巩固练习-电能的输送及应用-提高

【巩固练习】一、选择题1．某电站用1kV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20kV送电，下列说法正确的是（）A．因UIR，所以输电线上的电流增为原来的20倍B．因PIU，所以输电线上的电流减为原来的120C．因2UPR，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1202．变电站通过两根输电线向用户送电，变电站输出电压为U，线路电流为I，导线电阻为R，用户端电压为U＇，则输电线上损失的电功率为（）A．2URB．I2RC．UID．I(U－U＇)3．输电线的电阻共计为r，输送的电功率为P，用电压U送电，则用户能得到的电功率为（）A．PB．22PPrUC．2UPrD．22PrU4．远距离输电时，在输送功率不变的条件下（）A．只有增加导线的电阻，才能减小输电电流，提高输电效率B．只有提高输电电压，才能减小输电电流，提高输电效率C．提高输电电压，势必增大输电导线上能量的损耗D．提高输电电压，势必增大输电导线上的电流5．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，则线路损失可降为（）A．3.3kWB．1.1kWC．30kWD．11kW6．发电厂发电机的输出电压为U，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U2，则输电导线上损耗的功率下列表达式错误是（）A．21URB．212()UURC．I2RD．I(U1－U2）7．2008年1月10日开始的低温雨雪冰冻使我国部分地区严重受灾，其中高压输电线因结冰而损毁严重，此次灾情牵动亿万人的心。为消除高压输电线上的凌冰，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，高压线上输电电压为U，电流为I，热消耗功率为ΔP；除冰时，输电线上的热功率需变为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3IB．输电电流为9IC．输电电压为3UD．输电电压为13U8．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，经降低电压后再输送至各用户。没变压器都是理想的，那么在用电高峰期，随用电器电功率的增加将导致（）A．升压变压器初级线圈中的电流变小B．升压变压器次级线圈两端的电压变小C．高压输电线路的电压损失变大D．降压变压器次级线圈两端的电压变小9．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，则在这两种情况下输电导线的横截面积之比S1∶S2为（）A．21UUB．12UUC．221UUD．212UU10．电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律、安培定则都是一些重要的规律，如图是远距离输电系统的示意图（为了简单，设用户的电器是电动机），下列选项中正确的是（）A．发电机能发电的主要原理是库仑定律；变压器能变压的主要原理是欧姆定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律B．发电机能发电的主要原理是安培定则；变压器能变压的主要原理是欧姆定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律C．发电机能发电的主要原理是欧姆定律；变压器能变压的主要原理是库仑定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律D．发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律；变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是安培定则11．为保证用户电压稳定在220V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示．以下正确的是()A．u2＝1902sin(50πt)VB．u2＝1902sin(100πt)VC．为使用户电压稳定在220V，应将P适当下移D．为使用户电压稳定在220V，应将P适当上移二、填空题12．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=4∶1，原线圈输入电压U1=1410sin100πt（V），副线圈通过电阻R=1Ω的输电线对用户供电，则用户处最多接________盏“220V40W”的电灯可保证正常发光。13．如图所示，自耦变压器输入端A、B接交流稳压电源，其电压有效值UAB=100V，R0=40Ω，当滑动片处于线圈中点位置时，C、D两端电压的有效值UCD为________V，通过电阻R0的电流有效值为________A。三、解答题14．发电机的端电压为220V，输出电功率为44kW，输电导线的电阻为0.2Ω，如果用初、次级匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用初、次匝数比为10∶l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。15．一座小型水电站，水以3m／s的速度流入水轮机，而以1m／s的速度流出。流出水位比流入水位低1.6m，水的流量为1m3／s。如果水流能量的75％供给发电机，20％使水温升高。求：（1）水温升高多少？（2）若发电机效率为80％，则发电机的输出功率多大？（3）若发电机的输出电压为240V，输电线路电阻为2163，允许损失的电功率为5％，用户所需电压为220V，电路如图所示，则所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少？[变压器为理想变压器，g取10m／s2，水的比热容为4.2×103J／(k·℃)]【答案与解析】一、选择题1．【答案】BD【解析】选项A中，，是输电线中的电流，只是输电线的电阻，但是U不是输电线上损失的电压，而是总的输送电压（是输电线和负载上电压之和），所以不能用UIR计算输电线中的电流，在运用欧姆定律时，I、R、U应该对应于同一部分导体。因为输送的功率一定，由PIU可知，当输送的电压增为原来的20倍时，电流减为原来的120，所以选项B是正确的。选项C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2UPR是错误的。输电线上损失的功率一般用ΔP=I2R计算不容易出错，从选项B中已经知道电流减为原来的120，若ΔP不变，则输电线的电阻可增为原来的400倍，根据lRS，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1400，即导线的直径可减为原来的击，所以选项D是正确的。2．【答案】BD【解析】输电线上损失的电功率即为输电线上的热功率，所以P损=I2R。损失电压为U－U＇，所以P损=(U－U＇)。B、D选项正确，A、C选项错误。3．【答案】B【解析】用户能得到的电功率为输送的电功率与输电线上损失的热功率之差，所以2PPPrU户，B选项正确，A、C、D均错误。4．【答案】B【解析】在输送功率一定的前提下，P输=U输·I输，2PIR损输线，100%PPP损输输，所以选项B正确。5．【答案】B【解析】由P=UI，ΔP=I2R可得：22PPRU，所以当输送电压增大为原来3倍时，线路损失变为原来的19，即ΔP=1.1kW。6．【答案】A【解析】用2UPR求电阻上损失的功率时，U要与电阻R相对应，选项A中的U是输出电压不是输电线电阻上的电压，故A是错误的。B中的U1－U2是输电线电阻上的电压，因此，B是正确的。C、D中的电流，是输电线中的电流，故C、D都是正确的。7．【答案】AD【解析】输电线上的功率损失为22PPIRRU线线，由该式可知要使ΔP增大到原来的9倍，可知输电电流变为原来的3倍或输电电压变为原来的13，故A、D正确。8．【答案】CD【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的电压损失变大，从而导致降压变压器初级线圈电压变小，次级线圈电压也减小，所以选项C、D正确。9．【答案】C【解析】因为2PlPUS，，当ΔP、P、、l一定时，S与U2成反比，故C正确。10．【答案】D【解析】本题综合考查了发电机、变压器、电动机的工作原理。发电机主要是将其他形式能转化为电能的设备，应用法拉第电磁感应定律原理；变压器是由电流的变化产生磁场的变化，从而使得线圈内的磁通量发生变化，产生感应电流，也是应用法拉第电磁感应定律原理；电动机是将电能转化为其他形式能的设备，通电导线在磁场中要受到力的作用从而运动，是安培定律的应用。11．【答案】BD【解析】由图乙可知，交变电流的最大值为1902V，周期为0.02s，ω＝2πT＝100πrad/s，所以A项错误，B项正确．为了让用户得到220V的电压，由u1u2＝n1n2可知，要想使电压u2升高，n1必须变小，C项错误，D项正确．二、填空题12．【答案】165【解析】由题意知原线圈的输入电压为：11410V1000V22mUU，根据原、副线圈的匝数比得副线圈的电压为：221111000V250V4nUUn，用电器正常工作电压220VU用，则线路损失电压为：ΔU=U2―U用=250V―220V=30V，输电线上的电流为30A30A1UIR。每只灯泡的正常工作电流为402AA22011PIU额额额。用户最多可接电灯的盏数为30A165()2A11InI额盏。13．【答案】2005【解析】当滑片处于线圈中点时，UCD=2UAB=200V，通过R0的电流I=UCD/R0=5A。三、解答题14．【答案】（1）图见解析（2）219.6V4.392×104W（3）180V3.6×104W【解析】（1）示意图如图所示。（1）升压变压器次级的输出电夺221110220V2200V1nUUn。据升压变压器输出电功率等于输入电功率知，升压变压器次级输出电流3224410A20A2200PIU。输电线路上的电压损失和功率损失分别为UR=I2R=20×0.2V=4V，PR=I22R=202×0.2W=80W。加到降压变压器初级上的输入电流和电压为I3=I2=20A，U3=U2―UR=2200V―4V=2196V。降压变压器次级的输出电流和电压为443312196V219.6V10nUUn，34341020A200AnIIn。用户得到的功率为P4=I4U4=200×219.6W=4.392×104W。（3）若不采用高压输电，用220V低压直接供电时，电路如图所示，则输电电流314410A200A220PIU，输电线路上的电压损失'2000.2V40VRUIR，所以用户得到的电压为41''220V40V180VRUUU。用户得到的功率为444''200180W3.610WPIU。15．【答案】（1）9.5×10－4℃（2）12kW（3）3259511【解析】（1）每秒水流机械能损失为224121()210J2Emvvmgh，其中有20%使水温升高，则20%cmtE，所以420%9.510CEtcm。（2）发电机的输出功率为75%80%EPt出，而t=1s，所以P出=12kW。（3）根据题中所给的供电线路示意图得P线=50%P出=600W。因为P线=I线2=R线，所以I线=6A，又因I2=I线=6A，1150APIU出，所以对升压变压器有1221InIn，即1221325nInI。又因为I3=I线=6A，44570A11PPIU出线，所以，对降压变压器有34439511nInI。