3.4 电能的输送-【重难点手册】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步练习册（人教版）浙江专用

重难点手册高中物理选择性必修第二册 第4节 A基础过关练 测试时间：10分钟 1.如图所示为远距离输电原理图，图中的电压 表、电流表均为理想电表，变压器为理想变压 器，发电机输出的电压恒定.若电压表V2示数 减小，则( 用 升压变压器 降压变压器 A.电压表V1示数减小 B.电流表A,示数减小 C.电流表A2示数增大 D.发电机输出的功率减小 2.将电能从发电站送到用户，在输电线上会损失 一部分功率P,设输电电压为U,输电线的总 电阻为，输电线上的电流为I,则下列说法正 确的是( A.U=Ir B.P=IU C.P=I2r BP-() 3.特高压是指士800kV及以上的直流电和 1000kV及以上的交流电的电压等级，该技术 具有输送容量大、距离远、效率高和损耗低等 优越性，是世界上最先进的输电技术之一，保 证输电功率不变的情况下将输电电压从交流 500kV的超高压变为交流1000kV的特高压， 在两次输电过程中，下列说法正确的是( A.“1000kV”指的是交流电的峰值 B.输电线上的电流变为原来的2倍 C输电线上的电能损耗降为原来的号 D.用户获得的功率一定为原来的4倍 4.(2025·浙江杭州高级中学月考)如图所示为 远距离交流输电的简化电路图.发电厂的输出 46 (浙江专用) 电能的输送 电压是U,用等效总电阻是x的两条输电线输 电，输电线路中的电流是I1,其末端间的电压 为U.在输电线与用户间连有一理想变压器， 流人用户端的电流为I2.则下列说法错误的是 ( 发 用户 A.用户端的电压为2 IU B.发电厂的输出功率为IU+Ir C.输电线路上损失的电功率为I D.输电线上的电压降为U一U1 5.(多选)如何有效地提高能源利用率是人类所 面临的一项重要任务.如图是远距离输电示意 图，变压器T1、T2均为理想变压器，变压器T2 原、副线圈的匝数之比为11：5，n4两端的电 压u4随时间t的变化规律为u4=220√2· sin(100πt)V,假设负载是电阻为48.42的 电热水壶，下列说法正确的是( 交 流 源 T A.交流电源输出的交流电周期为50s B.变压器T:副线圈n2两端的电压为484V C.经过1分钟电热水壶产生的焦耳热是6×104J D.为了减少输电线r上的电能损失，变压器 T1应该使用升压变压器 乃综合提能练 测试时间：25分钟 6.如图所示，某个小水电站发电机的输出功率为 100kW,发电机的输出电压为250V,用匝数 比n1:n2=1:16的升压变压器升压后向远 处输电，输电线的总电阻为8Ω，用户端再用降 压变压器把电压降为220V,假设两个变压器 均为理想变压器.下列说法正确的是( A.输电线路上通过的电流为400A B.降压变压器原线圈两端的电压为3800V C.用户得到的功率为90kW D.降压变压器的匝数比n3:n4-25:22 7.(2025·浙江诸暨中学阶段练习)我国已投产 运行的1100kV特高压直流输电工程是目前 世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距 离最远、技术水平最先进的输电工程.输电线 路流程和数据可简化为如图所示，若直流线路 的输电线总电阻为10Ω，变压与整流等造成的 能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不 发生改变.当输送功率为4.4×10°W时，下列 说法正确的是( ) 送端换流站 整流成1100kV 接人550kV 升压变压器 直流电输送 交流电 逆变成 受端换流站 降压变压器 接入550kV 交流电 交流系统 A.直流输电线上的电流为8×103A B.降压变压器的原、副线圈匝数比大于2：1 C.直流输电线上损失的功率为1.6×10？W, 损失的电压为40kV D.若保持输送电功率不变，改用550kV输电， 直流输电线上损失的功率为6.4×108W 8.抽水蓄能是目前技术最为成熟的大容量储能 方式，是电力系统安全防御体系的重要组成部 分，原理简化如图(a)所示.发电站通过输电线 路向电动发电机供电，电路如图(b)所示，输电 线路总电阻为r=2002,电动发电机内阻为R 第三章交变电流收超 =202,U1=22200V,U2=22000V,U3= 2200V.则理论上电动发电机内阻消耗的电 功率为( 上水库 电动发电机 可逆水轮机 下水库 (a) 发电 电动发电机 (b) A.1000W B.2000W C.20000W D.0.2W 9.已知某发电站原来的发电功率为P,输电的电 压为U,经改造升级后，其发电功率增加为 2P.若采用原来的输电线路送电，要求送电效 率不变，则改造后的输电电压应为(). A.√2U B.2U 1D.2U 10.(2025·浙江宁波中学期中)如图，有一小型 水电站发电机的输出功率为50kW,发电机 的输出电压为250V.通过升压变压器升压后 向远处输电，输电电压为10kV,输电线的总 电阻R为10Ω，在用户端用降压变压器把电 压降为220V,两变压器均视为理想变压器， 下列说法正确的( 电 C A.升压变压器原、副线圈的匝数之比为1：400 B.输电线上损失的功率为250W C.降压变压器原、副线圈中的电流之比为 995:22 D.图中的所有灯泡亮度都相同 47 重难点手册高中物理选择性必修第二册 11.(2024·浙江三模)（多选）如图所示，一输出 电压稳定的电源通过远距离输电给用户供 电，输电线路的总电阻为R.在用户端有一理 想降压变压器，原、副线圈的匝数比为10：1， 假设用户的用电都用于照明，且每个灯的电 阻均为nR,当用户有n盏灯接通时，这些灯 刚好以额定功率工作，此时电源的输出电流 为I.设灯的电阻不随工作电压的变化而变 化，不计变压器输出端到用户之间线路的电 阻，则关于该输电线路，下列说法正确的是 ⑧⑧⑧☒ A.当n盏灯在工作时，该输电线路的输电效 率为50% B.当2m盏灯在工作时，电源的输出电流为5I 101 C.当2n盏灯在工作时，每盏灯的功率约为额 定功率的98% D.当4n盏灯在工作时，用户的电压比额定电 压降低约8% 12.（多选)水力发电是获得清洁能源的重要途径 之一.有一条河流，河水的流量Q=2m3/s, 落差h=5m,河水的密度p=1.0×103kg/m3, 现利用其发电，若发电机的总效率71=50%， 输出电压U1=240V,输电线的总电阻R= 30,用户获得220V的电压，输电线上损失 的电功率与发电机输出电功率的比值2= 6%,假定所用的变压器都是理想变压器，如 图所示，g取10m/s2.下列说法正确的是 (). 48 (浙江专用) 升压变压器 降压变压器 发电机 用户 A.发电机的输出功率P总=1×105W B.输电线中的电流I=10A C降压变压器的原、副线圈的匝数比为250：11 D.如果输送的电能供“220V100W”的电 灯使用，能够正常发光的电灯盏数为470盏 C培优突破练 测试时间：5分钟 13.(2025·浙江宁波镇海中学模拟预测)（多选） 城市用电通常分为高峰和低谷，某发电站为 了保证功率稳定，采用了储能站在用电低谷 时将多余电能储存起来.如图所示，发电机的 输出电压U1=250V,输出功率为500kW. 降压变压器的原、副线圈匝数比n3：n4= 50:1,输电线总电阻R=62.52.其余线路 电阻不计，用户端电压U4=220V,低谷耗电 功率为88kW,所有变压器均为理想变压器. 下列说法正确的是( 用 电 A.用电高峰时用户端消耗的功率为500kW B.用电低谷时，输电线上损失的功率为 4.8kW C.用电低谷时，储能站储存电能的功率为 408kW D.用电低谷时，升压变压器的匝数比为1： n2=1:46表V,示数不变，根据号，一品可知副线圈电压不变， 即电压表V2示数不变，当并联的用电器增多时，并联 部分电阻减小，副线圈总电阻减小，副线圈干路电流 增大，电流表A示数增大，根据}=”2可知原线圈 12 n 中电流增大，电流表A,示数增大，通过输电线总电阻 R。的电流增大，则R。两端电压增大，并联部分的电 路两端的电压等于副线圈两端电压减去R。两端的电 压，所以并联部分的电路两端的电压减小，电压表V3 示数减小，故A错误，B正确；因为副线圈电压不变， 所以电压表V3的变化量△U3|与R。两端电压的变 化量△U,之和为0，所以=△，，又因为二 票，所以-票又因为 =R。,所以 △I21 |△U,_△U,_.=R,故电压表V 1△I1T=1△IT△I2Tn2n2 的变化量△U3与电流表A,的变化量△I,之比不 变，故C正确；电压表V1示数不变，电流表A1示数 增大，故电压表V1的示数U1与电流表A的示数I1 之比将减小，故D错误.故选B、C 第4节电能的输送 1.C【解析】由于发电机输出电压不变，由变压器的变压 比可知，电压表V1的示数不变，故A错误；由于电压 表V2示数减小，可知降压变压器原线圈两端的电压变 小，因此输电线上损失的电压△变大，由1一兴可 知，输送电流增大，电流表A1的示数变大，发电机的输 出功率增大，故B、D错误；根据变压器电流比可知，电 流表A2的示数增大，故C正确，故选C. 2.C【解析】输电线上的分压为U,=Ir,而非输电电压， A错误；在输电线上会损失一部分功率，为P=Ir,C 正确，B、D错误.故选C 3.C【解析】输电电压指的是电压的有效值，因此 “1000kV”指的是交流电的有效值，故A错误；根据 P=U可知，在输电功率不变的情况下将输电电压从 交流500kV的超高压变为交流1000kV的特高压， 输电线上的电流变为原来的？，故B错误；输电线上损 失的功率P提=IR,由于升压后输电线上的电流变为 原来的？，因此输电线上损失的功率降为原来的子， 练习册叁考答案与解析么出超 即输电线上的电能损耗降为原来的号，故C正确：用 户获得的功率P用=P输一P摄，可知两次得到的功率关 系为P用=P输一P损≠4(P输一4P损)，可知用户获得的 功率不是原来的4倍，故D错误.故选C 4.B【解析】根据变压器输入功率与输出功率相等可得 1,U,=,U2,解得用户端的电压为U,=I马，故A正 I2 确；发电厂的输出功率为P出=IU,输电线路上损失 的电功率为P损=I,故B错误；输电线上的电压降 为△U=U-U1,故D正确.故选B. 5.CD【解析】变压器改变电压和电流，不改变频率，则 交流电源输出的交流电周期为T=2π=0.02s,故A 错误；由题意可知，降压变压器T2副线圈两端电压的 有效值为U4=220V,原线圈两端电压的有效值为U? =U,=484V,由于输电线上一定有电压损失，故变 压器T1副线圈n2两端的电压大于484V,故B错误； 电热水壶中的电流为1，受碧A,经过1分钟电热 水壶产生的焦耳热为Q=IRt=6×104J,故C正确； 变压器T1原、副线圈满足U1I1=U2I2,输电线上损失 的功率可表示为△P=Ir,变压器T1使用升压变压 器，可减小电流I2,减小功率损失，故D正确.故选C、D. 6.B【解析】根据题意可得，发电回路中的电流为I1= 卫P_100X10A=400A,根据原、副线圈电流与匝数 250 的关系可得输电线路上通过的电流为1：=%1，= ×400A=25A.放A销误输电回路中有飞=1，r+ U,U,-U1,联立解得降压变压器原线圈两端的电 11 压为U3=3800V,故B正确；用户得到的功率为P'= P-△P=P-Ir=95000W=95kW,故C错误；降 瓜变压器的匪数比为-受-”故D错说故 选B. 7.D【解析】直流输电线上的电流为1=元= P 11O0X10A=4X10A,故A错误；降压器的输入电 4.4×103 27 重难点手册高中物理选择性必修第二册尺 压为U2=U-IR=1100×103V一4×103×10V= 1060×103V,则降压变压器的原、副线圈匝数比为”- 费一-1<导，故B错误直流输电线上损失 的功率为△P=IR=(4×103)2×10W=1.6× 108W,损失的电压为U=R=4×103×10V=4× 10V=40kV,故C错误；若保持输送电功率不变，改 用550kV输电，直流输电线的电流1。=， P 4.4×109 550×10A=8X10A,则直流输电线上损失的功率 为△P。=I6R=(8×103)210W=6.4×108W,故D 正确.故选D. 8.B【解析】由题图可知，降压变压器原、副线圈的匝数 比2-2000V10 n2 2200V=1,输电线路中的电流1=-U =1A,由理想变压器变流规律，可得发电机所在回路 中的电流I'=I=10A,发电机内阻消耗的功率P n2 =I'2R=2000W,故选B. 9.A【解析】由题意，设输电线路上的电阻为r,根据电 功率公式可得输电线上的电流1=号，输电线上损失 的功率△P=I,=(号）r,则送电效率)-PAP- 1r,经政造升级后，其发电功率增为P,同理可 得输电线上的电流了-咒，输电线上损失的功率 △P'=Ir= )》,则送电效率72PAP'-1 2P ，可得号-兴解得U-U,故迹A 2P 10.B【解析】根据理想变压器电压比等于匝数比，可得 升压变压器原、副线圈的匝数之比为”=9-，250 n2U210×10 —动放A结误升压交压然刚线周电流为1：=品= 50×103 10×103 A=5A,则输电线上损失的功率为P损= IR=52×10W=250W,故B正确；用户端得到的功 率为P用=P一P损=49750W,降压变压器副线圈电 流为1，-是-425A,则降压变压器原、剧线圈中 22 28 (浙江专用) 的电流之比为2远器故C错误：由于也容 22 器对交变电流有一定的阻碍作用，所以与电容器串联 的灯泡亮度比其他灯泡的亮度暗，故D错误.故选B. 1L.BC【解析】n盏灯的并联电阻为R,变压器的输出电 流为10I,所以输电电压为10IR,则输入电压为 100IR,输电线上损失的电压为IR,电源电压为 101R,所以输电效*为y=189很-899%，故 A锖误，当2m盏灯在工作时，总电阻为，设电源输 出电流为I',则变压器输出电流为10'，即输出电压 为5I'R,变压器输入电压为50I'R,有51I'R= 101R,所以1/-91，故B正确：每盏灯的电流减小 为原来的8温功率变为原来的() ≈98%，故C \102 正确，当机盏灯在工作时，电路的总电阻为，令此 时原线圈的电流为I1,则副线圈的电流为1011，副线 圈的总电压为U,-1R,则由原副线图的关系可 得=10，U101R=1R+U2,电源的输出电流为 兴1，每盏灯的电流破为原来的80，即电压也变为原 来的897%，放D错误枚选BC 12.BD h-2贴 【解析】发电机的输出功率为P。=” _OVgh 1=Qgh1=5X104W,A错误；输电线上损 失的功率为P损=P总2=3000W,根据P损=IR,可 得I=10A,B正确；用户得到的电功率为P=P总 Pa=47X1心W,降压变压器输出的电流为r-号 4.7X10W_4700A,降压变压器的原、副线圈的 220V 22 匝数比=1=235 北n:=了=，C错误：用户得到的电功率为 P=P总一P损=4.7×101W,能正常发光的电灯盏数 为N=号=47X10W=470,D正确.故选B、D. 100W 13.CD【解析】发电机输出功率为500kW,储能站在用 电高峰不工作，输电线上有能量（功率）损失，用户端得 到的实际功率小于500kW,故A错误；用电低谷时，用 户端得到88kW的功率，则有U3I3=U4I4=220VX U-,解得 1,=88kw,根据变压器变压规律有己一 U3=11000V,I3=8A,则输电线上损失的功率为 P=IR=4kW,故B错误；根据能量守恒可知用电 低谷时，储能站获得的功率为500kW一4kW 88kW=408kW,故C正确；结合上述分析可得U2= I3R+U3=11500V,则n1:n2=U1:U2=250: 11500=1:46,故D正确.故选C、D. 第三章单元学能测评 1.B【解析】题图甲中只有一个电刷，线圈在匀强磁场中 转动，得到的是直流电，A错误；题图乙中虽然只有一 半线圈处于磁场，但线圈转动得到的是正弦交流电，B 正确；题图丙为辐向磁场，无论线圈转到何位置，感应 电动势大小不变，得到的不是正弦交流电，C错误；题 图丁中矩形线圈转轴平行于磁场方向，线框不切割磁 感线，感应电动势为0，感应电流为0，D错误.故选B. 2.C【解析】由题图乙可知，交流电压的最大值为Um= 1102V,则交流电压有效值为U-=10V,根据 √2 U 闭合电路欧姆定律可得电流为I一R十 -=10A,电压 表的示数为电阻R两端的电压，则有UR=R=103V,故 A错误；根据焦耳定律可得Q总=I2(R十r)t=102× (10.3+0.7)×60J=6.6×104J,故B错误；由题图乙 可知交流电的周期为T=0.02s,则线圈转动的角速度 为w-2至-10md/s,根据线圈最大感应电动势U. =BSw,可得BS= Ue_112wb,0~0.01s时间内， w10π E,E- 通过定值电阻的电荷量为q=1△1，又I=R千， △Φ .△Φ ，联立解得g一R干，而0~0.01s时间内，磁通量 的变化量为△中=2BS,代人上式可得g=发C C,故C 正确；由题图可知t=0.02s时，感应电动势为0，根据 E=恕可如穿过线圈的险通量变化率最小，放D错 练习册参考答案与解析么型 误.故选C. 3.A【解析设该交变电流的有效值为I,则有IRT= 2 ()R·+)R·+( 2 T )R·3,解得 6 ·A,故选A 4.D【解析】根据右手定则可知，若金属棒顺时针转动， 金属棒从题图所示位置转过180°的过程中，流过电阻 R的电流从a流向b,若金属棒逆时针转动，金属棒从 题图所示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电流从 b流向a,故A错误；若经历时间t,金属棒转过的夹角 为0，则有0=wt,感应电动势的瞬时值为e=Bdusin wt =Bdorsin t,则电动势的有效值E-Br,根据闭合 √2 电路欧姆定律有U=,解得U=三 V,故B错 R十ro 5 E 误：回路中的感应电流I一R中7，电阻R的功率P一 IR,结合上述式子解得P=0.32W,故C错误；结合 上述分析可知，当金属棒转过90°时，感应电动势的最 大值为emax=Bdwr=2V,即金属棒在转动过程中，通 过电路的磁通量变化率的最大值为2Wb/s,故D正 确.故选D. 5.C【解析】由题图可知，时刻穿过线框的磁通量最 大，但磁通量变化率为0，线框产生的感应电动势为0， 线框处于中性面，故A错误；线框的感应电动势最大值 为B。-S-0。祭-2停，放B错误，线框的感位 电动势有效值为E= -鸡，根据功能关系可 √2 知，线框转一周，外力所做的功为W-片T令 2x2Φ2 RT 故C正确，从4=0到：-于过程中，线框的平均感应电 动势为E-总票-停，故D错说放选C △tT 4 6.A【解析U1保持不变，当滑动触头P顺时针转动一 U_1可知 小角度时，2变小，由电压与匝数的关系己，一2 U2变小，故A正确；当滑动触头P'向下移动时，因匝 数比未变，U2不变，故B错误；U2保持不变，I2不变， 29