人教版 (2019)选择性必修 第二册4 电能的输送优秀课后练习题

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第二册4 电能的输送优秀课后练习题，共9页。


一、输送电能的基本要求
1．可靠：指保证供电线路可靠地工作，故障少．
2．保质：保证电能的质量——电压和频率稳定．
3．经济：指输电线路建造和运行的费用低，电能损耗少．
二、降低输电损耗的两个途径
1．输电线上的功率损失：P＝I2r，I为输电电流，r为输电线的电阻．
2．降低输电损耗的两个途径
(1)减小输电线的电阻：在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应当选用电阻率小的金属材料，还要尽可能增加导线的横截面积．
(2)减小输电线中的电流：为了减小输电电流，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电电压．
三、电网供电
1．远距离输电的基本原理：在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压．
2．电网：通过网状的输电线、变电站，将许多电厂和广大用户连接起来，形成全国性或地区性的输电网络．
3．电网输电的优点
(1)降低一次能源的运输成本，获得最大的经济效益．
(2)减小断电的风险，调剂不同地区电力供需的平衡．
(3)合理调度电力，使电力的供应更加可靠，质量更高．
1．判断下列说法的正误．
(1)输电线上电功率的损失，与输电线的电阻成正比，与输电线电流的平方成正比．( √ )
(2)由P＝eq \f(U2,r)可知，输电电压越小，输电线上电功率的损失就越小．( × )
(3)使用变压器进行远距离输电，用户得到的电压可以高于发电机输出的电压．( √ )
(4)远距离输电时，若升压变压器匝数比为1∶n，降压变压器匝数比为n∶1，则升压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等．( × )
2．输电线的总电阻为R，输送电功率为P.现用电压U来输电，输电线上的电流为________，输电线上损失的功率为________．如果用2U电压来输电，则输电线上的电流为________，输电线上损失的功率为________．两次损失的功率之比为________．
答案 eq \f(P,U) eq \f(P2R,U2) eq \f(P,2U) eq \f(P2R,4U2) 4∶1
一、输电线上的电压和功率损失
导学探究
假定输电线路中的电流是I，用户端的电压是U，两条导线的总电阻是r.在图中，输电线的电阻集中画为一个电阻r.
(1)怎样计算输电线路损失的功率？
(2)在输电电流一定的情况下，如果线路的电阻减为原来的一半，线路上损失的功率减为原来的几分之一？在线路电阻一定的情况下，如果输电电流减为原来的一半，线路上损失的功率减为原来的几分之一？
(3)通过对第(2)问的两项计算，你认为哪个途径对于降低输电线路的损耗更为有效？
(4)怎样计算用户消耗的功率P？
(5)在保证用户的电功率的前提下，怎样才能减小输电电流？
答案 (1)输电线路损失的功率P损＝I2r.
(2)在输电电流一定的情况下，如果线路的电阻减为原来的一半，则损失的功率减为原来的二分之一；在线路电阻不变的情况下，当电流减为原来的一半，线路上损失的功率减为原来的四分之一．
(3)由第(2)问可知，减小电流对于降低输电线路损耗更为有效．
(4)用户消耗的功率P＝UI.
(5)由P＝UI可知I＝eq \f(P,U)，所以在保证电功率不变的前提下，提高输电电压，可减小输电电流．
知识深化
1．输电线路的电压损失
输电线始端电压U与输电线末端电压U′的差值．ΔU＝U－U′＝Ir＝eq \f(P,U)r，其中I为输电线上的电流，r为输电线的电阻．
2．输电线路的功率损失
(1)远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率ΔP＝I2r.
(2)若输电线上损失的电压为ΔU，则功率损失还可以表示为ΔP＝eq \f(ΔU2,r)，ΔP＝ΔU·I.
3．减小电压、功率损失的方法
(1)减小输电线的电阻
由R＝ρeq \f(l,S)可知，距离l一定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可减小电阻．
(2)减小输电电流I
根据I＝eq \f(P,U)，在输送功率P一定，输电线电阻r一定的条件下，输电电压提高到原来的n倍，输送电流可减为原来的eq \f(1,n)，输电线上的功率损耗将降为原来的eq \f(1,n2).
例1 三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦．
(1)若输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？
(2)在(1)情况下，某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，则输电线上损失的功率为多少？它与输出功率的比值是多少？
(3)若将输出电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？某处与电站间每根输电线的电阻仍为10欧，输电线上损失的功率又为多少？它与输出功率的比值是多少？
答案 (1)2 500 A (2)1.25×108 W eq \f(1,4) (3)1 000 A 2×107 W eq \f(1,25)
解析 (1)由P＝UI得I＝eq \f(P,U)＝eq \f(5×108 W,2×105 V)＝2 500 A
(2)输电线上损失的功率ΔP＝I2·2r＝2 5002×2×10 W＝1.25×108 W
损失功率与输出功率之比为eq \f(ΔP,P)＝eq \f(1.25×108 W,5×108 W)＝eq \f(1,4)
(3)将输出电压升高至50万伏时，I′＝eq \f(P,U′)＝eq \f(5×108 W,5×105 V)＝1 000 A
输电线上损失的功率ΔP′＝I′2·2r＝1 0002×2×10 W＝2×107 W
损失功率与输出功率之比为eq \f(ΔP′,P)＝eq \f(2×107 W,5×108 W)＝eq \f(1,25).
针对训练1 (多选)(2020·全国卷Ⅱ)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低．我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU.在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电．输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′.不考虑其他因素的影响，则( )
A．ΔP′＝eq \f(1,4)ΔP B．ΔP′＝eq \f(1,2)ΔP
C．ΔU′＝eq \f(1,4)ΔU D．ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU
答案 AD
解析 由输电电流I＝eq \f(P,U)知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的eq \f(1,2)，损耗的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的eq \f(1,4)，即ΔP′＝eq \f(1,4)ΔP；输电线上损失电压为ΔU＝Ir，即输电电压加倍，损失电压变为原来的eq \f(1,2)，即ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU.故A、D正确．
二、远距离高压输电过程的分析与计算
解决远距离高压输电问题的基本方法
1．首先应画出远距离输电的电路图(如图)，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．
2．理清三个回路：
回路1：P1＝U1I1
回路2：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝I22R线＋P3，I2＝I3
回路3：P4＝U4I4.
3．常用关系
(1)功率关系：P1＝P2，P2＝ΔP＋P3，P3＝P4.
(2)电压关系：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，U2＝ΔU＋U3，eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4).
(3)电流关系：eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，I2＝I线＝I3，eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3).
(4)输电电流：I线＝eq \f(P2,U2)＝eq \f(P3,U3)＝eq \f(ΔU,R线).
(5)输电线上损耗的电功率：
ΔP＝P2－P3＝I线2 R线＝eq \f(ΔU2,R线)＝ΔU·I线．
(6)输电线上的电压损失：
ΔU＝I线R线＝U2－U3.
(7)输电效率η＝eq \f(P3,P2)×100%.
例2 发电机两端的电压为220 V，输出功率为44 kW，输电导线的总电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数比为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，两个变压器均为理想变压器．
(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给用户，求用户得到的电压和功率．
答案 (1)见解析图 (2)219.6 V 4.392×104 W (3)180 V 3.6×104 W
解析 (1)线路示意图如图所示：
(2)由图可知，升压变压器副线圈两端的输出电压U2＝eq \f(n2,n1)U1＝2 200 V．根据理想变压器P入＝P出，则升压变压器副线圈的输出电流I2＝eq \f(P出,U2)＝eq \f(44×103,2 200) A＝20 A，输电线上的功率损耗和电压损失分别为
P损＝I22R线＝202×0.2 W＝80 W，
U损＝I2R线＝20×0.2 V＝4 V.
所以降压变压器原线圈的输入电压和电流分别为
U3＝U2－U损＝2 200 V－4 V＝2 196 V，
I3＝I2＝20 A.
降压变压器副线圈的输出电压和电流分别为
U4＝eq \f(n4,n3)U3＝eq \f(1,10)×2 196 V＝219.6 V，
I4＝eq \f(n3,n4)I3＝10×20 A＝200 A.
用户得到的功率为
P4＝U4I4＝219.6×200 W＝4.392×104 W.
(3)若直接给用户供电，
线路示意图如图所示
则输电电流
I′＝eq \f(P,U1)＝eq \f(44×103,220) A＝200 A.
输电线路上的电压损失
ΔU′＝I′R线＝200×0.2 V＝40 V.
所以用户得到的电压
U2′＝U1－ΔU′＝220 V－40 V＝180 V.
用户得到的功率为
P′＝U2′I′＝180×200 W＝3.6×104 W.
针对训练2 (多选)(2022·龙岩市第一中学高二开学考试)风力发电将风的动能转化为电能．某风力发电机的输出功率为10 kW，输出电压为250 V，用户得到的电压是220 V，输电线的电阻为20 Ω，输电线路的示意图如图所示．若输电线因发热而损失的功率为输送功率的5%，变压器均视为理想变压器，则下列说法正确的是( )
A．用户得到的功率为9.5 kW
B．通过输电线的电流为4 A
C．升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶8
D．降压变压器原、副线圈的匝数之比为100∶11
答案 AC
解析 用户得到的功率即降压变压器的输出功率P用＝P－P损＝P×(1－5%)＝9.5 kW，故A正确；输电线损失的功率P损＝P×5%＝0.5 kW，通过输电线的电流I2＝eq \r(\f(P损,R线))＝5 A，故B错误；升压变压器的输出电压U2＝eq \f(P,I2)＝2 000 V，可得升压变压器原、副线圈的匝数之比eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(1,8)，故C正确；输电线上的电压损失U损＝I2R线＝100 V，降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－U损＝1 900 V，可得降压变压器原、副线圈的匝数之比eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(95,11)，故D错误．
例3 (多选)如图所示为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，输电线总电阻可等效为电阻r，灯L1、L2相同且阻值不变．现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光．则下列说法正确的是( )
A．仅闭合开关S，灯L1会变亮
B．仅闭合开关S，r消耗的功率会变大
C．仅将滑片P下移，电流表的示数会变大
D．仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小
答案 BC
解析 仅闭合S，则T2副线圈中总电阻变小，T2副线圈中电流变大，T2原线圈电流也变大，则r上损失的电压和功率变大，则T2输入电压UT21＝UT12－Ir变小，灯L1两端电压UT22减小，故灯L1会变暗，故A错误，B正确；
仅将滑片P下移，T1副线圈匝数变大，则T1输出电压变大，T2的输入电压变大，灯L1两端电压也变大，消耗功率变大，则T1输入功率变大，电流变大，电流表示数变大，故C正确；
由上分析可知，仅将滑片P下移，输电线中的电流变大，故电阻r消耗的功率变大，故D错误．
考点一 输电线路的电压损失和功率损失
1．(2021·中山市高二期末)供电站向远方输送正弦式交变电流，输送的电功率恒定，若将输电电压提高到原来的2倍，则( )
A．输电电流变为原来的2倍
B．输电导线上损失的电压变为原来的2倍
C．输电导线上损失的电功率变为原来的eq \f(1,2)
D．输电导线上损失的电功率变为原来的eq \f(1,4)
答案 D
解析 由于输送的电功率恒定，则根据P＝UI可知，若将输电电压提高到原来的2倍，则输电电流变为原来的eq \f(1,2)，故A错误；根据欧姆定律由U损＝Ir损知，输电导线上损失的电压变为原来的eq \f(1,2)，故B错误；根据P损＝I2r损可知，输电导线上损失的电功率变为原来的eq \f(1,4)，故C错误，D正确．
2．如果用220 V和11 kV两种电压来输电，设输送的电功率、输电线上功率损失、导线的长度和电阻率都相同，则两次输电导线的横截面积之比为( )
A．1∶2 500 B．2 500∶1
C．1∶250 D．250∶1
答案 B
解析 根据P＝UI得，I＝eq \f(P,U)，则P损＝I2R＝eq \f(P2,U2)·R，因为输送的电功率、输电线上的功率损失相同，
输送电压之比为1∶50，导线的长度和电阻率相同，根据R＝ρeq \f(L,S)得，导线的横截面积之比为2 500∶1，故选B.
3．一发电站的输出功率为4 400 kW，现采用110 kV的高压输电，若要使输电效率不低于90%，则输电线的电阻不能大于( )
A．68.75 Ω B．275 Ω
C．137.5 Ω D．200 Ω
答案 B
解析 根据题意可知，输电线损失的电功率不得超过Pmax′＝P×(1－90%)＝440 kW，根据P＝UI可知，输电电流为I＝40 A，又Pmax′＝I2Rmax，所以输电线电阻不能大于Rmax＝275 Ω，选项B正确．
4．(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所有输电导线的电阻率均为ρ，横截面积均为S，两地的距离为L，输电线上损耗的电功率为P1，用户得到的电功率为P2.下列关于P1和P2的表达式中正确的是( )
A．P2＝P(1－eq \f(2PρL,U2S)) B．P2＝P－eq \f(U2S,2ρL)
C．P1＝eq \f(2P2ρL,U2S) D．P1＝eq \f(U2S,ρL)
答案 AC
解析 输电导线上的电流I＝eq \f(P,U)，输电导线的电阻R＝eq \f(2ρL,S)，输电线上损耗的电功率为P1＝I2R＝eq \f(2P2ρL,U2S)，用户得到的电功率为P2＝P－P1＝Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2PρL,U2S)))，故A、C正确．
5．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．输电线上损失的功率为ΔP＝eq \f(U2,r)，U为输电电压，r为输电线的电阻
D．输电线上损失的功率为9×107 kW
答案 B
解析 由P＝IU得用500 kV电压输电时输电线上输送的电流I＝eq \f(P,U)＝eq \f(3×109,5×105) A＝6×103 A，故A错误；
由ΔU＝Ir得输电线上的电压损失ΔU＝6×103×2.5 V＝15×103 V＝15 kV，故B正确；
输电线上损失的功率为ΔP＝eq \f(U2,r)，U为输电线上损失的电压，故C错误；输电线上损失的功率ΔP＝I2r＝(6×103)2×2.5 W＝9×107 W，故D错误．
考点二 远距离输电
6．(多选)如图所示为远距离输电原理图，图中的电压表、电流表均为理想电表，变压器为理想变压器，发电机输出的电压恒定．若电压表V2示数减小，则( )
A．电压表V1示数减小
B．电流表A1示数减小
C．电流表A2示数增大
D．发电机输出的功率增大
答案 CD
解析 由于发电机的输出电压不变，所以电压表V1的示数不变，A错误；电压表V2的示数减小，则降压变压器原线圈两端的电压减小，输电线上损失的电压ΔU增大，由ΔU＝IR损可知，输送电流增大，电流表A1的示数增大，电流表A2的示数也增大，B错误，C正确；因为升压变压器输出电压不变，输出电流增大，则输出功率增大，所以发电机输出功率增大，D正确．
7．(多选)如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用总电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)．对整个送电过程，下列说法正确的是( )
A．输电线上的损失功率为300 W
B．升压变压器的匝数比为1∶100
C．降压变压器的输入电压为4 970 V
D．降压变压器的匝数比为100∶1
答案 AC
解析 输电线上的损失功率为P损＝P×0.6%＝50 kW×0.6%＝300 W，A项正确；输电线上的电流为I2＝eq \r(\f(P损,R))＝eq \r(\f(300,3)) A＝10 A，升压变压器副线圈两端的电压为U2＝eq \f(P,I2)＝eq \f(50×103,10) V＝5×103 V，由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)得eq \f(n1,n2)＝eq \f(1,10)，B项错误；输电线上损失的电压为U损＝I2R＝10×3 V＝30 V，降压变压器输入电压为U3＝5 000 V－30 V＝4 970 V，C项正确；由eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)得eq \f(n3,n4)＝eq \f(497,22)，D项错误．
8．一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率为500 kW，升压变压器原线圈两端的电压为500 V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶5，两变压器间输电线的总电阻为1.5 Ω，降压变压器的输出电压为220 V，变压器均为理想变压器，求：
(1)升压变压器副线圈两端的电压；
(2)输电线上的功率损失及用户得到的功率；
(3)降压变压器原、副线圈的匝数比．
答案 (1)2 500 V (2)60 kW 440 kW (3)10∶1
解析 输电线路原理图如图所示
(1)根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，升压变压器副线圈两端的电压U2＝eq \f(n2U1,n1)＝2 500 V.
(2)输电线上的电流I2＝eq \f(P2,U2)＝eq \f(P1,U2)＝200 A
输电线上的功率损失P损＝I22r线＝60 kW
用户得到的功率P用＝P1－P损＝440 kW
(3)输电线上损失的电压ΔU＝I2r线＝300 V
降压变压器原线圈两端的电压
U3＝U2－ΔU＝2 200 V
降压变压器原、副线圈的匝数比为eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝10∶1.
9．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＝Umsin 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．(eq \f(n1,n2))eq \f(Um2,4r) B．(eq \f(n2,n1))eq \f(Um2,4r)
C．4(eq \f(n1,n2))2(eq \f(P,Um))2r D．4(eq \f(n2,n1))2(eq \f(P,Um))2r
答案 C
解析 升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝eq \f(Um,\r(2))，由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可得U2＝eq \f(n2Um,\r(2)n1)，因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝eq \f(P,U2)＝eq \f(\r(2)n1P,n2Um)，则输电线上的损失的电功率为ΔP＝I22(2r)＝4(eq \f(n1,n2))2(eq \f(P,Um))2r，故选C.
10．如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1、输电线的电阻及理想变压器的匝数均不变，当用户开启的用电器越来越多时，下列表述正确的是( )
A．升压变压器副线圈电压U2降低
B．降压变压器原线圈电压U3升高
C．输电线消耗的功率增大
D．发电机的输出功率不变
答案 C
解析 发电机的输出电压U1不变，升压变压器匝数比不变，则副线圈电压U2不变，A错误；当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压变压器原线圈电流增大，输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大、输电线上的电压损失升高，导致降压变压器的输入电压U3降低，B错误，C正确；用户开启的用电器增多，消耗的功率增大，发电机输出功率随之增大，D错误．
11．如图所示，某学校有一台应急备用发电设备，内阻不计．升压变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝1∶4，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4＝4∶1，输电线总电阻为r＝4 Ω，其他导线电阻可忽略不计．全校有22间教室，每间教室安装“220 V 40 W”的电灯6盏，要求所有的电灯都正常发光，求：
(1)输电线上的电流大小；
(2)升压变压器的输入电压．
答案 (1)6 A (2)226 V
解析 (1)所有电灯正常发光时消耗的功率为
P总＝40×6×22 W＝5 280 W＝P4
由于灯正常发光，故降压变压器副线圈两端的电压U4＝220 V
所以降压变压器原线圈两端的电压为
U3＝eq \f(n3,n4)U4＝eq \f(4,1)×220 V＝880 V
则输电线上的电流为I线＝eq \f(P3,U3)＝eq \f(P4,U3)＝eq \f(5 280,880) A＝6 A
(2)输电线上损失的电压为
U损＝I线r＝6×4 V＝24 V
则升压变压器副线圈两端的电压为
U2＝U3＋U损＝880 V＋24 V＝904 V
则升压变压器原线圈两端的电压为
U1＝eq \f(n1,n2)U2＝eq \f(1,4)×904 V＝226 V.
12．一座小型水电站，水以3 m/s的速度流入水轮机，而以1 m/s的速度流出，流出水位比流入水位低1.6 m，水的流量为1 m3/s，如果水流机械能减少量的75%供给发电机．问：
(1)若发电机效率为80%，则发电机的输出功率为多大？(g取10 m/s2)
(2)在(1)的条件下，发电机的输出电压为240 V，输电线路电阻为24 Ω，允许损失的电功率为5%，用户所需电压为220 V，如图所示，则升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少？(变压器均为理想变压器)
答案 (1)12 kW (2)eq \f(1,10) eq \f(114,11)
解析 (1)每秒水流机械能损失为
ΔE＝eq \f(1,2)m(v12－v22)＋mgΔh＝2×104 J
发电机的输出功率为
P出＝eq \f(75%ΔE,t)×80%＝12 kW.
(2)由题可知P线＝5%P出＝600 W
由P线＝I线2R线，得I线＝eq \r(\f(P线,R线))＝5 A
I2＝I线＝5 A，I1＝eq \f(P出,U1)＝50 A
对升压变压器有eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(1,10)
I3＝I线＝5 A，I4＝eq \f(P出－P线,U4)＝eq \f(570,11) A
所以对降压变压器有eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I3)＝eq \f(114,11).