人教版高中物理-有答案-人教版高中物理_选修1-1_35_高压输电_同步练习

人教版高中物理选修1-1 3.5 高压输电同步练习
一、选择题（共11题；）
1. 电站向远方送电，输送的电功率恒定，若将送电电压提高到原来的k倍，则()
A.输电电流也为原来的k倍
B.输电导线上损失的电压为原来的1
k
C.输电导线上损失的电功率为原来的k2倍
D.输电导线上损失的电功率为原来的1
k
2. 直流输电网技术在近期尚不具备大规模工程应用能力，因此在2030年前，近距离输电将主要采用高压交流输电方式，远距离则主要采用高压直流输电方式，则下列说法正确的是（）
A.高压直流输电方式可以不用变压器
B.高压直流输电是利用变压器把交流电变为直流电
C.高压交流输电的输送电压越高，电能的输送损失越小
D.高压交流输电过程中的主要电能输送损失元件是变压器
3. 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开灯时电灯比深夜时要显得暗，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
4. 由发电站向远方工厂输电．在输出功率相同的情况下，下述哪个方法可减小输电线路中电能损失（）
A.采用电阻较大的导线
B.增加发电机组的数量
C.增大输电电流
D.增大输电电压
5. 如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂升压后的输出电压为U，用等效总电阻为r的两条输电线输电，输电线路中的电流为I1，其末端间的电压为U1．在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2．则（）
A.理想变压器原副线圈匝数比为I1
I2
B.输电线上损失的电压为U
C.理想变压器的输入功率为I1U
D.输电线路上损失的电功率为I12r
6. 水电站向小山村输电，输送电功率为50Kw，若以1100V送电，则线路损失为10kW，若以3300V输电，则线路损失可降为()
A.3.3kW
B.1.1Kw
C.30kW
D.11kW
7. 远距离输送交流电一般采用高压输电，采用高压输电的优点是（）
A.可节省输电线的原材料
B.可根据需要调节交流电的频率
C.可减少输电线上的电能损失
D.可提高输电线上的电流
8. 远距离输电为了减少输电线上的能量损失都采用的措施有（）
A.降低导线电阻
B.可加快输电速度
C.可增大输电功率
D.高压输电
9. 远距离输电线路的示意图如图，若发电机的输出电压不变，那么当用户用电的总功
率增大时（）
A.降压变压器的输出电压不变
B.降压变压器的输出电压升高
C.输电线上损失的功率增大
D.升压变压器的原线圈中的电流保持不变
10. 一台发电机最大输出功率为1000kW，电压为1000V，经变压器T1升压后向远方输电。

输电线路总电阻R＝10Ω．到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220V、40W)。

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
的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则（）
A.变压器T1原、副线圈电流分别为103A和100A
B.变压器T2原、副线圈电压分别为9kV和220V
C.变压器T1和T2的变压比分别为1:10和5:1
D.有2.5×103盏灯泡(220V、40W)正常发光
11. 远距离输电时，输送的功率为P，输电电压为U，输电电线的横截面积为S，线路损失的功率为△P，若将电压提高到10U，则（）
A.不改变输电线路时，输送的电功率损失为0.01△P
B.不改变输电线路时，用户端的电压为原来的10倍
C.若线路功率损失仍为△P，输电线的截面积可减少为0.1S
D.不改变输电线路，且线路功率损失仍为△P时，输送的功率可增加为10P
二、解答题（共3题；）
水电站向小山村输电，输送的电功率为50Kw，若以1500V送电，线路上电功率损失10Kw，线路的总电阻是？若以4500V送电，线路上电功率损失可降至多少Kw？
远距离输电中，发电厂输送的电功率相同，如果分别采用输电电压为U1=110kV输电和输电电压为U2=330kV输电．则两种情况中，输电线上通过的电流之比I1:I2为？
某变电站用220V的电压输电，导线损失的功率为输送功率的20%，若要使导线损失的功率降为输送功率的5%，则输送电压应为多少？
参考答案与试题解析
人教版高中物理选修1-1 3.5 高压输电同步练习
一、选择题（共11题；）
1.
【答案】
B
【考点】
远距离输电
【解析】
电功率恒定，利用公式P=UI分析电流和电压的变化．
【解答】
输送的功率一定，根据P=UI，知输电电压越高，输电电流越小，若输送电压提高到
原来的k倍，则电流减小1
k 倍，输电导线上损失的电压ΔU=I也减小为原来的1
k
倍，A不
符合题意，B符合题意；电流减小到1
k 倍，根据P
加
=I2R可知，电线上损失的功率为原
来的1
k2
倍，CD不符合题意．
故答案为：B
2.
【答案】
C
【考点】
远距离输电
【解析】
根据P=UI得出输送电流，结合P
损
=I2R得出影响电能损失的因素；明确变压器的原理及直流输电的伏点．
【解答】
解：A、高压输电时也需要提高电压和降压；故也必须用到变压器；故A错误；
B、变压器只能改变电压，不能将交流变成直流；故B错误；
C、由P=UI及P=I2R可知，输送电压越高，电能的输送损失就越小，故C正确；
D、远距离输电中电能的损失主要是在导线上，变压器损失电能很少；故D错误；
故选：C．
3.
【答案】
C
【考点】
远距离输电
【解析】
用电高峰时，负载增多，总电阻减小，根据电流的变化，判断出输电线上损失电压的变化，从而得出用户获得电压的大小．
【解答】
解：晚上七、八点钟用电高峰时开灯，由于负载增多，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，所以用户获得的电压减小，每盏灯两端的电压较低．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
4.
【答案】
D
【考点】
远距离输电
【解析】
远距离输电过程中，电能耗损主要是由于电流的热效应而造成的；根据功率公式P= I2R分析减小远距离输电电能损失的措施．
【解答】
解：AC、远距离输电过程中，电能耗损主要是由于电流的热效应而造成的；根据功率公式P=I2R知要减小电阻和电流，故ABC错误；
D、输电电流I
输=P
U
，在输电功率P
输
一定的情况下，U
输
越大，输电电流I
输
越小，导线
电阻R一定，由P
输=I
输
2R知，措施D能有效减少输电电能损失．
故选：D．
5.
【答案】
D
【考点】
远距离输电
【解析】
理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系．理想变压器电压和匝数关系．
【解答】
解：A、由于输电线与用户间连有一理想变压器，匝数与电流成反比，所以原副线圈匝数比为I2
I1
，所以A错误；
B、输电线上损失的电压为U−U1，故B错误；
C、理想变压器的输入功率为U1I1．故C错误；
D、等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，所以输电线是损耗的功率是：I12r．故D正确；
故选：D．
6.
【答案】
B
【考点】
远距离输电
【解析】
电功率恒定，公式P=UI可以看出，电压越大，电线上的电流越小，电能损耗越小，损耗功率利用公式P=12r求解．
【解答】
根据P
加=(P
U
)2可知，热损失功率跟输送电压的平方成反比，B选项正确．
故答案为：B
7.
【答案】
A,C
【考点】
远距离输电
【解析】
输送的功率一定，根据P=UI和P
损
=I2R可知高压输电的优点．
【解答】
解：输送的功率一定，根据P=UI，知输电电压越高，输电电流越小，根据P
损
=I2R，知输电线上损耗的能量就小．这样电阻不需要太小，从而能节省输电线的材料．高压
输电不会改变交流电的频率．故A、C正确，B、D错误．
故选AC．
8.
【答案】
A,D
【考点】
远距离输电
【解析】
远距离输电过程中，电能耗损主要是由于电流的热效应而造成的；根据功率公式P=
I2R分析减小远距离输电电能损失的措施即可．
【解答】
解：A、在输电电流I
输一定的情况下，由公式P
输
=I
输
2R知，减小导线电阻能减少输电
电能损失，故A正确；
B、加快速度不会减小功率损失，并且也无法增大输电的速度；故B错误；
C、一般来说我们所输送的功率均是一定的，并且增大输电功率的同时，电流也将随之增大，损失的功率同样很多；故C错误；
D、在输电功率P
输一定的情况下，U
输
越大，输电电流I
输
越小，由公式P
输
=I
输
2R知，
输电电流越小，电能损失越小，所以应该高压输电，故D正确．
故选：AD．
9.
【答案】
C
【考点】
远距离输电
【解析】
用户用电的总功率增大，用户电流增大，输电电流增大，输电损失功率增大，输电损失电压增大，据此根据变压器规律分析答题．
【解答】
解：A、用户用电的总功率增大，用户电流增大，输电电流增大，升压变压器原线圈电
流增大，发电机输出电压不变，升压变压器原副线圈电压不变，输电电流增大，输电损失电压增大，降压变压器输入电压减小，输出电压降低，故AB错误，
C、输电电流I增大，输电导线电阻不变，由P=I2R可知输电损失功率变大，C正确；
D、用户用电的总功率增大，用户电流增大，输电电流增大，升压变压器原线圈电流增大，故D错误；
故选：C．
10.
【答案】
A,B
【考点】
远距离输电
变压器的构造和原理
【解析】
根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小；由于降压变压器的负载能正常工作，则可算出降压变压器的原线圈的匝数之比，同时能确定接入多少个灯泡才正常发光。

【解答】
A、对于变压器T1，由P＝U1I1，代入数据解得：I1＝1×103 A，损失功率为：P
损
＝P×10%=I22R，代入数据解得：I2＝100 A，故A正确；
B、又I1n1＝I2n2，故n1:n2＝I2:I1＝1:10，U3＝U2−I2R，U1
U2=n1
n2
，故U2＝1×104 V，
U3＝9×103 V，即变压器T2原线圈电压为9kV；由于负载为多个正常发光的灯泡(220V、40W)，所以变压器T2副线圈电压为220V，故B正确；
C、I1n1＝I2n2，故升压变压器，n1:n2＝I2:I1＝1:10，得变压器T1的变压比为：U1
U2
=
n1 n2=1
10
，而变压器T2的变压比为：U3
U
=9×103V
220V
=450
11
，故C错误；
D、用户得到的功率为P
用
＝P×90%＝N⋅P0，N＝2.25×104盏，故D错误。

11.
【答案】
A,D
【考点】
远距离输电
【解析】
根据P=UI得出输送电流的变化，结合△U=IR、P
损
=I2R判断电压损失和功率损失的变化．
【解答】
解：A、根据P=UI知，输电电压提高到原来的10倍，则输送电流变为原来的1
10
．故损
失功率为P=I2R=1
100
△P，故A正确．
B、输电线路上损失电压为△U=IR，故损失电压变为原来的0.1倍，故用户端的电压
不是原来的10倍，故B错误
C、输送电流变为原来的1
10
．故损失功率为P=I2R=△P，故电阻变为原来的100R，
由R=ρL
s
可知，面积减小为原来的0.01s，故C错误；
D、损失的功率为△P=(P
U
)2R，电压提高到10U，故P可增加为10P，损失功率不变，故D正确
故选：AD
二、解答题（共3题；）
【答案】
线路上电功率损失可降至1.1Kw．
【考点】
远距离输电
【解析】
根据输出功率和输送电压，由公式P=UI求出输电电流，再根据P
损
=I2R求出线路的总电阻．求出输送电压为4500V时的输电电流，从而求出此时线路上功率损失．
【解答】
解：根据P=UI得：I=P
U =5×104
1500
A=100
3
A．
再根据P
损=I2R得，线路的总电阻为：R=
P
损
I2
=104
(100
3
)2
Ω=9Ω．
当以4500V送电，输电电流为：I′=P
U′=5×104
4500
A=100
9
A，
则损失的功率为：P
损′=I′2R=(100
9
)2×9W≈1.1KW
【答案】
输电线上通过的电流之比I1:I2为3:1．
【考点】
远距离输电
【解析】
已知输送的电功率相同，根据P=UI，求出输电线上的电流之比．
【解答】
解：输送功率相同，根据P=UI得，输电电流与输电电压成反比，所以I1:I2=
U2:U1=330:110=3:1．
【答案】
输送电压应为440V．
【考点】
远距离输电
【解析】
输送功率等于输送电压与输电线中电流的乘积．根据功率公式P=I2R得到导线损失的功率与输送电压的关系式，再求解即可．
【解答】
解：设输送的功率为P，输送电压为U，导线中电流为I，导线的电阻为R，导线损失的
功率为△P．则有△P=I2R 又P=UI
联立得：△P=P 2
U2
R
由知得：若要使导线损失的功率降为输送功率的5%，即为原来损失的功率的1
4
，则U应变为原来的2倍，所以输送电压应为U′=2U=2×220V=440V。