学考优化指导物理后习题word版第五章 习题课 变压器与电能的输送
2019-2020学年高二物理人教版选修3-2课件第五章习题课 变压器与电能的输送
答案:ABD
-7-
习题课:变压器与电能的输送
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1.匝数比不变的情况(如图甲所示)
确;由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V,根据电压与
匝数成正比知副线圈电压为25
000
V,所以输电线中的电流为I=
������ ������
=30 A,输电线损失的电压为ΔU=IR=30×100 V=3 000 V,输电线路
损耗功率为ΔP=ΔUI=90 kW,B错误;当传感器R2所在处出现火警时 其阻值减小,副线圈两端电压不变,副线圈中电流增大,定值电阻的
分压增大,所以电压表V的示数变小,C错误;由C知副线圈电流增大,
根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大,D正确。
答案:AD
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随随堂堂检检测测
12 3
1.(多选)如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源,当副线圈上的 滑片P处于图示位置时,灯泡L能发光。要使灯泡变亮,可以采取的 方法有 ( ) A.向下滑动P B.增大交流电源的电压 C.增大交流电源的频率 D.减小电容器C的电容 解析:要使灯泡变亮,可以采取的方法有:向上滑动P,或增大交流电 源的电压,增大交流电源的频率,或增大电容器C的电容,选项B、C 正确,A、D错误。 答案:BC
A.保持U1及P的位置不变,S由a合到b时,I1将增大 B.保持P的位置及U1不变,S由b合到a时,R消耗的功率减小 C.保持U1不变,S合在a处时,使P上滑,I1将增大 D.保持P的位置不变,S合到a处时,若U1增大,I1将增大
2021届高考新课改物理一轮复习考点精炼(30)变压器 电能的输送 word版含解析答案
A．图甲中 R1 的功率为 9P
B．图乙中
R1
的功率为
4P 9
4 / 11
C．图乙中 R1 的功率为 9P
D．图甲中
R1
的功率为
P 9
11.某发电机输电电路的简图如图所示，发电机的矩形线框 ABCD 处于磁感应强度大小为 B = 2 T 的水平匀强磁场中，线框面积为 S = 0.25 m2 ，匝数为 100 匝，电阻不计。线框
2 / 11
C.若闭合 S,L1 可能会烧坏
D.若闭合 S,R 消耗的电功率是闭合 S 前的 16 倍
9
6.图甲是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动产生的交变电压图像。将该 电压加在图乙中理想变压器的 M、N 两端。变压器原、副线圈匝数比为 5：1，电阻 R 的阻值为 2 ，电流表、电压表均为理想电表。下列说法不正确的是（ ）
2
R
2U 2 R
，则 U
= U2 2
+ 2U2
=
5U 2 2
，联立解得 U1∶U 2
= 5∶3，选项
D
正确。
5.答案：D
解析：原线圈两端电压的有效值U = Um = 50 2 V ,选项 A 错误；将 P 向上移动时，原线
2
圈接入电路的匝数增大，由理想变压器变压比关系可知副线圈两端电压减小，L1 两端的
2.如图所示，理想变压器原线圈通过理想电流表接在输出电压 u = 220 2 sin100t(V) 的交
流电源的两端，副线圈中接有理想电压表及阻值 R = 50 的负载电阻。已知原、副线圈 匝数之比为 11:1，则下列说法中正确的是( )
A．电压表的示数为 20 V B．电流表的示数为 4.4 A C．原线圈的输入功率为16 W D．通过电阻 R 的交变电流的频率为100 Hz 3.如图所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以角速度 ω 匀速 转动，线圈的电阻为 r，理想变压器的副线圈并联两个阻值恒定且也为 r 的一模一样的 灯泡 A、B，原、副线圈匝数的比值为 k，电路中电表均为理想电表，现灯泡 B 发生断 路，下列说法正确的是（ ）
高中物理_学考优化指导3-2第五章 4 变压器
要点提示:(1)乙是升压变压器。(2)甲图中滑动触头应向上移动; 乙图中滑动触头应向下移动。
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4 变压器
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知识归纳 1.自耦变压器 图甲所示是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上
只绕有一个线圈。如果把整个线圈作原线圈,副线圈只取线圈的一 部分,就可以降低电压;如果把线圈的一部分作原线圈,整个线圈作 副线圈,就可以升高电压。
线圈匝数n2=
1 2
n1,n1,2n1,用多用电表交流电压挡分别测出副线圈两
端的电压,记入表格。
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(3)原线圈接低压交流电源6 V,保持副线圈匝数n2不变,分别取原
线圈匝数n1=
1 2
n2,n2,2n2,用多用电表交流电压挡分别测出副线圈两
������2 ������2
②能量关系:P 入=P 出。 ③电流关系:������1 = ������2。
������2 ������1
-4-
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自我检测 1.正误判断。 (1)穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势。 () 解析:副线圈中的电流是由于电磁感应产生的,由法拉第电磁感 应定律知,穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势。 答案:√ (2)变压器的原理是利用电磁感应现象,副线圈输出的电流是原线 圈电流的感应电流。 ( ) 解析:原线圈电流产生的变化的磁场穿过副线圈,使得副线圈产 生感应电动势,从而输出电流。 答案:√
高2020届高2017级高中物理优化探究选修3-2课时作业第五章5电能的输送
[课时作业]一、单项选择题1.在电能输送的过程中,若输送的电功率一定,则下列关于在输电线上损耗的电功率的说法不正确的是( )A.与输送电压的平方成反比B.与输电线上的电压隆的平方成正比C.与输电线中电流的平方成正比D.与输送电压成反比【试题解析】：P 损＝(P U )2R ,P 为输送功率,U 为输送电压,故选项A 正确,D 错误；P 损＝U 2线R ＝I 2线R ,故选项B 、C 正确.【参考答案】：D2.为了减少输电线路上的电能损失,发电厂发出的电通常是经过变电站升压后通过远距离输送,再经变电站将高压变为低压,某变电站将电压u 0＝11 0002·sin 100πt V 的交流电降为220 V 供居民小区用电,则变电站变压器( ) A.原、副线圈匝数比为1∶50 B.副线圈中电流的频率是50 Hz C.原线圈的导线比副线圈的要粗D.原线圈中的电流等于居民小区各用电器电流的总和【试题解析】：原、副线圈匝数比n 1n 2＝11 000 220＝501,A 错误；变压器不改变交变电流的频率,B 正确；原线圈中的电流较小,导线较细,C 错误；副线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和,D 错误. 【参考答案】：B3.某小型水电站的电能输送示意图如图所示,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 ＝220sin 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( )A.通过电阻R 0的电流的有效值是20 AB.降压变压器T 2原、副线圈的电压比为1∶4C.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【试题解析】：电阻R 0两端的电压有效值不是220 V ,所以通过电阻R 0的电流的有效值不是20 A,A 错误；降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1,则降压变压器T 2原、副线圈的电压比4∶1,B 错误；由于连接升压变压器和降压变压器的输电导线上有电压损失,升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压,C 错误；升压变压器T 1的输出功率等于降压变压器T 2的输入功率与电阻R 上的发热功率之和,所以D 正确. 【参考答案】：D4.发电厂发电机的输出电压为U 1,发电厂至学校的输电线电阻为R 线,通过导线的电流为I ,学校输入电压为U 2,下列计算输电线损耗的式子中,不正确的是( )A.U 21R 线B.(U 1－U 2)2R 线C.I 2R 线D.I (U 1－U 2)【试题解析】：输电线损耗P 损＝I 2R 线＝U 2线R 线＝IU 线,其中U 线＝U 1－U 2,故B 、C 、D 正确,A 错误. 【参考答案】：A5.高压输电电压为U ,输电线电阻为r ,则下列说法正确的是( ) A.若发电机输出功率不变,使输出电压变大,则输电线上损失的功率变小 B.输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2r ,故导线电阻越大,损失的功率越小 C.通过输电线的电流为I ＝Ur ,故输电电压越高,电流越大,损失的功率越大 D.以上说法都不对【试题解析】：设发电机输出功率为P ,则P ＝UI ,使输电电压U 增大,则输电电流I 减小.又由输电线上损失的功率ΔP ＝I 2r 得,输电线上损失的功率减小,所以选项A 正确.【参考答案】：A6.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n 1、n 2,在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 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.(n 1n 2)U 2m 4rB.(n 2n 1)U 2m 4rC.4(n 1n 2)2(PU m)2rD.4(n 2n 1)2(PU m)2r【试题解析】：由I 1＝2P U m 和I 1I 2＝n 2n 1得I r ＝I 2＝n 12Pn 2U m,则输电线上损失的功率P r ＝I 2r ·2r ＝4(n 1n 2)2(PU m)2r ,故选C. 【参考答案】：C 二、多项选择题7.一项名为“1 100千伏特高压隔离开关”的“破冰实验”在我国大兴安岭漠河县取得成功,标志着我国特高压输电技术已突破低温环境制约.为消除高压输电线上的冰,假设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 ,热消耗功率为P 损；除冰时,输电线上的热功率需要变为9P 损,则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( ) A.输电电流为3I B.输电电流为9I C.输电电压为3UD.输电电压为13U【试题解析】：输电线上的功率损失为P 损＝I 2R 线＝(PU )2R 线,由该式可知要使P损增大到原来的9倍,输电电流应变为原来的3倍,输电电压应变为原来的13,故A 、D 正确.【参考答案】：AD8.(2018·绵阳高二检测)如图为远距离输电示意图,发电机的输出电压U 1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变,且n 1∶n 2＝n 4∶n 3.当用户用电器的总电阻减少时( )A.U 1∶U 2＝U 4∶U 3B.用户的电压U 4增加C.输电线上损失功率增大D.用户消耗的功率等于发电机的输出功率【试题解析】：根据U 1U 2＝n 1n 2,U 3U 4＝n 3n 4,以及n 1∶n 2＝n 4∶n 3,知U 1∶U 2＝U 4∶U 3,故A正确.用户用电器总电阻减小,则电流增大,所以输电线上的电流增大,根据P损＝I 2R 知,输电线上损耗的功率增大,根据ΔU ＝IR 知,输电线上的电压损失变大,发电机的输出电压不变,则升压变压器的输出电压不变,则降压变压器的输入电压变小,用户的电压U 4减小,故C 正确,B 错误.用户消耗的功率等于发电机的输出功率与输电线上损失的功率之差,故D 错误. 【参考答案】：AC9.某小型水电站的电能输送示意图如图所示,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( )A.n 2n 1>n 3n 4 B.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【试题解析】：由于输电线上有电阻,所以要考虑电压损失,则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压,根据变压器的电压与匝数之比的关系可知,要让用电器正常工作,必须有n2n1>n3n4,故A项正确,B、C项错误；考虑到输电线上也有电功率的损失,故D项正确.【参考答案】：AD10.如图所示,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损耗的功率不超过输送电功率的2%,下列不同规格的输电线中,符合要求的是()【试题解析】：由P＝UI解得输电电流I＝PU＝20 A,输电线路上损耗的功率不超过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20km,所以可以选择千米电阻0.5 Ω/km以下的型号DYD100/C或型号DYD150/C,符合要求的是选项C、D.【参考答案】：CD三、非选择题11.某小型实验水电站输出功率是20 kW,输电线路总电阻是6 Ω.(1)若采用380 V低压输电,求输电线路损耗的功率.(2)若改用5 000 V高压输电,用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压,求用户得到的电压.【试题解析】：(1)输电线上的电流强度为I＝PU＝20×103380A≈52.63 A,输电线路损耗的功率为P损＝I2R＝52.632×6 W≈16 620 W＝16.62 kW.(2)改用高压输电后,输电线上的电流强度变为 I ′＝PU ′＝20×1035 000 A ＝4 A,用户端在变压器降压前获得的电压 U 1＝U －I ′R ＝(5 000－4×6)V ＝4 976 V . 根据U 1U 2＝n 1n 2,用户得到的电压为U 2＝n 2n 1U 1＝122×4 976 V ≈226.18 V .【参考答案】：(1)16.62 kW (2)226.18 V12.某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V ,输出电功率为50 kW,如果用电阻为3 Ω的输电线向远处用户送电,这时用户获得的电压和电功率是多少？若要求输电线上损失的电功率是输电功率的0.6%,则发电站要安装一个升压变压器,到达用户前再用降压变压器变为220 V 供用户使用,不考虑变压器的能量损失,这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少？【试题解析】：用500 V 电压送电时示意图如图甲所示,输电功率为50 kW 时输电线上的电流I 0＝P U 0＝50×103500 A ＝100 A.用户获得电压U 1＝U 0－I 0R ＝(500－100×3) V ＝200 V ,因此用户获得的功率P 1＝I 0U 1＝2×104 W.改用高压输送时,示意图如图乙所示.要求P 损＝0.6%×P ,即P 损＝50×103×0.6% W ＝300 W.输电电流I ＝P 损R ＝3003 A ＝10 A.发电站升压后输电电压U ＝P I ＝50×10310 V ＝ 5 000 V .升压变压器匝数比n 1n 2＝U 0U ＝5005 000＝110.输电线上损失的电压U ′＝IR ＝10×3 V ＝30 V . 降压变压器原线圈两端电压U 2＝U －U ′＝(5 000－30)V ＝4 970 V . 故降压变压器的匝数比n 3n 4＝U 2U 3＝4 970220＝49722.【参考答案】：见解析。
2019高中物理配套课后习题第五章 习题课 变压器与电能的输送
习题课:变压器与电能的输送课后篇巩固提升基础巩固1.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=10∶1,输出端电阻R=50 Ω,把原线圈接入“220 V50 Hz”的正弦式交变电流时(电表为理想电表)()A.当X为电流表时,若电阻R增大,则原线圈中的电流将增大B.当X为电流表时,电压表V的示数为22 VC.当X为电流表时,电流表的示数为0.44 AD.当X为二极管时,电压表V的示数为11 V解析当X为电流表时,若电阻R增大,副线圈中的电流变小,原线圈中的电流也变小,A项错误;当X为电流表时,根据公式,解得U2=22 V,电压表测量的电压为有效值,所以电压表V的示数为22 V,B项正确;当X为电流表时,电流表的示数为I2= A=0.44 A,C项错误;当X为二极管时,在一个周期内只有半个周期的时间有电流通过,此时由T=,解得U=11 V,D项错误。
答案B2.(多选)如图所示,一理想变压器原线圈与频率为50 Hz的正弦交流电源相连,两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端,图中的电流表、电压表均为理想交流电表,原、副线圈匝数分别为200匝和100匝,电压表的示数为5 V。
则()A.电流表的示数为0.5 AB.流过电阻的交变电流的频率为100 HzC.交流电源的输出电压的最大值为20 VD.交流电源的输出功率为2.5 W解析根据欧姆定律可得副线圈中的电流I2==0.25 A,根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系,可解得I1=0.125 A,A错误;理想变压器原、副线圈中的交变电流的频率相同,都为50 Hz,B错误;副线圈输出电压的有效值为10 V,根据正弦交变电流的最大值和有效值的关系可得其最大值应为U2m=10 V,原、副线圈电压比为,可得交流电源输出电压的最大值为U1m=20 V,C正确;对于理想变压器,交流电源的输出功率等于变压器副线圈负载消耗的功率,P=2× W=2.5 W,故D正确。
高中物理 第5章 5 电能的输送课后巩固练习 新人教版选修32
高中物理 第5章 5 电能的输送课后巩固练习 新人教版选修32一、单项选择题1．远距离输电中，当输送电功率为P ，输出电压为U 时，输电线损失的功率为ΔP ，若输送电功率增加为4P ，要使输电线损失的功率减为14ΔP ，那么输电电压应增为( C )A ．32UB ．16UC ．8UD ．4U解析：ΔP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ，ΔP 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4P U′2R 联立可得．2．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 ，已知输电导线的电阻率为ρ，该输电导线的横截面积最小值为( B )A.ρL UB.2ρLI UC.U ρLID.2UI ρL解析：U ＝IR ，R ＝ρ2LS联立可解．3．照明供电电路的路端电压基本上是不变的．可是我们在晚上七八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要暗些．这是因为此时( C )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：高峰时间并联的用电器多，总电阻小，干路电流大，输电线上损失电压大． 4．在电能的输送过程中，若输送的电功率一定、输电线电阻一定时，对于在输电线上损失的电功率，有如下四种判断：其中正确的是( B )①和输送电线上电压降的平方成反比 ②和输送电压的平方成正比 ③和输送电线上电压降的平方成正比④和输送电压的平方成反比 A ．①和② B ．③和④ C ．①和④ D ．②和③解析：损失的功率是输电导线上线电阻消耗的功率，由ΔP ＝U 2线R 、ΔP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R 判定．二、双项选择题5．发电厂发电机的输出电压为U 1.发电厂到学校的输电导线总电阻为R ，通过导线的电流为I ，学校得到的电压为U 2，则输电线上损耗的功率可表示为( BC )A.U 21R B.U 1－U 22RC ．I 2R D ．I (U 2－U 1)解析：电路上损失的电压为U 1－U 2，由功率定义可得B 、C 正确．6．一幢居民楼里有各种不同的用电器，如电灯、电视机、洗衣机、微波炉、排油烟机等(如图5－5－3所示)．停电时，用多用电表测得A 、 B 间的电阻为R ；供电后，设各家用电器全都同时使用时，测得A 、B 间电压为U ，进线电流为I ；经过一段时间t ，从总电能表中测得这段时间内消耗的电能为W ，则下列表达式用来计算该幢楼居民用电的总功率，其中正确的是( CD )图5－5－3A ．P ＝I 2R B ．P ＝U 2R C ．P ＝IU D ．P ＝Wt点评：R 不是电路中的总电阻，该电路中还有非纯电阻元件，所以A 、B 错．7．在电能输送过程中，若输送的电功率一定，输电线电阻一定时，则在输电线上损耗的电功率( CD )A ．和输送电线上的电压降的平方成反比B ．和输送电流的平方成反比C ．和输送电线上的电压降的平方成正比D ．和输送电流的平方成正比解析：输电线上损耗的电功率指的输电线上电阻消耗的功率．8．(2010年江苏卷)在如图5－5－4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( CD )图5－5－4A ．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解析：I ＝P U，U 损＝IR ，U 3＝U 2－U 损，因P 变大，I 变大，所以U 损变大，所以降压变压器初级电压U 3变小；P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ，因P 变大，所以P 损变大；P 损P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2RP ＝PR U，因P 变大，所以比值变大．9．某小水力发电站发电机的输出电压，先通过电站附近的升压变压器升压后，再用输电线路把电能输送到远处的降压变压器．降压后，再用线路接到各用户．设发电机输出电压稳定且两变压器均为理想变压器．在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率却增加较大，这时与用电低谷时比较( BC )A ．升压变压器的副线圈两端的电压变大B ．高压输电线路的电压损失变大C ．降压变压器的副线圈中的电流变大D ．降压变压器的副线圈两端的电压变大 解析：用户的增多，使得总电阻减小，干路上的电流增大(即降压变压器输出电流增大)，高压输电线路中的电流增大，使得损失的电压增大，最终用户的电压减小．三、非选择题10．水电站给远处山村送电的输出功率是100 kW ，用2000 V 电压输电，线路上损失的功率是2.5×104W ，如果改用20 000 V 高压输电，线路上损失的功率是多少？解：由P ＝UI ，P 损＝I 2R 得，P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R .由此可见，线路上的功率与输送电压成反比，所以P 损′＝⎝⎛⎭⎪⎫U U ′2P 损＝250 W.11．发电机输出功率为100 kW ，输出电压是250 V ，用户需要的电压是220 V ，输电线电阻为10 Ω.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比； (2)画出此输电线路的示意图； (3)用户得到的电功率是多少？解：输电线路的示意图如图8所示，输电线损耗功率P 线＝100×4% kW＝4 kW ，又P 线＝I 22R 线图8输电线电流I 2＝I 3＝20 A 原线圈中输入电流I 1＝P U 1＝100000250A ＝400 A所以n 1n 2＝I 2I 1＝20400＝120则U 2＝U 1n 2n 1＝250×20 V＝5000 VU 3＝U 2－U 线＝(5000－20×10)V＝4800 V所以n 3n 4＝U 3U 4＝4800220＝24011用户得到的电功率P 出＝100×96% kW＝96 kW.12．一台小型发电机的最大输出功率为100 kW ，输出电压恒为500 V ，现用电阻率为1.8×10－8 Ω·m ，横截面积为10－5 m 2的输电线向4×103m 远处的用电单位输电，要使在发电机满负荷运行时，输电线上损失的功率不超过发电机总功率的4%，求：(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(2)如果用户用电器的额定电压为220 V ，理想降压变压器原、副线圈匝数比是多少？解：(1)输电线上的线电阻R 线＝ρ2LS＝14.4 Ω输电线损耗功率P 线＝100×4% kW＝4 kW ，又P 线＝I 22R 线，则输电线电流I 2＝50/3 A升压变压器输入电流I 1＝P U 1＝100 000500A ＝200 A所以n 1n 2＝I 2I 1＝50/3200＝112(2)U 2＝U 1n 2n 1＝500×12 V＝6000 VU 3＝U 2－U 线＝U 2－I 2R 线＝5760 V所以n 3n 4＝U 3U 4＝5760220＝28811.13．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个坑口电站，输送的电功率为P ＝500 kW ，当使用U ＝5 kV 的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4800度．求：(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻r .(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？解：(1)由于输送功率为P ＝500 kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12000度，终点得到的电能E ′＝7200度，因此效率η＝60%.输电线上的电流可由I ＝P /U 计算，得I ＝100 A ，而输电线损耗功率可由P r ＝I 2r 计算，其中P r ＝4800/24 kW ＝200 kW ，因此可求得r ＝20 Ω.(2)输电线上损耗功率P r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2r ∝1U2，原来P r ＝200 kW ，现在要求P r ′＝10 kW ，计算可得输电电压应调节为U ′ ＝22.4 kV.14．如图5－5－5所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V 的市电上，向额定电压为1.80×104V 的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，当副线圈电路中电流超过12 mA 时，熔丝就熔断．(1)熔丝的熔断电流是多大？(2)当副线圈电路中电流为10 mA 时．变压器的输入功率是多大？图5－5－5解：(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U 1、U 2、I 1、I 2.根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有I 1U 1＝I 2U 2当I 2＝12 mA 时，I 1即为熔断电流．代人数据， 得I 1≈0.98 A(2)设副线圈中电流为I ′2＝10 mA 时，变压器的输入功率为P 1，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有P 1＝I ′2U 2代人数据，得P 1＝180 W.15．有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图5－5－6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．若保证全部电灯正常发光，求：图5－5－6(1)发电机的输出功率多大？ (2)发电机的电动势多大？ (3)输电效率是多大？ 解：(1)对降压变压器U 2′I 2＝U 3I 3＝nP 灯＝22×6×40 W＝5280 W 而U 2′＝4U 3＝880 V所以I 2＝nP 灯U 2′＝5280880A ＝6 A对升压变压器U 1I 1＝U 2I 2＝I 22R ＋U 2′I 2＝62×4 W＋5280 W ＝5424 W 所以P 出＝5 424 W(2)因为U 2＝U 2′＋I 2R ＝880 V ＋6×4 V＝904 V所以U 1＝14U 2＝14×904 V＝226 V又因为U 1I 1＝U 2I 2所以I 1＝U 2I 2U 1＝4I 2＝24 A 所以E ＝U 1＋I 1r ＝226 V ＋24×1 V＝250 V(3)η＝P 有用P 出×100%＝52805424×100%＝97%.。
高中物理第五章交变电流第5节电能的输送练习(含解析)新人教版选修32
高中物理第五章交变电流第5节电能的输送练习（含解析）新人教版选修32第五章 第5节 电能的输送「基础达标练」1．远距离输电时，在输送功率不变的条件下( ) A ．只有增大导线的电阻，才能减小输电电流，提高输电效率 B ．提高输电电压，能减小输电电流，提高输电效率 C ．提高输电电压，势必增大输电导线上能量的损耗 D ．提高输电电压，势必增大输电导线上的电流解析：选B 在输送功率一定的前提下，P 输＝U 输I 输，P 损＝I 输2R 线，η＝P 输－P 损P 输×100%，B 正确．2．超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V ，若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )A ．1 kWB ．1.6×103kW C ．1.6 kWD ．10 kW解析：选A 节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I ＝P U ＝40×103800 A ＝50 A ，P 线＝I 2R ＝502×0.4 W ＝1 000 W ，故节约的电功率为1 kW ，A 项正确．3．用U 1和U 2两种电压通过相同长度和材料的导线输电，若输送的电功率相等，在输电导线上损失的电功率也相同，则在两种情况下输电导线截面积之比S 1∶S 2为( )A.U 2U 1B.U 1U 2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫U 2U12D.⎝ ⎛⎭⎪⎫U 1U22 解析：选C 由输送的电功率P ＝IU ，损失的电功率ΔP ＝I 2R ，得ΔP ＝P 2U 2R .由题意知，P 2U 12R 1＝P 2U 22R 2，由此得R 1R 2＝U 12U 22，因为R ＝ρL S ，所以S 1S 2＝U 22U 12，故C 正确．4．远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )A ．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B ．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C ．当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的功率增大D ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压解析：选C 变压器的输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，选项A 、B 错误；用户用电器总电阻减少，根据P ＝U 2R，消耗功率增大，输电线中电流增大，线路损失功率增大，C 项正确；升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失的电压加上降压变压器的输入电压，D 项错误．5．(多选)为消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 ，发热功率为ΔP ；除冰时，输电线上的发热功率需变为9ΔP ，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )A ．输电电流为3IB ．输电电流为9IC ．输电电压为3UD ．输电电压为13U解析：选AD 输电功率P ＝UI ，输电线电阻为R ，则ΔP ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ，除冰时，输电线上的发热功率为9ΔP ，那么输电电流应变为3I ，由于输电功率保持不变，输电电压变为13U ，A 、D 正确．6．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，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( )A.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解析：选AD 由于输电线上有电阻，所以考虑到电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数之比的关系，可知要让用电器正常工作，必须有n 2n 1>n 3n 4，故A 项正确，B 、C 项错误；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D 项正确．7．(2019·峨山县模拟)随着社会发展，人类对能源的需求日益增加，节能变得愈加重要．甲、乙两地采用电压U 进行远距离输电，输电线上损耗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，输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的( )A ．k25 倍B ．k5 倍 C ．5k 倍D ．25k 倍解析：选A 设输送的电功率为P ，当输送电压为U 时，输送电流I ＝PU，输电线上损失的功率ΔP ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ，当输送电压为5U 时，在线路上损失的功率变为输入总功率的k25倍，A选项正确．8．发电厂输出的交流电压为2.2×104V ，输送功率为2.2×106W ，现在用户处安装一降压变压器，用户的电压为220 V ，发电厂到变压器间的输电导线总电阻为22 Ω，求：(1)输电导线上损失的电功率；(2)降压变压器原副线圈匝数之比n 1n 2为多少？解析：(1)输送电流为I 线＝P 总U 总＝2.2×1062.2×104A ＝100 A则损失功率为P 损＝I 线2R 线＝1002×22 W＝2.2×105W. (2)变压器原线圈电压U 1为U 1＝U 总－U 线＝U 总－I 线R 线＝2.2×104 V －100×22 V＝19 800 V所以原副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝901.答案：(1)2.2×105W (2)90∶1「能力提升练」1．为了减少输电线路中电能损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经过降压变电站将高压变为低压，某降压变电站将电压U 0＝11 0002·sin 100πt V 的交流电降为220 V 供居民小区用电，则下列说法错误的是( )A ．降压变电站原、副线圈匝数比为50∶1B ．输电电流的频率是50 HzC ．降压变电站副线圈的导线比原线圈的要粗D ．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和解析：选D 原电压的有效值为U 1＝11 000 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得，n 1n 2＝501，A 正确；变压器不改变交流电的频率，B 正确；由n 1n 2＝I 2I 1得，副线圈的电流大，要想导线发热少，导线要粗一些(电阻小)，C 正确；居民小区各用电器电流总和应该等于副线圈的电流，D 错误．2．某科技小组在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每50米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路．第一次直接将输电线与实验电源及用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为I 1、P 1；第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T 1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2，理想变压器T 2与用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为I 2、P 2.下列说法中正确的是( )A ．第二次实验时因为多接了两个变压器，所以P 2>P 1B ．通过该实验可以证明，提高输电电流能减少远距离输电的能量损失C ．若输送功率一定，则I 2∶I 1＝n 1∶n 2D ．若输送功率一定，则P 2∶P 1＝n 22∶n 12解析：选C 第一次实验输电线上的电流I 1＝P U 1，输电线上损失的功率P 1＝I 12R ＝P 2U 12R ；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U 2＝n 2n 1U 1，输电线上的电流I 2＝P U 2，输电线上损失的功率P 2＝I 22R ＝P 2U 22R ，所以I 2∶I 1＝U 1∶U 2＝n 1∶n 2，P 2∶P 1＝U 12∶U 22＝n 12∶n 22，由于n 1<n 2，P 2<P 1，故C 正确，A 、D 错误；由ΔP ＝I 2r 可知提高输电电流会增加远距离输电的能量损失，故B 错误．3．如图所示为某小型电站高压输电示意图．发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U 1和U 2.在输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为10∶1和1∶10，电压表的示数为220 V ，电流表的示数为10 A ，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是( )A ．升压变压器原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝U 2U 1B ．采用高压输电可以增大输电线中的电流，输电电流为100 AC ．线路输送电功率是220 kWD ．将P 上移，用户获得的电压将降低解析：选C 根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝U 1U 2，故A 错误；采用高压输电可以减小输电线中的电流，从而减小输电过程中的电能损失，根据电流互感器原理及匝数比为1∶10，由公式I 送I 副＝n 副n 原＝101，得输电电流为I A2＝10×10 A＝100 A ，故B 错误；根据电压表的示数为220 V ，根据变压公式，U 送U 副＝n 原′n 副′＝101，输电电压为U 2＝10×220 V＝2 200V ，线路输送电功率为P ＝U 2I A2＝220 kW ，故C 正确；将P 上移，则降压变压器的初级线圈减小，故用户获得的电压将升高，故D 错误．4．(多选)如图所示，某小型水电站的发电机输出电压为220 V ，正常情况下输出的总功率P 0＝8.8×104W ，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电．输送电压为u ＝1 1002sin 200πt V ，输电导线的总电阻为r ＝5 Ω，现要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，下列说法中正确的是( )A ．输电线上的电流为220 AB ．降压变压器匝数比n 3n 4＝51C ．用电器的额定功率P ＝5.6×104W D ．用电器上交流电的频率是100 Hz解析：选CD 输送电压为u ＝1 1002sin 200πt V ，可知输送电压的有效值为1 100 V ，输电线上的电流：I ＝P U ＝8.8×1041 100＝80 A ，故A 错误；输电线消耗的电压：U 损＝Ir ＝80×5＝400 V ，到达降压变压器的电压：U 3＝U －U 损＝1 100－400＝700 V ，所以降压变压器的匝数比：n 3n 4＝U 3U 4＝700220＝3511，故B 错误；输电线损耗的电功率：P 损＝I 2r ＝802×5＝32 000 W ，到达降压变压器的电功率：P 3＝P －P损＝8.8×104－32 000＝5.6×104W ，理想变压器的输出功率等于输入功率，所以用电器的额定功率也是5.6×104W ，故C 正确；由于输送电压为u ＝1 1002sin 200πt V ，可知输送电压的频率为100 Hz ，所以用电器上交流电的频率是100 Hz ，故D 正确．5．某小型实验水电站输出功率是20 kW ，输电线路总电阻是6 Ω. (1)若采用380 V 输电，求输电线路损耗的功率；(2)若改用5 000 V 高压输电，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．解析：(1)输电线上的电流为I ＝P U ＝20×103380A≈52.63 A 输电线路损耗的功率为P 线＝I 2R ＝52.632×6 W≈16 620 W＝16.62 kW.(2)改用高压输电后，输电线上的电流变为I ′＝P U ′＝20×1035 000A ＝4 A用户端在变压器降压前获得的电压U 1＝U －I ′R ＝(5 000－4×6)V＝4 976 V根据U 1U 2＝n 1n 2用户得到的电压为U 2＝n 2n 1U 1＝122×4 976 V≈226.18 V.答案：(1)16.62 kW (2)226.18 V6．某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为100 kW ，输出电压为500 V ，输电导线的总电阻为10 Ω，导线上损耗的电功率为4 kW ，该村的用电电压是220 V.(1)输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；(2)如果该村某工厂用电功率为60 kW ，则该村还可以装“220 V 40 W”的电灯多少盏？ 解析：(1)根据功率公式可知，P 损＝I 22R 线，解得升压变压器的输出电流I 2＝P 损R 线＝20 A ，升压变压器的输入电流I 1＝P U 1＝200 A ，根据理想变压器电流和匝数关系可知，n 1n 2＝I 2I 1＝110，根据欧姆定律可知，U 3＝U 2－I 2R 线＝4 800 V ，根据理想变压器电压和匝数关系可知，n 3n 4＝U 3U 4＝24011.(2)降压变压器中输出功率等于输入功率，P 3＝P 4，其中P 4＝(40n ＋60×103)W ，P 3＝96 kW ，联立解得n ＝900盏．答案：(1)1∶10 240∶11 (2)900盏。
物理人教版选修32教材习题点拨：第五章第五节电能的输
教材习题点拨教材问题全解试探与讨论1．计算输电线路损失的功率按照P 损＝I 2R 。
2．在输电电流必然的情形下，电阻减为一半，按照P 损＝I 2R 知，损失的功率减为一半；在电阻必然的情形下，电流减为一半，按照P 损＝I 2R ，损失的功率减为原来的四分之一。
3．通过比较，以为减小电流更有效。
4．计算用户消耗的功率能够用以下几个方式：P 用＝I 用U 用，P 用＝P －P 损，若用户为纯电阻也能够用P 用＝U 2用R。
5．在保证用户的功率的前提下，提高输电电压才能减小输电电流。
教材习题全解1．输送4 800 kW 的电功率，采用110 kV 高压输电，输电导线中的电流是多少？若是用110 V 电压输电，输电导线中的电流是多少？咱们在初中曾经做过类似的题目，那时是用直流的知识来处置的。
在纯电阻的交流电路中，一样有U ＝IR 和P ＝UI ，想一想看，这里的U 和I 的含义与初中有什么不同？ 答案：43.6 A ×104 A点拨：在不考虑感抗和容抗的影响时，电功率P ＝UI ，所以I ＝P U，其中P ＝4 800 kW ＝4 800×103 W ，当U ＝110 kV ＝110×103 V ，导线中电流I ＝4 800×103110×103A ＝43.6 A ；当U ＝110 V 时，导线中的电流I ＝4 800×103110A ＝×104 A ，可见，大功率输电是不可能用低电压的。
2．以下是一段关于输电线损失功率的推导。
将电能从发电站送到用户，在输电线上会损失一部份功率。
设输电电压为U ，则功率损失为P 损＝UI (1)而U ＝Ir (2)将(2)式代入(1)式，取得P 损＝U 2r(3) 由(3)式可知，要减小功率损失P 损，就应当用低压送电和增大输电线的电阻r 。
这段推导错在哪里？答案：推导错在把输电电压和输电线上损失的电压混淆。
2017人教版高中物理选修55《电能的输送》随堂练习
第5节电能的输送1. ____________________________ 输电线上的功率损失P=降低输电损耗的两个途径为:2、远距离输电基本原理:在发电站内用 ______ 变压器______ 电压，然后进行远距离输电, 在用电区域通过______ 变压器_____ 所需的电压.3、下列关于电能输送的说法中正确的就是（）输送电能的基本要求就是可靠、保质.经济减小输电导线上功率损失的惟一办法就是釆用髙压输电C、减小输电导线上电压损失的惟一方法就是增大输电线的横截面积D.实际输电时,要综合考虑各种因素，如输电功率大小、距离远近、技术与经济条件等4、输电导线的电阻为R.输送电功率为P、现分别用Ui与5两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为（）A、U, : U以U?：U错误！C. U错误! : U错误!D、U2 : U）5、如图1所示为远距离高压输电的示意图、关于远距离输电，下列表述正确的就是（）图1A•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失髙压输电就是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C、任输送电压一左时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D.髙压输电必须综合考虑各种因素，不一左就是电压越高越好【概念规律练】知识点一线路损耗问题1、发电厂发电机的输出电压为U】,发电厂至学校的输电线电阻为R,通过导线的电流为I, 学校输入电压为U2,下列计算输电线损耗的式子中，正确的就是（）A.错误!错误！C、I2RD. I （Ui-Uz）2、某发电站釆用高压输电向外输送电能、若输送的总功率为P。
，输电电压为U.输电导线的总电阻为R、则下列说法正确的就是（）A.输电线上的电流1=错误！B、输电线上的电流1=错误！C.输电线上损失的功率P=（错课!）氓D、输电线上损失的功率P=错误！知识点二远距离输电线路中各物理呈的关系3、一台发电机最大输岀功率为4000RW,电压为4000匕经变压器口升压后向远方输电、输电线路总电阻R=MQ、到目的地经变压器T2降压,负载为多个正常发光的灯泡（220队60W）、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T］与门的耗损可忽略, 发电机处于满负荷工作状态，则（）儿T】原、畐懺圈电流分别为10叨与20AB、 T?原、副线圈电压分别为1. 8X10W与220UC、 Ti与T2的变压比分别为1 ： 50与40： 1D、有6X104盏灯泡（220匕60VV）正常发光4、某小型水电站的电能输送示意图如图2所示，发电机的输岀电压为200认输电线总电阻为匚升压变压器原副线圈匝数分别为山、血,降压变压器原副线圈匝数分别为n3. n4（变压器均为理想变压器）、要使额泄电压为220V的用电器正常工作，则（）B、错误!v错误！C、升圧玉压器矗输出电压等于降压变压器的输入电压D、升压变压器的输岀功率大于降圧变压器的输入功率【方法技巧练】关于远距离输电问题的分析方法5、发电机的端电压220匕输出电功率44好亿输电导线的电阻为0、2Q,如果用初、次级匝数之比为1 :10的升压变压器升压，经输电线后，再用初、次级匝数比为10 : 1的降压变压器降压供给用户，则（1）画出全过程的线路示意图；（2）求用户得到的电压与功率；（3）若不经过变压而直接送到用户,求用户得到的电压与功率、6、在远距离输电时，输送的电功率为R输电电压为U,所用导线电阻率为p・横截而积为S,总长度为L,输电线损失的电功率为P',用户得到的电功率为P用，则下列关系式正确的就是（）儿P* =错误!B. P f =错误！C. P用=Pi错误!D、P/i）=P（1 一错误!）1、远距离输送交流电都采用高压输电、我国正在研究用比33ORI/高得多的电压进行输电、釆用高压输电的优点就是（）可节省输电线的材料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，当输电线的电阻与输送的电功率不变时，那么（）输电线路上损失的电压与输送电流成正比输电的电圧越髙,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p，该输电线的横截而积最小值就是（）仏晋B、错误!C、错误!£＞、错误！4、在远距离输电时，若输送的功率不变，使输岀电压升髙为原来的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（）爪2倍B、n借C、错误!D、错误！5、在如图3所示的远距离输电电路图中，升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压与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3升压变压器的输岀电压增大B、降压变压器的输出电圧增大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沱，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，设两变压器都就是理想变压器，那么在用电髙峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时（）升压变压器的副线圈的电压变大髙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、某发电站用交变电压输电，输送功率一左，输电线的电阻为R、现若用变压器将电压升高到220kV送电，下而哪个选项正确（）因1=错误!，所以输电线上的电流增为原来的20倍乩因1=错误!，所以输电线上的电流减为原来的错误！C、因戸=错误!，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错谋!8、有一座小型水电站，输岀的电功率就是25kW,输岀电压为400V.若输电导线的总电阻为12求输电线上损失的电功率与用户得到的功率分别就是 ____________________ , ________ 、9、水电站给远处山村送电的输出功率100好V,用2000V的电压输电，线路上损失的功率就是2、5X104VV,如果用20000V的髙压输电,线路上损失的功率为___________10、对某一输电线路,线路架设情况已确左，现要求输送一左的电功率P,若输电线上损失的功率占输送功率P的百分比用H表示，输电线路总电阻用r表示，输电电压用U表示，则小P、U、r间满足什么关系？从中您能得岀什么结论？11、某发电站的输出功率为10怕亿输出电压为42,通过理想变压器升压后向80皿远处用户供电、已知输电导线的电阻率为p=2、4X10迢皿导线横截面积为1. 5X10-W, 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1Q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=4Q，全校共22个班,每班有“220匕401旷的电灯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，发电机输岀功率就是否减半、第5节电能的输送答案课前预习练1、A•减小输电导线的电阻减小输电导线中的电流2、升压升髙降压降到3、AD4、C ［由P二UI、P损二尸/?可得P摄二错误！，所以输电线上损失的功率与输送电压的平方成反比.C项正确、］5、ABD ［导线的横截面积越尢导线的电阻越小•电能损失就越小,A对:在输送功率—定的前提下•提高输送电压〃•由/二令知•能减小电流I,从而减小发热损耗,B对:若输送电压一走,由/二错课!知•输送的电功率P越大，/越大，发热损耗就越多.C错:高压输电时要综合考虑材料成本、技术、经济性等各种因素,不就是电压越高越好，D对、］课堂探究练1、BCD 「输电线的损耗P损二尸R线二错误！二线其中〃线二3-S.故B、C、D正确、］点评计算功率损失常用公式P损二/错误賦线与P损二错误！，特别在利用P15二错误！时要注意U线就是R吐的电压、2、BC【输电线上的电流/线二错误！二错误!故人错误，B正确:输电线上的功率损失P 二/错误賦二（错误!曲二错误！，故C正确.D错误、］点评由功率损失P二（错误！）吹线知：当输送功率P域一走时减少输电线上功率损失的方法为提高输电电压或减小输电导线的电阻、3、ABD ［输电线上消耗的功率P践二F ,承二400kW,则/2二错误! = 20A.又戸二，则“二错误！二103A，故A正确；门的变压比错误！二错误！二错误！,又P二U山=Uih .得“2 = 2X10®,输电线上损失电压U线二M二2X 10W ,则"原线圏的输入电压U、二U—U 线二1、8X 12V ,又灯泡正常发光，门的副线圈的电压为220V.B正确；门的变压比错误！二错误！二错误! .C错误:根据U山二60“•解得“二6 X 1O4.D正确、］点评远距离输电线路图如下各物理臺有下列关系①电压关系：U发二错误！二错误!02二5十〃损，错误！二错误！ , U A =U用：②电流关系:讪=nih , h = It£ = h , ruh = mh；③功率关系：P发二Pl二P2 r戶2二户3十P损，户3二P4二P用，P猥二FR线,P损二错误！2R线屮摄二風4、AD ［由于输电线上的功率损耗•故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率、户出-P損二P入，故D正确、卷二器错误！二错误!.因为3二200V <U4=220V I U2）UH 线、故错误!〉错误!.选项A正确、］点评在理解电压关系时•可把输电线路理解为三个闭合回路、如图第一个回路发电机就是电源•升压变压器的原线圈就是用电器，若输电线电阻忽略则有〃发二3 ;第二个回路升压变压器副线圈就是电源•降压变压器的原线圈为用电器.则有U2 = 〃线十5第三个回路降压变压器副线圈为电源，用户为用电器•若输电线电阻忽略则有S二〃用、5、(1)见解析(2) 219、6V 4、392X104W(3)180V 3. 6><1吋解析(1 )示意图如下图所示(2)升压变压器次级的输出电压U2 =綁二错误! X 220V = 2200V据升压变压器输出电功率等于输入电功率知，升压变压器次级输出电流二错误！二错谋!A二20A输电线路上的电压损失与功率损失分别为久二/込二20X0、2V = 4V几二 /错误!/?二20叹0、2W = 80W加到降压变压器初级上的输入电流与电压为厶二?2 二20 A5二〃2- S二2 200V-4V二2 196V降压变压器次级的输出电压与电流为S 二错误! 〃3 二错误！X2 196V 二219、6V人二错误!仏二10X20 A 二200 A用户得到的功率为凡二/4〃4二200X219、6W二4、392X 104W(3若不采用高压输电•用220V低压直接供电时•电路如下图所示则输电电流/二错误! 二错误! A二200A•输电线路上的电压损失U R'二//?二200X0、2V 二40V所以用户得到的电压为UJ =Ui - U R' = 220V - 40V = 180V用户得到的功率为/V二/S'二200X180W二3、6X104W方法总结(1)求解远距离输电的关键就是熟悉输电线路图•并画出示意图•把需要的物理呈都标在图中的相应位置上、(2)分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理呈的关系，特别注意以升压变压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈组成的回路，在此回路中利用电路知识分析电压关系与功率关系、6、BD ［输电线电阻R二鼠输电电流/二错误！故输电线上损失的电功率为P'二尸尺二错误!％错误！二错误！用户得到的电功率为P用二P-P二P错误!、故B、D正确、］方法总结在远距离输电问题中.也要时刻注意能呈守恒这一线索，即发电机的总功率应等于线路上损失的热功率与用户得到的功率之与(在不考虑变压器自身的能呈损失的条件下）、课后巩固练1、AC ［远距离输电,往往输送电功率一定，根据P二输送电压U越高,则输送电流/二错误!越小，据P线二fr可知.当要求在输电线能臺损耗一定的情况下•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）；若输电线确走•即丿•确走，则可减小线路上的能臺损耗•故A、C项正确:而交流电的频率就是一走的.不随输送电压的改变而改变，输电的速度就就是电磁波的传播速度，也一走，故B、D项不正确、］2、AC 损二〃？线.所以/?线一走时，U损与/成正t匕，A正确、U独=I R线二错误！•/? 线•所以P输、R线—走时，（7费与U第成反比，B错误、P独二FR线二错误！汰线.所以P输、R 线一定时屮损与U给的平方成反比.C正确、P摄二FR线.所以P损与尸成正比，D错误、］3、B［由欧姆走律有/?二错误！，由电阻走律有R二p错误！，由以上两式解得:S二错误!］4、C r根据输电线上的功率损失的表达式:P損二FR二（错误! ）2R.电压升高为原来的n 倍•则功率损失为原来的错误!、］5^ CD 「对升压（或降压）变压器而言，由变压器电压比U\ : U2 = n］: “2知•输入电压不变，线圏匝数不变•输岀电压不变.故A选项不正确:由P二少知，〃不变.P增大.故I增大. 使得输电线上的电压损耗U狠二HR线增大,功率损耗P^P.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错课！二错课！二错课！二错谋!宀戸,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、输入电流的大小就是由负载消耗的功率大小决走的•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、发电机输出电压稳走•升压变压器的副线圈的电压不变,降压变压器的输岀电压由升压变压器副线圏的电压与线上损耗电压之差决走.D正确、］7、BD［选项A中丿就是输电线中的电流r R就是输电线的电阻，但就是U不就是输电线上损失的电压，而就是总的输送电压（就是输电线与负载上电压之与）,所以不能用I 二错误!计算输电线中的电流，在运用欧姆定律时•/、R、（/应该对应于同一部分导体、因为输送的功率一定•由心错误!可知，当输送的电压增为原来的20倍时•电流减为原来的错误！,选项B正确、选项C中./?就是输电线的电阻.而U就是总的输送电压./?与U又不对应所以P二错误! 就是错误的、输电线上损失的功率一般用P ^ = PR计算，从选项B中已经知道电流减为了原来的错误!、若P损不变，则输电线的电阻可增为原来的400倍，根据/?二p错误！，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错误!.即导线的直径减为原来的错误!.所以选项D就是正确的、］8、3、9kW 21、lkW解析由P二•可求出输电线中的电流为/线二错误！二错误! A二62、5A ,输电线上损失的功率为P损二险R线二62、52X 1W二3906、25W~3、9kW.用户得到的功率为P用二25kW -3、9kW 二21、lkW,即输电线上损失的功率约为3、9kW ,用户得到的电功率约为21、lkW9、250解析线路上损失的功率P^ = I2R线，又/二错误！所以P损二错误!吠线•代入数据，解得R线二10Q.当用20000V的高压输电时.P损’二错误! 2R线二250W、10、见解析解析输电线路上损失的功率P^ = f jP = Pr又 F 二67联立以上两式可得："P二错误円,即汨二丹，当P、r确走时•有汨=走值,所以要减小“,必须提高输电电压U、11、(1) 8X104V (2)3、2X103V解析(1 )导线电阻r二P错误！二错误!0二25、6Q输电线路损失功率为输出功率的4%.则4%P二丹，代入得:/二125 A由理想变压器P入二P出及P-U1得:输出电压U二错误！二错误!V = 8X1(VV(2 )输电线路上电压损失U1 =/r= 125X25. 6V 二3、2X103V12.(1) 5424W (2)250V (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 t―部分降在电源内阻上，另一部分为发电机的路端电压S•升压变压器副线圈电压6的一部分降在输电线上其余的就就是降压变压器原线圈电压5 ,而S应为灯的额定电压U瓯(1)对降压变压器:P尸Pq=U山二nP灯二22X6X40W二5280W而S二错误!S = 880V所以厶二错误！二错误!A = 6A对升压变压器：3人二Uih二/错误!R十口厶二/错误\R + Pj = 62X4W + 5280W二5424W 所以.发电机的输出功率P出二5424W(2 )因为 /二〃3 十/线R 二〃3 十厶R 二880V 十6X4V 二904V所以3二错误! 二错误!X904V = 226V又U山二U2I2所以1\ =错误！ = 4/2 = 4/3 = 24 A故£二t/i 十hr =226 V + 24X1 V = 250V(3”/二错误!X100% =错误！X 100% 二97%(4 )电灯减少一半时n P 灯二2640W./3 =错误！=错误! A 二 3 A所以P出二X P灯十尸cR二2640W + 32X4W = 2676W、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。
精品配套练习：第5章5电能的输送 Word版含解析
第五章 交变电流5 电能的输送A 级 抓基础1．输电线路的电阻为R ，发电站输出电功率为P ，输电电压为U ，则用户得到的功率为( )A ．PB ．P －⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·R C ．P －U 2R D.⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·R 解析：用户得到功率P 得＝P －I 2R ＝P －⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·R ，所以B 正确． 答案：B2．中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原采用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( )A.P 4B.P 2 C ．2P D ．4P解析：由P ＝UI 可知由500 kV 的超高压输电变为1 000 kV 特高压输电时．输电线电流变为原来的12，再根据P 线＝I 2R 线可得，输电线上损耗的电功率将变为P4，故选A.答案：A3．(多选)某电站不经变压器直接向用户输送电能，若输电功率为P，输电电压为U，输电线电阻为R，用户得到的电压为U′，则下列说法中正确的是()A．输电线上损失电压为P U RB．输电线上损失电功率为（U－U′）2RC．用户得到的功率为U′2 RD．用户得到的功率为U′U P解析：根据输送电压U＝U线＋U′，输送电流I＝PU即可判断A、B、D正确，C错误．答案：ABD4．(多选)某发电厂原来用11 kV的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220 kV输电，输送的电功率都是P，若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是()A．根据公式I＝PU，提高电压后输电线上的电流降为原来的120B．根据公式I＝UR，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍C．根据公式P损＝I2R＝P2U2R，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的1 400D ．根据公式P 损＝U 2R ，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍解析：输电线上电流为I ＝P U ，也可以用I ＝ΔU R来表示，其中ΔU 为输电线上电阻R 两端的电压，而不是输送电压，故A 正确，B错误；输电线上的功率损失为P 损＝I 2R ＝P 2U2R ，C 正确；如果用P 损＝U 2R，则U 应为R 上的分压ΔU ，故D 错误． 答案：AC5．某用电器距离供电电源为L ，线路上的电流为I ，若要求线路上的电压降不超过U ，已知输电导线的电阻率为ρ，那么，该输电导线的横截面积最小值是( )A.ρL UB.2ρLI UC.U I ρLD.2UL I ρ解析：输电线电流I ＝U R ，R ＝ρ·2L S，所以最小横截面积 S ＝ρ·2L R ＝2ρLI U. 答案：B6．(多选)要使额定电压为220 V 的用电器正常工作(变压器均为理想变压器)，则( )A.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解析：由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，故选项D 正确.U 2U 1＝n 2n 1，U 3U 4＝n 3n 4，因为U 1＝220 V ＝U 4＝220 V ，U 2>U 3＝U 2－U 线，故n 2n 1>n 3n 4，选项A 正确． 答案：ADB 级 提能力7．某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过发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．经变压器降压后．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( )①升压变压器的副线圈的电压变大 ②高压输电线路的电压损失变大 ③降压变压器的副线圈上的电压变大 ④降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大A ．①②B ．②③C ．③④D ．②④解析：用电高峰期，用户端总电阻由于并联白炽灯增多而减小，从而电流增大，又由U 损＝Ir 可知，输电导线上的电压损失变大，升压变压器副线圈的电压不变，降压变压器原、副线圈上的电压变小，而降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大，故正确答案为D.答案：D8．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，分去了一部分电压解析：此时用电器多，负载大，电阻小(因为用电器都是并联的)而变压器输出电压U不变，由I＝UR可知，干路电流大，输电线上损失电压大，电灯两端电压小，故比深夜暗，故C正确．答案：C9．发电机输出功率为40 kW，输出电压400 V，用变压比(原、副线圈匝数比)为1∶5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5Ω，到达用户后再用变压器降为220 V，求：(1)输电线上损失的电功率；(2)降压变压器的变压比．解析：(1)发电机输出的电压为400 V，经升压变压器后电压为U＝51×400 V＝2.0×103V，由P＝UI得输电线上的电流I＝PU＝40×1032.0×103A＝20 A.输电线上的功率损失：ΔP＝I2·R＝202×5 W＝2.0×103 W.(2)输电线上的电压损失：ΔU＝I·R＝20×5 V＝100 V.加在降压变压器原线圈两端的电压：U1＝U－ΔU＝2.0×103 V－100 V＝1.9×103 V.降压变压器副线圈两端的电压(用户所需的电压) U2＝220 V.降压变压器的变压比n1n2＝U1U2＝1.9×103220＝9511.10．发电机的输出电压为220 V，输出功率为44 kW，输电导线的电阻为0.2Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．(1)画出全过程的线路示意图；(2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接将电送到用户，求用户得到的电压和功率．解析：(1)线路示意图如图所示．(2)如图，升压变压器次级线圈的输出电压：U2＝n2n1·U1＝101×220 V＝2 200 V.据升压变压器输出电功率等于输入电功率知，升压变压器次级线圈输出电流I2＝PU2＝44×1032 200A＝20 A.输电线路上的电压损失和功率损失分别为：U R＝I2R＝20×0. 2 V＝4 V，P R＝I22R＝202×0.2 W＝80 W，加到降压变压器初级线圈上的输入电流和电压为：I 3＝I 2＝20 A ，U 3＝U 2－U R ＝2 200 V －4 V ＝2 196 V .降压变压器次级线圈的输出电流和电压为：U 4＝n 4n 3·U 3＝110×2 196 V ＝219.6 V ， I 4＝n 3n 4·I 3＝10×20 A ＝200 A. 用户得到的功率为：P 4＝I 4U 4＝200×219.6 W ＝4.392×104 W.(3)若不采用高压输电，线路损失电压为U ′R ＝I 1R ＝40 V ，用户得到的电压U ′＝U 1－U ′R ＝180 V ，用户得到的功率为P ′＝U ′I 1＝36 kW.教师个人研修总结在新课改的形式下，如何激发教师的教研热情，提升教师的教研能力和学校整体的教研实效，是摆在每一个学校面前的一项重要的“校本工程”。
物理选修3-2(人教版)训练：第五章4变压器Word版含解析
A级抓基础1.如图所示的四个电路，能够实现升压的是（）解析：变压器只能对交变电流变压，不能对直流变压，故A、B 错误；由于电压与线圈匝数成正比，所以D能实现升压，C不能实现升压，故C错误，D正确.答案：D2.（多选）如图所示，Q是熔断电流为1 A的保险丝，R为用电器，理想变压器的原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝2∶1.原线圈的电压为u ＝2202sin 100πt（V）.要使保险丝不熔断，则（）A.副线圈电流最大值不超过2 AB.副线圈中电流有效值不超过2 AC.R的阻值一定不能小于55 ΩD.R的阻值一定不能小于77 Ω解析：保险丝的原理是电流的热效应，应该用电流的有效值.由U1 U2＝n1n2得U2＝n2n1U1＝12×220 V＝110 V.由I1I2＝n2n1得I2＝n1n2I1＝21×1 A＝2 A.所以R min＝U2I2＝55 Ω，故B、C正确.答案：BC3.如图所示，T为理想变压器，为交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时（）A.的读数变大，的读数变大B.的读数变大，的读数变小C.的读数变小，的读数变大D.的读数变小，的读数变小解析：当滑动触头下移时，R3减小，R总减小，I＝UR总，U不变I 增大，U并＝U－UR1减小，通过R2的电流IR2减小，I A2＝I－IR2增大，的示数变大，由原、副线圈电流与匝数成反比，可知的示数变大.答案：A4.（多选）理想自耦变压器的原线圈接有如图乙所示的正弦式交变电压，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是（）A.交变电源的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝U 0cos （100πt ）（V ）B.若仅将触头P 向A 端滑动，则电阻R 消耗的电功率增大C.若仅使电阻R 增大，则原线圈的输入电功率增大D.若使电阻R 增大的同时，将触头P 向B 端滑动，则通过A 处的电流一定增大解析：由题图乙可得交变电源的周期为T ＝0.02 s ，最大值为U 0，则电源的电压u ＝U 0cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT ·t V ＝U 0cos （100πt ）V ，选项A 正确；由U 1U 2＝n 1n 2，若仅将触头P 向A 端滑动，即n 2增大，则副线圈的输出电压U 2增大，电阻R 消耗的电功率P ＝U 22R增大，选项B 正确；若仅使电阻R 增大，输出电压U 2一定，则输出电功率P ＝U 22R减小，原线圈的输入电功率减小，选项C 错误；若使电阻R 增大的同时，将触头P 向B 端滑动，则输出电压U 2减小，输出和输入的电功率都减小，通过A 处的电流I 1＝P U 1一定减小，选项D 错误. 答案：AB5.如图所示，理想变压器的交流输入电压U 1＝220 V ，有两组副线圈，其中n 2＝36匝，标有“6 V 9 W ”“12 V 12 W ”的灯泡分别接在两副线圈上，均正常发光.求：（1）原线圈的匝数n 1和另一副线圈的匝数n 3；（2）原线圈中电流I 1.解析：（1）由于两灯泡均正常发光，所以有U 2＝6 V ，U 3＝12 V .根据原、副线圈电压与匝数的关系，由U 1U 2＝n 1n 2、U 2U 3＝n 2n 3，得 n 1＝U 1U 2n 2＝2206×36 匝＝1 320匝， n 3＝U 3U 2n 2＝126×36 匝＝72匝. （2）由于P 入＝P 出，P 出＝P 2＋P 3，所以P 入＝P 2＋P 3.即I 1U 1＝P 2＋P 3，则I 1＝P 2＋P 3U 1＝9＋12220A ≈0.095 A.B 级 提能力6.钳式电流表的外形和结构如图a 、图b 所示.图b 中电流表的读数为1.2 A ，图c 中用同一电缆线绕了3匝，则（ ）A.这种电流表能测直流电流，图c 的读数为2.4 AB.这种电流表能测交变电流，图c 的读数为0.4 AC.这种电流表能测交变电流，图c 的读数为3.6 AD.这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流，图c 的读数为3.6 A解析：钳式电流表利用了变压器的工作原理，因此钳式电流表只能测交变电流.根据n 1I 1＝n 2I 2可知，题图b 中线圈单匝时，的读数为1.2 A.在题图c 中绕3匝时，的读数应为3.6 A ，故选项C 正确.答案：C7.一台理想变压器原、副线圈匝数比为22∶1，当原线圈两端输入u1＝2202sin 314t（V）的交变电压时，下列说法正确的是（）A.副线圈两端电压为12 2 VB.副线圈接一个10 Ω电阻时，原线圈中的电流为1 AC.副线圈接一个10 Ω电阻时，原线圈中输入功率为10 WD.变压器铁芯中磁通量变化率的最大值是220 2 V解析：原线圈两端的电压为U1＝220 V，由变压器的变压比U1U2＝n1n2，得副线圈两端电压为U2＝10 V，副线圈接一个10 Ω电阻，副线圈中电流I2＝1 A，电功率P2＝U2I2＝10 W，原线圈输入功率也为10 W；由变压器的电流比I1I2＝n2n1得I1＝122A，铁芯中磁通量的变化率最大值为ΔΦΔt＝E mn1，由于具体的匝数未知，所以磁通量变化率的最大值未知.所以正确选项是C.答案：C8.如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有相同的白炽灯，原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝2∶1，电源电压为U，求B灯两端的电压U B.解析：由串联电路分压原理可知U＝U A＋U1.①由变压器原理可知U1∶U2＝2∶1，②I1∶I2＝1∶2.③由欧姆定律可知U A＝I1R，④U B＝I2R. ⑤联立①～⑤式，得U B＝25U.。
2020_2021学年高中物理第五章交变电流5电能的输送课后作业含解析新人教版选修3_2
电能的输送时间：45分钟一、单项选择题1．输电线路的总电阻为R ，发电站输出功率为P ，输电电压为U ，则用户得到的功率为( B )A ．PB ．P －⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2·R C ．P －U 2R D.⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·R解析：用户得到功率P 得＝P －I 2R ＝P －⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2·R ，所以B 正确． 2．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 .已知输电导线的电阻率为ρ，那么该输电导线的横截面积的最小值是( C )A.ρlI U B.I 2ρ C.2ρlI U D.2Ul Iρ解析：因为导线的总长度为2l ，所以电压降U ＝IR ＝Iρ2l S ，解得S ＝2ρlI U.正确选项为C.3．远距离输送一定功率的交变电流，输电线电阻一定，若输送电压升高为原来的n 倍，下列选项正确的是( B )①输电导线上的电压损失是原来的1n②输电导线上的电压损失是原来的1n 2③输电导线上的电功率损失是原来的1n④输电导线上的电功率损失是原来的1n 2A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④解析：由电压损失ΔU ＝IR 和P ＝IU 得ΔU ＝P U R ，故U 变为n 倍时，ΔU ′＝1nΔU ，①正确；又ΔP ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ，故ΔP ′＝1n2ΔP ，④正确． 4．电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律(感应电动势大小的规律)、安培定则(磁场对电流作用的规律)都是一些重要的规律．如图为远距离输电系统的示意图(设用户的电器是电动机)，下列选项中正确的是( D )A ．发电机能发电的主要原理是库仑定律；变压器能变压的主要原理是欧姆定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律B ．发电机能发电的主要原理是安培定则；变压器能变压的主要原理是欧姆定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律C ．发电机能发电的主要原理是欧姆定律；变压器能变压的主要原理是库仑定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律D ．发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律；变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是安培定则解析：发电机主要是将其他形式的能转化为电能的设备，应用的是法拉第电磁感应定律；变压器是由电流的变化产生磁场的变化，从而使得线圈内的磁通量发生变化，产生感应电流，也是应用法拉第电磁感应定律；电动机是将电能转化为其他形式的能的设备，通电导线在磁场中要受到力的作用从而运动，是安培定则的应用．5．某电站用11 kV 的交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R .现用变压器将电压升高到220 kV 的超高压送电，下列说法中正确的是( B )A ．因I ＝U R，所以输电线上的电流增为原来的20倍 B ．因I ＝P U ，所以输电线上的电流减为原来的120C ．因P ＝U 2R，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，可将输电线直径减为原来的1400解析：因U 并非全部加到输电线的电阻上，所以不能用I ＝U R 计算输电线中的电流，所以A 错；输送功率和输电电流、输电电压的关系为P ＝UI ，在输送功率一定的条件下，U 和I 成反比，所以B 正确；U 是输电电压，它等于输电线上的电压损失和负载得到的电压之和，所以U 并非R 上的电压，不能用P ＝U 2R 计算功率损失，C 错；线路上功率损失P 损＝I 2R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 送U 送2·ρ·L S ＝P 2送ρL U 2送S，由于输送功率、导线材料、长度是不变的，在线路损失功率不变的条件下，输电电压的平方和导线截面积成反比，所以电压由11 kV 升到220 kV ，所需导线的横截面积减为原来的1400，导线直径减为原来的120，D 错． 二、多项选择题6．远距离输送一定功率的交流电，若输电线电阻一定，下列说法正确的是( CD )A ．输电线上的电压损失跟输电电压成正比B ．输电线上的功率损失跟输电电压成正比C ．输电线上的功率损失跟输电电压的平方成反比D ．输电线上的功率损失跟输电线上的电压损失的平方成正比解析：此题容易犯的错误是将输电电压与损失电压相混，由P ＝U 2R而选B.正确的思路是由I 线＝P 送U 送可知ΔP ＝P 2送U 2送·R 线，C 对．ΔU ＝P 送U 送·R 线，A 错．ΔP ＝ΔU 2R 线，D 对． 7．如图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( ABD )A ．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失B ．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗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失越小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解析：本题考查电能的输送及输电线电能的损失问题．电能的损失P 损＝I 2R ＝I 2·ρL S ，增大输电线的横截面积，会减小输电线的电阻，可以减少电能损失，A 项正确；在输送功率保持不变的情况下，由P ＝UI ，提高输送电压会减小输电电流，从而减小电能损失；在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电电流就越大，功率损失就越大，所以B 项正确，C 项错误；高压输电，电压越高，对变压器的要求就越高，架设难度也会增加，同时感抗和容抗也会使电能损失进一步增大，所以要综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好，D 选项正确．8．2013年9月25日，世界首个商业化运行的同塔双回路特高压交流输电工程——皖电东送淮南至上海特高压交流工程正式投入运行．如图甲所示，某变电所的调压装置可视为理想变压器，当滑动接头上下移动时可改变输出电压．原线圈两端接正弦交流电源，电压u 1保持不变，用户电压u 2随时间变化的规律如图乙所示，下列说法中正确的是( AC )A ．用户电压的瞬时值表达式为u 2＝1902sin(100πt )(V)B ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当下移C ．原线圈匝数不变的情形下用户更换不同额定功率的用电器时，原线圈输入功率随之变化D ．原线圈匝数不变的情形下用户更换不同额定功率的用电器时，原线圈两端电压随之变化解析：由于用户电压u 2随时间t 变化的曲线周期为0.02 s ，所以u 2＝1902sin(100πt )(V)，选项A 正确；由题图乙可知，副线圈输出电压的有效值U 2＝190 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，为使用户电压稳定在220 V ，应减小变压器原线圈匝数n 1，即将P 适当上移，故选项B 错误；理想变压器副线圈电压随原线圈电压的变化而变化，只要原线圈中滑片的位置不变，原、副线圈的匝数比不变，副线圈的输出电压就不变，用户更换不同额定功率的用电器时，副线圈中的电流I 2发生变化，故原线圈的输入功率发生变化，选项C 正确，D 错误．三、非选择题9．某变电站用220 V 的电压送电，导线损失的功率为输送功率的20%，若要使导线损失的电功率降为输送功率的5%，则输送电压应为多少？答案：440 V解析：设输送功率为P ，送电电压U 1＝220 V 时，损失电功率ΔP 1＝20%P ，又ΔP 1＝I 21·R线，而I 1＝P U 1，则ΔP 1＝P 2U 21R 线，现要求ΔP 2＝5%P ，同理ΔP 2＝P 2U 22R 线，由上式得ΔP 1ΔP 2＝20%5%＝U 22U 21，所以输送电压应为U 2＝440 V.10．某电站，输送的电功率为P ＝500 kW ，当使用U ＝5 kV 的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电能表一昼夜示数相差4 800度．求：(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻r .(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电．答案：(1)60% 20 Ω (2)22.4 kV解析：(1)由于输送功率为P ＝500 kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12 000度，终点得到的电能E ′＝7 200度，因此效率η＝60%.输电线上的电流可由I ＝P U计算，为I ＝100 A ，而输电线损耗功率可由P r ＝I 2r 计算，其中P r ＝4 80024kW ＝200 kW ， 因此可求得r ＝20 Ω. (2)输电线上损耗功率P r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2r ∝1U 2， 原来P r ＝200 kW ，现在要求P ′r ＝10 kW ，计算可得输电压应调节为U ′≈22.4 kV.11．某发电站通过燃烧煤来发电．发电站通过升压变压器、输电线和降压变压器把电能输送给生产和照明用户，发电机输出功率是120 kW ，输出电压是240 V ，升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶25，输电线的总电阻为10 Ω，用户需要的电压为220 V ．则：(1)输电线上损耗的电功率为多少；(2)降压变压器原、副线圈的匝数比为多少．答案：(1)4 000 W (2)29011解析：(1)根据理想变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2得输电电压U 2＝n 2n 1U 1＝251×240 V＝6 000 V 输电电流I 2＝P U 2＝120×1036 000A ＝20 A 输电线上损失的功率P 损＝I 22r ＝202×10 W＝4 000 W.(2)输电线上损失的电压U 损＝I 2r ＝20×10 V＝200 V降压变压器原线圈两端的电压U 3＝U 2－U 损＝6 000 V －200 V ＝5 800 V根据理想变压器的变压规律得n 3n 4＝U 3U 4＝5 800 V 220 V ＝29011.。
高中物理选修3-2第五章第5节《电能的输送》附答案
新人教版高中物理选修3－2第五章第5节《电能的输送》精品试题附答案选择题1、在电能输送过程中，若输送的电功率一定，则在输电线上损失的电功率：[ ]A ．随输电线电阻的增大而增大B ．和输送电压的平方成正比C ．和输电线上电压降落的平方成正比D ．和输电线中电流强度的平方成正比2、输电线的电阻共计r ，输送的电功率为p ，输电电压为U ，则用户能得到的电功率是：[ ]A. PB.P －(U P )2rC.I 2RD. (UP )2r3、用6600V 和220V 两种电压输电，若输送的功率和输电线的电阻相同，则低压输电线与高压输电线上损失功率之比是[ ]A. 1：900B. 900：1C. 1：30D. 30：14、一个小水电站输出电功率为20kw ，输电线 总电阻为0.5Ω，如果先用400V 的电压送电，后改用2000V 电压输电，则输电电压提高后输电线上损失的电功率的变化情况是:[ ]A 、减少50WB 、减少1200WC 、减少7.68WD 增加7.68W填空题5、某变电站用220V 的电压送电，导线损失电功率是输出功率的20%，若要使导线损失电功率是输出功率的5%，则输出电压应变为 V 。
6、相同材料组成的导线向同一处用户输送10kW 电能，在输电电压U 1=110V 和U 2=220V 两种情况下，要求输电线中损失的电能相同，则两情况下导线截面积之比为____。
7、远距离送电的输电线一定时，如果以原来电压的10倍输送同样功率的电能时，输电线上损耗的电功率为原来的____．8、发电机的路端电压为220V ，输送电功率44kW ，输电线电阻为0.4Ω，则用户得到的电功率为 V ，用户得到的电功率为 kW 。
若用初、次级线圈匝数之比为1：10的变压器升压，经同样的输电线输电后，再用初、次级线圈匝数之比为10：1的变压器降压后供给用户，则用户得到的电压为 V ，用户得到的电功率为 kW 。
论述、计算题9、某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为9.8×104W ，电厂输出电压仅350V ，为减少输送功率损失，先用一升压变压器将电压升高再输送，在输送途中，输电线路的总电阻为4Ω，允许损失的功率为输送功率的5％，求用户所需电压为220V 时，升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少？【素质提高】10、有一台内阻为1Ω的发电机，供应学校的照明用电，如图5-6-5所示是输电原理图，两变压器已选定，输电线总电阻为4Ω，全校共有22个教室，每个教室有“220V、40W”的灯6盏，若保证全部电灯正常发光。
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习题课:变压器与电能的输送课后篇巩固提升基础巩固1.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=10∶1,输出端电阻R=50 Ω,把原线圈接入“220 V50 Hz”的正弦式交变电流时(电表为理想电表)()A.当X为电流表时,若电阻R增大,则原线圈中的电流将增大B.当X为电流表时,电压表V的示数为22 VC.当X为电流表时,电流表的示数为0.44 AD.当X为二极管时,电压表V的示数为11 VX为电流表时,若电阻R增大,副线圈中的电流变小,原线圈中的电流也变小,A项错误;当X为电流表时,根据公式,解得U2=22 V,电压表测量的电压为有效值,所以电压表V的示数为22 V,B项正确;当X为电流表时,电流表的示数为I2= A=0.44 A,C项错误;当X为二极管时,在一个周期内只有半个周期的时间有电流通过,此时由T=,解得U=11 V,D项错误。
2.(多选)如图所示,一理想变压器原线圈与频率为50 Hz的正弦交流电源相连,两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端,图中的电流表、电压表均为理想交流电表,原、副线圈匝数分别为200匝和100匝,电压表的示数为5 V。
则()A.电流表的示数为0.5 AB.流过电阻的交变电流的频率为100 HzC.交流电源的输出电压的最大值为20 VD.交流电源的输出功率为2.5 WI2==0.25 A,根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系,可解得I1=0.125 A,A错误;理想变压器原、副线圈中的交变电流的频率相同,都为50 Hz,B错误;副线圈输出电压的有效值为10 V,根据正弦交变电流的最大值和有效值的关系可得其最大值应为U2m=10 V,原、副线圈电压比为,可得交流电源输出电压的最大值为U1m=20 V,C正确;对于理想变压器,交流电源的输出功率等于变压器副线圈负载消耗的功率,P=2× W=2.5 W,故D正确。
3.如图所示电路中,变压器为理想变压器,a、b接在电压有效值不变的交流电源两端,R0为定值电阻,R为滑动变阻器。
现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置,观察到电流表A1的示数增大了0.2 A,电流表A2的示数增大了0.8 A,则下列说法正确的是()A.电压表V1示数增大B.电压表V2、V3示数均增大C.该变压器起升压作用D.变阻器滑片是沿c→d的方向滑动a、b接在电压有效值不变的交流电源两端,故电压表V1示数不变,选项A错误;由理想变压器原理公式且U1、n1、n2不变,则U2不变,即V2的示数不变,V3的示数U3=U2-I2R0应减小,故选项B错误;由公式得:=4,则n1>n2,该变压器起降压作用,故C错误;又I2=,I2增大,R应减小,故滑片应沿c→d方向滑动,故D正确。
4.如图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,发电厂的输出电压及输电线的电阻R 均不变。
在用电高峰期,发电厂输出功率将增大,下列说法正确的是()A.升压变压器副线圈中电流变小B.降压变压器副线圈中电流变小C.输电线上损耗的功率减小D.用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小中当发电厂输出功率增大时,根据P=UI知,输出电压不变,则升压变压器原线圈中的电流增大,则副线圈中的电流也增大,故A错误;B中当用电高峰期时,用电器增多,则降压变压器中电流也会变大,故B是错误的;C中升压变压器副线圈中的电流等于输电线中的电流,则输电线中的电流增大,根据P损=I2R知,输电线上损失的功率增大,故C也不对;D中用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例-损=1-=1-,因为输电线上的电流增大,则电压损失ΔU增大,U2不变,所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小,故D正确。
5.如图为气流加热装置的示意图,使用电阻丝加热导气管,视变压器为理想变压器。
原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变,调节触头P,使输出电压有效值由220 V降至110 V,调节前后()A.副线圈中的电流比为1∶2B.副线圈输出功率比为2∶1C.副线圈的接入匝数比为2∶1D.原线圈输入功率比为1∶2U1和原线圈匝数n1不变的情况下,使输出电压U2有效值由220 V降至110 V,由知,副线圈接入匝数应该减为原来的一半,故副线圈的接入匝数之比为2∶1,故C正确;副线圈电压减半,电阻不变,电流也随之减半,所以电流之比为2∶1,故A错误;由P=UI知,输出功率之比为4∶1,故B错误;副线圈输出功率等于原线圈输入功率,所以原线圈输入功率之比为4∶1,故D错误。
6.某电站输送的电功率为P=500 kW,当使用U=5 kV的电压输电时,测得安装在输电线路起点和终点处的两只电能表一昼夜示数相差4 800度。
(1)求这时的输电效率η和输电线的总电阻r;(2)若想使输电效率提高到98%,又不改变输电线,那么电站应使用多高的电压向外输电?(计算结果保留三位有效数字)由于输送的电功率为P=500 kW,一昼夜输送电能E=Pt=12 000度,终点得到的电能E'=7 200度,因此效率η=60%;输电线上的电流I=,输电线损耗的功率P损=I2r,又P损= kW=200 kW,解得r=20 Ω。
(2)输电线上损耗的功率P损'=2r,又P损'=10 kW,计算可得输电电压应调节为U'≈22.4 kV。
20 Ω(2)22.4 kV能力提升1.如图所示,用一理想变压器给负载供电,变压器输入端的电压不变,开始时开关S是断开的。
现将开关S闭合,则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是()A.V1、V2的示数不变,A1的示数增大,A2的示数减小,P入增大B.V1、V2的示数不变,A1、A2的示数增大,P入增大C.V1、V2的示数不变,A1、A2的示数减小,P入减小D.V1的示数不变,V2的示数增大,A1的示数减小,A2的示数增大,P入减小V1的示数由输入电压决定;电压表V2的示数由输入电压U1(大小等于电压表V1的示数)和匝数比决定;电流表A2的示数即I2由输出电压U2(大小等于电压表V2的示数)和负载电阻R负决定;电流表A1的示数即I1由变压器的匝数比和输出电流I2决定;P入随P出而变化,由P出决定。
因输入电压不变,所以电压表V1的示数不变;据公式知,S闭合后R负减小,故I2增大,电流表A2的示数增大;U2=,可知U2也不变,即电压表V2的示数不变;又据I2=负输入电流I1随输出电流I2的增大而增大,故电流表A1的示数增大;因P出=U2I2,故P出增大;P入随P出变化,故P入也增大。
可见本题的正确选项为B。
2.(多选)调压变压器就是一种自耦变压器,它的构造如图所示。
线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,CD之间加上输入电压,转动滑动触头P就可以调节输出电压,图中A为交流电流表,V为交流电压表,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,CD两端接有效值一定的交流电源,变压器可视为理想变压器,以下说法正确的是()A.当滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变大,电压表读数变大B.当滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变大C.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变小,电压表读数变大D.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变大,电压表读数变小P逆时针转动时,相当于增加了副线圈的匝数,而原线圈匝数保持不变,根据可知,输出电压增大,其他因素不变时,电压表读数变大,电流表读数变大。
当线圈匝数不变而将滑动变阻器滑动触头向下滑动时,输出电压不变,总电阻减小,则总电流增大,R1两端电压增大,R2两端电压减小,电压表读数变小,流过R2的电流减小,因此,流过R3的电流增大,电流表读数变大。
3.(多选)为保证用户电压稳定在220 V,变电所需适时进行调压,图甲为变压器示意图。
保持输入电压u1不变,当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。
某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示。
以下说法正确的是()A.u2=190sin(50πt) VB.u2=190sin(100πt) VC.为使用户电压稳定在220 V,应将P适当下移D.为使用户电压稳定在220 V,应将P适当上移u2随时间t变化的曲线可知,用户电压的最大值是190 V,周期是2×10-2 s,所以u2=190sin(100πt) V,A 错误,B正确;根据,n1减小,U2增大,因此为使用户电压稳定在220 V,应将P适当上移,C错误,D正确。
4.如图所示,用理想变压器给负载供电,变压器输入电压不变,变压器降压后用总电阻为R的输电线对用电器供电,设两个灯泡的电阻相同,且都在发光,若将滑动变阻器的滑片P向N移动,会出现的现象是()A.电流表的示数变大,灯泡L1、L2均变暗B.电流表的示数变小,灯泡L1、L2均变暗C.电流表的示数变大,灯泡L1变亮,L2变暗D.电流表的示数不变,灯泡L1变暗,L2变亮,滑动变阻器的滑片P向N移动的过程中,并联部分电阻减小,副线圈中的电流增大,但因为灯泡L2两端的电压减小,所以通过灯泡L2的电流减小,又因为总电流增大,所以通过灯泡L1的电流增大,即灯泡L1变亮,灯泡L2变暗。
副线圈上的电流增大,根据I1=I2可知,输入电流变大,电流表的示数变大。
5.某发电厂引进秸秆焚烧发电机设备,该发电机输出功率为40 kW,输出电压为400 V,用变压比(原、副线圈匝数比)为n1∶n2=1∶5的变压器升压后向某小区供电,输电线的总电阻为r=5 Ω,电能到达该小区后再用变压器降为220 V。
(1)画出输电过程的电路示意图。
(2)求输电线上损失的电功率。
(3)求降压变压器的变压比n3∶n4。
输电过程,电路示意图如图所示。
(2)因为输电电压U2=U1=×400 V=2 000 V因为P输=U2I解得输电电流I=20 A输电线上损失的功率P损=I2r=(20 A)2×5 Ω=2 000 W。
(3)输电线上损失的电压U损=Ir=20 A×5 Ω=100 V降压变压器的输入电压U3=U2-U损=2 000 V-100 V=1 900 V降压变压器的变压比。
示意图见解析(2)2 000 W(3)95∶11。