人教版 (新课标)选修3选修3-2第五章 交变电流5 电能的输送当堂检测题

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基础夯实


1．(2010·浙江温州高二期中)远距离输送交流电都采用高电压输电，我国正在研究比330kV高得多的电压进行输电，采用高压输电的优点是( )


A．可节省输电线路的铜材料


B．可根据需要调节交流电的频率


C．可减小输电线上能量损失[来源]


D．可加快输电的速度


答案：AC


解析：由于远距离输电，往往输送电功率一定，据P＝UI，输送电压U越高，则输送电流I＝eq \f(P,U)越小，据P线＝I2R，当要求输电线损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率略大的材料(非铜材料)；若输电线确定，即r一定，则可减少线路上的能量损耗，故A、C正确，而交流电的频率是一定的，不能调节，输电的速度就是电磁波也就是光的传播速度，也一定，故B、D不正确．


2．发电厂发电机的输出电压为U1，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的是( )


A.eq \f(U\\al(2,1),R) B.eq \f(U1－U22,R)


C．I2R D．I(U1－U2)


答案：A


解析：用P＝eq \f(U2,R)求电阻上损失的功率时，U要与电阻R相对应，选项A中的U1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是输电线上电阻上的电压，因此，B是正确的，C、D中的电流I是输电线中的电流，故C、D都是正确的．


3．(2011·山东曲阜一中高二检测)远距离输电线路的示意图如下图所示．若发电机的输电电压不变，则下列叙述中正确的是( )





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无关


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减小时，输电线上损失的功率增大


D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压


答案：C


解析：匝数比一定时，变压器的输入功率是由用户消耗的功率决定的，选项A错误．变压器输入电流与变压器匝数比和负载电阻都有关系，B错误．用户用电器总电阻减小，据P＝eq \f(U2,R)，消耗功率增大，输电线中电流增大，线路损失功率增大，C项正确．升压变压器输出电压等于输电线路电阻上的损失电压加上降压变化器的输入电压，D项错误．


4．在电能输送过程中，输送电功率一定，则在输电线上的功率损失( )


A．随输电线电阻的增大而增大


B．与输送电压的平方成正比[来源:ZXXK]


C．与输电线上电压损失的平方成正比[来源:学§科§网]


D．与输电电流的平方成正比


答案：ACD


解析：输电线上的功率损失ΔP＝I2R，电压损失ΔU＝U－U′＝IR，输电电流I＝P/U，所以ΔP＝I2·R＝eq \f(ΔU2,R)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,U)))2R，可见在输送功率P一定时，ΔP与I2成正比；ΔP与ΔU2成正比．


5．某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降低电压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时( )


①升压变压器的副线圈的电压变大；


②高压输电线路的电压损失变大；


③降压变压器的副线圈上的电压变大；


④降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大．


A．①② B．②③ C．③④ D．②④


答案：D


解析：本题考查输电线路的电压损失．用电高峰期，用户端总电阻由于并联电灯增多而减小，从而电流增大，又由U损＝Ir可知，输电导线上的电压损失变大，升压变压器副线圈的电压不变，降压变压器原、副线圈上的电压变小，而降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大．故正确答案为D.


6．某发电厂用2.2kv的电压将电能输送到远处的用户，后改用22kv的电压，在既有输电线路上输送同样的电功率，前后两种输电方式消耗在输电线上电功率之比为________，要将2.2kv的电压升高到22kv，若变压器原线圈的匝数为180匝，则副线圈匝数应该是________匝．


答案：100:1 1800


解析：由于前后两次输送的电功率相等，则有IU＝I′U′，


所以eq \f(U′,U)＝eq \f(I,I′)＝eq \f(10,1)，eq \f(p,p′)＝eq \f(I2R,I′2R)＝100，由变压器的原理：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可得eq \f(n1,n2)＝eq \f(2.2,22)＝eq \f(1,10)＝eq \f(180,n2)，所以n2＝1800匝．


本题主要考查了变压器以及远距离高压送电，在解题时要注意电路上损失的电功率的计算，以及变压器的升压比等于其匝数比．


7．(2010·山东潍坊高二期中)某小型实验水电站输出功率P＝38kW，输电线路总电阻r＝1Ω.


(1)若采用U＝380V输电，求输电线路损耗的功率P1.


(2)若改用U1＝10000V高压输电，用户端利用n1:n2＝44:1的变压器降压，求用户得到的电压U2.


答案：(1)10kW (2)227.19V


解析：(1)输电线上的电流强度为I＝eq \f(P,U)＝eq \f(38×103,380)A＝100A


输电线路损耗的功率为P损＝I2R＝1002×1W＝10kW


(2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I1＝eq \f(P,U1)＝eq \f(38×103,10000)A＝3.8A


变压器原线圈两端的电压


U′＝U－I1R＝(10000－3.8×1)V＝9996.2V[来源:学。科。网]


根据eq \f(U′,U2)＝eq \f(n1,n2)


用户得到的电压为U2＝eq \f(n2,n1)U′＝eq \f(1,44)×9996.2V＝227.19V.


能力提升


1．用变压器进行远距离输电，输送的电功率为P，输送的电压为U，输电导线上的电阻率为ρ，导线横截面积为S，导线总长为L，输电线损耗的电功率P1，用户得到的电功率为P2则( )


A．P1＝eq \f(U2S,ρL) B．P1＝eq \f(P2ρL,U2S)


C．P2＝P－eq \f(U2S,ρL) D．P2＝P－eq \f(P2ρL,U2S)


答案：BD


解析：由导线输送的电功率P＝UI知，输电导线上的电流强度I＝eq \f(P,U)，由电阻定律得R＝ρeq \f(L,S)，所以导线上损耗的功率为导线上产生的热功率P1＝I2R＝eq \f(P2,U2)ρeq \f(L,S)，B正确，用户得到的电功率P2应为输送的电功率减去导线损耗的热功率，即P2＝P－P1＝P－eq \f(P2ρL,U2S)，D正确．


2．(2010·江苏物理)在如下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[来源:学§科§网]


D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大


答案：CD


解析：对升压(或降压)变压器而言，由变压器电压比U1:U2＝n1:n2知，输入电压不变，匝数不变，输出电压不变，故A选项不正确；由P＝UI知，U不变，P增大，故I增大，使得输电线上的电压损耗ΔU＝I2R线增大，功率损耗ΔP＝Ieq \\al(2,2)R线增大，所以降压变压器上的输入电压减小，输出电压减小，所以B不正确，C正确；因为输电线上损耗的功率占总功率的比例为eq \f(ΔP,P1)＝eq \f(I\\al(2,2)R线,P1)＝eq \f(\f(P1,U1)·\f(n1,n2)2R线,P1)＝eq \f(P1n\\al(2,1)R线,U\\al(2,1)n\\al(2,1))∝P1，所以随发电厂输出功率变大，该值变大，D正确．


3．某小型水电站的电能输送示意图如下，发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为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.eq \f(n2,n1)>eq \f(n3,n4)


B.eq \f(n2,n1)

C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压


D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率


答案：AD


解析：由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率．故D正确.eq \f(U2,U1)＝eq \f(n2,n1)，eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，因为U1＝200 VU3＝U2－U线，故eq \f(n2,n1)>eq \f(n3,n4)，选项A正确．


4．(2011·临沂模拟)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20A


B．T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220V


C．T1和T2的变压比分别为1:50和40:1


D．有6×104盏灯泡(220V、60W)正常发光


答案：ABD


解析：T1原线圈的电流为I1＝eq \f(P1,U1)＝eq \f(4000×103,4000)A＝1×103A，输电线上损失的功率为P损＝Ieq \\al(2,2)R＝10%P1，


所以I2＝eq \r(\f(10%P1,R))＝eq \r(\f(4000×103×0.1,1×103))A＝20A，选项A对；T1的变压比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(20,103)＝eq \f(1,50)；T1上副线圈的电压为U2＝50U1＝2×105V，T2上原线圈的电压为U3＝U2－I2R＝2×105V－20×103V＝1.8×105V，选项B对；T2上原、副线圈的变压比为eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(1.8×105,220)＝eq \f(9×103,11)，选项C错；能正常发光的灯泡的盏数为：N＝eq \f(90%P1,60)＝6×104(盏)，选项D对．


5．风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如下图所示风车阵中发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V，输电线电阻为10Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：





(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比．


(2)用户得到的电功率是多少．


答案：(1)1:20 240:11 (2)96kW


解析：(1)输电线损失的功率


P损＝P×4%＝100kW×4%＝4kW.


输电线电流I2＝eq \r(\f(P损,R线))＝eq \r(\f(4×103,10))A＝20A.


升压变电器输出电压U2＝eq \f(P,I2)＝eq \f(100×103,20)V＝5×103V.


升压变压器原、副线圈匝数比：eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(250,5000)＝eq \f(1,20).


电压损失U损＝I2R线＝20×10V＝200V.


降压变压器原线圈端电压U3＝U2－U损＝4800V.


降压变压器原、副线圈匝数比eq \f(n3,n4)＝eq \f(4800,220)＝eq \f(240,11).


(2)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为


P用＝P－P损＝P(1－4%)＝100×96%kW＝96kW.


6．(2011·淄博模拟)有条河流，流量Q＝2m3/s，落差h＝5m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240V，输电线总电阻R＝30Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？可以使多少盏“220V 100V”的电灯正常发光？(g取10N/kg)


答案：升压变压器的匝数比为6:125.降压变压器的匝数比为235:11 470盏


解析：设ρ为水的密度，电源端：P输出＝eq \f(mgh,t)×50%＝Qρgh×0.5＝5×104W


输出电压U0＝240V；输电线路如下图所示．





为满足输电要求，据ΔP损＝Ieq \\al(2,送)R，有I送＝eq \r(\f(ΔP损,R))＝


eq \r(\f(P输出×6%,R))＝10A


则送电电压为U送＝eq \f(P送,I送)＝eq \f(P输出,I送)＝5×103V


所以升压变压器的变压比为n1:n2＝U0:U送＝6:125


输电线电压损失ΔU损＝I送R＝300V


用户端：U1＝U送－ΔU损＝4700V，据题意可知，U2＝220V，所以降压变压器的匝数比为n′1:n′2＝U1:U2＝235:11.因为理想变压器没有能量损失，故P用＝P送－ΔP损，则可正常发光的电灯的盏数


n＝eq \f(P送－ΔP损,100)＝470盏．