2012【优化方案】精品练：物理教科版选修3-2第2章第7节知能优化训练

1．“西电东送”是我国一项重大的能源发展战略，也是我国西部大开发的四大工程之一．将西部地区的电能输送到东部地区，为了减少输电过程中的电能损失，实现远距离输电应采用的最有效的方法是(　　)
A．增大输电的电流　　　　　 B．提高输电电压
C．减小输电线电阻 D．以上办法都不行
解析：选B.远距离输电减小电能损失的方式有两种：一种减小输电线电阻但可行性较差，最有效的方式是高压输电减小电流，故选项B正确．
2．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．
3．用电器电阻值为R，距交变电源为L，输电线电流为I，电阻率为ρ，要求输电线上电压降不超过U，则输电线横截面积最小值为(　　)
A．ρL/R B．2ρLI/U
C．U/(ρLI) D．2UL/(ρI)
解析：选B.输电线上电压降U＝Ir，其中r＝ρ，
则Iρ＝U，得S＝，B对．
4．(2010年高考浙江卷)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3×106 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2×105 A
B．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻
解析：选B.输出电功率P＝3×106 kW，输电电压U＝500 kV，则输电线上输送的电流大小为I＝＝6×103 A，所以A错；输电线上由电阻造成的损失电压U损＝Ir＝15 kV，所以B正确；输电线上损失的功率ΔP＝U损I＝r，所以D错误；若改用5 kV电压输电，则输电线上的极限电流I′＝＝2000 A，导线上最大消耗功率P′＝I′2r＝20002·2.5 W＝107 W，故C错．
5．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为ρ＝2.4×10－8 Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4 m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：
(1)升压变压器的输出电压；
(2)输电线路上的电压损失．
解析：设每根输电线的电阻为r，则
r＝ρ＝2.4×10－8× Ω＝12.8 Ω，
理想变压器，高压输出端功率P输＝P0，P0为发电机功率
(1)设升压变压器的输出电压为U输，输电线上电流为I，由线路损失可得2·I2r＝P损
I＝ ＝ A＝125 A
由P输＝U输 I得U输＝＝＝80 kV.
(2)输电线路上的电压损失U损＝I·2r＝125×12.8×2 V＝3.2 kV.
答案：(1)80 kV　(2)3.2 kV
一、选择题
1．对于电能输送的以下说法，正确的是(　　)
A．输送电能的基本要求是经济实惠
B．减小输电导线上功率损失的唯一方法是采用高压输电
C．减小输电线上电压损失的唯一方法是增大导线的横截面积
D．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输送功率大小、距离远近、技术和经济要求等
解析：选D.输送电能的基本要求是可靠、保质、经济．减少输电线上的功率损失可采用高压输电，也可采用减小输电线电阻，即增大传输导线横截面积的方法，但不经济，且增加架设难度．实际输电时，要综合考虑各种因素．
2．中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其客观原因是电网陈旧老化．近来，农村进行电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格可采取的措施有(　　)
A．提高输送功率
B．增大输送电流
C．提高输电电压
D．减小输电导线的横截面积
解析：选C.电费高低与线路损耗有关，损耗越大，电费越高，减少损耗的途径有二：一是提高输电电压；二是减小输电线电阻即增大导线的横截面积，故C选项正确．
3．远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是(　　)
A．输电线上的电功率损失是原来的
B．输电线上的电功率损失是原来的
C．输电线上的电压损失是原来的
D．输电线上的电压损失是原来的
解析：选BC.由P＝IU得I＝，导线上损失功率P损＝I2R＝R，因输送功率一定，P损跟输送电压的平方成反比；U损＝R，U损跟输送电压成反比，所以正确选项为B、C.
4．(2011年榆林高二检测)2011年3月11日，日本9级强震引发海啸与核危机，位于震中的宫城县和岩手县等地受灾严重，高压供电线路损坏严重．在维修重建过程中，除了增加铁塔的个数和铁塔的抗拉强度外，还要考虑尽量减小线路上的电能损耗，既不减少输电功率，也不增加导线质量，对部分线路减少电能损耗采取的有效措施是(　　)
A．提高这部分线路的供电电压，减小导线中电流
B．在这部分线路两端换用更大匝数比的升压和降压变压器
C．在这部分线路上换用更优质的导线，减小导线的电阻率
D．多增加几根电线进行分流
解析：选ABC.根据P＝I2R可知减少损耗的一个方法是提高输电电压，减小输电电流，A、B对；减小电阻的措施是换用更优质的导线，减小导线的电阻率．
5．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，则输电电压应为(　　)
A．100 U0 B. U0
C. D.
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＝，解得P损＝，则P损′∝，当P损为原来的时U0′＝U0.
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3I B．输电电流为9I
C．输电电压为3U D．输电电压为U
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U，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，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线损失的电功率为ΔP，用户得到的电功率为P用，则ΔP、P用的关系式正确的是(　　)
A．ΔP＝ B．ΔP＝
C．P用＝P－ D．P用＝P(1－)
解析：选B.输电线电阻r＝ρ，输电电流I＝，故输电线上损失的电功率为：ΔP＝I2r＝()2ρ＝，用户得到的电功率P用＝P－ΔP＝P(1－)．故B正确．
8．超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V．若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为(　　)
A．1 kW B．1.6×103 kW
C．1.6 kW D．10 kW
解析：选A.节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I＝＝ A＝50 A．P线＝I2R＝502×0.4 W＝1000 W，故节约的电功率为1 kW，A项正确．
9．(2010年高考江苏卷)在如图2－7－6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2－7－6
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＝IR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＝＝＝∝P1，所以随发电厂输出功率变大，该值变大，D正确．
10．一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＝＝A＝1×103 A，输电线上损失的功率为P损＝IR＝10%P1，
所以I2＝＝ A＝20 A，选项A对；T1的变压比为＝＝＝；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＝＝＝，选项C错；能正常发光的灯泡的盏数为：N＝＝6×104(盏)，选项D对．
二、非选择题
11．(2011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＝＝A＝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′＝＝A＝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＝可知，用户得到的电压为
U2＝U1＝×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2－7－7所示，求：
图2－7－7
(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＝IR线，所以，输电线上的电流为：
I2＝＝A＝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＝U1－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