物理选修35 电能的输送习题

这是一份物理选修35 电能的输送习题，共5页。试卷主要包含了如图1为远距离高压输电的示意图等内容，欢迎下载使用。

1．关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是( )
A．由功率P＝U2/R，应降低输电电压，增大导线电阻
B．由P＝IU，应低电压小电流输电
C．由P＝I2R，应减小导线电阻或减小输电电流
D．上述说法均不对
解析：输电时导线上损失的电压ΔU＝IR，它不同于输电电压，P＝eq \f(U2,R)或P＝IU中的U应为导线上损失的电压，故A、B错，导线上功率的损失为发热损失，即P＝I2R，故C正确。
答案：C
2．如图1为远距离高压输电的示意图。关于远距离输电，下列表述正确的是( )
图1
A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
解析：远距离输电过程中的主要能量损耗是输电导线的发热损耗，由P损＝I2R可以看出，在保证输电功率的前提下有两种方式可减小输电中的能量损失：一是减少输电线的电阻，由R＝ρeq \f(L,S)知，A正确。二是减小输电电流，B正确。若输电电压一定，由P＝UI知输送的电功率越大，输电电流越大，则输电中能量损耗P损＝I2R越大，C错误。电压越高，对输电线路绝缘性能的要求越高，变压器的要求相应提高，线路修建费用会多很多，D正确。
答案：ABD
3(2012·天津高考)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和eq \f(P2,P1)分别为( )
A.eq \f(PR,kU)，eq \f(1,n) B．(eq \f(P,kU))2R，eq \f(1,n )
C.eq \f(PR,kU)，eq \f(1,n2) D．(eq \f(P,kU))2R，eq \f(1,n2)
解析：当副线圈与原线圈的匝数比为k时，副线圈输出电压为kU，输出电流I＝P/kU，线路损耗的电功率为P1＝I2R＝(eq \f(P,kU))2R。若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，副线圈输出电压为nkU，输出电流I′＝P/nkU，线路损耗的电功率为P2＝I′2R＝(eq \f(P,nkU))2R。P2/P1＝eq \f(1,n2)，选项D正确，A、B、C错误。
答案：D
4．发电机的路端电压为U，经电阻为r的输电线向远处的用户供电，发电机的输出功率为P，则( )
A．输电线上的电流为eq \f(P,U)
B．输电线上的功率损失为eq \f(U2,r)
C．用户得到的功率为P－(eq \f(P,U))2r
D．用户得到的电压为eq \f(Pr,U)
解析：由题知，其供电原理如图所示，输电电流I＝eq \f(P,U)，输电线功率损失ΔP＝I2r＝(eq \f(P,U))2r，电压损失ΔU＝Ir，用户功率P′＝P－ΔP＝P－(eq \f(P,U))2r，用户电压U′＝U－ΔU＝U－Ir。
答案：AC
5．“西电东送”工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压。从洪家渡水电站向华东某地输送电的功率为106 kW，输电电压为100万伏，输电线电阻为100 Ω，若采用超导材料作为输电线。则可以减少输送损耗功率为( )
A．1010 W B．108 W
C．1010 kW D．108 kW
解析：输电线电阻R＝100 Ω时，电线损功率P线＝(eq \f(P送,U送))2R＝(eq \f(109,106))2×100 W＝108 W＝105 kW，用超导材料作为输电线R′＝0，则P线′＝0。
答案：B
6．某变电站用11 kV交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R，现若用变压器将电压升高到220 kV输电，下面选项正确的是( )
A．因I＝eq \f(U,R)，所以输电线上的电流增为原来的20倍
B．因I＝eq \f(P,U)，所以输电线上的电流减为原来的eq \f(1,20)
C．因P＝eq \f(U2,R)，所以输电线上损失的功率增为原来的400倍
D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原`来的eq \f(1,400)
解析：由ΔP＝I2R＝(eq \f(P,U))2R知，ΔP′＝eq \f(1,400)ΔP，C错。本题I≠eq \f(U,R)，故A错。若ΔP不变，则R＝eq \f(U2,P2)ΔP，R′＝400R，由电阻定律可得：d′＝eq \f(1,20)d，D错，选B。
答案：B
7．用U1和U2两种电压通过相同长度和材料的导线输电，若输送的电功率相等，在输电导线上损失的电功率也相同，则在两种情况下输电导线截面积之比S1∶S2为( )
A.eq \f(U2,U1) B.eq \f(U1,U2)
C．(eq \f(U2,U1))2 D．(eq \f(U1,U2))2
解析：由输送的电功率P＝IU，损失的电功率ΔP＝I2R，得ΔP＝eq \f(P2,U2)R。由题意知，eq \f(P2,U\\al(2,1))R1＝eq \f(P2,U\\al(2,2))R2，由此得eq \f(R1,R2)＝eq \f(U\\al(2,1),U\\al(2,2))，因为R＝ρeq \f(L,S)，所以eq \f(S1,S2)＝eq \f(U\\al(2,2),U\\al(2,1))。
答案：C
8．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2.0×105 A
B．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻
解析：输电线上输送的电流为I输＝eq \f(P输,U输)＝eq \f(3×106kW,500 kV)＝6 000 A，A选项错误。输电线上由电阻造成的损失电压U损＝I输×R线＝6000 A×2.5 Ω＝1.5×104 V，B选项正确。若输电电压为5 kV，则输电线上损失的功率不可能大于输电总功率3×106 kW，C选项错误，ΔP＝eq \f(U2,r)中，U应当为输电线上损失的电压，D选项错误。
答案：B
9．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度表一昼夜示数相差 4 800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？
解析：(1)由于输送功率为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%，输电线上的电流可由I＝P/U计算，为I＝100 A，而输电线损耗功率可由Pr＝I2r计算，其中Pr＝4 800/24 kW＝200 kW，因此可求得r＝20 Ω。
(2)输电线上损耗功率Pr＝(eq \f(P,U))2r∝eq \f(1,U2)，
原来Pr＝200 kW，现在要求P′r＝10 kW，
计算可得输电压应调节为U′＝22.4 kV。
答案：(1)60% 20 Ω (2)22.4 kV
10输送4.0×106 W的电能，若发电机输出电压为2 000 V，选用变压器升压后应用横截面积为4.25 cm2的铜导线，把电能送到400 km远处，线路损耗的功率为5.0×105 W。求：
(1)应选用匝数比为多少的升压变压器；
(2)若已知铜的电阻率ρ＝1.7×10－8 Ω·m，在用户方使用降压变压器，其原线圈两端的电压为多大。
解析：求升压变压器的匝数比，必须求出该变压器副线圈两端的电压，因变压器均为理想变压器，即上述副线圈输送给线路的功率仍是4.0×106 W，关键是求出输电线上的电流，问题就迎刃而解了。
(1)由P＝I2R得I＝eq \r(\f(P,R))，式中P为线路损耗功率，R为线路总电阻，两条导线总电阻R＝ρeq \f(L′,S)＝ρeq \f(2L,S)，则R＝1.7×10－8×eq \f(4×105×2,4.25×10－4) Ω＝32 Ω
所以I＝eq \r(\f(P,R))＝125 A
因为P输入＝P输出，所以在升压变压器副线圈两端的电压为
U2＝eq \f(P2,I)＝3.2×104 V
故eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(1,16)。
(2)设U2′为降压器变压原线圈两端的电压，则U2′＝U2－IR＝2.8×104 V。
答案：(1)1∶16 (2)2.8×104 V