2017-2018学年高中物理(SWSJ)教科版选修3-2教学案：第二章第7节电能的输送含答案

第7节电能的输送
1。

远距离输电过程中，在导线上既有能量的损耗，还有电
压损失.
2．根据P损＝I2r可知,减小输电线上的功率损失有两个途
径：一是减小输电线的电阻，二是减小输电电流。

3．在输送功率一定时,提高输送电压,可以减小输电电流。

4．当输送功率很大时，电感、电容引起的电压及电能损失
也很大,这时可以采用高压直流输电方式。

一、电能输送中的电压损失和电能损耗
1．电能输送中的电压损失
U损＝Ir，其中I为输电线中的电流,r为输电线的电阻.
2．电能输送中的电能损失
（1）电能损失：W损＝P损t。

（2）功率损失：P损＝I2r。

二、远距离输电系统
1．电网
通过网状的输电线、变电站,将许多电厂和广大用户连接起来,形成全国性或地区性的输电网络.
2．远距离输电基本原理
在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压。

三、直流输电
1．采用高压直流输电的原因
当交流输电功率很大时,导线的电感、电容引起的电压及电能损失很大；同一电网供电的发电机同步运行，技术上存在困难。

2．输电过程
在发电站区域经变压器升压，由换流设备将交流变为直流，用高压直流进行远距离传输，在用户区域由换流设备再将直流变为交流，经变压器降压送给用户.
1．自主思考——判一判
（1)增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。

（√）
（2）高压输电是通过提高电压、减小输电电流来减少电路的发热损耗。

(√）
（3）高压输电一定是电压越高越好。

(×)
（4)远距离输电时，若升压变压器匝数比为1∶n ，降压变压器匝数比为n ∶1,则升压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等。

（×）
(5）直流电压不能实现升压，因此直流输电不采用高压输电。

(×) (6)大功率输电时，导线的电感和电容引起的电压和电能损失很大。

（√)
（7)高压直流输电是通过升压变压器升压后,再由换流设备将交流变为直流，从而实现远距离直流传输的.（√) 2．合作探究——议一议
（1)在农村电网改造前，离变压器越远的用户，电灯越暗，日光灯在过节时不能正常启动,你知道其中的原因吗？ 提示：电能在输送过程中存在电压损失和电能损失,农村电网改造前，输电线较细,电阻较大，导线损失电压较大，到过节时,各家用电器增多，线路电流更大，电压损失更大，致使用电器不能正常工作。

（2)在电能的输送过程中，U 为输电电压，r 为输电线电阻，则输电线中电流为I ＝错误!，对不对?为什么? 提示：不对。

U 为输电电压，而不是加在输电导线上的电压，即U ≠Ir ，而输电电流可通过P ＝UI 求得. (3）用高压输电，电压是否越高越好？
提示：并不是电压越高越好,因为电压升高，导线会对空气放电，这就对导线的绝缘性能提出了更高的要求；另外，高压输电对变压器也提出了更高的要求，因此输电电压也不是越高越好。

在实际输电过程中，输电电压要根据输送功率的大小、距离的远近、技术和经济等各方面因素综合考虑。

电能输送中的电压损失和电能损耗
1．降低输电损耗的两个途径 （1）减小输电线的电阻r ：
从公式r ＝ρ错误!来看，在输电距离一定的情况下,可以增大导线的横截面积，但这样会多耗费材料，同时也给架设施工带来难度；还可以选用电阻率较小的导体。

（2）减小输电线的电流I :
从公式P ＝IU 来看，在输送功率一定的情况下，要减小输送电流就必须提高输电电压。

2．计算功率损失的几个公式 （1）P 损＝I 2r . （2)P 损＝IU 损。

（3）P 损＝U 损2
r . (4)P 损＝错误!2r 。

（5）P 损＝P 送－P 用。

［典例］(多选）某发电厂原来用11 kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220 kV输电，输电功率都是P,若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是()
A．根据公式I＝P
U，提高电压后，输电线上的电流降为原来的错误!
B．根据公式I＝错误!，提高电压后,输电线上的电流增为原来的20倍
C．根据公式P损＝I2R,提高电压后,输电线上的功率损失减为原来的错误!
D．根据公式P＝错误!，提高电压后，输电线上的功率损失增大为原来的400倍
[思路点拨]
在输电功率P一定时，输电电压提高到原来的n倍，由输电线上功率损失P损＝I2R＝错误!2·R知,输电线上功
率损失将降为原来的1
n2。

［解析］输电电压由11 kV经变压器变为220 kV，提高了20倍,结合I＝错误!知,输电电流降为原来的错误!；再由P损＝I2R知，输电线上的功率损失降为原来的错误!。

故正确选项为A、C。

［答案]AC
设输送的电功率为P，输电电压为U，输电导线的电阻为R,则输电线上损失的电功率为P损＝I2R＝错误!2R,输电线上损失的电压为U损＝IR＝错误!R。

1．(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330 kV的电压进行输电，采用高压输电的优点是()
A．可节省输电线的铜材料
B．可根据需要调节交变电流的频率
C．可减少输电线上的能量损失
D．可加快输电的速度
解析：选AC由P＝UI得，I＝错误!,当输电功率P一定时，采用高压输电，U大则I小,输电线中的电流就小。

由P线＝I2r可知，在要求输电线损耗一定的情况下，电流小，就可选电阻率略大一点的材料作导线；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失，故A、C正确；交变电流的频率是固定的，不需要调节，输电的速度等于电磁波的传播速度，是一定的，故B、D不正确。

2．远距离输送交流电，在一定功率的条件下,要通过提高输电电压来减少线路的损耗，若输电电压提高n倍.则()
A．输电导线上损失的电功率不变
B．输电导线的电压损失是原来的错误!倍
C．输电导线的电功率损失是原来的1 n倍
D．输电导线的电功率损失是原来的错误!倍
解析：选D因为输送功率一定，根据公式P＝UI可得若输电电压提高n倍，则输送电流减小为原来的错误!，
设输电线总电阻为r, 则输电导线上损失的电功率为P损＝I′2r＝错误!I2r，即损失的电功率变为原来的错误!，A、C错误，D正确；根据欧姆定律可得输电导线的电压损失ΔU＝I′r＝错误!Ir，即变为原来的错误!,故B错误.
3．远距离输电中，当输送的电功率为P，输送电压为U时，输电线上损失的电功率为ΔP，若输送的电功率增加为2P,而输电线中损失的电功率减为错误!，（输电线电阻不变)那么输电电压应增为（) A．32U B．16U
C．8U D．4U
解析：选D由P＝UI知I＝错误!，则输电线上损失的功率ΔP＝I2R＝错误!2R，得输电电压U＝P错误!，若输送的电功率增加为2P,而输电线中损失的电功率减为错误!,由上式得输电电压U应增为4U;故D正确，A、B、C 错误。

远距离输电问题
1．远距离输电电路图
图2。

7-1
2．九个关系式
(1）升压变压器错误!
(2)降压变压器错误!
（3）三个联系错误!
3．输电导线上损耗的电功率：P线＝I线U线＝I线2R线＝错误!2R线＝错误!＝P2－P3。

[典例］有条河流，流量Q＝2 m3/s，落差h＝5 m,现利用其发电,若发电机总效率为50%，输出电压为240 V，输电线总电阻r＝30 Ω,允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V,100 W"的电灯正常发光?（g＝10 m/s2，ρ水＝1.0×103 kg/m3）[思路点拨］解答本题可按以下思路进行:
［解析]输电电路图如图所示。

电源端:P输出＝Qρ水gh×50%＝5×104 W，
线路损耗ΔP＝I22r，
I2＝错误!＝错误!
＝错误!A
＝10 A，
输电电压U2＝错误!＝错误!V＝5×103 V，
升压变压比：n1∶n2＝U1∶U2＝错误!＝6∶125，
输电线损失电压
ΔU＝I2r＝10×30 V＝300 V
U3＝U2－ΔU＝4 700 V，U4＝220 V
降压变压比:
n3∶n4＝U3∶U4＝235∶11，
灯盏数N＝错误!
＝错误!
＝470(盏)。

［答案]6∶125235∶11470盏
处理远距离输电问题的方法及步骤
(1）处理方法：处理远距离输电问题的方法，关键是抓住一图三线，一图即输电的电路图，三线即三个关系:功率关系、电压关系和电流关系，抓住一图三线，按照从前到后或从后向前的顺序，即可找到突破口。

（2）处理输电问题的步骤
①画出图上所示的输电过程的示意图；
②在示意图上标出各物理量，找出已知量、未知量和待求量；
③围绕三条线展开分析.
1．图2.7。

2为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝U m sin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r,不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为(）
图2。

7.2
A.错误!错误!B。

错误!错误!
C．4错误!2错误!2r D．4错误!2错误!2r
解析：选C升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝错误!；由变压关系可得错误!＝错误!，则U2＝错误!；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝错误!＝错误!，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I22(2r)＝4n12P2r
n22U m2,故选项C正确。

2．如图2。

7。

3所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW,输出电压为400 V，向距离较远的用户供电,为了减少电能损失,使用2 kV高压输电，最后用户得到220 V、9.5 kW的电力,求：
图2。

7.3
(1)水电站升压变压器的原、副线圈匝数比错误!;
(2)输电线路导线电阻R；
（3）用户降压变压器的原、副线圈匝数比错误!。

解析：(1)升压变压器的原、副线圈匝数比
错误!＝错误!＝错误!＝错误!.
(2)输电线上损失的功率和导线电阻R与输电电流有关,有P损＝I22R，而输电电流又取决于输电电压及输电功率，则有I2＝错误!
所以R＝错误!＝错误!＝错误!Ω＝20 Ω。

(3)降压变压器原线圈上的电压
U3＝U2－I2R＝U2－错误!R＝（2 000－5×20）V＝1 900 V
所以降压变压器的原、副线圈匝数比
错误!＝错误!＝错误!＝错误!.
答案:（1)错误! (2）20 Ω（3)错误!
1．远距离输电中，发电厂输送的电功率相同，如果分别采用输电电压为U1＝110 kV输电和输电电压为U2＝330 kV输电。

则两种情况中，输电线上通过的电流之比为I1∶I2等于（)
A．1∶1B．3∶1
C．1∶3 D．9∶1
解析：选B输送功率相同，根据P＝UI得，输电电流与输电电压成反比，所以错误!＝错误!＝错误!。

故B 正确。

2．远距离输电，输电功率一定，当输电电压为U0时，输电线上的电流为I0,损失的电功率为P0。

则当输电电压提高为2U0时（)
A．由I＝错误!得，输电线上的电流变为2I0
B ．由I ＝错误!得，输电线上的电流变为错误!
C ．由P ＝错误!得,输电线上损失的电功率为4P 0
D ．由P ＝IU 得，输电线上损失的电功率为2P 0
解析：选B 设输电线的电阻为R ，当输电线上的电流为I 0时，损失的电功率为P 0＝I 02R 。

当输电电压提高为2U 0时,由I ＝错误!可知输电线上的电流变为错误!，输电线上损失的电功率为P 损＝错误!2R ＝错误!。

故选项B 正确。

3．（多选)如图1所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则（ )
图1
A ．发电机输出交流电的电压有效值是500 V
B ．用户用电器上交流电的频率是50 Hz
C ．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
D ．保持升压变压器原线圈匝数不变，增加副线圈匝数,可减少输电线上损失的功率
解析：选BD 由图像可知交流电的最大值为U m ＝500 V ，因此其有效值为U ＝错误! V ＝250 错误! V ，故A 错误；根据发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知,T ＝0。

02 s ，故f ＝错误!＝错误! Hz ＝50 Hz ，故B 正确;输电线的电流由输送的功率与电压决定的,与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故C 错误;保持升压变压器原线圈匝数不变，增加副线圈匝数，根据U 1
n 1＝错误!可知,次级电压变大,次级电流减小，根据P ＝I 2r 可知，输电线上损
失的功率减小，选项D 正确.
4．图2为远距离输电的电路原理图，下列判断正确的是( ）
图2
A ．U 1〉U 2
B ．U 2＝U 3
C ．I 4〈I 2
D ．I 1〉I 2
解析：选D 在远距离输电中，首先是升压,故U 2>U 1，根据输入功率等于输出功率可知：I 1U 1＝I 2U 2,可知I 1>I 2,选项A 错误，D 正确；在远距离输送过程中,导线上是有电压损失的,故U 2〉U 3,根据输入功率等于输出功率可知：I 2U 3＝I 4U 4,可知I 4〉I 2，选项B 、C 错误；故选D 。

5．远距离输电的原理图如图3所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2,输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器,则下列关系式中正确的是( )
图3
A 。

错误!＝错误!
B ．I 2＝错误!
C ．I 1U 1＝I 22R
D ．I 1U 1＝I 2U 2
解析：选D 根据变压器的工作原理可知错误!＝错误!，所以选项A 错误；因U 2、I 2、R 不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，所以选项B 错误;U 1I 1＝U 2I 2,但U 2I 2≠I 22R ，选项C 错误,D 正确。

6．（多选）如图4所示，一小水电站,输出的电功率为P ＝20 kW ，输出电压U 0＝400 V ，经理想升压变压器T 1
变为2 000 V 电压远距离输送，输电线总电阻为r ＝10 Ω,最后经理想降压变压器T 2降为220 V 向用户供电。

下列说法正确的是（ ）
图4
A ．变压器T 1的匝数比n 1∶n 2＝1∶5
B ．输电线上的电流为50 A
C ．输电线上损失的电功率为25 kW
D ．变压器T 2的匝数比n 3∶n 4＝95∶11
解析：选AD 升压变压器T 1的输出电压等于2 000 V ，而输入电压为400 V ,由电压之比等于匝数之比，则有变压器T 1的匝数比n 1∶n 2＝1∶5,选项A 正确；输出的电功率为P 0＝20 kW ，而升压变压器T 1变为2 000 V 电压远距离输送,根据I ＝错误!,可知输电线上的电流为I ＝错误! A ＝10 A,所以选项B 错误;根据P 损＝I 2R ＝102×10 W ＝1 000 W ，所以选项C 错误；降压变压器T 2的输入电压等于升压变压器的输出电压减去导线损失的电压,即为U ′＝2 000 V －10×10 V ＝1 900 V ；根据错误!＝错误!，则有变压器T 2的匝数比n 3∶n 4＝1 900∶220＝95∶11，所以选项D 正确。

7．（多选)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，高压线上输电电压为U ，电流为I ，热耗功率为ΔP ；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP ，则除冰时（认为输电功率和输电线电阻不变)（ )
A ．输电电流为3I
B ．输电电流为9I
C ．输电电压为3U
D ．输电电压为1
3
U
解析：选AD 由ΔP ＝I 2R 线知ΔP ′＝9ΔP 时，I ′＝3I ，故A 对B 错;又由P ＝IU 得，U ′＝错误!U ,故C 错D 对。

8．如图5所示为远距离交流输电的简化电路图.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I 1,其末端间的电压为U 1.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I 2。

则
(）
图5
A．用户端的电压为错误!
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为I12r
D．输电线路上损失的电功率为I1U
解析：选A理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1＝U2I2，U2＝错误!，选项A正确；输电线上的电压降为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，选项B错误;理想变压器的输入功率为P＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的电功率为ΔP＝I12r，选项D错误.
9．(多选）如图6为发电厂向远处用户的输电电路示意图,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。

若输送功率增大，下列说法中正确的有（）
图6
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
解析：选CD升压变压器的输出电压只由输入电压决定，与输送功率无关，选项A错误；若输送功率增大，则输送的电流增大,输电线上的电压损失变大，输电线上的功率损失变大，则降压变压器初级电压减小，次级输出电压减小，选项B错误，C正确；输电线上消耗的功率与总功率之比：错误!＝错误!＝错误!，因输送功率变大时，输送电流变大,故输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项D正确。

10．(多选）如图7为某小型水电站的电能输送示意图。

已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1,电阻R0＝11 Ω。

若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u＝220 2sin 100πt V,下列说法正确的是（）
图7
A．发电机中的电流变化频率为100 Hz
B．通过R0的电流有效值为20 A
C．升压变压器T1的输入功率为4 650 W
D．若R0的电阻减小，发电机的输出功率也减小
解析：选BC由于T2的副线圈的交流电的频率为f＝错误!＝错误!＝50 Hz，而变压器是不能改变交流电频率的，故发电机中的电流变化频率为50 Hz，选项A错误；由于T2的副线圈的交流电电压的有效值为U＝220 V，故
通过R0的电流有效值为I＝U
R0＝错误!＝20 A，故选项B正确;根据匝数与电流的关系可得T2的原线圈中的电流为I′
＝错误!＝5 A,故输电线上损失的功率为P损＝I′2R＝(5 A）2×10 Ω＝250 W,而电阻R0上消耗的电功率为P0＝I2R0＝(20 A)2×11 Ω＝4 400 W，故升压变压器T1的输入功率为P＝P损＋P0＝4 400 W＋250 W＝4 650 W,故选项C正确；若R0的电阻减小，则电阻R0消耗的电功率将增大,输电线上的电流增大，输电线上消耗的电功率也增大，故发电机的输出功率也要增大，故选项D错误。

11．如图8所示,发电机输出功率为P＝100 kW，输出电压是U1＝250 V,用户需要的电压是U4＝220 V，输电线电阻为R＝10 Ω。

若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比。

图8
解析：输电线损耗功率P线＝100×4％kW＝4 kW，又P线＝I22R线
输电线电流I2＝I3＝20 A
原线圈中输入电流I1＝错误!＝错误!A＝400 A，所以错误!＝错误!＝错误!＝错误!
U2＝U1错误!＝250×20 V＝5 000 V，U3＝U2－U线＝5 000 V－20×10 V＝4 800 V
所以错误!＝错误!＝错误!＝错误!。

答案：错误! 错误!
12．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。

有一个电站，输送的电功率为P＝500 kW，当使用U＝5 kV的电压输电时,测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800度。

求：(1）这时的输电效率η和输电线的总电阻r.
（2)若想使输电效率提高到98％，又不改变输电线,那么电站应使用多高的电压向外输电？
解析：(1）由于输送功率为P＝500 kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000(度),终点得到的电能E′＝7 200(度）,因此效率η＝60％。

输电线上的电流可由I＝错误!计算，得I＝100 A,而输电线损耗功率可由P r＝I2r计算,其中P r
＝4 800
24kW＝200 kW,因此可求得r＝20 Ω。

（2)输电线上损耗功率P r＝错误!2r∝错误!,原来P r＝200 kW，现在要求P r′＝10 kW，计算可得输电电压应调
节为U′＝22.4 kV。

答案：(1）60%20 Ω(2）22.4 kV。