2019-2020学年人教版物理选修3-2 5.5电能的输送课时训练（Word版）（含解析）
文档属性
| 名称 | 2019-2020学年人教版物理选修3-2 5.5电能的输送课时训练（Word版）（含解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 100.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-05-01 22:04:18 | ||
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文档简介
2019-2020学年人教版物理选修3-2
5.5电能的输送课时训练
一、不定项选择题
1.发电厂的输出电压为U1，发电厂至用户间输电导线的总电阻为R，通过导线的电流为I，用户得到的电压为U2，则下列输电导线上损耗功率的表达式中错误的是( )
A．(U1－U2)I B．I2R
C. D.
2．在远距离输电中，原来用电压U0输电，输电线上损失的电功率为P0，现在要使输电线上损失的电功率减小到原来的，则输电电压应为( )
A．100U0 B.U0
C. D.
3．为了减少输电线路中电能损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经过降压变电站将高压变为低压，某降压变电站将电压U0＝11 000·sin 100πt V的交流电降为220 V供居民小区用电，则下列说法错误的是( )
A．降压变电站原、副线圈匝数比为50∶1
B．输电电流的频率是50 Hz
C．降压变电站副线圈的导线比原线圈的要粗
D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和
4．[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
5．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
6．用U1和U2两种电压通过相同长度和材料的导线输电，若输送的电功率相等，在输电导线上损失的电功率也相同，则在两种情况下输电导线截面积之比 S1∶S2为( )
A. B.
C.2 D.2
7．如图所示，某小型水电站输出的总功率P0＝8.8×104 W，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电，若升压变压器的输出电压为u＝1 100·sin (200πt)V，输电导线的总电阻为r＝5 Ω。现要使额定电压为220 V的用电器正常工作，下列说法中正确的是( )
A．输电线上的电流为220 A
B．降压变压器匝数比＝
C．用电器的额定功率P＝5.6×104 W
D．用电器上交流电的频率是50 Hz
8．某发电机说明书的部分内容如表所示，现在用一台该型号的柴油发电机给某地灾民临时安置区供电，如图所示。发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为某型号单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4 Ω。安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时( )
型号 xxxx
最大输出功率 60 kW
输出电压范围 220～300 V
A．输电线路中的电流为20 A
B．发电机实际输出电压是300 V
C．在输电线路上损失的电功率为8 kW
D．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则输出电压最大值是300 V
9．如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入交变电压的变化规律如图乙所示，远距离输电线的总电阻为50 Ω。降压变压器右侧部分为火灾报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小，电压表V可以显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为660 kW。下列说法中正确的是( )
A．t＝0.01 s时刻，电压表的示数是0
B．未出现火警时，运距离输电线路损耗的功率为45 kW
C．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大
D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小
10．某科技小组在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长，他将每50米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路。第一次直接将输电线与实验电源及用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为I1、P1；第二次采用如图所示的电路输电，其中升压理想变压器T1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，降压理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为I2、P2。下列说法中正确的是( )
A．第二次实验时因为多接了两个变压器，所以P2>P1
B．通过该实验可以证明，提高输电电流能减小远距离输电的能量损失
C．若输送功率一定，则P2∶P1＝n22∶n12
D．若输送功率一定，则I2∶I1＝n1∶n2
二、非选择题
11．某交流发电机输出功率为5×105 W，输出电压为U＝1.0×103 V，假如输电线的总电阻R＝10 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压U用户＝380 V。
(1)画出输电线路的示意图(标明各部分的符号)；
(2)所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少(使用的变压器是理想变压器)。
12．如图所示，某发电站通过燃烧煤来发电。发电站通过升压变压器、输电线和降压变压器把电能输送给生产和照明组成的用户负载，发电机输出功率是120 kW，输出电压是
240 V，升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶25，输电线的总电阻为10 Ω，用户需要的电压为220 V。则：
(1)输电线上损失的电功率为多少？
(2)降压变压器原、副线圈的匝数比为多少？
2019-2020学年人教版物理选修3-2
5.5电能的输送课时训练参考答案
1、解析：选C 发电厂的输出电压为U1，用户得到的电压为U2，则输电线上的电压损失ΔU＝U1－U2，输电线上损失的功率为P损＝ΔUI＝I(U1－U2)或P损＝ΔUI＝＝，故A、D正确；因为输电线上的电流为I，则输电线上损失的功率P损＝I2R，故B正确，C错误。
2、解析：选B P损＝I2r，I＝，解得P损＝r，所以P损∝，所以当P损为原来的时，U0′＝U0，B正确。
3、解析：选D 原电压的有效值为U1＝11 000 V，由＝得，＝， A正确；变压器不改变交流电的频率，f＝＝50 Hz，B正确；由＝得，副线圈的电流大，要想导线发热少，导线要粗一些(电阻小)，C正确；居民小区各用电器电流总和应该等于副线圈的电流，D错误。
4、解析：选BCD 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。
5、解析：选C 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，故用户获得的电压将升高，故D错误。
6、解析：选C 由输送的电功率P＝IU，损失的电功率ΔP＝I2R，得ΔP＝R，由题意知，R1＝R2，由此得 ＝，因为R＝ρ，所以＝，故C正确。
7、解析：选C 升压变压器的输出电压为u＝1 100·sin(200πt)V，可知输出电压的有效值为U0＝1 100 V，输电线上的电流：I＝＝ A＝80 A，故A错误；输电线消耗的电压：U损＝Ir＝80×5 V＝400 V，到达降压变压器的电压：U3＝U0－U损＝(1 100－400)V＝700 V，所以降压变压器的匝数比：＝＝＝，故B错误；输电线损耗的电功率：P损＝I2r＝802×5 W＝32 000 W，到达降压变压器的电功率：P3＝P0－P损＝(8.8×104－32 000)W＝5.6×104 W，理想变压器的输出功率等于输入功率，所以用电器的额定功率也是5.6×104 W，故C正确；由于输送电压u＝1 100sin (200πt)V，可知输送电压的频率为100 Hz，所以用电器上交流电的频率是100 Hz，故D错误。
8、解析：选C 额定电压为220 V的家用电器正常工作时，输电线路中的电流I＝＝ A＝200 A，故选项A错误；发电机的实际输出电压U0＝U＋Ir＝220 V＋200×2×400×2.5×10－4 V＝260 V，故选项B错误；输电线上损失的功率P损＝I2r＝2002×2×400×2.5×10－4 W＝8 kW，故选项C正确；该柴油机输出电压的最大值Um＝260 V≈368 V，故选项D错误。
9、解析：选B 电压表测量的为交流电的有效值，故任意时刻的示数都是电阻R2两端的电压，不为零，故A错误；升压变压器输入端电压有效值为220 V，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压为22 000 V，所以输电线中的电流I＝＝ A＝30 A，输电线损失的电压ΔU＝IR＝30×50 V＝1 500 V，输电线路损耗功率ΔP＝ΔUI＝1 500×30 W＝45 kW，故B正确；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数减小，故C错误；当传感器R2所在处出现火警时，副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流增大，故D错误。
10、解析：选D 高压输电能减小输电线上损失的功率，故A错误；实验可以证明，提高输电电压能减小远距离输电的能量损失，故B错误；设学生电源的输出功率为P，则第一次实验输电线上的电流I1＝，输电线上损失的功率P1＝I12R＝R；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝U1，输电线上的电流I2＝，输电线上损失的功率P2＝I22R＝R，所以：I2∶I1＝U1∶U2＝n1∶n2，P2∶P1＝U12∶U22＝n12∶n22，故D正确，C错误。
/11、解析：(1)输电线路示意图如图所示。
(2)I1＝＝500 A
P损＝5%P＝5%×5×105 W＝2.5×104 W
由P损＝I22R，得I2＝ ＝50 A
I3＝＝＝1.25×103 A
所以＝＝
＝＝。
答案：(1)见解析图 (2)1∶10 25∶1
12、解析：(1)根据理想变压器的变压规律＝
得输电电压
U2＝U1＝×240 V＝6 000 V
输电电流I2＝＝ A＝20 A
输电线上损失的功率
ΔP＝I22r＝202×10 W＝4 000 W。
(2)输电线上损失的电压
ΔU＝I2r＝20×10 V＝200 V
降压变压器原线圈两端的电压
U3＝U2－ΔU＝6 000 V－200 V＝5 800 V
根据理想变压器的变压规律得
＝＝＝。
答案：(1)4 000 W (2)
5.5电能的输送课时训练
一、不定项选择题
1.发电厂的输出电压为U1，发电厂至用户间输电导线的总电阻为R，通过导线的电流为I，用户得到的电压为U2，则下列输电导线上损耗功率的表达式中错误的是( )
A．(U1－U2)I B．I2R
C. D.
2．在远距离输电中，原来用电压U0输电，输电线上损失的电功率为P0，现在要使输电线上损失的电功率减小到原来的，则输电电压应为( )
A．100U0 B.U0
C. D.
3．为了减少输电线路中电能损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经过降压变电站将高压变为低压，某降压变电站将电压U0＝11 000·sin 100πt V的交流电降为220 V供居民小区用电，则下列说法错误的是( )
A．降压变电站原、副线圈匝数比为50∶1
B．输电电流的频率是50 Hz
C．降压变电站副线圈的导线比原线圈的要粗
D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和
4．[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
5．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
6．用U1和U2两种电压通过相同长度和材料的导线输电，若输送的电功率相等，在输电导线上损失的电功率也相同，则在两种情况下输电导线截面积之比 S1∶S2为( )
A. B.
C.2 D.2
7．如图所示，某小型水电站输出的总功率P0＝8.8×104 W，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电，若升压变压器的输出电压为u＝1 100·sin (200πt)V，输电导线的总电阻为r＝5 Ω。现要使额定电压为220 V的用电器正常工作，下列说法中正确的是( )
A．输电线上的电流为220 A
B．降压变压器匝数比＝
C．用电器的额定功率P＝5.6×104 W
D．用电器上交流电的频率是50 Hz
8．某发电机说明书的部分内容如表所示，现在用一台该型号的柴油发电机给某地灾民临时安置区供电，如图所示。发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为某型号单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4 Ω。安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时( )
型号 xxxx
最大输出功率 60 kW
输出电压范围 220～300 V
A．输电线路中的电流为20 A
B．发电机实际输出电压是300 V
C．在输电线路上损失的电功率为8 kW
D．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则输出电压最大值是300 V
9．如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入交变电压的变化规律如图乙所示，远距离输电线的总电阻为50 Ω。降压变压器右侧部分为火灾报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小，电压表V可以显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为660 kW。下列说法中正确的是( )
A．t＝0.01 s时刻，电压表的示数是0
B．未出现火警时，运距离输电线路损耗的功率为45 kW
C．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大
D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小
10．某科技小组在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长，他将每50米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路。第一次直接将输电线与实验电源及用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为I1、P1；第二次采用如图所示的电路输电，其中升压理想变压器T1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，降压理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为I2、P2。下列说法中正确的是( )
A．第二次实验时因为多接了两个变压器，所以P2>P1
B．通过该实验可以证明，提高输电电流能减小远距离输电的能量损失
C．若输送功率一定，则P2∶P1＝n22∶n12
D．若输送功率一定，则I2∶I1＝n1∶n2
二、非选择题
11．某交流发电机输出功率为5×105 W，输出电压为U＝1.0×103 V，假如输电线的总电阻R＝10 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压U用户＝380 V。
(1)画出输电线路的示意图(标明各部分的符号)；
(2)所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少(使用的变压器是理想变压器)。
12．如图所示，某发电站通过燃烧煤来发电。发电站通过升压变压器、输电线和降压变压器把电能输送给生产和照明组成的用户负载，发电机输出功率是120 kW，输出电压是
240 V，升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶25，输电线的总电阻为10 Ω，用户需要的电压为220 V。则：
(1)输电线上损失的电功率为多少？
(2)降压变压器原、副线圈的匝数比为多少？
2019-2020学年人教版物理选修3-2
5.5电能的输送课时训练参考答案
1、解析：选C 发电厂的输出电压为U1，用户得到的电压为U2，则输电线上的电压损失ΔU＝U1－U2，输电线上损失的功率为P损＝ΔUI＝I(U1－U2)或P损＝ΔUI＝＝，故A、D正确；因为输电线上的电流为I，则输电线上损失的功率P损＝I2R，故B正确，C错误。
2、解析：选B P损＝I2r，I＝，解得P损＝r，所以P损∝，所以当P损为原来的时，U0′＝U0，B正确。
3、解析：选D 原电压的有效值为U1＝11 000 V，由＝得，＝， A正确；变压器不改变交流电的频率，f＝＝50 Hz，B正确；由＝得，副线圈的电流大，要想导线发热少，导线要粗一些(电阻小)，C正确；居民小区各用电器电流总和应该等于副线圈的电流，D错误。
4、解析：选BCD 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。
5、解析：选C 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，故用户获得的电压将升高，故D错误。
6、解析：选C 由输送的电功率P＝IU，损失的电功率ΔP＝I2R，得ΔP＝R，由题意知，R1＝R2，由此得 ＝，因为R＝ρ，所以＝，故C正确。
7、解析：选C 升压变压器的输出电压为u＝1 100·sin(200πt)V，可知输出电压的有效值为U0＝1 100 V，输电线上的电流：I＝＝ A＝80 A，故A错误；输电线消耗的电压：U损＝Ir＝80×5 V＝400 V，到达降压变压器的电压：U3＝U0－U损＝(1 100－400)V＝700 V，所以降压变压器的匝数比：＝＝＝，故B错误；输电线损耗的电功率：P损＝I2r＝802×5 W＝32 000 W，到达降压变压器的电功率：P3＝P0－P损＝(8.8×104－32 000)W＝5.6×104 W，理想变压器的输出功率等于输入功率，所以用电器的额定功率也是5.6×104 W，故C正确；由于输送电压u＝1 100sin (200πt)V，可知输送电压的频率为100 Hz，所以用电器上交流电的频率是100 Hz，故D错误。
8、解析：选C 额定电压为220 V的家用电器正常工作时，输电线路中的电流I＝＝ A＝200 A，故选项A错误；发电机的实际输出电压U0＝U＋Ir＝220 V＋200×2×400×2.5×10－4 V＝260 V，故选项B错误；输电线上损失的功率P损＝I2r＝2002×2×400×2.5×10－4 W＝8 kW，故选项C正确；该柴油机输出电压的最大值Um＝260 V≈368 V，故选项D错误。
9、解析：选B 电压表测量的为交流电的有效值，故任意时刻的示数都是电阻R2两端的电压，不为零，故A错误；升压变压器输入端电压有效值为220 V，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压为22 000 V，所以输电线中的电流I＝＝ A＝30 A，输电线损失的电压ΔU＝IR＝30×50 V＝1 500 V，输电线路损耗功率ΔP＝ΔUI＝1 500×30 W＝45 kW，故B正确；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数减小，故C错误；当传感器R2所在处出现火警时，副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流增大，故D错误。
10、解析：选D 高压输电能减小输电线上损失的功率，故A错误；实验可以证明，提高输电电压能减小远距离输电的能量损失，故B错误；设学生电源的输出功率为P，则第一次实验输电线上的电流I1＝，输电线上损失的功率P1＝I12R＝R；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝U1，输电线上的电流I2＝，输电线上损失的功率P2＝I22R＝R，所以：I2∶I1＝U1∶U2＝n1∶n2，P2∶P1＝U12∶U22＝n12∶n22，故D正确，C错误。
/11、解析：(1)输电线路示意图如图所示。
(2)I1＝＝500 A
P损＝5%P＝5%×5×105 W＝2.5×104 W
由P损＝I22R，得I2＝ ＝50 A
I3＝＝＝1.25×103 A
所以＝＝
＝＝。
答案：(1)见解析图 (2)1∶10 25∶1
12、解析：(1)根据理想变压器的变压规律＝
得输电电压
U2＝U1＝×240 V＝6 000 V
输电电流I2＝＝ A＝20 A
输电线上损失的功率
ΔP＝I22r＝202×10 W＝4 000 W。
(2)输电线上损失的电压
ΔU＝I2r＝20×10 V＝200 V
降压变压器原线圈两端的电压
U3＝U2－ΔU＝6 000 V－200 V＝5 800 V
根据理想变压器的变压规律得
＝＝＝。
答案：(1)4 000 W (2)