2019-2020学年高中物理 课时跟踪检测（十二）电能的输送 新人教版选修3-2

课时跟踪检测（十二） 电能的输送一、选择题1.发电厂的输出电压为u1，发电厂至用户间输电导线的总电阻为r，通过导线的电流为i，用户得到的电压为u2，则下列输电导线上损耗功率的表达式中错误的是()a(u1u2)ibi2rc. d.解析：选c发电厂的输出电压为u1，用户得到的电压为u2，则输电线上的电压损失uu1u2，输电线上损失的功率为p损uii(u1u2)或p损ui，故a、d正确；因为输电线上的电流为i，则输电线上损失的功率p损i2r，故b正确，c错误。2在远距离输电中，原来用电压u0输电，输电线上损失的电功率为p0，现在要使输电线上损失的电功率减小到原来的，则输电电压应为()a100u0 b.u0c. d.解析：选bp损i2r，i，解得p损r，所以p损，所以当p损为原来的时，u0u0，b正确。3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u011 000sin 100t v的交流电降为220 v供居民小区用电，则下列说法错误的是()a降压变电站原、副线圈匝数比为501b输电电流的频率是50 hzc降压变电站副线圈的导线比原线圈的要粗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：选d原电压的有效值为u111 000 v，由得， a正确；变压器不改变交流电的频率，f50 hz，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)，c正确；居民小区各用电器电流总和应该等于副线圈的电流，d错误。4多选如图所示，理想变压器原线圈的匝数n11 100，副线圈的匝数n2110，r0、r1、r2均为定值电阻，且阻值相同，电流表、电压表均为理想交流电表，原线圈接u220sin 314t v的交流电压，起初开关s处于断开状态。下列说法正确的是()a交流电压表的示数为22 vb当开关s闭合后，交流电压表的示数变小c当开关s闭合后，交流电流表的示数变大d当开关s闭合后，变压器的输出功率增大解析：选bcd变压器的输入电压的有效值为 v，由原、副线圈匝数与电压的关系知，副线圈两端的电压有效值为 v，根据串联分压原理，开关s闭合前，交流电压表的示数为 v，选项a错误；当开关s闭合后，副线圈电路的总电阻r总变小，因为u2不变，根据p2可知变压器的输出功率增大，流过r0的电流增大，交流电压表的示数变小，由i1i2可知交流电流表的示数变大，选项b、c、d正确。5如图所示为某小型电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为u1和u2。在输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为101和110，电压表的示数为220 v，电流表的示数为10 a，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是()a升压变压器原、副线圈的匝数比为b采用高压输电可以增大输电线中的电流，输电电流为100 ac线路输送电功率是220 kwd将p上移，用户获得的电压将降低解析：选c根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为：，故a错误；采用高压输电可以减小输电线中的电流，从而减小输电过程中的电能损失，根据电流互感器原理及匝数比为110，由公式，得输电电流为ia21010 a100 a，故b错误； 由电压表的示数为220 v，根据变压公式，得输电电压为u210220 v2 200 v，线路输送电功率为pu2ia2220 kw，故c正确；将p上移，则降压变压器的初级线圈减小，故用户获得的电压将升高，故d错误。二、非选择题6某交流发电机输出功率为5105 w，输出电压为u1.0103 v，假如输电线的总电阻r10 ，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压u用户380 v。(1)画出输电线路的示意图(标明各部分的符号)；(2)所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少(使用的变压器是理想变压器)。解析：(1)输电线路示意图如图所示。(2)i1500 ap损5%p5%5105 w2.5104 w由p损i22r，得i2 50 ai31.25103 a所以。答案：(1)见解析图(2)110251一、选择题1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 s1s2为()a. b.c.2 d.2解析：选c由输送的电功率piu，损失的电功率pi2r，得pr，由题意知，r1r2，由此得 ，因为r，所以，故c正确。2如图所示，某小型水电站输出的总功率p08.8104 w，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电，若升压变压器的输出电压为u1 100sin (200t)v，输电导线的总电阻为r5 。现要使额定电压为220 v的用电器正常工作，下列说法中正确的是()a输电线上的电流为220 ab降压变压器匝数比c用电器的额定功率p5.6104 wd用电器上交流电的频率是50 hz解析：选c升压变压器的输出电压为u1 100sin(200t)v，可知输出电压的有效值为u01 100 v，输电线上的电流：i a80 a，故a错误；输电线消耗的电压：u损ir805 v400 v，到达降压变压器的电压：u3u0u损(1 100400)v700 v，所以降压变压器的匝数比：，故b错误；输电线损耗的电功率：p损i2r8025 w32 000 w，到达降压变压器的电功率：p3p0p损(8.810432 000)w5.6104 w，理想变压器的输出功率等于输入功率，所以用电器的额定功率也是5.6104 w，故c正确；由于输送电压u1 100sin (200t)v，可知输送电压的频率为100 hz，所以用电器上交流电的频率是100 hz，故d错误。3某发电机说明书的部分内容如表所示，现在用一台该型号的柴油发电机给某地灾民临时安置区供电，如图所示。发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为某型号单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5104 。安置区家用电器的总功率为44 kw，当这些额定电压为220 v的家用电器都正常工作时()型号xxxx最大输出功率60 kw输出电压范围220300 va输电线路中的电流为20 ab发电机实际输出电压是300 vc在输电线路上损失的电功率为8 kwd如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则输出电压最大值是300 v解析：选c额定电压为220 v的家用电器正常工作时，输电线路中的电流i a200 a，故选项a错误；发电机的实际输出电压u0uir220 v20024002.5104 v260 v，故选项b错误；输电线上损失的功率p损i2r200224002.5104 w8 kw，故选项c正确；该柴油机输出电压的最大值um260 v368 v，故选项d错误。4如图甲所示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，其输入交变电压的变化规律如图乙所示，远距离输电线的总电阻为50 。降压变压器右侧部分为火灾报警系统原理图，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可以显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为660 kw。下列说法中正确的是()at0.01 s时刻，电压表的示数是0b未出现火警时，运距离输电线路损耗的功率为45 kwc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，输电线上的电流变小解析：选b电压表测量的为交流电的有效值，故任意时刻的示数都是电阻r2两端的电压，不为零，故a错误；升压变压器输入端电压有效值为220 v，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压为22 000 v，所以输电线中的电流i a30 a，输电线损失的电压uir3050 v1 500 v，输电线路损耗功率pui1 50030 w45 kw，故b正确；当传感器r2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表v的示数减小，故c错误；当传感器r2所在处出现火警时，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增大，故d错误。5某科技小组在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长，他将每50米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路。第一次直接将输电线与实验电源及用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为i1、p1；第二次采用如图所示的电路输电，其中升压理想变压器t1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1n2，降压理想变压器t2与用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为i2、p2。下列说法中正确的是()a第二次实验时因为多接了两个变压器，所以p2p1b通过该实验可以证明，提高输电电流能减小远距离输电的能量损失c若输送功率一定，则p2p1n22n12d若输送功率一定，则i2i1n1n2解析：选d高压输电能减小输电线上损失的功率，故a错误；实验可以证明，提高输电电压能减小远距离输电的能量损失，故b错误；设学生电源的输出功率为p，则第一次实验输电线上的电流i1，输电线上损失的功率p1i12rr；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压u2u1，输电线上的电流i2，输电线上损失的功率p2i22rr，所以：i2i1u1u2n1n2，p2p1u12u22n12n22，故d正确，c错误。二、非选择题6如图所示，某发电站通过燃烧煤来发电。发电站通过升压变压器、输电线和降压变压器把电能输送给生产和照明组成的用户负载，发电机输出功率是120 kw，输出电压是240 v，升压变压器原、副线圈的匝数之比为125，输电线的总电阻为10 ，用户需要的电压为220 v。则：(