- 2021-05-24 发布 |
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文档介绍
【物理】2020届一轮复习人教版 电能的输送 作业
2020届一轮复习人教版 电能的输送 作业 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=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=ρ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和分别为( ) A., B.()2R, C., D.()2R, 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=()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=()2R。P2/P1=,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 B.输电线上的功率损失为 C.用户得到的功率为P-()2r D.用户得到的电压为 解析:由题知,其供电原理如图所示,输电电流I=,输电线功率损失ΔP=I2r=()2r,电压损失ΔU=Ir,用户功率P′=P-ΔP=P-()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=()2R=()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=,所以输电线上的电流增为原来的20倍 B.因I=,所以输电线上的电流减为原来的 C.因P=,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 解析:由ΔP=I2R=()2R知,ΔP′=ΔP,C错。本题I≠,故A错。若ΔP不变,则R=ΔP,R′=400R,由电阻定律可得:d′=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. B. C.()2 D.()2 解析:由输送的电功率P=IU,损失的电功率ΔP=I2R,得ΔP=R。由题意知,R1=R2,由此得=,因为R=ρ,所以=。 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===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=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=()2r∝, 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=,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=ρ=ρ,则R=1.7×10-8× Ω=32 Ω 所以I==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==3.2×104 V 故==。 (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查看更多