2018_2019学年高中物理第五章交变电流5_5电能的输送练习新人教版选修3_2
2018_2019学年高中物理第五章章交变电流5.5电能的输送课堂10分钟达标新人教版选修3_2
到的电功率是2.（2018 •延安高二检测）中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农 民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化。
近年来进行了农村电网改造 ，为了减少远距离输 电线路上的电能损耗从而降低电费价格，以下措施中切实可行的是 （ ） P【解析】选C 。
提高输送功率，根据1=1,输送电流变大，根据P 损=I 2R 知,损失的功率变大， 故A 错误;应用超导材料做输电线，根据P 损=|2R,损失的功率为0,但成本太高，故B 错误;提高P输电电压，根据1=口，输送电流变小，根据P 损=I 2R,知损失的功率变小，故C 正确；减小输电导 线的横截面积，增大了电阻，根据P 损=12R 知，损失的功率变大，故D 错误。
3. 中国已投产运行的1 000kV 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，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 000kV 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 （ ）PP A. J B. ' C.2P D.4P【解析】选A 。
在高压输电中，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P T5.5电能的输送 课堂10分钟达标1.（2018 •延边高二检测）输电线的电阻共计 r,输送的电功率为 P,输电电压为U,则用户能得 A.P C.I 2R【解析】选B 。
利用P 损=I 2R=! R 可以得到输电线上损失的功率为 r,输送给用户的功率即为总功率减去损失的功率 ,即P-r,故B 正确。
A.提高输送功率B.用超导材料做输电线C.提高输电电压D.减小输电线的横截面积上损耗的电功率为 P=(、’)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 1的"',故选A 。
【补偿训练】(多选)在电能输送过程中，输送电功率一定，则在输电线上的功率损失( )A. 随输电线电阻的增大而增大B. 与输送电压的平方成正比C. 与输电线上电压损失的平方成正比D. 与输电电流的平方成正比2 【解析】 选A 、C 、D 。
高中物理 第五章 交变电流 5-5 电能的输送习题 新人教版选修3-2
解析 不能盲目看公式，要注意其物理意义的表达，
在求热损耗时：P 损＝I线2 R 线或用 P 损＝U 线 I 线，也可用 P 损
＝U2线，但 R线
U
必须为输电线两端的电压(即损失电压)。故选
C。
3．输电线的电阻共计为 r，输送的电功率为 P，用电压
U 送电，则用户能得到的电功率为( )
7．(多选)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
9．(多选)一台发电机最大输出功率为 4000 kW，电压 为 4000 V，经变压器 T1 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 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( )
k
kБайду номын сангаас
A.25
B.5
C．5k D．25k
解析 设输送的电功率为 P。当输送电压为 U 时，在 线路上损失的功率为：ΔP＝I2R，由 I＝UP，得：ΔP＝PU2R2 。 同理，当输送电压为 5U 时，在线路上损失的功率为：ΔP′ ＝P5U2R2，据题有：ΔP＝kP，联立计算得出：ΔP′＝2k5P， 即输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的2k5倍，所以 A 正确。
A．P B．P－UP22 r
C．P－Ur2
高中物理第五章交变电流第节电能的输送课时作业新人教版选修.doc
第5节 电能的输送[随堂检测]1．下列关于减少远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的是( )A ．因为热功率P ＝U2R ，所以应降低输电电压，增大输电导线的电阻，才能减少输电导线上的热损耗B ．因为热功率P ＝IU ，所以应采用低电压、小电流输电，才能减少输电导线上的热损耗C ．因为热功率P ＝I 2R ，所以可采用减小输电线电阻或减小输电电流的方法来减少输电导线上的热损耗D ．以上说法均不正确解析：选C.不能盲目套用公式，要注意其物理意义，在求热损耗时可以用P 损＝I 2线R 线或用P 热＝U 线I 线，也可用P ＝U2R，但U 必须为输电导线两端的电压．故选项C 正确．2．(2018·江苏东台创新学校月考)如图所示是远距离输电的示意图，下列说法正确的是( )A ．a 是升压变压器，b 是降压变压器B ．a 是降压变压器，b 是升压变压器C ．a 的输出电压等于b 的输入电压D ．a 的输出电压等于输电线上损耗的电压解析：选A.远距离输电先升压，后降压，选项A 正确，选项B 错误；由于输电线上有电压损耗，故a 的输出电压等于b 的输入电压与输电线上损耗的电压之和，选项C 、D 错误．3．如图所示为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n 1＝n 4＜n 2＝n 3，四根模拟输电线的电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R ，A 1、A 2为相同的理想交流电流表，L 1、L 2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L ＞2R ，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A 、B 端接入低压交流电源时( )A ．A 1、A 2两表的示数相同B ．L 1、L 2两灯泡的亮度相同C ．R 1消耗的功率大于R 3消耗的功率D ．R 2两端的电压小于R 4两端的电压解析：选D.设A 、B 端所加电压为U .由欧姆定律知，通过A 2表的电流大小I 2＝U2R ＋RL .通过升压变压器升压后输出电压U ′＝n2n1U ，降压变压器获得电压为U ′－I 1·2R ＝n2n1U －I 1·2R ，灯泡L 1两端电压为⎝ ⎛⎭⎪⎫n2n1U －I1·2R n4n3，则通过灯泡L 1的电流为⎝ ⎛⎭⎪⎫n2n1U －I1·2R n4n3RL.故由变压器电流变化规律得A 1表的电流大小I 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n2n1U －I1·2R n4n3RLn4n3.又因为n 1＝n 4<n 2＝n 3，解上式得I 1＝U n2n1RL ＋n1n2·2R .因为R L >2R ，所以I 1<I 2.选项A 错误；通过灯泡L 1的电流为n3n4I 1＝n2n1I 1＝URL ＋n21n 2·2R>I 2，故灯泡L 1亮度更大，选项B 错误；由于I 1<I 2，根据欧姆定律以及电功率的有关知识可知，选项C 错误，选项D 正确．4．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出电压为220 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(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )A.n2n1>n3n4 B.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解析：选AD.由于在输电线上有电压和功率的损失，所以升压变压器的输出电压、输出功率都大于降压变压器的输入电压、输入功率，故C 错误，D 正确；由变压器规律可知n2n1＝U2220 V ，n3n4＝U3220 V ，而U 2>U 3，所以n2n1>n3n4，故A 正确，B 错误．5．(2018·安徽池州江南中学月考)如图所示，发电机输出功率为100 kW，输出电压为U1＝250 V，用户需要的电压为U4＝220 V，两变压器之间输电线的总电阻为R线＝10 Ω，其他电线的电阻不计，若输电线中因发热而损失的功率为总功率的4%，试求：(变压器是理想的)发电机输出电流和输电线上的电流大小？解析：输电线路的示意图如图所示，输电线损耗功率P线＝4%P出＝4 kW又P线＝I2R线输电线电流I2＝I3＝20 A原线圈中输入电流I1＝PU1＝100 000250A＝400 A.答案：400 A 20 A[课时作业]一、单项选择题1．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：选B.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，D错误；变压器只能对交流起作用，对直流不起作用，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，B正确，C错误．2．远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高到n倍，则( )A．输电线上的电压损失增大B．输电线上的电能损失增大C．输电线上的电压损失不变D ．输电线上的电能损失减少到原来的1n2解析：选D.在输送功率一定时，由I ＝P U 知，电压提高到n 倍，则电流变为原来的1n ，电压损失减为原来的1n ，故A 、C 错误；由P 损＝I 2R 知，功率损失减为原来的1n2，故B 错误，D正确．3．(2018·福建莆田二十四中月考)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 ．输出电流减小D ．输电线上损耗的功率增大解析：选D.由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A 错误．由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U 2不变，根据P ＝UI 可知输电线上的电流I 线增大，根据U 损＝I 线R ，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U 3＝U 2－U 损可得，降压变压器的输入电压U 3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故B 错误．根据P损＝I 2线R ，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故D 正确．根据电流与匝数成反比可知，降压变压器的输入电流增大，则输出电流也增大，故C 错误．4．(高考福建卷)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 ．(n1n2)U2m4rB ．(n2n1)U2m 4rC ．4(n1n2)2(P Um)2rD ．4(n2n1)2(P Um)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＝Um2；由变压关系可得 U1U2＝n1n2，则U 2＝n2Um 2n1；因为输送电功率为P ，输电线中的电流为I 2＝P U2＝2n1Pn2Um ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 2(2r )＝4n21P 2r n 2U 2m，故选项C 正确．5．远距离输电，原来用电压U 0输电，在输电线上损失的电功率为ΔP ，现在要使输电线上损失的电功率减少到原来的110，则输电电压应为( )A ．100U 0 B.10U 0 C.U010D.U0100解析：选B.设线路电阻为r ，损失功率为ΔP ＝I 2r ，线路电流为I ＝P U0，解得ΔP ＝P2r U20，则ΔP ∝1U20，当ΔP 为原来的110时，U ′0＝10U 0，选项B 正确．6．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 ．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解析：选C.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，用电器多，总电阻变小，供电线路上的电流变大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，C 正确．7．(2018·海南华侨中学月考)在远距离输电时，在输送的电功率和输电线电阻都保持不变的条件下，输电的电压为U 1时，输电线上损失的功率为P 1；输电的电压为U 2时，输电线上损失的功率为P 2 .则U 1 ∶U 2为( )A.P2P1B.P1P2C. P2P1D. P1P2解析：选A.输送的功率一定，由P ＝UI 知，I ＝P /U ，则P 损＝I 2R ＝P2U2R ，知输电线上损失的电功率与电压的平方成反比，则U1U2＝P2P1，故A 正确，B 、C 、D 错误． 二、多项选择题8．(2018·湖北沙市中学月考)供电电路的电源的输出电压为U 1，线路导线上的电压为U 2，用电器得到的电压为U 3，导线中电流为I ，线路导线的总电阻为R ，若要计算线路上的损失功率，可用的公式有( )A ．U21RB ．I (U 1－U 3)C ．I 2RD ．U22R解析：选BCD.U 1不等于线路上的电压，A 错误；线路导线上的电压为U 2＝U 1－U 3，导线中电流为I ，线路上的损失功率P ＝UI ＝I (U 1－U 3)，B 正确；导线中电流为I ，线路导线的总电阻为R ，线路上的损失功率P ＝I 2R ，C 正确；线路导线上的电压为U 2，线路导线的总电阻为R ，线路上的损失功率P ＝U22R，D 正确．9．一台发电机最大输出功率为4 000 kW 、输出电压为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 ＝1 k Ω.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的损耗可忽略，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1×103A 和20 AB ．T 2原、副线圈电压分别为1.8×105V 和220 VC ．T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1D ．有6×104盏灯泡(220 V ，60 W)正常发光解析：选ABD.远距离输电的电路如图所示，在升压变压器原线圈中由P ＝U 1I 1，得原线圈中电流为1×103 A ，在远距离输电线路中由ΔP ＝I 2线R 线得T 1副线圈中电流为20 A ，故选项A 正确；在远距离输电线路中由P ＝U 2I 2和I 线＝I 2得U 2＝2×105V ，由ΔU ＝I 线R 线，ΔU ＝U 2－U 3可得T 2原线圈电压为1.8×105V ，由于灯泡能正常发光，故T 2副线圈电压为220 V ，故选项B 正确；由变压器变压特点知变压比与匝数成正比，故可得T 1变压比为1∶50，而T 2的变压比为9 000∶11，故选项C 错误；正常发光时每盏灯的功率为60 W ，由90%P ＝NP 额，可得N ＝6×104盏，故选项D 正确．10．为消除高压输电线上的冰，假设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 ，热消耗功率为P 损；除冰时，输电线上的热功率需要变为9P 损，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13U解析：选AD.输电线上损失的功率为P 损＝I 2R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R 线，由该式可知要使P 损增大为原来的9倍，输电电流应变为原来的3倍或输电电压变为原来的13，故选项A 、D 正确．三、非选择题11．某交流发电机输出功率为5×105W ，输出电压为U ＝1.0×103V ，假如输电线的总电阻R ＝10 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压U 用户＝380 V.(1)画出输电线路的示意图；(标明各部分的符号)(2)所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少？(使用的变压器是理想变压器)解析：(1)画出电路如图所示．(2)I 1＝PU＝500 AP 损＝5%P ＝5%×5×105 W ＝2.5×104 W P 损＝I 2R ，I 2＝ P 损R＝50 A I 3＝P 用户U 用户＝P －P 损U 用户＝4.75×105380A ＝1.25×103A 所以n1n2＝I2I1＝50500＝110n′1n′2＝I3I2＝1.25×10350＝251. 答案：(1)见解析图 (2)1∶10 25∶112．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，如果升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器．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，输电导线中的电功率损失为输入功率的4%.(1)求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流． (2)求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压． (3)计算降压变压器的输出功率．解析：根据题意，画出输电线路图．(1)对升压变压器，根据公式U2U1＝n2n1，有U 2＝n2n1U 1＝251×250 V ＝6 250 VI 2＝P2U2＝P1U2＝100 0006 250A ＝16 A.(2)因为ΔP ＝I 2R ，ΔP ＝0.04P 1所以R ＝0.04P1I22＝4 000162 Ω＝15.625 Ω，因为ΔU ＝U 2－U 3＝I 2R ，U 3＝U 2－I 2R ＝(6 250－16×15.625) V ＝6 000 V.(3)P 4＝P 1－ΔP ＝0.96P 1＝0.96×100 000 W ＝96 000 W.答案：(1)6 250 V 16 A (2)15.625 Ω 6 000 V (3)96 000 W。
2018_2019学年高中物理第五章交变电流5_5电能的输送课件新人教版选修3_2 (1).ppt
要点二 远距离输电 1．输电电路的构成：发电机、升压变压器、输电导线、降压 变压器、用电器． 2．输电电路(如图所示)
3．高压输电的几个基本关系 (1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P 线＋P3. (2)电压、电流关系：UU12＝nn12＝II12，UU34＝nn34＝II43，U2＝U 线＋U3， I2＝I3＝I 线． (3)输电电流：I 线＝UP22＝UP33＝U2R－线U3. (4)输电导线上损耗的电功率： P 线＝I 线 U 线＝I2线 R 线＝UP222R 线．
A．输电线上损耗的功率为UP2022R B．输电线上损耗的功率为UP0221R
C．若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电
D．采用更高的电压输电会降低输电效率
解析：发电厂输出电压为 U1，升压变压器的匝数比未知，无 法计算输送电压和输电线上损耗的功率，A、B 选项错误；根据 P 损＝I2送R＝UP送送2R 可知，要减少输电线上损耗的功率可以采用更高 的电压输电，C 选项正确；输电效率为 η＝P送P－送P损＝P送－PUP送送送2R＝ 1－PU送送2R，在输送功率一定的情况下，采用高压输电，输电效率提 高，D 选项错误．
I为输电电流，R为输电线的电阻，ΔU为输电线上损失的电 压．
2．电压损失 如图所示，输电导线有电阻，电流通过输电导线时，会在线 路上产生电势降落，致使输电线路末端的电压 U′比起始端电压 U 要低，这就是输电线路上的电压损失 ΔU＝U－U′＝IR.
3．减少损耗的方法 由 P 损＝I2R 可知，减小输电线路上功率损失的方法主要有两种． (1)减小输电线的电阻 R，由 R＝ρ·Sl 知， ①减小输电线长度 l：由于输电距离一定，所以在实际中不可 能用减小 l 来减小 R. ②减小电阻率 ρ：目前一般用电阻率较小的铜或铝作导线材料， 若使用电阻率更小的金属，如银、金等不现实，成本太高． ③增大导线的横截面积 S：这种方法多耗费金属材料，必然会 增加成本，同时给输电线的架设带来很大的困难．
高中物理第5章交变电流5电能的输送练习新人教版选修3_2
——教学资料参考参考范本——高中物理第5章交变电流5电能的输送练习新人教版选修3_2______年______月______日____________________部门1．输电线上的功率损失P＝________，降低输电损耗的两个途径为：____________________，____________________.2．远距离输电基本原理：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．3．下列关于电能输送的说法中正确的是( )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惟一办法是采用高压输电C．减小输电导线上电压损失的惟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4．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∶U2 B．U∶U2C．U∶U D．U2∶U15．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【概念规律练】知识点一线路损耗问题1．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，下列计算输电线损耗的式子中，正确的是( )A. B.错误!C．I2R D．I(U1－U2)2．某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R.则下列说法正确的是( ) A．输电线上的电流I＝URB．输电线上的电流I＝P0UC．输电线上损失的功率P＝()2RD．输电线上损失的功率P＝U2R知识点二远距离输电线路中各物理量的关系3．一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＝1 kΩ.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的耗损可忽略，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6×104盏灯泡(220 V,60 W)正常发光4．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.>n3n4B.<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【方法技巧练】关于远距离输电问题的分析方法5．发电机的端电压220 V，输出电功率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，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送到用户，求用户得到的电压和功率．6．在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为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′＝ B．P′＝P2ρLU2SC．P用＝P－ D．P用＝P(1－)1．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 高得多的电压进行输电．采用高压输电的优点是( )A．可节省输电线的材料B．可根据需要调节交流电的频率C．可减小输电线上的能量损失D．可加快输电的速度2．在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，那么( )A．输电线路上损失的电压与输送电流成正比B．输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大C．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比D．输电线路上损失的功率跟输电线上电流成正比3．某用电器离供电电源的距离为L，线路上的电流为I，若要求线路上的电压降不超过U，已知输电线的电阻率为ρ，该输电线的横截面积最小值是( )A. B. C. D.2ULIρ4．在远距离输电时，若输送的功率不变，使输出电压升高为原来的n倍，则输电线路上因电阻而产生的电能损失将变为原来的( )A．n2倍 B．n倍 C. D.1n5．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6．某农村水力发电站的发电机输出电压稳定，它发出的电先通过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．降低电压后，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( )A．升压变压器的副线圈的电压变大B．高压输电线路的电压损失变大C．降压变压器的副线圈上的电压变大D．降压变压器的副线圈上的电压变小7．某发电站用11 kV交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R.现若用变压器将电压升高到220 kV送电，下面哪个选项正确( )A．因I＝，所以输电线上的电流增为原来的20倍B．因I＝，所以输电线上的电流减为原来的120C．因P＝，所以输电线上损失的功率增为原来的400倍D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的120题号 1 2 3 4 5 6 7答案8.有一座小型水电站，输出的电功率是25 kW，输出电压为400V．若输电导线的总电阻为1Ω，求输电线上损失的电功率和用户得到的功率分别是________，________.9．水电站给远处山村送电的输出功率100 kW，用2 000 V的电压输电，线路上损失的功率是2.5×104 W，如果用20 000 V的高压输电，线路上损失的功率为________W.10．对某一输电线路，线路架设情况已确定，现要求输送一定的电功率P，若输电线上损失的功率占输送功率P的百分比用η表示，输电线路总电阻用r表示，输电电压用U表示，则η、P、U、r间满足什么关系？从中你能得出什么结论？11.某发电站的输出功率为104 kW，输出电压为4 kV，通过理想变压器升压后向80 km远处用户供电．已知输电导线的电阻率为ρ＝2.4×10－8 Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4 m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：(1)升压变压器的输出电压；(2)输电线路上的电压损失．12．有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图4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4(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．第5节电能的输送答案课前预习练1．I2r 减小输电导线的电阻减小输电导线中的电流2．升压升高降压降到3．AD4．C [由P＝UI，P损＝I2R可得P损＝，所以输电线上损失的功率与输送电压的平方成反比，C项正确．]5．ABD [导线的横截面积越大，导线的电阻越小，电能损失就越小，A对；在输送功率一定的前提下，提高输送电压U，由I＝知，能减小电流I，从而减小发热损耗，B对；若输送电压一定，由I＝知，输送的电功率P越大，I越大，发热损耗就越多，C错；高压输电时要综合考虑材料成本、技术、经济性等各种因素，不是电压越高越好，D 对．]课堂探究练1．BCD [输电线的损耗P损＝I2R线＝＝IU线其中U线＝U1－U2，故B、C、D正确．]点评计算功率损失常用公式P损＝IR线和P损＝，特别在利用P损＝时要注意U线是R线上的电压．2．BC [输电线上的电流I线＝＝故A错误，B正确；输电线上的功率损失P＝IR＝()2R＝，故C正确，D错误．]点评由功率损失P＝()2R线知：当输送功率P输一定时减少输电线上功率损失的方法为提高输电电压或减小输电导线的电阻．3．ABD [输电线上消耗的功率P线＝IR＝400 kW，则I2＝＝20 A，又P1＝U1I1，则I1＝＝103 A，故A正确；T1的变压比＝＝，又P＝U1I1＝U2I2，得U2＝2×105 V，输电线上损失电压U线＝I2R＝2×104 V，则T2原线圈的输入电压U3＝U2－U线＝1.8×105 V，又灯泡正常发光，T2的副线圈的电压为220 V，B正确；T2的变压比＝＝，C错误；根据U3I2＝60n，解得n＝6×104，D正确．]点评远距离输电线路图如下各物理量有下列关系①电压关系：U发＝U1，＝，U2＝U3＋U损，＝，U4＝U用；②电流关系：n1I1＝n2I2，I2＝I线＝I3，n3I3＝n4I4；③功率关系：P发＝P1＝P2，P2＝P3＋P损，P3＝P4＝P用，P损＝I2R线，P损＝2R线，P损＝IU损．4．AD [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．P出－P损＝P入，故D正确.＝，＝，因为U1＝200 V<U4＝220 V，U2>U3＝U2－U线，故>，选项A正确．]点评在理解电压关系时，可把输电线路理解为三个闭合回路．如图第一个回路发电机是电源，升压变压器的原线圈是用电器，若输电线电阻忽略则有U发＝U1；第二个回路升压变压器副线圈是电源，降压变压器的原线圈为用电器，则有U2＝U线＋U3；第三个回路降压变压器副线圈为电源，用户为用电器，若输电线电阻忽略则有U4＝U 用．5．(1)见解析(2)219.6 V 4.392×104 W(3)180 V 3.6×104 W解析(1)示意图如下图所示(2)升压变压器次级的输出电压U2＝U1＝×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I2＝＝ A＝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＝IR＝202×0.2 W＝80 W加到降压变压器初级上的输入电流和电压为I3＝I2＝20 AU3＝U2－UR＝2 200 V－4 V＝2 196 V降压变压器次级的输出电压和电流为U4＝·U3＝×2 196 V＝219.6 VI4＝·I3＝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，电路如下图所示，则输电电流I＝＝ A＝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方法总结(1)求解远距离输电的关键是熟悉输电线路图，并画出示意图，把需要的物理量都标在图中的相应位置上．(2)分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理量的关系，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．6．BD [输电线电阻R＝ρ，输电电流I＝PU故输电线上损失的电功率为P′＝I2R＝2ρ＝P2ρLU2S用户得到的电功率为P用＝P－P′＝P.故B、D正确．]方法总结在远距离输电问题中，也要时刻注意能量守恒这一线索，即发电机的总功率应等于线路上损失的热功率和用户得到的功率之和(在不考虑变压器自身的能量损失的条件下)．课后巩固练1．AC [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＝越小，据P线＝I2r可知，当要求在输电线能量损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率大的材料(非铜材)；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项正确；而交流电的频率是一定的，不随输送电压的改变而改变，输电的速度就是电磁波的传播速度，也一定，故B、D项不正确．]2．AC [U损＝IR线，所以R线一定时，U损与I成正比，A正确．U损＝I·R线＝·R线，所以P输、R线一定时，U损与U输成反比，B错误．P损＝I2R线＝2R线，所以P输、R线一定时，P损与U 输的平方成反比，C正确．P损＝I2R线，所以P损与I2成正比，D错误．]3．B [由欧姆定律有R＝，由电阻定律有R＝ρ，由以上两式解得：S＝]4．C [根据输电线上的功率损失的表达式：P损＝I2R＝()2R，电压升高为原来的n倍，则功率损失为原来的.]5．CD [对升压(或降压)变压器而言，由变压器电压比U1∶U2＝n1∶n2知，输入电压不变，线圈匝数不变，输出电压不变，故A选项不正确；由P＝UI知，U不变，P增大，故I增大，使得输电线上的电压损耗U损＝I2R线增大，功率损耗P损＝IR线增大，所以降压变压器上的输入电压减小，输出电压减小，所以B不正确，C正确；因为输电线上损耗的功率占总功率的比例为＝＝＝∝P1，所以随发电厂输出功率变大，该值变大，D正确．]6．BD [变压器的输入功率、输入电流的大小是由负载消耗的功率大小决定的，用电高峰期，白炽灯不够亮，消耗功率增大，输电线中的电流增大，线上电压增加，B正确．发电机输出电压稳定，升压变压器的副线圈的电压不变，降压变压器的输出电压由升压变压器副线圈的电压与线上损耗电压之差决定，D正确．]7．BD [选项A中，I 是输电线中的电流，R是输电线的电阻，但是U不是输电线上损失的电压，而是总的输送电压(是输电线和负载上电压之和)，所以不能用I＝计算输电线中的电流，在运用欧姆定律时，I、R、U应该对应于同一部分导体．因为输送的功率一定，由I＝可知，当输送的电压增为原来的20倍时，电流减为原来的，选项B正确．选项C中，R是输电线的电阻，而U是总的输送电压，R与U又不对应，所以P＝是错误的．输电线上损失的功率一般用P损＝I2R计算，从选项B中已经知道电流减为了原来的.若P损不变，则输电线的电阻可增为原来的400倍，根据R＝ρ，在电阻率、长度不变的条件下，那么导线的横截面积可减小为原来的，即导线的直径减为原来的，所以选项D是正确的．] 8．3.9 kW 21.1 kW解析由P＝IU，可求出输电线中的电流为I线＝＝ A＝62.5 A，输电线上损失的功率为P损＝IR线＝62.52×1 W＝3 906.25 W≈3.9 kW，用户得到的功率为P用＝25 kW－3.9 kW＝21.1 kW，即输电线上损失的功率约为3.9 kW，用户得到的电功率约为21.1 kW9．250解析线路上损失的功率P损＝I2R线，又I＝PU所以P损＝2R线，代入数据，解得R线＝10 Ω，当用20 000 V的高压输电时，P损′＝2R线＝250 W.10．见解析解析输电线路上损失的功率P损＝ηP＝I2r又P＝UI联立以上两式可得：ηP＝2r，即ηU2＝Pr，当P、r确定时，有ηU2＝定值，所以要减小η，必须提高输电电压U.11．(1)8×104 V(2)3.2×103 V解析(1)导线电阻r＝ρ＝Ω＝25.6 Ω输电线路损失功率为输出功率的4%，则4%P＝I2r，代入数据得：I＝125 A由理想变压器P入＝P出及P＝UI得：输出电压U＝＝ V＝8×104 V(2)输电线路上电压损失U′＝Ir＝125×25.6 V＝3.2×103 V12．(1)5 424 W (2)250 V (3)97% (4)减少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U1，升压变压器副线圈电压U2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U3，而U4应为灯的额定电压U额．(1)对降压变压器：P3＝P4＝U4I4＝nP灯＝22×6×40 W＝5 280 W而U3＝U4＝880 V所以I3＝＝ A＝6 A对升压变压器：U1I1＝U2I2＝IR＋U3I3＝IR＋P3＝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U2＝U3＋I线R＝U3＋I3R＝880 V＋6×4 V＝904 V所以U1＝U2＝×904 V＝226 V又U1I1＝U2I2所以I1＝＝4I2＝4I3＝24 A故E＝U1＋I1r＝226 V＋24×1 V＝250 V(3)η＝×100%＝×100%＝97%(4)电灯减少一半时n′P灯＝2 640 W，I3＝＝ A＝3 A所以P出＝n′P灯＋IR＝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.。
2019年高中物理第五章交变电流5电能的输送训练(含解析)新人教版选修3-2
电能的输送A 级抓基础1.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、乙两地原采用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（）P PA. —B.—C.2PD.4P42解析：由P = UI 可知由500 kV 的超高压输电变为1 000 kV 特高压输电时，输电线电流1 2P变为原来的2，再根据P 损=I 2R 线可得，输电线上损耗的电功率将变为4，故选A.答案：A2.（多选）在远距离输电时，输送的电功率为P,输电电压为U,所用导线电阻率为2L P 2 pT P.P s =u f s ，用户得到的电功率为 P /= P —A P = P 1 — US .答案：BD3.（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 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. 可减小输电线上的能量损失D. 可加快输电的速度解析：由P = UI 得I = U 当输电功率P 一定时，采用高压输电，U 大则的电流就小.由P ^ = I 2r 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 AC 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，是一定横截面积为S,总长度为 L , 输电线上损失的电功率为△ P,用户得到的电功率为P',则△ P 、P 的关系式正确的是（JsA. △ P =pLP%LB.△C.P = P-U^LpLP pL * = P 1-US解析：输电线电阻R = p S ，输电电流丨=U 故输电线上损失的电功率为△ P = I 2R = U2, 330 kV 的电小，输电线中的，故B、D不正确.答案：AC知输电导线的电阻率为p,那么，该输电导线的横截面积最小值是（UC.f TLU 2 L2 L 2 LI解析：输电线电流I = R R=丄^,所以最小横截面积为S=p-R^= -P y-答案：B5. （多选）某小型发电站的电能输送示意图如图所示.发电机的输出电压为220 V,升压变压器原、副线圈匝数分别为n i、n2,降压变压器原、畐U线圈匝数分别为ns币.要使额定电压为220 V的用电器正常工作（变压器均为理想变压器），则（A.^＞史n i n4B2＜吏C. 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,正确.答案：ADB级提能力6. 输电导线的电阻为R输送电功率为P,现分别用U 和U两种电压来输电，则两次输电线上损失的电压之比和功率之比分别为（）A.U2：U U : UaB. U ：if, if : U2C.U ：U, li : UD.U ：U, U> : UP P解析：由P= Ul得输电线中的电流I = U输电线上损失的电压U®= IR = UR输电线上4.某用电器距离供电电源为L,线路上的电流为I ,若要求线路上的电压降不超过U,已A.pL"U" B.2p LIUD.2UL1P故选项D正确.U n2 13n i，14n3n4,因为U = 220 V = 14= 220 V ,n2 n33U= U—U线，故nA。
高中物理第五章交变电流55电能的输送强化演练新人教版选修3
第五章 第5节 电能的输送课后强化演练一、选择题1．中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重．其中客观原因是电网陈旧老化，近年来进行了农村电网改造．为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行的是( )A ．提高输送功率B ．应用超导材料做输电线C ．提高输电电压D ．减小输电导线的横截面积解析：减小输电导线上电能损失可以从提高电压和减小电阻两方面考虑，但必须保证可靠、保质、经济并综合考虑实际问题．故选C 项．答案：C2．(多选)(2017·淄博期末)远距离送电，已知升压变压器输出电压为U 1，功率为P ，降压变压器的输入电压为U 2，输电线的电阻为R ，输电线上电压为U 线，则线路损耗的热功率P 损可用下面哪几种方法计算( )A ．P 损＝U 21RB ．P 损＝U 2线RC ．P 损＝U 22R D ．P 损＝P 2R U 21解析：输电线上的电压为U 线，则输电线上损耗的功率P 损＝U 2线R，B 选项正确；升压变压器输出电压为U 1，功率为P ，根据功率公式可知，输电线上的电流I ＝PU 1，输电线上损耗的功率P 损＝I 2R ＝P 2RU 21，D 选项正确．答案：BD3．一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求．要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电，到达几百公里甚至几千公里之外的用电区之后，再经“一次高压变电站”、“二次变电站”降压．已知经低压变电站降压变压器(可视为理想变压器)后供给某小区居民的交流电u ＝2202sin100πt (V)，该变压器原、副线圈匝数比为50 ∶1，则( )A ．原线圈上的电压为11 000 2 VB ．原线圈中电流的频率是100 HzC ．原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗D ．采用高压输电有利于减少输电线路中的损耗解析：副线圈电压的有效值为U 2＝U m2＝220 V ，根据理想变压器电压和匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2可知，原线圈上电压U 1＝11 000 V ，A 选项错误；变压器不会改变交流电的频率，故原线圈中电流的频率f ＝ω2π＝50 Hz ，B 选项错误；原、副线圈的电流之比等于匝数的反比，故副线圈的电流大于原线圈的电流，副线圈的导线粗，C 选项错误；在输送电功率一定的情况下，P 损＝I 2送R ＝⎝⎛⎭⎪⎫P 送U 送2R ，高压输电有利于减少输电线路中的损耗，D 选项正确．答案：D4．(多选)(2017·成都期中)电厂发电机的输出电压250 V ，输出功率为10 kW ，在进行远距离输电时，输电线总电阻为5 Ω，则( )A ．直接输电，用户两端的电压只有50 VB ．若要求用户两端的电压为220 V ，则应配备原、副线圈匝数比为1∶40(发电厂)和5∶1(用户端)的变压器C ．若要求输电线损耗的功率仅为总功率的5%，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶4D ．若用1 000 V 的高压输电，输电线的损耗功率仅为总功率的0.5%解析：直接输电时，输送电流I ＝P U＝40 A ，其中输电线总电阻为5 Ω，根据欧姆定律可知，用户两端的电压U 用＝U －IR ＝50 V ，A 选项正确；若要求用户两端的电压为220 V ，如果发电厂配备原、副线圈匝数比为1∶40的变压器，根据理想变压器电压和匝数关系可知，输送电压为10 000 V ，输送电流为1 A ，输电线损失电压为5 V ，用户端变压器的输入电压为9 995 V ，则该变压器的匝数比为1 999∶44，B 选项错误；输电线损耗功率P 损＝5%P ＝500 W ，则输送电流I 送＝10 A ，输送电压U 送＝P 送I 送＝1 000 V ，则n 1n 2＝UU 送＝1∶4，C 选项正确；若用1 000 V 的高压输电，输电线的电流I ＝10 A ，导线的损失电压为ΔU ＝IR ＝50 V ，损失功率ΔP ＝ΔUI ＝500 W ，输电线的损耗功率仅为总功率的5%，D 选项错误．答案：AC5．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．开关S 闭合后与闭合前相比，下列说法中正确的是( )A ．升压变压器的输入电压增大B ．降压变压器的输出电流减小C ．输电线上损耗的电压增大D ．输电线上损耗的功率占总功率的比例减小解析：发电厂的输出电压即升压变压器的输入电压，根据题干可知，升压变压器的输入电压保持不变，A 选项错误；开关S 闭合后，用电器并联，降压变压器的输出电流增大，B 选项错误；根据理想变压器电流和匝数的关系可知，降压变压器的输出电流增大，输入电流增大，则输电线上的电流增大，输电线的电阻不变，根据欧姆定律可知输电线上的电压损耗增大，C 选项正确；设发电厂的输出功率为P ，升压变压器的输出电压为U 送，输电线上的电阻为R ，输电线上损耗的功率占总功率的比例为P 损P＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 送2R P＝PR U 2送，输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大，D 选项错误．答案：C6．(多选)(2017·衡水市模拟)某小型水电站的发电机输出电压为220 V ，若输送的总功率为P 0，输电电压为U ，输电导线的总电阻为r ，升压变压器原副线圈匝数分别为n 1和n 2，降压变压器原副线圈匝数分别为n 3和n 4.都是理想变压器，要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )A ．输电线上的电流I ＝P 0UB.n 2n 1越大，输电线上损失的功率越大C ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率D ．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率解析：根据理想变压器的工作原理可知，输入功率和输出功率相等，P 0＝UI ，解得输电线上的电流I ＝P 0U ，A 选项正确；n 2n 1越大，输送电压越大，则输送电流越小，输电线上损失的功率越小，B 选项错误；输电线上有损耗，根据能量守恒可知，升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，C 选项正确，D 选项错误．答案：AC 二、非选择题7．发电厂输出的交流电压为2.2×104V ，输送功率为2.2×106W ，现在用户处安装一降压变压器，用户的电压为220 V ，发电厂到变压器间的输电导线总电阻为22 Ω，求：(1)输电导线上损失的电功率；(2)降压变压器原副线圈匝数之比n 1n 2为多少？解析：(1)输送电流为：I 线＝P 总U 总＝2.2×1062.2×104 A＝100 A则损失功率为：P 损＝I 2线R 线＝1002×22 W＝2.2×105W. (2)变压器原线圈电压U 1为U 1＝U 总－U 线＝U 总－I 线R 线＝2．2×104V －100×22 V＝19 800 V 所以原副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝901.答案：(1)2.2×105W (2)90∶18．(2017·武邑中学月考)某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为100 kW ，输出电压为500 V ，输电导线的总电阻为10 Ω，导线上损耗的电功率为4 kW ，该村的用电电压是220 V.(1)输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；(2)如果该村某工厂用电功率为60 kW ，则该村还可以装“220 V,40 W”的电灯多少盏？ 解析：(1)根据功率公式可知，P 损＝I 22R 线，解得升压变压器的输出电流I 2＝P 损R 线＝20 A ，升压变压器的输入电流I 1＝P U 1＝200 A ，根据理想变压器电流和匝数关系可知，n 1n 2＝I 2I 1＝110，根据欧姆定律可知，U 3＝U 2－I 2R 线＝4 800 V ，根据理想变压器电压和匝数关系可知，n 3n 4＝U 3U 4＝24011. (2)降压变压器中输出功率等于输入功率，P 3＝P 4，其中P 4＝(40n ＋60×103) W ，P 3＝96 kW ，联立解得n ＝900.答案：(1)1 ∶10 240 ∶11 (2)900盏。
(通用版)2018-2019版高中物理-第五章 交变电流 5.5 电能的输送课件 新人教版选修3-2
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).
答案
(2)若两个变压器均为理想变压器，则每个变压器中的电流、电压、功 率有什么关系？
自主预习
一、降低输电损耗的两个途径 1.输送电能的基本要求 (1)可靠：保证供电线路可靠地工作，少有故障. (2)保质：保证电能的质量—— 电压 和 频率 稳定. (3)经济：输电线路建造和运行的费用低， 电能 损耗小. 2.输电线上的功率损失：ΔP＝ I2r ，I为输电电流，r为输电线的电阻. 3.降低输电损耗的两个途径 (1)减小输电线的 电阻 ：在输电距离一定的情况下，为了减小 电阻 ，应 当选用 电阻率小 的金属材料，还要尽可能增加导线的 横截面积 .
A.UR线12
√B.U1－R线U22
√C.I2R 线
√D.I(U1－U2)
解析 输电线功率损耗P损＝I2R线＝UR线线2＝IU线，其中U线＝U1－U2， 故B、C、D正确.
解析 答案
ห้องสมุดไป่ตู้
总结提升
P损＝I2r＝
ΔU2＝ΔU·I.式中必须注意，ΔU为输电线路上的电压损失， r
而不是输电电压.
二、远距离高压输电电路中的各种关系
答案 不相等，由能量守恒知，发电厂输出的电能等于用户得到的电能
与输电线上损失的电能之和.
答案
(3)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？降低功 率损耗有哪些途径？
答案 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＝UP22r ，所以降低功率损耗的两个途径为： ①减小输电线的电阻r； ②减小输电电流I，即提高输送电压U.
2018_2019学年(精篇—1)高中物理第五章交变电流课时提升作业十一5.5电能的输送新人教版选修3_22019030762
课时提升作业十一电能的输送(40分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分)1.(多选)(2018·揭阳高二检测)对于电能输送的以下说法,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.减小输电线上电压损失的唯一方法是增大导线的横截面积D.实际输电时,要综合考虑各种因素,如输送功率大小、距离远近、技术和经济要求等【解析】选A、D。
减小输电线上功率损失和电压损失的两个途径:一是减小电阻,可以采用电阻率较小的导线或增大导线横截面积;二是减小电流,可以降低输送功率或提高输送电压,由上可知,B、C均错误。
2.(多选)(2018·厦门高二检测)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B.输电线上的电功率损失是原来的C.输电线上的电压损失是原来的D.输电线上的电压损失是原来的n倍【解析】选B、C。
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倍时,由于P=UI,输电线上的电流为原来的,所以输电线上的电压损失U损=IR,即是原来的,选项C正确,D错误;再由P损=I2R可知输电线上的电功率损失是原来的,选项B正确,A错误。
3.(多选)远距离输送交流电都采用高压输电,我国正在研究用比1 000 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】选A、C。
当输入电功率一定时,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=R,要减小损耗有两条途径:增大输电电压U和减小输电线电阻,输电距离是一定的,要减小输电线电阻只能靠增大电线横截面积,这样就多用材料。
2019版高中物理第五章交变电流第5节电能的输送课时作业新人教版选修3-2【word版】.doc
第五章 第5节 电能的输送基础夯实一、选择题(1～3题为单选题，4题为多选题)1．(2017·湖北天门、仙桃潜江三市高二下学期期末)目前我国远距离输送交流电用的电压有110kV 、220kV 和330kV ，输电干线已经采用500kV 的超高压，西北电网的电压甚至达到750kV 。
采用高压输电是为了( D )A ．加快输电的速度B ．降低输电的技术要求C ．方便调节交流电的频率D ．减小输电线上的能量损失解析：输电的过程中输送的功率一定时，根据P 损＝P 2U 2R 可知，损失功率与送电电压平方成反比，故采用高压输电的优点是可减少输电线上的电能损失。
故选D 。
2．(2018·陕西省西安中学高二上学期期末)发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至学校的输电线电阻为R ，通过导线的电流为I ，学校的输入电压为U 2，下列计算线路损耗功率的表达式中错误的是( A )A ．U 21/RB ．(U 1－U 2)2/RC ．I 2RD ．I (U 1－U 2)解析：输电损失的功率：ΔP ＝I 2R ，所以C 对，还可以应用输电线的电压降来求：ΔP ＝ΔU 2R ＝U 1－U 22R ，B 对；还可以用损失的电压乘以输电电流：ΔP ＝ΔUI ＝I (U 1－U 2)，D 对。
3．某发电站采用高压输电向外输送电能。
若输送的总功率为P 0，输电电压为U ，输电线的总电阻为R 线。
则下列说法不正确的是( A )A ．输电线上的电流I ＝UR 线B ．输电线上的电流I ＝P 0UC ．输电线电阻上的功率损失P 线＝(P 0U )2R 线D．输电线电阻上的电压损失U线＝P0U R线解析：输电线上的电流为I线＝P0U，A错，B对；根据P线＝I2R线，U线＝I线R线知C、D正确。
4．如图，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，当用电高峰到来时(AD)A．输电线上损失的功率增大B．电压表V1的示数减小，电流表A1的示数增大C．电压表V2的示数增大，电流表A2的示数减小D．用户功率与发电厂输出功率的比值减小解析：当用电高峰到来时，用户消耗的功率变大，则电流表A2的示数变大，输电线上的电流变大，输电线上损失的功率变大，选项A正确；因为发电厂的输出电压恒定，则升压变压器的副线圈两端的电压不变，即电压表V1的示数不变，选项B错误；输电线上的电压损失变大，故降压器原线圈两端的电压减小，副线圈两端的电压也减小，即电压表V2的示数减小，选项C错误；用户消耗的功率与发电厂输出功率的比值P－P损P＝1－I2RU1I＝1－ΔUU1，因为输电线上的电流增大，则电压损失增大，U1不变，所以用户消耗的功率与发电厂输出功率的比值减小，故D正确。
山东省专用2018_2019学年高中物理第五章交变电流第5节电能的输送讲义含解析新人教版选修3_2
第5节电能的输送1．输送电能的基本要求是可靠、保质、经济。
2．根据P 损＝I 2r 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。
一、降低输电损耗的两个途径 1．输送电能的基本要求(1)可靠：指保证供电线路可靠的工作，少有故障。
(2)保质：保证电能的质量——电压和频率稳定。
(3)经济：指输电线路建造和运行的费用，电能损耗。
低少2．降低输电损耗的两个途径要减少输电线路上的功率损失，由公式P 损＝I 2R 线知，必须减小输电线电阻或减小输电电流。
(1)要减小电阻，从R ＝ρ看，在输电距离一定的情况下，可以增大导线的横截面积，lS但过粗的导线会耗费太多的金属材料，同时也给铺设线路带来困难；还可以选用电阻率较小的导体。
(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输电电压。
前一种方法的作用十分有限，一般采用后一种方法。
3．高压输电(1)现代远距离输电都采用高压输电。
目前我国远距离送电采用的电压有110 kV,220 kV,330 kV ，输电干线已采用500 kV ，西北电网甚至达到750 kV 。
(2)高压输电并不是越高越好。
电压越高，对输电线路绝缘性能和变压器的要求就越高，线路修建费用会增多。
(3)实际输送电能时要综合考虑输送功率、距离、技术和经济等要求选择合适的电压。
二、电网供电1．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。
2．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．电网输电的优点(1)降低一次能源的运输成本，获得最大经济效益。
(2)减少断电的风险，调剂不同地区电力供需的平衡，保障供电的质量。
(3)合理调度电力，使电力的供应更加可靠，质量更高。
1．自主思考——判一判(1)仅仅从减少能量损失的角度看，输送功率一定的情况下，输电电压越高，损失的能量越少。
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5-5 电能的输送时间：40分钟满分：100分一、选择题(每小题6分，共54分)1．远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高，则 ( ) A ．输电线上的电压损失增大 B ．输电线上的电能损失增大 C ．输电线上的电压损失不变 D ．输电线上的电能损失减少 答案 D解析 由P ＝UI 知，输电线的电流为I ＝P U，功率一定，当输电电压U 提高时，电流I 减小，由ΔU ＝IR 得，输电线上的电压损失减少，再由P 线＝I 2R 线，可知输电线上的电能损失减少，D 选项正确。
2．下列关于减小远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的是( )A ．因为热功率P ＝U 2R，所以应降低输送的电压，增大输电导线的电阻，才能减小输电导线上的热损耗B ．因为热功率P ＝IU ，所以应采用低电压、小电流输电，才能减小输电导线上的热损耗C ．因为热功率P ＝I 2R ，所以可采用减小输电线电阻或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热损耗D ．以上说法均不正确 答案 C解析 不能盲目看公式，要注意其物理意义的表达，在求热损耗时：P 损＝I 2线R 线或用P损＝U 线I 线，也可用P 损＝U 2线R 线，但U 必须为输电线两端的电压(即损失电压)。
故选C 。
3．输电线的电阻共计为r ，输送的电功率为P ，用电压U 送电，则用户能得到的电功率为( )A ．PB ．P －P 2U rC ．P －U 2r D.P 2U2 r答案 B解析 输电电流I ＝P U，输电线上损耗功率为ΔP ＝I 2r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2r ，用户得到功率为P 用＝P －ΔP ＝P －I 2r ＝P －⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2r ，故B 正确，A 、C 、D 错误。
4.(多选)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3IB ．输电电流为9IC ．输电电压为3UD ．输电电压为13U答案 AD解析 高压线上的热耗功率ΔP ＝I 2R 线① 若热耗功率变为9ΔP ，则9ΔP ＝I ′2R 线②由①②得I ′＝3I ，A 正确。
又输送功率不变，P ＝UI ＝U ′I ′，得U ′＝13U ，所以D 正确。
5．(多选)如图所示，某变电站用10 kV 的高压向10 km 外的小区供电，输送的电功率为200 kW 。
现要求在输电线路上损耗的功率不超过输送电功率的2%，下列不同规格的输电线中，符合要求的是( )解析 由P ＝UI 解得输电电流I ＝P U＝20 A ，输电线路上损耗的功率不超过P线＝200kW×2%＝4 kW ，由P 线＝I 2R ，解得R ＝10 Ω，由于输电线长度需要20 km ，所以可以选择千米电阻0.5 Ω/km 以下的型号DYD100/C 或型号DYD150/C ，符合要求的是选项C 、D 。
6．随着社会发展，人类对能源的需求日益增加，节能变得愈加重要。
甲、乙两地采用电压U 进行远距离输电，输电线上损耗的电功率为输入总功率的k (0＜k ＜1)倍。
在保持输入总功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用5U 的电压输电，若不考虑其他因素的影响，输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的多少倍( )A.k 25 B.k5C ．5kD ．25k答案 A解析 设输送的电功率为P 。
当输送电压为U 时，在线路上损失的功率为：ΔP ＝I 2R ，由I ＝P U ，得：ΔP ＝P 2R U 2。
同理，当输送电压为5U 时，在线路上损失的功率为：ΔP ′＝P 2R U 2，据题有：ΔP ＝kP ，联立计算得出：ΔP ′＝k25P ，即输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的k25倍，所以A 正确。
7．(多选)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 答案 CD解析 由题意可知升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，A 错误；在电能输出过程中有：I ＝P U，U 线＝IR 线，U 3＝U 2－U 线，因P 变大，I 变大，故U 线变大，U 2不变，所以降压变压器输入电压U 3变小，则降压变压器的输出电压变小，B 错误；由P 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U22R 线，因P变大，所以P 线变大，C 正确；根据P 线P＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 22R 线P＝PR 线U 22，因P 变大，所以比值变大，D 正确。
8．在确定的两地间用铝导线输送一定功率的交变电流，现将输电电压提高1倍，并保持输电线上损失的功率不变，则用铝量可比增压前减少了( )A ．25%B ．50%C ．60%D ．75% 答案 D解析 设输送交变电流的功率为P ，输电电压为U ，提高电压后为U ′，所用铝导线长度为l ，总电阻为R ，增压后电阻为R ′，则由I ＝P U ，P 损＝I 2R 可得P 损＝P 2R U 2，同理P 损′＝P 2R ′U ′2，而P 损＝P 损′，U ′＝2U ，联立各式得R ′＝4R 。
由电阻定律R ＝ρl S ，R ′＝ρlS ′得S ′＝14S ，所以V ′＝V 4，m ′＝m 4。
所以用铝量仅为原来的14，即25%，因此用铝量减少了75%。
9．(多选)一台发电机最大输出功率为4000 kW ，电压为4000 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 k Ω，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6×104盏灯泡(220 V 60 W)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＝4000×10% kW＝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P＝U2I2得U2＝2×105 V，输电线上电压U线＝I2R线＝20000 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项正确。
二、非选择题(共3小题，46分)10．(14分)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)，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：(1)升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；(2)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。
答案 (1)6250 V 16 A (2)15.625 Ω 6000 V 解析 (1)对升压变压器，据公式U 2U 1＝n 2n 1， 则升压变压器的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝251×250 V＝6250 V ，输电导线中的电流I 2＝P 2U 2＝P 1U 2＝100×1036250A ＝16 A 。
(2)P 损＝I 22R 线＝0.04P 1，所以R 线＝0.04P 1I 22＝0.04×105162Ω＝15.625 Ω， 因为ΔU ＝U 2－U 3＝I 2R 线，所以U 3＝U 2－I 2R 线＝6250 V －16×15.625 V＝6000 V 。
11．(16分)如图所示，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈的匝数与次级线圈的匝数之比是3∶1。
初级线圈的输入电压是660 V ，次级线圈的电阻为0.2 Ω，用这台变压器供给100盏标有“220 V 60 W”的电灯用电。
求：(1)空载时次级线圈的端电压和输出功率； (2)接通时次级线圈的端电压； (3)每盏灯的实际功率。
答案 (1)220 V 0 (2)214.68 V (3)57.1 W解析 (1)将变压器视为理想变压器。
设空载时次级线圈的输出电压为U 2，由n 2n 1＝U 2U 1，得到U 2＝n 2n 1U 1＝220 V ，因为空载，次级线圈的负载电阻R 2→∞，次级线圈中的电流为零，所以I 2＝0，P ＝I 2U 2＝0。
(2)接通电路后，100盏灯并联的总电阻为R 外＝R100＝U 2额P 额100≈8.07 Ω，次级线圈中的电流I 2′＝U 2R 外＋R 线＝2208.07＋0.2A ，端电压：U 2′＝I 2′R 外≈214.68 V。
(3)每盏灯的实际功率P ＝I 2′100U 2′＝220×214.688.27×100W≈57.1 W。
12．(16分)风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源。
风力发电机是将风能(气流的动能)转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等，如图所示。
(1)利用总电阻R ＝10 Ω的线路向外输送风力发电机产生的电能。
输送功率P 0＝300 kW ，输电电压U ＝10 kV ，求导线上损失的功率与输送功率的比值；(2)风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积。
设空气密度为ρ，气流速度为v ，风轮机叶片长度为r 。
求单位时间内流向风轮机的最大风能P m 。
在风速和叶片数确定的情况下，要提高风轮机单位时间接受的风能，简述可采取的措施。
答案 (1)3100(2)12πρr 2v 3增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风 解析 (1)导线上损失的功率为P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 0U 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫300×10310×1032×10 W＝9 kW ，损失的功率与输送功率的比值P P 0＝9×103300×103＝3100。