小型风力发电机发出的电能首先经过蓄电池贮存起来，然后再由蓄电池向用电器供电．如图是某小型风力发电机的输出功率与风速的关系

最大区别,这么说吧.
从入网角度看：
小型风力发电机组是离网的,也就是不向电网送电.自己带有蓄电池组,有的还带有太阳能电池,实现风光互补；而大型风力发电机组是并网的,发出来的交流电向电网输送.
从结构上说：
大型风力发电机组由风轮,轮毂,主轴,齿轮箱（直驱不带）,发电机（有双馈发电机,永磁发电机等）.变流器.偏航系统,变奖机构、塔架、等构成.原理：通过风刮过叶片,叶片上下面压力差,产生升力推动叶轮旋转,之后带动主轴,主轴连接增速齿轮箱,将15-25r/min转速增速到1800r/min,发电机工作,发出电经过变流器先转换为直流在逆变为与电网相符的交流,之后通过升压变压器送入电网.其中,永磁直驱风力发电机组没有增速齿轮箱,由于永磁发电机电机的极对数比双馈等带增速箱的多很多,所以可以低速带动发电.
大型风力发电机组的偏航系统是由偏航齿轮与偏航电机构成的,是通过控制系统控制风力发电机组,使机组能一直正对风发电.变奖机构是用于调节发电功率的,在风速大于额定风速后,通过调节桨距角来实现对Cp(风能利用系数）的调节,从而使发电机稳定运行.
小型离网型的原理很简单,叶轮,发电机,调向装置,控制器,逆变器,也有的有互补系统,如风光,风柴油机互补等等.离网,顾名思义,就是不并入电网,靠蓄电池等储存发电机发的电.
最后附上两张图.


隔壁蛙亲情献上 呱呱.

解题思路：（1）发电机是把其它形式的能转化成电能的设备；
（2）不能从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才可以得到的能源叫二次能源．如：电能、煤气、核能、酒精等．

风力发电机是把风的机械能转化成电能的设备，需要消耗风能，才能得到电能，所以电能是二次能源；
故答案为：机械、二次．

点评：
本题考点： 能源的分类；能量转化的现象．

考点点评： 本题主要考查学生对风力发电的能量转化和二次能源的理解和掌握，属于基础知识．

12W的发光二极管与100W的白炽灯泡亮度相当，5只发光二极管正常发光效果与500W的白炽灯泡亮度相当，
这5只发光二极管正常发光，它们并联．
白炽灯消耗的电能W=Pt=0.5kw×10h/天×30天=150kw•h
故答案为：5；并联；150．

解题思路：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，就会产生感应电流，感应电流的方向和导体的运动方向、磁场方向有关；感应电流的大小和线圈的匝数、磁场的强弱、线圈的转速有关．

由于铁线圈的电阻大于铜线圈的电阻，因此把铜线圈换成铁线圈会增大电路中的电阻，从而减小电路中的电流，使灯泡发光更暗，故A不符合题意；
因为影响感应电流的大小的因素有线圈的匝数、磁场的强弱、线圈的转速，因此可以通过增加线圈匝数、换用磁性较强的磁体、提高线圈的转速来增大感应电流的大小；故BCD符合题意．
故选BCD．

点评：
本题考点： 电磁感应．

考点点评： 此题考查了影响感应电流大小的因素，是一道基础题．

解题思路：从表中可知一只12W的发光二极管正常发光与一只100W的白炽灯泡正常发光亮度相当；利用电能计算公式W=Pt计算消耗的电能；这种发光二极管与白炽灯泡相比较，发光效率高、环保．

12W的发光二极管与100W的白炽灯泡亮度相当；所以5只发光二极管正常发光效果与500W的白炽灯泡亮度相当，这5只发光二极管正常发光，所以它们并联．
白炽灯消耗的电能W=Pt=0.5kw×10h×30=150kw•h；
12W的发光二极管与100W的白炽灯泡亮度相当，所以这种发光二极管电能转化成光能的效率高；同时它利用了风能和太阳能这些新能源，这些新能源非常环保．
故答案为：5；并联；150；节能、环保．

点评：
本题考点： 电功的计算；物理量的单位及单位换算；电阻的并联；新能源；太阳能的利用．

考点点评： 本题考查了电功的计算和电阻的并联，关键是告诉我们要学会使用新型能源以及新型能源的优点，还要学会从所给信息中找到有用的数据；解题过程中要注意单位的换算．

解题思路：从表中可知一只12W的发光二极管正常发光与一只100W的白炽灯泡正常发光亮度相当；利用电能计算公式W=Pt计算消耗的电能；这种发光二极管与白炽灯泡相比较，发光效率高、环保．

12W的发光二极管与100W的白炽灯泡亮度相当；所以5只发光二极管正常发光效果与500W的白炽灯泡亮度相当，这5只发光二极管正常发光，所以它们并联．
白炽灯消耗的电能W=Pt=0.5kw×10h×30=150kw•h；
12W的发光二极管与100W的白炽灯泡亮度相当，所以这种发光二极管电能转化成光能的效率高；同时它利用了风能和太阳能这些新能源，这些新能源非常环保．
故答案为：5；并联；150；节能、环保．

点评：
本题考点： 电功的计算；物理量的单位及单位换算；电阻的并联；新能源；太阳能的利用．

考点点评： 本题考查了电功的计算和电阻的并联，关键是告诉我们要学会使用新型能源以及新型能源的优点，还要学会从所给信息中找到有用的数据；解题过程中要注意单位的换算．

目前商用大型风力发电机组一般为水平轴风力发电机,它由风轮、增速齿轮箱、发电机、偏航装置、控制系统、塔架等部件所组成.风轮的作用是将风能转换为机械能,它由气动性能优异的叶片（目前商业机组一般为2—3个叶片）装在轮毂上所组成,低速转动的风轮通过传动系统由增速齿轮箱增速,将动力传递给发电机.上述这些部件都安装在机舱平面上,整个机舱由高大的搭架举起,由于风向经常变化,为了有效地利用风能,必须要有迎风装置,它根据风向传感器测得的风向信号,由控制器控制偏航电机,驱动与塔架上大齿轮咬合的小齿轮转动,使机舱始终对风 风力发电机的基本原理及部件组成 :大部分风力发电机具有恒定转速,转子叶片末的转速为64米/秒,在轴心部分转速为零.距轴心四分之一叶片长度处的转速为16米/秒.图中的黄色带子比红色带子,被吹得更加指向风力发电机的背部.这是显而易见的,因为叶片末端的转速是撞击风力发电机前部的风速的八倍.为什么转子叶片呈螺旋状?大型风力发电机的转子叶片通常呈螺旋状.从转子叶片看过去,并向叶片的根部移动,直至到转子中心,你会发现风从很陡的角度进入（比地面的通常风向陡得多）.如果叶片从特别陡的角度受到撞击,转子叶片将停止运转.因此,转子叶片需要被设计成螺旋状,以保证叶片后面的刀口,沿地面上的风向被推离 风力发电机＋充电器＋数字逆变器.风力发电机由机头、转体、尾翼、叶片组成.每一部分都很重要,各部分功能为：叶片用来接受风力并通过机头转为电能；尾翼使叶片始终对着来风的方向从而获得最大的风能；转体能使机头灵活地转动以实现尾翼调整方向的功能；机头的转子是永磁体,定子绕组切割磁力线产生电能.

解题思路：太阳能电池板是把太阳转化成电能的装置．
风能、光能互补路灯，利用了太阳能和风能来发电，节省了能源．这些能源非常节能、环保，同时，由于电压低，也更安全．

（1）太阳能电池板工作时，先将光能转化为电能，然后将电能转化为化学能储存在蓄电池中．
（2）LED灯将电能转化成光能的效率高；同时它利用了风能和太阳能这些新能源，这些新能源非常环保．
故答案为：（1）太阳能电池板是把太阳转化成电能．（2）节能环保．

点评：
本题考点： 太阳能的利用；新能源．

考点点评： 此题考查了太阳能路灯所运用的物理知识和优点，要知道太阳能的转化和新能源的利用．

5，并，150，环保、节能、在多种天气条件下都能工作（答案不唯一）

解题思路：（1）发电机是把其它形式的能转化成电能的设备；
（2）3000R/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000R，或者表示电能表每转1R，电路中消耗[1/3000]kW•h的电能，求出转盘转300R电路中消耗的电能，然后求出电热水壶的功率；
知道水的质量、水的温度升高值，利用Q_吸=cm△t求出水吸收的热量；利用η=

Q吸

W

×100%求出电热水壶的加热效率．

（1）风力发电机是把风能转化成电能；
2）电能表转盘转动300R，消耗的电能为：
W=300×[1/3000]kW•h=0.1kW•h=3.6×10⁵J；
t=3min=[1/20]h，
电热水壶的功率：
P=[W/t]=[0.1kW•h

1/20h]=2kW=2000W．
水吸收的热量：
Q_吸=cm△t
=4.2×10³J/（kg•℃）×2kg×30℃
=2.52×10⁵J；
电热水壶的加热效率：
η=
Q吸
W×100%=
2.52×105J
3.6×105J×100%=70%．
故答案为：（1）风；（2）0.1；2000；70%．

点评：
本题考点： 电功与热量的综合计算；电能表参数的理解与电能的求法；电功率的计算．

考点点评： 本题考查了学生对电能表的参数、吸热公式、电功率公式、效率公式的理解与掌握，理解“3000R/kW•h”的含义是本题的关键解．

hehe,一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源.又称天然能源.风力发电,风能就是最原始的能量,这就是一次能源,电能是由风能转化而来的,成为二次能源.

机械；二次

我是学火力发电的,同时也选学了风力发电.据我说学：
风力发电本质是把风的动能转换为叶片的动能,然后再转换为电能.
风吹动叶片,叶片带动轴承转动具有动能,轴承的另一端连接发电机,所以发电机轴承被拖动旋转,旋转地发电机通过切割磁感线产生电流,输出电能.
这是基本的能量转换过程,其中风车速度也许你见过很慢的,所以中间经过一个变速器,提升速度 .风机的基本构造如下：
风力发电机由机头、转体、尾翼、叶片组成.每一部分都很重要,各部分功能为：叶片用来接受风力并通过机头转为电能；尾翼使叶片始终对着来风的方向从而获得最大的风能；转体能使机头灵活地转动以实现尾翼调整方向的功能；机头的转子是永磁体,定子绕组切割磁力线产生电能.

解题思路：本题是信息给予题，通过发电机的输出功率与风速关系图，得知风速在3米/秒时的输出功率、4米/秒时的输出功率、…14米/秒时的输出功率，可以判断出在风速12米米/秒时的输出功率最大；以及最大输出功率和风速的关系．根据题意知输出功率500W发电，工作时间，运用电功W=Pt求出一月（30天）的总发电量．

（1）根据图表信息，我们可以得知，风速在 3米/秒时输出功率为0W；在6米/秒时输出功率400W；
在12米/秒时输出功率1000W；在14米/秒时输出功率600W，所以，在风速12米/秒时达到最大的输出功率．
（2）根据图表信息，我们可以看出风速在3、4、5、…14米/秒时输出功率的变化，可以总结为：
风速在3-12米/秒时，风速越大，输出功率也越大；风速在大于12米/秒时，风速越大，输出功率越小．
（3）一月的发电量W=Pt=0.5kW×8h×30=120kW•h；
故答案为：（1）12；（2）风速小于12m/s风速越大，输出功率越大；风速大于12m/s风速越大，输出功率越小；（3）120．

点评：
本题考点： 电功率的计算．

考点点评： 本题考查的知识点较多，考查学生的看图能力和学生对压强和电功的认识、计算能力．让学生熟练掌握压强公式和电功公式．

解题思路：（1）一只12W的发光二极管正常发光与一只100W的白炽灯泡正常发光亮度相当；按此比例即可推断；根据额定电压和电源电压的大小关系即可判断让发光二极管正常发光的连接方式；（2）利用电能计算公式计算消耗的电能．

（1）12W的发光二极管与100W的白炽灯泡亮度相当，所以发光效果相当于500W白炽灯需要5只发光二极管正常发光；
因蓍电池电压为24V，发光二极管的额定电压为24V，所以要这5只发光二极管正常发光，它们应采取并联．
（2）白炽灯消耗的电能W=Pt=0.5kw×10h×30=150kw•h．
故答案为：5；并联；150．

点评：
本题考点： 串联电路和并联电路的辨别；电功的计算．

考点点评： 本题考查电功的计算，知道灯泡的实际电压等于额定电压时，灯泡才能正常工作，还要学会从所给信息中找到有用的数据．

解题思路：一只12W的发光二极管正常发光与一只100W的白炽灯泡正常发光亮度相当；利用电能计算公式计算消耗的电能；这种发光二极管与白炽灯泡相比较，发光效率高、节能．

12W的发光二极管与100W的白炽灯泡亮度相当，所以5只发光二极管正常发光效果与500W的白炽灯泡亮度相当，这5只发光二极管正常发光，所以它们并联．
白炽灯消耗的电能W=Pt=0.5kw×10×30h=150kW•h
12W的发光二极管与100W的白炽灯泡亮度相当，所以这种发光二极管节能、电能转化成光能的效率高，同时它利用了风能和太阳能这些可再生能源．
故答案为：5；并联；150；节能、电能转化成光能的效率高．

点评：
本题考点： 电功的计算；电阻的并联；太阳能的转化．

考点点评： 本题考查了电功的计算和电阻的并联，关键是告诉我们要学会使用新型能源以及新型能源的优点，还要学会从所给信息中找到有用的数据．

小型风力发电机由于发电机直接发电电压不稳不能直接使用,先为蓄电池充电再用逆变电源向用电器供电,所以正常运转时其电压大于所使用的蓄电池电压,根据所用电瓶最大24v可以大致估计出发电机电压的最大值为30-50v左右,当然最小值是0

解题思路：一只12W的发光二极管正常发光与一只100W的白炽灯泡正常发光亮度相当；利用电能计算公式计算消耗的电能；这种发光二极管与白炽灯泡相比较，发光效率高、节能．

12W的发光二极管与100W的白炽灯泡亮度相当，所以5只发光二极管正常发光效果与500W的白炽灯泡亮度相当，这5只发光二极管正常发光，所以它们并联．
白炽灯消耗的电能W=Pt=0.5kw×10×30h=150kW•h
12W的发光二极管与100W的白炽灯泡亮度相当，所以这种发光二极管节能、电能转化成光能的效率高，同时它利用了风能和太阳能这些可再生能源．
故答案为：5；并联；150；节能、电能转化成光能的效率高．

点评：
本题考点： 电功的计算；电阻的并联；太阳能的转化．

考点点评： 本题考查了电功的计算和电阻的并联，关键是告诉我们要学会使用新型能源以及新型能源的优点，还要学会从所给信息中找到有用的数据．

（1）设电动机正常工作时流过它的电流为I，此时电动机自身消耗的功率为P _R ，输出功率为P _机械
则 I=
P m
U 额 =
500
250 A=2.0A
P _R =I ² R=20W
P _机械 =P _m -I ² R=480W
（2）根据能的转化和守恒定律有：
mgv _y =P _机械
由几何关系可得 v _y =0.4m/s
解得 m=120kg
（3）货箱在传送带上加速运动时，带动传送带运行的电动机需要消耗较大的电功率，所以在货箱加速过程中电动机如果不超过其允许消耗的最大功率，匀速运行过程中就不会超过其允许消耗的最大电功率．
设货箱在恒力作用下做匀加速直线运动的位移为s _x ，上升的高度为h _x ．
根据匀加速运动公式
s _x =
1
2 v ₂ t=0.50m，
根据几何关系解得
h _x =0.20m
设货箱质量为m，货箱被加速的过程中其机械能增加量为E，
E=E _p +E _k =mgh _x +
1
2 mv ₂ ²
设货箱与传送带之间的摩擦力为f，对于货箱在传送带上被加速的过程，根据动能定理有
fs _x -mgh _x =
1
2 mv ₂ ²
在货箱加速运动过程中，传送带的位移s _带 =v ₂ t=1.0m，所以货箱与传送带之间的相对位移△s=s _带 -s _x =0.50m，
根据功能关系 Q=f•△s
联立解得 Q=
m v 2 2 +2mg h x
2 s x △s
为使电动机工作过程中不超过允许的最大值，应有E _p +E _k +Q小于等于P _机械 t，即
mgh _x +
1
2 mv ₂ ² +
m v 2 2 +2mg h x
2 s x △s≤P _机械 t
解得 m=
2 P 机械 t s x
(
v 22 +2g h x )( s x +△s) ≤96kg，即货箱质量不得大于96kg
答：
（1）电动机正常工作时，电动机的自身消耗的功率为20W，机械功率为480W；
（2）如果将一货箱（可视为质点）以1.0m/s方向沿传送带向上的速度放到传送带上A处（放上后立即保持相对静止），那么货箱的质量不得超过120kg．
（3）货箱的质量不得大于96kg．