高中人教版 (新课标)5 电能的输送同步训练题

这是一份高中人教版 (新课标)5 电能的输送同步训练题，共5页。试卷主要包含了远距离输送交流电都采用高压输电，3.9 kW 21.1 kW等内容，欢迎下载使用。
5.5 电能的输送 每课一练1（人教版选修3-2） 1．远距离输送交流电都采用高压输电．我国正在研究用比330 kV高得多的电压进行输电．采用高压输电的优点是(  )A．可节省输电线的材料B．可根据需要调节交流电的频率C．可减小输电线上的能量损失D．可加快输电的速度2．在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，那么(  )A．输电线路上损失的电压与输送电流成正比B．输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大C．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比D．输电线路上损失的功率跟输电线上电流成正比3．某用电器离供电电源的距离为L，线路上的电流为I，若要求线路上的电压降不超过U，已知输电线的电阻率为ρ，该输电线的横截面积最小值是(  )A.          B.         C.          D.4．在远距离输电时，若输送的功率不变，使输出电压升高为原来的n倍，则输电线路上因电阻而产生的电能损失将变为原来的(  )A．n2倍       B．n倍       C.          D.5．在如图3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3A．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6．某农村水力发电站的发电机输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器．降低电压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时(  )A．升压变压器的副线圈的电压变大B．高压输电线路的电压损失变大C．降压变压器的副线圈上的电压变大D．降压变压器的副线圈上的电压变小7．某发电站用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，下面哪个选项正确(  )A．因I＝，所以输电线上的电流增为原来的20倍B．因I＝，所以输电线上的电流减为原来的C．因P＝，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题 号1234567答 案       8.有一座小型水电站，输出的电功率是25 kW，输出电压为400 V．若输电导线的总电阻为1 Ω，求输电线上损失的电功率和用户得到的功率分别是________，________.9．水电站给远处山村送电的输出功率100 kW，用2 000 V的电压输电，线路上损失的功率是2.5×104 W，如果用20 000 V的高压输电，线路上损失的功率为________W.10．对某一输电线路，线路架设情况已确定，现要求输送一定的电功率P，若输电线上损失的功率占输送功率P的百分比用η表示，输电线路总电阻用r表示，输电电压用U表示，则η、P、U、r间满足什么关系？从中你能得出什么结论？     11.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．已知输电导线的电阻率为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．            12．有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图4所示，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R＝4 Ω，全校共22个班，每班有“220 V,40 W”的电灯6盏，若要保证电灯全部正常发光，求：图4(1)发电机输出功率；(2)发电机电动势；(3)输电效率；(4)若使用灯数减半且正常发光，发电机输出功率是否减半．        参考答案课后巩固练1．AC [远距离输电，往往输送电功率一定，根据P＝UI，输送电压U越高，则输送电流I＝越小，据P线＝I2r可知，当要求在输电线能量损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率大的材料(非铜材)；若输电线确定，即r确定，则可减小线路上的能量损耗，故A、C项正确；而交流电的频率是一定的，不随输送电压的改变而改变，输电的速度就是电磁波的传播速度，也一定，故B、D项不正确．]2．AC [U损＝IR线，所以R线一定时，U损与I成正比，A正确．U损＝I·R线＝·R线，所以P输、R线一定时，U损与U输成反比，B错误．P损＝I2R线＝2R线，所以P输、R线一定时，P损与U输的平方成反比，C正确．P损＝I2R线，所以P损与I2成正比，D错误．]3．B [由欧姆定律有R＝，由电阻定律有R＝ρ，由以上两式解得：S＝]4．C [根据输电线上的功率损失的表达式：P损＝I2R＝()2R，电压升高为原来的n倍，则功率损失为原来的.]5．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，线圈匝数不变，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U损＝I2R线增大，功率损耗P损＝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．]6．BD [变压器的输入功率、输入电流的大小是由负载消耗的功率大小决定的，用电高峰期，白炽灯不够亮，消耗功率增大，输电线中的电流增大，线上电压增加，B正确．发电机输出电压稳定，升压变压器的副线圈的电压不变，降压变压器的输出电压由升压变压器副线圈的电压与线上损耗电压之差决定，D正确．]7．BD [选项A中，I 是输电线中的电流，R是输电线的电阻，但是U不是输电线上损失的电压，而是总的输送电压(是输电线和负载上电压之和)，所以不能用I＝计算输电线中的电流，在运用欧姆定律时，I、R、U应该对应于同一部分导体．因为输送的功率一定，由I＝可知，当输送的电压增为原来的20倍时，电流减为原来的，选项B正确．选项C中，R是输电线的电阻，而U是总的输送电压，R与U又不对应，所以P＝是错误的．输电线上损失的功率一般用P损＝I2R计算，从选项B中已经知道电流减为了原来的.若P损不变，则输电线的电阻可增为原来的400倍，根据R＝ρ，在电阻率、长度不变的条件下，那么导线的横截面积可减小为原来的，即导线的直径减为原来的，所以选项D是正确的．]8．3.9 kW 21.1 kW解析 由P＝IU，可求出输电线中的电流为I线＝＝ A＝62.5 A，输电线上损失的功率为P损＝IR线＝62.52×1 W＝3 906.25 W≈3.9 kW，用户得到的功率为P用＝25 kW－3.9 kW＝21.1 kW，即输电线上损失的功率约为3.9 kW，用户得到的电功率约为21.1 kW9．250解析 线路上损失的功率P损＝I2R线，又I＝所以P损＝2R线，代入数据，解得R线＝10 Ω，当用20 000 V的高压输电时，P损′＝2R线＝250 W.10．见解析解析 输电线路上损失的功率P损＝ηP＝I2r又P＝UI联立以上两式可得：ηP＝2r，即ηU2＝Pr，当P、r确定时，有ηU2＝定值，所以要减小η，必须提高输电电压U.11．(1)8×104  V (2)3.2×103 V解析 (1)导线电阻r＝ρ＝ Ω＝25.6 Ω输电线路损失功率为输出功率的4%，则4%P＝I2r，代入数据得：I＝125 A由理想变压器P入＝P出及P＝UI得：输出电压U＝＝ V＝8×104 V(2)输电线路上电压损失U′＝Ir＝125×25.6 V＝3.2×103 V12．(1)5 424 W (2)250 V (3)97% (4)减少大于一半解析 由于发电机至升压变压器、降压变压器至学校距离较短，不必考虑这两部分输电导线上的功率损耗，发电机的电动势E，一部分降在电源内阻上，另一部分为发电机的路端电压U1，升压变压器副线圈电压U2的一部分降在输电线上，其余的就是降压变压器原线圈电压U3，而U4应为灯的额定电压U额．(1)对降压变压器：P3＝P4＝U4I4＝nP灯＝22×6×40 W＝5 280 W而U3＝U4＝880 V所以I3＝＝ A＝6 A对升压变压器：U1I1＝U2I2＝IR＋U3I3＝IR＋P3＝62×4 W＋5 280 W＝5 424 W所以，发电机的输出功率P出＝5 424 W(2)因为U2＝U3＋I线R＝U3＋I3R＝880 V＋6×4 V＝904 V所以U1＝U2＝×904 V＝226 V又U1I1＝U2I2所以I1＝＝4I2＝4I3＝24 A故E＝U1＋I1r＝226 V＋24×1 V＝250 V(3)η＝×100%＝×100%＝97%(4)电灯减少一半时n′P灯＝2 640 W，I3＝＝ A＝3 A所以P出＝n′P灯＋IR＝2 640 W＋32×4 W＝2 676 W．发电机输出功率减少一半还要多，因输电线上的电流减少一半，输电线上电功率的损失减少到原来的.