3-2学案远距离输电

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高二物理导学案(选修3-2远距离输电)

第二节：变压器1．变压器(1)构造：由和绕在铁芯上的两个线圈组成。

①原线圈：与连接的线圈。

②副线圈：与连接的线圈。

(2)变压器的工作原理：变压器工作的基础是互感现象，电流通过原线圈时在铁芯中激发的磁场不仅穿过原线圈，也同时穿过副线圈，由于电流的大小、方向在不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化，变化的磁场在副线圈中产生(3)作用：改变交变电流的电压，不改变交变电流的和。

2．电压与匝数的关系(1)理想变压器：没有的变压器。

(2)电压与匝数的关系：理想变压器原、副线圈的电压之比，等于两个线圈的之比，即：(3)两类变压器：副线圈的电压比原线圈电压低的变压器叫变压器；副线圈的电压比原线圈电压高的变压器叫变压器。

题型一：变压器的工作原理1．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是()．A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈2．理想变压器在正常工作时，原、副线圈中一定相同的物理量是()．A．每匝线圈中磁通量的变化率B．交变电流的频率C．原线圈的输入功率和副线圈的输出功率D．原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势3．对理想变压器作出的判断正确的是()A．高压线圈匝数多、电流大、导线粗B．低压线圈匝数少、电流小、导线细C．高压线圈匝数多、电流大、导线细D．低压线圈匝数少、电流大、导线粗题型二：变压器的基本规律4．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是()．A．副线圈输出电压的频率为50 HzB．副线圈输出电压的有效值为31 VC．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加5．一台理想变压器从10 kV的线路中降压并提供200 A的负载电流．已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器原线圈的电流、输出电压及输出功率是()．A．5 A,250 V,50 kWB．5 A,10 kV,50 kWC．200 A,250 V,50 kWD．200 A,10 kV,2×103 kW6．理想变压器正常工作时，原、副线圈中的电流为I1、I2，电压为U1、U2，功率为P1、P2，关于它们之间的关系，下列说法中正确的是()．A．I1由I2决定B．U2与负载有关C．P1由P2决定D．以上说法都不正确题型三：变压器的应用7．调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB间加上正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R 和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q，则()．A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小C ．保持Q 的位置不动，将P 沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大D ．保持Q 的位置不动，将P 沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小8.在绕制变压器时，某人将2个线圈误绕在如图所示的变压器铁芯的左右两个臂上，当通以交流电时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，而另一半则通过中间的臂，已知线圈1和2的匝数比为2∶1，在不接负载的情况下( )．A ．当线圈1输入电压为220 V 时，线圈2输出电压为110 VB ．当线圈1输入电压为220 V 时，线圈2输出电压为55 VC ．当线圈2输入电压为110 V 时，线圈1输出电压为220 VD ．当线圈2输入电压为110 V 时，线圈1输出电压为110 V9.理想变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝21，原线圈接在有效值为200 V 的正弦交流电源上，当原线圈电流方向如图所示，大小逐渐减小到零的时刻，副线圈a 、b 两端( )．A ．a 、b 间电势差为100 2 V ，a 端电势较高B ．a 、b 间电势差为100 2 V ，b 端电势较高C ．a 、b 间电势差为1002V ，b 端电势较高 D ．a 、b 间电势差为零第三节：电能的输送一．电能的输送1．电能相比煤、石油等能源便于远距离输送2．输送电能的基本要求：______、________、_______。

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.。

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.。

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。

2019-2020学年物理粤教版选修3-2学案：第二章第七节远距离输电 Word版含答案

第七节远距离输电1.了解交变电流从发电站到用户的输电过程．2.知道远距离输电时输电线上的损失与哪些因素有关，理解高压输电的道理．3.知道远距离输电线路的基本构成，会对简单的远距离输电线路进行定量计算．,[学生用书P48])一、从发电站到用户的输电线路1．根据教材中所提供的探究方案，我们通过实验可以得到如下实验结果：(1)第一次把带鳄鱼夹的导线夹在电阻两端时，小灯泡亮度增加，电压表示数也增加，这是因为导线上的电阻被短路，它上面分担的电压减小，灯泡上的电压增大．这说明输电线上的电阻越大，用户得到的电能越少．(2)第二次把带鳄鱼夹的导线夹在电阻两端时，小灯泡亮度也会增加，且在第二种情况下比第一种情况下灯光更亮，这是因为我们用了较高的电压输送电能，使其在输电线上损失的电能减少了．2．在提高输电电压的同时，减小输电线路的电阻，能有效地减少输电过程中的功率损耗．3．输电线路的构成：输电过程一般要从发电站开始，经过升压变压器，高压变电所、低压变电所后，才能提供给工厂和一般用户．输电过程示意图如图所示，主要有：发电机、升压变压器、输电线路、降压变压器、用电器．二、为什么要用高压输电1．输送电能的基本要求(1)可靠：保证供电线路正常工作．(2)保质：保证供电质量——电压和频率要稳定．(3)经济：线路建设和运行的费用低——能耗少、电价低．2．输电损耗及减小损耗的方法(1)输电时因为输电线有电阻而发热．会损失电功率，设输电电流为I，输电线电阻为R，则损失的电功率P损＝I2R．(2)减小损耗的方法①减小输电线的电阻，即在输电线长度L一定的情况下，增大导线横截面积S和采用电阻率ρ更小的材料．②减小输电电流I，由P＝UI知，可以通过提高输电电压U来减小I.③在输送功率不变的前提下，要减少电功率损失，高压输电是最可行的方式．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．三、直流输电1．直流输电的优点：不存在电感和电容引起的电能损失．2．直流输电的基本过程：在发电站区域经变压器升压，由换流设备将交流电变成直流电，用高压直流电进行远距离传输，在用户区域由换流设备将直流电变为交流电，经变压器降压送给用户．3．直流输电示意图2．“提高输电电压、减小输电电流”是否与欧姆定律相矛盾？提示：不矛盾．欧姆定律I＝UR是对纯电阻元件成立的定律；而“提高电压、减小电流”是从输电角度，由P＝UI知，在输出功率P一定的条件下得出的方法，两者没有必然联系．输电线路上的电压损失和功率损失[学生用书P49] 1．输电线上的电压损失(1)电压损失的原因：由于输电导线有电阻，电流通过输电导线时，会在导线上产生电势降落，致使输电线路末端的电压U′比起始端电压U低，差值ΔU＝U－U′称为输电线路上的电压损失．(2)造成电压损失的因素①输电线有电阻造成电压损失，其大小为ΔU＝IR(R为输电线路的电阻)．②输电线的感抗和容抗造成电压损失．(3)减小输电线路上电压损失的方法①减小输电线路电阻：用增大输电导线横截面积来减小电阻，对低压照明电路有效；在高压线路中，因容抗和感抗造成的电压损失比电阻造成的还要大，故这种方法对高压输电效果不佳．②减小输电电流I ：因为I ＝PU ，在输送电功率P 一定的前提下，提高输电电压U 是有效措施．高压输电既能减小功率损失，也能减小电压损失，但在实际输送电能时，还需综合考虑各种因素，依照不同的情况，选择合适的输电电压．(1)掌握U 和ΔU 的区别，U 是输电电压，ΔU 是输电导线上的电压损失．(2)高中阶段的计算中，只考虑输电线电阻所造成的电压损失，而忽略因容抗、感抗造成的电压损失．2．输电线上的功率损失(1)功率损失的原因：在电能输送过程中，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)功率损失的大小①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＝I 2R .②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 ＝P U ，输电线电阻R ＝ρLS，所以输电线上的功率损失可表示为P 损＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫P U 2·ρL S. (3)减小功率损失的方法根据公式P 损＝I 2R 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 ＝ρLS判断a ．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 .b ．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．c ．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 ＝PU 判断，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＝⎝⎛⎭⎫P nU 2R 可知，输电线上的功率损耗将降为原来的1n2.(1)输送功率是指高压输电线始端输出的功率，损失功率是输电线上消耗的功率．(2)减小输电线中的功率损失最好采用提高输电电压的办法．(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P ，输送电压为U ，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S ，总长度为L ，输电线损失的电功率为P ′，用户得到的电功率为P 用，则下列关系式正确的是( )A ．P ′＝U 2SρLB ．P ′＝P 2ρLU 2SC ．P 用＝P －U 2SρLD ．P 用＝P ⎝⎛⎭⎫1－P ρL U 2S [思路点拨] 解决此类问题的关键是正确理解关系式U 损＝IR ＝P U R 和P 损＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫P U 2R .[解析] 输电线电阻R ＝ρL S ，输电线中电流I ＝PU ，故输电线上损失的电功率为 P ′＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫P U 2ρL S ＝P 2ρL U 2S用户得到的电功率为P 用＝P －P ′＝P ⎝⎛⎭⎫1－P ρLU 2S .故选项B 、D 正确． [答案] BD线路功率损失一般用公式P损＝I 2R计算，若用P 损＝U 2R，则必须注意对应关系，即U 为输电线上的电压损失，即P 损＝U 2损R.1.如图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n 1、n 2，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( )A ．(n 1n 2)U 2m4rB ．(n 2n 1)U 2m4rC ．4(n 1n 2)2(PU m)2rD ．4(n 2n 1)2(P U m)2r解析：选C.升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U 1＝U m 2；由变压关系可得 U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝n 2U m 2n 1；因为输送电功率为P ，输电线中的电流为I 2＝P U 2＝2n 1Pn 2U m ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 22(2r )＝4n 21P 2rn 22U 2m，故选项C 正确．高压输电线路的分析与计算[学生用书P50]1．输送过程图2．输电过程：电路被划分为三个独立的回路，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，每个回路均可以应用闭合电路欧姆定律，串、并联电路规律，而变压器的电压、电流、功率关系是联系不同回路的桥梁．3．基本关系式(1)功率关系：P 1＝P 2，P 2＝P 线＋P 3，P 3＝P 4.(2)电压、电流关系：U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1，U 3U 4＝n 3n 4＝I 4I 3.U 2＝U 线＋U 3，I 2＝I 3＝I 线． (3)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线. (4)输电导线上损耗的电功率： P 线＝I 线U 线＝I 2线R 线＝⎝⎛⎭⎫P 2U 22R 线．(1)用户消耗的功率决定输送功率，即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体现．(2)抓住输电的两头——电源和用电器；分析一条线——输电线；研究两次电压变换——升压变压器和降压变压器．(3)注意输送电压(功率)、损失电压(功率)、用户电压(功率)三者之间的区别和数量关系．发电机的端电压为220 V ，输出电功率为44 kW ，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用初、次级匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用初、次级匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户，求用户得到的电压和功率．[思路点拨] 熟练掌握远距离输电过程中的电压关系、电流关系与功率关系是解决这类问题的关键．[解析] 如图，升压变压器次级的输出电压 U 2＝n 2n 1·U 1＝101×220 V ＝2 200 V据升压变压器输出电功率等于输入电功率知，升压变压器次级输出电流I 2＝P U 2＝44×1032 200A＝20 A输电线路上的电压损失和功率损失分别为 U R ＝I 2R ＝20×0.2 V ＝4 VP R ＝I 22R ＝202×0.2 W ＝80 W加到降压变压器初级线圈上的输入电流和电压为 I 3＝I 2＝20 A ，U 3＝U 2－U R ＝2 200 V －4 V ＝2 196 V 降压变压器次级的输出电流和电压为 U 4＝n 4n 3·U 3＝110×2 196 V ＝219.6 VI 4＝n 3n 4·I 3＝10×20 A ＝200 A用户得到的功率为P 4＝I 4U 4＝200×219.6 W ＝4.392×104 W. [答案] 219.6 V 4.392×104 W解决远距离输电问题的技巧(1)有关远距离输电的问题，应首先画出远距离输电的电路图，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．(2)以变压器为界将整个输电电路划分为几个独立的回路，每个回路都可以用欧姆定律、串并联电路的特点和电功、电功率的公式等进行计算，联系各回路的桥梁是原、副线圈电压、电流与匝数的关系及输入功率和输出功率的关系．2.某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( )A ．输电线上输送的电流大小为2×105 AB ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC ．若输电线上损失电压为5 kV ，则输电线上损失的功率为9×104 kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2/r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻解析：选B.输出电功率P ＝3×106 kW ，输电电压U ＝500 kV ，则输电线上输送的电流大小为I ＝PU ＝6×103 A ，所以A 错误；输电线上由电阻造成的损失电压U 损＝Ir ＝15 kV ，所以B 正确；输电线上损失的功率ΔP ＝U 损I ＝P 2U 2r ，所以D 错误；若U 损＝5 kV ，则输电线上的电流I ′＝5 kV2.5 Ω＝2 000 A ，导线上最大消耗功率P ′＝I ′2r ＝2 0002×2.5 W ＝107 W ，故C 错误．远距离输电的综合应用[学生用书P51]为了减少火电站中煤的燃烧对大气的污染，要大力发展水电站．三峡水利工程中某一水力发电站的发电机组设计为：水以v 1＝3 m/s 的速度流入水轮机后以v 2＝1 m/s 的速度流出，流出水位比流入水位低10 m ，水流量Q ＝1×10 m 3/s ，水轮机效率为75%，发电机效率为80%，试问：(1)发电机组的输出电功率是多少？(2)如果发电机输出的电压为240 V ，用户需电压220 V ，输电线路中能量损失为5%，输电线电阻为503Ω，那么所需升、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别是多少？[思路点拨] 此题综合考查发电、输电过程中的功率、电压、电流的计算．解题关键是抓住能量守恒这一线索．[解析] (1)水轮机获得的机械能 E ＝⎣⎡⎦⎤mgh ＋12m （v 21－v 22）×75% ＝⎣⎡⎦⎤Qt ρgh ＋12Qt ρ（v 21－v 22）×75%＝⎣⎡⎦⎤10×103×10×10t ＋12×10×103×t （32－12）×75% ＝78×104t .则发电机输出电能E 电＝E ×80%＝624×103t . 发电机的输出功率P 0＝E 电t ＝624 kW.(2)发电机的输出电流 I ＝P 0U ＝624×103240 A ＝2 600 A 输电线路损失的功率ΔP ＝P 0×5%＝624 kW ×5 %＝31.2 kW.输电线中电流 I 2＝ΔP R＝ 31.2×103503A ≈43.3 A 故升压变压器原、副线圈的匝数比 n 1∶n 2＝I 2∶I 1≈43.3∶2 600＝433∶26 000.降压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率： P ＝P 0－ΔP ＝592.8 kW.输出电流I 3＝P U 2＝592.8×103220 A ≈2 694.5 A.所以降压变压器原、副线圈匝数比 n 3∶n 4＝I 3∶I 2＝2 694.5∶43.3≈26 945∶433. [答案] 见解析3.一台交流发电机额定输出功率为P ＝4.0×103 kW ，以400 V 的电压接到升压变压器后向远方输电．若输电线的总电阻为10 Ω，允许输电线损失的功率为10%，使用的升压变压器、降压变压器都是理想变压器，求：(1)升压变压器原、副线圈的匝数之比和输出电流．(2)为了使远方的用户负载能获得220 V 工作电压，则降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少？(3)实际输送到用户的总功率是多少？解析：(1)允许输电线损失的功率为10%，有P 损＝I 2R ，得电流为I ＝200 A ，升压变压器的输出电压为： U 2＝P I ＝4×106200 V ＝2×104 V ，根据变压器匝数与电压成正比，有：n 1n 2＝U 1U 2＝4002×104＝150. (2)降压变压器的初级电压为：U 3＝U 2－IR ＝18 000 V 则：U 3U 4＝n 3n 4＝18 000220＝90011.(3)实际输送到用户的总功率为：P ′＝P －P 损＝4.0×103 kW －4.0×102 kW ＝3.6×103 kW. 答案：(1)1∶50 200 A (2)900∶11 (3)3.6×103 kW。

2018版高中物理鲁科版选修3-2学案：第4章+远距离输电+4.3+电能的远距离传输

第3讲电能的远距离传输[目标定位] 1.了解远距离输电线上的能量损失与哪些因素有关.2.应用理想变压器、电路知识对简单的远距离输电线路进行定量计算.3.了解交变电流从变电站到用户的输电过程及电网设计.4.了解高压直流输电的原理．一、为什么要采用高压输电1．电功率损失(1)损失的电功率P＝I2R，即在输电线上因发热而损耗的电功率与电阻成正比，与电流的二次方成正比．(2)在输送电功率不变的前提下，要减少电功率损失，只能采取减小导线中电流的方法．2．电压损失：在输送电功率不变的前提下，要减少电压损失，只能采取减小输电电流的方法，或减小输电线电阻的方法．3．高压输电：由P＝UI知，在保证P不变的情况下，必须提高输送电压U，才能减小电流I.二、高压交流输电1．远距离输电的基本思路．如图1所示．在发电站内用升压变压器升高电压．然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降压．图12．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．3．电网送电的优点(1)降低一次能源的运输成本，获得最大经济效益．(2)合理地调度电力，使电力的供应更加可靠，质量更高．三、高压直流输电直流输电系统只在输电这个环节是直流，发电和用电环节仍是交流；输电过程中只用两根导线．整流器和逆变器可以实现交流电和直流电的转换.一、降低输电损耗的两个途径1．输电导线上的功率损失(1)损失功率计算：设输电电流为I，输电线电阻为R线，则输电线上的功率损失为ΔP＝I2R线．(2)减小输电线上功率损失的方法：①减小输电线的电阻R线：由R线＝ρlS得，要减小R线，在l保持不变的情况下，可以减小ρ，增大S.②减小输电电流I：由P＝UI得，在输送功率一定的情况下，提高输电电压，即可减小输电电流．采用高压输电是减小输电线上功率损失最有效、最经济的措施．2．输电线上的电压损失(1)输电线路始端电压U跟末端电压U′的差值，称为输电线路上的电压损失，ΔU＝U－U′，如图2所示，电压损失还可以表示为ΔU＝IR线＝PU R线．图2(2)减少输电线上电压损失的方法： ①减小输电线的电阻． ②提高输送电压．例1 远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压升高为原来的n 倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是(不考虑电抗产生的损失)( ) A ．功率损失是原来的1n B ．功率损失是原来的1n 2C ．电压损失是原来的1n D ．电压损失是原来的n 倍答案 BC解析设输电电压为U ，所输送的功率为P ，输电线路总电阻为R 线，则输电电流I 线＝PU，线路的功率损失ΔP ＝I 2线R 线＝P 2R 线U 2，可知ΔP ∝1U2，当输电电压U 升高为原来的n 倍时，功率损失变为原来的1n 2，故选项B 正确；线路上的电压损失ΔU ＝I 线R 线＝PR 线U ，可知ΔU ∝1U，当输电电压升高为原来的n 倍时，电压损失变为原来的1n ，故选项C 正确．针对训练发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至学校的输电线总电阻为R 线，通过导线的电流为I ，学校输入电压为U 2，下列计算输电线功率损耗的式子中，正确的是( ) A.U 21R 线 B.(U 1－U 2)2R 线 C ．I 2R 线 D ．I (U 1－U 2) 答案 BCD解析输电线功率损耗P 损＝I 2R 线＝U 2线R 线＝IU 线，其中U 线＝U 1－U 2，故B 、C 、D 正确．二、远距离输电及基本关系 1．输电线路的构成由发电机、升压变压器、输电导线、降压变压器、用电器构成． 2．远距离输电的基本关系(如图3所示)图3(1)功率关系P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝ΔP ＋P 3→能量守恒 (2)电压、电流关系U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1，U 3U 4＝n 3n 4＝I 4I 3→理想变压器 U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 3＝I 线→串联电路中电压、电流关系 (3)输电导线中电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线.(4)输电导线上损耗的电功率：ΔP ＝ΔUI 线＝I 2线R 线＝⎝⎛⎭⎫P 2U 22R 线． 3．特别强调(1)升压变压器副线圈的电压U 2不等于降压变压器原线圈的电压U 3，输电线上的电压损失ΔU ＝I 线R 线，输电线上的功率损耗ΔP ＝I 2线R 线．(2)计算输电线的电阻时，应注意输电线长度为距离的两倍． (3)处理远距离输电问题．首先要画出输电线路示意图，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置；其次解题时要抓“两头”——电源、用电器．要注意“中间两条线”——输电线，以变压器为界将整个输电电路划分为三个独立的回路．以变压器为联系的纽带将“两头”与中间“输电线”联系起来，利用能量守恒、变压比、变流比等规律进行分析与计算．例2发电机两端电压为220V，输出功率44kW，输电导线的总电阻为0.2Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．(1)画出全过程的线路示意图；(2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的电压和功率．答案见解析解析(1)示意图如图所示．(2)由图可知，升压变压器副线圈两端的输出电压U2＝n2n1U1＝2200V．据理想变压器P入＝P出，则升压变压器副线圈的输出电流I2＝PU2＝44×1032200A＝20A，输电线上的功率损失和电压损失分别为P损＝I22R线＝202×0.2W＝80W.U损＝ΔU＝I2R线＝20×0.2V＝4V.所以降压变压器原线圈的输入电压和电流为U3＝U2－U损＝2200V－4V＝2196V，I3＝I2＝20A.降压变压器副线圈的输出电压和电流为U 4＝n 4n 3U 3＝110×2196V ＝219.6V ，I 4＝n 3n 4I 3＝10×20A ＝200A.用户得到的功率为P 4＝U 4I 4＝219.6×200W ＝4.392×104W.(3)若直接用220V 低压供电，电路如图所示，则输电电流I ′＝P U 1＝44×103220A ＝200A ．输电线路上的电压损失ΔU ′＝I ′R 线＝200×0.2V ＝40V .所以用户得到的电压U 2′＝U 1－ΔU ′＝220V －40V ＝180V ，用户得到的功率为P ′＝U 2′I ′＝180×200W ＝3.6×104W.输电线上损耗的问题1．某发电厂原来用电压为U 1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压器将电压升高为U 2后输电，输送的电功率保持不变．若输电线路的总电阻为R 线，则下列说法中正确的是( ) A ．由公式I ＝P U 2可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的150B ．由公式I ＝U 2R 线可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍C ．由公式P ＝I 2R 线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的12500D ．由公式P ＝U 22R 线可知，提高电压后输电线上的功率损耗增大为原来的2500倍答案 AC解析由U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2＝50U 1，输送功率不变，由公式I ＝PU 2可知，输电线中的电流变为原来的150，选项A 正确；由P ＝I 2R 线＝⎝⎛⎭⎫P U 22·R 线可知，输电线上的功率损耗减为原来的12500，C 选项正确；B 、D 选项中的U 2应为损失的电压，所以选项B 、D 是错误的．2．某水电站，用总电阻为2.5Ω的输电线输电给500km 外的用户，其输出电功率是3×106kW.现用500kV 电压输电，则下列说法正确的是( ) A ．输电线上输送的电流大小为2×105A B ．输电线上由电阻造成的损失电压为15kVC ．若改用5kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2R ，U 为输电电压，R 为输电线的电阻答案 B解析输电线上输送的电流为I ＝P U ＝3×106×103500×103A ＝6×103A ，A 错；输电线上损失的电压为U 损＝IR ＝6×103×2.5V ＝1.5×104V ＝15kV ，B 项正确；当用5kV 电压输电时，输电线上损失的功率若超过3×106kW ，与实际情况相矛盾，故C 项错误；当用公式ΔP ＝U 2R 计算损失的功率时，U 为输电线上损失的电压而不是输电电压，D 项错误．远距离高压输电的应用3．某小型水电站的电能输送示意图如图4所示，发电机的输出电压为200V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220V 的用电器正常工作，则( )图4A.n 2n 1＞n 3n 4B.n 2n 1＜n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率答案 AD解析由于输电线上有电阻，所以考虑到电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数的关系，可知要让用电器正常工作，必须有n 2n 1＞n 3n 4，故A 项对，B 、C 项错；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D 项也正确．4．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 ＝500kW ，当使用U ＝5kV 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4800度．求：(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻R 线；(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？答案 (1)60% 20Ω (2)22.4kV解析 (1)由于输送功率为P ＝500kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12000度，终点得到的电能E ′＝7200度，因此效率η＝60%.输电线上的电流可由I ＝PU计算，为I ＝100A ，而输电线损耗功率可由P 损＝I 2R 线计算，其中P 损＝480024kW ＝200kW ，因此可求得R 线＝20Ω.(2)输电线上损耗功率P 损＝⎝⎛⎭⎫P U 2·R 线∝1U 2，原来P 损＝2200kW ，现在要求P 损′＝10kW ，计算可得输电电压应调节为U ′＝22.4kV .。

高中物理3-2远距离输电教案

第二节变压器三维教学目标1、知识与技能（1）知道变压器的构造，了解变压器的工作原理；（2）理解理想变压器原、副线圈中电压与匝数的关系，能应用它分析解决有关问题。

2、过程与方法: 在探究变压比和匝数比的关系中培养学生运用物理理想化模型分析问题、解决问题的能力。

3、情感态度与价值观（1）使学生体会到能量守恒定律是普遍适用的；（2）培养学生实事求是的科学态度。

教学重点：探究变压比和匝数比的关系。

教学难点：探究变压比和匝数比的关系。

教学方法：实验探究法、阅读法、讲解法。

教学手段：学生电源、可拆变压器、交流电压表、交流电流表、灯泡。

教学过程：（一）引入新课在实际应用中，常常需要改变交流的电压。

大型发电机发出的交流，电压有几万伏，而远距离输电却需要高达几十万伏的电压。

各种用电设备所需的电电灯、电饭煲、洗衣机等家用电器需要220 V 的电压，机床上的照明灯需要36 V 的安全电压。

一般半导体收音机的电源电压不超过10 V ，而电视机显像管却需要10000 V 以上的高电压。

从以上表格可看到各类用电器额定工作电压往往不同，可我们国家民用统一供电均为220V，那这些元件是如何正常工作的呢？交流便于改变电压，以适应各种不同需要。

变压器就是改变交流电压的设备。

这节课我们学习变压器的有关知识。

（二）进行新课1、变压器的原理思考与讨论：按上图所示连接好电路，接通电源，观察灯泡是否发光。

问题1：两个线圈并没有直接接触，灯泡为什么亮了呢？这个实验说明了什么？答：当一个线圈中同交变电流时，变化的电流产生变化的磁场，变化的磁场在另一个线圈中激起感生电场，从而产生感生电动势，灯泡中有了感应电流，故灯泡发光。

实验说明，通过互感现象，电源的能量可以从一个线圈传输给另一个线圈。

变压器就是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈构成的。

一个线圈跟电源连接，叫原线圈（初级线圈），另一个线圈跟负载连接，叫副线圈（次级线圈）。

两个线圈都是绝缘导线绕制成的。

高中物理选修3-2学案8：5.5 电能的输送

5.5 电能的输送学习目标1.了解远距离输电的意义；2.理解远距离输电中的输电损耗及解决方案；3.理解远距离输电的模型并能进行计算。

重点、难点重点：（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；难点：远距离输电原理图的理解．自主学习1．远距离输电的基本原理：在发电站内用________变压器________电压，然后进行远距离输电，在用电区域通过________变压器________所需的电压．2．输电线上的功率损失P＝________，降低输电损耗的两个途径为：_______________________，__________________.3．现代的直流输电，只有________这个环节使用高压直流，________、________及____________仍然是交变电流．发电机发出的交变电流经变压器升压后，由换流设备将________变为________，高压的直流经远距离传输后，再由换流设备将________换为__________，然后，配电所的变压器再将高压交变电流________成适合用户的电压、电流，送达用户．学始于疑为什么远距离输电要用高压输电？发电站一般建设在什么地方？输电过程中主要考虑什么问题？如何减少电能的损失和保证输电质量？请带着这些问题进行本节的学习知识探究合作探究一问题1：（1）如何计算输电电流？（2）如何计算电能功率损失？（3）如何计算电压损失？归纳总结1．任何输电线都有_______，当电路中有电流通过时，存在功率损失和电压损失。

（1）设输电电流I ，输电线电阻为R ，则输电线上的电压损失为： U 损＝_____________；（2）输电线的总电阻为R ，输电电流为I ，则输电线上的功率损失可表示为： P 损＝_____。

2．减少输电线上电压损失和功率损失的方法（1）减小输电线的电阻R ：具体方法①_________；②_________；③____________. 通过较少电阻来减少线损效果有限。

河北省石家庄市复兴中学人教版高中物理选修3-2学案：远距离输电

交变电流远距离输电（第三课时） (2)【学习目标】1．认识互感器的构造及工作原理2．知道远距离输电减小能耗的方法，娴熟掌握利用相关规律解决远距离输电的相关问题【要点难点】要点：远距离输电减小能量损失的剖析依照和方法及解决相关问题的规律应用难点：远距离输电过程的剖析【导学流程】认识感知一．互感器(1) 电压互感器：用来把(2) 电流互感器：用来把电压变为电流变为电压．电流．针对训练钳形电流表的外形和构造如图10－ 2－ 2 所示．图甲中电流表的读数为1.2 A．图乙顶用同一电缆线绕了3匝，则 ( )A．这类电流表能测直流电流，图乙的读数为 2.4 AB．这类电流表能测沟通电流，图乙的读数为0.4 AC．这类电流表能测沟通电流，图乙的读数为 3.6 AD．这类电流表既能测直流电流，又能测沟通电流，图乙的读数为 3.6 A二、电能的输送1．依据P损＝I2R线，减少输电电能损失有两种方法．l(1)减小输电线的电阻：由 R＝ρS可知，要减小输电线的电阻 R 线，在输电距离不变状况下，可采纳减小资料的、增大导线的等方法．(2) 减小输电导线中的电流：在输电功率必定的状况下，依据P＝，要减小电流，应提升输电电压．2．远距离输电的功率损失输送功率一准时，线路电流I ＝，输电线上损失功率P 损＝ I 2R 线＝R 线，可知1 P 损 ∝U 2.(1) 功率关系： P 1＝P 2， P 3＝ P 4， P 2＝P 损＋P 3.U 1 n 1 I 2 U 3 n 3 I 4(2) 电压、电流关系： U 2＝ n 2＝ I 1， U 4＝ n 4＝ I 32＝＋ 3 ， 2＝ I 3＝ I 线．UU UI2323(3) 输电电流： I 线＝P＝ P＝U －U .U 2 U 3R 线(4) 输电线上消耗的功率P 损＝I 线U ＝ I 2P 22输电电压增线 R 线＝() R 线．当输送的电功率一准时，U2大到本来的 n 倍，输电线上消耗的功率就减少到本来的 1n 2.深入学习例 1．中国已投产运转的 1000 kV 特高压输电是当前生界上电压最高的输电工程．假定甲、乙两地本来用 500 kV 的超高压输电，输电线上消耗的电功率为 P . 在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用 1000 kV 特高压输电，若不考虑其余要素的影响，则输电线上消耗的电功率将变为()PP． 2P．4PA. 4B. 2CD例 2．某水电站，用总电阻为2.5 Ω 的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3× 106 kW. 现用500 kV电压输电，则以下说法正确的选项是()A ．输电线上输送的电流大小为2.0 × 105 AB ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC ．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9 ×108 kWD ．输电线上损失的功率为 P ＝ U 2/ r ， U 为输电电压， r 为输电线的电阻概括总结：例 3．在如下图的远距离输电电路图中，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．跟着发电厂输出功率的增大，以下说法中正确的有( )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．输电线上消耗的功率增大D．输电线上消耗的功率占总功率的比率增大迁徙应用例 4某小型发电站的发电机输出沟通电压为500 V ，输出电功率为50 kW，假如用电阻为 3 Ω的输电线向远处用户送电，这时用户获取的电压和电功率是多少？若是，要求输电线上损失的电功率是输送功率的 0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，抵达用户前再用降压变压器变为 220 V 供用户使用，不考虑变压器的能量损失，这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少？【展现设计·学习沟通】1．口头展现：远距离输电的能量损失剖析和减小能耗的方法2．板书展现：纲要中例2、例 3 的剖析方法3．学生在学习过程中生成的其余问题【合作研究·拓展知识】如图 10－ 1－13 所示，矩形裸导线框长边的长度为 2L ，短边的长度为 L ，在两个短边上均接有电阻，其余部分电阻不计，导线框一长边与x 轴重合，左侧的坐标x ＝ 0，线框内有R一垂直于线框平面的磁场，磁场的感觉强度知足关系＝ B sin( π x ) ．一圆滑导体棒 AB 与短2L边平行且与长边接触优秀，电阻也是，开始时导体棒处于x ＝0 处，从 t ＝ 0 时辰起，导体棒R在沿方向的力F 作用下做速度为v 的匀速运动．求：ABx(1) 导体棒 AB 从 x ＝ 0 到 x ＝ 2L 的过程中力 F 随时间 t 变化的规律．(2) 导体棒 AB 从 x ＝ 0 到 x ＝ 2L 的过程中回路产生的热量．。

粤教版高中物理选修3-2第二章-第07节-远距离输电

实际应用
练习
1、远距离输送交变电流都采用高压输 2．远距离输送一定功率的交变电流，若输电电。我国西北电网正在建设750kV线路。电压提高到原来的n倍，则下列说法中正确的是
采用高压输电的优点是（C ）
（D）
A．可节省输电线的铜材料
A．输电线上的电流变为原来的n倍
B．可根据需要调节交流电的频率
B．输电线上的电压损失变为Байду номын сангаас来的1/n2
C．可减少输电线上的能量损耗
C．输电线上的电功率损失变为原来的1/n
D．可加快输电的速度
D．若输电线上的电功率损失不变，输电线路
长度可变为原来的n2倍
练习
（3）（P65-2）发电机的输出电压为220V，输出功率为110kW,输电线的总电阻为0.2Ω，若不用变压器直接输电，输电线上得损失电压为多少？损失功率为多少？现用5.5kV向外输电，输电线上得损失电压为多少？损失功率为多少？
远距离输电
我们的生活离不开电能，电能是从哪里来的呢？
一、创设情景
• 惠东白盆珠水电站向惠州市区供电，怎样将电能输送过来呢？ • ——用输电导线将发电机与用电器连接起来。
输电导线
发电机
用户
二、发现问题
把功率为220kW的电能以220V的电压输电，分别输送到距离为10m、 100m的地方，发现用户可使用的功率为……
• 2、功率的损失可以定量计算吗？
∆U
I
∆∆U P=I²R
I
P输 U输
P输 U输
P用= U用=
P用= U用=
五、解决问题
在输电过程中，为了降低功率的损耗，可以用什么方法呢？根据∆P=I²R，我们要降低功率损耗，可以有几种方案？

高中物理教科版选修3-2学案：第二章习题课变压器的应用及远距离输电问题

[目标定位] 1。

进一步理解变压器的原理及规律、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、一、理想变压器中的规律分析例1 如图1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。

５ Ω的负载电阻、若Ｕ0=22０２ V,ω=1００π ra ｄ/s,则下述结论正确的是( )图１A 。

副线圈中电压表的读数为５5 VＢ。

副线圈中输出交变电流的周期为错误!未定义书签。

sC 、原线圈中电流表的读数为０、５ AD 、原线圈中的输入功率为１10错误!未定义书签。

W解析原线圈电压有效值为Ｕ=220 Ｖ,电压表读数为U 2=错误! V=5５ V,周期Ｔ＝错误!=错误! s,副线圈中电流I 2=错误!＝2 A,原线圈中电流I 1＝错误!＝０、5 A,P ＝I １U =1１０ W 、答案 AC(1)功率关系:P 入＝P 出。

(2)电压关系:错误!未定义书签。

(３)电流关系:若只有一个副线圈错误!。

若有多组副线圈n 1I 1=n ２I 2＋ｎ3I ３+……,(４)变压器不改变频率、例2 如图2所示,理想变压器原线圈的匝数为1 000匝,两个副线圈的匝数分别为n 2=５0匝和n 3=10０匝,L 1是“6 Ｖ 2 W "的小灯泡,L 2是“1２Ｖ 4 W ”的小灯泡、当原线圈接上交变电压时,L １、L ２都正常发光,那么,原线圈中的电流为( )图2A 、＼ｆ(1,60)AB 、错误!未定义书签。

AC 。

1２0A D 、错误!未定义书签。

解析对多个副线圈,其电压关系有错误!未定义书签。

＝错误!未定义书签。

＝U 3n ３。

由于输入功率和输出功率相等有ｎ1Ｉ１=n 2I 2＋n 3Ｉ３。

两灯泡正常发光,对L 1有U 2＝6 V ,I ２=Ｐ2Ｕ2=错误!未定义书签。

河北省石家庄市复兴中学高中物理选修3-2学案：远距离

交变电流远距离输电（第三课时）(2)【学习目标】1．了解互感器的结构及工作原理2．知道远距离输电减小能耗的方法，熟练掌握利用有关规律解决远距离输电的有关问题【重点难点】重点：远距离输电减小能量损失的分析依据和方法及解决有关问题的规律应用难点：远距离输电过程的分析【导学流程】了解感知一．互感器(1)电压互感器：用来把电压变成电压．(2)电流互感器：用来把电流变成电流．针对训练钳形电流表的外形和结构如图10－2－2所示．图甲中电流表的读数为1.2 A．图乙中用同一电缆线绕了3匝，则 ( )A．这种电流表能测直流电流，图乙的读数为2.4 AB．这种电流表能测交流电流，图乙的读数为0.4 AC．这种电流表能测交流电流，图乙的读数为3.6 AD．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图乙的读数为3.6 A二、电能的输送1．根据P损＝I2R线，减少输电电能损失有两种方法．(1)减小输电线的电阻：由R＝ρlS可知，要减小输电线的电阻R线，在输电距离不变情况下，可采用减小材料的、增大导线的等方法．(2)减小输电导线中的电流：在输电功率一定的情况下，根据P＝，要减小电流，应提高输电电压．2．远距离输电的功率损失输送功率一定时，线路电流I ＝，输电线上损失功率P 损＝I 2R 线＝ R 线，可知P 损∝1U 2. (1)功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 损＋P 3.(2)电压、电流关系：U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1，U 3U 4＝n 3n 4＝I 4I 3U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 3＝I 线．(3)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线. (4)输电线上损耗的功率P 损＝I 线ΔU ＝I 线2R 线＝(P 2U 2)2R 线．当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减少到原来的1n . 深入学习例1．中国已投产运行的1000 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500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为 ( )A.P 4B.P 2C ．2PD ．4P例2．某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×118 kW.现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是 ( )A ．输电线上输送的电流大小为2.0×118 AB ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC ．若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为 9×118 kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2/r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻归纳总结：例3．在如图所示的远距离输电电路图中，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．随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )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迁移应用例4 某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V，输出电功率为50 kW，如果用电阻为3 Ω的输电线向远处用户送电，这时用户获得的电压和电功率是多少？假如，要求输电线上损失的电功率是输送功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户前再用降压变压器变为220 V供用户使用，不考虑变压器的能量损失，这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少？【展示设计·学习交流】1．口头展示：远距离输电的能量损失分析和减小能耗的方法2．板书展示：提纲中例2、例3的分析方法3．学生在学习过程中生成的其他问题【合作探究·拓展知识】如图10－1－13所示，矩形裸导线框长边的长度为2L ，短边的长度为L ，在两个短边上均接有电阻R ，其余部分电阻不计，导线框一长边与x 轴重合，左边的坐标x ＝0，线框内有一垂直于线框平面的磁场，磁场的感应强度满足关系B ＝B 0sin(πx 2L)．一光滑导体棒AB 与短边平行且与长边接触良好，电阻也是R ，开始时导体棒处于x ＝0处，从t ＝0时刻起，导体棒AB 在沿x 方向的力F 作用下做速度为v 的匀速运动．求：(1)导体棒AB 从x ＝0到x ＝2L 的过程中力F 随时间t 变化的规律．(2)导体棒AB 从x ＝0到x ＝2L 的过程中回路产生的热量．。

2020-2021学年高中物理鲁科版选修3-2 第4章远距离输电第3节电能的远距离传输教学案

第3节电能的远距离传输一、为什么要采用高压输电 1．两种损失比较两种损失主要原因大小表示减小办法电功率损失输电线有电阻电流产生焦耳热ΔP ＝I 2R 减小R 减小I电压损失输电线电阻的电压降ΔU ＝IR2．降低两种损失的途径——高压输电在保证输送电功率不变的前提下提高输电电压,会减小输电电流，从而减小导线上的电功率损失和电压损失.二、高压交流输电 1．基本环节错误!错误!错误!错误!错误! 2．电路原理图图 43.11.电能在远距离传输过程中有电功率和电压损失，减小电阻不经济，减小电流最合算。

2．在输送电功率P 一定，输电线电阻R 一定的条件下，输电电压提高到原来的n 倍，据ΔP ＝⎝⎛⎭⎫PU 2R 知，输电线上的电功率损失将降为原来的1n 2。

3．在电能远距离传输中，可将回路划分为几个独立的回路，每个回路均可以应用闭合电路欧姆定律和串、并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系是联系不同回路的桥梁。

三、高压直流输电1．组成部分高压直流输电系统主要由整流站、直流线路和逆变站三部分构成。

实际上直流输电系统只在输电这个环节是直流，发电环节和用电环节仍是交流，输电过程中只用两根导线.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起的损耗。

(3)不需要考虑电网中的各发电机的同步运行问题.1．自主思考—-判一判(1)为了减少能量损失，要高压输电，而且越高越好.（×）（2）输送功率一定时，提高输送电压,可以减少功率损失。

(√)(3）电压损失ΔU＝IR线和电功率损失ΔP＝I2R线中I可以通过I＝错误!求得。

（√)（4）负载越多，即用电高峰期，ΔU、ΔP也越大.（√）(5）高压直流输电与高压交流输电的区别在于输送环节.(√)2．合作探究——议一议(1)电能的输送要达到什么要求？输送电压是不是越高越好？提示：①输送电能要达到三个方面的要求：a．可靠:保证供电线路正常工作,少有故障。

【小初高学习】高中物理第二章交变电流第七节远距离输电学案粤教版选修3_2

第七节远距离输电一、从发电站到用户的输电线路1．大型发电机发出十几千伏的电压，在发电站区域通过变压器升高到几十万伏，然后进行远距离输电，当电能被输送到用电区域后，再根据不同的用电需求，用变压器将电压降低，这就是远距离输电．2．实验表明：在输电导线的电阻不变的前提下，提高输电的电压，减小输电电流，可以达到减少输电过程中的功率损耗、更有效地输送电能的目的．预习交流1我国城镇和农村电网的低压改造已基本结束，低压改造使我国广大城乡居民获得了实惠．农村电网改造前，某些村庄经常出现以下现象（离变压器较远的用户）：（1）电灯不亮，达不到额定功率，换额定功率越大的灯泡越是不亮；（2）日光灯不能启动；（3）洗衣机转动力度小等．尤其是过节时现象更明显，这是为什么呢？输送电能的高压线答案：因为电能在输送中存在电压损失和电能损失．低压输电线较细，电阻较大，导线的电压降较大，致使用户末端电压远低于额定电压（有时甚至不高于160 V ）．到了过节的时候，各家用电器增多，所有用电器都并联，总电阻会更小，线路电流更大，输电导线上分得的电压变多，致使用户电压降低，就会出现上述现象．经过低压改造后，换上了合格的输电导线，以上现象就不明显了．二、为什么要采用高压输电1．电功率损失：输电导线上有电阻，当电流通过时，由于电流的热效应会引起电功率的损失．可以考虑通过减小输电导线的电阻或减小输送电流来减少电功率的损失．2．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：会使导线太重，给架线带来很大困难．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，减小电流必须靠提升电压来实现．预习交流2现在大功率输电采用直流输电好还是交流输电好？答案：直流输电，直流输电比交流输电损耗少．一、输电线上的电压损失假定两条输电线的总电阻为r ，在如图所示的输电示意图中等效画为r ，输送的功率为P ，发电厂输出的电压为U 1，则输电线上损失的电压为多少．怎样减小输电线上损失的电压呢？答案：由1P U I =得1P I U =，所以1Pr U Ir U ∆== 因此减小输电线电阻、提高输电电压可以减小输电线上损失的电压．输电导线的电阻为R ，输送电功率为P ，现分别用U 1和U 2两种电压来输电，则两次输电线上损失的电压比为（）．A ．U 1/U 2B ．2212/U UC ．2221/U UD ．U 2/U 1答案：D解析：输电线上的电流为I ＝P U ，输电线上损失的电压为U 损＝IR ＝PR U ，可见在输送功率不变的情况下，损失的电压与输电电压成反比，故D 项正确．1．输电线上的电压损失输电线路始端电压U 与输电线路末端电压U ′的差值．ΔU ＝U －U ′＝IR （R 为输电线路电阻）．2．减小输电线路电压损失的两种方法（1）减小输电线路电阻由R ＝ρl S可知，间距一定时，使用电阻率小的材料、增大导体横截面积均可减小电阻．（2）减小输电电流I由P ＝UI 可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流．3．输电线路的构成主要有：发电机、升压变压器、输电导线、降压变压器、用电器，如图所示．二、输电线上的电功率损失1．探究如何减少输电线路的功率损失．答案：根据P 损＝I 2r 可知，减小输电线的电阻和输电线中的电流可减少输电线路的功率损失．2．通过上一问题的探究，你认为哪一途径对降低输电线路的功率损耗更为有效？答案：根据P 损＝I 2r 得，在输电电流一定的情况下，如果线路的电阻减为原来的一半，线路上损失的功率减为原来的12；根据P 损＝I 2r 得，在线路电阻一定的情况下，如果输电电流减为原来的一半，线路上损失的功率减为原来的14．通过比较，很显然，减小输电电流对于降低输电线路的功率损耗更为有效．3．假定输电线路中的电流为I ，两条输电线的总电阻为r （如图所示），输送的功率为P ，发电厂输出的电压为U1，则输电线上损失的电压为Ir ，用户得到的电压为U1-Ir ．那么怎样计算输电线路损失的功率呢？用户得到的功率又是多少呢？答案：2P I r =损 2P P P P I r=-=-用损如图所示，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：（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比n 1/n 2；（2）输电线路导线电阻R ；（3）用户降压变压器原、副线圈匝数比n 3/n 4．答案：（1）1∶5 （2）20 Ω （3）95∶11解析：（1）升压变压器原、副线圈匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝4002 000＝15．（2）导线电阻R 与输送电流和输电线上损失的电功率有关，有P 损＝I 2R ，而输送电流又决定于输出电压及输送功率，有I ＝P /U 2，所以R ＝P 损/I 2＝P 损/（P U 2）2＝10 000－9 500(10 000/2 000)2Ω＝20 Ω．（3）设降压变压器原线圈上电压为U 3U 3＝U 2－IR ＝（2 000－5×20）V ＝1 900 V所以降压变压器原、副线圈匝数比为n 3n 4＝U 3U 4＝1 900220＝9511．1．输送功率是指升压变压器输出的功率，损失功率是指由于输电线发热而消耗的功率．两者关系是ΔP ＝P －P ′（P 为输送功率，P ′为用户所得功率）．2．除了利用ΔP ＝P －P ′计算输电线路上的功率损耗外．还可用下列方法计算：（1）ΔP ＝I 2R ，I 为输电线路上的电流，R 为线路电阻；（2）ΔP ＝ΔU 2R，ΔU 为输电线路上损失的电压，R 为线路电阻；（3）ΔP ＝ΔUI ，ΔU 为输电线路上损失的电压，I 为线路上的电流．3．计算输电线上的损失功率时，将输电线当成纯电阻．三、远距离输电系统1．在输送功率不变的情况下，怎样才能减小输电电流？答案：P ＝UI ，则I ＝P U ，所以在输送功率不变的情况下，可以通过提高输送电压来减小输电电流．2．提高输电电压，则减小输电线上的电流，这是否与欧姆定律相矛盾？答案：不矛盾．欧姆定律I ＝U R是对纯电阻元件成立的定律，而“提高输电电压，则减小输电线上的电流”是从输电角度，由P ＝UI ，且P 一定的条件下得出的结论，两者间没有必然的联系．3．思考讨论远距离输电有哪些基本环节．答案：远距离输电的基本环节为：发电厂(站)→升压变压器→高压输电线路→降压变压器→用户4．在远距离输电中，如何计算输电线上的电压损失？答案：计算输电线上的电压损失，通常有以下两种方法：（1）输电线始端电压U 与末端电压U ′的差值，即U 损＝U －U ′；（2）输电线上的电流I 与输电线的电阻r 的乘积，即U 损＝Ir ．如图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述不正确的是（）．A ．增大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 ．高压输电时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答案：C解析：根据P ＝I 2R 知在电流I 一定的条件下，电阻R 越小，输电线路上的电能损失就越小．又R ＝ρlS，故增大输电线的横截面积S 有利于减小输电过程中的能量损失，即选项A 正确；在输送功率P 0一定时，损耗功率P ＝I 2R ＝P 20U 2R ，即损耗功率与输电电压的平方成反比，因此在输电电压一定时，输送的电功率越大，电能损失也越大，选项C 错误；高压输电时要综合考虑材料成本、技术、经济等各种因素，不是电压越高越好，选项D 正确．1．输电电压是指加在高压输电线始端的电压U ，损失电压是指降落在输电线路上的电压ΔU ＝IR ．2．无论从减小输电线路上功率损失，还是减小电压损失来看，都要求提高输电电压，以减小输电电流．1．关于电能输送的以下分析，正确的是（）．A ．由公式P ＝U 2/R 知，输电电压越高，输电线上功率损失越多B ．由公式P ＝U 2/R 知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少C ．由公式P ＝I 2R 知，输电电流越大，输电导线上功率损失越大D ．由公式P ＝UI 知，输电导线上的功率损失与电流成正比答案：C 解析：输电线上损失的功率P 损＝I 2R 线＝U 2损R 线，U 损指输电线上的分压，而不是输电电压． 2．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500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P ．在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 的特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为（）．A ．P 4B ．P 2C ．2PD ．4P 答案：A解析：由P ＝UI 可知当输出电压由500 kV 升高到1 000 kV 时，电路中的电流将减为原来的一半；由P ＝I 2R 可知电路中损耗的功率将变为原来的14． 3．远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，输电线的横截面积为S ，线路损失的功率为ΔP ，若将电压提高到10U ，则（）．A ．不改变输电线路时，线路上的功率损失为0.01ΔPB ．不改变输电线路时，用户端的电压为原来的10倍C ．线路功率损失仍为ΔP 时，输电线的横截面积可减少为0.1SD ．不改变输电线路且线路损失功率仍为ΔP 时，输送的功率可增加到10P答案：AD解析：若将电压提高到10U ，则线路上的功率损失P 损＝（P 10U ）2R ＝P 2100U 2R ＝0.01ΔP ，A 项正确；若不改变输电线路时，用户端的电压大于原来的10倍，B 项错误；线路功率损失仍为ΔP 时，有P 损＝（P 10U ）2R ′＝（P U ）2R ，故R ′＝100R ，即ρL S ′＝100ρL S，所以S ′＝0.01S ，C 项错误；若不改变输电线路且线路损失功率仍为ΔP 时，即输电线路中的电流保持不变，而其输电电压提高到10U ，所以输送的功率可增加到10P ，D 项正确．4．发电厂发电机的输出电压是U 1，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U 2，则关于输电线上损失的功率，下列表达式错误的是（）．A ．U 12RB ．(U 1－U 2)2RC ．I 2RD ．I （U 1－U 2）答案：A解析：用P ＝U 2R求电阻上损失的功率时，U 要与电阻R 相对应，选项A 中的U 1是输出电压不是输电线上的电压，故选项A 错误．选项B 中的U 1－U 2是输电线上的电压，因此，选项B 正确．选项C 、D 中的电流I 是输电线中的电流，故选项C 、D 正确．5．某发电站的输出功率P ＝104 kW ，输出电压U 1＝4 kV ，通过理想变压器升压后向远处供电，已知输电导线的总电阻为R ＝10 Ω，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求变压器的匝数比．答案：225解析：发电站的输出电流I 1＝P U 1＝1074×103A ＝2.5×103 A ，输电线路损失的功率P 损＝4%P ＝I 22R ，则I 2＝4%P R ＝4%×10710A ＝2×102 A ，变压器的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝2×1022.5×103＝225．。

3-2远距离输电学案

远距离输电学案学习目标：1.掌握输电过程中降低输电损耗的两个途径2.知道远距离输电线路的基本构成3会对简单的远距离输电线路进行定量计算【知识预习】1.电流流过输电导线时，电流的会引起电功率的损失。

损失的电功率P=I2R，即在输电线上因发热而损耗的电功率与电阻成正比，与电流的二次方成正比。

所以为减小电能输送中损失的电功率，可以通过减小或来实现。

2.由P=UI，在保证输送电功率不变的情况下，必须提高输送，才能减小，从而减小输电线路上的能量损失。

即在远距离输电中，必须采用输电。

3.输送一定功率的电能时，输电电压越高，输电线路中电流，导线因发热而损耗的电能就，输电线路上的电压损失也就。

知识提升一、远距离输电示意图：人们常把各种形式的能如水能、燃料化学能、核能等，先转化为电能再进行利用，因为电能可以通过电网很方便的传输到远方．电能从发电厂到远方用户的传输过程，可用图1表示，其中r表示输电线的总电阻，I表示输电线上的电流请同学们探究下列问题1．用户得到的电能与发电厂输出的电能相等吗？2．输电线上的热功率的表达式是什么？如何更有效的减小输电线上的热功率？输电线上的功率损失P损=二、远距离输电电路中的各种关系某发电站向远处送电的示意图如图，所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路．问题：电路中的电流，电压，功率关系？【典例精析】【例题1】远距离输送一定功率的交变电流，若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上由电阻造成的电压损失和功率损失的说法中，正确的是：A.输电线上的电功率损失是原来的1/nB.输电线上的电功率损失是原来的1/n2C.输电线上的电压损失是原来的1/nD.输电线上的电压损失是原来的1/n2【分析】【例题2】某发电站的输出功率为104kw，输出电压为4kV，向80km远处供电。

已知输电导线的电阻率为ρ=2.4×10-8Ω·m，导线横截面积为1.5×10-4m2，输电线路损失的功率为多少？【分析】【例题3】有条河流，流量为Q=2m3·s-1，落差h=5m，现利用其发电，若发电机的效率为50%，输出电压为240V，输电线总电阻R=30Ω，求输电效率？【课堂效度】1.在远距离输电时，如果把输电电流，减小为原来的1/100，则相同时间内在线路上因发热而损失的电能将是原来损失电能的：A．100倍B．10000倍 C.1/100 倍 D.1/10000倍2. 当远距离高压输送一定电功率时，输电线上损耗的功率与电路中的A.输送电压的平方成正比B.输送电压的平方成反比C.输电线中电流的平方成正比D.导线中电流的平方成反比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P=U2/R，应降低输电电压，增大导线电阻B.由P=IU，应低电压小电流输电C.由P=I2R，应减小导线电阻或减小输电电流D.上述说法均不对4.用电器电阻值为R距交变电源L，输电线电流为I，电阻率为ρ，要求输电线上电压降不超过U．则输电线截面积最小值为A.ρL/RB.2ρLI/UC.U/ρLID.2UL/Ρi5.水电站向小山村输电，输送功率为50 kW，若以1100V送电则线路损失为10kW，若以3300V 送电，则线路损失可降低至kW。

(粤教版)物理选修3-2第2章《远距离输电》学案(含答案)

学案6 远距离输电[学习目标定位] 1.理解输电线上电能的损失与哪些因素有关.2.理解减小电能损失的两个途径以及高压输电的原理.3.知道远距离输电的典型电路，并能利用变压器和电路的规律解决实际问题．1．电阻定律：在温度不变时，同种材料的导体，其电阻R 与它的长度l 成正比，与它的横截面积S 成反比，导体电阻与构成它的材料有关，即R ＝ρl S. 2．电功率P ＝UI ，热功率P ＝I2R.3．理想变压器原、副线圈的三个关系：P 原＝P 副，U1U2＝n1n2，I1I2＝n2n1.一、从发电站到用户的输电线路远距离输电过程：发电机输出的电压通过变压器升高到几十万伏，然后进行远距离输电．当电能被输送到用电区域后，再用变压器将电压降低．二、为什么要用高压输电减小电能损失的方法有两种：(1)减小导线的电阻．(2)减小输电导线中的电流，即提高输电的电压．三、直流输电：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、降电压仍然是交变电流．一、降低输电损耗的两个途径[问题设计]如图1所示，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U.那么：图1(1)远距离大功率输电面临的困难是什么？(2)输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？降低输电损耗的两个途径是什么？(3)为什么远距离输电必须用高压呢？答案 (1)在输电线上有功率损失．(2)由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了．这是输电线上功率损失的主要原因．功率损失表达式：ΔP ＝I2r ，所以降低输电损耗的两个途径为：①减小输电线的电阻r ；②减小输电电流I.(3)因为发电厂的输出功率P 是一定的，由P ＝UI 得，要减小输电电流I ，必须提高输出电压U.[要点提炼]输电线上的电压损失和功率损失(设输电线上电阻为R ，电流为I)1．电压损失输电线始端电压U 与输电线末端电压U′的差值．ΔU ＝U －U′＝IR.2．功率损失(1)远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率ΔP ＝I2R.(2)若输电线上损失的电压为ΔU ，则功率损失还可以表示为ΔP ＝ΔU2R，ΔP ＝ΔU·I. 3．减小电压、功率损失的方法(1)减小输电线的电阻由R ＝ρl S可知，距离l 一定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可减小电阻． (2)减小输电电流I由P ＝UI 可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流．[延伸思考] 为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光较暗？答案用电高峰期到用户家中的输电线电流I 较大，输电线上损失的电压ΔU ＝IR 较大，用户得到的电压U －ΔU 变低，达不到额定电压，因此白炽灯灯光较暗．二、远距离输电电路中的各种关系[问题设计]某发电站向远处送电的示意图如图2所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路．升压变压器降压变压器图2(1)结合闭合电路的知识，分别分析三个回路中各物理量之间的关系(发电机内阻、n1、n2、n3、n4线圈的电阻均忽略不计)．(2)每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系？答案 (1)第一个回路：P1＝U1I1第二个回路：U2＝ΔU ＋U3，P2＝ΔP ＋P3＝I2线R ＋P3第三个回路：P4＝U4I4(2)若两个变压器为理想变压器，则有：U1U2＝n1n2、I1I2＝n2n1、P1＝P2；U3U4＝n3n4、I3I4＝n4n3、P3＝P4. [要点提炼]远距离输电问题的分析1．解决远距离输电问题时，应首先画出输电的电路图，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置(参考图2)．2．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 ＝U1I1＝U2I2＝P 用户＋ΔPΔP ＝I22RP 用户＝U3I3＝U4I4.(2)电路知识：U2＝ΔU ＋U3ΔU ＝I2R(3)变压器知识：U1U2＝I2I1＝n1n2U3U4＝I4I3＝n3n4. 其中ΔP ＝I22R ，ΔU ＝I2R 往往是解题的切入点．一、输电线上功率损失的计算例1 三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦．(1)若输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？(2)某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，则输电线上损失的功率为多少？它占输出功率的几分之几？(3)若将电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占输出功率的几分之几？解析 (1)由P ＝UI 得I ＝P U ＝5×108 W 2×105 V＝2 500 A (2)输电线上损失的功率ΔP ＝I2·2r＝2 5002×2×10 W ＝1.25×108 W损失功率与输出功率之比为ΔP P ＝1.25×1085×108＝14(3)将电压升高至50万伏时，I′＝P U′＝5×108 W 5×105 V＝1 000 A 输电线上损失的功率ΔP′＝I′2·2r＝1 0002×2×10 W＝2×107 W损失功率与输出功率之比为ΔP′P ＝2×1075×108＝125答案 (1)2 500 A (2)1.25×108 W 14(3)1 000 A 2×107 W 125二、远距离输电问题例2 发电机的输出电压为220 V ，输出功率为44 kW ，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户，则：(1)画出全过程的线路示意图；(2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接将电送到用户，求用户得到的电压和功率．解析 (1)示意图如图所示(2)升压变压器的输出电压U2＝n2n1U1＝101×220 V＝2 200 V 根据升压变压器输出功率等于输入功率知，升压变压器输出电流为I2＝P U2＝44×1032 200A ＝20 A 输电线路上的电压损失和功率损失分别为UR ＝I2R ＝20×0.2 V＝4 VPR ＝I22R ＝202×0.2 W＝80 W降压变压器上的输入电流和输入电压分别为I3＝I2＝20 AU3＝U2－UR ＝2 200 V －4 V ＝2 196 V降压变压器上的输出电压和输出电流分别为U4＝n4n3U3＝110×2 196 V＝219.6 V I4＝n3n4I3＝10×20 A＝200 A用户得到的功率为P4＝I4U4＝200×219.6 W＝4.392×104 W(3)若不采用高压输电，用220 V 低压直接供电时，电路如图所示，则输电电流I ＝P U1＝44×103220A ＝200 A ，输电线路上的电压损失UR′＝IR ＝200×0.2 V＝40 V 所以用户得到的电压为U4′＝U1－UR′＝220 V －40 V ＝180 V用户得到的功率为P4′＝IU4′＝200×180 W＝3.6×104 W答案 (1)见解析图 (2)219.6 V 4.392×104 W(3)180 V 3.6×104 W1．(输电线上功率损失的计算)(单选)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500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( ) A.P 4 B.P 2C ．2PD ．4P 答案 A解析在超高压输电中，设输送电功率为P′，输电电压为U ，输电线电阻为R ，则输电线上损耗的电功率为P＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P′U 2R ，当输电电压升为原来的2倍时，输电线损耗的电功率变为原来的14，故选A. 2．(输电线上功率损失的计算)(双选)在远距离输电时，输送的电功率为P ，输送电压为U ，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S ，总长度为L ，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P 用，则P′、P 用的关系式正确的是 ( )A ．P′＝U2S ρLB ．P′＝P2ρL U2SC ．P 用＝P －U2S ρLD ．P 用＝P(1－P ρL U2S) 答案 BD解析输电线电阻R ＝ρL S，输电电流I ＝P U，故输电线上损失的电功率为：P′＝I2R ＝(P U )2ρL S ＝P2ρL U2S用户得到的功率为：P 用＝P －P′＝P(1－P ρL U2S)．故选B 、D.3．(远距离输电问题)(双选)在如图3所示的远距离输电电路图中，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，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )图3A ．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答案 CD解析发电厂的输出电压不变，升压变压器的输入电压不变，输出电压不变，选项A 错误；随着发电厂输出功率的增大，输电线中电流增大，输电线上损失的电压(ΔU ＝IR)增大，降压变压器的输入电压减小，降压变压器的输出电压减小，选项B 错误；随着发电厂输出功率的增大，输电线中电流增大，输电线上损耗的功率(ΔP ＝I2R)增大，选项C 正确；输电线上损耗的电功率ΔP ＝I2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 输U 输2R ，输电线上损耗的功率占总功率的比例ΔP P 输＝R U2输P 输，选项D 正确．题组一减小输电损失的途径1．(单选)中央电视台《焦点访谈》多次报导某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其客观原因是电陈旧老化．近来，农村进行电改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格可采取的措施有( )A ．提高输送功率B ．增大输送电流C ．提高输电电压D ．减小输电导线的横截面积答案 C解析电费高低与线路损耗有关，损耗越大，电费越高，减少损耗的途径：一、减小输电导线中的电流，即可提高输电电压；二、减小输电线的电阻，即增大导线的横截面积，故C 正确．2．(双选)如图1所示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( )图1A ．增大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少电路的发热损耗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 ．高压输电一定是电压越高越好，所以我们要尽可能地提高输送电压答案 AB解析依据输电原理，电路中的功率损耗ΔP ＝I2R 线，而R 线＝ρl/S ，增大输电导线的横截面积，可减小输电线的电阻，则能够减小输电过程中的电能损失，选项A 正确；由P 输＝UI 知，在输送功率P 输一定的情况下，输送电压U 越大，则输电电流I 越小，则电路中的功率损耗越小，选项B 正确；若输电电压一定，输送功率P 输越大，则电流I 越大，电路中损耗的电功率越大，选项C 错误；因为输电电压越高，对于安全和技术的要求也越高，因此并不是输电电压越高越好，高压输电必须综合考虑各种因素，选项D 错误．所以该题正确选项为A 、B.题组二输电线上功率损失的计算3．(单选)输电线路的总电阻为R ，发电站输出功率为P ，输电电压为U ，则用户得到的功率为( )A ．PB ．P －(P U)2·R C ．P －U2R D ．(P U)2·R 答案 B解析用户得到功率P 得＝P －I2R ＝P －(P U)2·R，所以B 正确． 4．(单选)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 ，输电线末端的电压为U2，下面选项不能表示输电导线上损耗的功率的是 ( )A.U21R B.－RC ．I2RD ．I(U1－U2)答案 A解析输电线上功率损耗ΔP ＝I2R ＝ΔU2R＝I·ΔU ，而ΔU ＝U1－U2，本题选A 正确． 5．(单选)输电导线的总电阻为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 ．U21∶U22C ．U22∶U21D ．U2∶U1答案 C解析由P ＝UI 得输电线中的电流I ＝P U .输电线上损失的功率P 损＝I2R ＝(P U )2R ＝P2R U2，即在输送功率和输电线电阻不变的情况下，损失的功率与输电电压的平方成反比．所以两次输电线上损失的功率之比P 损1∶P 损2＝U22∶U21，选项C 正确．6．(双选)某发电厂原来用11 kV 的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220 kV 输电，输送的电功率都是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120B ．根据公式I ＝U R，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 ＝P2U2R ，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的1400D ．根据公式P 损＝U2R，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍答案 AC解析输电线上电流为I ＝P U ，也可以用I ＝ΔU R来表示，其中ΔU 为输电线上电阻R 两端的电压，而不是输送电压，故A 正确，B 错误；输电线上的功率损失为P 损＝I2R ＝P2U2R ，C 正确；如果用P 损＝U2R，则U 应为R 两端的电压ΔU ，故D 错误．题组三远距离输电问题7．(双选)某小型水电站的电能输送示意图如图2所示，发电机的输出电压为200 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2.降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )图2A.n2n1>n3n4B.n2n1<n3n4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率答案 AD解析由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，故选项D 正确.U2U1＝n2n1，U3U4＝n3n4，因为U1＝200 V<U4＝220 V ，U2>U3＝U2－U 线，故n2n1>n3n4，选项A 正确． 8．(单选)某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过发电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器．经变压器降压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时( )①升压变压器的副线圈的电压变大 ②高压输电线路的电压损失变大 ③降压变压器的副线圈上的电压变大 ④降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大A ．①②B ．②③C ．③④D ．②④答案 D解析用电高峰期，用户端总电阻由于并联白炽灯增多而减小，电流增大，又由U 损＝Ir 可知，输电导线上的电压损失变大，升压变压器副线圈的电压不变，降压变压器原、副线圈上的电压变小，而降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大．故正确答案为D.9．(双选)一台发电机最大输出功率为4 000 kW ，电压为4 000 V ，经变压器T1升压后向远方输电，输电线路总电阻R 线＝1 k Ω，到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V 、60 W)．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103 A 和20 AB ．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V 和220 VC ．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1D ．有5×104盏灯泡(220 V 、60W)正常发光答案 AB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＝103 A ，由输电线上消耗的功率ΔP ＝I22R 线＝400 kW 可知，输电线上电流为I2＝20 A ，A 项正确；T1的变压比为n1∶n2＝I2∶I1＝1∶50；根据P1＝U2I2得U2＝2×105 V，输电线上电压U 线＝I2R 线＝20 000 V ，则变压器T2的输入电压为U3＝U2－U 线＝1.8×105 V，又灯泡正常发光，可知T2的输出电压U4为220 V ，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U3I3＝60 W·n，解得n ＝6×104，D 项错误．10．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)输电线上损失的电功率为多少？(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U1U2＝n1n2得输电电压 U2＝n2n1U1＝251×240 V＝6 000 V 输电电流I2＝P U2＝120×1036 000A ＝20 A 输电线上损失的功率ΔP ＝I22r ＝202×10 W＝4 000 W.(2)输电线上损失的电压ΔU ＝I2r ＝20×10 V＝200 V降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－ΔU ＝6 000 V －200 V ＝5 800 V根据理想变压器的变压规律得：n3n4＝U3U4＝5 800 V 220 V ＝29011. 11．发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户(升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器)．(1)画出上述输电全过程的线路图；(2)若发电机的输出功率是100 kW ，输出电压是250 V ，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25，求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；(3)在(2)中条件下若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压；(4)计算降压变压器的输出功率．答案 (1)见解析图 (2)6 250 V 16 A(3)15.625 Ω 6 000 V (4)96 kW解析 (1) 或(2)对升压变压器，据公式U2U1＝n2n1，有 U2＝n2n1U1＝251×250 V ＝6 250 VI2＝P2U2＝P1U2＝100 0006 250A ＝16 A (3)P 损＝I22R 线，P 损＝0.04 P1所以：R 线＝0.04P1I22＝4 000162 Ω＝15.625 Ω因为ΔU＝U2－U3＝I2R线所以U3＝U2－I2R线＝(6 250－16×15.625) V＝6 000 V(4)P4＝P1－P损＝0.96P1＝0.96×100 000 W＝96 000 W＝96 kW.。

2021-2022学年高二物理粤教版选修3-2学案：第二章 6 远距离输电

学案6 远距离输电[目标定位] 1.理解输电线上电能的损失与哪些因素有关.2.理解减小电能损失的两个途径以及高压输电的原理.3.知道远距离输电的典型电路，并能利用变压器和电路的规律解决实际问题．一、降低输电损耗的两个途径 [问题设计]如图1所示，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U .那么：图1(1)远距离大功率输电面临的困难是什么？(2)输电线上功率损失的缘由是什么？功率损失的表达式是什么？降低输电损耗的两个途径是什么？ (3)为什么远距离输电必需用高压呢？答案 (1)在输电线上有功率损失．(2)由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了，这是输电线上功率损失的主要缘由．功率损失表达式：ΔP ＝I 2r ，所以降低输电损耗的两个途径为：①减小输电线的电阻r ；②减小输电电流I . (3)由于发电厂的输出功率P 是确定的，由P ＝UI 得，要减小输电电流I ，必需提高输出电压U . [要点提炼]输电线上的电压损失和功率损失(设输电线的总电阻为R ，电流为I ) 1．电压损失输电线始端电压U 与输电线末端电压U ′的差值，即ΔU ＝U －U ′＝IR . 2．功率损失(1)远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率ΔP ＝I 2R . (2)若输电线上损失的电压为ΔU ，则功率损失还可以表示为ΔP ＝ΔU 2R，ΔP ＝ΔU ·I .3．减小电压、功率损失的方法 (1)减小输电线的电阻由R ＝ρlS 可知，距离l 确定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可减小电阻．(2)减小输电电流I由P ＝UI 可知，当输送功率确定时，上升电压可以减小电流． [延长思考] 为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光较暗？答案用电高峰期到用户家中的输电线电流I 较大，输电线上损失的电压ΔU ＝IR 较大，用户得到的电压U －ΔU 变低，达不到额定电压，因此白炽灯灯光较暗．二、远距离输电电路中的各种关系 [问题设计]某发电站向远处送电的示意图如图2所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路．升压变压器降压变压器图2(1)结合闭合电路的学问，分别分析三个回路中各物理量之间的关系(发电机内阻、n 1、n 2、n 3、n 4线圈的电阻均忽视不计)．(2)每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系？答案 (1)第一个回路：P 1＝U 1I 1其次个回路：U 2＝ΔU ＋U 3，P 2＝ΔP ＋P 3＝I 线2R ＋P 3 第三个回路：P 4＝U 4I 4(2)若两个变压器为抱负变压器，则有：U 1U 2＝n 1n 2、I 1I 2＝n 2n 1、P 1＝P 2；U 3U 4＝n 3n 4、I 3I 4＝n 4n 3、P 3＝P 4.[要点提炼]远距离输电问题的分析 1．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，在用电区通过降压变压器降到所需的电压． 2．解决远距离输电问题时，应首先画出输电的电路图，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置(参考图2)．3．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． 4．综合运用下面三方面的学问求解 (1)能量守恒：P ＝U 1I 1＝U 2I 2＝P 用户＋ΔPΔP ＝I 22RP 用户＝U 3I 3＝U 4I 4.(2)电路学问：U 2＝ΔU ＋U 3 ΔU ＝I 2R .(3)变压器学问：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．一、输电线上功率损失的计算例1 超导材料电阻降为零的温度称为临界温度.1987年我国科学家制成了临界温度为90 K 的高温超导材料，利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电．现有始终流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它供应应用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V ．假如用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供应用电器的功率和电压不变，那么节省的电功率为( ) A ．1 kW B ．1.6×103 kW C ．1.6 kW D ．10 kW答案 A例2 三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦． (1)若输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？(2)某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，则输电线上损失的功率为多少？它占输出功率的几分之几？ (3)若将电压上升至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占输出功率的几分之几？解析 (1)由P ＝UI 得I ＝P U ＝5×108 W 2×105 V＝2 500 A(2)输电线上损失的功率ΔP ＝I 2·2r ＝2 5002×2×10 W ＝1.25×108 W 损失功率与输出功率之比为ΔP P ＝1.25×108 W 5×108 W＝14(3)将电压上升至50万伏时，I ′＝PU ′＝5×108 W 5×105 V ＝1 000 A输电线上损失的功率ΔP ′＝I ′2·2r ＝1 0002×2×10 W ＝2×107 W 损失功率与输出功率之比为ΔP ′P ＝2×107 W 5×108 W ＝125答案 (1)2 500 A (2)1.25×108 W 14(3)1 000 A 2×107 W 125二、远距离输电问题例3 某小型水电站的电能输送示意图如图3所示，发电机的输出电压为200 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为抱负变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )图3 A.n 2n 1>n 3n 4 B.n 2n 1<n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，故选项D 正确.U 2U 1＝n 2n 1，U 3U 4＝n 3n 4，由于U 1＝200 V<U 4＝220 V ，U 2>U 3＝U 2－U 线，故n 2n 1>n 3n 4，选项A 正确．答案 AD例4 发电机的输出电压为220 V ，输出功率为44 kW ，输电导线的总电阻为0.2 Ω，假如用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供应用户，则：(1)画出全过程的线路示意图； (2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接将电送到用户，求用户得到的电压和功率．解析 (1)示意图如图所示(2)升压变压器的输出电压 U 2＝n 2n 1U 1＝101×220 V ＝2 200 V依据升压变压器输出功率等于输入功率知，升压变压器输出电流为I 2＝P U 2＝44×1032 200A ＝20 A输电线路上的电压损失和功率损失分别为 U R ＝I 2R ＝20×0.2 V ＝4 V P R ＝I 22R ＝202×0.2 W ＝80 W降压变压器上的输入电流和输入电压分别为 I 3＝I 2＝20 AU 3＝U 2－U R ＝2 200 V －4 V ＝2 196 V 降压变压器上的输出电压和输出电流分别为 U 4＝n 4n 3U 3＝110×2 196 V ＝219.6 VI 4＝n 3n 4I 3＝10×20 A ＝200 A用户得到的功率为P 4＝I 4U 4＝200×219.6 W ＝4.392×104 W(3)若不接受高压输电，用220 V 低压直接供电时，电路如图所示，则输电电流I ＝PU 1＝44×103220 A ＝200 A ，输电线路上的电压损失U R ′＝IR ＝200×0.2 V ＝40 V 所以用户得到的电压为U 4′＝U 1－U R ′＝220 V －40 V ＝180 V用户得到的功率为P 4′＝IU 4′＝200×180 W ＝3.6×104 W 答案 (1)见解析图 (2)219.6 V 4.392×104 W (3)180 V 3.6×104 W1．(输电线上功率损失的计算)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500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( ) A.P 4 B.P2 C ．2PD ．4P答案 A解析在超高压输电中，设输送电功率为P ′，输电电压为U ，输电线电阻为R ，则输电线上损耗的电功率为P ＝⎝⎛⎭⎫P ′U 2R ，当输电电压升为原来的2倍时，输电线损耗的电功率变为原来的14，故选A.2．(输电线上电压损失问题)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．这是由于用电高峰时( ) 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 ．供电线路上电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小答案 C解析照明供电线路的用电器是并联的，晚上七、八点钟用电高峰时，用电器越多，总电阻越小，供电线路上的电流越大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，故选C.3．(远距离输电问题)在如图4所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为抱负变压器，发电厂的输出电压和输电线的总电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )图4A ．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答案 CD解析发电厂的输出电压不变，升压变压器的输入电压不变，输出电压不变，选项A 错误；随着发电厂输出功率的增大，输电线中电流增大，输电线上损失的电压(ΔU ＝I 2R )增大，降压变压器的输入电压减小，降压变压器的输出电压减小，选项B 错误；随着发电厂输出功率的增大，输电线中电流增大，输电线上损耗的功率(ΔP＝I 22R )增大，选项C 正确；输电线上损耗的电功率ΔP ＝I 22R ＝⎝⎛⎭⎫P U 22R ，输电线上损耗的功率占总功率的比例ΔP P ＝RU 22P ，选项D 正确． 4．(远距离输电问题)某小型水电站发电机输出的电功率为100 kW ，输出电压为250 V ，现预备向远处输电．所用输电线的总电阻为8 Ω，要求输电时在输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%.用户获得220 V 电压，求应选用匝数比分别为多大的升压变压器和降压变压器？答案 1∶16 190∶11解析依题意作出输电示意图如图所示，升压变压器原线圈的电流为I 1＝P U 1＝100×103250 A ＝400 A ．当输电线上损失的电功率为输送电功率的5%时，输电线中的电流为I 2，则I 22R 线＝5%P .所以I 2＝5%PR 线＝ 0.05×100×1038A ＝25 A升压变压器T 1的匝数比为n 1n 2＝I 2I 1＝25 A 400 A ＝116.则U 3＝U 2－R 线·I 2＝n 2U 1n 1－R 线·I 2＝3 800 V 所以降压变压器T 2的匝数比为n 3n 4＝U 3U 4＝3 800 V 220 V ＝19011.题组一减小输电损失的途径1．中心电视台《焦点访谈》多次报导某些边远落后农村电价过高，农夫负担过重，其客观缘由是电网陈旧老化．近来，农村进行电网改造，为削减远距离输电的损耗而降低电费价格可实行的措施有( ) A．提高输送功率B．增大输送电流 C ．提高输电电压D ．减小输电导线的横截面积答案 C解析电费凹凸与线路损耗有关，损耗越大，电费越高，削减损耗的途径：一、减小输电导线中的电流，即可提高输电电压；二、减小输电线的电阻，即增大导线的横截面积，故C 正确． 2．如图1所示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( )图1A ．增大输电导线的横截面积有利于削减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削减电路的发热损耗C ．在输送电压确定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D ．高压输电确定是电压越高越好，所以我们要尽可能地提高输送电压答案 AB解析依据输电原理，电路中的功率损耗ΔP ＝I 2R 线，而R 线＝ρlS ，增大输电导线的横截面积，可减小输电线的电阻，则能够减小输电过程中的电能损失，选项A 正确；由P 输＝UI 知，在输送功率P 输确定的状况下，输送电压U 越大，则输电电流I 越小，则电路中的功率损耗越小，选项B 正确；若输电电压确定，输送功率P 输越大，则电流I 越大，电路中损耗的电功率越大，选项C 错误；由于输电电压越高，对于平安和技术的要求也越高，因此并不是输电电压越高越好，高压输电必需综合考虑各种因素，选项D 错误．所以该题正确选项为A 、B.题组二输电线上功率损失的计算3．输电线路的总电阻为R ，发电站输出功率为P ，输电电压为U ，则用户得到的功率为( ) A ．P B ．P －(PU )2·RC ．P －U 2RD ．(P U)2·R答案 B解析用户得到功率P 得＝P －I 2R ＝P －(PU)2·R ，所以B 正确．4．发电厂发电机的输出电压为U 1，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 ，输电线末端的电压为U 2，下面选项不能．．表示输电导线上损耗的功率的是 ( ) A.U 21RB.(U 1－U 2)2RC ．I 2RD ．I (U 1－U 2)答案 A解析输电线上功率损耗ΔP ＝I 2R ＝ΔU 2R＝I ·ΔU ，而ΔU ＝U 1－U 2，本题选A.5．输电导线的总电阻为R ，输送电功率为P .现分别用U 1和U 2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为( )A ．U 1∶U 2B ．U 21∶U 22C ．U 22∶U 21D ．U 2∶U 1答案 C解析由P ＝UI 得输电线中的电流I ＝P U .输电线上损失的功率P 损＝I 2R ＝(P U )2R ＝P 2R U 2，即在输送功率和输电线电阻不变的状况下，损失的功率与输电电压的平方成反比，所以两次输电线上损失的功率之比P 损1∶P 损2＝U 22∶U 21，选项C 正确．题组三远距离输电问题6．如图2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象，则( )图2A ．用户用电器上沟通电的频率是100 HzB ．发电机输出沟通电的电压有效值是500 VC ．输电线上的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比打算D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小答案 D解析由u －t 图象可知，沟通电的周期T ＝0.02 s ，故频率f ＝1T ＝50 Hz ，选项A 错误；沟通电的电压最大值U m ＝500 V ，故有效值U ＝U m2＝250 2 V ，选项B 错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原、副线圈的匝数比打算，选项C 错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，依据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈(输电线)上的电流减小，依据P ＝I21R 得，输电线损失的功率减小，选项D 正确．7．如图3所示为远距离沟通输电的简化电路图．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抱负变压器，流入用户端的电流是I 2.则( )图3A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．抱负变压器的输入功率为I 21rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U 答案 A解析依据抱负变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r ＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误．8．一台发电机最大输出功率为4 000 kW ，电压为4 000 V ，经变压器T 1升压后向远方输电，输电线路总电阻R 线＝1 kΩ，到目的地经变压器T 2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V 、60 W)．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T 1和T 2的损耗可忽视，发电机处于满负荷工作状态，则 ( ) A ．T 1原、副线圈电流分别为103 A 和20 A B ．T 2原、副线圈电压分别为1.8×105 V 和220 V C ．T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1 D ．有5×104盏灯泡(220 V 、60W)正常发光答案 AB解析依据题意画出输电线路示意图如图所示．对升压变压器有P 1＝U 1I 1，可知I 1＝103 A ，由输电线上消耗的功率ΔP ＝I 22R 线＝400 kW 可知，输电线上电流为I 2＝20 A ，A 项正确；T 1的变压比为n 1∶n 2＝I 2∶I 1＝1∶50；依据P 1＝U 2I 2得U 2＝2×105 V ，输电线上电压U 线＝I 2R 线＝20 000 V ，则变压器T 2的输入电压为U 3＝U 2－U 线＝1.8×105 V ，又灯泡正常发光，可知T 2的输出电压U 4＝220 V ，B 项正确；T 2的变压比为n 3∶n 4＝U 3∶U 4＝1.8×105∶220，C 项错误；降压变压器的输入功率等于输出功率U 3I 3＝60 W·n ，解得n ＝6×104，D 项错误．9．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)输电线上损失的电功率为多少？ (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)依据抱负变压器的变压规律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ΔP ＝I 22r ＝202×10 W ＝4 000 W.(2)输电线上损失的电压 ΔU ＝I 2r ＝20×10 V ＝200 V 降压变压器原线圈两端的电压U 3＝U 2－ΔU ＝6 000 V －200 V ＝5 800 V 依据抱负变压器的变压规律得： n 3n 4＝U 3U 4＝5 800 V 220 V ＝29011. 10．发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户(升压变压器和降压变压器都可视为抱负变压器)．(1)画出上述输电全过程的线路图；(2)若发电机的输出功率是100 kW ，输出电压是250 V ，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25，求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；(3)在(2)中条件下若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压；(4)计算降压变压器的输出功率．答案 (1)见解析图 (2)6 250 V 16 A (3)15.625 Ω 6 000 V (4)96 kW解析 (1)如图所示或(2)对升压变压器，据公式U 2U 1＝n 2n 1，有U 2＝n 2n 1U 1＝251×250 V＝6 250 V I 2＝P 2U 2＝P 1U 2＝100 0006 250A ＝16 A (3)P 损＝I 22R 线，P 损＝0.04P 1所以R 线＝0.04P 1I 22＝4 000162 Ω＝15.625 Ω由于ΔU ＝U 2－U 3＝I 2R 线所以U 3＝U 2－I 2R 线＝(6 250－16×15.625) V ＝6 000 V (4)P 4＝P 1－P 损＝0.96P 1＝0.96×100 000 W ＝96 000 W ＝96 kW.。

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5.5电能的输送
【学习目标】
1、知道输送电能的基本要求
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、知道电网供电的优越性
【学习重点】掌握高压输电有关计算。

【预习与探究】
探究一.为什么远距离输电要用高压输电
1.输送电能的基本要求是：
2.如右图，发电厂发电机的端电压为U，输出电功率为P，.则：
①输电电流:I= ；②电压损失:U损= ；
③功率损失:P损= ；④用户得到U用= ；
⑤用户得到P用= 。

若输送P=10KW的电功率，采用U=４００Ｖ的电压输电，线路总电阻为１０Ω，则：
①输电电流:I= ；②电压损失:U损= ；③功率损失:P损= ；
④用户得到U用= ；⑤用户得到P用= 。

若采用U=2KＶ的电压输电，则:
①输电电流:I= ；②电压损失:U损= ；③功率损失:P损= ；
④用户得到U用= ；⑤用户得到P用= 。

分析探究结果，你发现对减小电压损失和功率损失:
从电阻定律R =ρL/S角度分析你有什么好的建议呢？
从减小电流的角度考虑。

你有什好的建议呢？
探究二.交流高压输电
1.根据上面的学习设计一个远距离输电线路的方案，标清各回路的电流。

电压I1、I2、I3、 I4、 U1、U2、U3、 U4、U用、U损、 n1、 n2、n3、 n4、P输、 P损、P用.
2.各部分电压、电流、电功率之间关系为：U1：U2= ； U3：U4= ； U2= + ；
I2= I1：I2= ；I3：I4= ； P输= + ；
例：将电厂发出的400V电压通过升压变压器，采用10KV电压输送10KW的电功率，线路总电阻为10Ω，则 (1)升压变压器的原副线圈匝数比是多少？
(2)输电导线中的电流是多少？线路损失的电压是多少？
(3)若降压变压器的匝数比为45：1，用户得到的电压是多少？
(4) 输电中损失的电功率是多少？用户得到功率是多少？
【我的疑惑】
【当堂训练】
1、变压器接入某输电电路中，现以相同的输入电压U，不同的输出电压输送相同的电功率P，输电线电阻为R．当副线圈与原线圈匝数比为K时，输电线线路上损耗的功率为；当匝数比为nK时，线路上损耗的功率为原来的______倍
2、关于电能输送的以下分析，正确的是 ( )
A.由公式P=U2/R得出，输电电压越高，输电导线上的功率损失越大
B.由公式P=U2/R得出，输电导线的电阻越大，功率损失越小
C.由公式P=I2R得出，输出电流越大，输电导线上的功率损失越大
D.由公式P=IU得出，输出导线上的功率损失与电流成正比
3、发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电线电阻为R，通过导线的电流为I，学校输入电压为U2，下列4个计算输电线损耗的式子中，不正确的是（）
A、
2
1
U
R
B、
2
12
()
U U
R
-
C、2I R
D、12
()
I U U
-
4、如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2kV高压输电，最后用户得到220V，9.5kW
的电力，求：
（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比n1/n2；
（2）输电线路导线电阻R；
（3）用户降压变压器原、副线圈匝数比n3/n4.
升压器降压器。