高中物理 第3章 电能的输送与变压器 3_1高压输电原理学业分层测评 沪科版选修3-2

3.1高压输电原理 (建议用时：45分钟)学业达标1.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的.可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为用电高峰时 ()A.总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低B.总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小C.总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大D.总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，每盏灯两端的电压较高【解析】在晚上七、八点钟时，电路上并联的灯较多，则根据并联电路的特点可知，此时总电阻比深夜时小，再由欧姆定律可知，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压U损IR增大，每盏灯两端的电压也就较低，只有C项正确.【答案】C2.远距离输电时，在输送电功率不变的条件下()A.只有增大导线的电阻，才能减小电流，提高输电效率B.提高输电电压，能减小电流，提高输电效率C.提高输电电压势必增大输电导线上能量损耗D.提高输电电压势必增大输电导线上的电流【解析】在输出功率一定时，由PUI知，当U增大时，I减小，输电导线损耗的功率P损I2R将变小.【答案】B3.电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律(有关感应电动势大小的规律)、安培定律(磁场对电流作用的规律)都是一些重要的规律.如图为远距离输电系统的示意图(设用户的电器是电动机)，下列选项中正确的是()图312A.发电机能发电的主要原理是库仑定律 变压器能变压的主要原理是欧姆定律电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律B.发电机能发电的主要原理是安培定律变压器能变压的主要原理是欧姆定律电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律C.发电机能发电的主要原理是欧姆定律变压器能变压的主要原理是库仑定律电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律D.发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律电动机通电后能转动起来的主要原理是安培定律【解析】发电机主要是将其他形式能转化为电能的设备，应用法拉第电磁感应定律原理；变压器是由电流的变化引起磁场的变化，从而使得线圈内的磁通量发生变化，产生感应电流，也是应用法拉第电磁感应定律原理；电动机是将电能转化为其他形式能的设备，通电导线在磁场中要受到力的作用从而运动，是安培定律的应用.【答案】D4.输电导线的电阻为R，输送电功率为P.现分别用U1和U2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为 ()A.U1；U2B.U：UC.U：UD.U2：U1【解析】由PUI得输电线中的电流I.输电线中损失的功率P损I2RR，即在输送功率和输电线电阻不变的情况下，损失的功率与输电压的平方成反比.所以P损1P损2UU.【答案】C5.中国已投产运行的1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原来用500kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000kV特高压输电，不考虑其他因素的影响，则 ()A.输电电流变为原来的2倍B.输电线上降落的电压将变为原来的2倍C.输电线上降落的电压将变为原来的D.输电线上损耗的电功率将变为原来的【解析】根据输送电功率P输U输I输及P输不变可知，输电电流I输，当U输变为原来的2倍时，I输变为原来的，选项A错误；输电线上降落的电压U降I输RI输，所以，当输电电流变为原来的时，输电线上降落的电压也变为原来的，选项B错误，C正确；输电线上损耗的电功率P损IRI，所以输电线上损耗的电功率将变为原来的，选项D错误.【答案】C6.在电能的输送过程中，若输送的电功率一定，则关于输电线上损耗电功率的以下说法中错误的是 ()A.与输送电压的平方成反比B.与输电线上电压降的平方成正比 C.与输送电压成反比D.与输电线中电流的平方成正比【解析】由P损I2R线R线，故A正确，C错误；P损I2R线.故B、D正确.【答案】C7.高压输电电压为U，输电线电阻为r，则下列说法正确的是()A.若发电机输出功率不变，使输出电压变大，则输电线上损失的功率变小B.输电线上损失的功率为P，故导线电阻越大，损失的功率越小C.通过输电线的电流为I，故输电电压越高，电流越大，损失的功率越大D.以上说法都不对【解析】设发电机输出功率为P，则PUI，使输电电压U增大，则输电电流I减小，又由输电线上损失的功率PI2r得，输电线上损失的功率减小，所以选项A正确.【答案】A8.(多选)低温雨雪冰冻天气易造成我国部分地区灾害严重，其中高压输电线因结冰而损毁严重.为消除高压输电线上的凌冰，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，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为P；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)()A.输电电流为3IB.输电电流为9IC.输电电压为3UD.输电电压为U【解析】输电线上的热耗功率P线I2R线，热耗功率由P变为9P，则电流I变为3I，A正确；输电功率P不变，由PUI知，电流变为3I，输电电压变为U，D正确.【答案】AD能力提升9.(多选)发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R，通过输电导线的电流为I，输电导线末端的电压为U2，则输电导线上损失的电功率为()A.B.C.I2RD.I(U1U2)【解析】输电线上的电压损失为UU1U2，故输电线上损失的电功率为PI2RIU，选项B，C，D正确.【答案】BCD10.(多选)“西电东送”进行远距离输电，输送的电功率为P，输送的电压为U，输电导线上的电阻率为，导线横截面积为S，导线总长为L，输电线损耗的电功率为P1，用户得到的电功率为P2，则()A.P1B.P1C.P2PD.P2P【解析】由导线输送的电功率PUI知，输电导线上的电流I，由电阻定律得R，所以导线上损耗的功率为导线上产生的热功率P1I2R，B正确；用户得到的电功率P2应为输送的电功率减去导线损耗的热功率，即P2PP1P，D正确.【答案】BD11.一座小型水电站，水以3 m/s的速度流入水轮机，而以1 m/s的速度流出.流出水位比流入水位低1.6 m，水的流量为1 m3/s.如果水流能量的75%供给发电机，20%使水温升高.求：(1)水温升高多少？(2)若发电机的效率为80%，则发电机的输出功率为多大？【解析】(1)每秒水流机械能损失为Em(vv)mgh2104 J其中有20%使水温升高，则cmt20%E，所以t9.5104.(2)发电机的输出功率为P出80%，而t1 s，所以P出12 kW.【答案】(1)9.5104(2)12 kW12.输送4 800 kW的电功率，采用110 kV高压输电，输电导线中的电流是多少？如果用110 V电压输电，输电导线中的电流将是多少？两种情况下，输电线上损失的电功率之比是多少？【解析】电功率PUI，所以I其中P4 800 kW4.8106 W当U110 kV1.1105 V时导线中电流I A43.6 A.当U110 V时，导线中的电流I A4.36104 A.而输电线上损失的电功率PI2R线，所以两种情况下损失的电功率之比为1106.【答案】43.6 A4.36104 A1106