【推荐】2018-2019学年高中物理第二章交变电流习题课变压器及电能的输送练习教科版选修3-.docx

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新教材人教版高中物理精品资料第2讲变压器电能的输送

第2讲变压器电能的输送一、理想变压器1．构造：如图1所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。

图1(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。

(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。

2．原理：电磁感应的互感现象。

3．理想变压器原、副线圈基本量的关系理想变压器(1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)(2)没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)基本关系功率关系根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出电压关系原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式U1U2＝n1n2，与负载、副线圈的个数无关电流关系(1)只有一个副线圈时：I1I2＝n2n1(2)有多个副线圈时：由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋I n U n或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋I n n n频率关系f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)4.几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图2甲(降压作用)、乙(升压作用)所示。

图2(2)互感器电压互感器(n1＞n2)：把高电压变成低电压，如图丙所示。

电流互感器(n1＜n2)：把大电流变成小电流，如图丁所示。

二、电能的输送如图3所示。

图31．输电电流：I＝PU＝P′U′＝U－U′R。

2．电压损失(1)ΔU＝U－U′(2)ΔU＝IR 3．功率损失(1)ΔP＝P－P′(2)ΔP＝I2R＝(P U) 2R4．减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R。

由R＝ρlS知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线。

(2)减小输电线中的电流。

在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压。

【自测采用220 kV高压向远方的城市输电。

当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为()A．55 kV B．110 kVC．440 kV D．880 kV答案 C解析设输送功率为P，则有P＝UI，其中U为输电电压，I为输电电流。

(通用版)2018-2019版高中物理第二章交变电流 2.7 电能的输送学案教科版选修3-2

7 电能的输送[学习目标] 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.4.了解直流输电.一、电能输送中的电压损失和电能损耗1.电压损失：输电线始端电压U 与末端电压U ′的差值，ΔU ＝U －U ′＝Ir .2.功率损失：输电线路的功率损失，ΔP ＝I 2r ，r 为输电线电阻. 3.减小电压、功率损失的方法：(1)减小电阻：由r ＝ρ lS可知，输电距离、ρ一定时，使用电阻率小的材料，增大导线横截面积可减小电阻.(2)提高输送电压：由P ＝UI 可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流，即采用高压输电.二、远距离输电系统目前世界各国都采用电网供电，在发电站内用升压变压器升压，然后再进行高压输电，在用电区通过降压变压器降到所需电压. 三、直流输电当交流输电功率很大时，导线的电感、电容引起的电压及电能损失很大；同一电网的发电机同步运行，技术上存在困难，所以有些大功率输电线路采用直流输电. [即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)输电线上电功率的损失，与输电线的电阻成正比，与输电线电流的平方成正比.( √ )(2)由P ＝U 2r可知，输电电压越小，输电线上的电功率损失就越小.( × )(3)使用变压器进行远距离输电，用户得到的电压可以高于发电机输出的电压.( √ ) (4)远距离输电时，若升压变压器匝数比为1∶n ，降压变压器匝数比为n ∶1，则升压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等.( × )2.输电线的总电阻为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________. 答案 U 22∶U 12一、电能输送中的电压损失和电能损耗[导学探究] 如图1所示，假定发电厂输出的电压为U ，输送功率为P ，输电线路中的电流是I ，两条导线的总电阻是r (在图中把导线电阻集中画为r ).那么：图1(1)用户两端的电压是多大？(2)用户得到的电能与发电厂输出的电能相等吗？(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 (1)U ′＝U －ΔU ＝U －PUr .(2)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.(3)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 ＝I 2r ＝P 2U2r ，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 . [知识深化]1.输电线上的电压损失：ΔU ＝U －U ′＝Ir ＝PUr . 2.输电线上的功率损失：(1)ΔP ＝I 2r ，其中I 为输电线上的电流.(2)ΔP ＝ΔU ·I 或ΔP ＝(ΔU )2R，其中ΔU 为输电线上的电压损失.3.减少电压损失和功率损失的方法(1)减小输电线的电阻r ，根据r ＝ρL S，可减小电阻率ρ，目前一般用电阻率较小的铜或铝作为导线材料；也可增大导线的横截面积S ，但这要多耗费金属材料，增加成本，同时给输电线的架设带来很大的困难.(2)减小输电电流I ，根据I ＝P U，在输送功率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，输送电流可减为原来的1n ，输电线上的功率损耗将降为原来的1n2.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)在(1)情况下，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？答案 (1)2 500 A (2)1.25×108W 14(3)1 000 A 2×107W125解析 (1)由P ＝UI 得I ＝P U ＝5×108 W2×105 V＝2 500 A(2)输电线上损失的功率ΔP ＝I 2·2r ＝2 5002×2×10 W＝1.25×108W 损失功率与输出功率之比为ΔP P ＝1.25×108W 5×108W ＝14(3)将电压升高至50万伏时，I ′＝P U ′＝5×108 W5×105 V＝1 000 A输电线上损失的功率ΔP ′＝I ′2·2r ＝1 0002×2×10 W＝2×107W 损失功率与输出功率之比为ΔP ′P ＝2×107W 5×10 W ＝125. 例2 (多选)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，通过输电线的电流为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＝U2线R 线＝IU 线，其中U 线＝U 1－U 2，故B 、C 、D 正确.(P 损＝I 2r ＝(ΔU )2r＝ΔU ·I .式中必须注意，ΔU 为输电线上的电压损失，而不是输电电压.二、远距离高压输电电路中的各种关系[导学探究] 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.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、n 1、n 2、n 3、n 4线圈的电阻均忽略不计).(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？答案 (1)第一个回路：P 1＝U 1I 1第二个回路：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)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. [知识深化]解决远距离输电问题时，需要画输电的电路图，理清三个回路，抓住两个联系，掌握一个定律. (1)画图、理清三个回路(如图3所示)图3(2)抓住两个联系①理想升压变压器联系回路1和回路2 即U 1U 2＝n 1n 2，I 1n 1＝I 2n 2，P 1＝P 2.②理想降压变压器联系回路2和回路3 即U 3U 4＝n 3n 4，I 3n 3＝I 4n 4，P 3＝P 4. (3)掌握一个定律根据能量守恒定律得P 2＝ΔP ＋P 3.例3 如图4所示，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.图4(1)求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)6 250 V 16 A (2)15.625 Ω 6 000 V 解析 (1)对升压变压器，据公式U 1U 2＝n 1n 2，有U 2＝n 2n 1U 1＝251×250 V＝6 250 VI 2＝P 2U 2＝P 1U 2＝100 0006 250A ＝16 A(2)P 损＝I 22R 线，P 损＝0.04P 1 所以R 线＝0.04P 1I 22＝15.625 Ω因为ΔU ＝U 2－U 3＝I 2R 线所以U 3＝U 2－I 2R 线＝6 000 V.1.(输电线上功率损失的计算)夏天由于用电器的增多，每年夏天都会出现“用电荒”，只好拉闸限电.若某发电站在供电过程中，用电高峰时输电的功率是正常供电的2倍，输电线电阻不变，下列说法正确的是( )A.若输送电压不变，则用电高峰时输电电流为正常供电时的2倍B.若输送电压不变，则用电高峰时输电线上损失的功率为正常供电时的2倍C.若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍，则此时输电电流为正常供电时的4倍D.若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍，则此时输电线损失的功率为正常供电时的4倍答案 A解析高压输电时P ＝UI ，I 是输送电路上的电流.用电高峰时，若输送电压不变，则I 为正常时的2倍，A 正确；输电线上损失的功率ΔP ＝I 2R 线，则输电线上损耗功率变为正常时的 4倍，B 错误；用电高峰时，若输送电压加倍，则I 不变，与正常时相同，C 错误；由ΔP ＝I 2R 线，知输电线损失的功率不变，D 错误.2.(输电线上功率损失的计算)(多选)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的升压变压器将电压升高为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12 500D.由公式P ＝U22R 线可知，提高电压后输电线上的功率损耗增为原来的2 500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 ＝P U 2可知，输电线中的电流变为原来的150，选项A 正确，B 错误；由P ＝I 2R 线可知，输电线上的功率损耗减为原来的12 500，选项C 正确，D 错误.3.(远距离高压输电的分析与计算)如图5所示为远距离交流输电的简化电路图.发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I 2.则( )图5A.用户端的电压为I 1U 1I 2B.输电线上的电压降为UC.理想变压器的输入功率为I 12r D.输电线路上损失的电功率为I 1U 答案 A解析根据理想变压器的工作原理，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 12r ＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的电功率P ′＝I 12r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误.4.(远距离高压输电的分析与计算)(多选)如图6所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压U 1和输电线的总电阻r 、理想变压器匝数均不变，且n 1∶n 2＝n 4∶n 3.当用户用电器的总电阻减小时( )图6A.U 1∶U 2＝U 4∶U 3B.用户的电压U 4增加C.输电线上的损失功率增大D.用户消耗的功率等于发电机的输出功率答案 AC解析根据U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4以及n 1∶n 2＝n 4∶n 3，知U 1∶U 2＝U 4∶U 3，故A 正确.用户用电器总电阻减小，则降压变压器副线圈电流增大，所以输电线上的电流增大，根据P 损＝I 2r 知，输电线上损耗的功率增大，根据ΔU ＝Ir 知，输电线上的电压损失变大，发电机的输出电压不变，则升压变压器的输出电压不变，降压变压器的输入电压变小，用户的电压U 4减小，故B 错误,C 正确.用户消耗的功率等于发电机的输出功率与输电线上损失的功率之差,故D 错误. 5.(远距离高压输电的分析与计算)一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户，已知发电机的输出功率为500 kW ，路端电压为500 V ，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶5，两变压器间输电线的总电阻为1.5 Ω，降压变压器的输出电压为220 V ，不计变压器能量损耗，求：(1)升压变压器的副线圈两端电压； (2)输电导线上的功率损失； (3)降压变压器原、副线圈的匝数比； (4)用户得到的功率.答案 (1)2 500 V (2)60 kW (3)10∶1 (4)440 kW 解析输电线路原理图如图所示(1)升压变压器的副线圈两端电压U 2＝n 2U 1n 1＝2 500 V. (2)输电导线上的电流I 2＝P 2U 2＝P 1U 2＝200 A 输电导线上的功率损失P 损＝I 22r 线＝60 kW (3)输电导线上的电压ΔU ＝I 2r 线＝300 V降压变压器原线圈的电压U 3＝U 2－ΔU ＝2 200 V ，降压变压器原、副线圈的匝数比为n 3n 4＝U 3U 4＝10∶1(4)用户得到的功率P 用＝P 1－P 损＝440 kW。

11.2 变压器、电能的输送(A)

11.2 变压器、电能的输送概念梳理：一、理想变压器1．工作原理：互感现象． 2．基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出．(2)电压关系：只有一个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2；有多个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝….(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1.由P 入＝P 出及P ＝UI 推出有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…. 3．几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器．(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器：用来把高电压变成低电压.电流互感器：用来把大电流变成小电流.4．理想变压器的理解(1)没有能量损失；(2)没有磁通量损失．【注意】(1)变压器不能改变直流电压．(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．二、远距离输电1．输电过程(如图所示) 2．输送电流(1)I ＝PU ；(2)I ＝U －U ′R.3．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q ＝I 2Rt . 4．电压损失(1)ΔU ＝U －U ′；(2)ΔU ＝IR . 5．功率损失(1)ΔP ＝P －P ′；(2)ΔP ＝I 2R ＝(PU)2R6．降低输电损耗的两个途径(1)减小输电线的电阻，由电阻定律R ＝ρlS 可知，在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应采用电阻率小的材料，也可以增加导线的横截面积．(2)减小输电导线中的输电电流，由P ＝UI 可知，当输送功率一定时，提高输电电压，可以减小输电电流．考点一理想变压器原、副线圈基本关系的应用1．基本关系 (1)P 入＝P 出；(2)U 1U 2＝n 1n 2，有多个副线圈时，仍然成立． (3)I 1I 2＝n 2n 1，电流与匝数成反比，只对一个副线圈的变压器适用．有多个副线圈时，由输入功率和输出功率相等确定电流关系．(4)原、副线圈的每一匝的磁通量都相同，磁通量变化率也相同，频率也就相同． 2．制约关系(1)电压：副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比决定． (2)功率：原线圈的输入功率P 1由副线圈的输出功率P 2决定． (3)电流：原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比决定．【例1】如图所示，理想变压器的原线圈接入u ＝11 000·2sin 100πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r ＝6 Ω的导线对“220 V 880 W ”的电器R L 供电，该电器正常工作．由此可知( C )A ．原、副线圈的匝数比为50∶1B ．交变电压的频率为100 HzC ．副线圈中电流的有效值为4 AD ．变压器的输入功率为880 W【练习】如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V ，6 W ”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是( D ) A ．120 V, 0.10 A B ．240 V, 0.025 A C ．120 V, 0.05 AD ．240 V , 0.05 A【练习】自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V 的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R 上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流的有效值为I 1，负载两端电压的有效值为U 2，且变压器是理想的，则U2和I 1分别约为( B ) A ．380 V 和5.3 A B ．380 V 和9.1 A C ．240 V 和5.3 AD ．240 V 和9.1 A考点二理想变压器的动态分析【例1】如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝U m sin ωt，副线圈电路中R0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U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是(C)A．I1和I2表示电流的瞬时值B．U1和U2表示电压的最大值C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小【练习】如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2.下列说法中正确的是(B)A．若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变小B．若F不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小C．若P不动，滑片F向下移动时，V1、V2的示数均变小D．若P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变大【练习】如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1＝1 100匝，副线圈的匝数n2＝110匝，R0、R1、R2均为定值电阻，且R0＝R1＝R2，电流表、电压表均为理想电表．原线圈接u＝2202 sin(314t) (V)的交流电源．起初开关S处于断开状态．下列说法中正确的是(BCD)A．电压表示数为22 VB．当开关S闭合后，电压表示数变小C．当开关S闭合后，电流表示数变大D．当开关S闭合后，变压器的输出功率增大考点三远距离输电问题1．远距离输电的处理思路对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或按从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析．2．远距离高压输电的几个基本关系(以下图为例)(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 3，U 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)输电线上损耗的电功率：P 损＝I 线ΔU ＝I 2线R 线＝(P 2U 2)2R 线．当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的1n 2.【例1】通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P ，原线圈的电压U 保持不变，输电线路的总电阻为R .当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的电功率为P 1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，线路损耗的电功率为P 2，则P 1和P 2P 1分别为( D )A.PR kU ，1nB ．(P kU )2R ，1nC.PR kU ，1n2D ．(P kU )2R ，1n2【练习】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( B ) A ．输电线上输送的电流大小为2.0×105 A B ．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ΔP ＝U 2/r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻课后练习一．选择题1．[双]关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( BC ) A ．通过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．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V ，额定功率为22 W ；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U 和I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则( A ) A ．U ＝110 V ，I ＝0.2 AB ．U ＝110 V ，I ＝0.05 AC ．U ＝110 2 V ，I ＝0.2 AD ．U ＝110 2 V ，I ＝0.2 2 A3．[双]如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n 1，次级线圈的匝数为n 2，初级线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220 V，负载电阻R＝44 Ω，电流表A1的示数为0.20 A．下列判断中正确的是(BC )A．初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1B．初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1C．电流表A2的示数为1.0 AD．电流表A2的示数为0.4 A4．如图所示，一理想变压器的原线圈匝数n1＝1 000匝，副线圈匝数n2＝200匝，交流电源的电动势e＝311sin 100πt V(不考虑其内阻)，电阻R＝88 Ω，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，则(D)A．电压表的示数为62.2 VB．电流表的示数为2.5 AC．通过R的电流最大值为0.5 AD．变压器的输入电功率为22 W5．[双]如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电阻R＝22 Ω，各电表均为理想电表，副线圈输出电压的变化规律如图乙所示．下列说法正确的是(BD)甲乙A．输入电压的频率为100 Hz B．电压表的示数为220 VC．电流表的示数为1 A D．电阻R消耗的电功率是22 W6．[双]如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图乙所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则(AC)A．变压器的输入电压最大值是220 2 VB．正弦交变电流的周期是1×10－3 sC．变压器的输入功率是1×103 WD．电压表的示数是100 2 V7．[双]如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R 为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是( AD )A ．若电压表读数为6 V ，则输入电压的最大值为24 2 VB ．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C ．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D ．若保持负载电阻阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍 8．[双]图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( BC )A ．电压表的示数等于5 VB ．电压表的示数等于52V C ．实现点火的条件是n 2n 1>1 000D ．实现点火的条件是n 2n 1<1 0009．如图所示，接在照明电路中的自耦变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯泡L 1、L 2和L 3，输电线的等效电阻为R .当滑动触头P 向上移动一段距离后，下列说法正确的是( D ) A ．等效电阻R 上消耗的功率变大B ．三个灯泡都变亮C ．原线圈两端的输入电压减小D ．原线圈中电流表示数减小10．[双]如图所示，某理想变压器的原线圈接一交流电，副线圈接如图所示电路，开关S 原来闭合，且R 1＝R 2.现将S 断开，那么交流电压表的示数U 、交流电流表的示数I 、电阻R 1上的功率P 1及该变压器原线圈的输入功率P 的变化情况正确的是( AD )A ．U 增大B ．I 增大C ．P 1减小D ．P 减小11．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图甲所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图甲中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器．现在CD两端输入图乙所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么(D)A．由乙图可知CD两端输入交流电压u的表达式为u＝362sin 100t(V)B．当滑动触头P逆时针转动时，MN之间输出交流电压的频率变大C．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小12．[双]为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示．以下正确的是(BD)甲乙A．u2＝1902sin (50πt) VB．u2＝1902sin (100πt) VC．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移13．[双]如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别是n1、n2，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，副线圈接定值电阻R，其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压．当单刀双掷开关由a拨向b后，下列说法正确的是(BD)甲乙A．副线圈输出电压的频率变小B．B．电压表的示数变大C．电流表的示数变小D．原线圈的输入功率变大14．[双]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( AC ) 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的电流成正比15．[双]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，则下列关系式中正确的是( BD ) A ．P ′＝U 2SρlB ．P ′＝P 2ρlU 2SC ．P 用＝P －U 2SρlD ．P 用＝P (1－PρlU 2S)16．[双]某小型水电站的电能输送示意图如图11甲所示，发电机的输出电压变化规律如图乙．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( AD )A ．乙图中电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt VB ．乙图中电压的有效值和用电器的额定电压都是220 V ，所以n 1n 2＝n 4n 3C ．通过升压变压器的电流频率比通过降压变压器的电流频率大D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率。

高二物理《电能的输送》说课稿范例

高二物理《电能的输送》说课稿范例
转眼间高中的课程已过半，为了老师更好的开展自己的教学工作，现将高二物理电能的输送说课稿范例提供给大家，希望能对大家有所帮助。

各位评委老师：大家好!今天我说课的题目是《电能的输送》。

下面我将从教材分析、目标分析、过程分析、效果分析四个方面进行阐述。

一.教材分析
1.教材的地位和作用：
本节课是在学习了交变电流的产生、描述以及变压器的基础上进行的，是物理学知识的延伸，是物理知识的应用，更是物理知识服务于生活实际的重要体现。

2. 教学的重点和难点：
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.。

高二【变压器电能的输送】习题带解析

【变压器电能的输送】【随堂演练】1．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u ＝202sin100πt V ．氖泡在两端电压达到100 V 时开始发光，下列说法中正确的有( )A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100 HzB ．开关接通后，电压表的示数为100 VC ．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解析：副线圈电压由原线圈决定，则不论负载如何变化，电压表的读数不变，始终为有效值100 V ，B 正确；每个交流电周期内氖管发光两次，每秒发光100次，则氖管发光频率为100 Hz ，开关断开后，负载电阻增大、电流减小，则变压器的输出功率减小．答案：AB2．如图甲所示，为一种可调压自耦变压器的结构示意图，线圈均匀绕在圆环型铁芯上，若AB间输入如图乙所示的交变电压，转动滑动触头P 到如图甲中所示位置，在BC 间接一个55 Ω的电阻(图中未画出)，则( )A ．该交流电的电压瞬时值表达式为u ＝2202sin(25πt )VB ．该交流电的频率为25 HzC ．流过电阻的电流接近于4 AD ．电阻消耗的功率接近于220 W解析：由题中图乙可知正弦交流电的周期T ＝0.04 s ，则f ＝1T ＝25 Hz ，ω＝2πf ＝50π rad/s ，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u ＝2202sin(50πt )V ，A 错误B 正确；从题图甲中可以看出，自耦变压器的副线圈的匝数约是原线圈匝数的12，故副线圈两端的电压约为110 V ，流过电阻的电流约为2 A ，C 项错误；电阻消耗的功率P ＝U 2I 2＝220 W ，D 项正确．答案：BD3．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R 串联接在副线圈上，如图所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是( )A ．原、副线圈中的电流之比为5∶1B ．电压表的读数为44 VC ．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1 min 内产生的热量为2 904 JD ．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小解析：原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1∶5，A 项错误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V ，但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有442R ×T 2＝U 2有效R ×T ，从而求得电压表两端电压有效值为U 有效＝22 2 V ，则Q ＝U 2有效R ×60＝2 904 J ，B 错误，C 正确；将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，电流表的读数变大，D 错误．答案：C4．如图10－2－13甲所示，变压器原副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3为三只规格均为“9V 、6 W ”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压u 的图象如图乙所示．则以下说法中正确的是( )A ．电压表的示数为27 2 VB ．三只灯泡均能正常发光C ．电流表的示数为2 AD ．变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz解析：本题考查交流电的规律、变压器的规律．交流电表测量的是交流电的有效值，输入电压的有效值为27 V ，因此电压表的示数应为27 V ，A 项错误；根据变压比，副线圈输出的电压为9 V ，因此三只灯泡均能正常发光，B 项正确；三只灯泡中的总电流为3P /U ＝2 A ，C 项正确；原线圈输入电压的频率为50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，因此D 项正确．本题较易．答案：BCD5．“5·12”汶川大地震发生后，山东省某公司向灾区北川捐赠一批柴油发电机．该柴油发电机说明书的部分内容如表所示．现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型导线单位长度的电阻为2.5×10－4Ω/m.安置区家用电器的总功率为44 k W，当这些家用电器都正常工作时，下列说法中正确的是()A. 输电线路中的电流为20 AB．输电线路损失的电功率为8 000 WC．发电机实际输出电压是300 VD．如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是300 V解析：I线＝I0＝P0U0＝4.4×104220A＝200 A；线路损失功率P线＝I2线R线＝8 000 W，线路两端电压U＝I线R线＝40 V，所以发电机输出电压为260 V；如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是260 2 V.答案：B【作业练习】1.一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 如图所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则()A．流过电阻的电流是20 AB．与电阻并联的电压表的示数是100 2 VC．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 JD．变压器的输入功率是1×103 W解析：考查正弦交变电流有效值、最大值意义及理想变压器的相关知识．由输入电压图象可知输入电压的有效值为220 V，故副线圈输出电压的有效值为100 V，接入副线圈的电阻为10 Ω，故电流有效值为10 A，A项错；与电阻并联的电压表读数即为副线圈电压有效值100 V，B项错；根据Q＝I2Rt＝102×10×60 J＝6×104 J，C项错；由变压器输入功率等于输出功率可知，P＝IU＝10×100＝1 000 W，D项正确．答案：D2．春节前后，我国南方部分省市的供电系统由于气候原因遭到严重破坏．为此，某小区启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，发电机的电动势e＝4802sin(100πt)V(不考虑其内阻)，图中R表示输电线的电阻．滑动触头P 置于a处时，用户的用电器恰好正常工作，在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则()A．若A2示数为2 A，R＝10 Ω，则原副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1B．若A2示数为2 A，R＝10 Ω，则原副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶1C．当发电机输出的电压发生波动使V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P 向下滑动D．如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑解析：若A2的示数为2 A，R＝10 Ω，用户电压220 V，电压表V2示数U2＝220 V＋I2R＝240 V，电压表V1示数(有效值)U1＝480 V，原副线圈的匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，故选项A对、B错；由n1∶n2＝U1∶U2，若U1变小，则n2应变大，故选项C错；当用电器增加时，副线圈中的电流增加，输电线电阻R上的电压增大，副线圈两端的电压应增大，故滑动触头P应向上滑，故选项D对．答案：AD3．正弦交流电经过匝数比为n1n2＝101的变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按如图甲所示方式连接，R＝10 Ω.图乙是R两端电压U随时间变化的图象．U m＝10 2 V，则下列说法中正确的是()A．通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R＝2cos 100πt(A)B．电流表A的读数为0.1 AC．电流表A的读数为210 AD．电压表的读数为U m＝10 2 V解析：由图象知T＝2×10－2 s，f＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s，故i R＝2cos 100πt(A)，A正确．再根据I 1I 2＝n 2n 1知，I 1有效值为0.1 A ，B 正确，C 错误．电压表读数应为副线圈电压有效值，U ＝U m 2＝10 V ，故D 错误．答案：AB4．如图10－2－18所示为一理想变压器，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是( )A ．只增加原线圈的匝数B ．只增加副线圈的匝数C ．只减小R 1的电阻D ．断开开关S解析：输入功率由输出功率决定，副线圈上的功率P 2＝U 22R .增加副线圈的匝数，U 2增加，P 2增大，B 正确；增加原线圈匝数，U 2减小，P 2减小，A 错；减小R 1的电阻，副线圈上的总电阻R 变小，P 2增大，C 对；断开S ，R 增大，P 2减小，D 错误．答案：BC5．一个理想变压器的工作示意图如图所示，变压器的初级线圈匝数为n 1，与干路高电压U 1相连，工作时流过线圈的电流为I 1，初级与干路相连的导线的电阻不能忽略．变压器的次级线圈匝数为n 2，输出电压为U 2，工作时流过线圈的电流为I 2.设连接在次级线圈上的用电器均为相同的电灯，导线的电阻可以忽略．在变压器次级线圈有负载的情况下，下列判断哪个正确( )A ．无论次级接入的电灯的数量多少，总有U 1∶U 2＝n 1∶n 2B ．无论次级接入的电灯的数量多少，总有I 1∶I 2＝n 2∶n 1C ．无论次级接入的电灯的数量多少，总有U 1I 1＝U 2I 2D ．以上判断都不正确解析：变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2中的U 1是变压器原线圈两端的电压，由于初级线圈的干路电阻较大，线路上的压降也较大，线路损耗功率也较大，因此A 、C 两项不成立．答案：B6．为了减少输电线路中电力损失，发电厂发出的电通常是经过变电所升压后通过远距离输送，再经变电所将高压变为低压．某变电所电压u 0＝11 0002sin 100πt V 的交流电降为220 V 供居民小区用电，则变电所变压器( )A．原、副线圈匝数比为50∶1B．副线圈中电流的频率是50 HzC．原线圈的导线比副线圈的要粗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：u0＝11 0002sin 100πt V中的11 0002指的是电压的最大值，有效值为11 000 V，则原、副线圈之间的匝数之比等于两线圈的电压之比，即50∶1，A正确；由ω＝100π可得频率为50 Hz，变压器不改变电流的频率，因此，副线圈的频率也是50 Hz，B正确；电流与匝数成反比，即原线圈的电流比副线圈电流要小，因此，副线圈的导线要比原线圈粗，C 错误；居民小区各个用电器都是并联的，它们的电流总和等于副线圈中的电流，故D错误．答案：AB7．如图所示，两条平行金属导轨竖直放置，其间有与导轨平面垂直的匀强磁场，金属棒ab沿导轨下滑，下滑过程中与导轨接触良好．金属棒、导轨、电流表A1和理想变压器原线圈构成闭合回路．金属棒ab在沿导轨下滑的过程中，电流表A1一直有示数，而电流表A2在某时刻之后示数变成了零，以下说法正确的是()A．电流表A2示数等于零之前，金属棒必是变速运动B．电流表A2示数等于零之后，金属棒必是变速运动C．电流表A2示数等于零之前，金属棒必是匀速运动D．电流表A2示数等于零之后，金属棒必是匀速运动解析：金属棒在重力作用下，开始向下做加速运动，速度不断增加，金属棒切割磁感线产生的感应电流逐渐增大，原线圈上产生的磁场不断增强，穿过副线圈的磁通量不断增大，在副线圈上发生电磁感应现象，电流表A2上有电流．当金属棒上电流增加到一定程度，金属棒受到的安培力等于重力时，金属棒开始做匀速下落，原线圈的电流不再发生变化，原线圈上产生的磁场磁感应强度不变，穿过副线圈的磁通量不发生变化，副线圈上不发生电磁感应现象，电流表A2示数等于零．综上所述，选项A、D正确．答案：AD8．如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端BP间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动滑动触头P的位置，可改变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为Q，则()A．只将Q向下移动时，灯泡的亮度变大B．只将Q向下移动时，电流表的读数变大C．只将P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大D．只提高输入端的电压U时，电流表的读数变大解析：将Q向下移动时，R阻值增大．电路中电阻增大，电流减小，故B项错误；由于副线圈上电压不变，电灯两端的电压不变，功率不变，亮度不变，故A项错．将P沿顺时针方向移动时副线圈匝数减少，电压减小，电流减小，故C项错．提高输入端的电压时，副线圈上电压增大，电流增大，故D项正确．答案：D9．为了测一个已知额定电压为100 V的灯泡的额定功率，设计了如图所示的电路，理想变压器的原、副线圈分别接有理想电流表A和灯泡L，滑动变阻器的阻值范围是0～100 Ω，不考虑温度对灯泡电阻的影响，原、副线圈的匝数比为2∶1，交流电源的电压为U0＝440 V，适当调节滑动变阻器的滑片位置，当灯泡在额定电压下正常工作时，电流表A的示数为1.2 A，则()A．灯泡的额定功率为40 WB．灯泡的额定电流为2.4 AC．滑动变阻器并联部分的阻值为50 ΩD．滑动变阻器消耗的电功率为240 W解析：根据题意，副线圈上的电流为2.4 A，电压为220 V，由于滑动变阻器上部分的并联电路电压为100 V，则下部分电阻电压为120 V，由串联知识，可知滑动变阻器上部分与小灯泡并联后与滑动变阻器下部分功率分配比为100∶120＝5∶6，故下部分电阻上的电功率P下＝611P总，P总＝1.2×440 W＝528 W，则P下＝288 W，下部分电阻R下＝288/2.42Ω＝50 Ω，则滑动变阻器上部分(并联部分)的电阻为50 Ω，上部分电路消耗功率P′＝P总－P下＝240 W，故容易计算出通过灯泡的电流为0.4 A，灯泡的功率为40 W，故A、C正确．答案：AC10．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()A.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之比的关系，可知要让用电器正常工作，必须有n 2n 1>n 3n 4，A 对，B 、C 错；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D 也正确．答案：AD11．如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3 300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U ＝2 V ．求：(1)原线圈n 1等于多少匝？(2)当开关S 断开时，电流表的示数I 2＝5 A ．则电流表的示数I 1为多少？(3)当开关S 闭合时，电流表A 1的示数I 1′等于多少？解析：(1)由电压与变压器匝数的关系可得：U 1/n 1＝U 2/n 2＝U ，则n 1＝1 650匝．(2)当开关S 断开时，有：U 1I 1＝U 2I 2，I 1＝U 2I 2/U 1＝13A. (3)当开关S 断开时，有：R L ＝U 2/I 2＝44 Ω.当开关S 闭合时，设副线圈总电阻为R ′，有R ′＝R L /2＝22 Ω，副线圈中的总电流为I 2′，则I 2′＝U 2/R ′＝10 A ．由U 1I 2′＝U 2I 1′可知，I 1′＝U 2I 2′/U 1＝23A. 答案：(1)1 650匝 (2)13 A (3)23A 12．某发电站的输出功率为104 k W ，输出电压为4 k V ，通过理想变压器升压后向80 k m 远处供电．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 m 2，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．解析：(1)输电线路损失的功率为P 线＝107×4% W ＝4.0×105 W导线电阻为R 线＝ρ2l S＝25.6 Ω，对导线：P 线＝I 22R 故副线圈电流为I 2＝1.25×102 A ，故P 出＝P 入＝104 k W ＝U 2I 2，代入数据得U 2＝80 k V 即变压器的输出电压为80 k V .(2)U 线＝I 2R 线＝3.2 k V .答案：(1)80 k V (2)3.2 k V。

高考物理课程复习：理想变压器电能的输送

解析开关S闭合时,副线圈总的电阻减小,由于变压器的匝数比和输入的电
解析 MN在匀强磁场中匀速运动,左侧回路电流
感应电流,所以A2示数为0。

I= 恒定,右侧回路中无
左
2.(2020江苏卷)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器,工作原理如
图所示。其原线圈匝数较少,串联在电路中,副线圈匝数较多,两端接在电
流表上。则电流互感器(
)
A.是一种降压变压器
B.能测量直流电路的电流
想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的
正弦曲线如图乙所示。下列说法正确的是
(
甲
)
A.所用交变电流的频率为50 Hz
B.电压表的示数为100 V
C.电流表的示数为1.0 A
D.变压器传输的电功率为15.0 W
乙
答案 AD
解析由题图乙可得,交变电流的周期 T=0.02 s,频率为
确;R2 中电流的最大值为√2
乙
甲
A.1 Ω
B.5 Ω
C.6 Ω
D.8 Ω
)
审题指导
关键词句
获取信息
原、副线圈匝数比n1∶n2=22∶3
匝数比已知,可求副线圈两端电压
输入端a、b所接电压u……如图乙所示由图乙可知输入电压
①图甲;②灯泡L的电阻恒为15 Ω,额定电由图甲,各用电器串并联关系和参
压为24 V。定值电阻R1=10 Ω、R2=5 Ω 数已知
电压的图像,把该交流电压加在图乙中理想变压器的a、b两端。交流电流表和
交流电压表均为理想电表,R1是定值电阻,R2为用半导体热敏材料制成的传感器
(温度升高时电阻减小),其他各处电阻不计。下列说法正确的是(
)

高中物理第二章交变电流第7节电能的输送-2一等奖公开课ppt课件

1．自主思考——判一判
(1)增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。(√)
(2)高压输电是通过提高电压、减小输电电流来减少电路的发热损耗。
(√)
(3)高压输电一定是电压越高越好。
(×)
(4)远距离输电时，若升压变压器匝数比为 1∶n，降压变压器匝数比为
n∶1，则升压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等。(×)
一、电能输送中的电压损失和电能损耗 1．电能输送中的电压损失 U 损＝Ir，其中 I 为输电线中的电流，r 为输电线的电阻。 2．电能输送中的电能损失 (1)电能损失：W 损＝P 损 t。 (2)功率损失：P 损＝ I2r 。
二、远距离输电系统 1．电网通过网状的输电线、变电站，将许多电厂和广大用户连接起来，形成全国性或地区性的输电网络。 2．远距离输电基本原理在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压。
3．远距离输电中，当输送的电功率为 P，输送电压为 U 时，输电
线上损失的电功率为 ΔP，若输送的电功率增加为 2P，而输电
线中损失的电功率减为Δ4P，(输电线电阻不变)那么输电电压应
增为
()
A．32U
B．16U
C．8U
D．4U
解析：由 P＝UI 知 I＝UP，则输电线上损失的功率 ΔP＝I2R＝ UP2R，得输电电压 U＝P ΔRP，若输送的电功率增加为 2P，而输电线中损失的电功率减为Δ4P，由上式得输电电压 U 应增为 4U；故 D 正确，A、B、C 错误。答案：D
线路的电阻为 R，则下列说法中正确的是
()
A．根据公式 I＝U据公式 I＝UR，提高电压后，输电线上的电流增为原来的 20 倍

高中物理第二章交变电流习题课二变压器及电能的输送练习教科版选修3_2

变压器及电能的输送、单项选择题1 •理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，以下说法中正确的是（）A. 穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10 : 1B. 穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C. 原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10 : 1D. 正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为10 : 1解析：对理想变压器，无磁通量损漏，因而穿过两个线圈的磁通量相同，磁通量变化率相同, 因而每匝线圈产生感应电动势相等，电压与匝数成正比；理想变压器可以忽略热损耗，故输入功率等于输出功率.只有B项正确.答案：B2. 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= "R知，应降低输电电压，增大导线电阻B. 由P= IU知，应低电压小电流输电C. 由P= I2R知，应减小导线电阻或减小输电电流D. 上述说法均不对U2解析：输电时导线上损失的电压△ U= IR，它不同于输电电压，P= -或P= IU中的U应为导线上损失的电压，故A、B错；导线上功率的损失为发热损失，即P= l2R,故C正确.答案：C3. 理想变压器原、畐U 线圈的匝数比为的输出电压为（）A. 90 VC. 6 V答案：D若以3 300 V送电，则线路损失可降为1 : 15,当原线圈接在6 V的蓄电池两端以后，畐U线圈B. 0.4 VD. 0解析：由于蓄电池向外输出的是直流电, 铁芯中磁通量不能发生变化，在副线圈中不能产生感应电动势，所以副线圈的输出电压为0.4.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,A. 3.3 kWB. 1.1 kWC. 30 kWD. 11 kWP2解析：由P= Ul, △ P= |2R得△ P= ^R，当输送电压增大为原来3倍时，线路损失变为原来的19，即卩△ P = 1.1 kW. 答案：B5.在如图所示的电路图中，变压器是理想变压器，原线圈匝数n i = 600匝，装有0.5 A 的保险丝，畐U 线圈的匝数n 2= 120匝.要使整个电路正常工作，当原线圈接在180 V 的交流电源上时，则副线圈（）A. 可接耐压值为36 V 的电容器B. 可接“ 36 V,40 W ”的安全灯两盏C. 可接电阻为14 Q 的电烙铁D. 可串联量程为3 A 的电流表测量其电路的总电流解析：根据汀=—得U = — U =石击乂 180 V = 36 V ，又由厂=—，在保险丝安全的条件下，副线U 2 n 2 n 1 600 12 n 1 n 1600圈中允许流过的最大电流为I2 =妙=云X 0.5 A = 25 A ，最大输出功率R= 25 A X 36 V = 90 W, B 选项正确.而交变电压的有效值为36 V ，那么其最大值一定大于36 V ，所以A 项错流表时会因电流过大烧毁电流表或烧断保险丝, 答案：B 二、多项选择题 6.如图所示，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（）A. 原线圈匝数门增加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 的阻值减小分析可得选项 B 、D 正确. 答案：BD7•为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰•若在正常供电时，高压线上输电电压为U,电流为I ，发热功率为 △ P;除冰时，输电线上的发热功率需变为9A P,则除冰时（认为输电功率和输电线电阻不变）（）误.接14 Q 的电烙铁时，流过电烙铁的电流将达到36 I2'=初 A>25A , C 项不正确.串联电D 项错误.解析.由U1=丄解析由U n 2,p 出=R 可得p 出=題又因为p 入=p 出，所以 n 1RA. 输电电流为3IB.输电电流为9I1D. 输电电压为-U解析：输电功率 P = UI ,输电线电阻为 R,贝U △ P = I 2R =1为9 △ P,输电功率保持不变，那么输电电流应变为3I ，或者输电电压变为-U, A D 正确.3 答案：AD8. 如图所示，电路中的变压器为理想变压器， S 为单刀双掷开关，P 是滑动变阻器 R 的滑动触头，U 为加在原线圈两端的交变电压，丨1、丨2分别为原线圈和副线圈中的电流.下列说法正确的是（）A. 保持P 的位置及U 不变，S 由b 切换到a ,则R 上消耗的功率减小B. 保持P 的位置及U 不变，S 由a 切换到b ,贝U I 2减小C. 保持P 的位置及U 不变，S 由b 切换到a ,则11增大D. 保持U 不变，S 接在b 端，将P 向上滑动，则I i 减小解析：改变开关的位置就是改变副线圈匝数，当副线圈匝数减少时，畐U 线圈两端电压减小， R上消耗的功率减小，电流也减小，原线圈中电流也减小；当电压和副线圈都不发生变化时，调节滑动变阻器向上滑动，则电阻减小，输出电流增大，输入电流也增大. 答案：BC9.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1 : 5,原线圈两端的交流电压为 u = 20 2sin100 n t V ，氖泡在两端电压达到 100 V 时开始发光.下列说法中正确的有（）A. 开关接通后，氖泡的发光频率为 100 HzB.开关接通后，电压表的示数为 100 VC. 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 2 n 2 n1解析：变压器不能改变交变电流的频率， T == — s = 0.02 s , f = 1 = 50 Hz ，因为一3 100 nI个周期内氖泡发光 2次，故开关接通后，氖泡的发光频率为100 Hz , A 项正确；电压表的示20、f 2门2数是有效值，U = $ V = 20 V , L b = ：U = 100 V , 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.答案：AB10. 为保证用户电压稳定在 220 V,变电所需适时进行调压，图甲为变压器示意图.保持输入C.输电电压为3U除冰时，输电线上的发热功率电压U1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压.某次检测得到用户电压U2随时间t 变化的曲线如图乙所示.以下正确的是（）A. U 2= 190 2sin 50 n t VB. U 2= 190 2sin 100 n t VC. 为使用户电压稳定在 220 V ，应将P 适当下移D. 为使用户电压稳定在 220 V ，应将P 适当上移解析：由电压U 2随时间t 变化的曲线可知，用户电压的最大值是 190 2 V ,周期是2X 10 _2s ,nU所以U 2= 190 2sin 100 n t V , A 错误，B 正确；根据订知，m 减小，U 增大，因此为使用vn 2 U 2户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移，C 错误，D 正确. 答案：BD 三、非选择题11•图甲为一理想变压器， ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u ab t 图像如图乙所示•若只在 ce 间接一只氐=400 Q 的电阻，或只在de 间接一只R e = 225 Q 的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值 U ab 的表达式；⑵ 求只在ce 间接400 Q 电阻时，原线圈中的电流丨1；n ce⑶求ce 和de 间线圈的匝数比n de解析：(1)由题图乙知 3= 200 n rad/s 电压瞬时值 U ab = 400sin 200 n t V.⑵ 电压有效值 U = 200 2 V ,理想变压器P = F 2 = 80 W, 原线圈中的电流 F 1I 1= 8解得I 仟0.28 A或彳A ■⑶设ab 间匝数为n 1,则-=上,m n ce由题意知才=孑,R;e R en ce解得一=n de同理n^= I den de答案：(1) U ab = 400sin 200 n t V4(2)0.28 A 或_5 A (3) 312•输送4.0 X 106 W 的电能，若发电机输出电压为 2 000 V ，选用变压器升压后应用横截面积为4.25 cm 2的铜导线，把电能送到400 km 远处，线路损耗的功率为5.0 X 105 W.若已知铜的电阻率 p = 1.7 X 10 Q • m 求： (1)应选用匝数比为多少的升压变压器? (2)在用户方使用降压变压器，其原线圈两端的电压为多大?(2)设U '为降压变压器原线圈两端的电压, 则 U 2'= U — IR = 2.8 X 104 V.4答案：(1)1 : 16(2)2.8 X 10 V代入数据得 nee nde43. 解析:(1)由P = I 2R 得I =、/R ，式中P 为线路损耗功率, R 为线路总电阻，两条导线总电阻R= p L '"S 2Lps ，_ 8则 R = 1.7 X 10 X 54X 10 X24.25 X 10 _ Q = 32 所以 I =R = 125 A.因为 P 输入=P 输出, 所以在升压变压器副线圈两端的电压为U 2= ~= 3.2 X 104 V.。

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普通高中教科书物理必修1第一章：运动的描述第一节、质点第一节、质点参考系参考系第二节、时间第二节、时间位移位移第三节、位置变化快慢的描述第三节、位置变化快慢的描述------速度速度速度第四节、速度变化快慢的描述第四节、速度变化快慢的描述------加速度加速度加速度第二章：匀变速直线运动的研究第一节、实验：探究小车速度随时间变化的规律探究小车速度随时间变化的规律第二节、匀变速直线运动的速度与时间的关系第二节、匀变速直线运动的速度与时间的关系第三节、匀变速直线运动的位移与时间的关系第三节、匀变速直线运动的位移与时间的关系第四节、自由落体运动第四节、自由落体运动第三章：相互作用--力第一节、重力与弹力第一节、重力与弹力第二节、摩擦力第二节、摩擦力第三节、牛顿第三定律第三节、牛顿第三定律第四节、力的合成与分解第四节、力的合成与分解第五节、共点力的平衡第五节、共点力的平衡第四章：运动和力的关系第一节、牛顿第一定律第一节、牛顿第一定律第二节、实验：探究加速度与力、质量的关系第二节、实验：探究加速度与力、质量的关系第三节、牛顿第二定律第三节、牛顿第二定律第四节、力学单位制第四节、力学单位制第五节、牛顿运动定律的应用第五节、牛顿运动定律的应用第六节、超重与失重第六节、超重与失重普通高中教科书物理必修2第五章：抛体运动第一节、曲线运动第一节、曲线运动第二节、运动的合成与分解第二节、运动的合成与分解第三节、实验：探究平抛运动的特点第三节、实验：探究平抛运动的特点第四节、抛体运动的规律第四节、抛体运动的规律第六章：圆周运动第一节、圆周运动第一节、圆周运动第二节、向心力第二节、向心力第三节、向心加速度第三节、向心加速度第四节、生活中的圆周运动第四节、生活中的圆周运动第七章：万有引力与宇宙航行第一节、行星的运动第一节、行星的运动第二节、万有引力定律第二节、万有引力定律第三节、万有引力理论成就第三节、万有引力理论成就第四节、宇宙航行第四节、宇宙航行第五节、相对论时空观与牛顿力学的局限性第五节、相对论时空观与牛顿力学的局限性第八章：机械能守恒定律第一节、功与功率第一节、功与功率第二节、重力势能第二节、重力势能第三节、动能和动能定理第三节、动能和动能定理第四节、机械能守恒定律第四节、机械能守恒定律第五节、实验：验证机械能守恒定律第五节、实验：验证机械能守恒定律普通高中教科书物理必修3第九章：静电场及其应用第一节、电荷第一节、电荷第二节、库仑定律第二节、库仑定律第三节、电场第三节、电场电场强度电场强度第四节、静电的防止与利用第四节、静电的防止与利用第十章：静电场中的能量第一节、电势能和电势第一节、电势能和电势第二节、电势差第二节、电势差第三节、电势差和电场强度的关系第三节、电势差和电场强度的关系第四节、电容器的电容第四节、电容器的电容第十一章：电路及其应用第一节、电源和电流第一节、电源和电流第二节、导体的电阻第二节、导体的电阻第三节、实验：导体电阻的测量第三节、实验：导体电阻的测量第四节、串联电路和并联电路第四节、串联电路和并联电路第五节、实验：练习使用多用电表第五节、实验：练习使用多用电表第十二章：电能能量守恒定律第一节、电路中的能量转化第一节、电路中的能量转化第二节、闭合电路的欧姆定律第二节、闭合电路的欧姆定律第三节、实验：电池电动势和内阻的测量第三节、实验：电池电动势和内阻的测量第四节、能源与可持续发展第四节、能源与可持续发展第十三章：电磁感应与电磁波初步第一节、磁场第一节、磁场磁感线磁感线第二节、磁感应强度第二节、磁感应强度磁通量磁通量第三节、电磁感应现象及应用第三节、电磁感应现象及应用第四节、电磁波的发现及应用第四节、电磁波的发现及应用第五节、能量量子化第五节、能量量子化普通高中教科书物理选择性必修1第一章：动量守恒定律第一节、动量第一节、动量第二节、动量定理第二节、动量定理第三节、动量守恒定律第三节、动量守恒定律第四节、实验：验证动量守恒定律第四节、实验：验证动量守恒定律第五节、弹性碰撞和非弹性碰撞第五节、弹性碰撞和非弹性碰撞第六节、反冲现象第六节、反冲现象火箭火箭火箭第二章：机械振动第一节、简谐运动第一节、简谐运动第二节、简谐运动的描述第二节、简谐运动的描述第三节、简谐运动的回复力和能量第三节、简谐运动的回复力和能量第四节、单摆第四节、单摆第五节、用单摆测量重力加速度第五节、用单摆测量重力加速度第六节、受迫振动第六节、受迫振动共振共振第三章：机械波第一节、波的形成第一节、波的形成第二节、波的描述第二节、波的描述第三节、波的反射、折射和衍射第三节、波的反射、折射和衍射第四节、波的干涉第四节、波的干涉第五节、多普勒效应第五节、多普勒效应第四章：光第一节、光的折射第一节、光的折射第二节、全反射第二节、全反射第三节、光的干涉第三节、光的干涉第四节、实验：用双缝干涉测量光的波长第四节、实验：用双缝干涉测量光的波长第五节、光的衍射第五节、光的衍射第六节、光的偏振第六节、光的偏振激光激光普通高中教科书物理选择性必修2第一章：安培力与洛伦磁力第一节、磁场对通电导线的作用力第一节、磁场对通电导线的作用力第二节、磁场对运动电荷的作用力第二节、磁场对运动电荷的作用力第三节、带电粒子在匀强磁场中的运动第三节、带电粒子在匀强磁场中的运动第四节、质谱仪与回旋加速器第四节、质谱仪与回旋加速器第二章：电磁感应第一节、楞次定律第一节、楞次定律第二节、法拉第电磁感应定律第二节、法拉第电磁感应定律第三节、涡流、电磁阻尼和电磁驱动第三节、涡流、电磁阻尼和电磁驱动第四节、互感和自感第四节、互感和自感第三章：交变电流第一节、交变电流第一节、交变电流第二节、交变电流的描述第二节、交变电流的描述第三节、变压器第三节、变压器第四节、电能的输送第四节、电能的输送第四章：电磁振荡与电磁波第一节、电磁振荡第一节、电磁振荡第二节、电磁场与电磁波第二节、电磁场与电磁波第三节、无线电波的发射和接收第三节、无线电波的发射和接收第四节、电磁波普第四节、电磁波普第五章：传感器第一节、认识传感器第一节、认识传感器第二章、常见传感器的工作原理及应用第二章、常见传感器的工作原理及应用第三节、利用传感器制作简单的自动控制装置第三节、利用传感器制作简单的自动控制装置普通高中教科书物理选择性必修3第一章：分子动理论第一节、分子动理论的基本内容第一节、分子动理论的基本内容第二节、实验：油膜法估测油酸分子的大小第二节、实验：油膜法估测油酸分子的大小第三节、分子运动速率分布规律第三节、分子运动速率分布规律第四节、分子动能和分子势能第四节、分子动能和分子势能第二章：气体、固体和液体第一节、温度和温标第一节、温度和温标第二节、气体的等温变化第二节、气体的等温变化第三节、气体的等圧変化和等容变化第三节、气体的等圧変化和等容变化第四节、固体第四节、固体第五节、液体第五节、液体第三章：热力学定律第一节、功、热和内能的改变第一节、功、热和内能的改变第二节、热力学第一定律第二节、热力学第一定律第三节、能量守恒定律第三节、能量守恒定律第四节、热力学第二定律第四节、热力学第二定律第四章：原子结构和波粒二象性第一节、普朗克黑体辐射理论第一节、普朗克黑体辐射理论第二节、光电效应第二节、光电效应第三节、原子的核式结构模型第三节、原子的核式结构模型第四节、氢原子光谱和波尔的原子模型第四节、氢原子光谱和波尔的原子模型第五节、离子的波动性和量子力学的建立第五节、离子的波动性和量子力学的建立第五章：原子核第一节：原子核的组成第一节：原子核的组成第二节、放射性元素的衰变第二节、放射性元素的衰变第三节、核力与结合能第三节、核力与结合能第四节、核裂变与核聚变第四节、核裂变与核聚变第五节、“基本”粒子第五节、“基本”粒子。

习题课变压器与电能的输送—-高中物理选择性必修第二册培训课件

当滑动变阻器的滑片P向上滑动时,电流表A1示数变大
例2(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示,发电机的输出电压变化规律如图乙所示。
2
若闭合开关S,则电流表A1示数变大,A2示数变大
如图所示,M为理想变压器,电表均可视为理想表,接线柱a、b接路端电压u=311sin(314t) V的正弦交流电源。
2
D 错误。
答案:B
探究一
探究二
随堂检测
远距离输电综合问题
情境探究
远距离输电基本过程示意图如图所示,请思考:
如果用220 V和11 kV两种电压来输电,设输送的电功率、输电线上
的功率损失、导线的长度和电阻率都相同,求导线的横截面积之比。
探究一
探究二
随堂检测
要点提示:设输送的电功率为P,输电电压为U,送电距离为L,导线横
探究二
随堂检测
2.解决理想变压器动态分析问题的规律方法
处理变压器的动态分析,首先应明确“不变量”和“变化量”,对变化量
要把握它们之间的制约关系,依据逐步分析的思想,从主动变化量
开始,根据制约关系从前到后或从后到前逐一分析各物理量的变化
情况。
(1)首先明确变压器各物理量间的制约关系。
①输入电压U1决定输出电压U2;②输出电流I2决定输入电流I1;③输
750 kW。下列说法中正确的有(
)
探究一
探究二
随堂检测
A.降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50 Hz
B.远距离输电线路损耗功率为180 kW
C.当传感器R2所在处出现火警时,电压表V的示数变大
D.当传感器R2所在处出现火警时,输电线上的电流变大
探究一
探究二
随堂检测

高中物理第二章交变电流习题课(二)变压器及电能的输送

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第十四页，共四十九页。
2．分析理想变压器动态问题的思路
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[例 2] (多选)一理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头 Q 调节，如图所示．在副线圈上连接了定值电阻 R0 和滑动变阻器 R，P 为滑动变阻器的滑动触头．原线圈两端接在电压为 U1 的交流电源上．则( )
1．如图为远距离输电示意图，升压变压器 T1 的原、副线圈匝数比为 n1∶n2＝k∶1，降压变压器 T2 的原、副线圈匝数比为 n3∶n4＝1∶k，在 T1 的原线圈两端接入一内阻为 k2r、电动势 e＝Emsin ωt 的交流电源，两条输电线的总电阻为 r，假设用户处的总电阻为 R，不考虑其他因素的影响，两变压器均为理想变压器，则输电线上损失的电功率为( )
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3．电损的计算 (1)电压损失：ΔU＝IR 线. (2)功率损失：ΔP＝I 线 U 线＝I2线·R 线．
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[例 3] (多选)如图为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器．随着用户负载增多，发电机 F 达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的电功率，可采取的措施是( )
B．220 2 Ω
C．440 Ω
D．440 2页，共四十九页。
解析：当原线圈中的电流 I1＝I0 时，副线圈中的电流 I2＝nn21I1＝1 A．副线圈的输出电压有效值为 U2＝nn21U1＝220 V．因此副线圈电路中负载电阻的最小值 Rmin＝UI22＝ 220 Ω.故选 A. 答案：A

20172018学年高中物理第2章交变电流第7节电能的输送练习教科版选修32

第7节电能的输送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．3．现代的直流输电，只有__________这个环节使用直流．发电机发出的交流电，通过变压器升高电压，然后使用______设备使它成为直流电，用输电线把____________输送出去，到用电地点附近，再使用________把直流电变回到交流电并通过变压器降压后供用户使用(整流和逆变统称为换流)．4．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5．输电导线的电阻为R，输送电功率为P.现分别用U1和U2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为( )A．U1∶U2B．U21∶U22C．U22∶U21D．U2∶U16．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 ，学校输入电压为U 2，下列计算输电线损耗的式子中，正确的是( )A.U 21RB.(U 1－U 2)2RC ．I 2R D ．I (U 1－U 2)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P 0，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 ＝U RB ．输电线上的电流I ＝P 0UC ．输电线上损失的功率P ＝(P 0U )2RD ．输电线上损失的功率P ＝U2R知识点二远距离输电线路各物理量的关系 3．一台发电机最大输出功率为4000kW ，电压为4000V ，经变压器T 1升压后向远方输电．输电线路总电阻R ＝1kΩ.到目的地经变压器T 2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T 1和T 2的耗损可忽略，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103A 和20AB ．T 2原、副线圈电压分别为1.8×105V 和220V C ．T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1D ．有6×104盏灯泡(220V,60W)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2A.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【方法技巧练】远距离输电的解题技巧5．发电机的端电压220V ，输出电功率44kW ，输电导线的电阻为0.2Ω，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．(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 ′＝U 2S ρLB ．P ′＝P 2ρLU 2SC ．P 用＝P －U 2S ρLD ．P 用＝P (1－PρLU 2S)1．远距离输送交流电都采用高压输电．我国正在研究用比330kV 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.ρL RB.2ρLI UC.U ρLID.2UL Iρ4．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 ．n 2倍B ．n 倍C.1n 2D.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11kV 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220kV 送电，下面哪个选项正确( )A ．因I ＝U R ，所以输电线上的电流增为原来的20倍B ．因I ＝P U ，所以输电线上的电流减为原来的120C ．因P ＝U 2R，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1题号 1 2 3 4 5 6 7 答案为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100kW ，用2000V 的电压输电，线路上损失的功率是2.5×104W ，如果用20000V 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104kW ，输出电压为4kV ，通过理想变压器升压后向80km 远处用户供电．已知输电导线的电阻率为ρ＝2.4×10－8Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4m 2，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1Ω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 ＝4Ω，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7节电能的输送答案课前预习练1．I 2r 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．高压输电整流高压直流电逆变器 4．AD5．C [由P ＝UI ，P 损＝I 2R 可得P 损＝P 2RU2，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．]6．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 ＝P U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 ＝P U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＝I 2R 线＝U 2线R 线＝IU 线其中U 线＝U 1－U 2，故B 、C 、D 正确．]点评计算功率损失常用公式P 损＝I 2线R 线和P 损＝U 2线R 线，特别在利用P 损＝U 2线R 线时要注意U 线是R 线上的电压．2．BC [输电线上的电流I 线＝P 0U ＝U 线R故A 错误，B 正确；输电线上的功率损失P ＝I 2线R ＝(P 0U )2R ＝U 2线R，故C 正确，D 错误．]点评由功率损失P ＝(P 输U 输)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＝I 22R ＝400kW ，则I 2＝P 线R＝20A ，又P 1＝U 1I 1，则I 1＝P 1U 1＝103A ，故A 正确；T 1的变压比U 1U 2＝I 2I 1＝150，又P ＝U 1I 1＝U 2I 2，得U 2＝2×105V ，输电线上损失电压U 线＝I 2R ＝2×104V ，则T 2原线圈的输入电压U 3＝U 2－U 线＝1.8×105V ，又灯泡正常发光，T 2的副线圈的电压为220V ，B 正确；T 2的变压比U 3U 4＝1.8×105220＝900011，C 错误；根据U 3I 2＝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＝U 1，U 1U 2＝n 1n 2，U 2＝U 3＋U 损，U 3U 4＝n 3n 4，U 4＝U 用；②电流关系：n 1I 1＝n 2I 2，I 2＝I 线＝I 3，n 3I 3＝n 4I 4；③功率关系：P 发＝P 1＝P 2，P 2＝P 3＋P 损，P 3＝P 4＝P 用，P 损＝I 2R 线，P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U22R 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.U 2U 1＝n 2n 1，U 3U 4＝n 3n 4，因为U 1＝200V<U 4＝220V ，U 2>U 3＝U 2－U 线，故n 2n 1>n 3n 4，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＝U 1；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U 2＝U 线＋U 3；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 U 4＝U 用．5．(1)见解析 (2)219.6V 4.392×104W(3)180V 3.6×104W 解析 (1)示意图如下图所示(2)升压变压器次级的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝101×220V＝2200V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＝44×1032200A ＝20A输电线路上的电压损失和功率损失分别为 U R ＝I 2R ＝20×0.2V＝4VP R ＝I 22R ＝202×0.2W＝80W加到降压变压器初级上的输入电流和电压为 I 3＝I 2＝20 AU 3＝U 2－U R ＝2 200 V －4 V ＝2 196 V 降压变压器次级的输出电压和电流为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＝200×219.6W＝4.392×104W(3)若不采用高压输电，用220V 低压直接供电时，电路如下图所示，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 ′＝220V －40V ＝180V用户得到的功率为P 4′＝IU 4′＝200×180W＝3.6×104W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 ＝ρL S ，输电电流I ＝P U故输电线上损失的电功率为P ′＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2ρL S ＝P 2ρLU 2S用户得到的电功率为P 用＝P －P ′＝P ⎝⎛⎭⎪⎫1－PρL U 2S .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 ＝P U越小，据P 线＝I 2r 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＝P 输U 输·R 线，所以P 输、R 线一定时，U 损与U 输成反比，B 错误．P 损＝I 2R 线＝⎝⎛⎭⎪⎫P 输U 输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＝I 2R 线，所以P 损与I 2成正比，D 错误．]3．B [由欧姆定律有R ＝U I ；由电阻定律有R ＝ρ2L S ，由以上两式解得：S ＝2ρLIU]4．C [根据输电线上的功率损失的表达式：P 损＝I 2R ＝(P U)2R ，电压升高为原来的n 倍，则功率损失为原来的1n2.]5．CD [对升压(或降压)变压器而言，由变压器电压比U 1∶U 2＝n 1∶n 2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＝I 2R 线增大，功率损耗P 损＝I 22R 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P 损P 1＝I 22R 线P 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 1U 1·n 1n 22R 线P 1＝P 1n 21R 线U 21n 22∝P 1，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 ＝U R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 ＝P U可知，当输送的电压增为原来的20倍时，电流减为原来的120，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 ＝U 2R是错误的．输电线上损失的功率一般用P 损＝I 2R 计算，从选项B 中已经知道电流减为了原来的120.若P 损不变，则输电线的电阻可增为原来的400倍，根据R ＝ρlS，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1400，即导线的直径减为原来的120，所以选项D 是正确的．]8．3.9kW 21.1kW解析由P ＝IU ，可求出输电线中的电流为I 线＝P U ＝25000400A ＝62.5A ，输电线上损失的功率为P 损＝I 2线R 线＝62.52×1W＝3906.25W≈3.9kW，用户得到的功率为P 用＝25kW －3.9kW ＝21.1kW ，即输电线上损失的功率约为3.9kW ，用户得到的电功率约为21.1kW.9．250解析线路上损失的功率P 损＝I 2R 线，又I ＝P U所以P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R 线，代入数据，解得R 线＝10Ω，当用20000V 的高压输电时，P 损′＝⎝⎛⎭⎪⎫P U ′2R 线＝250W.10．见解析解析输电线路上损失的功率P 损＝ηP ＝I 2r ① 又P ＝UI ②联立①②可得：ηP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2r ，即ηU 2＝Pr ，当P 、r 确定时，有ηU 2＝定值，所以要减小η，必须提高输电电压U .11．(1)8×104V (2)3.2×103V 解析 (1)导线电阻r ＝ρ2l S ＝2.4×10－8×2×80×1031.5×10－4Ω＝25.6Ω 输电线路损失功率为输出功率的4%，则4%P ＝I 2r ，代入数据得：I ＝125A 由理想变压器P 入＝P 出及P ＝UI 得：输出电压U ＝P I ＝107125V ＝8×104V(2)输电线路上电压损失U ′＝Ir ＝125×25.6V＝3.2×103V12．(1)5424W (2)250V (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＝22×6×40W＝5280W而U 3＝41U 4＝880V所以I 3＝nP 灯U 3＝5280880A ＝6A对升压变压器：U 1I 1＝U 2I 2＝I 2线R ＋U 3I 3＝I 23R ＋P 3＝62×4W＋5280W ＝5424W 所以，发电机的输出功率P 出＝5424W(2)因为U 2＝U 3＋I 线R ＝U 3＋I 3R ＝880V ＋6×4V＝904V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%＝52805424×100%＝97%(4)电灯减少一半时n ′P 灯＝2640W ，I 3＝n ′P 灯U 3＝2640880A ＝3A所以P 出＝n ′P 灯＋I 23R ＝2640W ＋32×4W＝2676W ．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.。

高中物理第二章交变电流7电能的输送课件教科版选修3

n2
)2( P )2r,故选C。
Um
2.(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图,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( )
A. n 2 > n 3
复习课件
高中物理第二章交变电流7电能的输送课件教科版选修3
2021/4/17
高中物理第二章交变电流7电能的输送课件教科版选修3
1
7.电能的输送
一、电能输送中的电压损失和电能损耗 1.电压损失: (1)损失原因:导线自身存在电阻r。 (2)电压损失大小:U损=_I_r_。
2.输电线上的功率损耗: (1)输电线上的功率损失:P损=_I_2r_,I为输电电流,r为输电线的电阻。 (2)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__。
n 2 > n 3 ,A正确,B、C错误。升压变压器的输出功率减去n 1 输电n 4 线上损失的功率等于降压变压器的输入功率,
r
就越少。
()
提示:(1)√。由P=I2r可知,输电线上电功率的损失,与输电线的电阻成正比,与输电电流的平方成正比。 (2)√。由P=I2r可知,减小输电损失可通过减小输电线的电阻和降低输电电流来实现。 (3)×。输电电压越小,输电电流就越大,降落在输电线上的电压也就越大,输电线上的损失就越大。
(4)×。在输送功率一定时,减小电流应增大电压。 (5)√。输电线电阻r一定,损失电压U越小,损失功率P也越小。

20172018学年高中物理第二章交变电流7电能的输送学案教科版选修32

7 电能的输送[目标定位] 1.了解远距离输电线路的基本构成.2.掌握远距离输电线上的能量损失与哪些因素有关.3.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.一、电能输送中的电能损耗和电压损失1.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，称为输电线上的电压损失，ΔU ＝U －U ′，如图1所示，电压损失还可以表示为ΔU ＝IR 线＝P UR 线.图1(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. 2.输电线上的电能损耗(1)损失功率计算：ΔP ＝I 2R 线，I 为输电电流，R 线为输电线的总电阻. (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(填“高”或“低”)压输电是减小输电线上功率损失最有效、最经济的措施. 深度思考“提高电压，减小电流”与欧姆定律矛盾吗？答案不矛盾.欧姆定律是对纯电阻耗能元件而成立的定律，而“提高电压，减小电流”是从输送角度，由P ＝UI ，且P 一定的条件下得出的结论，两者没有矛盾.例1 中国已投产运行的1000kV 特高压输电，是目前世界上电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原来用500kV 的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000kV 特高压输电，不考虑其他因素的影响.则( ) A.输电电流变为原来的2倍B.输电线上降落的电压将变为原来的2倍C.输电线上降落的电压将变为原来的12D.输电线上损耗的电功率将变为原来的12解析根据输送电功率P 输＝U 输I 输及P 输不变，可知，输电电流I 输＝P 输U 输∝1U 输，当U 输变为原来的2倍时，I 输变为原来的12，选项A 错误；输电线上降落的电压U 降＝I 输R 线∝I 输，所以，当输电电流变为原来的12时，输电线上降落的电压也变为原来的12，选项B 错误，C 正确；输电线上损耗的电功率P 损＝I 2输R 线∝I 2输，所以输电线上损耗的电功率将变为原来的14，选项D 错误. 答案 C(1)注意区别：①输电电压U 与输电线上降落的电压ΔU ； ②输电功率P 与输电线上损失的功率ΔP .(2)抓住不变量：输送电功率不变，由P ＝UI 判断出输电电流I 的变化，从而由ΔU ＝IR 、ΔP ＝I 2R 判断ΔU 、ΔP 的变化.例2 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，通过输电线的电流为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)解析输电线功率损耗P 损＝I 2R 线＝U2线R 线＝IU 线，其中U 线＝U 1－U 2，故B 、C 、D 正确.答案 BCDP 损＝I 2R ＝ΔU2R＝ΔU ·I .式中必须注意，ΔU 为输电线路上的电压损失，而不是输电线电压.二、高压输电线路的分析与计算1.输送过程图(如图2所示)：图2(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)输电线中电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线.(4)输电线上损耗的电功率ΔP ＝ΔUI 线＝I 2线R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 2U 22R 线.2.特别强调(1)升压变压器副线圈的电压不等于降压变压器原线圈的电压，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)输电线的电阻计算时，应注意输电线长度为距离的两倍.深度思考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 ＝Ur，对不对？为什么？答案不对.U 为输电电压，而不是加在输电导线上的电压，即U ≠Ir ，而输电电流可通过I 2I 1＝n 1n 2求得.例3 一台发电机最大输出功率为4000kW 、输出电压为4000V ，经变压器T 1升压后向远方输电.输电线路总电阻R ＝1kΩ.到目的地经变压器T 2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103A 和20A B.T 2原、副线圈电压分别为1.8×105V 和220V C.T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1 D.有6×104盏灯泡(220V,60W)正常发光解析远距离输电的电路如图所示，在升压变压器原线圈中有P ＝U 1I 1，故得原线圈中电流为103A ，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20A ，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220V ，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9000∶11，故选项C 错误；正常发光时每盏灯的功率为60W ，由90%P ＝NP 额，可得N ＝6×104盏，故选项D 正确.答案 ABD远距离输电问题的四个关键：(1)画出一个模型——远距离输电模型图. (2)抓住输电的两端——电源和用电器. (3)分析两条导线——输电导线.(4)研究两次电压变换——升压和降压.例4 发电机两端的电压为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. 解析 (1)线路示意图如图所示.(2)由图可知，升压变压器副线圈两端的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝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I 2＝P U 2＝44×1032200A ＝20A ，输电线上的功率损失和电压损失分别为P 损＝I 22R 线＝202×0.2W＝80W.U 损＝I 2R 线＝20×0.2V＝4V.所以降压变压器原线圈的输入电压和电流为U 3＝U 2－U 损＝2200V －4V ＝2196V ， I 3＝I 2＝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，线圈示意图如图所示，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.答案见解析1．(输电线上的损耗)500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大工程，我省超高压输电工程正在紧张建设之中．若输送功率为3 200万千瓦，原来采用200千伏输电，由于输电线有电阻而损失的电功率为P ，则采用500千伏超高压输电后，在输电线上损失的电功率为(设输电线的电阻未变)( ) A ．0.4P B ．0.16P C ．2.5PD ．6.25P答案 B解析根据P 损＝P 2送U2r 可知：当输电电压由200 kV 升高到500 kV 时，其线路损耗由P 减小到0.16P ，选项B 正确．2.(输电线上的损耗)图3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( )图3A.(n 1n 2)U 2m 4rB.(n 2n 1)U 2m 4rC.4(n 1n 2)2(P U m)2r D.4(n 2n 1)2(P U m)2r答案 C解析原线圈电压的有效值：U 1＝U m2，根据U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1·U m2，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P ，所以输电线上的电流I ＝PU 2，输电线上损失的电功率为P ′＝I 2·2r ＝4r ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫P Um 2，所以C 正确，A 、B 、D 错误.3．(远距离高压输电)(多选)如图4所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V ，输出的电功率为50 kW ，用电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V 供用户使用(两个变压器均为理想变压器)，对整个送电过程，下列说法正确的是( )图4A ．输电线上的损失功率为300 WB ．升压变压器的匝数比为1∶100C ．输电线上的电流为10 AD ．降压变压器的输入电压为4 970 V 答案 ACD解析 P 损＝0.6%P ＝300 W ，A 正确；I 线＝P 损R 线＝10 A ，C 正确；U 线＝I 线R 线＝30 V ，U 2＝P I 线＝5 000 V ，U 3＝U 2－U 线＝4 970 V ，D 正确；n 1n 2＝U 1U 2＝110，B 错误．4.(远距离高压输电)某小型水力发电站的发电输出功率为5×104W ，发电机的输出电压为250V ，输电线总电阻R 线＝5Ω.为了使输电线上损失的功率为发电机输出功率的4%，必须采用远距离高压输电的方法，在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器.设用户所需电压为220V ，不计变压器的损失.求：(g 取10m/s 2) (1)输电线上的电流；(2)升、降压变压器原、副线圈的匝数比； (3)可供多少盏“220V,40W”的白炽灯正常工作？答案 (1)20A (2)110 12011 (3)1200盏解析 (1)输电线中电流：P 损＝I 22R 线，得I 2＝P 损R 线＝20A.(2)由P ＝U 2I 2，得U 2＝5×10420V ＝2.5×103V.对升压变压器：n 1n 2＝U 1U 2＝2502.5×103＝110. 对降压变压器：U 3＝U 2－IR 线＝(2500－20×5) V＝2400V ，又U 4＝220V ，故n 3n 4＝U 3U 4＝12011.(3)n ＝P －P 损P 0＝1200(盏).题组一输电线路中的损耗问题1.(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330kV 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.可加快输电的速度答案 AC2.以下关于电能输送的分析，正确的是( )A.由公式P ＝U 2R 知，输电电压越高，输电线上功率损失越少B.由公式P ＝U 2R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解析输电线损失的功率ΔP ＝I 2R ，故C 正确；A 中的U 不能用输电电压，因U ＝ΔU ＋U 3，ΔU 为输电线损失的电压，U 3为用户端电压或降压变压器的初级电压，故A 、B 、D 错误. 3．(多选)一项名为“1 100千伏特高压隔离开关”的“破冰实验”在我国大兴安岭漠河县取得成功，标志着我国特高压输电技术已突破低温环境制约．为消除高压输电线上的冰凌，利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，输电线上送电电压为U ，电流为I ，热耗功率为ΔP ；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP ，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )A ．输电电流为3IB ．输电电流为9IC ．输电电压为3UD ．输电电压为13U答案 AD解析输电线上的热耗功率ΔP ＝I 2R 线，若热耗功率变为9ΔP ，则9ΔP ＝I ′2R 线，联立得I ′＝3I ，A 对；输送功率不变，即P ＝UI ＝U ′I ′，得U ′＝13U ，所以D 对.4.(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S ，总长度为l ，输电线损失的功率为ΔP ，用户得到的功率为P ′，则下列关系式正确的是( )A.ΔP ＝U 2SρlB.ΔP ＝P 2ρlU 2SC.P ′＝P －U 2SρlD.P ′＝P ⎝⎛⎭⎪⎫1－Pρl U 2S 答案 BD解析输电线电阻为R 线＝ρlS ，输电电流为I ＝P U，故输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 2R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·ρl S ＝P 2ρl U 2S ，用户得到的电功率为P ′＝P －ΔP ＝P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－Pρl U 2S .5.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，分去了一部分电压答案 C解析此时用电器多，电阻小(因为用电器都是并联的)，而变压器输出电压U 不变，由I ＝UR可知，干路电流大，输电线上损失电压大，电灯两端电压小，故比深夜暗，故C 正确. 题组二远距离输电问题6.(多选)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答案 ABD解析导线横截面积越大，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 ＝P U知，电流I 减小，发热损耗减小，B 对；若输送电压一定，由I ＝P U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.7.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像，则( )图2A.用户用电器上交流电的频率是100HzB.发电机输出交流电的电压有效值是500VC.输电线上的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定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 图像可知，交流电的周期T ＝0.02s ，故频率f ＝1T＝50Hz ，选项A 错误；交流电的电压最大值U m ＝500V ，故有效值U ＝U m2＝2502V ，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、副线圈的匝数比决定，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，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P ＝I 21R 得，输电线损失的功率减小，选项D 正确.8.(多选)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解析升压变压器原线圈两端电压不变，变压比不变，故副线圈两端电压不变，A 错误；I ＝PU，U 损＝IR 线，U 3＝U 2－U 损，因P 变大，I 变大，所以U 损变大，所以降压变压器原线圈两端电压U 3变小，故降压变压器的输出电压减小，B 错误；P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R 线，因P 变大，所以P 损变大，C 正确；P 损P＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R 线P＝PR 线U2，因P 变大，所以P 损P变大，D 正确. 9.远距离输电的原理图如图4所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )图4A.I 1I 2＝n 1n 2B.I 2＝U 2RC.I 1U 1＝I 22R D.I 1U 1＝I 2U 2答案 D解析根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2n 1.U 2不是加在R 两端的电压，故I 2≠U 2R.而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和.选项D 正确.10．图5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( )图5A ．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 4两端的电压答案 D解析远距离输电过程中，应用高压输电能够减小输电线上的功率损失，R 1上消耗的功率小于R 3上消耗的功率，C 项错；而比较两个不同输电回路，输电线电阻相同，由P 损＝I 2·2R 可知，A 1示数小于A 2示数，A 项错；根据欧姆定律可知，R 2两端电压小于R 4两端电压，D 项正确；由于输电线上损失电压不同，故两灯泡两端电压不同，故亮度不同，B 项错． 11.某小型实验水电站输出功率是20kW ，输电线总电阻是6Ω.(保留四位有效数字) (1)若采用380V 的电压输电，求输电线损耗的功率.(2)若改用5000V 高压输电，用户利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压. 答案 (1)16.62kW (2)226.2V解析 (1)输电线上的电流为I ＝P U ＝20×103380A≈52.63A输电线路损耗的功率为P 线＝I 2R ＝52.632×6W≈16620W＝16.62kW. (2)改用高压输电后，输电线上的电流变为I ′＝PU ′＝20×1035000A ＝4A用户在变压器降压前获得的电压U 1＝U ′－I ′R ＝(5000－4×6)V＝4976V 根据U 1U 2＝n 1n 2，用户得到的电压为U 2＝n 2n 1U 1＝122×4976V≈226.2V.12.如图6所示，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100kW ，输出电压是250V ，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25，求：图6(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)6250V 16A (2)15.625Ω 6000V 解析 (1)对升压变压器，据公式U 2U 1＝n 2n 1，有U 2＝n 2n 1U 1＝251×250V＝6250VI 2＝P 2U 2＝P 1U 2＝1000006250A ＝16A.(2)P 损＝I 22R 线，P 损＝0.04P 1 所以R 线＝0.04P 1I 22＝15.625Ω因为ΔU ＝U 2－U 3＝I 2R 线所以U 3＝U 2－I 2R 线＝6000V.。

高中物理第二章交变电流第7节电能的输送课件教科选修32教科高二选修32物理课件

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内容(nèiróng)总结
第二章交变电流(diànliú)。第7节电能的输送
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命题视角 2 输电线上功率损失的计算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 n1、n2，在 T 的原线圈两端接入一电压 u＝Umsin 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( )
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输电线上的电压损失和功率损失 1．输电线上的功率损失 (1)原因：输电导线有电阻 R 线，电流流过输电线时，电流的热效应引起电功率的损失． (2)计算式：①P 线＝I2R 线，②P 线＝IU 线，③P 线＝UR线2线.
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第二章交变(jiāo biàn)电流
第7节电能的输送 (diànnéng)
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第二章交变(jiāo biàn)电流
1.理解为什么远距离输电要用高压． 2.知道输电线上电压和电功率的损失和如何减少损失．(重点) 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．(重点＋难点)
I 送＝
ΔRP损＝
P输出×R 6%＝
5×104×0.06
30
A
＝10 A
则送电电压为

(通用版)2018-2019版高中物理-第二章交变电流 2.6 变压器课件教科版选修3-2

二、理想变压器的电压与匝数的关系
1.理想变压器：理想变压器中，原、副线圈电流产生磁场的磁感线都集
中在铁芯内，且没有能量损耗 . 2.理想变压器原、副线圈两端的电压跟它们的匝数正比成
UU12＝nn12 ，
即
.
三、理想变压器的电流与匝＝数的关系
1.理想变压U器2I2的输入功率
即U1I1＝
.
(选填“>”、“<”或“＝II12＝”)输nn21出功率，
图1 答案当左边线圈加上交流电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生周期性变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律知，在右线圈中会产生感应电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光. 答案
(2)小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压相等吗？如果不相等，与什么因素有关？
答案左、右线圈中每一圈上磁通量的变化率ΔΔΦt 都相同，若左边匝数为 n1，则 U1＝E1＝n1ΔΔΦt .若右边匝数为 n2，则 U2＝E2＝n2ΔΔΦt ，故有EE12＝nn12；若忽略左边线圈的电阻则有U1＝U电源，这样看来只要n1≠n2，小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压就不相等.小灯泡两端的电压，即副线圈两端的电压与原、副线圈匝数比有关.
因理想变压器无漏磁，故B错误；
由互感现象知C正确；
原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原、副线圈通过磁场联系
在一起，故D错误.
解析答案
二、理想变压器原、副线圈的功率关系和电流关系
[导学探究] 阅读教材回答下列三个问题： (1)什么是理想变压器？理想变压器原、副线圈中的功率有什么关系？答案理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗. 所以理想变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出.