高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册4 电能的输送导学案

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考点一 输电线上电压和功率损失的计算
1．“西电东输”工程中，为了减少输电损耗，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1 000 kV，输电线电阻为100 Ω。若改用超导材料作为输电线，则可减少输电损耗的功率为( )
A．105 kW B．104 kW
C．106 kW D．103 kW
A [输电电流I＝eq \f(P,U)，输电线路损耗的电功率P损＝I2r＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,U)))eq \s\up12(2)r＝1×105 kW；当改用超导输电时，无电能损失，因此减少的输电损耗就等于P损，A正确。]
2．用电压U和KU分别输送相同的电功率，且在输电线上损耗的功率相同，导线长度和材料也相同，此两种情况下导线的横截面积之比为( )
A．K∶1 B．1∶K
C．K2∶1 D．1∶K2
C [由R＝ρeq \f(l,S)、P＝UI、ΔP＝I2R得ΔP＝eq \f(P2ρl,U2S)，可见在其他物理量一定时，S与U2成反比，故C正确。]
3．高压输电过程中，输电电压为U，输电功率为P，输电导线上电阻为R，则下列说法中错误的是( )
A．损耗功率为eq \f(U2,R)
B．输电导线上的电流为eq \f(P,U)
C．电压损失为eq \f(P,U)R
D．用户得到的功率为P－eq \f(P2,U2)R
A [根据P＝UI得，输电线路上的电流为：I＝eq \f(P,U)，则输电线上损耗的功率为：P损＝I2R＝eq \f(P2,U2)R，故A错误，B正确；根据部分电路欧姆定律得到：U损＝IR＝eq \f(P,U)R，故C正确；根据能量守恒得到，用户得到的功率为：P′＝P－eq \f(P2,U2)R，故D正确。]
4．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．eq \f(I1,I2)＝eq \f(n1,n2) B．I2＝eq \f(U2,R)
C．I1U1＝Ieq \\al(2,2)R D．I1U1＝I2U2
D [根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2、eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)。U2不是加在R两端的电压，故I2≠eq \f(U2,R)。而I1U1等于R上消耗的功率Ieq \\al(2,2)R与下一级变压器的输入功率之和，选项D正确。]
5．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损耗。有一个小型发电站，输送的电功率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4 800 kW·h。求：
(1)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，那么发电站应使用多高的电压向外输电？
[解析] (1)输送功率P＝500 kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000 kW·h
输电线上损耗的电能ΔE＝4 800 kW·h
终点得到的电能
E′＝E－ΔE＝7 200 kW·h
所以输电效率η＝eq \f(E′,E)＝60%
输电线上的电流I＝eq \f(P,U)＝100 A
输电线上损耗的功率Pr＝eq \f(ΔE,t)＝200 kW
输电线的电阻r＝eq \f(Pr,I2)＝20 Ω。
(2)Pr＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,U)))eq \s\up12(2)r
要求输电线上损耗的功率Pr′＝2%P＝10 kW
输电电压应调节为U′＝eq \r(\f(r,Pr′))P＝22.4 kV。
[答案] (1)60% 20 Ω (2)22.4 kV
考点二 远距离输电
6．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
B [在输送功率一定的前提下，P输＝U输I输，P损＝Ieq \\al(2,输)R线，η＝eq \f(P输－P损,P输)×100%，B正确。]
7．如图为远距离输电线路的示意图。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小时，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
C [变压器输入功率、输入电流的大小分别由次级负载消耗的功率大小及输出电流的大小决定，选项A、B错误；用户的总电阻减小，根据I＝eq \f(U,R)，用户端电流变大，输电线电流增大，线路损耗功率增大，C项正确；升压变压器的输出电压等于输电线路电阻损失的电压加上降压变压器输入电压，D项错误。]
8．(多选)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T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2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＝220eq \r(2) sin 100 πt(V)，降压变压器的副线圈与阻值R0＝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R0电流的有效值是20 A
B．降压变压器T2原、副线圈的电压之比为4∶1
C．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压
D．升压变压器T1的输出功率等于降压变压器T2的输入功率
AB [T2副线圈两端交流电压u＝220eq \r(2)sin 100πt(V)，电压有效值为220 V，则通过R0的电流有效值I＝eq \f(220,11) A＝20 A，A项正确；由原、副线圈电压与匝数的关系知B项正确；由于输电线有电阻，所以升压变压器T1的输出电压和输出功率大于降压变压器T2的输入电压和输入功率，C、D错误。]
9．如图甲所示，一个小型水力发电站，发电机输出电压U0＝250 V，内电阻可以忽略不计，最大输出功率为Pm＝30 kW，它通过总电阻r线＝2.0 Ω的输电线直接向远处的居民区供电，设居民区所有用电器都是额定电压U用＝220 V的白炽灯，总功率为P用＝22 kW，不计灯丝电阻随温度的变化。
甲 乙
(1)当居民区的电灯全部使用时，电灯两端的电压是多少伏？发电机实际输出的电功率多大？
(2)若采用高压输电，在发电机端用升压变压器，在用户端用降压变压器，且不计变压器和用户线路的损耗，已知用户变压器的降压比为40∶1，如图乙所示。当全部用户电灯正常发光时，输电线上损耗的功率多大？
[解析] (1)由P用＝eq \f(U\\al(2,用),R用)求得用户总的电阻R用＝2.2 Ω，
电路中的电流为I＝eq \f(U0,R用＋r线)＝eq \f(250 V,4.2 Ω)＝59.5 A
U灯＝IR用＝130.9 V＝131 V
P输＝U0I＝14 875 W＝14.9 kW。
(2)P用＝U4I4，U4＝220 V，
I4＝eq \f(P用,U4)＝100 A
eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)，I3＝eq \f(I4,40)＝2.5 A
P损＝Ieq \\al(2,3)r线＝12.5 W。
[答案] (1)131 V 14.9 kW (2)12.5 W
(建议用时：15分钟)
10．某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW。现用500 kV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2×105 A
B．输电线上由电阻造成的电压损失为15 kV
C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损耗的功率为9×108 kW
D．输电线上损耗的功率为ΔP＝eq \f(U2,r)， U为输电电压，r为输电线的电阻
B [输出电功率P＝3×106 kW，输电电压U＝500 kV，则输电线上输送的电流大小为I＝eq \f(P,U)＝6×103 A，所以A错误；输电线上由电阻造成的损耗电压ΔU＝Ir＝15 kV，所以B正确；输电线上损耗的功率ΔP损＝ΔU·I＝eq \f(P2,U2)r，所以D错误；若改用5 kV电压输电，其损耗的功率不可能高于输出功率，否则违反能量守恒定律，故C错误。]
11．如图所示，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
A．用户用电器上交流电的频率是100 Hz
B．发电机输出交流电的电压有效值是500 V
C．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，输电线上损耗的功率减小
D [由u­t图像知，发电机的频率f＝50 Hz，选项 A错误；其电压有效值为U＝eq \f(500,\r(2)) V＝250eq \r(2) V，选项B错误；输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定，选项C错误；当用户用电器的总电阻增大时，其电流将减小，输电线损耗功率也减小，选项D正确。]
12．如图所示，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：
(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比eq \f(n1,n2)；
(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eq \f(n3,n4)。
[解析] (1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比
eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(400,2 000)＝eq \f(1,5)。
(2)由P损＝Ieq \\al(2,2)R，输送电流取决于输出电压及输送功率，
有I2＝eq \f(P,U2)
所以R＝eq \f(P损,I\\al(2,2))＝eq \f(P损,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,U2)))eq \s\up12(2))＝eq \f(10 000－9 500,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10 000,2 000)))eq \s\up12(2)) Ω＝20 Ω。
(3)设降压变压器原线圈上电压为U3，
U3＝U2－I2R＝(2 000－5×20) V＝1 900 V
所以降压变压器原、副线圈匝数比
eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(1 900,220)＝eq \f(95,11)。
[答案] (1)eq \f(1,5) (2)20 Ω (3)eq \f(95,11)
13．某学校为加强校园安全，备有一台应急发电机，输电线路如图所示，在发电机和升压变压器的线路上串接有一盏r＝0.5 Ω的照明灯。升压变压器的匝数比为 1∶6，降压变压器的匝数比为 6∶1，两变压器间输电线的总电阻为R＝2 Ω。全校共启用了33间教室，每间教室有6盏相互并联的“220 V 40 W”灯泡，要求所有灯都正常发光，求：
(1)两个变压器之间输电线上损失的电压；
(2)发电机的输出功率。
[解析] (1)设降压变压器原线圈电流I3，副线圈电流I4，则I4＝eq \f(nP,U)＝eq \f(33×6×40,220)＝36 A
eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)，解得I3＝6 A
损失的电压ΔU＝I3R＝12 V。
(2)输电线路上损耗的功率ΔP＝Ieq \\al(2,3)R＝72 W
升压变压器原线圈中的电流为I1，副线圈电流为I2，则I1＝eq \f(n2,n1)I2＝36 A
原线圈中灯泡功率P0＝Ieq \\al(2,1)r＝648 W
发电机输出功率P＝P′＋ΔP＋P0＝8 640 W。
[答案] (1)12 V (2)8 640 W