3.4电能的输送 同步练习（Word版含解析）.docx

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1、人教版（2019）选择性必修二3.4电能的输送一、单选题1 .在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的高电压，所用的器材叫电压互感器。如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是（）火线B.零线c.零线火线D.零线2 .如图所示为某水电站远距离输电的原理图。升压变压器的原副线圈匝数比为上 输 电线的总电阻为凡 升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒 为。若由于用户端负载变化，使发电厂输出功率增加了 AP。下列说法正确的是（ ）发电机A.电压表V1的示数不变，电压表V2的示数增大B.电流表A1、A?的示数均减小DL A DC.输电线上损失的电压增加了爸1D.输电线上损失的功率

2、增加了3.某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机的输出电压变化规律如图乙所示。输电线总电阻为小 升压变压器原、副线圈匝数分别为、降压变压器原、副线圈匝数分别为拉3、%（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（）故A错误；BC.设降压变压器原、副线圈的电流分别为/3、14,电动机恰能正常工作，有:74 = = 40A根据理想变压器的变流比可知：? = 得，3=4A,所以输电线路上损耗的电压为A(y = /3/? = 40V输电线路上损耗的电功率为：尸= /；R = 160W故B错误C正确；D.根据/ =丛得；S=2200V,升压变压器副线圈两端电压:U2=5+

3、l3R=2240VU n又才力可得:U/=280V故D错误。故选Co5. D【详解】根据P=/2，导线上的热损失功率变为原来的9倍，电流应增加为原来的3倍，即为3/； 由0=。/知，则输送电压变为:U。故选Do6. D【详解】A.副线圈电压的有效值为U2=T=220V42答案第3页，共12页U,i根据理想变压器电压和匝数的关系才=可知，原线圈上电压U2 2t/=11000VA错误；B.变压器不会改变交流电的频率，故原线圈中电流的频率尸=50HzInB错误；C.原、副线圈的电流之比等于匝数的反比，故副线圈的电流大于原线圈的电流，为了降低线圈的铜损，副线圈的导线粗，c错误；D.在输送电功率一定的情

4、况下p 2&R u送高压输电有利于减少输电线路中的损耗，D正确。故选Do7. C【详解】AB.输电导线上的热损耗若用P =:或。=/。公式，则。必须为输电线上等效电阻两 R端的电压，并不是输电电压。选项A、B均错误；CD.输电导线上的热损耗若用户=尸七/为输电电流、火为输电线电阻，所以减小输电线 电阻或减小输送电流的方法可以减小输电导线上的热损耗。选项C正确，选项D错误。 故选C。8. D【详解】A.由公式P = UI可知，在输电功率不变的情况下，电压升高为原来的9倍，则输送电流变为原来的，A 9错误;答案第4页，共12页B.由欧姆定律可知，导线上损失的电压输电线不变，所以输电线上损失的电压变

5、为原来的，B错误；9C.输电线上损失的功率为AP = I2r所以输电线上损失的功率变为原来的!，C错误；O 1D.根据R = p S输电线的直径变为原来的则电阻变为原来的81倍，所以输电线上损失的功率不变，D 正确。故选D。9. C【详解】A.由甲可知，交流电电压最大值为36夜V,周期为0.02s,则表达式为U = 36 立sin 干V）= 36 后sin 100 加（V）A错误；B.变压器只能改变电流和电压，不能改变交流电的周期和频率，B错误；C.当滑片向下移动时，输出端电阻减小，则电流增大，故R/分压增大，并联部分电压减 小，故Rz两端的电压减小，电功率减小，C正确；D.当滑片向下移动时，

6、输出端电阻减小，则电流增大，故处分压增大，并联部分电压减小，电压表读数变小，R2上电流减小，电流表读数变大，D错误。故选C。10. B【详解】答案第5页，共12页A.周期是T=0.2s,频率是故A错误;B.由理想变压器原理可知解得，副线两端的最大电压为1 _U2 n2故B正确;C.根据法拉第电磁感应定律可知,U?=U=3Vn永磁铁磁场强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误;D.由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误。故选B。11. A【详解】A.设降压变压器原副线圈的电压有效值分别为q、则有5=窄,% p = u3i3设输电线上分得的电

7、压为则 u = A2，u2=u, + nu联立解得_0%泗+4及方L故A正确；B.由* = 与得4TV2故B错误；答案第6页，共12页C.输电线上的电流为故C错误;D.输电线上损失的功率为 P = /；.2r =故D错误。故选Ao12. B【详解】AB.变压器的输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，A不符合 题意，B符合题意；C.用户用电器总电阻增加，根据P上R可知，消耗功率减小，输电线中电流减小，线路损耗功率减小，C不符合题意；D.升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损耗的电压加上降压变压器的输入电压，D 不符合题意。故选Bo13. 减小输电线的电阻 减小输送的电流【详

8、解】根据P揭=1线2R线可知，要减少电能输送时的损失，有两个途径：(1)减小输电线的电阻； (2)减小输送的电流；14. 交流高答案第7页，共12页【详解】口变压器是根据电磁感应原理工作的，所以变压器只能改变交流电的电压；2在远距离送电中，导线上会有电能损失，损失的电能主要由电流的热效应引起，在输电 功率一定时，根据片员=，次线=62%可知，输电电压越高，电能损失就越小。15. 100:1【详解】1.输电线路上电流/=U输电线损失的电压E PR 1U = IR= oc U U故采取不同电压损失的电压之比为U _。2 _ 11000 _ 100方方一 110 一丁16. 1 ： 10235 ：

9、11【详解】 山根据题意可知升压变压器的原线圈电流为产幽= 300A 1500因为损耗电功率为9kW,所以输送电流即升压变压器副线圈中的电流为= 30A2 一 故升压变压器原副线圈匝数比为2升压变压器输出电压为U2= 10 X 500V = 5000V输电线上损失的电压为答案第8页，共12页A(/ = /2/? = 300V故降压变压器原线圈两端的电压为。3 =4-AU=4700V所以降压变压器原副线圈匝数比为% _ 470。235220 Tr17. 500W;100 V;99500W;【详解】输送电流1=鼻=100002000则输电线上损失的功率心=尸火=25 x 20W = 500W.输电

10、线上损失的电压U=/H=5x20%=100匕用户得到的功率p=p-p斫10000-500=99500 W.故答案为500亿100匕99500% 点睛：根据尸=。/求出输电线上的电流，结合心=尸/?得出输电线上损失的功率，根据求出电压损失.根据损失的功率求出用户得到的功率.解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流的关系，知道用户得到的功率与输送功率 和功率损失的关系.18. 见解析【详解】公式R中电压是输电线电阻两端的电压，并非是输电电压，根据P送=IU ,扁=/27?可知，降低损失功率应提高电压或减小输电线电阻。答案第9页，共12页19. (1 )4500V； (2)焉；y【详解】根据输电线

11、上损耗的功率得根据变压器输入、输出功率不变可得升压变压器输出电压9000020V = 4500V(2)根据理想变压器电压与匝数的关系可知%_ 250 _ 1450018降压变压器输出电流为,/88000 A i人=A = 400A4 U4 220根据理想变压器电流与匝数的关系可知._ : 4。_ 20丁广方一T250320. (1) 200kW,Q； (2)910【详解】(1)导线损失的功率为则线路的终端功率为输电电流为输电线电阻为考=矍kW = 100kW= P-AP = 200kWP _ 3.0xl05U 5xl03A = 60A答案第10页，共12页P l.OxlO52602（2）若要使

12、此输电线路的输电效率为97%,则损失的功率为Ap = Px(l 97%) = 9kW则输电电流为则输电电压为小齐普vJxlO5V则在发电站处应安装一个变压比为& uf 1021. (1) 2500V； (2) 60kW, 440kW【详解】输电线路原理图如图所示（1）根据设升压变压器原、副线圈的电压为S、。2,由变压器的规律可知幺=以U2 n2升压变压器副线圈两端的电压U2=2500V（2）输电导线上的电流=200A答案第11页，共12页输电导线上的功率损失P后才丫桀=60kW用户得到的功率22. (1 )2000W； (2)95： 11【详解】(1)因为输电电压因为解得输电电流输电线上损失的

13、功率输电线上损失的电压降压变压器的输入电压降压变压器的变压比P 疗 PPk440kW3=U =-x400V=2000V2 4 1 P 输=Lhb；2=20AP 损=1/=(20A) 2x5Q=2000W。搜=上r=20Ax5Q= 100VU3=U2-U= 2000V -100V=l 900Vn. _U3 1900 95答案第12页，共12页发电机升压变压器A.图乙中电压的瞬时值表达式为 = 220正sin(100R)VB.图乙中电压的有效值和用电器的额定电压都是220V,所以a二区 & %C.通过升压变压器的电流频率比通过降压变压器的电流频率大D.升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率4

14、.如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈油匝数N = 100匝，面积S = 0.03m2,线圈匀速转动的角速度G=100mad/s ,匀强磁场的磁感应强度3 =也1。输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电 71压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻为H = 10C,变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为%：%=1。：1，若用户区标有“220V 8.8kW”的电动机恰能正常工作。发电机线圈电阻不可忽略。则()OA.交流发电机产生电动势的最大值耳为300VB.输电线路上损耗的电压为20VC.输电线路上损耗的电功率AP为160WD.若升压变压器

15、原、副线圈匝数比为阴% =14,升压变压器原线圈两端的电压q为 260V5.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/,热耗功率为AP；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9AP,则除冰时( )A.输电电流为g/B.输电电流为9/C.输电电压为3。D.输电电压为!U6. 一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求。要在发电站内 用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电，到达几百公里甚至几千

16、公里之外 的用电区之后，再经“一次高压变电站”、“二次变电站”降压。已知经低压变电站降压 变压器（可视为理想变压器）后供给某小区居民的交流电=220及sinlOO血（V）,该 变压器原、副线圈匝数比为50口1,则（）A.原线圈上的电压为IIOOOVB.原线圈中电流的频率是100HzC.原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗D.采用高压输电有利于减少输电线路中的损耗7 .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.因为热功率户=，所以应降低输送电压，增大输电导线电阻，才能减小输电导 R线上的热损耗8 .因为热功率。=/U,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.

17、因为热功率。=产火，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8 . 2020年9月，中国发布“双碳战略”，计划到2030年实现碳达峰、2060年实现碳中 和。电力作为远程输送能量的载体，特高压远距离输送清洁电能是实现碳中和的重要 途径之一。若保持输送电能总功率、输电距离不变的情况下，从原来的150kV高压输 电升级为1350kV的特高压输电，下列说法正确的是（）A.若输电线不变，则输电线中的电流变为原来的9倍b.若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原来的! 一）C.若输电线不变，则输电线上损失的功率变为原来的gD.若更换直径为原来输电线直径1

18、的同种材料制成的输电线，则输电线上损失的功率 不变9 .调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图甲所示。线圈AB绕在一个圆环形 的铁芯上，C。之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压。图甲中两电 表均为理想交流电表，&为定值电阻，&为滑动变阻器。现在两端输入图乙 所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么（）A.由乙图可知CZ）两端输入交流电压的表达式为 = 36sinl00欣（V）B.当滑动触头P逆时针转动时，之间输出交流电压的频率变大C.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻心消耗的电功率变小D.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大10 .某同学设计

19、了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生 近似正弦式交流电，周期为0.2s,电压最大值为0.05V,理想变压器原线圈接螺线管, 副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1口60,下列说法正确的是（）A.交流电的频率为10HzB.副线圈两端电压最大值为3VC.变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关D.充电电路的输入功率大于变压器的输入功率11.如图所示是三峡电站向浙江地区送电的简化模型。两变压器均为理想变压器，升 压变压器原副线圈匝数比为占，降压变压器原副线圈匝数比为左2,用户端得到的是电 压为u = U sin创、功率为。的正弦式交变电流，输电线总电阻为2人 不考虑其他影 响下列说

20、法正确的是（ ）A.升压变压器输出端的电压为走空!冲包B.降压变压器的输入端的电压为4PC.输电线上的电流为02P2rD.输电线上损失的功率为标12 .远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，则下列叙述错误 的是（）发电机升压 变压器降压用户 变压器A.升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率有关B.输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C.当用户用电器的总电阻增加时，输电线上损耗的功率减小D.升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压二、填空题13 .要减少电能输送时的损失，有两个途径：（1）、 （2）、14 .变压器是根据电磁感应原理工作的，所以变压

21、器只能改变 （填“直流”或 “交流”）电的电压，在远距离送电中，导线上会有电能损失，损失的电能主要由电流 的热效应引起，在输电功率一定时，输电电压越 （填“高”或低”），电能损失 就越小。15 .从发电站输出的功率为某一定值P,输电线的总电阻为R保持不变，分别用 HOV和UkV两种电压输电。忽略变压器损失的电能，则这两种情况下输电线上由电 阻造成的电压损失之比为 O16 .远距离输电使用高压输电。发电站一台发电机输出电功率150kW,输出电压 500V,经发电站附近的升压变压器升压后，通过总电阻为10Q的输电线路将电能输送 到远距离的用户附近的降压变压器，经降压到220V后输给用户。已知输电线

22、上损失 的电功率为9kW,升、降压变压器均为理想变压器，则升压变压器的原副线圈匝数比 为，降压变压器的原副线圈匝数比为 o17 .在远距离送电时，如果输送电压为2000V,输送功率为10kW,输电线的电阻为 20Q,则输电线上损失功率为 ，损失电压为 ，用户得到的功率为三、解答题18 .为了减少输电线上的电功率损失，通常需要提高输电电压和减小输电导线的电 阻。但有同学从下列论证中得出了相反结论：“设输电电压为输电电流为/,功率损失尸二o因此，要降低P值，就应降低输电电压和增加输电线的电阻。”请问， R这位同学的论证过程错在哪里？19 .已知某个小型发电机的输出功率为90kW,发电机的输出电压为

23、250V,通过升压 变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为5Q,在用户端用一降压变压器把电压 降为220V,要求在输电线上损耗的功率控制为2kW （即用户得到的功率为88kW）。求：（1）升压变压器输出的电压;(2)两个变压器各自原、副线圈的匝数比。20 .实际生活中经常需要远距离输电。如果某发电站将。=5 000 V的电压直接地加在 输送线路的输入端，向远方供电，且输送的电功率为4300 kW。则此时安装在输送线 路的入端和终端的电能表一昼夜读数就相差石=2 400 kWh (lkWh=l度电)。求：(1)此种情况下，线路的终端功率和输电线电阻； n(2)若要使此输电线路的输电效率为97

24、%,则在发电站处应安装一个变压比,是多 九2少的变压器。21 . 一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户，己知发电机的输出功率为500kW,路端电压为500V,升压变压器原、副线圈的匝数比为1： 5,两变压器间输电 线的总电阻为L5Q,降压变压器的输出电压为220V,不计变压器能量损耗，求：(1)升压变压器副线圈两端的电压；(2)输电导线上的功率损失及用户得到的功率。22 .某发电厂引进秸秆焚烧发电机设备，该发电机输出功率为40kW,输出电压为400V,用变压比(原、副线圈匝数比)为孙：n2=l： 5的变压器升压后向某小区供电，输电线的总电阻为尸=5Q,电能到达该小区后再用变压器降为2

25、20V。求输电线上损失的电功率。(2)求降压变压器的变压比小：公参考答案:1. B【详解】由电压互感器的工作原理可知，电压互感器应跨接在火线与零线之间，且由于电压与匝数 成正比，故电压互感器应使高压电线并联接入匝数较多的线圈上，故B符合题意，ACD不 符合题意。故选Bo2. C【详解】AB.由于发电厂输出电压恒为U,根据理想变压器的规律，对于升压变压器故电压表V的示数不变，发电厂输出功率增加了 ，则发电厂输出电流增加了根据理想变压器的规律，对于升压变压器A1示数增加了由于A1示数增加，A2示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少U = MXR故V2示数也将减小，A、B错误;C.根据欧姆定律，输

26、电线上损失的电压增加了 c正确；AI】R =RkPUD.输电线上损失的功率增加了答案第1页，共12页(A + 绿)2 R w 3)2 R=由于L未知，故无法计算，D错误。故选C。3. A【详解】A.根据乙图可知，电压的最大值。7=220底丫，周期7H).02s,所以co =1 OOrad / s则乙图中电压的瞬时值表达式为 =220岳 in(100R)V故A正确;B.由变压器的电压比与匝数之比的关系得因与为线路电压损失，即。2。3,又。尸。4所以几2%故B错误；C.变压器变压变流不变频，通过变压器的原副线圈的电流的频率相同，故C错误；D.因是理想变压器，则其输入功率与输出功率相等，但由于电线电阻功率损失，所以升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，故D错误。故选Ao4. C【详解】A.根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为：Em = NBSco = 3(X)V2V答案第2页，共12页