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
2019_2020学年高中物理第五章交变电流习题课变压器与电能的输送练习(含解析)新人教版
变压器与电能的输送课后篇稳固提高基础稳固1.如下图 , 理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=10∶1,输出端电阻R=50Ω,把原线圈接入“220 V 50 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. 44AD.当 X 为二极管时 , 电压表 V 的示数为11 V分析当 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 , 依据公式, 解得U2=22 V, 电压表丈量的电压为有效值, 所以电压表V 的示数为22V,B 项正确 ; 当 X 为电流表时 , 电流表的示数为I 2= 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经过, 此时由T=, 解得U=11 V,D 项错误。
答案 B2.( 多项选择 ) 如下图 , 一理想变压器原线圈与频次为50 Hz 的正弦沟通电源相连, 两个阻值均为20 Ω的电阻串连后接在副线圈的两头, 图中的电流表、电压表均为理想沟通电表, 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次为100 HzC.沟通电源的输出电压的最大值为20VD.沟通电源的输出功率为2. 5 W分析依据欧姆定律可得副线圈中的电流I 2==0. 25 A,依据理想变压器原、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次同样, 都为 50 Hz,B 错误 ; 副线圈输出电压的有效值为10 V, 依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=10V, 原、副线圈电压比为, 可得沟通电源输出电压的最大值为U1m=20V,C正确 ; 关于理想变压器 , 沟通电源的输出功率等于变压器副线圈负载耗费的功率, 2×W 25 W,P== .故 D正确。
高中物理 第五章 交变电流 5-5 电能的输送习题 新人教版选修3-2
解析 不能盲目看公式，要注意其物理意义的表达，
在求热损耗时：P 损＝I线2 R 线或用 P 损＝U 线 I 线，也可用 P 损
＝U2线，但 R线
U
必须为输电线两端的电压(即损失电压)。故选
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，则用户能得到的电功率为( )
7．(多选)在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( )
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
9．(多选)一台发电机最大输出功率为 4000 kW，电压 为 4000 V，经变压器 T1 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 T2 降压，负载为多个正 常发光的灯泡(220 V 60 W)。若在输电线路上消耗的功率 为发电机输出功率的 10%，变压器 T1 和 T2 的损耗可忽略， 发电机处于满负荷工作状态，则( )
k
kБайду номын сангаас
A.25
B.5
C．5k D．25k
解析 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＝I2R，由 I＝UP，得：ΔP＝PU2R2 。 同理，当输送电压为 5U 时，在线路上损失的功率为：ΔP′ ＝P5U2R2，据题有：ΔP＝kP，联立计算得出：ΔP′＝2k5P， 即输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的2k5倍，所以 A 正确。
A．P B．P－UP22 r
C．P－Ur2
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
课堂篇 探究学习
随堂检测
探究一
探究二
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
-19-
习题课:变压器与电能的输送
课堂篇 探究学习
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
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5电能的输送练习含解析新人教版选修321203168
高中物理第五章交变电流5电能的输送练习含解析新人教版选修321203168[A 组 素养达标]1．远距离输电，输电功率一定，当输电电压为U 0时，输电线上的电流为I 0，损失的电功率为P 0.则当输电电压提高为2U 0时( )A ．由I ＝U R 得，输电线上的电流变为2I 0B ．由I ＝PU 得，输电线上的电流变为I 02C ．由P ＝U 2R得，输电线上损失的电功率为4P 0D ．由P ＝IU 得，输电线上损失的电功率为2P 0解析：设输电线的电阻为R ，当输电线上的电流为I 0时，损失的电功率为P 0＝I 20R .当输电电压提高为2U 0时，由I ＝P U 可知输电线上的电流变为I 02，输电线上损失的电功率为P 损＝(I 02)2R＝P 04.故选项B 正确．答案：B2．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∶50B ．副线圈中电流的频率是50 HzC ．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 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．答案：B3．(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 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＝200 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：AD4．一项名为“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3IB ．输电电流为9IC ．输电电压为3UD ．输电电压为13U解析：输电线上的功率损失为P 损＝I 2R 线＝(P U)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．答案：AD5．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，D 正确．答案：D6．发电厂直接通过输电线向学校供电．已知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)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．答案：A7．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 2m4rB ．(n 2n 1)U 2m4rC ．4(n 1n 2)2(P U m)2r D ．4(n 2n 1)2(P U m)2r解析：由I 1＝2PU m和I 1I 2＝n 2n 1得I r ＝I 2＝n 12P n 2U m，则输电线上损失的功率P r ＝I 2r ·2r ＝4(n 1n 2)2(P U m)2r ，故选C.答案：C8．(多选)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．答案：AC[B 组 素养提升]9．(多选)某个小水电站发电机的输出功率为100 kW ，发电机的电压为250 V ，通过升压变压器向远处输电，输电线的总电阻为8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V ．要求在输电线上损失的功率控制为5 kW ，则( )A ．输电线上通过的电流为25 AB ．升压变压器输出的电压为40 kVC ．升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶16D ．降压变压器原、副线圈的匝数比为190∶11解析：输电线上损失的功率为5 kW ，输电线的总电阻为8 Ω，则通过输电线的电流为25 A ，A 对；升压变压器的输出功率为100 kW ，而电流为25 A ，因此升压变压器的输出电压为4 kV ，B 错；升压变压器的原、副线圈之比为电压之比为1∶16，C 对；降压变压器的原、副线圈之比等于电压之比为190∶11，D 对．答案：ACD10．(多选)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( )选项型号千米电阻(Ω/km)解析：由P ＝UI 解得输电电流I ＝U＝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＝I 2R ，解得R ＝10 Ω，由于输电线长度需要20 km ，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.答案：CD11．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)输电线上的电流强度为I ＝P U ＝20×103380A≈52.63 A， 输电线路损耗的功率为P 损＝I 2R ＝52.632×6 W≈16 620 W＝16.62 kW.(2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为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 V[C 组 学霸冲刺]12.如图所示为某隧道备用发电机组，内阻不计，可在应急时对隧道内的照明电路供电．已知从发电机组输出的电压，经匝数比为n 1∶n 2＝1∶8的升压变压器升压后，由总电阻r ＝4 Ω的输电线送到隧道口，再经匝数比为n 3∶n 4＝8∶1的降压变压器，供给照明电路使用，其他导线电阻可忽略不计．隧道共4排照明电路，每排安装“220 V 40 W”的电灯110盏，若要求所有的电灯都正常发光，试求：(1)输电线上的电流多大？ (2)发电机的输出功率多大？ (3)升压变压器的输入电压多大？ 解析：(1)隧道内用电功率P 4＝4×110×40 W＝17 600 W U 4＝220 V由U 3U 4＝n 3n 4可得U 3＝1 760 V 则I 2＝I 3＝P 3U 3＝10 A (2)输电线上的功率损失 ΔP ＝I 22r ＝400 W 故P 2＝P 3＋ΔP ＝18 000 W 则发电机的输出功率P 0＝P 1＝P 2＝18 000 W ＝1.8×104 W(3)输电线的电压损失 ΔU ＝I 2r ＝10×4 V＝40 V 则U 2＝U 3＋ΔU ＝1 800 V 由U 1U 2＝n 1n 2可得U 1＝225 V答案：(1)10 A (2)1.8×104W (3)225 V。
2019年高中物理第五章交变电流5电能的输送训练(含解析)新人教版选修3_2
电能的输送A 级 抓基础1.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.P4B.P2C.2PD.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 损＝I 2R 线可得，输电线上损耗的电功率将变为P 4，故选A.答案：A2.（多选）在远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S ，总长度为L ，输电线上损失的电功率为ΔP ，用户得到的电功率为P ′，则ΔP 、P ′的关系式正确的是（ ）A.ΔP ＝U 2S ρLB.ΔP ＝P 2ρLU 2SC.P ′＝P －U 2SρLD.P ′＝P ⎝⎛⎭⎪⎫1－P ρL U 2S 解析：输电线电阻R ＝ρL S，输电电流I ＝PU，故输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2.ρL S ＝P 2ρL U 2S ，用户得到的电功率为P ′＝P －ΔP ＝P ⎝⎛⎭⎪⎫1－P ρL U 2S .答案：BD3.（多选）远距离输送交变电流都采用高压输电，我国正在研究用远高于330 kV 的电压进行输电，采用高压输电的优点是（ ）A.可节省输电线的铜材料B.可根据需要调节交变电流的频率C.可减小输电线上的能量损失D.可加快输电的速度解析：由P ＝UI 得I ＝PU，当输电功率P 一定时，采用高压输电，U 大则I 小，输电线中的电流就小.由P 线＝I 2r 可知，在要求输电线损耗一定的情况下，电流小，就可选电阻率略大一点的材料作导线；若输电线的材料确定，电流小，则可以减少输电线上的能量损失，故A 、C 正确；交变电流的频率是固定的，不需要调节.输电的速度等于电磁波的传播速度，是一定的，故B 、D 不正确.答案：AC4.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.2ρLIUC.UI ρLD.2UL I ρ解析：输电线电流I ＝U R，R ＝ρ·2L S ，所以最小横截面积为S ＝ρ·2L R ＝2ρLIU.答案：B5.（多选）某小型发电站的电能输送示意图如图所示.发电机的输出电压为220 V ，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.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 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6.输电导线的电阻为R ，输送电功率为P ，现分别用U 1和U 2两种电压来输电，则两次输电线上损失的电压之比和功率之比分别为（ ）A.U 22∶U 21，U 1∶U 2 B.U 22∶U 21，U 21∶U 22 C.U 2∶U 1，U 22∶U 21D.U 2∶U 1，U 2∶U 1解析：由P ＝UI 得输电线中的电流I ＝P U ，输电线上损失的电压U 损＝IR ＝P UR ，输电线上损失的功率P 损＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·R ，即在输送功率和输电线电阻不变的情况下，损失的电压与输电电压成反比，损失的功率与输电电压的二次方成反比，所以两次输电线上损失的电压之比为U 2∶U 1，损失的功率之比为U 22∶U 21.答案：C7.（多选）曾有一些低温雨雪冰冻使我国部分地区严重受灾，其中高压输电线因结冰而损毁严重.为消除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.若在正常供电时，高压线上输电电压为U ，电流为I ，热耗功率为ΔP ；除冰时，输电线上热功率需变为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：因输电功率P 和输电线电阻r 不变，由ΔP ＝I 2r ，得r ＝ΔP I2，当9ΔP ＝I ′2r 时，得I ′2＝9ΔP r ＝9I 2r r＝9I 2，所以I ′＝3I ，选项A 正确，选项B 错误；又P ＝IU ＝I ′U ′，得U ′＝IU I ′＝IU 3I ＝13U ，选项D 正确，选项C 错误.答案：AD8.某电站输送电压为U ＝5 000 V ，输送功率为P ＝500 kW ，这时安装在输电线路的起点和终点的电能表一昼夜里读数相差4 800 kW·h（即4 800度电）.（1）求输电线的电阻.（2）若要使输电损失功率降到输送功率的1.6%，电站应使用多高的电压向外输电？ 解析：（1）因为两地的电能表读数之差即为线路损失的电能，由此可求线路损失的功率：P 损＝W t ＝4 800kW·h 24 h ＝200 kW ，由P 损＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R U 2R ，得输电线的电阻R ＝P 损P 2U 2＝200 000500 0002×5 0002Ω＝20 Ω. （2）要使输电损失的功率降到输送功率的1.6%，则P ′损＝500 kW ×1.6%＝8 kW ，而P ′损＝I ′2R ＝⎝⎛⎭⎪⎫P U ′2R ，得 输送电压U ′＝PRP ′损＝500 000× 208 000V ＝2.5×104V. 9.学校有一台应急备用发电机，内阻为r ＝1 Ω，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R ＝4 Ω，全校共有22间教室，每间教室用“220 V 40 W ”的灯6盏，要求所有灯都正常发光，则：（1）发电机的输出功率多大？（2）发电机的电动势多大？ （3）输电线上损耗的电功率多大？解析：（1）所有灯都正常工作时的总功率P 2＝22×6×40 W ＝5 280 W ， 用电器总电流I 3＝P 2U 4＝24 A ， 输电线上的电流I 2＝I 34＝6 A ，降压变压器上的输入电压U 3＝4U 4＝880 V ， 输电线上的电压损失U 损＝I 2R ＝24 V ，因此，升压变压器的输出电压U 2＝U 损＋U 3＝904 V ， 输入电压U 1＝U 24＝226 V ，输入电流I 1＝4I 2＝24 A ，所以发电机的输出功率P 1＝U 1I 1＝5 424 W. （2）发电机的电动势E ＝U 1＋I 1r ＝250 V. （3）输电线上损耗的电功率P 损＝I 22R ＝144 W.。
高中物理第5章交变电流习题课变压器及电能的输送练习新人教版选修3_2
——教学资料参考参考范本——高中物理第5章交变电流习题课变压器及电能的输送练习新人教版选修3_2______年______月______日____________________部门一、基础练1．远距离输电时，在输送电功率不变的条件下( )A．只有增大导线的电阻，才能减小电流，提高输电效率B．提高输电电压，能减小电流，提高输电效率C．提高输电电压势必增大输电导线上能量损耗D．提高输电电压势必增大输电导线上的电流2．理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接通交流电源，则( )A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1B．原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1C．原、副线圈内交变电流之比I1∶I2＝1∶10D．变压器输入和输出功率之比P1∶P2＝10∶13．如图1所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n∶1，原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R.当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是( )图1A．电动机两端电压为IRB．电动机消耗的功率为I2RC．原线圈中的电流为nID．变压器的输入功率为UIn4．如图2所示，一理想变压器由一个初级线圈和两个次级线圈组成．当此变压器工作时，初级、次级线圈的匝数、电流、电压均在图中标出．则下列几组关系式中正确的是( )图2A.＝，＝B.＝，＝n3n1C．n1I1＝n2I2＋n3I3 D.＝n2＋n3n15．有条河，流量Q＝2 m3/s，落差h＝5 m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V，输电线总电阻R＝30 Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V,100 W”的电灯正常发光？(g取10 m/s2)二、提升练6．“西电东输”工程中为减少输电损耗，必须提高输电电压，从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106 kW，输电电压为1 000kV，输电线电阻为100 Ω.若改用超导材料作为输电线，则可减少电损耗的功率为( )A．105 kW B．104 kWC．106 kW D．103 kW7．关于电能输送的分析，正确的是( )A．由公式P＝得到，输电电压越高，输电导线上的功率损失越大B．由公式P＝得到，输电导线的电阻越大，功率损失越少C．由公式P＝I2R得到，输电电流越大，输电导线上的功率损失越大D．由公式P＝IU得到，输电导线上的功率损失与电流强度成正比8．如图3所示，当图中ab两端与ef两端分别加上220 V的交流电压时，测得cd间与gh间电压均为110 V；若分别在cd间与gh间两端加上110 V的交流电压，则ab与ef间电压为( )图3A．220 V,220 V B．220 V,110 VC．110 V,110 V D．220 V,0 V9．调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图4所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，AB间加上正弦交流电压U，移动滑动触头P 的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q，则( )图4A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小C．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小10．理想变压器的原线圈接入表达式为i＝Imsin ωt的交变电流，一只灯泡和交流电流表串联后接在副线圈两端，读数为0.4 A，当t＝T时，原线圈的电流i＝30 mA，由此可知，此变压器的原副线圈匝数之比为( )A．4∶30 B．40∶3C．3∶40 D．40 ∶311．如图5所示，一理想变压器的原、副线圈分别由双线圈ab和cd(匝数都为n1)、ef和gh(匝数都为n2)组成．用I1和U1表示输入电流和电压，I2和U2表示输出电流和电压．在下列四种连接法中，符合关系＝，＝的有( )图5①b与c相连，以a、d为输入端；f与g相连，以e、h为输出端②b与c相连，以a、d为输入端；e与g相连，以f、h为输出端③a与c相连，以b与d相连作为输入端；f与g相连，以e、h为输出端④a与c相连，b与d相连作为输入端；e与g相连，f与h相连作为输出端A．①② B．②③ C．③④ D．①④12．如图6所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是( )图6A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小题号 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12答案13．风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图7所示风车阵中发电机输出功率为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.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：图7(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．习题课变压器及电能的输送答案1．B [在输出功率一定时，由P＝UI知，当U增大时，I减小，输电导线损耗的功率P损＝I2R将变小．]2．BC [根据变压器的电压比＝和电流比＝可知选项B、C是正确的．对于理想变压器，输入与输出的功率应相等，即P1＝P2，所以选项D是错误的．]3．D [电动机两端电压为，故电动机消耗的功率为，即为变压器的输入功率，原线圈中的电流I0＝.]4．AC [电压与匝数成正比，故A正确，能量守恒，故C正确．] 5．6∶125235∶11470盏解析设ρ为水的密度电源端：P输出＝×50%＝Qρgh×0.5＝2×1×103×10×5×0.5 W ＝5×104 W输出电压U0＝240 V，输送电路如下图所示为满足输电要求，据P损＝IR，有I送＝＝＝ A＝10 A则送电电压为U送＝＝ V＝5×103 V所以升压变压器的匝数比为n1∶n2＝U0∶U送＝240∶(5×103)＝6∶125输电线电压损失U损＝I送R＝10×30 V＝300 V用户端：U1＝U送－U损＝5×103 V－300 V＝4 700 V据题意可知，U2＝220 V，所以降压变压器的匝数比为n1′∶n2′＝U1∶U2＝4 700∶220＝235∶11因为理想变压器没有能量损失，可正常发光的电灯盏数为N＝＝盏＝470盏6．A [输电电流I＝，输电线路损失的电功率P损＝I2R＝2R＝1×105 kW，当改用超导输电时，不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，故A正确．]7．C8．B [对变压器＝＝21Ucd′＝110 V时，Uab′＝220 V.对分压器gh间接110 V时，Uef′＝Ugh′＝110 V．]9．BC [保持P的位置不动，U2不变，将Q向下移动时，R变大，故电流表的读数变小；保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，n2变大，U2变大，故电流表的读数变大．]10．B [交流电流表的读数为0.4 A，说明副线圈中电流的有效值为0.4 A，原线圈中电流的表达式为i＝Imsin ωt，当t＝T时，i＝Imsin ωt＝Imsin·T＝Imsin＝Im＝＝30 mA，所以原线圈中电流的有效值为30 mA，电流之比是3∶40，所以匝数之比为40∶3.] 11．D [图中双线圈ab，cd，ef，gh的绕法相同，当bc相连，fg相连时，相当于两组原线圈串联，两组副线圈串联，原、副线圈匝数都增大一倍，对理想变压器＝＝，且有I1U1＝I2U2，所以＝，即①正确；当e，g相连时，副线圈相当于双线绕法，副线圈内感应电动势相互抵消，没有输出，②错误；③中原线圈ab和cd两个线圈并联，副线圈中ef和gh两个线圈串联，显然③错误；④中的a与c相连，e与g相连，原、副线圈中的两个线圈都并联，电压、电流符合题意，④正确．故正确选项为D.]12．BC [改变开关的位置就是改变副线圈匝数的多少，当副线圈匝数减少时，副线圈两端电压减小，R上消耗的功率减小，电流也减小；当电压和副线圈都不发生变化时，调节滑动变阻器向上滑动，则电阻减小，输出电流增大，输入电流也增大．]13．(1)1∶20240∶11(2)见解析图(3)96 kW解析(1)输电线损失的功率P损＝P×4%＝100 kW×4%＝4 kW输电线电流I2＝＝ A＝20 A升压变压器输出电压U2＝＝ V＝5 000 V升压变压器原、副线圈匝数比：＝＝＝120电压损失U损＝I2R线＝20×10 V＝200 V降压变压器原线圈端电压U3＝U2－U损＝4 800 V降压变压器原、副线圈匝数比＝＝＝24011(2)如图所示(3)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为P用＝P－P损＝P(1－4%)＝100×96% kW＝96 kW。
2019版高中物理第五章交变电流第5节电能的输送课时作业新人教版选修3_2
309教育网 309教育资源库 第五章 第5节 电能的输送基础夯实一、选择题(1～3题为单选题，4题为多选题)1．(2017·湖北天门、仙桃潜江三市高二下学期期末)目前我国远距离输送交流电用的电压有110kV 、220kV 和330kV ，输电干线已经采用500kV 的超高压，西北电网的电压甚至达到750kV 。
采用高压输电是为了( D )A ．加快输电的速度B ．降低输电的技术要求C ．方便调节交流电的频率D ．减小输电线上的能量损失 解析：输电的过程中输送的功率一定时，根据P 损＝P 2U 2R 可知，损失功率与送电电压平方成反比，故采用高压输电的优点是可减少输电线上的电能损失。
故选D 。
2．(2018·陕西省西安中学高二上学期期末)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 ，通过导线的电流为I ，学校的输入电压为U 2，下列计算线路损耗功率的表达式中错误的是( A )A ．U 21/RB ．(U 1－U 2)2/RC ．I 2RD ．I (U 1－U 2) 解析：输电损失的功率：ΔP ＝I 2R ，所以C 对，还可以应用输电线的电压降来求：ΔP＝ΔU 2R ＝U 1－U 22R ，B 对；还可以用损失的电压乘以输电电流：ΔP ＝ΔUI ＝I (U 1－U 2)，D 对。
3．某发电站采用高压输电向外输送电能。
若输送的总功率为P 0，输电电压为U ，输电线的总电阻为R 线。
则下列说法不正确的是( A )A ．输电线上的电流I ＝U R 线B ．输电线上的电流I ＝P 0UC ．输电线电阻上的功率损失P 线＝(P 0U )2R 线D ．输电线电阻上的电压损失U 线＝P 0U R 线解析：输电线上的电流为I 线＝P 0U ，A 错，B 对；根据P 线＝I 2R 线，U 线＝I 线R 线知C 、D 正确。
4．如图，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻。
高中物理 第五章 交变电流 5_5 电能的输送同步练习 新人教版
5.5 电能的输送知识点一 线路损耗问题1．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 ，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，正确的是( )A .U 21R B .(U 1－U 2)2RC ．I 2RD ．I(U 1－U 2)2．某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P 0，输电电压为U ，输电导线的总电阻为R.则下列说法正确的是( )A ．输电线上的电流I ＝URB ．输电线上的电流I ＝P 0UC ．输电线上损失的功率P ＝(P 0U)2RD ．输电线上损失的功率P ＝U 2R知识点二 远距离输电线路中各物理量的关系3．一台发电机最大输出功率为4 000 kW ，电压为4 000 V ，经变压器T 1升压后向远方输电．输电线路总电阻R ＝1 k Ω.到目的地经变压器T 2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220V ，60 W )．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 1和T 2的耗损可忽略，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 AB ．T 2原、副线圈电压分别为1.8×105 V 和220 VC ．T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1D ．有6×104盏灯泡(220 V,60 W )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2A.n2n1>n3n4B.n2n1<n3n4C．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关于远距离输电问题的分析方法5．发电机的端电压220 V，输出电功率44 kW，输电导线的电阻为0. 2 Ω，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)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的电压和功率．6．在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为ρ，横截面积为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是( )A．P′＝U2SρL B．P′＝P2ρLU2SC．P用＝P－U2SρL D．P用＝P(1－PρLU2S)参考答案1．BCD [输电线的损耗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．]点评 计算功率损失常用公式P 损＝I 2线R 线和P 损＝U 2线R 线，特别在利用P 损＝U 2线R 线时要注意U 线是R 线上的电压．2．BC [输电线上的电流I 线＝P 0U ＝U 线R故A 错误，B 正确；输电线上的功率损失P ＝I 2线R ＝(P 0U )2R ＝U 2线R，故C 正确，D 错误．]点评 由功率损失P ＝(P 输U 输)2R 线知：当输送功率P 输一定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 线＝I 22R ＝400 kW ，则I 2＝P 线R＝20 A ，又P 1＝U 1I 1，则I 1＝P 1U 1＝103A ，故A 正确；T 1的变压比U 1U 2＝I 2I 1＝150，又P ＝U 1I 1＝U 2I 2，得U 2＝2×105V ，输电线上损失电压U 线＝I 2R ＝2×104V ，则T 2原线圈的输入电压U 3＝U 2－U 线＝1.8×105V ，又灯泡正常发光，T 2的副线圈的电压为220 V ，B 正确；T 2的变压比U 3U 4＝1.8×105220＝9 00011，C错误；根据U 3I 2＝60n ，解得n ＝6×104，D 正确．]点评 远距离输电线路图如下各物理量有下列关系①电压关系：U 发＝U 1，U 1U 2＝n 1n 2，U 2＝U 3＋U 损，U 3U 4＝n 3n 4，U 4＝U 用； ②电流关系：n 1I 1＝n 2I 2，I 2＝I 线＝I 3，n 3I 3＝n 4I 4；③功率关系：P 发＝P 1＝P 2，P 2＝P 3＋P 损，P 3＝P 4＝P 用，P 损＝I 2R 线，P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 22R 线，P 损＝IU 损． 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．P 出－P 损＝P 入，故D 正确.U 2U 1＝n 2n 1，U 3U 4＝n 3n 4，因为U 1＝200 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．]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是电源，升压变压器的原线圈是用电器，若输电线电阻忽略则有U 发＝U 1；第二个回路升压变压器副线圈是电源，降压变压器的原线圈为用电器，则有U 2＝U线＋U 3；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U 4＝U用．5．(1)见解析 (2)219.6 V 4.392×104W (3)180 V 3.6×104W 解析 (1)示意图如下图所示(2)升压变压器次级的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝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，升压变压器次级输出电流I 2＝P U 2＝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 ＝I 2R ＝20×0.2 V ＝4 VP R ＝I 22R ＝202×0.2 W ＝80 W加到降压变压器初级上的输入电流和电压为I 3＝I 2＝20 AU 3＝U 2－U R ＝2 200 V －4 V ＝2 196 V降压变压器次级的输出电压和电流为U 4＝n 4n 3·U 3＝110×2 196 V ＝219.6 VI 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，用220 V 低压直接供电时，电路如下图所示，则输电电流I ＝P U 1＝44×103220A ＝200 A ，输电线路上的电压损失U R ′＝IR ＝200×0.2 V ＝40 V所以用户得到的电压为U 4′＝U 1－U R ′＝220 V －40 V ＝180 V用户得到的功率为P 4′＝IU 4′＝200×180 W ＝3.6×104W方法总结 (1)求解远距离输电的关键是熟悉输电线路图，并画出示意图，把需要的物理量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”上找各物理量的关系，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和功率关系．6．BD [输电线电阻R ＝ρL S ，输电电流I ＝P U故输电线上损失的电功率为P ′＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2ρL S ＝P 2ρL U 2S用户得到的电功率为P 用＝P －P ′＝P ⎝⎛⎭⎪⎫1－P ρL U 2S .故B 、D 正确．] 方法总结 在远距离输电问题中，也要时刻注意能量守恒这一线索，即发电机的总功率应等于线路上损失的热功率和用户得到的功率之和(在不考虑变压器自身的能量损失的条件下)．。
高中物理人教版选修3-2课后训练：5.5 电能的输送 word版含解析
第五章 第5节一、选择题1．(多选)远距离输送交流电都采用高压输电，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 ．可减少输电线上的能量损失 D ．可加快输电的速度 答案 AC解析 设输电功率为P ，输电电压为U ，输电线的电阻为R ，则输电线上损失的功率为P 损＝(P U )2R ，若P 、R 一定，则P 损∝1U 2，采用高压输电可以减少输电线上的电功率损失；若P 损、P 一定，则R ∝U 2，又R ＝ρL S ，ρ、L 一定时输电导线的横截面积S ∝1U 2，采用高压输电可使输电导线的横截面积大大减小，从而节省输电线的材料。
故选项A 、C 正确。
2．(多选)在远距离输电时，若输电功率为P ，输电电压为U ，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S ，总长度为L ，输电线上损失的电功率为P ′，用户得到的电功率为P 用，则下列关系式中正确的是( )A ．P ′＝U 2SρLB ．P ′＝P 2ρLU 2SC ．P 用＝P －U 2SρLD ．P 用＝P (1－PρLU 2S)答案 BD解析 输电线电阻R ＝ρL S ，输电电流I ＝PU输电线上损失的功率P ′＝I 2R ＝(P U )2ρL S ＝P 2ρLU 2S用户得到的电功率P 用＝P －P ′＝P (1－PρLU 2S )所以选项B 、D 正确。
3．(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 ＝P U ，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＝I 2R ＝P 2U 2R ，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的1400D ．根据公式P ＝U 2R ，提高电压后输电线上的功率损耗将增大为原来的400倍答案 AC解析 输电线上电流为I ＝P U ，也可以用I ＝ΔUR 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 2U 2R ，C 正确；如果用P 损＝U 2R，则U 应为R 上的分压ΔU ，故D 错误。
高中物理第五章交变电流六电能的输送练习新人教选修
练习六 电能的输送1．发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R ，通过输电导线的电流为I ，输电线末端的电压为U 2，下面选项表示输电导线上损耗的功率的是( )A ．U 12RB ．(U 1－U 2)2RC ．I 2RD ．I(U 1－U 2) 2．关于电能输送的以下分析，正确的是( )A ．由公式P ＝U 2/R 知，输电电压越高，输电线上功率损失越少B ．由公式P ＝U 2/R 知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少C ．由公式P ＝I 2R 知，输电电流越大，输电导线上功率损失越大D ．由公式P ＝UI 知，输电导线上的功率损失与电流成正比3．输电导线的电阻为R ，输送电功率为P.现分别用U 1和U 2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为( )A ．U 1∶U 2B ．U 12∶U 22C ．U 22∶U 12D ．U 2∶U 14．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. 4312n n n n >B. 4312n n n n < C ．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5．2008年1月10日开始的低温雨雪冰冻造成我国部分地区严重灾害，其中高压输电线因结冰而损毁严重．此次灾害牵动亿万人的心．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，高压线上送电电压为U ，电流为I ，热耗功率为P ；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P ，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3U D.输电电压为13U 6．用电压U 和KU 分别输送相同电功率，且在输电线上损失的功率相同，导线长度和材料也相同，此两种情况下导线横截面积之比为( )A ．KB ．1/KC ．K 2D ．1/K 27．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8．在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为ρ，横截面积为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P′、P用的关系式正确的是( )A．P′＝U2SρL B．P′＝P2ρLU2SC．P用＝P－U2SρLD．P用＝P(1－PρLU2S)9．远距离输电，原来用电压U0输电，在输电线上损失的电功率为P0，现在要使输电线上损失的电功率减小到原来的1/10，则输电电压应为( )A．100 U0 B.10U0 C．U0/10 D．U0/10010．一台交流发电机产生u＝220·sin 100πt V的交流电压，其内阻不计，经过变压器变压后通过总电阻r＝2 Ω的长导线给彩灯供电，如图所示.60只彩色小灯泡并联在电路中，每只灯泡都是“6 V,0.25 W”，灯泡均正常发光．(其余电阻不计)试求：(1)发电机的输出功率；(2)降压变压器原、副线圈匝数比；(3)若副线圈为110匝，求副线圈中磁通量变化率的最大值．11．有一理想变压器原、副线圈的匝数比为100∶1，原线圈上所加电压为23 kV，副线圈通过总电阻为2 Ω的供电导线向用户供电，用户用电器得到的电压是220 V，求供电导线上损耗的功率．12．小型水利发电站的发电机输出功率为24.5 kW，输出电压为350 V,输电线总电阻为4 Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220 V，所以在用户处需安装降压变压器．输电电路图如图所示，求：(1)输电线上的电流；(2)升压变压器的原、副线圈的匝数之比；(3)降压变压器的原、副线圈的匝数之比．2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，两个内壁光滑的圆形管道竖直固定，左侧管道的半径大于右侧管道半径。
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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 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。
答案CD3.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的方向滑动解析由于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。
答案D4.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解析A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=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。
答案D5.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∶2解析在输入电压U1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。
答案C6.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) 解析(1)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。
答案(1)60%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入减小解析电压表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U2=,可知U2也不变,即电压表V2的示数不变;又据I2=知,S闭合后R负减小,故I2增大,电流表A2的示数增大;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。
答案B2.(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,电压表读数变小解析当滑动触头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。
答案AD3.(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适当上移解析由电压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。
答案BD4.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变亮解析副线圈输出电压不变,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。
答案C5.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。
解析(1)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。
答案(1)示意图见解析(2)2 000 W(3)95∶11。