2020_2021学年新教材高中物理课时评价10电能的远距离输送含解析鲁科版选择性必修第二册20210626111.doc

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1、电能的远距离输送 (25分钟60分)一、选择题(本题共6小题，每题6分，共36分)1.关于电能输送的以下分析，正确的是()A.由公式P=知，输电电压越高，输电线上功率损失越少B.由公式P=知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少C.由公式P=I2R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【解析】选C。输电线上损失的功率P损=I2R线=，U损指输电线上的分压，而不是输电电压，则C正确，A错误。输电导线电阻越大，导线两端电压越大，由公式P=可知存在两个变量，无法确定P的变化；同理，导线电流越大，导线电压越大，不能够说明P与I成正比，故B、D错

2、误。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，那么该输电导线的横截面积的最小值是()A.B.I2C.D.【解析】选C。因为导线的总长度为2l，所以电压降U=IR=I，解得S=，则C正确，A、B、D错误。3.如图是“西电东送”工程中的部分线路，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 。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 kWB.104 kWC.106 kWD.103 kW【解析】选A。输电电流I=，输电线路损

3、失的电功率P损=I2R=()2R=1105 kW；当改用超导输电时，就不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，则A正确，B、C、D错误。4.远距离输送一定功率的交流电，若输电线电阻一定，下列说法中正确的是()A.输电线上的电压损失跟输送电压成正比B.输电线上的功率损失跟输送电压成正比C.输电线上的功率损失跟输送电压的平方成正比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【解题指南】输送的(电压、功率)、损失的(电压、功率)、得到的(电压、功率)，分别对应于输电过程的“始”“中”“末”。【解析】选D。由I线=可知P=R线，选项B、C错误；U=R线，选项A错误；P=，选项D正确。5.如

4、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【解析】选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=，用户端电流变大，输电线电流增大，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电压加上降压变压器输入电压，D项错误。6.随着社会发展，人类对能源的需

5、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(0k1)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多少倍()A.B.C.5kD.25k【解析】选A。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：P=I2R，由I=得：P=。同理，当输送电压为5U时，在线路上损失的功率为：P=，据题有：P=kP，联立计算得出：P=P，即输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的倍，所以A正确，B、C、D错误。二、计算题(本题共2小题，共24分。要有必要的文字说

6、明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)7.(10分)在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个小型发电站，输送的电功率为P=400 kW，当使用U=4 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2 400 kWh。求：(1)输电效率和输电线的总电阻r。(2)若想使输电效率提高到96%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？【解题指南】求解此题时应把握以下三点：(1)可根据E=Pt求出一昼夜输送的电能。(2)可根据E=Prt求出输电导线损失的功率。(3)由输电线上损耗的功率Pr=I2r=()2r求出输电电压。【解析】(1)输送功率P=4

7、00 kW，一昼夜输送的电能E=Pt=9 600 kWh，输电线上损失的电能E=2 400 kWh，终点得到的电能E=E-E=7 200 kWh，输电效率=75%。输电线上的电流I=100 A，输电线损耗功率Pr=I2r，其中Pr=100 kW，得r=10 。(2)输电线上损耗功率Pr=()2r，原来Pr=100 kW，现在要求Pr=(1-96%)P=16 kW，解得输电电压应调节为U=10 kV。答案：(1)75%10 (2)10 kV8.(14分)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 的

8、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。(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401，如图乙所示。当用户电灯全部正常发光时，输电线上损耗的功率多大？【解析】(1)由P用=求得用户总的电阻R用=2.2 ，电路中的电流为I=59.5 AU灯=IR用131 VP输=U0I=14 875 W=14.9 kW。(2)P用=U4I4，U4=22

9、0 V，I4=100 A=，I3=2.5 AP损=r线=12.5 W。答案：(1)131 V14.9 kW(2)12.5 W【总结提升】远距离输电线路定量计算的方法(1)要弄清输电导线的电阻是功率损失和电压损失的原因所在。(2)在高压输电中，一般是通过电流来计算相关的电压、功率或热量等。(3)结合欧姆定律、焦耳定律和变压器的相关知识来解出正确答案。 (15分钟40分)9.(7分)(多选)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T1升压后向远方输电，输电线路总电阻R线=1 k，到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V60 W)。若在输电线路上

10、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()A.T1原、副线圈电流分别为103 A和20 AB.T2原、副线圈电压分别为1.8105 V和220 VC.T1和T2的变压比分别为150和401D.有6104盏灯泡(220 V60 W)正常发光【解析】选A、B、D。根据题意画出输电线路示意图如图所示。对升压变压器有P1=U1I1，可知I1=103 A，由输电线上消耗的功率P=R线=400010% kW=400 kW可知，输电线上电流为I2=20 A，A项正确；T1的变压比为n1n2=I2I1=150；根据P=U2I2得U2=2105 V，输电线

11、上电压U线=I2R线=20 000 V，则变压器T2的输入电压为U3=U2-U线=1.8105 V，又灯泡正常发光，可知T2的输出电压U4为220 V，B项正确；T2的变压比为n3n4=U3U4=1.8105220，C项错误；降压变压器的输入功率等于输出功率U3I3=60 Wn，解得n=6104，D项正确。【补偿训练】(多选)图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原副线圈匝数比为1100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示

12、加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW。下列说法正确的是()A.降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 HzB.远距离输电线路损耗功率为180 WC.当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大D.当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大【解析】选A、D。由图乙知交流电的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，A正确；由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U=IR=30100 V=3 000 V，输电线路损耗功率为P=UI

13、=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项正确；故选A、D。10.(7分)(多选)在远距离输电时，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，输电线损失的功率为P，用户得到的功率为P，则下列关系式正确的是()A.P=B.P=C.P=P-D.P=P(1-)【解析】选B、D。输电线电阻为R线=，输电电流为I=，故输电线上损失的电功率为P=I2R线=()2=，用户得到的电功率为P=P-P=P

14、(1-)。选项B、D正确，选项A、C错误。11.(7分)(多选)曾有一些低温雨雪冰冻天气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P；除冰时，输电线上热功率需变为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3IB.输电电流为9IC.输电电压为3UD.输电电压为U【解析】选A、D。因输电功率P和输电线电阻r不变，由P=I2r，得r=，当9P=I2r时，得I2=9I2，所以I=3I，选项A正确，选项B错误；又P=IU=IU，得U=U，

15、选项D正确，选项C错误。12.(19分)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 V9.5 kW”的电能，求：(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比；(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。【解析】(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比=。(2)由P损=R，输送电流取决于输出电压及输送功率，有I2=所以R= =20 。(3)设降压变压器原线圈上电压为U3，U3=U2-I2R=(2 000-520) V=1 900 V所以降压变压器原、副线圈匝数比=。答案：(1)(2)20 (3)- 8 -