高中物理4 电能的传输课时作业

这是一份高中物理4 电能的传输课时作业，共5页。试卷主要包含了下图为长距离高压输电的示意图等内容，欢迎下载使用。
A．提高输电电压，能减小输电电流，提高输电效率
B．提高输电电压，势必增大输电导线上的电流
C．提高输电电压，势必增大输电导线上能量的损耗
D．只有增大导线的电阻，才能减小输电电流，提高输电效率
2．下图为长距离高压输电的示意图．关于长距离输电，下列说法正确的是( )
A．减小输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电综合考虑各种因素，输电电压越高越好
3．由于供电电网电压的降低，用电器的功率降低了36%，这时供电电网上电压比原来降低了( )
A．64%B．36%
C．20%D．10%
4．“西电东输”是我国实现经济跨地区可持续快速发展的重要保证．它将西部丰富的自然资源水能转化为电能输送到电力供应紧张的沿海地区，这样既实现了东西部地区双赢的目标，也形成了经济发展与环境保护双赢的局面．为了减少输电线上的电能损耗，需要采用高压输电．若金沙江流域上的向家坝水电站输出的功率不变，输出电压提高为原来的20倍，则输电导线上的电能损耗将减小为原来的( )
A．eq \f(1,20)B．eq \f(1,100)
C．eq \f(1,200)D．eq \f(1,400)
5．在我国北方部分地区经常出现低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严重损毁，如图所示．为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；若输电功率和输电线电阻不变，除冰时，需要输电线上热耗功率为9ΔP，则除冰时( )
A．输电电流为eq \f(1,3)IB．输电电流为9I
C．输电电压为3UD．输电电压为eq \f(1,3)U
6．(多选)远距离输送交变电流都采用高压输电，我国正在研究用远高于330kV的电压进行输电，采用高压输电的优点是( )
A．可提高输电效率
B．可根据需要调节交变电流的频率
C．可减少输电线上的电功率损失
D．可加快输电的速度
7．(多选)如图所示为远距离输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r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U1，在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2，则( )
A．输电线路上损失的电功率为I1U
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) r
D．用户端的电压为eq \f(I1U1,I2)
8．超导是当今高科技的热点，利用超导体材料可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4Ω，它提供给用电器的电功率为40kW，电压为800V，若用临界温度以下的超导体电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )
A．1kWB．10kW
C．1.6kWD．1600kW
9．(多选)如图所示，高压输电线是远距离传输电能的重要组成部分，下列关于高压输电线的说法正确的是( )
A．输电线应选用电阻率大的金属材料制作
B．高压输电线比普通导线粗，目的是减小导线电阻
C．输电线上方还有两条导线，其作用是把高压线屏蔽起来免遭雷击
D．在输送功率一定时，输电线上损失的功率跟输送电压平方成正比
10．我国领先全球的特高压输电技术将为国家“碳中和”做出独特的贡献.2021年6月28日白鹤滩水电站首批初装机容量1600万千瓦正式并网发电．在传输电能总功率不变的情况下，从原先150kV高压输电升级为1350kV特高压输电，则下列说法正确的是( )
A.若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原先的eq \f(1,3)
B．若输电线不变，则输电线上损失的功率变为原先的eq \f(1,9)
C．如果损失的功率不变，相同材料、传输到相同地方所需导线的横截面积是原先的eq \f(1,81)
D．如果损失的功率不变，相同材料、同样粗细的输电线传输的距离是原先的9倍
11．如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为a，降压变压器的原副线圈匝数比为b，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数增大了ΔU，则下列判断正确的是( )
A．电流表A1的示数减小了eq \f(bΔU,R)
B．输电线损失的功率减小了(eq \f(bΔU,R))2R
C．电流表A2的示数减小了eq \f(ΔU,bR)
D．输电线损失的功率减小了(eq \f(ΔU,bR))2R
微点9 电能输送中的电压损失和电能损耗
1．答案：A
解析：输送功率不变时，根据P＝UI可知，电压增大时，输电上的电流减小．由输电线上损失的功率P＝I2R线可知，电流减小，输电线上损失的功率减小，提高输电效率，A正确；根据P＝UI可知，输送功率不变时，提高电压可以减小输电线上的电流，B错误；根据输送功率不变时，根据P＝UI可知，电压增大时，输电上的电流减小．由输电线上损失的功率P＝I2R线可知，电流减小，输电线上损失的功率减小，减小了输电导线上能量的损耗，C错误；输送功率不变，根据P＝UI知，增大导线的电阻，对电流无影响，D错误．故选A.
2．答案：B
解析：减小输电导线的横截面积能增大电阻，根据输电过程中损失的电功率P损＝I2R，不利于减小输电过程中的电能损失，故A错误；高压输电是通过减小输电电流，根据输电过程中损失的电功率P损＝I2R，有利于减小电路的发热损耗，故B正确；输送的电功率越大，输电线上的电流越大，输电过程中的电能损失越大，故C错误；高压输电综合考虑材料成本、技术、经济性等各个方面的因素，所以不是输电电压越高越好，故D错误．故选B.
3．答案：C
解析：设用电器的电阻为R，输电线的电阻为r，当电压未降低时，电压为U，则用电器的功率为P＝(eq \f(U,R＋r))2R，当电压降低时，电压为U′，则用电器的功率为P′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(U′,R＋r)))eq \s\up12(2)R＝(1－36%)(eq \f(U,R＋r))2R，解得U′＝0.8U，所以电压减小了0.2倍，即比原来降低了20%.故选C.
4．答案：D
解析：根据P线＝I2r＝(eq \f(P,U))2r可知，输出的功率不变，输出电压提高为原来的20倍，则输电导线上的电能损耗将减小为原来的eq \f(1,400).故选D.
5．答案：D
解析：根据ΔP＝I2r，导线上的热损失功率变为原来的9倍，电流应增加为原来的3倍，即为3I；由P＝UI知，则输送电压变为eq \f(1,3)U.故选D.
6．答案：AC
解析：根据效率公式η＝eq \f(P用,P总)×100%＝eq \f(P总－P损,P总)×100%，采用高压输电时，由P＝UI知输电电流减小，由P＝I2r知P损减小，故η增大；若输电线的材料确定，电流小，则可以减少输电线上的能量损耗．故选项A、C符合题意．交变电流的频率是固定的，不能调节；输电的速度与输电电压无关．故选项B、D不符合题意．
7．答案：D
解析：发电厂的输出电压是U，末端间的电压为U1，输电线路上的电压降为ΔU＝U－U1，则输电线路上损失的电功率为P损＝I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) r＝I1ΔU＝I1(U－U1)，故A、B错误；由上述分析知，I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) r是输电线损耗的功率，故C错误；由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是U2，由理想变压器输入功率等于输出功率，则有U1I1＝U2I2，得U2＝eq \f(I1U1,I2)，故D正确．
8．答案：A
解析：输电电流为I＝eq \f(P,U)＝eq \f(40kW,800V)＝50A，输送电路的输出电压为U1＝IR＋800V＝0.4Ω×50A＋800V＝820V，输出功率为P1＝U1I＝820V×50A＝41kW，若用超导体电缆替代原来的输电线后，由于线路上没有损耗，则输出功率等于提供给用电器的电功率，即P2＝P＝40kW，所以节约的电功率P′＝P1－P2＝1kW，故选A.
9．答案：BC
解析：输电线应选用电阻率小的金属材料制作，故A错误；高压输电线比普通导线粗，目的是减小导线电阻，故B正确；输电线上方还有两条导线，其作用是把高压线屏蔽起来免遭雷击，故C正确；在输送功率一定时，电流I＝eq \f(P,U)，输电线上损失的功率P′＝I2r＝(eq \f(P,U))2r，输电线上损失的功率跟输送电压的平方成反比，故D错误．
10．答案：C
解析：在功率不变时，电压升高9倍，则传输电流变为原来的eq \f(1,9)，若输电线不变，则导线上损失的电压ΔU＝Ir，即变为原来的eq \f(1,9)，A错误；输电线损失的功率ΔP＝I2r，因此输电线上损失的功率变为原先的eq \f(1,81)，B错误；如果损失的功率不变，则(eq \f(P,U))2r＝(eq \f(P,9U))2r′，因为r＝ρeq \f(L,S)，如果输电线相同，则电阻率不变，当传输距离不变时，所需导线的横截面积只有原先的eq \f(1,81)，C正确；如果损失功率不变，相同材料、同样粗细的输电线传输的距离是原先的81倍，D错误．
11．答案：A
解析：降压变压器原副线圈两端的电压之比等于b，所以有eq \f(ΔU3,ΔU)＝b即降压变压器原线圈两端电压增大了bΔU，所以输电线上损失的电压减小bΔU，故电流表A1示数减小了ΔI1＝eq \f(bΔU,R)即输电线上电流减小了eq \f(bΔU,R)，根据电流与匝数成反比知，电流表A2示数减小了beq \f(bΔU,R)＝eq \f(b2ΔU,R)，C错误，A正确；由于输电线上电流减小了eq \f(bΔU,R)，故输电线损失的功率减小量为ΔP＝I2R－(I－eq \f(bΔU,R))2R＝2IbΔU－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bΔU,R)))eq \s\up12(2)R，B、D错误．故选A.