高中人教版 (2019)电能的输送同步练习题

这是一份高中人教版 (2019)电能的输送同步练习题，共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1.关于电能输送,下列分析正确的是( )
A.由公式P=U2R知,输电电压越高,输电线上功率损耗越少
B.由公式P=U2R知,输电导线电阻越大,输电线上功率损耗越少
C.由公式P=I2R知,输电电流越大,输电导线上功率损耗越大
D.由公式P=UI知,输电导线上的功率损耗与电流成正比
2.中国已投产运行的1 000 kV特高压输电,是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电,在保持输送功率和输电线电阻都不变的条件下,现改用1 000 kV特高压输电,不考虑其他因素的影响。则( )
A.输电电流变为原来的2倍
B.输电线上降落的电压将变为原来的2倍
C.输电线上降落的电压将变为原来的12
D.输电线上损耗的电功率将变为原来的12
3.我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流,用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是( )
A.送电端先升压再整流
B.用户端先降压再变交流
C.1 100 kV是指交变电流的最大值
D.输电功率由送电端电压决定
4.超导是当今高科技研究的热点,利用超导材料可实现无损耗输电。现有一直流电路,输电总电阻为0.4 Ω,它提供给用电器的电功率为40 kW,电压为800 V。若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线,保持供给用电器的功率和电压不变,那么节约的电功率为( )
A.1 kWB.1.6×103 kW
C.1.6 kWD.10 kW
5.远距离输电示意图如图所示,发电机的输出电压U1、输电线的电阻及理想变压器的匝数均不变,当用户开启的用电器越来越多时,下列表述正确的是( )
A.升压变压器副线圈电压U2降低
B.降压变压器原线圈电压U3升高
C.输电线消耗的功率增大
D.发电机的输出功率不变
6.某实验室研究远距离输电的模拟装置如图所示。理想变压器的匝数比n1∶n2=n4∶n3,交流电源的电动势e=502sin(10πt) V,r为输电线的电阻,则( )
A.闭合开关后,灯泡两端的电压为50 V
B.闭合开关后,通过灯泡的电流的频率为10 Hz
C.依次闭合开关S1、S2、S3,在此过程中灯泡L1越来越亮
D.依次闭合开关S1、S2、S3,输电线消耗的功率越来越大
7.如图所示,高压输电线是远距离传输电能的重要组成部分,下列关于高压输电线的说法正确的是( )
A.输电线应选用电阻率大的金属材料制作
B.高压输电线比普通导线粗,目的是增大导线电阻
C.输电线上方还有两条导线,其作用是把高压线屏蔽起来免遭雷击
D.在输送功率一定时,输电线上损失的功率跟输送电压的二次方成正比
8.下图为某小型电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定,升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2。在输电线路的起始端接入两个互感器,原、副线圈的匝数比分别为10∶1和1∶10,电压表的示数为220 V,电流表的示数为10 A,各互感器和电表均为理想的,则下列说法正确的是( )
A.升压变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=U2U1
B.采用高压输电可以增大输电线中的电流,输电电流为100 A
C.线路输送电功率是220 kW
D.将P上移,用户获得的电压将降低
二、多选题
9.远距离高压输电的示意图如图所示,关于远距离输电,下列表述正确的是( )
A.增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损耗
B.高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗
C.在输送电压一定时,输送的功率越大,输电过程中的电能损耗越少
D.高压输电必须综合考虑各种因素,不一定是电压越高越好
10.如图所示,一小水电站输出功率为P=20 kW,输出电压U0=400 V,经理想升压变压器T1变为2 000 V电压远距离输送,输电线总电阻为r=10 Ω,最后经理想降压变压器T2降为220 V向用户供电。下列说法正确的是( )
A.变压器T1的原、副线圈的匝数比n1∶n2=1∶5
B.输电线上的电流为50 A
C.输电线上损失的功率为25 kW
D.变压器T2的原、副线圈的匝数比n3∶n4=95∶11
11.为消除高压输电线上的冰凌,有人提出了这样的融冰思路: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,发热功率为ΔP;除冰时,输电线上的发热功率需变为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3I
B.输电电流为9I
C.输电电压为3U
D.输电电压为13U
三、非选择题
12.如图所示,某小型水电站发电机的输出功率为10 kW,输出电压为400 V,向距离较远的用户供电。为了减少电能损耗,使用2 kV高压输电,最后用户得到的电压为220 V、功率为9.5 kW。
(1)求水电站升压变压器的原、副线圈匝数之比n1n2。
(2)求输电线路导线电阻R。
(3)求降压变压器的原、副线圈匝数之比n3n4。
13.一台交流发电机额定输出功率为P=4.0×103 kW,以400 V的电压接到升压变压器后向远方输电,若输电线的总电阻为40 Ω,允许输电线损耗的功率为10%,使用的升压变压器、降压变压器都是理想变压器。
(1)求升压变压器原、副线圈的匝数之比和输出电流。
(2)为了使远方的用户负载能获得220 V工作电压,则降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少?
(3)实际输送到用户的总功率是多少?
14.某学校有一台应急备用发电机,内阻R=1 Ω,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22个教室,每个教室用“220 V 40 W”的灯泡6盏,要求所有灯都正常发光。求:
(1)输电线上损耗的电功率;
(2)发电机的输出功率;
(3)发电机的电动势。
标准答案
一、单选题
1.答案:C
2.答案:C
解析:根据输送功率P输=U输I输及P输不变,可知输电电流I输=P输U输∝1U输,当U输变为原来的2倍时,I输变为原来的12,选项A错误。输电线上降落的电压U降=I输R线∝I输,所以当输电电流变为原来的12时,输电线上降落的电压也变为原来的12,选项B错误,C正确。输电线上损耗的功率P损=I输2R线∝I输2,所以输电线上损耗的功率将变为原来的14,选项D错误。
3.答案:A
解析:整流后,变压器不能升压,故送电端先升压再整流,选项A正确。对于直流电,变压器不能使用,故用户端先变交流再降压,选项B错误。1 100 kV指直流电压,选项C错误。输电功率由用户端功率决定,选项D错误。
4.答案:A
解析:节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率,I=PU=40×103800 A=50 A,P线=I2R=502×0.4 W=1 000 W,故节约的电功率为1 kW,选项A正确。
5.答案:C
6.答案:D
解析:输电线有电阻,则输电线上有电压损失,灯泡两端电压一定小于50 V,选项A错误。通过灯泡的电流的频率为f=ω2π=10π2π Hz=5 Hz,选项B错误。依次闭合开关S1、S2、S3,降压变压器副线圈上的电流I4增大,则I3增大,即输电线中电流增大,U3减小,U4减小,灯泡L1两端的电压减小,L1变暗,选项C错误。输电线消耗的功率Pr=I32r,由选项C知I3增大,故输电线消耗的功率增大,选项D正确。
7答案:C
解析:输电线应选用电阻率小的金属材料制作,选项A错误;高压输电线比普通导线粗,目的是减小导线电阻,选项B错误;输电线上方还有两条导线,其作用是把高压线屏蔽起来免遭雷击,选项C正确;在输送功率一定时,电流I=PU,输电线上损失的功率P'=I2r=PU2r,输电线上损失的功率跟输送电压的二次方成反比,选项D错误。
8.答案:C
解析:根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=U1U2,故选项A错误。采用高压输电可以减小输电线中的电流,从而减小输电过程中的电能损耗,根据电流互感器原理及匝数比为1∶10,由公式I送I副=n副n原=101,得输电电流为I2=10×10 A=100 A,故选项B错误。由电压表的示数为220 V,根据变压公式U送U副=n原'n副'=101,得输电电压为U2=10×220 V=2 200 V,线路输送电功率为P=U2I2=220 kW,故选项C正确。将P上移,则降压变压器的原线圈匝数减少,故用户获得的电压将升高,故选项D错误。
二、多选题
9.答案:ABD
解析:输电线损耗的功率P损=I2R线,减小I或R线均可减小输电线损耗的功率,减小R线可增大导线的横截面积,选项A、B正确。由I=PU知,当电压一定时,功率增大则电流增大,P损增大,选项C错误。输电过程不一定是电压越高越好,选项D正确。
10.答案:AD
解析:根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系可得n1n2=U0U2=4002 000=15,选项A正确。理想变压器原、副线圈电功率相等,则输电线上的电流为I2=PU2=20×1032 000 A=10 A,选项B错误。输电线上损失的功率为ΔP=I22r=102×10 W=1 000 W,选项C错误。变压器T2的原线圈电压为U3=U2-I2r=2 000 V-10×10 V=1 900 V,变压器T2的原、副线圈的匝数比为n3n4=U3U4=1 900220=9511,选项D正确。
11答案:AD
解析:输电功率P=UI,输电线电阻为R,则ΔP=I2R=PU2R,除冰时,输电线上的发热功率为9ΔP,那么输电电流应变为3I,由于输电功率保持不变,输电电压变为13U,选项A、D正确。
三、非选择题
12.解:(1)升压变压器的原、副线圈匝数之比n1n2=U1U2=400V2 000V=15。
(2)升压变压器原线圈中电流I1=PU=10 000400 A=25 A
由n1n2=I2I1得副线圈中电流
I2=n1n2I1=15×25 A=5 A
输电线上损失的功率
P损=(10 000-9 500) W=500 W
故输电线路导线电阻
R=P损I22=50025 Ω=20 Ω。
(3)降压变压器原线圈上的电压
U3=U2-I2R=U2-PU2R=2 000-10 0002 000×20 V=1 900 V
所以降压变压器的原、副线圈匝数之比
n3n4=U3U4=1 900V220V=9511。
13.解:(1)升压变压器输入电流I1=PU1=4.0×106400 A=1×104 A
输电损耗的功率P损=10%P=I2R,输电电流I=10%PR=10%×4.0×10640 A=100 A
升压变压器原、副线圈匝数比n1n2=II1=1001×104=1100。
(2)由U1U2=n1n2可知,输电电压U2=40 000 V
输电线损耗的电压U损=IR=100×40 V=4 000 V
降压变压器的输入电压U3=U2-U损=36 000 V
则降压变压器的匝数比n3n4=U3U4=36 000220=1 80011。
(3)实际输送到用户的总功率
P用=P-P损=3.6×103 kW。
14.解:(1)根据题意,画出从发电机到教室灯泡之间的输电过程,如图所示。
所有灯都正常工作的总功率为P2'=22×6×40 W=5 280 W
用电器都正常工作时的总电流I2'=P2'U2'=5 280220 A=24 A
两个变压器之间输电线上的电流Ir=I2=I2'4=6 A
故输电线上损耗的电功率Pr=Ir2r=144 W。
(2)升压变压器的输出功率P1'=Pr+P2'=5 424 W。
而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率P出=P1=P1'=5 424 W。
(3)降压变压器上的输入电压U2=4U2'=880 V
输电线上的电压损耗Ur=Irr=24 V
因此升压变压器的输出电压U1'=Ur+U2=904 V
升压变压器的输入电压U1=U1'4=226 V
升压变压器的输入电流I1=4Ir=24 A
发电机的电动势E=U1+I1R=226 V+24×1 V=250 V。