第三章 4 电能的输送-【新课程能力培养】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册练习手册（人教版）

第三章交变电流。 4.电能的输送 基础练)匀 知识点远距离输电 知识点2高压输电 1.以下关于电能输送的说法不正确的是 4.一个小型水电站，输出的电功率为20kW, () 输电线总电阻为0.52，如果先用400V A.输送电能的基本要求是可靠、保质、 电压输送，后又改用2000V电压输送， 经济 则输送电压提高后，输电导线上损失的电 B.减小输电导线上功率损失的唯一方法 功率的变化情况是() 是要采用高压输电 A.减少50W C.增大导线的横截面积可以减小输电导 B.减少1200W 线上的功率损失 C.减少7.68x103W D.实际输送电能时，要综合考虑各种因 D.增大7.68x103W 素，如输送功率大小、距离远近、技： 5.(多选)在电能输送过程中，若输送的电 术和经济条件等 功率一定，则在输电线上损失的电功率 2.远距离输电都采用高压输电，其优点是 () A.随输电线电阻的增大而增大 A.可增大输电电流 B.和输送电压的平方成正比 B.可加快输电速度 C.和输电线上电压降落的平方成正比 C.可增大输电功率 D.和输电线中电流强度的平方成正比 D.可减少输电线上的能量损失 6.2008年1月下旬，我国南方地区遭遇50 3.某用电器距离供电电源距离为L,线路上 年未遇的雨雪冰冻灾害。马路上的冰层坚 的电流为1，若要求线路上的损失电压不 硬如铁、光滑如玻璃，高压电线覆冰后有 超过U,已知输电导线的电阻率为P,那 成人大腿般粗，为清除高压输电线上的冰 么，该输电导线的横截面积最小值是： 凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电 () 流的热效应除冰。若在正常供电时，高压 A.el B.2plL 线上送电电压为U,电流为I,热损耗功 R U 率为△P；除冰时，输电线上的热耗功率 D.2UL pl 需变为9△P,则除冰时（认为输电功率 和输电线电阻不变)（) 练 69 高中物理选择性必修第二册（人教版） A.输电电流为I B.输电电流为9I 电厂 C.输电电压为3U D.输电电压为 3 升压变压器降压变压器 第8题图 7.下图是远距离输电的示意图，下列说法正 确的是( A.升压变压器的输出电压增大 B.降压变压器的输入电压减小 C.流过灯泡L的电流减小 D.发电厂的输出功率增大 第7题图 9.从发电站输出的功率为200kW,输电线 A.a是降压变压器，b是升压变压器 的总电阻为0.052，用110V和11kV两 B.a是升压变压器，b是降压变压器 种电压输电，输电线上电阻造成的电压损 C.a的输出电压等于b的输入电压 失各是多少伏？ D.a的输出电压等于输电线上损失的电压 8.(多选)在如图所示的远距离输电的电路 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，开关S闭合后，下列说法正确 的是( 提升练)匀 10.晚上七八点钟，用户使用的电灯增多， 设甲、乙两地原来用550kV的超高压输 灯光要比深夜暗些，这是因为() 电，在保持输送电功率和输电线电阻都 A.电路的总电流减小，每个电灯分到的 不变的条件下，现改用1100kV特高 电流也减小 压输电，不考虑其他因素的影响。则 B.电路的总电流不变，但每个电灯分到 的电流减小 A.送电电流变为原来的2倍 C.电路的总电流增大，使输电干线上的 B.输电线上降落的电压将变为原来的2倍 电压增大 C.输电线上降落的电压将变为原来的】 D.电路的总电流增大，使输电干线上的 D.输电线上损耗的电功率将变为原来 电压减小 11.中国已投产运行的1100kV特高压输电， 的1 2 是目前世界上电压最高的输电工程。假 70)练 第三章交变电流。 12.如图所示为远距离交流输电的简化电路：14.利用河水发电，已知河水的流量Q= 图。发电厂的输出电压是U,用等效总： 2ms,落差h=5m,若发电机总效率 电阻是r的两条输电线输电，输电线路 为50%，输出电压为240V,输电线总 中的电流是11，其末端间的电压为U1。 电阻R=302,允许损失功率为输出功 在输电线与用户间连有一理想变压器， 率的6%，g取10m/s2,为满足用电的 流入用户端的电流是12。则( 需求，使用户获得220V电压，求： (1)输电线路所使用的理想的升压、降 电 用 压变压器的匝数比。 (2)能使多少盏“220V100W”的电 第12题图 灯正常发光？ A.用户端的电压为U B.输电线上的电压降为U C.理想变压器的输入功率为r D.输电线路上损失的电功率为UI 13.某学校一套校内的备用供电系统，由一 台内阻为12的发电机向全校22个教室 (每个教室有“220V40W”的白炽灯 6盏)供电。如果输电线的总电阻R是 42,升压变压器和降压变压器（都认为 是理想变压器)的匝数比分别是1：4和 4:1,每个教室的白炽灯都正常发光， 求： (1)输电线的损失功率。 (2)发电机的电动势。 (3)输电效率。 练（71高中物理选择性必修第二册（人教版） 由能量守恒可知，原线圈的输人功率和副线圈的输出功 率相等，故C正确；原线圈的感应电动势和副线圈的感 应电动势由输入电压和匝数比决定，当原、副线圈匝数 不同时，电动势不同，故D错误。 2.D【解析】正弦交变电流的电流值时刻变化，因 此产生的磁通量时刻变化，故A错误；理想变压器的磁 感线全部在铁芯内，通过原、副线圈的磁通量时刻相 等，故B错误；副线圈中的电流是通过感应产生的，故 C错误；由能量守恒可知，原线圈的输人功率和副线圈 的输出功率相等，故D正确。 3.D【解析】因为电池是稳恒直流电源，变压器不 能改变直流电压，故D正确。 4.BCD【解析】变压器的输入功率等于输出功率， 输出功率为P=,若使功率变大，则应当增大，或 R 减小R,故D正确；由-L可知，增大，可以增大 U2 n2 n2或减小n1,故B、C正确。 5.C【解析】原线圈电压最大值为220√2V,所 以原线圈电压的有效值为220V,则副线圈电压的有效 值为11V,电压表显示有效值为11V,故A错误；原 线圈中电流的周期为T=2π-0.02s,变压器不改变周 期，放B错误：副线图中电流为站A2A,则原 线圈中电流为0.1A,故C正确；P=P=R=22W,故 D错误。 6.AD【解析】当S断开时，负载减少，总电阻增 大，原、副线圈中电流都减小，故B错误；电流减小， R,两端电压U增大，消耗的功率P增大，故A正确， C错误；副线圈电压不变，电流减小，输出功率减小， 则输入功率P减小，故D正确 7.A 8.AC【解析】根据变压器的电压与匝数关系可知 =L，乐=L,A正确；变压器的输入功率等于输 U2n’n 出功率，可得Ul=Ul+U,解得n山=+n3,C正 确，B、D错误。 9.C【解析】交流电压表需要将电压降低后使用， 交流电流表需要将电流减小使用，由变压器原、副线圈 匝数与电压和电流的关系可知，甲图中的电表为交流电 压表，乙图中的电表是交流电流表，故C正确。 提升练习 10.A【解析】根据电流与线圈匝数的关系进行分 68 析，由于副线圈两端并联着两个相同的灯泡L、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 副线圈中电流的二分之一，即恰好等于灯泡L1、L2的额 定电流，从而判定L1、L2都能正常发光。 11.BD【解析】在不考虑原、副线圈内电阻的情况 下，变压器原、副线圈电压之比乐等于原、副线圈中 U. 产生的感应电动势之比会，当线圈1输入电压心时， △Φ nnA=2x2=4 Uz E:ne At 。4=宁x行=千。当给线圈2输 △Φ， 人电压时，光=会A0=Aw=之×子1。 △ 所以B、D正确。 12.(1)C(2)2040(3)110 【解析】(1)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而 成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了减小涡流，提 高变压器的效率。C正确。 （2)根据=出，代人数值号，解得=20 U3 n3 匝；根据-，代人数值2-，解得n=40匝。 U'3n3 30100' 311 (3)根据=业，代人数值Y2=0,解得，≈ U'2n2 U'2209 110V。 13.36W 【解析】设理想变压器原线圈的输人功率为P,输 入电压为U,则P=P+P=24W,U=U=12V, 2 原线圈中的电流1元-2A 电阻R消耗的功率为P=R=12W, 电源的输出功率为PP+P=36W。 物鞋 4.电能的输送 基础练习 1.B【解析】输送电能的基本要求是可靠、保质、 经济。减小输电线上的功率损失可采用高压输电，也可 以减小输电线电阻，即增大导线横截面积，但不经济。 实际输电时应考虑各种因素。故B符合题目要求。 2.D【解析】在输电时输送的功率一定，由P=I可 知，输送电压越高，则输电线中的电流越小，故A、C 错误；输电电压不会改变输电的速度，故B错误；输电 线损失的功率为P线=PR,输送电压越高，输电线中的 电流越小，损失的功率越小，故D正确。 3.B【解析】输电线的电阻为R,由欧姆定律可得 U=R,由电阻定律Rp头，联立可得S=,故B 正确。 4.B(解折】输电线上损失的功率为P=号R, 将两次的数据分别代入，可知功率减少1200W,故B 正确。 5.ACD【解析】输电线上损失的功率为P线=IR线、 P=AI、P=(R,故A、C、D正确。 6.D【解析】高压线上的热耗功率△P-IR线，若热 耗功率变为9△P,则9△P-I2R线，由上式得=31，所以 A、B错误：又因为输送功率不变，由PUI=UI得U= 号，所以C错误，D正确。 7.B【解析】因能量损失与输送电压的平方成反比， 故为减小电路能量损耗要用高压送电，到用户要进行降 压，a是升压变压器，b是降压变压器，A错误、B正 确：因电路导线有电阻，会有电压损失，故a的输出电 压要大于b的输入电压，且a的输出电压减去输电线上 的损失电压等于b的输入电压，故C、D错误。 8.BCD【解析】由题意可知发电厂的输出电压不变， 即升压变压器的输入电压不变，故A错误：因为负载并 联，开关闭合后，总电流增大，即降压变压器的输出电 流增大，所以输电线中电流增大，损失的电压变大，所 以降压变压器的输入电压减小，故B正确：降压变压器 的输入电压减小，则降压变压器的输出电压变小，所以 灯泡L两端的电压减小，通过灯泡的电流减小，故C正 确；输电线上的电流增大，则发电厂的输出电流增大， 输出电压不变，则输出功率增大，故D正确。 9.91V0.91V 【解析】输电线上由电阻造成的电压损失△U=IR, 而上号，所以电压损失为A=号R,其中P为输出功 率，U为输出电压。 当用110V电压输电时，输电线上的电压损失为 △U=200x10x0.05V≈91V. 110 当用11kV电压输电时，输电线上的电压损失为 参考答案与解析。 AU,=200x10x0.05V≈0.91V。 11×103 提升练习 10.C【解析】晚上七八点钟，由于负载增多，总电 阻减小，根据欧好定律只可知，输电线上的电流增 大，输电线上损失的电压变大，由于照明供电线路的路 端电压基本上是保持不变的，所以用户获得的电压减 小，每盏灯两端的电压降低，故C正确，A、B、D错误。 山.C(解析】根据=号求出输电线上的电流，与 输送的电压成反比，即输电线上的电流将变为原来的 子，放A错误；根据U=R可知，输电线上降落的电压 将变为原来的？，故B错误，C正确；当以不同电压输 送时，P=Ul=U2,输电线上损失的功率为△P=IR= (号R,可知△Px,即△：AP=4:1,所以输电线 上横失的功率为号、放D错误。 12.A【解析】根据理想变压器的工作原理，得 U=,所以用户编的电压么，A正确：输电线 上的电压降U'=lr=U-U1,B错误；变压器的输人功率 P=IU-=IU1,C错误；输电线路上损失的功率P=r= I1(U-U),D错误。 13.(1)144W(2)250V(3)97.3% 【解析】(1)全校消耗的功率Pm=22×40×6W= 5280W, 设线路电流为I线，输电电压为2，降压变压器原 线圈电压为山，降压变压器副线圈电压为U4,降压变压 器原、副线圈的电压与市数的关系式为会公-斗，面 U=220V, 解得-80V,1-宏-A6A 线路损失功率P=R线=36x4W=144W。 (2)U=载R线=6x4V=24V,U送=U-U+U=904V, 由告得U--904x好V-=226V. U22 由nl=以，得升压变压器原线圈电流1=丛= 4x6A=24A, 1 发电机的电动势E=1+U,=24×1+226=250V。 3)PP=524W,片08x1% 69 高中物理选择性必修第二册（人教版） 97.3%。 *14.(1)6:125235:11(2)470盏 【解析】(1)水力发电是把水的重力势能转化为电 能。已知流量Q,那么时间t秒内转化的电能为W= pOtghn, 那么输电的电功率为P=Wp0gh5x10W。 线路上损失的电功率为P=PR=6%P,解得I=10A, 升压变压器的输出电压为-号-5x10V, 升压变压器的匝数比为n1:n2=U1:U=6:125 降压变压器的输人电压为U,=U,-IR=4700V. 降压变压器的匝数比为3n4=3:U=235:11。 (2)用户得到的功率为P用=P-R=47000W, 可满足正常发光灯的盏数N=B=470盏。 P灯 情境题专项 1.B【解析】交流电是指大小和方向发生周期性变 化的电流，直流电的方向不变，恒定电流的大小与方向 均不变，涡流是感应电流；手摇发电机产生的是交流 电，因为该类二极管具有单向导电性，所以通过每个二 极管的电流方向不变，为直流电，故B正确。 2.C【解析】充电基座接上如题图乙的家用交流电， 基座线圈可产生交变磁场，根据电磁感应原理，手机内 的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电 后对手机电池充电：而自感现象是一种特殊的电磁感应 现象，是由于导体本身电流发生变化引起自身产生的磁 场变化而导致其自身产生的电磁感应现象，故A错误； 家用交流电的频率为50Hz,交流电电流方向每秒变化 100次，故B错误；受电线圈接上一个理想二极管 (正向电阻可看作0，反向电阻可看作无穷大)给手机电 池充电，手机电池的充电电压为（有效值），则 交X?,0V,可知安电线胸两端的 输出电压的电压峰值为10V,故C正确；基座线圈和 受电线圈的匝数比为沿-3，故D镭误。 3.D【解析】设自行车的速度为v,摩擦轮的半径 为T,则后轮、摩擦轮的速度都等于，线圈转动产生 正弦电流，周期T=2,。加倍，T为原来的号，故 A、B错误；若线圈的匝数为N,面积为S,磁感应 70 强度为B,则线圈产生的电动势最大值Em=NBSw,有 效值为E=E=NBS0=NBS,小灯泡的电功率P V2 V2 V2r NBSv RVRx,故C错误，D正确。 FRn=Ra R总 4.CD【解析】根据题图乙可知，交变电流的周期 Um 为Q02s,故A错误；根据有效值的定义可得V2. R T=T,解得=110V2V,故B错误；通过电热丝 2R 的电流上只=V万A,放C正确：电热丝在1mn内产 生的热量Q=PRt=1.32x101J,故D正确。 5.C【解析】电流的周期为T=0.4s,故磁体的转速 为n=25s,故A错误；通过乙图可知电压的最大值为 12V,故有效值U=U=6V2V,故B错误；周期T= 1/2 0.4s,故w=5 rad/s,故电压的表达式为u=12sin5mt(V), 故C正确；电容器的击穿电压为交流电的最大值，而交 流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能加在击穿 电压为6V2V的电容器上，故D错误。 6.B【解析】火线中的电流与零线中的电流相等时， 则说明没有漏电，a、b间无感应电动势，脱扣开关不会 断开，当两电流突然不相等时，α、b间产生感应电动势， 该开关就会断开。当用电器总功率过大或双孔插座中两 个线头相碰时，只要火线与零线中的电流相等，脱扣开 关就不会自动断开，故A、C错误：当站在地面上的人 触及火线时，有一部分的电流会通过人体流入大地，火 线和零线中的电流不相等，发生漏电现象，则脱扣开关 会自动断开，故B正确。当站在绝缘物上的人双手分别 接触火线和零线时，人相当于一个用电器，火线与零线 的电流同时增大，脱扣开关不会自动断开，故D错误。 7.C【解析】变压器只能改变交变电流的原因是如 果在原线圈上接恒定电压，则线圈的磁通量保持不变， 从而不能产生感应电动势，副线圈中也就没有输出电压 了。在本装置中，开关的闭合、断开，导致电流不断地 变化，从而使得磁通量不断地变化，能够使变压器工 作。该变压器只能是升压变压器，故C正确。 8.A【解析】空气被击穿时，两电极间的最大电压 Um=6220×0.5V=3110V,原线圈的电压峰值U1m≈ 31V,根器电压与街数成正比可知处鼎。故 A正确。