18学年高中物理第4章远距离输电第3节电能的远距离传输教学案鲁科版选修3_2

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高中物理(鲁科版选修3-2)教师用书：第4章第3节电能的远距离传输含答案

学习目标知识脉络1.了解从变电站到用户的输电过程．2.理解降低输电损耗的两个途径及其各自的优缺点．(重点)3.知道高压输电原理，区别导线上的输电电压U和损失电压ΔU.(难点)4.了解高压交流和高压直流输电的优缺点及两种系统的区别和联系.为什么采用高压输电1．电功率损失由于电流的热效应会引起电功率的损失，且满足P损＝I2R线，可以通过减小输电线的电阻或减小输送电流来减小电功率的损失．2．电压损失3．高压输电减小电阻要增粗导线，增粗导线又带来两个不利，其一，耗费更多的金属材料；其二，会使电抗更大，造成更大的电压损失．只有采用小电流输电才会避免上述问题，在保证输送功率不变的情况下，减小电流必须靠升高电压来实现．1．输电线上的电压损失可用ΔU＝Ir计算，r为输电线的电阻．(√)2．输电电压越高越好．(×)3．家庭用电常用铜导线，是为了减小输电导线的电阻，从而减小电能损失．(√)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＝，对不对？为什么？【提示】不对．U为输电电压，而不是在输电导线上的电压，即U≠Ir，而输电电流可通过P＝UI求得．假定输电线路中的电流是I，两条导线的总电阻是r，在图中导线电阻集中画为r，输送功率为P.发电厂输出的电压为U1.图4－3－1探讨1：远距离大功率输电面临的困难是什么？【提示】在输电线上有功率损失．探讨2：输电线上功率损失的原因？功率损失的表达式？减少输电损耗的两个途径？【提示】由于输电线有电阻，当有电流时，有一部分电能转化为电热而损失掉了；P损＝I2r；减少输电损耗两个途径：①减小输电电流I，②减小输电线电阻r.探讨3：为什么远距离输电必须用高压呢？【提示】因为发电厂的输出功率P是一定的，由P＝UI知，要减小输电电流I，必须提高输出电压U.1．输电线上的功率损失(1)输电过程中功率损失的原因输电导线有电阻，因此当电能通过输电线送向远方，电流流过输电线时，因输电线有电阻而发热，电能必有一部分转化为内能而损失掉．(2)计算输电导线上功率损失的方法设输电导线的总电阻为R，输电电流为I，则损失功率为P损＝I2R.设输送的总电功率为P，输电电压为U，输电线的总长度为L，横截面积为S，电阻率为ρ，则输电电流I＝，输电线电阻R＝ρ，所以输电线上的功率损失可表示为P损＝()2ρ.(3)减小输电线上的功率损失的方法根据公式P损＝I2R可知，减小输电线路上功率损失的方法有两种：①减小电阻据R＝ρ判断：减小输电线的长度L，由于输电距离一定，所以在实际中不可能通过减小L来减小R；减小电阻率ρ，目前，一般用电阻率较小的铜或铝作为输电线材料；增大导线的横截面积S，这要多耗费金属材料，增大成本，同时给输电线的架设带来很大的困难．②减小输电导线的电流I据I＝判断：减小输送功率，在实际中不能通过用户少用或不用电来达到减少损耗的目的；提高输电电压U，在输送电功率P一定，输电线电阻一定的条件下，输电电压提高到原来的n倍，据P损＝()2R可知，输电线上的功率损耗将降为原来的.2．输电线上的电压损失(1)在输电线上存在电压损失的原因输电导线有电阻，电流通过输电线时，会在线路上产生电势降落，致使输电线路末端的电压比起始端电压要低，这就是输电线上的电压损失．(2)计算输电线上的电压损失的方法如图4－3－2所示，U为发电厂的输出电压，P为发电厂的输出功率，U′为用电设备两端的电压，P′为用电设备的输入功率，则输电线上损失的电压为ΔU＝U－U′，且ΔU＝IR.图4－3－2(3)减少输电线路上的电压损失的方法据ΔU＝IR可知，减小输电线路上电压损失的方法主要有两种：(1)减小输电线路的电阻；(2)减小输电电流I，即提高输电电压．1．(多选)如图4－3－3为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是( )【导学号：05002101】图4－3－3A．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．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好【解析】根据输电原理，电路中的功率损耗ΔP＝I2R线而R线＝ρ，增大输电线的横截面积，输电线的电阻会减小，则能减小输电线上的功率损失，A对；由P＝UI可知，P一定的情况下，输送电压U 越大，I越小，ΔP越小，B对；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I越大，ΔP越大，C错；输电电压并不一定越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，D对．【答案】ABD2．某小型实验水电站输出功率是20 kW，输电线路总电阻是6 Ω.(1)若采用380 V电压输电，求输电线路损耗的功率和用户得到的电压；(2)若改用5 000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．【解析】(1)输电线上的电流为：I＝＝A≈52.63 A输电线路损耗的功率为：P损＝I2r＝52.632×6 W≈16 620 W＝16.62 kW用户得到的电压为：U1＝U－Ir＝(380－52.63×6)V＝64.22 V.(2)改用高压输电后，输电线上的电流变为：I′＝＝ A＝4 A用户端在变压器降压前获得的电压U1′＝U′－I′r＝(5 000－4×6) V＝4 976 V根据＝n1n2用户得到的电压为U2′＝U1′＝×4 976 V≈226.18 V.【答案】(1)16.62 kW 64.22 V (2)226.18 V计算输电线上功率损耗的方法1．ΔP＝I2R，I为输电线上的电流，R为线路电阻．2．ΔP＝，U线为输电线路上损失的电压，R为线路电阻．3．ΔP＝U线·I，U线为输电线上损失的电压，I为线路上的电流．高压交流输电和高压直流输电1．高压交流输电(1)基本环节升压变压器降压变压器发电厂(站)―→高压输电线路―→用户(2)电路原理图：(如图4－3－4所示)图4－3－42．高压直流输电(1)主要构造整流站、直流线路和逆变站三部分．(2)原理图：(如图4－3－5所示)图4－3－5(3)高压直流输电的优点高压直流输电的过程是在高压交流输电的基础上完善而成的，它的主要优点有：①节省材料，架设方便．②不存在容抗和感抗引起的损耗．③易于建设输电网，不需要考虑各发电机的同步问题．1．在远距离输电线上的功率损失与输电线上电压损失的平方成正比．(√)2．由P＝UI知，在输送功率一定的情况下，提高输电电压，同时输电电流一定减小．(√)3．高压直流输电系统有两次换流过程．(√)在直流输电系统中，换流站内换流器的作用是什么？【提示】换流器的作用是实现交流电与直流电的转换，是直流输电系统内的重要环节．我们日常生活离不开电，电是由发电厂产生的．为了合理地利用自然资源，火力发电厂通常建在煤矿附近，水电站建在水力资源丰富的河流上，但用电的地方可能距离很远，需要将电能安全、保质地由发电厂送往远方，同时又不能浪费太多的电能．请探究以下几个问题：探讨1：火力发电厂或水电站发出电的电压一定很高吗？怎样才能提高输送电压？【提示】电厂发出的电的电压最大值由公式Em＝NBSω决定，因机械制造等因素，电压不会很高，通常借助变压器将低电压变为高电压．探讨2：电能的远距离传输一般要经过哪几个环节？【提示】一般要经历三个环节，即升压变压器升压、电能的输送线路、降压变压器降压．探讨3：用户消耗的电功率和电厂发出的电功率相等吗？【提示】不相等，因为在电能的输送线路上有电阻要消耗部分电功率，所以电厂发出的电功率大于用户获取的电功率．1．高压交流输电线路(1)结构示意图图4－3－6(2)基本关系电压关系：＝，＝n3n4电流关系：＝，＝n4n3 功率关系：P1＝P2，P3＝P4 损失电压：UR ＝I2R ＝I3R 损失功率：PR ＝IR ＝U/R(3)重要关联关系⎩⎨⎧I2＝I3U2＝UR＋U3P2＝PR＋P3(4)高压交流输电技术的困难①输送大功率电能，导线横截面积较大，电感的作用(感抗)超过电阻；②电缆长度越长，电容器的旁路作用越强，甚至使交流无法输送；③电流并网要求各台发电机交流相位相同，频率相同． 2．高压直流输电(1)高压直流输电系统原理图4－3－7(2)高压直流输电的优越性①输送相同功率的电能时，直流输电所用线材仅为交流输电的2/3；②直流输电比同容量交流输电简单，占地面积小；③稳定的直流输电不存在感抗和容抗引起的能量损耗；④用直流输电不需要考虑电网中各台交流发电机的同步运行问题．3．(多选)高压直流输电与高压交流输电相比( )A．高压直流输电不存在感抗和容抗引起的损耗B．高压直流输电所需的设备比高压交流输电所需的设备经济C．高压直流输电技术简单D．高压直流输电主要用于联系非同步运行的交流系统【解析】稳定的直流输电不存在感抗和容抗引起的损耗，A正确；高压直流输电技术的要求高，所需的换流设备制造难价格高，B、C错误．高压直流输电主要用于联系非同步运行的交流系统，D正确．故选A、D.【答案】AD4．如图4－3－8所示，学校有一台应急备用发电机，内阻为r＝1 Ω，升压变压器匝数比为n1∶n2＝1∶4，降压变压器的匝数比为n3∶n4＝4∶1，输电线总电阻为R线＝4 Ω，全校有22间教室，每间教室安装“220 V40 W”的电灯6盏，要求所有的电灯都正常发光，求：图4－3－8(1)输电线上损耗的电功率P损为多大？(2)发电机的电动势E为多大？【导学号：05002102】【解析】(1)所有电灯正常发光时消耗的功率为P灯＝40×22×6 W＝5 280 W＝P4由于电灯正常发光时降压变压器副线圈两端电压U4＝220 V所以降压变压器原线圈两端电压U3＝U4＝×220 V＝880 V两变压器之间输电线上的电流为I线＝＝＝ A＝6 A输电线上损失的功率P损＝IR线＝62×4 W＝144 W.(2)输电线上损失的电压U损＝I线R线＝6×4 V＝24 V升压变压器副线圈两端电压U2＝U3＋U损＝(880＋24)V＝904 V升压变压器原线圈两端电压U1＝U2＝×904 V＝226 V升压变压器原线圈中的电流I1＝I线＝×6 A＝24 A发电机内阻上的电压：Ur＝I1r＝24 V发电机的电动势E＝U1＋Ur＝226 V＋24 V＝250 V.【答案】(1)144 W (2)250 V处理远距离输电问题的方法处理远距离输电问题的方法，关键是抓住一图三线，一图即输电的线路图，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分析，即可找到突破口．。

鲁科版高中物理选修3-2第四章第三节电能的远距离传输

电能的远距离传输【教学目标】一、知识与技能1、知道电能输送过程中有功率损失和电压损失，2、通过探究理解降低这两种损失的方法。

3、通过探究理解远距离高压输电电路的构造，4、理解并会计算输电系统的输电电压、输电电流、功率损耗、电压损耗。

5、了解电网供电的优点和输电的新技术。

二、过程与方法1、通过阅读、思考与讨论，提高学生分析解决实际问题的能力。

2、通过理论探究、学生实验验证、演示实验验证相结合，引导学生积极主动探究，发现问题，解决问题，培养学生的科学研究方法。

三、情感态度与价值观1、通过实验探究引导学生积极主动探究，发现问题，解决问题，在学习知识的同时获得一定的成就感。

2、体会物理知识在生产、生活中的巨大作用，激发学生学好知识投身祖国建设的热情。

【教学重点难点】学习重点：通过探究理解远距离高压输电电路的构造，输电线上电能损失的计算。

学习难点：理解并会计算高压输电的输电电压、输电电流、功率损耗、电压损耗。

【教学流程】【教学过程】一、探究一：输电线的电阻对远距离输电的影响现实生活中，发电站往往距离电力用户很远，这样就导致了远距离输电的问题。

输电时，由于输电距离很远使得导线上存在不可忽略的电阻，电阻的电流热效应导致电能损耗，造成了能源的浪费。

请据下图填空：①输电电流: I= P/U；②电压损耗: △U = IR ； ③功率损耗: △P = I 2R ；分组实验一：体验输电线的电阻对远距离输电的影响器材：学生低压交流电源（4V ），滑动电阻器（最大50Ω），小灯泡（额定电压4V ），导线若干要求：请使用以上器材模拟上图中的远距离输电电路，以滑动电阻器（最大50Ω）作为输电线的电阻，以小灯泡作为用电设备。

电路图：观察：1）改变滑动电阻器的阻值（相当于加大输电线长度，即增加输电线的电阻），观察小灯泡的亮度变化。

2）注意记住滑动变阻器的有效阻值大概为多少时小灯泡就不亮了，并和后面的实验二进行对比现象：结论：演示实验一和学生分组实验一实物图二、探究二：减少远距离输电损耗的方法1、远距离输电电路的两种损耗：⑴功率损耗：远距离输送电能，由于输电线上的电流热效应，电能转化为热能。

2018版高中物理鲁科版选修3-2学案：第4章+远距离输电+习题课变压器的应用及远距离输电问题

第4讲习题课变压器的应用及远距离输电问题[目标定位] 1.进一步理解变压器原理及规律.2.熟练应用变压器原、副线圈的决定因素解决动态分析问题.3.熟悉远距离输电中的各物理量关系和损耗问题，熟练解决远距离高压输电中的实际问题．1．理想变压器原、副线圈的三个关系： P 入＝P 出，U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1.(一个副线圈)2．输电线上的功率损失P 损＝I 2R 线，输电线上的电压损失ΔU ＝IR 线．3．减小输电线路上功率、电压损失的途径：减小输电线的电阻、减小输电导线中的电流(即提高输电电压)．4．远距离输电的基本原理：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.一、理想变压器中的规律分析 1．功率关系：P 入＝P 出． 2．电压关系：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…3．电流关系：若只有一个副线圈I 1I 2＝n 2n 1.若有多组副线圈n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋… 4．变压器不改变频率 5．原、副线圈的地位(1)原线圈在原线圈回路中所处的地位是充当负载． (2)副线圈在副线圈回路中所处的地位是充当电源．例1 如图1甲所示，左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R ＝55Ω，、为理想电流表和理想电压表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V ，下列表述正确的是( )图1A ．电流表的示数为2AB ．原、副线圈匝数比为1∶2C ．电压表的示数为电压的有效值D ．原线圈中交变电压的频率为100Hz 答案 AC解析由题图乙可知原线圈两端电压的有效值U 1＝220V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可得原、副线圈匝数之比n 1n 2＝U 1U 2＝220V 110V＝2∶1，故B 错误；电流表示数与电压表示数都为有效值，故C 正确；电流表示数I ＝U R ＝11055A ＝2A ，故A 正确；由题图乙可知T ＝0.02s ，所以交变电压的频率为f ＝1T＝10.02Hz ＝50Hz ，D 错误．针对训练1 如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1.原线圈接入一电压为u ＝U 0sin ωt 的交流电源，副线圈接一个R ＝27.5Ω的负载电阻．若U 0＝2202V ，ω＝100πrad/s ，则下述结论正确的是( )图2A ．副线圈中电压表的读数为55VB ．副线圈中输出交变电流的周期为1100πsC ．原线圈中电流表的读数为0.5AD ．原线圈中的输入功率为1102W 答案 AC解析原线圈电压有效值为U ＝220V ，电压表读数为U 2＝2204V ＝55V ，周期T ＝2πω＝150s ，副线圈中电流I 2＝U 2R ＝2A ，原线圈中电流I 1＝I 24＝0.5A ，P ＝I 1U ＝110W.二、理想变压器电路的动态问题分析 1．首先明确变压器各物理量间的制约关系(1)输入电压U 1决定输出电压U 2：变压器原、副线圈匝数n 1、n 2确定，U 1便决定了U 2，与输出端有无负载、负载大小无关，也与变压器有无其他副线圈无关． (2)输出功率P 2决定输入功率P 1：即用多少送多少．(3)输出电流I 2决定输入电流I 1：U 2与负载电阻R 通过欧姆定律决定输出电流I 2的大小，由I 1＝n 2n 1I 2决定I 1的大小． 2．分清动态变化中哪个量变化，结合串、并联电路的特点，欧姆定律及变压器各物理量间因果关系来依次确定其他量变化．例2 如图3所示，理想变压器原线圈输入电压u ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是( )图3A ．I 1和I 2表示电流的瞬时值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小答案 C解析交流电表测量的是交变电流的有效值，故A 、B 皆错误；由于理想变压器的输出电压U 2＝n 2n 1U 1与负载无关，即滑片P 下滑时U 2不变，故D 错误；由I 1U 1＝U 22R 0＋R 知R 减小时I 1变大，故C 正确．针对训练2 如图4所示，用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压不变，开始时开关S 是断开的．现将开关S 闭合，则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是( )图4A ．V 1、V 2的示数不变，A 1的示数增大，A 2的示数减小，P 入增大B ．V 1、V 2的示数不变，A 1、A 2的示数增大，P 入增大C ．V 1、V 2的示数不变，A 1、A 2的示数减小，P 入减小D ．V 1的示数不变，V 2的示数增大，A 1的示数减小，A 2的示数增大，P 入减小答案 B解析电压表V 1的示数由输入电压决定；电压表V 2的示数由输入电压U 1(大小等于电压表V 1的示数)和匝数比n 1n 2决定；电流表A 2的示数即I 2由输出电压U 2(大小等于电压表V 2的示数)和负载电阻R 负决定；电流表A 1的示数即I 1由变压器的匝数比n 2n 1和输出电流I 2决定；P 入随P出而变化，由P 出决定．因输入电压不变，所以电压表V 1的示数不变；据公式U 2＝n 2U 1n 1，可知U 2也不变，即电压表V 2的示数不变；又据I 2＝U 2R 负知，S 闭合后R 负减小，故I 2增大，电流表A 2的示数增大；输入电流I 1随输出电流I 2而增大，故电流表A 1的示数增大；因P 出＝U 2I 2，故P 出增大；P 入随P 出变化，故P 入也增大．可见本题的正确选项为B. 三、远距离高压输电中的损耗问题1．解决远距离输电问题时，应首先画出输电的电路图，如图5所示，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．图52．分析三个回路，在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源．3．综合运用下面三方面的知识求解 (1)能量守恒：P 1＝U 1I 1＝U 2I 2＝P 用户＋ΔPΔP ＝I 22RP 用户＝U 3I 3＝U 4I 4.(2)电路知识：U 2＝ΔU ＋U 1 ΔU ＝I 2R .(3)变压器知识：U 1U 2＝I 2I 1＝n 1n 2U 3U 4＝I 4I 3＝n 3n 4. 其中ΔP ＝I 22R ，ΔU ＝I 2R 往往是解题的切入点．例3 某发电站通过燃烧煤来发电．发电站通过升压变压器、输电线和降压变压器把电能输送给生产和照明用户，发电机输出功率是120 kW ，输出电压是240 V ，升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶25，输电线的总电阻为10 Ω，用户需要的电压为220 V ．则：(1)输电线上损耗的电功率为多少？ (2)降压变压器原、副线圈的匝数比为多少？答案 (1)4 000 W (2)29011解析 (1)根据理想变压器的变压规律 U 1U 2＝n 1n 2 得输电电压U 2＝n 2n 1U 1＝251×240 V ＝6 000 V输电电流I 2＝P U 2＝120×1036 000A ＝20 A输电线上损失的功率P 损＝I 22r ＝202×10 W ＝4 000 W.(2)输电线上损失的电压 U 损＝I 2r ＝20×10 V ＝200 V 降压变压器原线圈两端的电压U 3＝U 2－U 损＝6 000 V －200 V ＝5 800 V 根据理想变压器的变压规律得： n 3n 4＝U 3U 4＝5 800 V 220 V ＝29011.变压器基本规律的应用1．如图6所示，一理想变压器的原线圈匝数为n 1＝1 100 匝，接电压U 1＝220 V 的交流电，副线圈接“20 V 10 W ”的灯泡，灯泡正常发光，可知( )图6A ．副线圈的匝数n 2＝200 匝B ．副线圈中的电流I 2＝0.5 AC ．原线圈中的输入功率为10 WD ．原线圈中的电流I 1＝0.1 A 答案 BC解析由于理想变压器的电压比等于匝数比，副线圈匝数n 2＝100 匝，A 错误；理想变压器的原、副线圈的功率相等，所以原线圈的输入功率为10 W ，C 正确；由功率P ＝UI 可得副线圈中的电流I 2＝0.5 A ，原线圈中的电流I 1＝n 2n 1I 2≈0.045 A ，B 正确，D 错误．变压器电路的动态问题分析2．如图7所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使 ( )图7A ．原线圈匝数n 1增加B ．副线圈匝数n 2增加C ．负载电阻R 的阻值增大D ．负载电阻R 的阻值减小答案 BD解析由U 1U 2＝n 1n 2，P 出＝U 22R可得P 出＝U 21n 22n 21R又因为P 入＝P 出，所以P 入＝U 21n 22n 21R分析可得选项B 、D 正确．3．如图8所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶5, 原线圈两端的交变电压为u ＝202sin (100πt ) V ．氖泡在两端电压达到100V 时开始发光．下列说法中正确的有( )图8A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100HzB ．开关接通后，电压表的示数为100VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变答案 AB解析变压器不能改变交变电流的频率，T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02s ，f ＝1T ＝50Hz.因为一个周期内氖泡发光2次，故开关接通后，氖泡的发光频率为100Hz ，A 项正确；电压表的示数是有效值， U 1＝2022V ＝20V ，U 2＝n 2n 1U 1＝100V ，B 项正确；不论开关是否断开，电压表示数不变，C 项错误；开关断开后，变压器的输出功率减小，D 项错误．远距离输电问题分析4．一台发电机最大输出功率为4000kW，电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电，输电线路总电阻R线＝1kΩ，到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220V,60W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则()A．T1原、副线圈电流分别为103A和20AB．T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220VC．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1D．有6×104盏灯泡(220V,60W)正常发光答案ABD解析根据题意画出输电线路示意图如图所示．对升压变压器有P1＝U1I1，可知I1＝103A，由输电线上消耗的功率ΔP＝I22R线＝400kW，可知输电线上电流为I2＝20A，A项正确；T1的变压比为I2∶I1＝1∶50；根据P＝U2I2得U2＝2×105V，输电线上电压ΔU＝I2R线＝20000V，则副线圈输入电压为U3＝U2－U线＝1.8×105V，又灯泡正常发光，可知副线圈电压U4＝220V，B项正确；T2的变压比为n3∶n4＝U3∶U4＝1.8×105∶220，C项错误；降压变压器的输入功率等于输出功率P3＝P4＝U3I2＝60W·n，解得n ＝6×104，D项正确.。

鲁科版高中物理选修3-2第4章第3节电能的远距离传输

高中物理学习材料金戈铁骑整理制作1．远距离输送交流电都采用高压输电，采用高压输电的优点下列说法错误的是() A．可节省输电线的材料B．可根据需要调节交流电的频率C．可减少输电线上的功率损失D．可降低输电线上的电压损失解析：当输电功率一定时，设为P，P＝IU，I是输电电流，U是输电电压，设输电导线电阻为R，则输电线上的损耗为P耗＝I2R＝P 2U2R，U损＝IR＝PU R，要减小损耗有两条途径：增大输电电压U、减小输电电线电阻。

输电距离是一定的，要减小输电电线电阻只能增大电线横截面积，这样就多用材料，如果采用更高的电压输电，就不用加粗导线，亦可换用铝等电阻率稍大、但价格低廉的材料，所以A、C、D均正确。

答案：B2．下列关于高压直流输电的说法，正确的是()A．高压直流电可以经过变压器提升电压后进行输送B．在输送过程中直流输电不考虑输电线的电感对电流的影响C．在输送过程中直流输电不考虑输电线的电阻对电流的影响D．直流输电，用户可以直接得到直流电解析：现代的直流输电，只有输电这个环节使用高压直流，发电、用电及升、降电压仍然是交流，选项D错误。

变压器只能对交流起作用，对直流不起作用，选项A错误。

在输电功率大，输电导线横截面积大的情况下，对交流来说，感抗会超过电阻，但电感对直流就不会有影响，当然电阻对直流和交流是同样有影响的，选项B正确，选项C错误。

答案：B3．为了减少输电线路中电能损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经过降压变电站将高压变为低压，某降压变电站将电压U0＝11 0002sin 100πt(V)的交流电降为220 V供居民小区用电，则下列说法错误的是()A．降压变电站原、副线圈匝数比为50∶1B．输电电流的频率是50 HzC．降压变电站副线圈的导线比原线圈的要粗D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和解析：原电压的有效值为U1＝11 000 V，由U1U2＝n1n2得，n1n2＝501，选项A正确；变压器不改变交流电的频率，故选项B正确；由n1n2＝I2I1得，副线圈的电流大，要想导线发热少，导线要粗一些(电阻小)，故选项C正确；居民小区各用电器电流总和应该等于副线圈的电流，选项D错误。

2018版高中物理鲁科版选修3-2学案：第4章+远距离输电

一、变压器原理及相关电路的动态分析处理此类问题的关键是分清变量和不变量，弄清理想变压器中各物理量之间的联系和相互制约关系，大致有两种情况：1．负载不变，原、副线圈匝数比改变．2．原、副线圈匝数比不变，负载改变．该类动态分析问题的思路可表示为：例1 一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图1甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器的滑片．下列说法正确的是( )图1 A ．副线圈输出电压的频率为50HzB ．副线圈输出电压的有效值为31VC ．P 向右移动时，原、副线圈的电流比减小D ．P 向右移动时，变压器的输入功率增大答案 AD解析变压器不改变电压的频率，副线圈中的电压频率等于原线圈中的电压频率为f ＝1T＝12×10－2Hz ＝50Hz ；由U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈中电压的最大值为31V ，故有效值为312V ；P 向右移动时，输出电压不变，电阻减小，电流增大，由于输出电流决定输入电流，输入电流也增大，由I 1I 2＝n 2n 2知，原、副线圈电流比不变；输出电压不变，输出电流增大，所以输出功率增大，变压器的输入功率等于输出功率，输入功率也增大，故正确的选项为A 、D.针对训练图2甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )图2A．输入电压u的表达式u＝202sin (50πt) VB．只断开S1后，L1、L2均正常发光C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W答案 D解析由输入电压u随时间t的变化关系图象可知，交变电流周期为0.02s，输入电压u的表达式u＝202sin (100πt) V，选项A错误；只断开S1后，L1、L2均不能发光，选项B错误；只断开S2后，灯泡L1、L2串联后接入电路，变压器输出电流减小，原线圈的输入功率减小，选项C错误；若S1换接到2后，变压器输出电压U＝4V，R中电流为I＝0.2A，R消耗的电功率为P＝UI＝0.8W，选项D正确．二、电能的输送解决远距离输电问题要注意以下两点：1．画出输电线路示意图：包括发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、负载等，在图中标出相应物理量符号．2．分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理量之间的关系，特别注意以升压变压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈组成的回路，在此回路中利用电路知识分析电压关系和功率关系．例2有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图3所示，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R＝4 Ω，全校共22个班，每班有“220 V,40 W”的电灯6盏，若要保证电灯全部正常发光，求：图3(1)发电机输出功率；(2)发电机电动势；(3)输电效率；(4)若使用灯数减半且正常发光，发电机输出功率是否减半．答案 (1)5 424 W (2)250 V (3)97% (4)大于一半解析由于发电机至升压变压器、降压变压器至学校距离较短，不必考虑这两部分输电导线上的功率损耗，发电机的电动势E ，一部分降在电源内阻上，另一部分为发电机的路端电压U 1，升压变压器副线圈电压U 2的一部分降在输电线上，其余的就是降压变压器原线圈电压U 3，而U 4应为灯的额定电压U 额．(1)对降压变压器：P 3＝P 4＝U 4I 4＝nP 灯＝22×6×40 W ＝5 280 W 而U 3＝41U 4＝880 V 所以I 3＝nP 灯U 3＝5 280880A ＝6 A 对升压变压器：U 1I 1＝U 2I 2＝I 2线R ＋U 3I 3＝I 23R ＋P 3＝62×4 W ＋5 280 W ＝ 5 424 W所以，发电机的输出功率P 出＝5 424 W(2)因为U 2＝U 3＋I 线R ＝U 3＋I 3R ＝880 V ＋6×4 V ＝904 V所以U 1＝14U 2＝14×904 V ＝226 V 又U 1I 1＝U 2I 2所以I 1＝U 2I 2U 1＝4I 2＝4I 3＝24 A 故E ＝U 1＋I 1r ＝226 V ＋24×1 V ＝250 V(3)η＝P 3P 2×100%＝5 2805 424×100%＝97% (4)电灯减少一半时n ′P 灯＝2 640 W ，I 3＝n ′P 灯U 3＝2 640880A ＝3 A 所以P 出＝n ′P 灯＋I 23R ＝2 640 W ＋32×4 W ＝2 676 W ．发电机输出功率减少一半还要多，因输电线上的电流减少一半，输电线上电功率的损失减少到原来的14.。

高中物理第4章远距离输电第3节电能的远距离传输检测鲁科版选修3-2(2021年最新整理)

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电能的远距离传输1．下列关于电能输送的说法正确的是( )A．输送电能的基本要求是可靠、保质、经济B．减小输电导线上功率损失的唯一方法是采用高压输电C．减小输电导线上电压损失的唯一方法是增大输电线的横截面积D．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输电功率大小、距离远近、技术和经济条件等解析:输送电能的基本要求是可靠、保质、经济．减少输电线上的功率损失可采用高压输电，也可以减小输电线电阻，即增大导线横截面积，但不经济．实际输电时，应综合考虑各种因素．答案：AD2．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，这是因为此时( ）A．总电阻比深夜时大，干路电流小,每盏灯分到的电压就小B．总电阻比深夜时大,干路电流小，每一支路的电流就小C．总电阻比深夜时小,干路电流大，输电线上损失的电压大D．干路电流一定,支路比深夜时多,分去了一部分电流答案:C3．关于高压直流输电下列说法正确的是( )A．高压直流输电系统在输电环节是直流B．变压器能实现直流电和交流电的转换C．稳定的直流输电存在感抗和容抗引起的损耗D．直流输电时,要考虑电网中的各台交流发电机的同步运行问题解析：直流输电在发电环节和用电环节是交流，而输电环节是直流,A正确；换流器的功能是实现交流电和直流电的转换，B错误；稳定的直流输电，不存在感抗和容抗引起的损耗，不需要考虑电网中的各台交流发电机的同步运行问题，C、D错误．答案：A4．某山区小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压,它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压,然后通过高压输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降低电压后再输送至村寨中各用户．设变压器都是理想的．那么随着村寨中接入电路的用电器消耗的总功率的增加，则（）A．通过升压变压器初级线圈中的电流变大B．升压变压器次级线圈两端的电压变小C．高压输电线路上的电压损失变大D．降压变压器次级线圈两端的电压变小解析：村寨中接入电路的用电器消耗的总功率加大，升压变压器初级线圈中功率也随之增大，发电站的发电机输出稳定的电压,则电流增大，由升压变压器的初级线圈与次级线圈的电压比等于匝数比值，可知次级线圈的电压（即输送电压）不变，A对，B错;输送功率增大，输送电压不变，则导线上的电流增大，导线上电压损失增大，C对；降压变压器的初级线圈的电压等于输送电压与导线上电压损失的差值，故而减小，从而由初级线圈与次级线圈电压比等于匝数比可知降压变压器次级线圈两端的电压变小，即用户得到的电压减小，这也是为什么用电高峰期用户灯泡比较暗的原因,D对．答案：ACD5．远距离输送交流电都采用高压输电，我国正在研究用比330 kV高很多的电压进行输电．采用高压输电的优点是( )A．可节省输电线的铜材料B．可根据需要调节交流电的频率C．可减少输电线上的能量损失D．可加快输电的速度解析：本题考查输电过程．由于远距离输电,往往输送电功率一定，根据P＝UI,输送电压U越高，则输送电流I＝PU越小，根据P线＝I2r，当要求在输电线损耗一定的情况下,输电线电阻可略大,导线可做得细一些或选择电阻率略大的材料(非铜材料)；若输电线确定，即r确定，则可减小线路上的能量损耗,故A、C两项正确．而交流电的频率是一定的，不需调节，输电的速度就是电磁波的传播速度，也一定，故B、D两项错误．答案：AC6．发电厂发电机的输出电压是U1,发电厂至学校的输电导线总电阻为R，导线中的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上损失的功率,下列表达式中错误的是( ）A．错误!B．错误!C．I2R D．I（U1－U2)解析：用P＝错误!求电阻上损失的功率时，U与R要相对应，选项A中的U1是输出电压不是输电线电阻上的电压，B选项中U1－U2是输电线电阻上的电压，故A错误，B正确．由P损＝I2R＝I·U线＝I(U1－U2)知C、D正确．答案:A7．若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( ）A．升压变压器原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C．当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的功率增大D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压解析：变压器输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的,选项A、B错误．用户的总电阻减小，据P＝U2R，消耗的功率增大,输电线电流增大,线路损失功率增大，C项正确，升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失电压加上降压变压器输入电压,D项错误．答案:C8．水电站向小山村输电，输送电功率为50 kW,若以1 100 V送电，则线路损失为10 kW,若以3 300 V送电,则线路损失可降为（)A．3。

鲁科版高中物理选修3-2第4章远距离输电第3节电能的远距离传输学案

第3节电能的远距离传输
1.了解从变电站到用户的输电过程，知道远距离输电时应用高电压的原因．
2.理解降低输电损耗的两个途径及其各自的优缺点．
3.掌握远距离输电的典型电路，并能利用电路知识、变压器规律等解决问题．
[学生用书P53])
一、为什么要采用高压输电
1．电功率损失和电压损失
2．降低两种损失的途径——高压输电：输送电功率不变的前提下提高输电电压，会减小电流，从而减小导线上的电功率损失和电压损失．
1．高压输电是否电压越高越好？
提示：电压升高，会导致对空气放电，这就对导线的绝缘性能提出了更高的要求．另外高压送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、技术和经济各方面因素综合考虑．
二、高压输电
1．高压交流输电
(1)基本环节
(2)电路原理图(如图)
1。

2017_2018学年高中物理第4章远距离输电第3节电能的远距离传输教学案鲁科版选修3_2

二、高压交流输电
1．大体环节
2．电路原理图
图 4 3 1
三、高压直流输电
1．组成部份
高压直流输电系统要紧由整流站、直流线路和逆变站
三部份组成。事实上直流输电系统只在输电那个环节是直流，发电环节和用电环节仍是交流，输电进程中只用两根导线。
2．优越性
(1)节省材料，输电结构简单，占地面积小。
(2)不存在感抗和容抗引发的损耗。
[答案] (1)140 V 28 kW (2)219.2 V 43.84 kW
(1)用户和线路总共消耗多少功率，发电站就输送多少功率，这是能量守恒定律和变压器原理的表现。
(2)抓住输电的两头——电源和用电器；分析一条线——输电线；研究两次变压——升压变压器和降压变压器。
(3)注意输送电压(功率)、电压(功率)损失、用户电压(功率)三者之间的区别和数量关系。
解析：选A 节约的电功率即为一般电路输电时损耗的电功率，I＝＝ A＝50 A。P线＝I2R＝502×0.4 W＝1 000 W，故节约的电功率为1 kW，A正确。
5．(多项选择)如图1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I1，其结尾间的电压为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。那么( )
损失的电压UR′＝IR′R＝2×0.2×20 V＝8 V
损失的功率PR′＝UR′IR′＝8×20 W＝160 W
因此，降压变压器的输入电压U3＝U2－UR′＝2 192 V
已知降压变压器的匝数比n3∶n4＝10∶1
因此用户取得的电压U4＝ U3＝219.2 V
用户取得的功率P用户′＝P－PR′＝43.84 kW。

鲁科版高中物理选修(3-2)-4.3《电能的远距离传输》参考教案

4.3 电能的远距离传输教学目标一、知识目标1、知道“便于远距离输送”是电能的优点之一．知道输电的过程．了解远距离输电的原理．2、理解各个物理量的概念及相互关系．3、充分理解；；中的物理量的对应关系．4、知道什么是输电导线上的功率和电压损失和如何减少功率和电压损失.5、理解为什么远距离输电要用高压.二、能力目标1、培养学生的阅读和自学能力．2、通过例题板演使学生学会规范解题及解题后的思考．3、通过远距离输电原理分析，具体计算及实验验证的过程，使学生学会分析解决实际问题的两种基本方法：理论分析、计算和实验．三、情感目标1、通过对我国远距离输电挂图展示，结合我国行政村村村通电报导及个别违法分子偷盗电线造成严重后果的现象的介绍，教育学生爱护公共设施，做一个合格公民．2、教育学生节约用电，养成勤俭节约的好习惯．教学建议教材分析及相应的教法建议1、对于电路上的功率损失，可根据学生的实际情况，引导学生自己从已有的直流电路知识出发，进行分析，得出结论．2、讲解电路上的电压损失，是本教材新增加的．目的是希望学生对输电问题有更全面、更深人和更接近实际的认识，知道影响输电损失的因素不只一个，分析问题应综合考虑，抓住主要方面．但真正的实际问题比较复杂，教学中并不要求深人讨论输电中的这些实际问题，也不要求对输电过程中感抗和容抗的影响进行深入分析．教学中要注意掌握好分寸．3、学生常常容易将导线上的电压损失面与输电电压混淆起来，甚至进而得出错误结论．可引导学生进行讨论，澄清认识．这里要注意，切不可单纯由教师讲解，而代替了学生的思考，否则会事倍功半，形快而实慢．4、课本中讲了从减少损失考虑，要求提高输电电压；又讲了并不是输电电压越高越好．希望帮助学生科学地、全面地认识问题，逐步树立正确地分析问题、认识问题的观点和方法．教学重点、难点、疑点及解决办法1、重点：（l）理论分析如何减少输电过程的电能损失．（2）远距离输电的原理．2、难点：远距离输电原理图的理解．3、疑点：；；的对应关系理解．4、解决办法通过自学、教师讲解例题分析、实验演示来逐步突破重点、难点、疑点．教学设计方案电能的输送教学目的：1、了解电能输送的过程．2、知道高压输电的道理．3、培养学生把物理规律应用于实际的能力和用公式分析实际问题的能力．教学重点：培养学生把物理规律应用于实际的能力和用公式分析实际问题的能力．教学难点：高压输电的道理．教学用具：电能输送过程的挂图一幅（带有透明胶），小黑板一块（写好题目）．教学过程：一、引入新课。

鲁科版-选修3-2-第4章远距离输电-第3节电能的远距离传输(全国一等奖)

第五节电能的输送名师导航知识梳理1.为了减少输电导线上的功率损失，应:(1)减小输电线的___________,(2)减小输电线中的__________.2.要减少输电线路上的电压损失，由公式U 损=IR 线知，必须减小电阻或减小电流.(1)要减小电阻，从R=Sl看，在距离不改变的情况下，可以增大导线的__________，这与节约相悖，当然给铺设线路带来困难，还可选用__________较小的导体.(2)从公式P=IU 来看，在保证功率不改变的情况下，要减小输送电流就必须提高__________.3.减少输电导线上电能的损耗P 耗=I 2R 线具体的方法有：（1）减小输电导线的__________，如采用电阻率相同的材料，加大导线的__________（由R=ρl/S ）.（2）提高__________，减小输电电流，前一种方法的作用十分有限，一般采用后一种方法.疑难突破怎样理解电能输送的原理和方法？电能的输送原理和方法是实际输电的基础，也是变压器在实际生活中的应用，因此是本节的重点.输电线上有不可避免的电能损失，由P 损=I 2R 线可知，为减少损失的功率必需减小R 线或电流I ，由电阻定律R=ρSl可知，改变导线电阻已基本上达到现有水平的极限，因此我们必须采用减小电流I 的方法.当输送的电功率一定时，I=UP，减小I 必须增大电压U ，即采用高压送电，远距离输电可用以下的图景表示（如图5-5-2所示）.图5-5-2输电线路中电压、电流及电损的计算，由于在远距离输电中需要涉及到两个变压器的问题，所以在计算U 1、U 2、U 3、U 4及I 1、I 2、I 3关系中经常出现难点，突破方法是弄清楚原理，找准关系，从而得出正确的结果.例如可先画出如图5-5-3所示的简单远距离输电示意图，然后再找出各物理量间的关系.图5-5-3图中各物理量的关系可表示为：P 1=P 2，P 2=P 3+P损，P 3=P 4；2121n n U U =,4343n n U U =,U 2=U 3+U 损=U 3+I 2R线，1221n n I I =,3443n n I I =,I 2=I 3；P 损=I 22R线=(22U P )2R 线. 问题探究问题1：为什么说高压输电能减少线路中的功率损失？探究：线路中的电阻是要消耗电能的，电阻越大，流过的电流越大，线路中损耗就越多，根据功率公式P 损=I 2R 可知，减少线路上的功率损失的方法有两个途径：第一,减小输电导线上的电阻R ，据电阻定律R=ρSl知，在实际输电线路中，输电导线的长度不能减小，可以用电阻率ρ小的材料，像用铜和铝等，金、银属贵重金属，作输电导线就不现实了，但在大规模集成电路里是要用这种金属导体的.也可以增大导体的横截面积，这又给电路的铺设带来了困难，同时也会耗费大量的金属材料.第二,减小输电电流I ，根据公式I=UP知，要减小电流，减小输送功率是错误的选择，你的目的就是输送电能，再就是在提高电压上做文章.在输送功率一定、输电线电阻一定的条件下，输电电压提高到原来的n 倍,根据公式P 损=（UP）2R 可以推算，输电线上的功率损失将降为原来的21n.探究结论：采用高电压输电是减小输电线上功率损耗最有效、最经济的措施.问题2：探究减少输电线上的电压损失的方法.探究：输电导线上有电阻，电流通过输电导线时，会在导线上产生电势降落，致使输电线路的末端电压降低，所以输电线路中的电压损失越小越好.根据公式U 损=IR 知，减小电压损失的方法有两条路径：第一,减小输电导线的电阻，根据在功率损失问题中的讨论，在距离、材料一定的情况下，只能靠加大横截面积来减小电阻了，这个思路除了上述问题外，还有就是在交变线路中，加粗导线还会带来感抗、容抗问题，又有了新矛盾，这就是说，该办法行不通.第二,减小输电线路中的电流.探究结论：提高输送电压，是减少输电线上的电压损失的最佳选择.。

2020_2021学年高中物理第四章远距离输电第3节电能的远距离传输教案鲁科版选修3_2

电能的远距离传输一、教学目标知识目标“便于远距离输送”是电能的优点，知道输电过程。

2.知道什么是输电线上的功率损失和如何减少功率损失。

3.知道什么是输电导线上的电压损失和如何减少电压损失。

4.理解远距离输电要用高压。

技能目标培养学生实验探究、分析、综合和应用能力。

情感态度目标1.培养学生遇到问题要认真分析的态度和用科学方法研究的精神。

2.介绍我国远距离输电概况，激发学生投身祖国建设的热情。

重点难点重点：理论和实验相结合分析如何减少输电过程的电能损失、远距离输电的原理难点：远距离输电原理图及各物理量关系的理解二、教材分析本节课是前面几节知识的实际应用，通过本节的学习加强学生运用所学知识解决实际问题的能力。

通过本节的学习，要注意培养和提高学生运用物理知识分析、解决实际问题的能力.教材写得比较详细、通俗，可让学生阅读课本，然后提出一些问题引导学生思考、讨论。

在内容的处理上，应注意以下几个方面：1.对于电路上的功率损失，可引导学生自己从已有的直流电路知识出发，进行分析，然后运用实验验证得出结论.2.讲解电路上的电能损失，是本节教材新增加的。

目的是希望学生对输电问题有更全面、更深入和更接近实际的认识，知道影响输电损失的因素不只一个，分析问题应综合考虑，抓住主要方面。

但真正的实际问题比较复杂，教学中并不要求深入讨论输电中的这些实际问题，也不要求对输电过程中感抗和容抗的影响进行深入分析。

ΔU=U-U′与输电电压混淆起来，甚至进而得出错误结论。

要通过具体的例子，可引导学生进行讨论，澄清认识.要注意，切不可单纯由教师讲解，而代替了学生的思考，否则会事倍功半，似快而实慢。

4.课本中讲了从减少损失考虑，要求提高输电电压；又讲了并不是输电电压越高越好。

希望帮助学生科学地、全面地认识问题，逐步树立正确地分析问题、认识问题的观点和方法.本节课介绍高压直流输电既可以开阔学生眼界，也可以增加知识。

三、学情分析学生常常容易将导线上的电压损失面与输电电压混淆起来，甚至进而得出错误结论。

高中物理第4章远距离输电第3节电能的远距离传输课件鲁科版选修3-2

知识点一
学
业
第 3 节电能的远距离传输
分
层
测
评
知识点二
为什么采用高压输电
[先填空] 1．电功率损失由于电流的热效应会引起电功率的损失，且满足 P 损＝I2R 线，可以通过减小输电线的电阻或减小输送电流来减小电功率的损失．
3．高压输电减小电阻要增粗导线，增粗导线又带来两个不利，其一，耗费更多的金属材料；其二，会使电抗更大，造成更大的电压损失．只有采用小电流输电才会避免上述问题，在保证输送功率不变的情况下，减小电流必须靠升高电压来实现．
处理远距离输电问题的方法处理远距离输电问题的方法，关键是抓住一图三线，一图即输电的线路图，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分析，ΔP＝I2R，I 为输电线上的电流，R 为线路电阻． 2．ΔP＝UR2线，U 线为输电线路上损失的电压，R 为线路电阻． 3．ΔP＝U 线·I，U 线为输电线上损失的电压，I 为线路上的电流．
高压交流输电和高压直流输电
[先填空] 1．高压交流输电 (1)基本环节升压变压器
降压变压器
发电厂（站） ―→ 高压输电线路 ―→ 用户
2．高压直流输电 (1)主要构造整流站、直流线路和逆变站三部分． (2)原理图：(如图 4-3-5 所示)
图 4-3-5
(3)高压直流输电的优点高压直流输电的过程是在高压交流输电的基础上完善而成的，它的主要优点有： ①节省材料，架设方便． ②不存在容抗和感抗引起的损耗． ③易于建设输电网，不需要考虑各发电机的同步问题．

高中物理第4章远距离输电4.3电能的远距离传输课件鲁科版选修3

入功率 P,即输电线上的电流 I= ,输电线上损失的电功率
2

2
2
) ,所以

P'=I2·2r=4r( 1 )2(
【答案】C
C 项正确,A、B、D 三项错误。
(
3.关于减小远距离输电线上的功率损耗,下列说法正确的是
)。
A.由功率
2
P= 可知,应降低输电电压,增大导线的电阻

B.由 P=UI 可知,应降低电压,减小输电电流
3×106 ×103 2
r=( ) r=(
) ×2.5

5000
W=9×108 kW,但从实际考虑,
损失的功率不可能大于总功率,故 C 项错误。D 项中注意公式中的 U
应为输电线上损失的电压,D 项错误。
【答案】B
【点拨】在有关线路电能损耗方面的计算时,注意公式中物理量

表示意义的一致性,输电电流 I= ,I= ;损失功率ΔP=I2R 线,损失电
压变压器降为 220 V。要求在输电线上损失的功率控制为 5 kW。为
此,请你计算:
(1)降压变压器输出的电流是多少?输电线上通过的电流是多
少?
(2)输电线上损失的电压是多少?升压变压器输出的电压是多
少?
(3)两个变压器的匝数比各为多少?
【解析】输电线路的原理图如图所示。
(1)设降压变压器输出电流 I4,输电线上的电流为 I2
法非常有效。
知识链接:当输送电功率一定时,输电电压越大,输电导线上电
流就越小,损失的功率也就越小。
主题 3:输电线路上的电压损失
(1)如图所示的演示实验,A、C 与 B、D 之间是很长的电阻丝。