2020学年高中物理 4.3 电能的远距离传输

2020学年高中物理 4.3 电能的远距离传输

‎4.3 电能的远距离传输 ‎ A组 ‎1.对在电能远距离输送中所造成的电压、功率损失,下列说法中正确的是(　　)‎ A.只有输电线的电阻才造成电压损失 B.只有输电线的电抗才造成电压损失 C.只有变压器的铜损和铁损才造成了输送中的功率损失 D.若用高压直流电输送,可以减小因电抗造成电压、功率的损失 解析:远距离高压输电过程中,不仅线路上的电阻会损失电压,电抗也会损失电压,故选项A、B错误;输电过程中的功率损失是指输电线上功率损失,故选项C错误;若用高压直流电输送,则只有电阻的影响,无电抗的影响,故选项D正确。‎ 答案:D ‎2.远距离输电时,在输出电功率不变的条件下(　　)‎ A.只有增大导线的电阻,才能减小电流,提高输电效率 B.提高输电电压,能减小电流,提高输电效率 C.提高输电电压必增大输电导线上能量损耗 D.提高输电电压必增大输电导线上的电流 解析:在输出功率一定时,由P=UI知,当U增大时,I减小,输电导线损耗的功率ΔP=I2R将变小。故选项B符合题意。‎ 答案:B ‎3.(多选)高压直流输电与高压交流输电相比(　　)‎ A.高压直流输电不存在感抗和容抗引起的损耗 B.高压直流输电所需的设备比高压交流输电所需的设备经济 C.高压直流输电技术简单 D.高压直流输电主要用于联系非同步运行的交流系统 解析:稳定的直流输电不存在感抗和容抗引起的损耗,选项A正确;高压直流输电技术的要求高,所需的设备——换流器价格高,选项B、C错误;高压直流输电主要用于联系非同步运行的交流系统,选项D正确。‎ 答案:AD ‎4.水电站向小山村输电,输送电功率为50 kW,若以1 100 V送电,则线路损失为10 kW,若以3 300 V送电,则线路损失可降为(　　)‎ A.3.3‎‎ kW　　　　　　　B.1.1 kW C.30 kW D.11 kW 解析:由P=UI,ΔP=I2R可得ΔP=R,所以当输送电压增大为原来3倍时,线路损失变为原来的,即ΔP=1.1 kW。选项B正确。‎ 答案:B ‎5.远距离输电线路的示意图如图所示,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:一般发电机到升压变压器的距离比较小,导线的电压降比较小,导线上的电能损耗比较小,发电机的输出功率等于升压变压器的输入功率,等于远距离输电线损失的功率加上降压变压器的输入功率,而降压变压器的输入功率由用户的实际功率来决定,所以用户的实际功率决定了升压变压器输出和输入功率,因此升压变压器的输入电流与用户的实际功率有关,所以选项A、B错误;用户的总电阻减小,功率增大,输电线上的电流增大,损耗增加,所以选项C正确;由于远距离输电,导线的电阻不能忽略不计,导线上的电压降不能忽略,升压变压器的输出电压大于降压变压器上的输入电压,所以选项D错误。‎ 答案:C ‎6.(多选)小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压,它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压,然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器,经降压变压器后再输送到各用户。设变压器都是理想的,那么在用电高峰期,随着用电器电功率的增加,将导致(　　)‎ A.升压变压器原线圈中的电流变小 B.升压变压器副线圈两端的电压变小 C.高压输电线路的电压损失变大 D.降压变压器原、副线圈两端的电压变小 解析:用电器电功率增加导致输出功率变大,在输出电压一定时,使输出电流变大,由于ΔU=Ir,所以输出电流变大导致输电线路电压损失变大,从而导致降压变压器原线圈电压变小,副线圈电压也减小,所以选项C、D正确。‎ 答案:CD ‎7.(多选)为了减少输电线路中电能损失,发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送,再经过降压变电站将高压变为低压,某降压变电站将电压U0=11 000sin 100πt V的交流电压降为220 V供居民小区用电,则变电站变压器(　　)‎ A.原、副线圈匝数比为50∶1‎ B.副线圈中电流的频率是50 Hz C.原线圈的导线比副线圈的要粗 D.输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和 解析:原线圈电压的有效值为U1=11 000 V,由得,,选项A正确;变压器不改变交变电流的频率,由f= Hz=50 Hz,故选项B正确;由得,副线圈的电流大,要想导线发热少,导线要粗一些(电阻小),故选项C错误;居民小区各用电器电流总和应该等于副线圈的电流,选项D错误。‎ 答案:AB ‎8.低温雨雪冰冻往往会造成高压输电线因结冰而损毁。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,高压线上送电电压为U,电流为I,热耗功率为ΔP;除冰时,输电线上的热耗功率需变为9ΔP,则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)(　　)‎ A.输电电流为6I B.输电电流为9I C.输电电压为3U D.输电电压为U 解析:高压线上的热耗功率ΔP=I2R线①‎ 若热耗功率变为9ΔP,则9ΔP=I'2R线②‎ 由①②得I'=3I,选项A、B错误;‎ 又输送功率不变P=UI=U'I'得U'=U,所以选项C错误,选项D正确。‎ 答案:D ‎9.中国已投产并成功运行1 000 kV特高压输电工程。假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电,输电线上损耗的电功率为P。在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下,现改用1 000 kV特高压输电,若不考虑其他因素的影响,则输电线上损耗的电功率将变为(　　)‎ A. B.‎ C.2P D.4P 解析:设输送功率为P,输送电流为I,输送电压为U,P=UI,I=,P损=I2R。输送电压升为原来的2倍,则输送电流降为原来的一半,P损降为原来的四分之一,故选项A正确。‎ 答案:A B组 ‎1.(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示,发电机的输出电压为200 V,输电线总电阻为r,升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2,降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)。要使额定电压为220 V的用电器正常工作,则(　　)‎ A.‎ B.‎ C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率 解析:设升压变压器原、副线圈两端电压分别为U1和U2,降压变压器原、副线圈两端的电压分别是U3和U4,导线上的电压降为ΔU,则由变压器原理,有①‎ ‎②‎ 又由题设知U1U3⑤‎ 所以⑥‎ 由①②⑥联立得 故选项A正确,选项B错误;‎ 由于导线上有电压损失,故选项C错误;由于导线上有热功率损失,因此升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率,选项D正确。‎ 答案:AD ‎2.(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=1 kΩ。到目的地经变压器T2降压,负载为多个正常发光的灯泡(220 V　60 W)。若在输电线路上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1×‎103 A和‎20 A B.T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 V C.T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1‎ D.有6×104盏灯泡(220 V　60 W)正常发光 解析:T1原线圈的电流为I1= A=1×‎103 A,输电线上损失的功率为P损=R=P1,所以I2= A=‎20 A,选项A正确;T1上副线圈的电压为U2=50 U1=2×105 V,T2上原线圈的电压为U3=U2-I2R=2×105 V-20×103 V=1.8×105 V,选项B正确;T1的变压比为,T2上原、副线圈的变压比为,选项C错误;能正常发光的灯泡的盏数为N==6×104,选项D正确。‎ 答案:ABD ‎3.某小型实验水电站输出功率P=38 kW,输电线路总电阻 r=1 Ω。‎ ‎(1)若采用U=380 V输电,求输电线路损耗的功率P损。‎ ‎(2)若改用U1=10 000 V高压输电,用户端利用n1∶n2=44∶1的变压器降压,求用户得到的电压U2。‎ 解析:(1)输电线上的电流为 I= A=‎‎100 A 输电线路损耗的功率为P损=I2r=1002×1 W=10 kW。‎ ‎(2)改用高压输电后,输电线上的电流变为 I1= A=‎‎3.8 A 变压器原线圈两端的电压 U'=U-I1r=(10 000-3.8×1) V=9 996.2 V 根据 用户得到的电压为U2=U'=×9 996.2 V=227.19 V。‎ 答案:(1)10 kW　(2)227.19 V ‎4.有一台内阻为1 Ω的发电机,供给一个学校照明用电,如图所示,升压变压器的匝数比为1∶4,降压变压器的匝数比为4∶1,输电线的总电阻R=4 Ω,全校共22个班,每班有“220 V　40 W”的电灯6盏,若要保证电灯全部正常发光,求:‎ ‎(1)发电机输出功率。‎ ‎(2)发电机电动势。‎ ‎(3)输电效率。‎ ‎(4)若使用灯数减半且正常发光,发电机输出功率是否减半?‎ 解析:由于发电机至升压变压器、降压变压器至学校距离较短,不必考虑这两部分输电导线上的功率损耗,发电机的电动势E一部分降在电源内阻上,另一部分为发电机的路端电压U1,升压变压器副线圈电压U2的一部分降在输电线上,其余的就是降压变压器原线圈电压U3,而U4应为电灯的额定电压U额。‎ ‎(1)对降压变压器:P3=P4=U4I4=nP灯=22×6×40 W=5 280 W 而U3=U4=880 V 所以I3= A=‎‎6 A 对升压变压器:U1I1=U2I2=R+U3I3=R+P3=62×4 W+5 280 W=5 424 W 所以,发电机的输出功率P出=5 424 W。‎ ‎(2)因为U2=U3+I线R=U3+I3R=880 V+6×4 V=904 V 所以U1=U2=×904 V=226 V 又U1I1=U2I2‎ 所以I1==4I2=4I3=‎‎24 A 故E=U1+I1r=226 V+24×1 V=250 V。‎ ‎(3)η=×100%=×100%=97%。‎ ‎(4)电灯减少一半时 n'P灯=2 640 W,I3= A=‎‎3 A 所以P出=n'P灯+R=2 640 W+32×4 W=2 676 W。发电机输出功率减少一半还要多,因输电线上的电流减少一半,输电线上电功率的损失减少到原来的。‎ 答案:(1)5 424 W　(2)250 V　(3)97%　(4)减少大于一半