【物理】2018届二轮复习远距离输电学案

【物理】2018届二轮复习远距离输电学案

远距离输电 ‎(时间：90分钟，满分：100分)‎ 一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)‎ ‎1.关于三相交流发电机的使用，下列说法中正确的是(　　)‎ A．三相交流发电机发出三相交变电流，只能同时用三相交变电流 B．三相交流发电机也可以当作三个单相交流发电机，分别单独向外传送三组单相交变电流 C．三相交流发电机必须是三根火线、一根中性线向外输电，任何情况下都不能少一根输电线 D．如果三相负载完全相同，三相交流发电机也可以用三根线(都是火线)向外输电 解析：选BD.在一个发电机中安装三组独立互成120°角的线圈，发电机就产生三相独立的交变电流，可以同时使用，也可以不同时使用，A错，B对；三相交流发电机可以是三根火线、一根中性线向外输出叫三相四线制，如果三相负载完全相同，三相交流发电机也可以用三根线(都是火线)向外输电，叫三相三线制，C错，D对，故应选BD.‎ ‎2.有一理想变压器，原、副线圈匝数之比n1∶n2＝2∶1，则变压器工作时原、副线圈(　　)‎ A．电压之比U1∶U2＝2∶1 ‎ B．电流之比I1∶I2＝2∶1‎ C．功率之比P1∶P2＝2∶1‎ D．频率之比f1∶f2＝2∶1‎ 解析：选A.＝＝，故选项A正确；＝＝，故选项B错误；理想变压器P入＝P出，所以P1＝P2，故选项C错误；理想变压器不能改变交变电流的频率，所以f1＝f2，故选项D错误．‎ ‎3.理想变压器的原、副线圈匝数之比为n∶1, 副线圈的负载电阻为R，如图所示，当变压器正常工作时，a、b间的等效电阻是(　　)‎ A．nR　　　　　　　　　　 B. C．n2R D. 解析：选C.由电阻的定义知R＝，‎ a、b间的等效电阻Rab＝，‎ 因为＝＝n，＝＝，R＝，‎ 所以Rab＝＝＝n2＝n2R.‎ ‎4.理想变压器正常工作时，原、副线圈中的电流为I1、I2，电压为U1、U2，功率为P1、P2，关于它们之间的关系，下列说法中正确的是(　　)‎ A．I1由I2决定 B．U2与负载有关 C．P2由P1决定 D．U2由U1决定 解析：选AD.对于理想变压器，其电流与原副线圈匝数关系可写成I1＝I2，原线圈中的电流由副线圈中的电流决定，A对．功率的关系为：负载用多少，原线圈端就输入多少，C错．副线圈的电压U2＝U1，它由U1决定，与负载无关，B错，D对．故选AD.‎ ‎5.某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按如图规律变化，副线圈接有负载．下列判断正确的是(　　)‎ A．输出电压的最大值为36 V B．原、副线圈中电流之比为55∶9‎ C．变压器输入、输出功率之比为55∶9‎ D．交流电源有效值为220 V，频率为50 Hz 解析：选D.交流电源的电压U1＝＝ V＝220 V，‎ 频率f＝＝ Hz＝50 Hz，D正确．由＝得，U2＝＝ V＝36 V，最大值Um2＝U2＝36 V，A错误.＝＝，B错误．输入功率等于输出功率，C错误．‎ ‎6.为了解决农村电价居高不下的问题，有效地减轻农民负担，在我国广大农村普遍实施了“农网改造”工程，工程包括两项主要内容：(1)更新变电设备，提高输电电压；(2)更新电缆，减小输电线电阻．若某输电线路改造后输电电压变为原来的2倍，线路电阻变为原来的0.8倍，在输送的总功率不变的条件下，线路损耗功率将变为原来的(　　)‎ A．0.4倍 B．0.32倍 C．0.2倍 D．0.16倍 解析：选C.设输送功率为P，输送电压为U，输电线电阻为r，依据ΔP＝r，若某输电线路改造后输电电压变为原来的2倍，线路电阻变为原来的0.8倍，线路损耗功率将变为原来的0.2倍，C对．‎ ‎7.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．但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．这是因为此时(　　)‎ A．总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小 B．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小 C．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失电压大 D．干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电流 解析：选C.在用电高峰期，总负载较重，负载等效电阻较小，线路中的电流过大，线路上损失电压过大，造成用户灯两端的电压减小，所以变暗了．‎ 在如图所示的电路中，理想变压器的变压比为2∶1，四个灯泡完全相同．若已知灯泡L3和L4恰能正常工作，那么(　　)‎ A．L1和L2都能正常工作 B．L1和L2都不能正常工作 C．L1和L2只有一个能正常工作 D．条件不足，无法判断 解析：选A.由于副线圈两端并联着两个相同的灯泡L3、L4，每个灯泡正常工作时的实际电流都等于额定电流，因此副线圈中的电流等于一个灯泡额定电流的两倍；根据原、副线圈的电流与匝数成反比，可知原线圈中的电流等于副线圈中的电流的二分之一，即恰好等于灯泡L1、L2的额定电流，从而可以得出结论：L1和L2都能正常工作．‎ 如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示电表，已知电压比为100，电流比为10，电压表的示数为220 V，电流表的示数为10 A，则(　　)‎ A．a为电流表，b为电压表 B．a为电压表，b为电流表 C．线路输送电功率是2200 W D．线路输送电功率是2.2×106 W 解析：选BD.电压互感器并联到电路里，电流互感器串联到电路里，所以a是电压表，b是电流表，故B正确；电压表和电流表的示数不是线路中的电压和电流，电表的示数是副线圈两端的电压或电流，线路中的还要通过变比进行计算，所以，线路电压为22000 V，电流为100 A，输送功率为2200 kW，所以D正确，选项B、D正确．‎ 如图为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：P为滑动头．现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯泡L两端的电压等于其额定电压为止．用I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，N2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压均指有效值；电功率指平均值)．下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是(　　)‎ 解析：选C.当滑动头P匀速上滑时，副线圈匝数均匀增大，由＝知，U2＝U1，U2随时间均匀增大，C项正确；由于灯泡的电阻随温度的升高而增大，所以当电压均匀增加时，由欧姆定律I＝知灯泡中电流并非均匀增加，而是增加的越来越慢，其I2－t图线的斜率逐渐减小，B项错误；灯泡消耗的功率N2＝U2I2，N2随时间并不是均匀增加的，D项错误；变压器的输入功率与输出功率相等，当灯泡功率增大时，输入功率也在增大，原线圈中电流增大，A项错误．‎ 二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分．按题目要求作答)‎ 发电厂输出功率为9900 kW，输电线电阻为2 Ω，分别用18 kV和110 kV的高压输电，输电线上的功率损失分别是________kW和________kW.‎ 解析：根据公式P损＝R＝×2 W＝605 kW 同理：P损＝R＝×2 W＝16.2 kW.‎ 答案：605　16.2‎ 发电机路端电压为220 V，输出功率为110 kW.若要保证用户得到100 kW的电功率，输电线的电阻不得大于________．若用一个理想变压器升压至5500 V输出，输电线的电阻不得大于________．‎ 解析：设输送功率为P，输送电压为U，输电线电阻为r，‎ 依据ΔP＝r，‎ 当U1＝220 V时，‎ r＝ΔP＝×10－2 Ω＝0.04 Ω 当U2＝5500 V时，‎ r＝ΔP＝×10－2 Ω＝25 Ω.‎ 答案：0.04 Ω　25 Ω 三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ (10分)某小型实验水电站输出功率是20 kW，输电线路总电阻是6 Ω.‎ ‎(1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率．‎ ‎(2)若改用5000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．‎ 解析：(1)输电线上的电流为 I＝＝ A＝52.63 A(2分)‎ 输电线路损耗的功率为 P损＝I2R＝52.632×6 W≈16620 W＝16.62 kW.(2分)‎ ‎(2)改用高压输电后，输电线上的电流大小变为 I′＝＝ A＝4 A(2分)‎ 用户端在变压器降压前获得的电压 U1＝U′－I′R＝(5000－4×6) V＝4976 V(2分)‎ 根据＝知用户得到的电压为 U2＝U1＝×4976 V＝226.18 V．(2分)‎ 答案：(1)16.62 kW　(2)226.18 V (10分)人们利用发电机把天然存在的各种形式的能(水能、风能、煤燃烧的化学能等)转化为电能，为了合理地利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方，但是用电的地方往往很远，因此，就需要高压输送线路把电能输送到远方．如果某发电站将U＝6000 V的电压直接地加在高压输送线路的输入端，向远方供电，且输送的电功率为P＝800 kW.则此时安装在高压输送线路的入端和终端的电能表一昼夜读数就相差ΔE＝9600 kW·h(1 kW·h＝1度电)．求：‎ ‎(1)此种情况下，高压线路的终端功率和输电效率．‎ ‎(2)若要使此高压输电线路的输电效率为98%，则在发电站处应安装一个变压比是多少的变压器？‎ 解析：(1)此情况下，终端功率 P′＝P－＝800 kW－＝400 kW.(2分)‎ 所以输电效率：η＝＝×100%＝50%.(2分)‎ ‎(2)设高压输送线路的导线电阻为r，‎ 由题意知：原来线路损耗P损1＝Ir＝400 kW，(1分)‎ 而UI1＝P，(1分)‎ 现在线路损耗：P损2＝P×(1－98%)＝Ir，(1分)‎ 而U′I2＝P，(1分)‎ ＝，解得：＝.(2分)‎ 答案：(1)400 kW　50%　(2) (14分)风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展．如果风车阵中某发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，‎ 先后经过一升压变压器和一降压变压器传输后送到用户，设用户得到的电压是220 V，输电线总电阻为10 Ω.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：‎ ‎(1)画出此输电线路的示意图．‎ ‎(2)在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比各为多少？‎ ‎(3)用户得到的电功率是多少？‎ 解析：(1)输电线路示意图如图(2分)‎ ‎(2)输电线中损失功率为：P损＝P1×4%＝IR 得I2＝20 A(1分)‎ 而I1＝　得I1＝400 A(1分)‎ 故升压变压器原副线圈匝数比为：＝(1分)‎ 即＝(1分)‎ 输电线上电压损失为：U损＝I2R　得U损＝200 V(1分)‎ 输送电压为U2：由＝　得U2＝5000 V(2分)‎ 降压变压器原线圈两端的电压为：U3＝U2－U损＝4800 V(1分)‎ 故降压变压器原副线圈匝数比为：＝(1分)‎ 即＝.(1分)‎ ‎(3)用户得到的电功率为：P用＝P1－P损(1分)‎ 即P用＝96 kW.(1分)‎ 答案：(1)见解析　(2)　　(3)96 kW (14分)利用太阳能电池这个能量转换器件将太阳能转变为电能的系统又称光伏发电系统．光伏发电系统的直流供电方式有其局限性，绝大多数光伏发电系统均采用交流供电方式．将直流电变为交流电的装置称为逆变器．‎ ‎(1)用逆变器将直流电变为交流电进行供电有哪些好处？‎ 请简要回答．‎ ‎(2)有一台内阻为1 Ω的太阳能发电机，供给一个学校照明用电，如图所示，升压变压器匝数比为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”灯6盏，若全部电灯正常发光，则 ‎①发电机输出功率多大？‎ ‎②发电机电动势多大？‎ ‎③输电效率多少？‎ 解析：(1)可以改变电压的大小以适应不同的需要；通过升压、降压在远距离输电中减少电能在输电线上的损耗，提高供电效率．所以用逆变器将直流电变为交流电，可以提高发电系统的利用率．(2分)‎ ‎(2)①发电机的输出功率：P出＝nP灯＋IR(2分)‎ 而I2＝I3＝I4＝nI灯＝×22×6× A＝6 A(1分)‎ 所以，P出＝(22×6×40＋62×4) W＝5424 W．(1分)‎ ‎②E＝U1＋I1r，r为发电机内阻，(1分)‎ U1＝U2，U3＝4U4(2分)‎ U2＝4U4＋I2R＝4×220 V＋6×4 V＝904 V；I1＝4I2(2分)‎ 所以E＝ V＋6×4×1 V＝250 V．(1分)‎ ‎③η＝＝＝×100%＝97%.(2分)‎ 答案：(1)见解析 ‎(2)①5424 W　②250 V　③97%‎