2018-2019学年高中物理课时分层作业11电能的输送教科版选修3-2

课时分层作业(十一) 电能的输送[基础达标练](时间：15分钟 分值：50分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)1．(多选)如图2­7­6所示为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是( )图2­7­6A ．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损耗B ．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C ．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损耗越小D ．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好ABD [依据输电原理，电路中的功率损耗P 损＝I 2R 线，而R 线＝ρl S，增大输电导线的横截面积，可减小输电线的电阻，则能够减少输电过程中的电能损耗，选项A 正确；由P 输＝UI 知，在输送功率P 输一定的情况下，输送电压U 越大，则输电电流I 越小，电路中的功率损耗越小，选项B 正确；若输送电压一定，输送功率P 输越大，则电流I 越大，电路中损耗的电功率越大，选项C 错误；因为输电电压越高，对于安全和技术的要求也越高，因此并不是输送电压越高越好，高压输电必须综合考虑各种因素，选项D 正确．]2．(多选)下列关于远距离高压直流输电的说法中，正确的是( )【导学号：24622085】A ．直流输电系统只在输电环节是直流，而发电环节和用电环节是交流B ．直流输电系统只在发电环节和用电环节是直流，而输电环节是交流C ．整流器将交流变直流，逆变器将直流变交流D ．逆变器将交流变直流，整流器将直流变交流AC [直流输电系统由整流站、直流线路和逆变站三部分组成，在整流站通过整流器将交流电变换为直流电，在逆变站利用逆变器将直流电变换为交流电．因此选项A 、C 正确．]3．发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R ，通过导线上的电流为I ，学校得到的电压为U 2，则输电导线上损耗的功率下列表达式错误的是( )A.U 21RB.U 1－U 22RC ．I 2RD ．I (U 1－U 2)A [用P ＝U 2R求电阻上损失的功率时，U 要与电阻R 相对应，A 中的U 1是输出电压不是输电线电阻上的电压，故A 是错误的；B 中的U 1－U 2是输电线电阻上的电压，因此，B 是正确的；C 、D 中的电流I 是输电线中的电流，故C 、D 都是正确的．]4．1987年我国科学家制成了临界温度为90 K 的高温超导材料．利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电．现在有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率是40 kW ，电压为800 V ，如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，则节约的电功率为( )A ．1.6 kWB ．1.6×103kW C ．1 kWD ．10 kWC [节约的电功率即原来输电线上电阻消耗的热功率，ΔP ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫40×1038002×0.4 W＝1×103W ＝1 kW.]5．远距离输电的原理图如图2­7­7所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1，n 2，电压分别为U 1，U 2，电流分别为I 1，I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )【导学号：24622086】图2­7­7A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2D [根据理想变压器的工作原理解题．根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2，I 1I 2＝n 2n 1.U 2不是加在R 两端的电压，故I 2≠U 2R，而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和．选项D 正确．]6．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图2­7­8所示．发电机的输出电压为200 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4(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( )图2­7­8A ．n 2n 1>n 3n 4B ．n 2n 1<n 3n 4C ．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 AD [根据变压器工作原理可知n 2n 1＝U 2200 V ，n 3n 4＝U 3220 V，由于输电线路上损失一部分电压，升压变压器的输出电压U 2大于降压变压器的输入电压U 3，所以n 2n 1>n 3n 4，A 正确，B 、C 错误；升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线上损失的功率，D 正确．]二、非选择题(14分)7．如图2­7­9所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW ，输出电压为400 V ，向距离较远的用户供电，为了减少电能损耗，使用2 kV 高压输电，最后用户得到“220 V 9.5 kW”的电能，求：图2­7­9(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2； (2)输电线路导线电阻R ；(3)用户降压变压器原、副线圈匝数比n 3n 4.【解析】 (1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比：n 1n 2＝U 1U 2＝4002 000＝15. (2)由P 损＝I 22R ，输送电流取决于输出电压及输送功率，有I 2＝P U 2所以R ＝P 损I 22＝P 损⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 22＝10 000－9 500⎝ ⎛⎭⎪⎫10 0002 0002 Ω＝20 Ω. (3)设降压变压器原线圈上电压为U 3，U 3＝U 2－I 2R ＝(2 000－5×20) V＝1 900 V所以降压变压器原、副线圈匝数比为：n 3n 4＝U 3U 4＝1 900220＝9511. 【答案】 (1)15 (2)20 Ω (3)9511[能力提升练](时间：25分钟 分值：50分)一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)1．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图2­7­10所示，发电机通过升压变压器T 1和降压变压器T 2向用户供电．已知输电线的总电阻为R ，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u ＝2202sin 100πt (V)，降压变压器的副线圈与阻值R 0＝11 Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是 ( )【导学号：24622087】图2­7­10A ．通过R 0的电流有效值是20 AB ．降压变压器T 2原、副线圈的电压比为4∶1C ．升压变压器T 1的输出电压等于降压变压器T 2的输入电压D ．升压变压器T 1的输出功率大于降压变压器T 2的输入功率ABD [降压变压器副线圈两端交变电压有效值为22022 V ＝220 V ，负载电阻为11 Ω，所以通过R 0的电流的有效值是20 A ，故A 正确；因为降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，所以原、副线圈的电压之比为4∶1，故B 正确；由于输电线有电阻导致降压变压器T 2的输入电压低于升压变压器T 1的输出电压，故C 错误；升压变压器T 1的输入与输出功率相等，降压变压器T 2的输入与输出功率也相等，但升压变压器T 1的输出功率大于降压变压器T 2的输入功率，原因是输电线上电阻消耗功率，故D 正确．]2．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P 1，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P 2，则P 1和P 2P 1分别为( )【导学号：24622088】A.PR kU ，1nB.⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU 2R ，1n C.PR kU ，1n2 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU 2R ，1n 2 D [根据变压器的变压规律，得U 1U＝k ，U 2U＝nk ，所以U 1＝kU ，U 2＝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I 1＝P U 1＝P kU ，I 2＝P U 2＝P nkU.根据P ＝I 2R ，输电线路损耗的电功率分别为P 1＝I 21R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU 2R ，P 2＝I 22R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P nkU 2R ，所以P 2P 1＝1n 2.选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．]3．如图2­7­11所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则( )甲 乙图2­7­11A ．用户用电器上交流电的频率是100 HzB ．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC ．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小D [根据交流电的变化规律、变压器的工作原理和远距离输电知识解题．由u ­t 图像可知，交流电的周期T ＝0.02 s ，故频率f ＝1T＝50 Hz ，选项A 错误；交流电的最大值U m ＝500 V ，故有效值U ＝U m2＝250 2 V ，选项B 错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比决定，选项C 错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P ＝I 21R ，得输电线损失的功率减小，选项D 正确．]4．(多选)如图2­7­12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T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，电阻R 0＝11 Ω.若T 1、T 2均为理想变压器，T 2的副线圈两端电压表达式为u ＝2202sin 100πt V ，下列说法正确的是 ( )【导学号：24622089】图2­7­12A ．发电机中的电流变化频率为100 HzB ．通过R 0的电流有效值为20 AC ．升压变压器T 1的输入功率为4 650 WD ．若R 0的电阻减小，发电机的输出功率也减小BC [由于T 2的副线圈的交流电的频率为f ＝ω2π＝100π2π＝50 Hz ，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T 2的副线圈的交流电电压的有效值为U ＝220 V ，故通过R 0的电流有效值为I ＝U R 0＝220 V11 Ω＝20 A ，故选项B 正确；根据匝数与电流的关系可得T 2的原线圈中的电流为I ′＝I4＝5 A ，故输电线上损失的功率为P 损＝I ′2R ＝(5 A)2×10 Ω＝250 W ，而电阻R 0上消耗的电功率为P 0＝I 2R 0＝(20 A)2×11 Ω＝4 400 W ，故升压变压器T 1的输入功率为P ＝P 损＋P 0＝4 400 W ＋250 W ＝4 650 W ，故选项C 正确；若R 0的电阻减小，则电阻R 0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．]二、非选择题(本题共2小题，共26分)5．(10分)如图2­7­13所示，学校有一台应急备用发电机，内阻为r ＝1 Ω，升压变压器匝数比为n 1∶n 2＝1∶4，降压变压器的匝数比为n 3∶n 4＝4∶1，输电线总电阻为R 线＝4 Ω，全校有22间教室，每间教室安装“220 V 40 W”的电灯6盏，要求所有的电灯都正常发光，求：图2­7­13输电线上损耗的电功率P 损多大？【解析】 所有电灯正常发光时消耗的功率为P 灯＝40×22×6 W＝5 280 W ＝P 4，由于灯正常发光时，降压变压器副线圈两端电压U 4＝220 V ，所以降压变压器原线圈两端电压U 3＝n 3n 4U 4＝41×220 V＝880 V ，两变压器之间输电线上的电流为I 线＝P 3U 3＝P 4U 3＝5 280880A ＝6 A ，输电线上损失的功率P 损＝I 2线R ＝62×4 W＝144 W.【答案】 144 W6．(16分)把功率为220 kW 的电能用铝导线(铝的电阻率ρ＝2.7×10－8Ω·m)输送到10 km 外的地方，要使功率损失不超过输送功率的10%.(1)如果采用220 V 的电压输电，导线的横截面积至少要多大？采用这样的导线切合实际吗？(2)若采用110 kV 的电压输电，导线的横截面积是多大？(3)对于同种输电导线，若分别采用110 kV 和220 V 输电，损失的功率之比是多少？【解析】 (1)如果采用220 V 的电压输电，则通过导线的电流I ＝P U ＝220×103220A ＝103A.由于功率损失P ＝10%P 0＝22 kW ＝22×103W ，且P ＝I 2R ，因此导线的电阻R ＝P I 2＝22×103106Ω＝0.022 Ω. 根据R ＝ρl S 可得，导线的横截面积S ＝ρl R ＝2.7×10－8×2×10×1030.022m 2≈2.46×10－2 m 2所以，导线横截面的半径r ≈8.85 cm由上述计算可知，采用这样粗的导线是不切实际的． (2)若采用110 kV 的电压输电，则通过导线的电流I ′＝P U ＝220×103110×103A ＝2 A.因此导线的电阻R ′＝PI ′2＝5.5×103Ω所以，导线横截面的面积S ＝ρl R ′＝2.7×10－8×2×1045.5×103m 2＝9.82×10－8 m 2. (3)对于同种输电导线，若分别采用110 kV 和220 V 输电，损失的功率之比为P1 P2＝I21I22＝U22U21＝⎝⎛⎭⎪⎫220110×1032＝1250 000.【答案】(1)2.46×10－2 m2不切合实际(2)9.82×10－8 m2(3)1 250 000。