新人教版高中物理选择性必修第二册课时练16电能的输送含解析

电能的输送　　(25分钟·60分)一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)1．某校为了确保教学的正常进行，学校领导决定对全校的旧电网进行改造并购置了一台备用发电机。发电机房到教学区距离较远，为了减少输电线路上的电能损耗，以下措施中切实可行的是(　　)A．提高输电电压    B．用超导材料做输电线C．提高输送功率    D．减小输电线的横截面【解析】选A。 提高输电电压，根据I＝，知输送电流较小，根据P损＝I2R，知损失的功率较小，故A正确；应用超导材料做输电线，根据P损＝I2R，知损失的功率为0，但成本太高且常温超导暂不能实现，故B错误；提高输送功率，根据I＝，知输送电流较大，根据P损＝I2R，知损失的功率较大，故C错误；减小输电线导线的横截面积，增大了电阻，根据P损＝I2R，知损失的功率较大，故D错误。2.每年冬季，我国北方总会迎来冰冻雨雪天气，如图为电力公司工作人员监测高压电线覆冰厚度，为清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，高压线上输电电压为U，电流为I，热损耗功率为ΔP；除冰时，输电功率，输电线电阻不变，输电线上的热损耗功率为4ΔP，则除冰时(　　)A．输电电压为      B．输电电流为C．输电电压为4U      D．输电电流为4I【解析】选A。高压线上的热耗功率ΔP＝I2R线，电阻不变，若热耗功率变为4ΔP，则4ΔP＝I′2R线，解得I′＝2I，B、D错误；输送功率不变，由P＝UI＝U′I′，解得U′＝U，C错误，A正确。3．(多选)如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器，降压变压器T2的副线圈两端电压u＝220sin100πt(V)，当用电器电阻R0＝11 Ω时(　　)A.通过用电器R0的电流有效值是20 AB．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小C．发电机中的电流变化频率为100 HzD．升压变压器T1的输入功率为4 650 W【解析】选A、D。 降压变压器T2副线圈两端交变电压有效值为U＝＝ V＝220 V，负载电阻为11 Ω，所以通过R0电流的有效值是20 A，故A正确；当用电器的电阻R0减小时，由于电压不变，电流增大，输出功率增大，则发电机的输出功率也增大，故B错误；交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f＝＝ Hz＝50 Hz，故C错误；根据I3∶I4＝n4∶n3得，输电线上的电流I3＝5 A，则输电线上损耗的功率P损＝IR＝25×10 W＝250 W，降压变压器的输入功率P3＝U4I4＝220×20 W＝4 400 W，则升压变压器的输出功率P＝P3＋P＝4 400＋250 W＝4 650 W。故D正确。4．(2021·济南高二检测)输电线路改造前，傍晚时分家里的灯光昏暗，夜深人静时灯光变得亮一些。如图所示是家庭电路的简图，设家庭电路电压为220 V不变，两条输电线电阻分别为r(电阻较小)。下列说法正确的是(　　)A.傍晚时分，用电器个数增多，输电线上损耗的电压变大B．夜深人静时，用电器个数减少，输电线上损耗的功率变大C．想要减小输电线上电能的损耗，可以换细一点的输电线D．想要减小输电线上电能的损耗，可以把铜质输电线换成镍铜合金线【解析】选A。傍晚时分，用电器个数增多，输电线上的电流增大，则输电线上损耗的电压变大，选项A正确；夜深人静时，用电器个数减少，输电线上的电流减小，则输电线损耗的功率变小，选项B错误；想要减小输电线上电能的损耗，要减小输电线的电阻，即增加输电线的横截面积，即可以换粗一点的输电线，选项C错误；想要减小输电线上电能的损耗，要减小输电线的电阻，把铜质输电线换成镍铜合金线电阻变得更大，输电线的电能损耗更大，选项D错误。　　　【加固训练】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流【解析】选C。晚上七八点钟用电高峰时开灯，由于负载增多，各个负载是并联，则总电阻减小，根据欧姆定律，输电线上的电流增大，输电线上损失的电压变大，由于照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的，所以用电高峰时用户获得的电压减小，每盏灯两端的电压降低，故C正确，A、B、D错误。5．小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器T1升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器T2，经降低电压后再输送至各用户。设T1、T2都是理想变压器，那么在用电高峰期，随用电器电功率的增加将导致(　　)A.升压变压器初级线圈中的电流变小B．升压变压器次级线圈两端的电压变小C．高压输电线路的电压损失变大D．降压变压器次级线圈两端的电压变大【解析】选C。由于升压变压器的输入电压不变，随用电器总功率的增加，则输入功率也增加，所以升压变压器初级线圈中的电流变大，故A错误；升压变压器的目的是提高电线上的电压从而降低电线上的消耗，由于升压变压器的输入电压不变，原、副线圈匝数不变，则副线圈的电压不变，故B错误；当用户用电处于高峰期时，降压变压器的输出功率会增大，从而导致降压变压器的输入电流变大，所以输电线路损失的电压变大，故C正确；当用户用电处于高峰期时，降压变压器的输出功率会增大，从而导致降压变压器的输入电流变大，所以输电线路的电压变大，最终使得降压变压器的次级线圈上的电压变小，故D错误。6．随着5G网络建设热潮的开启，中国5G基站的数量快速增长，实现5G网络覆盖的城市也越来越多。但是5G基站单系统功耗量为4 kW(基站用电器功率)，而在4G时代，基站单系统功耗仅为1 kW。目前困扰5G发展的大难题是供电。如图所示。某基站距离100 kV主供电线路约为5 km，线路电阻为40 Ω。现要将4G基站改造为5G基站，而且线路损耗为总功耗的20%，在只更换变压器(均为理想变压器)的前提下，高压变压器的原、副线圈匝数比应变为(　　)A．25∶1    B．50∶1    C．100∶1    D．400∶3【解析】选C。总功耗＝线路损耗＋基站功耗，线路损耗为总功耗的20%，5G基站功耗为4 kW，则总功耗为P总＝ kW＝5 kW，设线路电流为I2，则线路损耗P损＝IR线，得I2＝5 A，原线圈电流I1＝＝ A＝0.05 A，高压变压器的原、副线圈匝数比＝＝，故选C。二、计算题(本题共1小题，共24分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)7．如图1所示，一个小型水力发电站，发电机输出电压U0＝315 V，内电阻可以忽略不计，最大输出功率为Pm＝30 kW，它通过总电阻r线＝2.0 Ω的输电线直接向远处的居民区供电，设居民区所有用电器都是额定电压U用＝220 V的白炽灯，额定总功率为P用＝22 kW，不计灯丝电阻随温度的变化。试求：(1)当居民区的电灯全部使用时，电灯两端的实际电压是多少伏？发电机实际输出的电功率多大？(2)若采用高压输电，在发电机端用升压变压器，在用户端用降压变压器，且不计变压器和用户线路的损耗，如图2所示已知用户变压器的降压比为40∶1。当全部用户电灯正常发光时，输电线上损耗的功率多大？【解析】(1)由P用＝，求得用户总的电阻R用＝2.2 Ω，电路中的电流为I＝＝ A＝75 AU灯＝IR用＝165 V，P输＝U0I＝23 625 W；(2)用户的总功率为P用＝U4I4，U4＝220 V用户的总电流I4＝＝100 A，根据＝＝可得输电电流I3＝＝2.5 A，输电线上损耗的功率P损＝Ir线＝12.5 W。答案：(1)165 V　23 625 W　(2)12.5 W　　(15分钟·40分)8．(9分)(多选)(2020·大同高二检测)交流发电机的输出电压为U，采用图示理想变压器输电，升压变压器原、副线圈匝数比为m，降压变压器原、副线圈匝数比为n，输电导线电阻为r，用户的工作电压为U。下列说法正确的是(　　)A．m<1B．n<1C．输电线上损失的功率为D．输电线上损失的功率为【解析】选A、C。升压变压器原线圈匝数小于副线圈匝数，可知原、副线圈匝数比m<1；降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，可知原、副线圈匝数比n>1，选项A正确，B错误；根据变压器的规律，升压变压器副线圈的电压U2＝U，降压变压器原线圈电压U3＝nU，线路损失的电压ΔU＝U2－U3，损失的功率ΔP＝，由以上式子代入求得ΔP＝，故选项C正确，D错误。　　　【加固训练】某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A、B为理想变压器，R为输电线路的电阻，灯泡L1、L2规格相同，保持变压器A的输入电压不变，开关S断开时，灯泡L1正常发光，则(　　)A．仅将滑片P上移，A的输入功率不变B．仅将滑片P上移，L1变暗C．仅闭合S，L1变亮D．仅闭合S，A的输入功率变小【解析】选B。仅将滑片P上移，变压器A的副线圈匝数变小，变压器A的输出电压变小，又因为远距离输电的输送功率不变，根据P＝UI可知，输电线上的电流变大，输电线上损失的电压变大，所以B变压器的输入电压降低，输出电压也降低，所以L1两端电压变小，灯泡L1的实际功率变小，灯泡变暗；A变压器的输入功率也变小，A错误，B正确；仅闭合S，则B变压器的负载电阻变小，变压器B输出总电流变大，输出功率变大，则升压变压器A的输入功率也变大；输电线上的电流变大，输电线上损失的电压变大，B变压器的输入电压变小，输出电压也变小，即灯泡两端的电压变小，灯泡实际功率减小，灯泡变暗，C、D错误。故选B。9．(9分)(2021·海口高二检测)如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2。在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为(　　)A.()        B．()C．4()2()2r      D．4()2()2r【解析】选C。加在原线圈上的电压U1＝，根据电压比与匝数比关系＝，所以U2＝，根据I＝可知，输电线上的电流I＝，输电线上消耗的功率P耗＝I2·2r＝4()2()2r。故C正确，A、B、D错误。10．(22分)(2021·德州高二检测)人们利用发电机把天然存在的各种形式的能(水流能、煤等燃料的化学能)转化为电能。有条河流，流量Q＝2 m3/s，落差h＝50 m，现利用其发电，已知发电机总效率为η＝50%，输出电压为U＝5 000 V。现直接将发电机和用户连接，测得安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜读数相差2 400 kW·h(一昼夜是24 h)。重力加速度g取10 m/s2，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，试求：(1)发电机可输送的功率P；(2)输电线的电阻r；(3)若要使输电线损失的功率降到输送功率的0.2%，所加的升压变压器原、副线圈的匝数比；(4)实施(3)后若用户端需要的电压是100 V，则所加的降压变压器原、副线圈的匝数比为多少？【解析】(1)依题意发电机可输送的功率为P＝＝5×105 W(2)依题意输电线上损失的功率为P损＝ kW＝100 kW又P＝UI得I＝100 A，根据P损＝I2r，所以r＝10 Ω(3)输电线上损失的功率为P′损＝I′2r＝P×0.2%＝1 000 W得I′＝10 A设升压至U′可满足要求，且U′＝得U′＝5×104 V则升压变压器原、副线圈匝数比＝＝(4)输电线上损失的电压为U′损＝I′r＝100 V则降压变压器原线圈两端的电压U3＝U′－U′损＝49 900 V则降压变压器原、副线圈匝数比为＝＝答案：(1)5×105 W　(2)10 Ω　(3)1∶10　(4)499∶1