2024高中物理第五章交变电流5电能的输送达标作业含解析新人教版选修3-2

PAGE4-电能的输送A级抓基础1.中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原采纳500kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为（）A.eq\f(P,4) B.eq\f(P,2) C.2P D.4P解析：由P＝UI可知由500kV的超高压输电变为1000kV特高压输电时，输电线电流变为原来的eq\f(1,2)，再依据P损＝I2R线可得，输电线上损耗的电功率将变为eq\f(P,4)，故选A.答案：A2.（多选）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，输电线上损失的电功率为ΔP，用户得到的电功率为P′，则ΔP、P′的关系式正确的是（）A.ΔP＝eq\f(U2S,ρL) B.ΔP＝eq\f(P2ρL,U2S)C.P′＝P－eq\f(U2S,ρL) D.P′＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(PρL,U2S)))解析：输电线电阻R＝ρeq\f(L,S)，输电电流I＝eq\f(P,U)，故输电线上损失的电功率为ΔP＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))eq\s\up12(2).ρeq\f(L,S)＝eq\f(P2ρL,U2S)，用户得到的电功率为P′＝P－ΔP＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(PρL,U2S))).答案：BD3.（多选）远距离输送交变电流都采纳高压输电，我国正在探讨用远高于330kV的电压进行输电，采纳高压输电的优点是（）A.可节约输电线的铜材料B.可依据须要调整交变电流的频率C.可减小输电线上的能量损失D.可加快输电的速度解析：由P＝UI得I＝eq\f(P,U)，当输电功率P肯定时，采纳高压输电，U大则I小，输电线中的电流就小.由P线＝I2r可知，在要求输电线损耗肯定的状况下，电流小，就可选电阻率略大一点的材料作导线；若输电线的材料确定，电流小，则可以削减输电线上的能量损失，故A、C正确；交变电流的频率是固定的，不须要调整.输电的速度等于电磁波的传播速度，是肯定的，故B、D不正确.答案：AC4.某用电器距离供电电源为L，线路上的电流为I，若要求线路上的电压降不超过U，已知输电导线的电阻率为ρ，那么，该输电导线的横截面积最小值是（）A.eq\f(ρL,U) B.eq\f(2ρLI,U)C.eq\f(U,IρL) D.eq\f(2UL,Iρ)解析：输电线电流I＝eq\f(U,R)，R＝eq\f(ρ·2L,S)，所以最小横截面积为S＝eq\f(ρ·2L,R)＝eq\f(2ρLI,U).答案：B5.（多选）某小型发电站的电能输送示意图如图所示.发电机的输出电压为220V，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.要使额定电压为220V的用电器正常工作（变压器均为志向变压器），则（）A.eq\f(n2,n1)>eq\f(n3,n4)B.eq\f(n2,n1)<eq\f(n3,n4)C.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：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，故选项D正确.eq\f(U2,U1)＝eq\f(n2,n1)，eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，因为U1＝220V＝U4＝220V，U2>U3＝U2－U线，故eq\f(n2,n1)>eq\f(n3,n4)，选项A正确.答案：ADB级提实力6.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电压之比和功率之比分别为（）A.Ueq\o\al(2,2)∶Ueq\o\al(2,1)，U1∶U2 B.Ueq\o\al(2,2)∶Ueq\o\al(2,1)，Ueq\o\al(2,1)∶Ueq\o\al(2,2)C.U2∶U1，Ueq\o\al(2,2)∶Ueq\o\al(2,1) D.U2∶U1，U2∶U1解析：由P＝UI得输电线中的电流I＝eq\f(P,U)，输电线上损失的电压U损＝IR＝eq\f(P,U)R，输电线上损失的功率P损＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))eq\s\up12(2)·R，即在输送功率和输电线电阻不变的状况下，损失的电压与输电电压成反比，损失的功率与输电电压的二次方成反比，所以两次输电线上损失的电压之比为U2∶U1，损失的功率之比为Ueq\o\al(2,2)∶Ueq\o\al(2,1).答案：C7.（多选）曾有一些低温雨雪冰冻使我国部分地区严峻受灾，其中高压输电线因结冰而损毁严峻.为消退高压输电线上的冰凌，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，高压线上输电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，输电线上热功率需变为9ΔP，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.输电电流为9IC.输电电压为3U D.输电电压为eq\f(1,3)U解析：因输电功率P和输电线电阻r不变，由ΔP＝I2r，得r＝eq\f(ΔP,I2)，当9ΔP＝I′2r时，得I′2＝eq\f(9ΔP,r)＝eq\f(9I2r,r)＝9I2，所以I′＝3I，选项A正确，选项B错误；又P＝IU＝I′U′，得U′＝eq\f(IU,I′)＝eq\f(IU,3I)＝eq\f(1,3)U，选项D正确，选项C错误.答案：AD8.某电站输送电压为U＝5000V，输送功率为P＝500kW，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4800kW·h（即4800度电）.（1）求输电线的电阻.（2）若要使输电损失功率降到输送功率的1.6%，电站应运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＝eq\f(W,t)＝eq\f(4800kW·h,24h)＝200kW，由P损＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,U)))eq\s\up12(2)R，得输电线的电阻R＝eq\f(P损,P2)U2＝eq\f(200000,5000002)×50002Ω＝20Ω.（2）要使输电损失的功率降到输送功率的1.6%，则Peq\o\al(′,损)＝500kW×1.6%＝8kW，而Peq\o\al(′,损)＝I′2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U′)))eq\s\up12(2)R，得输送电压U′＝Peq\r(\f(R,Peq\o\al(′,损)))＝500000×eq\r(\f(20,8000))V＝2.5×104V.9.学校有一台应急备用发电机，内阻为r＝1Ω，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R＝4Ω，全校共有22间教室，每间教室用“220V40W”的灯6盏，要求全部灯都正常发光，则：（1）发电机的输出功率多大？（2）发电机的电动势多大？（3）输电线上损耗的电功率多大？解析：（1）全部灯都正常工作时的总功率P2＝22×6×40W＝5280W，用电器总电流I3＝eq\f(P2,U4)＝24A，输电线上的电流I2＝eq\f(I3,4)＝6A，降压变压器上的输入电压U3＝4U4＝880V，输电线上的