2017-2018学年高中物理 第五章 交变电流 5.5 电能的输送检测 新人教版选修3-2

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1、5.5电能的输送课时作业基础达标1．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线的总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上损耗的电压可表示为(　　)A．U1B．U1－IRC．IRD．U2【解析】　输电线的电压损失ΔU＝U1－U2＝IR，B错误，C正确；U1为输出电压，U2为用户得到的电压，A、D错误．【答案】　C2．如图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(　　)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

2、，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】　根据P＝I2R可知，在电流I一定的情况下，减小电阻R可以减少电路上的电能损失，而R＝ρ，所以增大输电线横截面积S可减小电阻R，A正确；由输送电功率P＝UI，得输电线损失电功率P线＝I2R＝R，可见减小输电电流可减小电路发热损耗，在输送电压一定时，输送的电功率P越大，电能损失越大，B正确，C错误；高压输电并不一定是电压越高越好，电压过高时，会带来技术和设备上的困难，所以D正确．【答案】　ABD3．某变电站用11kV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

3、将电压升高到220kV送电，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，R′＝400R，由电阻定律可得：d′＝d，D错，选B.【答案】　B4．某小型水电站向小山村输电，输送电功率为50kW，若以1100V送电，则线路损失为10kW，若以3300V送电，则线路损失功率可变为(　　)A．3.3kWB．1.

4、1kWC．30kWD．11kW【解析】　根据P损＝2r可知，热损失功率跟输送电压的平方成反比，故B选项正确．【答案】　B5．一台发电机最大输出功率为4000kW，电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R＝1kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220V,60W)．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103A和20AB．T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220VC．T1和T2的变压比分别为1：50和4

5、0：1D．有6×104盏灯泡(220V、60W)正常发光【解析】　输电线上消耗的功率P线＝IR＝400kW，则I2＝＝20A，又P1＝U1I1，则I1＝＝103A，故A正确；T1的变压比＝＝，又P＝U1I1＝U2I2，得U2＝2×105V，输电线上损失电压U线＝I2R＝2×104V，则T2原线圈的输入电压U3＝U2－U线＝1.8×105V，又灯泡正常发光，T2的副线圈的电压为220V，B正确；T2的变压比＝＝，C错误；根据U3I2＝60n，解得n＝6×104，D正确．【答案】　ABD6．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200V，输电

6、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220V的用电器正常工作，则(　　)A.>B.U3，>，A选项正确，B选项错误；升压变压器的输出功率等于降压变压器的输出功率与输电线损失功率的和，故D选项正确，C选项错误．【答案】　AD7．发电机端电压为220V，输送功

7、率110kW，若要保证用户至少获得100kW电功率，则输电导线电阻不得大于________Ω；若用一个升压变压器升压至5500V后进行输电，则导线电阻不得大于________Ω.【解析】　由题可知，用户得到100kW的电功率，则输电线损失为10kW.I1＝A＝500A,10000W＝I·R1，R1＝Ω＝0.04Ω，R1≤0.04Ω，I2＝A＝20A,10000W＝I·R2，R2＝Ω＝25Ω，故R2≤25Ω.【答案】　0.04　258．某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向80km远处供电．已知输电导线的电阻率为ρ＝2.4×1

8、0－8Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4m2，输