2018-2019学年高中物理 第五章 章交变电流 课后提升作业十一 5.5 电能的输送 新人教版选修3-2.doc

课后提升作业 十一 电能的输送(40分钟50分)一、选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)1.(多选)在远距离送电时,输送的电功率为P,输送电压为U,所用导线的电阻率为,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=U2SLB.P=P2LU2SC.P用=P-U2SLD.P用=P1-PLU2S【解析】选B、D。输电电流I=PU,输电线电阻R=LS,则输电线损失的功率P=I2R=P2LU2S,用户得到的电功率P用=P-P=P1-PLU2S,故B、D正确。2.某电站向某地输送5000kW的电功率,输电线上损失的电功率为100 kW,若把输送电压提高为原来的10倍,同时将输电线的截面积减为原来的一半,那么输电线上损失的电功率为()A.0.5 kWB.1.0 kWC.2.0 kWD.5.0 kW【解析】选C。输电线上损失的电功率为P损=PU2R线=P2U2LS1U2S;若把输送电压提高为原来的10倍,同时将输电线的截面积减为原来的一半,则输电线上损失的电功率变为原来的150,即150100kW=2.0 kW,选项C正确。3.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n1、n2,在T的原线圈两端接入一电压u=Umsint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.n1Um2n24rB.n2Um2n14rC.4(n1n2)2(PUm)2rD.4(n2n1)2(PUm)2r【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:(1)理想变压器的输入功率等于输出功率。(2)P=UI。【解析】选C。由I1=2PUm和I1I2=n2n1得Ir=I2=n12Pn2Um,则输电线上损失的功率Pr=Ir22r=4(n1n2)2(PUm)2r,故选C。4.一交流发电机输出电压为u=Umsint,加在匝数比为1n的理想升压变压器的原线圈上,变压器的副线圈通过总电阻为R的输电线向用户供电,若发电机的输出功率为P,则输电线上消耗的功率为()A.n2Um2RB.n2Um22RC.P2Rn2Um2D.2P2Rn2Um2【解析】选D。根据正弦交流电的基本规律可知输入电压U1=Um2,根据理想变压器的变压规律,设输出电压为U2,则有U1U2=n1n2=1nU2=nU1=nUm2,再根据变压器的功率关系:P入=P出P出=P=I出U2I出=PU2=2PnUm,则有P热=I出2R=2P2Rn2Um2。故A、B、C均错误,D正确。5.某水电站,用总电阻为2.5的输电线输电给500km外的用户,其输出电功率是3106kW。现用500kV的电压输电,则下列说法正确的是()A.输电线上输送的电流大小为2.0105AB.输电线上由电阻造成的损失电压为15kVC.若改用5kV电压输电,则输电线上损失的功率为9108kWD.输电线上损失的功率为P=U2r,U为输电电压,r为输电线的电阻【解析】选B。输电电流I=PU=31095105A=6103A,A错误;输电线损失的电压U损=IR=61032.5V=1.5104V,B正确;若改用5kV电压输电,损失功率不可能大于输电总功率3106kW,C错误;P=U2r,U应为输电线上损失的电压,D错误。6.远距离输电的原理图如图所示,升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,电压分别为U1、U2,电流分别为I1、I2,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()A.I1I2=n1n2B.I2=U2RC.I1U1=I22RD.I1U1=I2U2【解析】选D。对理想变压器来说,电流与匝数成反比,A项错误;输入功率等于输出功率,D项正确;对图中的中间电流,I2=U导R,而U2>U导,所以B项错误;导线消耗的功率为P导=I22R,I1U1为升压变压器的输入功率,与输出功率相等,即I1U1=I2U2,所以C项错误。【补偿训练】(多选)如图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=10,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41,电阻R0=11。若T1、T2均为理想变压器,T2的副线圈两端电压表达式为u=2202sin100tV,下列说法正确的是()A.发电机中的电流变化频率为100 HzB.通过R0的电流有效值为20AC.升压变压器T1的输入功率为4650WD.若R0的电阻减小,发电机的输出功率也减小【解析】选B、C。T2的副线圈的交流电的频率为f=2=1002Hz=50Hz,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50Hz,选项A错误;T2的副线圈的交流电电压的有效值为U=220 V,故通过R0的电流有效值为I=UR0=220V11 =20A,故选项B正确;根据匝数与电流的关系可得T2的原线圈中的电流为I=I4=5A,故输电线上损失的功率为P损=I2R=(5A)210=250 W,而电阻R0上消耗的电功率为P0=I2R0=(20A)211=4 400 W,故升压变压器T1的输入功率为P=P损+P0=4400W+250 W=4 650 W,故选项C正确;若R0的电阻减小,则电阻R0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(14分。需写出规范的解题步骤)7.(2018秦皇岛高二检测)如图所示,某村在距村庄较远的地方建了一座小型水电站,发电机的输出功率为9 kW,输出电压为500V,输电线电阻为10,允许线路消耗的功率为输出功率的4%,求:(1)若不用变压器而由发电机直接输送,用户得到的电压和功率是多少?(2)用如图所示电路输电,若用户需要220V电压时,所用升压、降压变压器原、副线圈匝数比为多少?(不计变压器能量损失)【解析】(1)不用变压器而由发电机直接输送时,输电线上的电流I=PU=9103500A=18 A电压损失U=IR=180V功率损失P=I2R=3240W用户得到的电压和功率分别是U用=U-U=320 VP用=P-P=5760W(2)由P=P4%=I22R得I2=6A,由P=U2I2得U2=1.5103V由n1n2=U1U2得n1n2=5001500=13。U3=U2-I2R=(1500-60)V=1440V所以n3n4=U3U4=1440220=7211。答案:(1)320V5760W(2)137211【补偿训练】水力发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能,是功在当代、利在千秋的大事,现在水力发电已经成为我国的重要能源之一。某小河水流量为40m3/s,现欲在此河段安装一台发电功率为1000千瓦的发电机发电。(1)设发电机输出电压为500 V,在输送途中允许的电阻为5,允许损耗总功率的5%,则所用升压变压器原、副线圈匝数比应是多少?(2)若所用发电机总效率为50%,要使发电机能发挥它的最佳效能,则拦河坝至少要建多高?(g取10m/s2)【解析】(1)设送电电流为I,损耗的功率为P耗,导线电阻为R线,由P耗=I2R线得;I=P耗R线=1 0001030.055A=100A设送电电压为U送,由P=IU得:U送=PI=1 000103100V=1104V则升压变压器原、副线圈匝数比:n原n副=50010 000=120。(2)发电时水的重力势能转化为电能,故:50%mgh=Pt其中:mt=Vt=110340 kg/s=4104kg/s所以h=Ptmg0.5=1 0001034104100.5m=5 m。答案:(1)120(2)5m