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03课后课时精练时间：40分钟满分：100分一、选择题(每小题6分，共54分)1．远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高，则()A．输电线上的电压损失增大B．输电线上的电能损失增大C．输电线上的电压损失不变D．输电线上的电能损失减少解析由P＝UI知，输电线的电流为I＝PU，功率一定，当输电电压U提高时，电流I减小，由ΔU＝IR得，输电线上的电压损失减少，再由P线＝I2R线，可知输电线上的电能损失减少，D选项正确。2．下列关于减小远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的是()A．因为热功率P＝U2R，所以应降低输送的电压，增大输电导线的电阻，才能减小输电导线上的热损耗B．因为热功率P＝IU，所以应采用低电压、小电流输电，才能减小输电导线上的热损耗C．因为热功率P＝I2R，所以可采用减小输电线电阻或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热损耗D．以上说法均不正确解析不能盲目看公式，要注意其物理意义的表达，在求热损耗时：P损＝I2线R线或用P损＝U线I线，也可用P损＝U2线R线，但U必须为输电线两端的电压(即损失电压)。故选C。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．P－P2U2rC．P－U2rD.P2U2r解析输电电流I＝PU，输电线上损耗功率为ΔP＝I2r＝PU2r，用户得到功率为P用＝P－ΔP＝P－I2r＝P－PU2r，故B正确，A、C、D错误。4.(多选)在我国北方部分地区经常出现低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严重损毁，如图所示。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。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；若输电功率和输电线电阻不变，除冰时，需要输电线上热耗功率为9ΔP，则除冰时()A．输电电流为3IB．输电电流为9IC．输电电压为3UD．输电电压为13U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，A正确。又输送功率不变，P＝UI＝U′I′，得U′＝13U，所以D正确。5．(多选)如图所示，某变电站用10kV的高压向10km外的小区供电，输送的电功率为200kW。现要求在输电线路上损耗的功率不超过输送电功率的2%，下列不同规格的输电线中，符合要求的是()选项型号千米电阻(Ω/km)ADYD30/C1BDYD50/C0.6CDYD100/C0.3DDYD150/C0.2解析由P＝UI解得输电电流I＝PU＝20A，输电线路上损耗的功率不超过P线＝200kW×2%＝4kW，由P线＝I2R，解得R＝10Ω，由于输电线长度需要20km，所以可以选择千米电阻0.5Ω/km以下的型号DYD100/C或型号DYD150/C，符合要求的是选项C、D。6．随着社会发展，人类对能源的需求日益增加，节能变得愈加重要。甲、乙两地采用电压U进行远距离输电，输电线上损耗的电功率为输入总功率的k(0＜k＜1)倍。在保持输入总功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用5U的电压输电，若不考虑其他因素的影响，输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的多少倍()A.k25B.k5C．5kD．25k解析设输送的电功率为P。当输送电压为U时，在线路上损失的功率为：ΔP＝I2R，由I＝PU，得：ΔP＝P2RU2。同理，当输送电压为5U时，在线路上损失的功率为：ΔP′＝P2R5U2，据题有：ΔP＝kP，联立计算得出：ΔP′＝k25P，即输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的k25倍，所以A正确。7．(多选)在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有()A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大解析由题意可知升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，A错误；在电能输出过程中有：I＝PU，U线＝IR线，U3＝U2－U线，因P变大，I变大，故U线变大，U2不变，所以降压变压器输入电压U3变小，则降压变压器的输出电压变小，B错误；由P线＝PU22R线，因P变大，所以P线变大，C正确；根据P线P＝PU22R线P＝PR线U22，因P变大，所以比值变大，D正确。8．在确定的两地间用铝导线输送一定功率的交变电流，现将输电电压提高1倍，并保持输电线上损失的功率不变，则用铝量可比增压前减少了()A．25%B．50%C．60%D．75%解析设输送交变电流的功率为P，输电电压为U，提高电压后为U′，所用铝导线长度为l，总电阻为R，增压后电阻为R′，则由I＝PU，P损＝I2R可得P损＝P2RU2，同理P损′＝P2R′U′2，而P损＝P损′，U′＝2U，联立各式得R′＝4R。由电阻定律R＝ρlS，R′＝ρlS′得S′＝14S，所以V′＝V4，m′＝m4。所以用铝量仅为原来的14，即25%，因此用铝量减少了75%。9．(多选)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线＝1kΩ，到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220V60W)。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40∶1D．有6×104盏灯泡(220V60W)正常发光解析根据题意画出输电线路示意图如图所示。对升压变压器有P1＝U1I1，可知I1＝103A，由输电线上消耗的功率ΔP＝I22R线＝4000×10%kW＝400kW可知，输电线上电流为I2＝20A，A项正确；T1的变压比为n1∶n2＝I2∶I1＝1∶50；根据P＝U2I2得U2＝2×105V，输电线上电压U线＝I2R线＝20000V，则变压器T2的输入电压为U3＝U2－U线＝1.8×105V，又灯泡正常发光，可知T2的输出电压U4为220V，B项正确；T2的变压比为n3∶n4＝U3∶U4＝1.8×105∶220，C项错误；降压变压器的输入功率等于输出功率U3I3＝60W·n，解得n＝6×104，D项正确。二、非选择题(共3小题，46分)10．(14分)发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户(升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器)，若发电机的输出功率是100kW，输出电压是250V，升压变压器的原副线圈的匝数比为1∶25，求：(1)升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；(2)若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压。答案(1)6250V16A(2)15.625Ω6000V解析(1)对升压变压器，据公式U2U1＝n2n1，则升压变压器的输出电压U2＝n2n1U1＝251×250V＝6250V，输电导线中的电流I2＝P2U2＝P1U2＝100×1036250A＝16A。(2)P损＝I22R线＝0.04P1，所以R线＝0.04P1I22＝0.04×105162Ω＝15.625Ω，因为ΔU＝U2－U3＝I2R线，所以U3＝U2－I2R线＝6250V－16×15.625V＝6000V。11．(16分)如图所示，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈的匝数与次级线圈的匝数之比是3∶1。初级线圈的输入电压是660V，次级线圈的电阻为0.2Ω，用这台变压器供给100盏标有“220V60W”的电灯用电。求：(1)空载时次级线圈的端电压和输出功率；(2)接通时次级线圈的端电压；(3)每盏灯的实际功率。答案(1)220V0(2)214.68V(3)57.1W解析(1)将变压器视为理想变压器。设空载时次级线圈的输出电压为U2，由n2n1＝U2U1，得到U2＝n2n1U1＝220V，因为空载，次级线圈的负载电阻R2→∞，次级线圈中的电流为零，所以I2＝0，P＝I2U2＝0。(2)接通电路后，100盏灯并联的总电阻为R外＝R100＝U2额P额100≈8.07Ω，次级线圈中的电流I2′＝U2R外＋R线＝2208.07＋0.2A，端电压：U2′＝I2′R外≈214.68V。(3)每盏灯的实际功率P＝I2′100U2′＝220×214.688.27×100W≈57.1W。12．(16分)风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源。风力发电机是将风能(气流的动能)转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等，如图所示。(1)利用总电阻R＝10Ω的线路向外输送风力发电机产生的电能。输送功率P0＝300kW，输电电压U＝10kV，求导线上损失的功率与输送功率的比值；(2)风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积。设空气密度为ρ，气流速度为v，风轮机叶片长度为r。求单位时间内流向风轮机的最大风能Pm。在风速和叶片数确定的情况下，要提高风轮机单位时间接受的风能，简述可采取的措施。答案(1)3100(2)12πρr2v3增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风解析(1)导线上损失的功率为P＝I2R＝P0U2R＝300×10310×1032×10W＝9kW，损失的功率与输送功率的比值PP0＝9×103300×103＝3100。(2)风垂直吹向风轮机时，提供的风能功率最大。单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为ρvS，S＝πr2，风能的最大功率可表示为Pm＝12(ρvS)v2＝12ρvπr2v2＝12πρr2v3。提高Pm可以采取的合理措施：如增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等。