人教版物理高二选修3-2第5章第5节电能的输送同步检测卷

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人教版物理高二选修3-2第5章
第5节电能的输送同步检测卷
一、选择题
1．在远距离输电中,如果输送功率和输送距离不变,要减少输送导线上热损耗,目前最有效而又可行的输送方法是 （ ）
A．采用超导材料做输送导线 B．采用直流电输送
C．提高输送电的频率 D．提高输送电压
答案：D
解析：解答：提高输送电压，因为输送功率不变，所以输送电压高了，输送电流就小了，根据可得输送导线上热损耗就小了.
故选D
分析：远距离输电中提高输送电压是减小损耗的有效方法。
2．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( )
①可节省输电线的铜材料
②可根据需要调节交变电流的频率
③可减少输电线上的能量损失
④可加快输电的速度
A．①③ B．②④
C．①② D．③④
答案：A
解析：解答：由P＝IU得，输送的电功率P一定，采用高压输电，U大则I小，输电线中的电流就小，由P线＝I2·r，在要求输电线损耗一定的情况下，就可选电阻率略大一点的材料作导线．若输电线确定，则可减少输电线上的能量损失，故①、③正确．交变电流的频率是固定的，不需调节，输电的速度就是电磁波的传播速度，是一定的，故②、④不正确 。
故选A
分析：远距离输送交变电流都采用高压输电,主要是为了减小损耗。
3．输电线路的电阻为R，发电站输出功率为P，输电电压为U，则用户得到的功率为( )
A、P B、
C、 D、
答案：B
解析：解答：用户得到功率P得＝P－I2R＝，所以B正确。
故选B
分析：输电中用户得到的和输送功率满足P得＝P－I2R。
4．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
答案：C
解析：解答：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就越大，用户得到的电压也就越小。
故选C
分析：本题容易错选，用电高峰时是输电线上损耗的多，不是用的多，用户就分的少。
5．在远距离输电过程中，为减少输电线路上的电能损失，可采用的最佳方法是( )
A．使输电线粗一些 B．减小输电线长度
C．减少通电时间 D．采用高压输电
答案：D
解析：解答：从造成电能损失的原因分析，要减少电能损失，需要减小电阻、减小输电电流，减小电阻已达到目前技术的极限了，因此，应当采用高压输电，减小输电电流。
故选D
分析：远距离输电中要减少电能损失，需要减小电阻、减小输电电流，减小电阻已达到目前技术的极限了，因此，应当采用高压输电，减小输电电流。
6．远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高到n倍，则( )
A．输电线上的电压损失增大
B．输电线上的电能损失增大
C．输电线上的电压损失不变
D．输电线上的电能损失减少到原来的1/n2
答案：D
解析：解答：在输送功率一定时，由知，电压提高到n倍，则电流变为原来的，由U=IR可知电压损失减为原来的，故A、C错误；
由P损＝I2R知，功率损失减为原来的，故B错误，D正确。
故选D
分析：输电线损耗可根据公式P损＝I2R来分析。
7．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．和输电线上电压的平方成反比
B．和输电电流的平方成反比
C．和输电线上的电压降的平方成正比
D．和输电电流的平方成正比
答案：ACD
解析：解答：输电线上的功率损失ΔP＝I2R，电压损失ΔU＝U－U′＝IR，输电电流所以，可见在输送功率P一定，输电线电阻R一定时，ΔP与I2成正比；ΔP与ΔU2成正比；ΔP与U2成反比 。
故选ACD
分析：输电线损耗功率 。
8．中国已投产运行的1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV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1 000 kV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、 B、 C、2P D、4P
答案：A
解析：解答：设输送功率为P，输送电流为I，输送电压为U，则P＝UI，，P损＝I2R，输送电压升为原来的2倍，则输送电流降为原来的一半，P损降为原来的四分之一 。
故选A
分析：输电线损耗可利用公式P损＝I2R来分析解答。
9．在如图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( )
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
答案：CD
解析：解答： 由题意可知升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，A错误；
在电能输出过程中有：，U线＝IR线，U3＝U2－U线，因P变大，I变大，所以U线变大，降压变压器初级线圈电压U3变小，则降压变压器的输出电压变小，B错误；
由，因P变大，所以P损变大，C正确；
根据可知因P变大，所以比值变大，D正确。
故选CD
分析：本题主要考查输电中的功率相关计算，根据U线＝IR线，U3＝U2－U线，等分析即可。
10．某小型水电站的电能输送示意图如下，发电机的输出电压为220 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.
B.
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
答案：AD
解析：解答：由于输电线上的电阻，所以考虑到电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数之比的关系，可知要让用电器正常工作，必须有，A正确，B、C错误；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D也正确
故选AD
分析：输电线损耗可利用公式P损＝I2R来分析解答。变压器匝数比需要考虑输电线的损耗，即升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压。
11．某变电站用11 kV交变电压输电，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，下面选项正确的是( )
A．因，所以输电线上的电流增为原来的20倍
B．因，所以输电线上的电流减为原来的
C．因，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
答案：B
解析：解答：由知，，C错误;
本题，故A错误．若ΔP不变，则r＝ΔP，r′＝400r，
由电阻定律可得：d′＝d，D错误 。
故选B
分析：本题考查输电过程中的相关计算，选对公式是关键。
12．为了减少输电线路中电力损失，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．某变电所将电压的交流电降为220 V供居民小区用电，则变电所变压器( )
A．原、副线圈匝数比为50∶1
B．副线圈中电流的频率是100 Hz
C．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
答案：A
解析：解答：由变电所电压得原线圈电压为U1＝11 000 V，居民小区用电U2＝220 V，由得，A正确；
变压器不改变交变电流的频率，ω＝2πf＝100π rad/s得：f＝50 Hz，故B错误；
居民小区各用电器电流的总和为副线圈的电流I2，而原线圈电流，故D错误；
原线圈的电流小，应用细导线绕制，故原线圈的导线比副线圈的要细，C错误。
故选A
分析：本题主要考查变压器原理的相关计算。
13．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，下面选项不能表示输电导线上损耗的功率的是( )
A. B.
C.I2R D.I(U1－U2)
答案：A
解析：解答：输电线上损耗的功率P损＝I2R＝＝I·U损，而U损＝U1－U2，故B、C、D均能表示输电导线上损耗的功率.
故选A
分析：本题考查输电线的损耗功率的计算，结合欧姆定律找出其变形公式。
14．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3I B．输电电流为9I
C．输电电压为3U D．输电电压为U
答案：A
解析：解答：输电线上的热耗功率P线＝I2R线，热耗功率由P变为9P，则电流I变为3I，选项A正确；
输电功率P不变，由P＝UI，电流变为3I，输电电压为。
故选A
分析：本题考查在输电过程中对公式P＝UI的正确理解。
15．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则为( )
A.n B.
C. D.
答案：C
解析：解答：根据变压器的变压规律得，;
所以U1＝kU，U2＝nkU.根据P＝UI知匝数比为k和nk的变压器副线圈的电流分别为，
.根据P＝I2R，输电线路损耗的电功率分别为，，所以.选项C正确。
故选C
分析：输电线损耗可利用公式P损＝I2R来分析解答。
16. 如图甲为一台小型发电机构造图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规律变化，其e t图象如图乙所示。发电机线圈的内阻为1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω，则( )
A．电压表的示数为6 V
B．发电机的输出功率为4 W
C．在1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量最小
D．在2.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大
答案：D
解析：解答：电压表的示数为路端电压的有效值，由乙图可知电源的电动势的有效值为U=6V，由全电路欧姆定律有路端电压为，故A项说法不正确；
发电机的输出功率为路端电压的有效值与电流的有效值的积，故B项说法错误；
在1.0×10－2 s时刻，线圈位于竖直平面，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化量最小，故C说法错误；
在2.0×10－2 s时刻，线圈位于水平平面，穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量变化率最大，D项说法正确。
故选D
分析：线圈位于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为零。
17．如图为模拟远距离输电电路，两理想变压器的线圈匝数n1=n4＜n2=n3，A1、A2、A3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．A1、A3的示数相等 B．A1、A2、A3的示数相等
C．A1的示数大于A2的示数 D．A2的示数大于A3的示数
答案：AC
解析：解答：因为，而，因为n1=n4＜n2=n3，故I1＞I2，I4＞I3，即A1的示数大于A2的示数；A2的示数小于A3的示数；又I2=I3，所以I1=I4，即A1、A3的示数相等，选项AC正确，BD错误；
故选AC
分析：本题虽然也是远距离输电题目，但是主要应用变压器电流规律分析即可求解。
18．如图为某小型水电站的电能输送示意图。已知输电线的总电阻R=10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，电阻R0=11Ω。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为，下列说法正确的是（ ）
A．发电机中的电流变化频率为100 Hz
B．通过R0的电流有效值为20 A
C．升压变压器T1的输入功率为4650 W
D．若R0的电阻减小，发电机的输出功率也减小
答案：BC
解析：解答：由于T2的副线圈的交流电
，而变压器是不能改变交流电频率的，故发电机中的电流变化频率为50 Hz，选项A错误；
由于T2的副线圈的交流电电压的有效值为U=220V，故通过R0的电流有效值为，故选项B正确；
根据匝数与电流的关系可得T2的原线圈中的电流为I′=5 A，故输电线上损失的功率为P损=I′2R=（5A）2×10Ω=250W，而电阻R0上消耗的电功率为P0=I2R0=（20A）2×11Ω=4400W，故升压变压器T1的输入功率为P=P损+P0=4400W+250W=4650 W，故选项C正确；
若R0的电阻减小，则电阻R0消耗的电功率将增大，输电线上的电流增大，输电线上消耗的电功率也增大，故发电机的输出功率也要增大，故选项D错误。
故选BC
分析：输电过程中升压变压器输出功率等于输电线损耗功率和用户得到的功率之和，即
P=P损+P0=。
二、填空题
19．在远距离输电时，如果输送一定的功率，当输电电压为220V时，在输电线上损失的功率为90 kW；若输电电压提高到6600 V时，在输电线上损耗的功率是 W。
答案：100
解析：解答：输电线路损失的功率为
所以输电电压提高后损失的功率为.
分析：本题难度较小，根据输电线路损失的功率为P=I2R，求出输电电压提高后的电流即可求出在输电线上损耗的电功率。
20．输送1.0×l05瓦的电功率，用发1.0×l04伏的高压送电，输电导线的电阻共计1.0欧，输电导线中的电流是 A，输电导线上因发热损失的电功率是 W。
答案：10|100
解析：解答：由P=UI，得输电导线中的电流；
输电导线上因发热损失的电功率
分析：本题就是考察队公式P=UI的正确应用。
21．在远距离输电中, 输送电压为220伏, 输送的电功率为44千瓦, 输电线的总电阻为0.2欧, 在使用原副线圈匝数比为1:10的升压变压器升压, 再用10:1的降压变压器降压方式送电时. 输电线上损失的电压为 V, 损失的电功率为 W
答案：4|80
解析：解答： 由P=UI，得输电导线中的电流；
因为，所以
输电线上损失的电压
损失的电功率
分析：输电线上损失的电压；损失的电功率。
22．某发电厂用2.2 kV的电压将电能输送到远处的用户，后改用22 kV的电压，在既有输电线路上输送同样的电功率。前后两种输电方式消耗在输电线上电功率之比为 。要将2.2 kV的电压升高至22 kV，若变压器原线圈的匝数为180匝，则副线圈的匝数应该是 匝。
答案：100|1800
解析：解答：因为输送功率相同，所以由可知电压增加10倍，则电流减小为原来的，根据输电线消耗的功率公式P=I2r，可得前后两种输电方式消耗在输电线上电功率之比为P1:P2=100：1；
根据变压器的匝数与电压成正比，即可得。
分析：本题考查输电线损耗功率计算和变压器基本原理，难度不大。
三、计算题
23．在远距离输电时，如果升压变压器输出电压是2 000 V，输出功率是10 kW，输电线电阻是20 Ω，求：
(1)输电线上损失的功率和损失的电压；
答案：由P出＝I线U出，得
则输电线上损失的功率P损＝I r＝52×20 W＝500 W
损失的电压U损＝I线r＝5×20 V＝100 V.
(2)用户能得到的功率和电压．
答案：用户得到的电压和功率分别为：U用＝U出－U损＝(2 000－100) V＝1 900 V
P用＝P出－P损＝(10×103－500) W＝9 500 W.
解析：解答：①由P出＝I线U出，得
则输电线上损失的功率P损＝I r＝52×20 W＝500 W
损失的电压U损＝I线r＝5×20 V＝100 V.
②用户得到的电压和功率分别为：U用＝U出－U损＝(2 000－100) V＝1 900 V
P用＝P出－P损＝(10×103－500) W＝9 500 W.
分析：本题关键是先利用输送功率损失，通过公式ΔP＝I2R，求出输送电流；用户得到的功率P用＝P出－P损，用户得到的电压U用＝U出－U损。
24．发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户，如果升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器．
(1)若发电机的输出功率是100 kW，输出电压是250 V，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25，求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流．
答案：发电机的输出电压U1＝250 V，由得升压变压器输出电压
因为发电机的输出功率为P1＝100 kW，升压变压器的输出功率为P2，则P2＝P1＝100 kW
因为P2＝U2I2，所以即输电线上的电流 ；
(2)若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压．
答案：因为P耗＝IR线＝0.04P1，所以
(3)计算降压变压器的输出功率．
答案：所以降压变压器的输出功率P4＝P1－P耗＝0.96P1＝96 kW
解析：解答：①发电机的输出电压U1＝250 V，由得升压变压器输出电压
因为发电机的输出功率为P1＝100 kW，升压变压器的输出功率为P2，则P2＝P1＝100 kW
因为P2＝U2I2，所以即输电线上的电流 ；
②因为P耗＝IR线＝0.04P1，所以
因为输电线损耗的电压ΔU＝U2－U3＝I2R线，所以U3＝U2－I2R线＝6 000 V；
③所以降压变压器的输出功率P4＝P1－P耗＝0.96P1＝96 kW
分析：远距离输电中升压变压器输出功率等于降压变压器输入功率和输电线损耗功率之和。
25．在远距离输电时，要尽量考虑减少输电线上的功率损失．有一个小型发电站，输送的电功率为P＝500 kW，当使用U＝5 kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800 kW·h.求：
(1)输电效率η和输电线的总电阻r；
答案：输送功率P＝500 kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000 kW·h
输电线上损失的电能ΔE＝4 800 kW·h
则终点得到的电能E′＝E－ΔE＝7 200 kW·h，
所以输电效率
输电线上的电流
输电线损耗功率Pr＝I2r，
又
所以输电线电阻r＝20 Ω；
(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？
答案：因为输电线上损耗功率
，由前面的计算可知原输电线损耗的功率Pr＝200 kW，
如果输电效率提高到98%，即损耗功率为P′r＝10 kW，
所以U′＝22.4 kV。
解析：解答：(1)输送功率P＝500 kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000 kW·h
输电线上损失的电能ΔE＝4 800 kW·h
则终点得到的电能E′＝E－ΔE＝7 200 kW·h，
所以输电效率
输电线上的电流
输电线损耗功率Pr＝I2r，
又
所以输电线电阻r＝20 Ω；(2)因为输电线上损耗功率
，由前面的计算可知原输电线损耗的功率Pr＝200 kW，
如果输电效率提高到98%，即损耗功率为P′r＝10 kW，
所以U′＝22.4 kV。
分析：本题主要考查输电过成中损耗功率，输入功率，输入效率直接的关系。
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