,交流电的周期T=0.02s,故频率f=1T=50Hz,选项A错误;发动机输出交流电的电压最大值Um=500V,故有效值U=Um2=2502V,选项B错误;输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原、副线圈的匝数比共同决定,选项C错误;当用户用电器的总电阻增大时,副线圈上的电流减小,根据I1I2=n2n1,原线圈(输电线)上的电流减小,根据P=I12R得,输电线损失的功率减小,选项D正确.答案:D3.某水电站,用总电阻为2.5 的输电线输电给500 km外的用户,其输出电功率是3106 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2.0105 AB.输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC.若改用5 kV电压输电,则输电线上损失的功率为9108 kWD.输电线上损失的功率为P=U2r,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=PU=3106103500103A=6103A,选项A错误;输电线上损失的电压为U损=IR=61032.5V=1.5104V=15kV,选项B正确;当用5kV电压输电时,输电线上损失的功率不会超过3106kW,与实际情况相背,故选项C错误;当用公式P=U2r计算损失的功率时,U为输电线上损失的电压而不是输电电压,选项D错误.答案:B4.某发电站通过燃烧煤来发电.发电站通过升压器、输电线和降压器把电能输送给生产和照明组成的用户,发电机输出功率是120 kW,输出电压是240 V,升压器原、副线圈的匝数之比为125,输电线的总电阻为10 ,用户需要的电压为220 V.(1)输电线上损失的电功率为多少?(2)降压器原、副线圈的匝数比为多少?解析:(1)根据理想变压器的变压规律U1U2=n1n2得输电电压U2=n2n1U1=251240V=6000V输电电流I2=PU2=1201036000A=20A输电线上损失的功率P=I22r=20210W=4000W.(2)输电线上损失的电压U=I2r=2010V=200V降压变压器原线圈两端的电压U3=U2-U=(6000-200)V=5800V根据理想变压器的变压规律得n3n4=U3U4=5800220=29011.答案:(1)4 000 W(2)290115.某发电站的输出功率为104 kW,输出电压为4 kV,通过理想变压器升压后向80 km远处用户供电.已知输电线的电阻率=2.410-8 m,导线横截面积为1.510-4 m2,输电线路损失的功率为输出功率的4%,求:(1)升压变压器的输出