2019_2020学年高中物理第5章交变电流课时作业115电能的输送含解析新人教版选修3_2.doc

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1、课时作业(十一)一、单项选择题1电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律(有关感应电动势大小的规律)、磁场对电流作用的规律都是一些重要的规律，如图为远距离输电系统的示意图(为了简单，设用户的用电器是电动机)，下列选项中正确的是()A发电机能发电的主要原理是库仑定律，变压器能变压的主要原理是欧姆定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律B发电机能发电的主要原理是磁场对电流作用的规律，变压器能变压的主要原理是欧姆定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律C发电机能发电的主要原理是欧姆定律，变压器能变压的主要原理是库仑定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应

2、定律D发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律，变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是磁场对电流作用的规律解析发电机是将其他形式的能转化为电能的设备，应用的是法拉第电磁感应定律；变压器是由电流的变化产生磁场的变化，从而使得线圈内的磁通量发生变化，产生感应电流，也是应用法拉第电磁感应定律；电动机是将电能转化为其他形式能的设备，通电导线在磁场中要受到力的作用从而运动，是磁场对电流作用规律的应用故D项正确；A、B、C三项错误答案D2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

3、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供电线路上的电流恒定，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，用电器越多，总电阻越小，供电线路上的电流越大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，所以C项正确答案C3用U1U和U2kU两种电压来输送电能，若输送的功率相同，在输电线上损失的功率相同，导线的长度和材料也相同，则在两种情况下导线的横截面积S1S2为()Ak1B1kCk21 D1k2解析输电电流

4、：I，能量损失：P损I2RI2，所以S，所以：S，所以：S1S2(kU)2U2k21.答案C4超导材料电阻降为零的温度称为临界温度，1987年我国科学家制成了临界温度为90 K的高温超导材料，利用超导材料零电阻性质，可实现无损耗输电，现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 ，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为()A1 kW B1.6103 kWC1.6 kW D10 kW解析当输电导线总电阻为0.4 时，由PUI得I输电线上损失的功率PI2RR0.4 W1 kW答案A5下图为远距离

5、输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在原线圈两端接入一电压uUmsint的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A. B.C4r D4r解析加在原线圈上的电压U1，根据电压比与匝数比关系：，所以：U2.根据I，输电线上的电流I，输电线上消耗的功率P耗I22r4()2()2r.故D项正确，A、B、C三项错误故选D项6某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用电阻为3 的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达

6、用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)对整个送电过程，下列说法正确的是()A输电线上的损失功率为300 WB升压变压器的匝数比为1100C输电线上的电流为100 AD降压变压器的输入电压为4 700 V解析根据P损0.6%PI22R得到输电线上损失的功率为：P损300 W，故输电线上的电流为：I210 A，故A项正确，C项错误；升压变压器原线圈的输入电流为：I1 A100 A；则升压变压器的匝数之比为：，故B项错误；输电线上损失的电压为：UI2R103 V30 V，升压变压器的输出电压为：U210U15 000 V，则降压变压器的输入电压为：U3U2U5 000

7、 V30 V4 970 V，故D项错误答案A7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，输电线上损耗的电功率为P.在保持输送电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，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为()A. B.C2P D4P解析在高压输电中，设输送电功率为P，输电电压为U，输电线电阻为R，则输电线上损耗的电功率为PR，当输电电压升为原来的2倍时，输电线损耗的电功率变为原来的，故选A.答案A8如图所示为远距离输电线路的示意图，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是()

8、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解析变压器的输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，A、B项错误；用户用电器总电阻减小，据PIU，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；升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失的电压加上降压变压器的输入电压，D项错误答案C二、不定项选择题9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200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1

9、，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.B.，故A项正确，B、C项不正确升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，故D项正确答案AD10某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41，降压变压器副线圈两端交变电压u220sin100t(V)，降压变压器的副线圈与阻值R011 的电阻组成闭合电路若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是()A通过R0电流的有效值是20 AB降压变压器T

10、2原、副线圈的电压之比为41C升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压D升压变压器T1的输出功率等于降压变压器T2的输入功率解析T2副线圈两端交流电压u220sin100t(V)，电压有效值为220 V，则通过R0的电流有效值I A20 A，A项正确；由原、副线圈电压与匝数的关系知B项正确；由于输电线有电阻，所以升压变压器T1的输出电压和输出功率大于降压变压器T2的输入电压和输入功率，C、D两项均错答案AB11在如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

11、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D输电线上损耗的功率占总功率的比例增大解析升压变压器的输出电压由电源电压及匝数比决定，输出功率变大时升压变压器的输出电压不变，A项错误；由I可知当输出功率增大时输出电流增大由U损IR及P损I2R可知U损及P损均增大，故C项正确；当U损增大时降压变压器的输出电压减小，B项错误；由P损R可知R.当输出功率增大时输电线损耗比例增大，D项正确答案CD三、计算及论述题12如图所示，一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率为500 kW，输出电压为500 V，升压变压器B1原、副线圈的匝数比为110，两变压器间输电导线的

12、总电阻为2 .降压变压器B2的输出电压为220 V，不计变压器的损耗求：(1)输电导线上损失的功率；(2)降压变压器B2的原、副线圈的匝数比解析(1)升压变压器B1原线圈中电流I1 A1 000 A输电导线中的电流I2即为B1副线圈中的电流，由I1I2n2n1，I2I1100 A，则损失功率P损I22r20 kW.(2)B1副线圈电压U2U110500 V5 kV.导线上电压损失UI2r200 V，则B2原线圈电压U3U2U5 000 V200 V4 800 V.则B2匝数比24011.答案(1)20 kW(2)2401113如图所示，发电机输出功率P1100 kW，输出电压U1250 V，用

13、户需要的电压U4220 V，输电线总电阻为10 .若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：(1)发电机的输送电流I1是多少？(2)在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比n1n2？、n3n4？(3)用户得到的电功率P4是多少？解析(1)根据P1U1I1得，发电机的输出电流I1 A400 A.(2)输电线上损失的功率P损I22R4%P1解得I2 A20 A.则.输电线上的电压损失UI2R2010 V200 V.升压变压器的输出电压U2U1205 000 V.降压变压器的输入电压U3U2U5 000200 V4 800 V则.(3)用户得到的功率P496%P196 kW.答案(1)发电机的输送电流I1是400 A.(2)在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比n1n2120、n3n424011.(3)用户得到的电功率P4是96 kW.7