高中人教版 (2019)4 电能的输送随堂练习题

这是一份高中人教版 (2019)4 电能的输送随堂练习题，共9页。
考点一 输电线路的电压损失和功率损失
1．(2023·徐州市高二期中)输电线的电阻为r，用电压U送电，若输电线上损耗的功率为P，则输送的电功率为( )
A．P B．Ueq \r(\f(P,r))
C．P－eq \f(U2,r) D.eq \f(P2,U2)r
2．一发电站的输出功率为4 400 kW，现采用110 kV的高压输电，若要使输电效率不低于90%，则输电线的电阻不能大于( )
A．68.75 Ω B．275 Ω
C．137.5 Ω D．200 Ω
3．一发电站输送的电功率为P，输电电压为U，输电导线的电阻率为ρ，横截面积均为S，两地的距离为L，输电导线上损耗的电功率为P1，用户得到的电功率为P2。下列关于P1和P2的表达式中正确的是( )
A．P2＝P(1－eq \f(2PρL,U2S)) B．P2＝P－eq \f(U2S,2ρL)
C．P1＝eq \f(P2ρL,U2S) D．P1＝eq \f(U2S,ρL)
4．某电站向远处输电，输电线的总电阻为50 Ω，输送功率为1.0×105 kW，若采用500 kV的高压输电，下列说法正确的是( )
A．采用高压输电是为了增加输电线上的电流
B．输电线上的电流为1.0×104 A
C．输电线电阻造成的电压损失为1 kV
D．输电线电阻造成的功率损失为2.0×103 kW
考点二 远距离输电
5．(2022·江苏省天一中学高二期末)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220 V的用电器正常工作，则( )
A．图乙中电压的瞬时值表达式为u＝220eq \r(2)·sin (100πt)V
B．图乙中电压的有效值和用电器的额定电压都是220 V，所以eq \f(n1,n2)＝eq \f(n4,n3)
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
6．(2023·苏州市高二期中)如图所示，有一台交流发电机，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为r。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有( )
A．U2不变，U3变小
B．U2变小，U4变大
C．P2不变，P3变大
D．P1不变，P2变小
7．(2023·南京市高二校考期中)如图所示，有一小型火力发电站，其发出的电力通过远距离输电供给某大型制造工厂使用。已知升压变压器T1原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶100，输电线等效电阻R＝100 Ω，变压器T2原、副线圈匝数比为n3∶n4＝200∶1，输电过程中所有变压器均为理想变压器。工厂输入电压为工业用电标准电压，即U4＝380 V，工厂目前用电功率约为P＝380 kW。
(1)求输电线上损耗的电功率；
(2)经过提能扩产，该工厂的用电功率提升至760 kW，为保持U4不变，求此时发电站的输出电压U1。
8．(2023·连云港市高二校联考期中)如图为远距离输电的示意图，T1为理想升压变压器，原、副线圈匝数分别为n1、n2，T2为理想降压变压器，原、副线圈匝数分别为n3、n4，输电线的等效电阻为R。若发电机的输出电压不变，则下列叙述正确的是( )
A．只增大T1的原线圈匝数n1，则R消耗的功率增大
B．若eq \f(n1,n2)＝eq \f(n4,n3)，则电压表V1和V2的示数相等
C．当用户总电阻减小时，R消耗的功率减小
D．当用户总电阻减小时，电压表V1和V2的示数都变小
9．如图为模拟远距离交流输电的电路，升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶k，降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3∶n4＝k∶1，模拟输电导线的电阻r＝3 Ω，T2的负载是规格为“15 V 45 W”的灯泡L。当T1的输入电压为16 V时L正常发光，两个变压器可视为理想变压器，则k的值为( )
A.eq \f(3,2) B．2
C．3 D．9
10．有一台内阻为1 Ω的发电机，为一个学校提供照明用电，如图所示，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R＝4 Ω。全校共22个班，每班有“220 V 40 W”的灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则：
(1)发电机的输出功率为多大？
(2)发电机的电动势为多大？
(3)输电线损耗的电功率为多大？
(4)输电效率是多少？
(5)若使电灯数减半并正常发光，发电机的输出功率是否减半？为什么？
11．一座小型水电站，水以3 m/s的速度流入水轮机，而以1 m/s的速度流出，流出水位比流入水位低1.6 m，水的流量为1 m3/s，水的密度为1×103 kg/m3，如果水流机械能减少量的75%供给发电机。问：
(1)若发电机效率为80%，则发电机的输出功率为多大？(g取10 m/s2)
(2)在(1)的条件下，发电机的输出电压为240 V，输电线路总电阻为24 Ω，允许损失的电功率为发电机输出功率的5%，用户所需电压为220 V，如图所示，则升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少？(变压器均为理想变压器)
4 电能的输送
1．B [输送的电功率大于输电线上损耗的功率，A错误；设输电线上的电流为I，输电线上损耗的功率P＝I2r，I＝eq \r(\f(P,r))，输送的电功率P＝IU＝Ueq \r(\f(P,r))，B正确，C、D错误。]
2．B [根据题意可知，输电线损失的电功率不得超过Pmax＝P×(1－90%)＝440 kW，根据P＝UI可知，输电电流为I＝40 A，又Pmax＝I2Rmax，解得Rmax＝275 Ω，所以输电线电阻不能大于275 Ω，选项B正确。]
3．A [输电导线上的电流I＝eq \f(P,U)，输电导线的电阻R＝eq \f(2ρL,S)，输电线上损耗的电功率为P1＝I2R＝eq \f(2P2ρL,U2S)，用户得到的电功率为P2＝P－P1＝Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2PρL,U2S)))，故A正确。]
4．D [由输送功率P＝UI，可知功率一定时，采用高压输电会降低电流I，故采用高压输电是为了降低输电线上的电流，故A错误；根据功率P＝UI，可解得I＝eq \f(P,U)＝eq \f(1.0×108,5.0×105) A＝200 A，故B错误；根据欧姆定律U＝IR，可得到输电线上的电压损失为U损＝200×50 V＝1.0×104 V＝10 kV，故C错误；根据焦耳定律可知，造成的功率损失即为电阻产生的热功率P损＝I2R，解得P损＝2.0×103 kW，故D正确。]
5．A [根据题图乙可知，电压的最大值Um＝220 eq \r(2) V，周期T＝0.02 s，所以ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，则图乙中电压的瞬时值表达式为u＝220eq \r(2)sin (100πt)V，故A正确；由变压器的电压比与匝数之比的关系得eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，因为线路电压损失，即U2>U3，又U1＝U4，所以eq \f(n1,n2)U3，故电压表V1和V2的示数一定不相等，故B错误；用户总电阻减小，则电流增大，可知输电线上的电流增大，输电线上消耗的功率增大，故C错误；电压表V1的示数等于发电机的输出电压，当用户总电阻减小时，电压表V1的示数不变，故D错误。]
9．C [根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比，有eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，得U2＝16k，灯泡的额定电流为I＝eq \f(P,U)＝eq \f(45,15) A＝3 A，降压变压器副线圈电流I4＝3 A，根据eq \f(U3,U4)＝eq \f(k,1)得U3＝kU4＝15k，根据eq \f(I3,I4)＝eq \f(1,k)得I3＝eq \f(I4,k)＝eq \f(3,k)，由U2＝U3＋I3r，即16k＝15k＋eq \f(3,k)×3，解得k＝3，故选C。]
10．(1)5 424 W (2)250 V (3)144 W (4)97.3% (5)见解析
解析 (1)降压变压器输出的功率为
P4＝22×6×40 W＝5 280 W，
且U3＝eq \f(4,1)×U4＝eq \f(4,1)×220 V＝880 V，
所以I2＝I3＝eq \f(P4,U3)＝eq \f(5 280,880) A＝6 A
对升压变压器，发电机的输出功率
P1＝P2＝U2I2＝(U3＋I2R)I2＝5 424 W
(2)因为U2＝U3＋I2R＝880 V＋6×4 V＝904 V，
所以U1＝eq \f(1,4)U2＝226 V，而U1I1＝U2I2，
则I1＝eq \f(U2I2,U1)＝24 A
所以发电机的电动势
E＝U1＋I1r＝226 V＋24×1 V＝250 V
(3)输电线损耗的电功率
P损＝I22R＝62×4 W＝144 W
(4)输电效率η＝eq \f(P有用,P总)×100%＝eq \f(P4,P1)×100%＝eq \f(5 280 W,5 424 W)×100%≈97.3%
(5)电灯减少一半时，P灯′＝2 640 W
I2′＝eq \f(P灯′,U3)＝eq \f(2 640,880) A＝3 A
所以P出′＝P灯′＋I2′2R＝2 640 W＋32×4 W＝2 676 W