第3章　交变电流与远距离输电 第4节　电能的远距离输送 试卷

第4节　电能的远距离输送

课后篇巩固提升

必备知识基础练

1.(2020河北正定中学月考)在远距离输电过程中,为减少输电线路上的电能损失,可采用的最佳方法是(　　)

A.使输电线粗一些 B.减小输电线长度

C.减少通电时间 D.采用高压输电

解析从造成电能损失的原因分析,要减少电能损失,需要减小电阻、减小输电电流,减小电阻已达到目前技术的极限了,因此,应当采用高压输电,减小输电电流。故选D。

答案D

2.(2020安徽蚌埠三中月考)照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的。可是我们在晚上七八点钟用电高峰时开灯,电灯比深夜时要显得暗些。这是因为用电高峰时(　　)

A.总电阻比深夜时大,供电线路上的电流小,每盏灯两端的电压较低

B.总电阻比深夜时大,供电线路上的电流小,通过每盏灯的电流较小

C.总电阻比深夜时小,供电线路上的电流大,输电线上损失的电压较大

D.供电线路上电流恒定,但开的灯比深夜时多,通过每盏灯的电流小

解析照明供电线路的用电器是并联的,晚上七、八点钟用电高峰时,用电器多,总电阻变小,供电线路上的电流变大,输电线上损失的电压较大,用户得到的电压较小。故选C。

答案C

3.(多选)(2021吉林长春质量监测)远距离输电的原理图如图所示,升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,电压分别为U1、U2,电流分别为I1、I2,输电线上的总电阻为R,变压器为理想变压器,下列关系式中正确的是(　　)

A. B.

C.I2= D.U1I1>R

解析理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比,电流之比等于匝数的反比,故A选项正确,B选项错误;输电线上的电压ΔU=I2R,所以C选项错误;理想变压器输入功率等于输出功率,大于输电线上的损耗功率,故D选项正确。

答案AD

4.(2020山东临沂期末)下列说法正确的是(　　)

A.方向不变、大小随时间变化的电流是交变电流

B.交变电流的峰值一定是其有效值的倍

C.远距离输电时,可通过减小输电线的电阻来降低输电损耗

D.理想变压器原、副线圈中通过的交变电流的频率之比等于原、副线圈的匝数之比

解析方向不变、大小随时间变化的电流是直流电,故A错误;只有正弦式交流电的峰值是其有效值的倍,其他交变电流不一定是这个比值,故B错误;远距离输电,输送电流大小一定时,根据P损=I2R线可知通过减小输电线的电阻可以降低输电损耗,故C正确;理想变压器工作原理是互感现象,可以改变电压、电流,但是不能改变功率和频率,所以原、副线圈中通过的交变电流的频率相等,故D错误。

答案C

5.(2020湖南长沙长郡中学第五次月考)如图所示为额定电压为250 V的用户供电的远距离输电的示意图,已知输入原线圈n1两端的电压U1=500 V,发电机的输出功率为P=500 kW,输电线的电阻R=12.5 Ω,输电线上损失的功率为输送功率的1%。如果图中的升压变压器以及降压变压器均为理想的变压器。则下列结论正确的是(　　)

A.n3∶n4=79∶1

B.n1∶n2=1∶50

C.流过输电线的电流强度大小为40 A

D.降压变压器原线圈两端的电压为24 700 V

解析导线上的电流:I2= A=20 A,升压变压器原线圈电流:I1= A=1 000 A,则:,B正确,C错误;降压变压器的初级电压U3=U2-I2R=25 000 V-20×12.5 V=24 750 V,则:,A、D错误。

答案B

6.(多选)如图所示,理想变压器原线圈的匝数n1=1 100,副线圈的匝数n2=110,R0、R1、R2均为定值电阻,且阻值相同,电流表、电压表均为理想交流电表,原线圈接u=220sin 314t V的交流电压,起初开关S处于断开状态。下列说法正确的是              (　　)

A.交流电压表的示数为22 V

B.当开关S闭合后,交流电压表的示数变小

C.当开关S闭合后,交流电流表的示数变大

D.当开关S闭合后,变压器的输出功率增大

解析变压器的输入电压的有效值为 V,由原、副线圈匝数与电压的关系知,副线圈两端的电压有效值为 V,根据串联分压原理,开关S闭合前,交流电压表的示数为 V,选项A错误;当开关S闭合后,副线圈电路的总电阻R总变小,因为U2不变,根据P2=可知变压器的输出功率增大,流过R0的电流增大,交流电压表的示数变小,由I1=I2可知交流电流表的示数变大,选项B、C、D正确。

答案BCD

7.(2020江苏扬州期末)远距离输电装置如图所示,升压变压器和降压变压器均是理想变压器。当S由2改接为1时,则电压表读数　　　　,电流表读数　　　　,输电线损失的功率　　　　。 

解析改接为1时,升压变压器的原线圈匝数不变,副线圈匝数变大,所以输电电压变大,降压变压器的输入电压和输出电压均变大,电压表读数变大;降压变压器的输出电压变大时,流过灯泡的电流I灯也变大,输电线上的电流I线随着I灯的变大而变大,所以电流表读数变大;I线变大,输电线损失的功率P线=R变大。

答案变大　变大　变大

8.输送4.0×106 W的电能,若发电机输出电压为2 000 V,选用变压器升压后应用横截面积为4.25 cm2的铜导线,把电能送到400 km远处,线路损耗的功率为5.0×105 W。若已知铜的电阻率ρ=1.7×10-8 Ω·m,求:

(1)应选用匝数比为多少的升压变压器?

(2)在用户方使用降压变压器,其原线圈两端的电压为多大?

解析(1)由P=I2R得I=,式中P为线路损耗功率,R为线路总电阻,两条导线总电阻R=ρ=ρ,则R=1.7×10-8× Ω=32 Ω,所以I= A=125 A,因为P输入=P输出,所以在升压变压器副线圈两端的电压为U2= V=3.2×104 V,故。

(2)设U2'为降压变压器原线圈两端的电压,则U2'=U2-IR=2.8×104 V。

答案(1)1∶16　(2)2.8×104 V

关键能力提升练

9.(多选)(2020广东惠州调研)如图所示,甲是远距离输电线路的示意图,乙是发电机输出电压随时间变化的图像,则(　　)

A.发电机输出交变电流的电压有效值是500 V

B.降压变压器上交变电流的频率是50 Hz

C.输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定

D.当用户用电器的总电阻增大时,输电线上损失的功率减小

解析由图像可知交变电压的最大值为Um=500 V,因此其有效值为U= V,故A错误;由图乙可知,T=0.02 s,故f= Hz=50 Hz,故B正确;输电线中的电流与需要传输的功率有关,传输的功率越大,输电线中的电流也越大,故C错误;当用户用电器的总电阻增大时,用户的功率减小,降压变压器的输出功率减小,则输入的功率减小,输入的电流减小,输电线上损失的功率减小,故D正确。

答案BD

10.(2020四川宜宾叙州二中检测)如图所示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

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

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:,故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失,根据电流互感器原理及匝数比为1∶10,由公式,得输电电流为IA2=10×10 A=100 A,故B错误;由电压表的示数为220 V,根据变压公式,得输电电压为U2=10×220 V=2 200 V,线路输送电功率为P=U2IA2=220 kW,故C正确;将P上移,则降压变压器的初级线圈减小,用户获得的电压将升高,故D错误。

答案C

11.(2020河北唐山期末)远距离输电的原理图如图所示,升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,输电线上的电阻为R,变压器为理想变压器。发电机功率不变,为减小输电线上的功率损耗,下列方法中可行的是(　　)

A.n1加倍,n2加倍 B.n1加倍,n2减半

C.n1减半,n2加倍 D.n1减半,n2减半

解析输电线的功率损耗为ΔP=R=R,由公式可知,n1加倍,n2加倍,电压U2不变,所以输电线的功率损耗不变,故A错误;由公式可知,n1加倍,n2减半,电压U2减小,输电线的功率损耗增大,故B错误;由公式可知,n1减半,n2加倍,电压U2增大,所以输电线的功率损耗减小,故C正确;由公式可知,n1减半,n2减半,电压U2不变,所以输电线的功率损耗不变,故D错误。

答案C

12.(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示,发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电。已知输电线的总电阻为r,降压变压器的原、副线圈的匝数之比n3∶n4=n∶1,降压变压器的副线圈两端电压如图乙所示,降压变压器的副线圈与阻值R0=22 Ω的电阻组成闭合电路。若将变压器视为理想变压器,则下列说法正确的是(　　)

A.发电机产生的交变电流的频率为0.5 Hz

B.降压变压器的副线圈两端的电压的瞬时值表达式u=220sin 100πt V

C.通过电阻R0的电流的最大值为20 A

D.输电线损失的功率为 W

解析变压器不改变交变电流的频率,由图乙可知交变电流的频率f= Hz=50 Hz,选项A错误;由图乙知降压变压器的副线圈两端电压的瞬时值表达式u=220sin 100πt V,选项B正确;通过电阻R0的电流的最大值Im= A=10 A,有效值I==10 A,选项C错误;通过输电线的电流为I3=I= A,输电线损失的功率为P损=r= W,选项D正确。

答案BD

13.在远距离输电时,要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个小型发电站,输送的电功率P=500 kW,当使用U=5 kV的电压输电时,测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800 kW·h。求:

(1)输电效率η和输电线的总电阻r;

(2)若想使输电效率提高到98%,又不改变输电线,那么发电站应使用多高的电压向外输电?

解析(1)输送功率P=500 kW,一昼夜输送电能E=Pt=12 000 kW·h

输电线上损失的电能ΔE=4 800 kW·h

终点得到的电能

E'=E-ΔE=7 200 kW·h

所以输电效率η==60%

输电线上的电流I==100 A

输电线上损耗的功率Pr==200 kW

输电线的电阻r==20 Ω。

(2)Pr=r

要求输电线上损耗的功率Pr'=2%P=10 kW

输电电压应调节为U'=P=22.4 kV。

答案(1)60%　20 Ω　(2)22.4 kV