学年高中物理 第五章 交变电流 电能输送练习 新人教版选修

5-5 电能的输送
时间：40分钟满分：100分
一、选择题(每题6分，共54分)
1．远距离输送必然功率的交流电，若输送电压提高，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
答案D
剖析由P＝UI知，输电线的电流为I＝P
U，功率必然，当输电电压U提高
时，电流I减小，由ΔU＝IR得，输电线上的电压损失减少，再由P
线
＝I2R线，可知输电线上的电能损失减少，D选项正确。

2．以下关于减小远距离输电导线上热耗费的说法中，正确的选项是()
A．由于热功率P＝U2
R，因此应降低输送的电压，增大输电导线的电阻，才
能减小输电导线上的热耗费
B．由于热功率P＝IU，因此应采用低电压、小电流输电，才能减小输电导线上的热耗费
C．由于热功率P＝I2R，因此可采用减小输电线电阻或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热耗费
D．以上说法均不正确
答案C
剖析不能够盲目看公式，要注意其物理意义的表达，在求热耗费时：P
损
＝I2
线R
线
或用P
损
＝U
线
I
线
，也可用P
损
＝
U2线
R线
，但U必定为输电线两端的电压(即损
失电压)。

应选C。

3．输电线的电阻共计为r，输送的电功率为P，用电压U送电，则用户能
获取的电功率为( )
A ．P
B ．P －P 2
U 2 r
C ．P －U 2
r D.P 2U 2 r
答案 B
剖析 输电电流I ＝P U ，输电线上耗费功率为ΔP ＝I 2r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
P U 2r ，用户获取功率
为P 用＝P －ΔP ＝P －I 2r ＝P －⎝ ⎛⎭
⎪⎫
P U 2r ，故B 正确，A 、C 、D 错误。

4.
(多项选择)在我国北方部分地区经常出现低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严重损毁，以下列图。

为除掉高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰。

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ΔP ；若输电功率和输电线电阻不变，除冰时，需要输电线上热耗功率为9ΔP ，则除冰时( )
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1
3U 答案 AD
剖析 高压线上的热耗功率ΔP ＝I 2R 线① 若热耗功率变为9ΔP ，则9ΔP ＝I ′2R 线②
由①②得I ′＝3I ，A 正确。

又输送功率不变，P ＝UI ＝U ′I ′，得U ′＝1
3U ，因此
D正确。

5．(多项选择)以下列图，某变电站用10 kV的高压向10 km外的小区供电，输送的电功率为200 kW。

现要求在输电线路上耗费的功率不高出输送电功率的2%，以下不同样规格的输电线中，吻合要求的是()
选项型号千米电阻(Ω/km)
A DYD30/C 1
B DYD50/
C 0.6
C DYD100/C 0.3
D DYD150/C 0.2
剖析由P＝UI解得输电电流I＝P
U＝20 A，输电线路上耗费的功率不高出
P线＝200 kW×2%＝4 kW，由P线＝I2R，解得R＝10 Ω，由于输电线长度需要20 km，因此能够选择千米电阻0.5 Ω/km以下的型号DYD100/C或型号DYD150/C，吻合要求的是选项C、D。

6．随着社会发展，人类对能源的需求日益增加，节能变得更为重要。

甲、乙两地采用电压U进行远距离输电，输电线上耗费的电功率为输入总功率的k(0＜k＜1)倍。

在保持输入总功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用5U的电压输电，若不考虑其他因素的影响，输电线上耗费的电功率将变为输入总功率的多少倍()
A.k
25 B.k
5
C．5k D．25k
答案A
剖析设输送的电功率为P。

当输送电压为U时，在线路上损失的功率为：
ΔP ＝I 2R ，由
I ＝P U ，得：ΔP ＝P 2R
U 2。

同理，当输送电压为5U 时，在线路上损失
的功率为：ΔP ′＝P 2R 5U 2，据题有：ΔP ＝kP ，联立计算得出：ΔP ′＝k
25P ，即输电线上耗费的电功率将变为输入总功率的k
25倍，因此A 正确。

7．(多项选择)在以下列图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，以下说法中正确的有( )
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 ．输电线上耗费的功率增大
D ．输电线上耗费的功率占总功率的比率增大 答案 CD
剖析 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：I ＝P
U ，U 线＝IR 线，U 3＝U 2－U 线，因P 变大，I 变大，故U 线变大，U 2不变，因此降压变压器输入电压U 3变小，则降压变压器的输出电压变小，B 错误；由P 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
P U 22R 线，因P 变大，因此P 线变大，C 正确；依照P 线P
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 22
R 线P ＝PR 线
U 22
，因P 变大，因此比值变大，D 正确。

8．在确定的两地间用铝导线输送必然功率的交变电流，现将输电电压提高1倍，并保持输电线上损失的功率不变，则用铝量可比增压前减少了( )
A ．25%
B ．50%
C ．60%
D ．75%
答案 D
剖析 设输送交变电流的功率为P ，输电电压为U ，提高电压后为U ′，所用铝导线长度为l ，总电阻为R ，增压后电阻为R ′，则由I ＝P
U ，P 损＝I 2R 可得P 损＝P 2R U 2，同理P 损′＝P 2R ′
U ′2，而P 损＝P 损′，U ′＝2U ，联立各式得R ′＝4R 。

由电阻定律R ＝ρl S ，R ′＝ρl S ′得S ′＝14S ，因此V ′＝V 4，m ′＝m 4。

因此用铝量仅为原来的1
4，即25%，因此用铝量减少了75%。

9．(多项选择)一台发电机最大输出功率为4000 kW ，电压为4000 V ，经变压器T 1升压后向远方输电，输电线路总电阻R 线＝1 kΩ，到目的地经变压器T 2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V 60 W)。

若在输电线路上耗资的功率为发电机输出功率的10%，变压器T 1和T 2的耗费可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )
A ．T 1原、副线圈电流分别为103 A 和20 A
B ．T 2原、副线圈电压分别为1.8×105 V 和220 V
C ．T 1和T 2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 答案 ABD
剖析 依照题意画出输电线路表示图以下列图。

对升压变压器有P 1＝U 1I 1，可知I 1＝103 A ，由输电线上耗资的功率ΔP ＝I 22R
线
＝4000×10% kW ＝400 kW 可知，输电线上电流为I 2＝20 A ，A 项正确；T 1的
变压比为n1∶n2＝I2∶I1＝1∶50；依照P＝U2I2得U2＝2×105 V，输电线上电压U线＝I2R线＝20000 V，则变压器T2的输入电压为U3＝U2－U线＝1.8×105 V，又灯泡正常发光，可知T2的输出电压U4为220 V，B项正确；T2的变压比为n3∶n4＝U3∶U4＝1.8×105∶220，C项错误；降压变压器的输入功率等于输出功率U3I3＝60 W·n，解得n＝6×104，D项正确。

二、非选择题(共3小题，46分)
10．(14分)发电站经过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户(升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器)，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：
(1)升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；
(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(1)6250 V16 A(2)15.625 Ω6000 V
剖析(1)对升压变压器，据公式U2
U1＝n2 n1，
则升压变压器的输出电压
U2＝n2
n1U1＝
25
1×250 V＝6250 V，
输电导线中的电流I2＝P2
U2＝
P1
U2＝
100×103
6250A＝16 A。

(2)P损＝I22R线＝0.04P1，
因此R
线＝
0.04P1
I22＝
0.04×105
162Ω＝15.625 Ω，
由于ΔU＝U2－U3＝I2R
线
，
因此U3＝U2－I2R
线
＝6250 V－16×15.625 V＝6000 V。

11．(16分)
以下列图，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈的匝数与次级线圈的匝数之比是3∶1。

初级线圈的输入电压是660 V ，次级线圈的电阻为0.2 Ω，用这台变压器供给100盏标有“220 V 60 W”的电灯用电。

求：
(1)空载时次级线圈的端电压和输出功率； (2)接通时次级线圈的端电压； (3)每盏灯的实质功率。

答案 (1)220 V 0 (2)214.68 V (3)57.1 W
剖析 (1)将变压器视为理想变压器。

设空载时次级线圈的输出电压为U 2，由n 2n 1＝U 2U 1，获取U 2＝n 2
n 1
U 1＝
220 V ，由于空载，次级线圈的负载电阻R 2→∞，次级线圈中的电流为零，因此I 2＝0，P ＝I 2U 2＝0。

(2)接通电路后，100盏灯并联的总电阻为 R 外＝R
100＝U 2额
P 额100≈8.07 Ω， 次级线圈中的电流I 2′＝
U 2R 外＋R 线＝220
8.07＋0.2
A ，
端电压：U 2′＝I 2′R 外≈214.68 V 。

(3)每盏灯的实质功率
P ＝I 2′100U 2′＝220×214.68
8.27×100 W≈57.1 W 。

12．(16分)
风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生干净能源。

风力发电机是将风能(气流的动能)转变为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等，以下列图。

(1)利用总电阻R ＝10 Ω的线路向外输送风力发电机产生的电能。

输送功率P 0＝300 kW ，输电电压U ＝10 kV ，求导线上损失的功率与输送功率的比值；
(2)风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积。

设空气密度为ρ，气流速度为v ，风轮机叶片长度为r 。

求单位时间内流向风轮机的最暴风能P m 。

在风速和叶片数确定的情况下，要提高风轮机单位时间接受的风能，简述可采用的措施。

答案 (1)3
100
(2)1
2πρr 2v 3 增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风 剖析 (1)导线上损失的功率为
P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 0U 2R ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
300×10310×1032×10 W ＝9 kW ，
损失的功率与输送功率的比值 P P 0＝9×103300×103＝3100。

(2)风垂直吹向风轮机时，供给的风能功率最大。

单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为ρvS ，S ＝πr 2， 风能的最大功率可表示为
P m ＝12(ρvS )v 2＝12ρv πr 2v 2＝1
2πρr 2v 3。

提高P m 能够采用的合理措施：如增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等。