物理选修3-2自我小测：第4章第3节电能的远距离传输 含解析 精品

自我小测夯基达标1.远距离输送交流电都采用高压输电.我国正在研究用比330 kV 高得多的电压进行输电.采用高压输电的优点是( )A.可节省输电线的铜材料B.可根据需要调节交流电的频率C.可减少输电线上的能量损失D.可加快输电的速度2.某发电厂原来用11 kV 的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220 kV 输电，输送的电功率都是P ，若输电线路的电阻为R ，则下列说法中正确的是( ) A.根据公式I ＝U/R ，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍 B.根据公式I ＝P/U ，提高电压后输电线上的电流降为原来的1/20C.根据公式P ＝U 2/R ，提高电压后输电线上的功率损耗将增大为原来的400倍D.若要使输电线损失的功率不变，可将输电线的直径减小为原来的1/203.某农村发电站的发电机的输出电压稳定，它发出电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器.经降压器降低电压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时( )A.升压变压器的副线圈的电压变大B.高压输电线路的电压损失变大C.降压变压器的副线圈上的电压变大D.降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大4.输电线的电阻为r ，输送的电功率为P ，用电压U 送电，则用户得到的功率为( ) A.P B.P －P 2r/U 2 C.P －U 2r D.P 2r/U 25.发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R ，通过导线上的电流为I ，学校得到的电压为U 2，则输电导线上损耗的功率在下列表达式中错误的是( )A.R U 21B.RU U 221)( C.I 2R D.I(U 1－U 2)6.在远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S ，总长度为L ，输电线损耗电功率为P ′，用户得到的电功率为P 用，则P ′、P 用正确的是( )①P′＝U2S/PL ②P′＝P2ρL/U2S ③P用＝P－U2S/PL ④P用＝P(1－PρL/U2S)A.①③B.①④C.②③D.②④能力提升7.一台理想变压器的副线圈有100匝，输出电压为10 V，则铁芯中磁通量变化率的最大值为( )A.10 Wb/sB.14.1 Wb/sC.0.14 Wb/sD.28.2 Wb/s8.超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电.现有一直流电路，输电总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V.若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )A.1 kWB.1.6×103 kWC.1.6 kWD.10 kW9.一台交流发电机的输出电压为250 V，输出功率为100 kW，向远处输电所用导线的总电阻R＝8 Ω，要使输电线上的功率损失不超过输送功率的5%，用户处正好得到220 V的电压，则供电处升压变压器和用户处降压变压器的匝数比各为多少?10.一座小型水力发电站，利用流量为20 m3/s、落差为5 m的河水发电.若单相发电机的效率为50%，输出电压为200 V.已知发电站到用户架设的输电线总电阻为10 Ω，输电线上允许损耗的功率为5%，用户所需电压为220 V，求所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数之比(不计变压器损失，g取10 m/s2).11.发电机的端电压220 V，输出电功率44 kW，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用初、次级匝数之比1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用初、次级匝比为10∶1的降压变压器降压供给用户.(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到用户，求用户得到的电压和功率.拓展探究12.我国农村电网低压改造已基本结束，由于低压改造，我国广大农民获得了实惠.农村电网改造之前，某些村庄经常会出现以下现象(离变压器较远的用户)：电灯不亮(达不到额定功率)，日光灯不能启动，洗衣机转速低等，尤其过节时现象更明显.(1)试用学过的知识解释为什么会出现上述现象.(2)某村庄现有住户440户，以前每户平均消耗电功率为100 W，使用的区间变压器匝数比为165∶6，恰好能使额定电压为220 V 的用电器正常工作，现在因家用电器增加，每户平均消耗电功率为250 W.若变压器输入电压仍为6 600 V ，区间输电线路不变，为了使家用电器正常工作，需要更新区间变压器，则此变压器的匝数比为多少？参考答案1解析：采用高压输电减小了输电电流，可减少能量损失，节省铜材料，但不能改变交变电流的频率和输电速度，故A 、C 两项正确。

答案：AC2解析：I 是输电线中的电流，R 是输电线的电阻，但是U 不是输电线上损失的电压，而是总的输送电压，所以不能用RUI =计算输电线中的电流，在运用欧姆定律时，I 、R 、U 应对应于同一部分导体，A 项错误.因为输送功率一定，由UPI =可知，当输送的电压增为原来的20倍时，电流减为原来的201，所以B 项正确.C 项中，R 是输电线的电阻，而U 是输送的总电压，R 与U 不对应，所以RU P 2=是错误的.输电线上损失的功率一般用ΔP ＝I 2R计算，不易出错，从B 项中已经知道电流减为原来的201，若ΔP 不变，则输电线的电阻可增为原来的400倍，根据SlR ρ=，在电阻率、长度不变的条件下，那么导线的横截面积可减小为原来的4001，即导线的直径减为原来的201，所以D 项正确。

答案：BD3解析：升压变压器副线圈的电压取决于电源的电压，由题意知电源的电压是不变的，因此A 项不正确；由于用电高峰期时，负载增加，总负载的电阻变小，则降压变压器副线圈的电流变大，由理想变压器的原理知，降压变压器原线圈上的电流也变大，在输电线路上的电流也变大，输电线路上的电压损失变大，则B 项是正确的；由于输电线路上的电压损失多了，剩余在降压变压器原线圈的电压就少了，由理想变压器的原理得，降压变压器的副线圈的电压变小了，所以C 项不正确；由于降压变压器到用户间的电流变大了，由U ＝IR 得，在线路上的电压损失就增大了，D 项是正确的。

答案：BD4解析：U P I =，r U P r I P 222==损，r UP P P P P 22-=-=损用.答案：B5解析：用RU P 2=求输电导线上损失的功率时，U 要与电阻R 对应.A 项中的电压U 1不是输电导线电阻R 的电压，输电导线电阻R 的电压为U 1－U ，A 项错误，B 项正确.C 、D 两项中的电流是输电导线的电流，故C 、D 两项正确. 答案：A 6解析：S U L P SLU P r U P r I P 22222/)()(ρρ==='，P 用＝P －P ′＝P(1－P ρL/U 2S).则②④正确. 答案：D7解析：铁芯中磁通量变化率最大时，输出电压最大，U m ＝210，m m t n U )(∆∆Φ=，得(t∆∆Φ)m ＝0.14 Wb/s. 答案：C8解析：节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，80010403⨯==U P I A ＝50 A.P 线＝I 2R ＝502×0.4 W ＝1 000 W ，故节约的电功率为1 kW ，A 项正确. 答案：A9解析：发电机的输出电压：U 1＝250 V ， 升压变压器的原线圈电流：111U P I =＝400 A ， 输电线上的功率损失：P 损＝P 1×5%，P 下标损＝I 线2R ， 所以输电线上的电流：I 线＝25 A. 升压变压器的匝数比为16140025121===I I n n 线， 升压变压器副线圈两端的电压为：1212n n U U =＝16×250 V ＝4 000 V ， 输电线上的电压损失为：U 损＝I 线R ＝25×8 V ＝200 V ，降压变压器原线圈两端的电压为：U 3＝U 2－U 损＝3 800 V ， 降压变压器的原、副线圈的匝数比为：1119022038004343===U U n n . 答案：1∶16 190∶11 10解析：此输电线路图如下水力发电站的发电功率tmgh P η=＝ρQgh η＝1.0×103×20×10×5×50% W ＝5×105 W 输电线上损失的功率.ΔP ＝P ×5%＝5×105×5%＝2.5×104 W ， ΔP ＝I 2·r得I ＝50 A ，所以I P U =2＝1×104 V ，501100002002121===U U n n ， U 3＝U 2－ΔU ＝104－Ir ＝104 V －500 V ＝9 500 V . 所以1147522095004343===U U n n 答案：501 1147511解析：(1)示意图如下图所示:(2)升压变压器次级的输出电压：1122U n n U ∙=＝10×220 V ＝2 200 V ； 升压变压器次级输出电流：1212I n n I ∙=；升压变压器初级输入电流，由P ＝I 1U 1得：2201044311⨯==U P I A ＝200 A ， 22010104431212⨯⨯=∙=U P n n I A ＝20 A ； 输电线路上的电压损失和功率损失分别为： U R ＝I 2R ＝20×0.2 V ＝4 V ，P R ＝I 22R ＝202×0.2 W ＝80 W ＝0.08 kW.加到降压变压器初级上的输入电流和电压为：I 3＝I 2＝20 A ， U 3＝U 2－U R ＝(2 200－4) V ＝2 196 V . 降压变压器次级的输出电流和电压为：1013344=∙=U n n U ×2 196 V ＝219.6 V ， 3434I n n I ∙=＝10×20 A ＝200 A ； 用户得到的功率为:P 4＝I 4U 4＝200×219.6 W ＝43.92 kW ；(3)若不采用高压输电，线路损失电压为：U R ′＝I 1R ＝200×0.2 V ＝40 V ， 用户得到的电压为：U 1′＝U 1－U R ′＝(220－40) V ＝180 V ， 用户得到的功率为:P ′＝I 1U 1′＝200×180 W ＝36 kW.答案：(1)见解析图 (2)219.6 V 43.92 kW (3)180 V 36 kW12解析：(1)低压输电线较细，电阻较大，另外当输电功率一定时，由于电压低，故输电电流I ＝P/U 较大.因此输电线上的电压损失ΔU ＝IR 线较大，致使末端用户得到的电压远低于额定电压(有时才160 V)，到了过节的时候，各家用电器增多，线路电流又会增大，导线上分压更多，用户电压更低，以上现象更加明显.经过低压改造后，以上现象不明显了. (2)未换时，输电电流220100440⨯==用总U P I A ＝200 A.输送电压16561122==U n n U ×6 600 V ＝240 V . 线路电阻根据U 线＝U 2－U 用＝IR 线. 所以200220240-=线R Ω＝0.1 Ω.换变压器后，A A U P I 500220250440=⨯=='用总. 线路损失电压U 线′＝I ′R ＝50 V变压器输出电压U 2′＝U 用＋U 线′＝220 V ＋50 V ＝270 V 变压器匝数之比为922027066002121=='=U U n n . 答案：(1)略 (2)9220。