人教版物理选择性必修二课后练习14电能输送

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　电能的输送

　1．关于减小远距离输电线上的功率损失，下列说法正确的是(

　) A．由 P＝ U2R知，应降低输电电压，增大导线电阻 B．由 P＝IU 知，应降低输电电压，减小输电电流 C．由 P＝I 2 R 知，应减小导线电阻或减小输电电流 D．上述说法均不对 2．远距离输电中，当输送的电功率为 P，输送电压为 U 时，输电线上损失的电功率为 ΔP，若输送的电功率增加为 4P，而输电线中损失的电功率减为 ΔP4.(输电线电阻不变)则输电电压应增为(

　) A．32U

　B．16U C．8U

　D．4U 3．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 3×10 6

　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 2.0×10 5

　A B．输电线上电阻造成的电压损失为 15 kV C．若改用 5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为 9×10 8

　kW D．输电线上损失的功率为 ΔP＝ U2r，U 为输电电压，r 为输电线的电阻 4．如图所示为远距离输电示意图，线路总电阻为 r，发电厂输出电压不变，三个回路的电流依次为I 1 、I 2 、I 4 ，两变压器均为理想变压器，左侧变压器输入电压为 U 1 ，输出电压为 U 2 ；右侧变压器输入电压为U 3 ，输出电压为 U 4 ，以下选项错误的是(

　)

　A．若用户消耗的功率增大，I 2 随之增大 B．若用户消耗的功率增大，U 4 随之增大 C．U 2 ＝U 3 ＋I 2 r D．U 1 I 1 ＝I 2 2 r＋U 4 I 4

　5．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 Hz

　B．发电机输出交流电的电压有效值是 500 V C．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 6．电能输送的过程中，若输送电功率一定，则在输电线上的功率损失(

　) A．与输电线上电压损失的平方成反比 B．与输送电压的平方成正比 C．与输电线上电压损失的平方成正比 D．与输电电流的平方成正比 7．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 S 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 8．如图为模拟远距离输电电路，两理想变压器的线圈匝数 n 1 ＝n 4 <n 2 ＝n 3 ， 、 、 为相同的理想交流电流表．当 a、b 端接入低压交流电源时，则(

　)

　A. 、 的示数相等 B. 、 、 的示数相等 C. 的示数大于 的示数 D. 的示数大于 的示数 9．某同学在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每 100 米导线对折后卷成一卷，共卷成 8 卷来代替输电线路．第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为 P 1 .第二次采用如图所示的电路输电，其中变压器 T 1 与学生电源相连，其原、副线圈的匝数比为 n 1 :n 2 ，变压器T 2 与用电器相连，测得输电线上损失的功率为 P 2 .下列说法正确的是(

　)

　A．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电

　B．实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失 C．若输送功率一定，则 P 2 :P 1 ＝n 2 1 :n 2 2

　D．若输送功率一定，则 P 2 :P 1 ＝n 1 :n 2

　10．某小河水流量为 4 m 3 /s，水流下落的高度为 5 m．现在利用它来发电，设所用发电机的总效率为50%，(g＝9.8 m/s 2 )，求：

　(1)发电机的输出功率； (2)若输电导线的总电阻为 4 Ω，输电导线上损失的电功率为发电机输出功率的 5%，则需用多大的电压输送电能？ (3)在(2)的条件下，输电导线上的电压损失．

　11．如图所示为演示远距离输电的装置，理想变压器 T 1 、T 2 的原副线圈匝数比分别为 1:4 和 5:1，交流电源的内阻 r＝1 Ω，三只灯泡的规格均为“6 V,1 W”，输电线总电阻为 10 Ω.若三只灯泡都正常发光，则交流电源的电动势 E 为多大？

　 12.风力发电作为新能源，近几年来得到了快速发展．如图所示风车阵中发电机的输出功率为 100 kW，输出电压是 250 V，用户需要的电压是 220 V，输电线的电阻为 10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的 4%，试求：

　(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比； (2)用户得到的电功率．

　参考答案 参考答案

　1．解析：输电时导线上损失的电压 ΔU＝IR，它不同于输电电压，用公式 P＝ U2R或 P＝IU 计算功率损失时，U 应为导线上损失的电压，故 A、B 错误；导线上功率的损失为发热损失，即 P＝I 2 R，故 C 正确． 答案：C 2．解析：由 P＝UI 知 I＝ PU ，则输电线上损失的功率 ΔP＝I2 R＝  PU2 R，得输电电压 U＝PRΔP .若输送的电功率增加为 4P，而输电线中损失的电功率减为 ΔP4，由上式得输电电压 U 应增为 8U. 答案：C 3．解析：当 U＝500 kV 时，I＝ PU ＝3×10 95×10 5

　A＝6×103

　A，而 U损 ＝Ir＝15 kV，A 错误，B 正确；输电线上损失的功率不可能比输出功率还大，C 错误；ΔP＝ U2r中，U 为输电线电阻上的电压，而不是输电电压，D 错误． 答案：B 4．解析：若用户消耗的功率增大，根据 P＝UI 知 I 4 增大，根据 n 3n 4 ＝I 4I 3 可知，I 2 ＝I 3 随之增大，输电线上损失电压 U 损 ＝I 2 r 也增大，所以 U 3 ＝U 2 －U 损 减小，所以 U 4 随之减小，故 A 正确，B 错误；根据闭合电路欧姆定律可知：U 2 ＝U 3 ＋I 2 r，故 C 正确；根据能量守恒可得：U 1 I 1 ＝I 2 2 r＋U 4 I 4 ，故 D 正确． 答案：B 5．解析：由 u ­ t 图像知，发电机的频率 f＝50 Hz.选项 A 错误；其有效值为 U＝ 5002 V＝250 2 V，选项 B 错误；输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定，选项 C 错误；当用户用电器的总电阻增大时，其电流将减小，输电线的损失功率也减小，选项 D 正确． 答案：D 6．解析：输电线上的功率损失 ΔP＝I 2 R，电压损失 ΔU＝U－U′＝IR，输电电流 I＝ PU ，所以 ΔP＝I2 R＝ΔU2R＝ PU2 R.可见在输送功率 P 一定时，ΔP 与(ΔU) 2 成正比，与 U 2 成反比，与 I 2 成正比． 答案：CD 7．解析：由 U 2 ＝ n 2n 1 U 1 知，当 S 由 2 改接为 1 时，升压变压器的原线圈匝数不变，副线圈匝数变大，输送电压变大，降压变压器的输入电压和输出电压均变大，电压表示数变大，选项 A 正确；降压变压器的输出电压变大时，流过灯泡的电流 I 灯 也变大，输电线上的电流 I 线 也随着 I 灯 的变大而变大，所以电流表读数变大，选项 B 正确，而选项 C 错误；I 线 变大时，输电线损失的功率 P 线 ＝I 2 线 R 变大，选项 D 错误． 答案：AB 8．解析：因为 I 1I 2 ＝n 2n 1 ，I 3I 4 ＝n 4n 3 ，n 1 ＝n 4 <n 2 ＝n 3 ，故 I 1 >I 2 ，I 4 >I 3 ，即的示数大于 的示数； 的示数

　小于 的示数；又 I 2 ＝I 3 ，所以 I 1 ＝I 4 ，即 、 的示数相等，选项 A、C 正确，B、D 错误． 答案：AC 9．解析：变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故 A 错误．实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失，故 B 正确．设输电电压为 U 1 ，输送功率为 P，第一次实验输电线上的电流 I＝PU 1 ，输电线上损失的功率 P 1 ＝I2 R＝ P2U 2 1 R；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压 U 2 ＝ n 2n 1 U 1 ，输电线上的电流 I′＝PU 2 ，输电线上损失的功率 P 2 ＝I′2 R＝ P2U 2 2 R，则P 2P 1 ＝U 2 1U 2 2 ＝n 2 1n 2 2 ，故 C 正确，D 错误． 答案：BC 10．解析：(1)水由高处流下，重力势能转化为动能，推动水轮机做功，设水的流量为 Q，则发电机的输入功率 P 1 ＝ρQgh 所以输出功率为 P 2 ＝ηP 1 ＝ηρQgh＝50%×1.0×10 3 ×4×9.8×5 W＝9.8×10 4

　W. (2)设输电电压为 U，输电线上的电流为 I，电阻为 R，损失的电功率为 P 3 .由 P 3 ＝I 2 R 得 I＝P 3R ＝5%P 2R＝5%×9.8×10 44 A＝35 A 由 P 2 ＝IU 得输电电压 U＝ P 2I＝ 9.8×10435 V＝2.8×10 3

　V. (3)输电导线上损失的电压为 ΔU＝IR＝35×4 V＝140 V. 答案：(1)9.8×10 4

　W (2)2.8×10 3

　V (3)140 V 11．解析：设变压器 T 1 的原线圈电压为 U 1 ，副线圈电压为 U 2 ，变压器 T 2 的原线圈电压为 U 3 ，副线圈电压为 U 4 .通过 T 1 原线圈的电流为 I 1 ，输电线中的电流为 I 2 ，T 2 副线圈中的电流为 I 3 .根据题意得：U 4 ＝6 V，而 I 3 ＝0.5 A 对 T 2 ，由 I 2 n 3 ＝n 4 I 3 得：I 2 ＝ n 4n 3 I 3 ＝0.1 A 线路上损失的电压为 ΔU 线 ＝I 2 R 线 ＝1 V 由 U 3U 4 ＝n 3n 4 得：U 3 ＝n 3n 4 U 4 ＝30 V 由线路上的电压关系得：U 2 ＝ΔU 线 ＋U 3 ＝31 V 由 U 1U 2 ＝n 1n 2 得：U 1 ＝n 1n 2 U 2 ＝7.75 V 再对 T 1 由 I 1 n 1 ＝I 2 n 2 求得：I 1 ＝0.4 A 最后由闭合电路欧姆定律得：E＝I 1 r＋U 1 ＝8.15 V 答案：8.15 V 12．解析：(1)输电线损失的功率 P 损 ＝P×4%＝100 kW×4%＝4 kW

　输电线上的电流 I 2 ＝P 损R 线 ＝4×10 310 A＝20 A 升压变压器输出电压 U 2 ＝ PI 2 ＝100×10 320 V＝5×10 3

　V 升压变压器原、副线圈匝数比 n 1n 2 ＝U 1U 2 ＝250 V5×10 3

　V ＝120

　电压损失 U 损 ＝I 2 R 线 ＝20×10 V＝200 V 降压变压器原线圈两端电压 U 3 ＝U 2 －U 损 ＝4 800 V 降压变压器原、副线圈匝数比 n 3n 4 ＝4 800 V220 V＝ 24011. (2)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率 P 用 ＝P－P 损 ＝P(1－4%)＝96 kW. 答案：(1)1:20 240:11 (2)96 kW