5.5电能的输送习题课
高中物理 第五章 交变电流 5.5 电能的输送 新人教版选修3-2
【解题探究】 (1)如何确定输电线中的电压损失? 提示:ΔU=U1-U2。
(2)怎样求解输电线中的功率损失?
提示:P损=ΔUI=
U R
2
或P损=I2R=
( P )2R 。 U1
【正确解答】选B、C。升压变压器的输出电压为U1,降
压变压器的输入电压为U2,则输电线上的电压损失
提示:(1)通过升压变压器达到高压输电,再通过降压变 压器降压后输送给用户。 (2)输电电压是指升压变压器的输出电压,损失电压是 指电流通过输电线降落在输电线上的电压,可通过减小 输电线的电阻和提高输电电压来减小意图:
2.高压输电过程的几个电压的区别: (1)输送电压:输电线始端电压,如图中的U2。 (2)用户电压:最终用户得到的电压,如图中的U4。
【解析】选A、C。输电线上电流为I= P ,也可以用
I= U
U
来表示,其中ΔU为输电线电阻R两端的电压,而不
R
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= P
U
2 2
R,C正确;如果用P损=
U R
2
,则U应为R两端的电压
ΔU,故D错误。
2.500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大
【生活链接】 1.可通过哪些措施来降低输电线路的损失?
提示:输电线路上的损失功率为P=I2r,所以有两个途径 可减少电能的损失,一是减少输电线路的电阻;二是减 小输电导线中的电流。
2.如何才能减小输电线的电阻?
提示:导线电阻的大小r=ρ L ,因为供电和用电两点的
S
距离一定,导线的长度不能任意的缩短,可以选用电阻
据P损=(
P U
高中物理5.5《电能的输送》学案新人教版选修3-2
20 103
I
A 80A .
250
P 用 = 20kW－ 3.20kW = 16.80 kW.
二、本节课后练习
1.某电厂原采用电压 U1 输电，后改用 U2 = 20U1 电压输电，不考虑其它变化，则 （）
A. 输电电流变为原来的 1/20
B. 输电线上电压损失降为原来的 1/20
C. 输电线上电能损失降为原来的 1/40
为了减少输电线功率损失，使损失最大为
5%，现采用理想变压器进行高压输电 . 为达到上
述目的，升压变压器原副线圈的匝数比应为多少？降压变压器原副线圈的匝数比应为多少？
（ 1∶ 8， 19∶ 1）
3
D. 输电效率比原来提高了 39 倍
（ AB）
2.一台理想变压器，在同一输送电路中，以不同的电压输送相同的功率
. 变压器的输入
电压 U 保持不变，线路电阻 R 为定值 . 当变压器的副线圈与原线圈的匝数比为 K 时，线路损
耗的电功率为多少？当匝数比提高到 nK 时，线路损耗的电功率变为原来的多少分之一？
L ，
S
所以 P损
2
P U
L P2 L ， S U 2S
现在， 输送电功率 P 相同， 导线电阻率 ρ和长度 L 也相同 . 在输电电压 U 和导线横截面 积 S 不同时，如果要求导线上损失的电功率相同，则应有
U
2 1
S1
U
2 2
S2
所以
S1
U
2 2
S2
U
2 1
2
U1
U2
11 103 2 220
2500 .
. 设输电电压为 U，则功率损
P 损 = UI.
人教版 高二物理 选修3-2 5.5电能的输送习题课 课件(共19张PPT)
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=I2R，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。
课后作业2题 以下是一段关于输电线损失功率的推导：
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，如果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原理图． (2)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)若输电导线中的电功率损失 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．
【解析】 由 ΔP＝I2线R 线＝(UP输)2·R 线知，A 对，C 错；由 ΔP＝ΔU2/R 线知 B 项正确；由 ΔP＝I2线R 线知 D 项正确．
【答案】 C
课后作业4题
3．用电压 U 和 KU 分别输送相同电功率，且在输电线上
损失的功率相同，导线长度和材料也相同，此两种情况下导
线的横截面积之比为( )
降压变压器原线圈两端的电压 U3＝U2－I2R＝6 250 V－ 16×15.6 V≈6 000 V.
(4)降压变压器的输出功率 P4＝P1－4%P1＝96 kW. 【答案】 (1)图略 (2)6 250 V 16 A
(3)15.6 Ω 6 000 V (4)96 kW
将电能从发电站送到用户，在输电线上会损失一 部分功率。设输电电压为U，则功率损失为
P损=UI 而 U=Ir
高中物理选修3-2练习课件：5.5 电能的输送
即 I 线＝n1n23nR24负n＋2Un1 24R线，则当升压变压器的输入电压 U1 和输电线上的电阻 R 线一定时，输电 线的电流 I 线与升压变压器的原、副线圈的匝数比nn12、降压变压器的原、副线圈的匝数比nn34和 负载电阻 R 负都有关系，故 C 项错误；根据焦耳定律可得，输电线上损失的功率 P 损＝I2线R 线， 又 I 线＝n1n23nR24负n＋2Un1 24R线，即 P 损＝n21nnR32R442线n负22＋U21Rn线24 2则当用户用电器的总电阻增大时，输电线上 损失的功率将减小，故 D 项正确。
7．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，现准备向远处输 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？
解析 依题意作出如下输电示意图，升压变压器原线圈的电流为 I1＝UP1＝1002×50103 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 I2，则 I22R 线
(1)升压变压器的输出电压； (2)输电线路上的电压损失。
解析 设每根输电线的电阻为 r，则 r＝ρLS＝2.4×10－8×18.50××1100－34 Ω＝12.8 Ω， 理想变压器，高压输出端功率 P 输＝P0，P0 为发电机功率。
(1)设升压变压器的输出电压为 U 输，输电线上电流为 I，由线路损失可得 2·I2r＝P 损
解析 依题输电原理，电路中的功率损耗 ΔP＝I2R 线，而 R 线＝ρLS，减小输电线的横截 面积，输电线的电阻会增大，则会增大输电线上的功率损失，A 错；由 P＝UI 可知，P 一定 的情况下，输送电压 U 增大，I 减小，ΔP 越小，B 对；若输送电压一定，输送功率越大， 则电流 I 越大，ΔP 越大，C 错；输送电压并不一定越高越好，因为电压越高，对于安全和 技术的要求越高，D 错。
高中物理 5.4 变压器 5.5 电能的输送 2 人教版选修3-2
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[典例启迪] [例1] 一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送 给用户，已知发电机的输出功率为50 kW，输出电压为 500 V，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶5，两个变压 器间的输电导线的总电阻为15 Ω，降压变压器的输出电 压为220 V，变压器本身的损耗忽略不计，在输电过程 中电抗造成电压的损失不计，求：
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(1)升压变压器副线圈的端电压； (2)输电线上损耗的电功率； (3)降压变压器原、副线圈的匝数比．
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[思路点拨] 解答本题应注意以下两个方面： (1)输电线上的电流可用P＝I2U2求出． (2)因输电线上有电压损失，故U3＝U2－IR线．
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[解析] (1)因为UU12＝nn12，所以 U2＝nn21U1＝2500 V. (2)P2＝P1＝50 kW 输电线中电流 I2＝UP22＝520500000 A＝20 A 则 P 损＝I22R 线＝202×15 W＝6000 W. (3)用户得到功率 P4＝P1－P 损＝44000 W 所以降压变压器副线圈电流 I4＝UP44＝44202000 A＝200 A 故nn34＝II43＝II42＝22000＝110. [答案] (1)2500 V (2)6000 W (3)10∶1
答案：B
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3.收音机的变压器的初级线圈有1210匝，接在U1＝220 V 的交流电源上．变压器有两个次级线圈．次级线圈Ⅱ的 匝数为35匝，次级线圈Ⅲ的匝数为1925匝．如果不计变 压器自身的能量损耗，当变压器工作时，线圈Ⅱ的电流 是0.3 A时，初级线圈的电流I1＝0.114 A．求线圈Ⅲ中电流 和输出电压(电流的计算结果保留三位有效数字)．
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【同步测控 优化设计】人教版高二物理选修3-2练习：5.5电能的输送 Word版含答案[ 高考]
![【同步测控 优化设计】人教版高二物理选修3-2练习：5.5电能的输送 Word版含答案[ 高考]](https://img.taocdn.com/s3/m/e91f2be1aa00b52acfc7caf2.png)
A组1.在电能输送过程中,若输送的电功率一定、输电线电阻一定,则在输电线上损耗的电功率()A.和输送电线上电压的二次方成正比B.和输送电流的二次方成反比C.和输送电线上的电压降的二次方成正比D.和输送电流成正比解析:输电线上的功率损失ΔP=R,电压损失ΔU=U-U'=I线R线,输电电流I线=,所以ΔP=R线==()2R线,可见在输送功率P一定和输电线电阻一定时,ΔP与成正比,ΔP与ΔU2成正比,ΔP与U2成反比。
答案:C2.发电厂发电机的输出电压为U1,发电厂至学校的输电导线的总电阻为R,通过导线的电流为I,学校得到的电压为U2,则输电线上损耗的电压可表示为()A.U1B.U1-IRC.IRD.U2解析:输电线的电压损失ΔU=U1-U2=IR,故B错误,C正确;U1为输出电压,U2为用户得到的电压,A、D错误。
答案:C3.中国已投产运行的1 000 kV特高压输电工程是目前世界上输送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. B. C.2P D.4P解析:由P=UI可知,输电电压提高到原来的2倍,由于输电功率不变,所以输电电流变为原来的,由P损=I2R线可知输电线上的损耗电功率将变为原来的,选项A正确。
答案:A4.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=可知,干路电流大,输电线上损失电压大,电灯两端电压小,故比深夜时暗,故C正确。
电能的输送 每课一练(含解析) (46)
5.4 5.5 理想变压器电能的输送每课一练1．理想变压器原线圈两端输入的交变电压如图甲所示，变压器原、副线圈的匝数比为112，如图乙所示定值电阻R0＝10Ω，滑动变阻器R的阻值变化范围为0～20Ω，下列说法中正确的是()甲乙第1题图A．变压器输出电压的频率为100HzB．电压表的示数为56.5VC．当滑动的变阻器阻值减小时，变压器输入功率变大D．当滑动的变阻器阻值调为零时，变压器输出功率为16W2．如图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R t为NTC型热敏电阻，R1为定值电阻，下列说法正确的是()甲乙第2题图A．交流电压u的表达式u＝362sin100πt(V)B．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4C．变压器输入、输出功率之比为1∶4D．R t处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大3．如图所示，理想变压器的输入电压保持不变，副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，电键S断开，当S闭合时，下列说法正确的是()第3题图A．电压表示数变大B．灯泡L1更亮C．电流表示数增大D．变压器的输出功率减小甲4．图甲中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为10 1.变压器的原线圈接如图乙所示的正弦交流电，电压表为理想电表接在副线圈两端．则( )乙 第4题图A ．原线圈上电压的有效值为100VB ．原线圈上电压的有效值约为1002VC ．电压表的读数为5.0VD ．电压表的读数约为7.07V5．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，输入、输出电压分别U 1、U 2，输入功率为P ；降压变压器原副线圈匝数分别为n 3、n 4，输入、输出电压分别为U 3、U 4，输入功率为P ′(变压器均为理想变压器)，若额定电压为220V 的用电器正常工作，则( )第5题图A ．U 2＝U 3B ．P ＝P ′ C.n 2n 1＞n 3n 4 D.n 2n 1＜n 3n 46．如图所示，一只理想变压器原线圈与频率为50Hz 的正弦交流电源相连，两个阻值均为20Ω的电阻串联后接在副线圈的两端．图中的电流表，电压表均为理想交流电表，原副线圈的匝数分别为200匝和100匝，电压表的示数为5V .则( )第6题图A ．电流表的读数为0.5AB ．流过电阻的交流电的频率为100HzC ．变压器的输入电压的最大值为202VD ．变压器的输入功率为2.5W7．如图甲所示理想变压器原、副线圈的匝数比为55：9，副线圈接有一定值电阻R 和热敏电阻R r (电阻随温度升高而减小)，原线圈所接电源电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是( )甲 乙第7题图A ．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin100πt(V)B ．电压表示数为362VC ．热敏电阻R r 周围环境温度升高，电流表的示数减小D ．热敏电阻R r 周围环境温度升高，变压器的输入功率增大8．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)，若额定电压为220V 的用电器正常工作，则( )第8题图A.n 1n 2＝n 4n 3B ．通过升压变压器原、副线圈电流的频率不同C ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率D ．若n 2增大，则输电线上损失的电压减小9．如图是一个理想变压器的示意图，S 为单刀双掷开关，P 是滑动变阻器的滑动触头，R 0是定值电阻，保持交变电压U 1不变．则( )第9题图A ．若P 不动，S 由a 到b 处，电流表示数减小B ．若P 不动，S 由a 到b 处，电压表示数增大C ．若S 置于b 处，将P 上滑，电流表示数增大D ．若S 置于b 处，将P 上滑，电压表示数增大10．如图所示，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈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0.2Ω，这台变压器给100盏220 V 、60W 的电灯供电．求：第10题图(1)空载时次级线圈的电压和输出功率；(2)接通电路后次级线圈的电压；(3)每盏灯的实际功率．11．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500V，输电导线的总电阻为10Ω，导线上损耗的电功率为4kW，该村的用电电压是220V.第11题图(1)设计了如图所示的输电电路．求升压、降压变压器的原副线圈的匝数比；1.C 【解析】 由于理想变压器可改变电压，但不改变频率f ＝1T ＝50 Hz ，A 错；uU ＝112得U ＝44V ，所以B 错；由变压器原理及性质可知，C 对，P ＝U 2R 得P ＝193.6W ，所以D 错，故选C.2.AB 【解析】 交流电压u ＝362sin100πt(V)，A 正确，变压器原副线圈电流的比与线圈匝数的比相反，所以B 正确，因为是理想变压器，所以输出功率等于输入功率，C 错误，当R t 温度升高时，电压表示数不变，电流表示数变大，所以D 错误，故选AB.3.C 【解析】 闭合电键，副线圈电路中电流I 变大，输电压U ＝IR ＋U 1，U 1为电压表示数，故电流变大，U 1示数减小，A 错；因灯L 1两端电降低，故灯L 1会变暗，B 错；原线圈中电流随副线圈中电流增大而增大，C 对；变压器的输出功率P ＝UI 1输出电压不变，电流增大，输出功增大，D 错；选C.4.D 【解析】 原线圈上电压有效值为1002，故A 、B 错，副圈电压有效值即电压表示数为100×101002＝7.07V ，C 错，D 对，选D.5.C 【解析】 设U 2和U 3之间的电流为I ，则U 2＝U 3＋I r ，P ＝U 2I ，P′＝U 3I ，U 2U 1＝n 2n 1，U 3U 4＝n 3n 4，故可知，n 2n 1＞n 3n 4，故选C.6.CD 【解析】 电压表示数为5V ，则电流I 2＝U 2R ＝5V 20Ω＝0.25A ，根据I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝I 2n 2n 1＝0.25×12＝0.125A ，A 错，原副线圈交流电频率相同，则通过电阻的交流电的频率为50Hz ，B 错；副线圈电压U 2＝2U ′2＝10V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，则原线圈电压有效值U 1＝U 2n 1n 2＝20V ，则输入电压的最大值为202V ，C 对；输入功率等于输出功率，则P 入＝P 出＝U 222R ＝10040＝2.5W ，D 对，故选CD.7.AD 【解析】 由题图乙知，u m ＝2202V ，T ＝2×10－2s ，所以，ω＝2πT＝100π，u ＝u m sin ωt ＝2202sin100πtV ，故A 对；电压表示数为有效值，由U 1U 2＝n 1n 2得，u 2＝36V ，故B 错；热敏电阻R r 周围环境温度升高，R r 减小，副线圈中电流增大，由I 1I 2＝n 2n 1知，电流表的示数增大，由P 入＝U 2I 2＝U 1I 1知，输入功率增大，故C 错D 对，故选AD.8.CD 【解析】 由题图和变压器工作原理知，U 1U 2＝n 1n 2，U 4U 3＝n 4n 3，U 2＝U 3＋U r ，故n 1n 2≠n 4n 3，故A 错；变压器不改变电流的频率，故B 错；升压变压器的输出功率P 出＝U 2I 2，降压变压器的输入功率P ＝U 3I 2，而U 2＞U 3，所以P 出＞P 入，故C 对；若n 2增大，则输电电压增大，输电线上损失的电压减小，故D 对，故选CD.9.BD 【解析】 若P 不动，S 由a 到b 处，则由U 1U 2＝n 1n 2，U 2增大，则副线圈电流增大，电压表示数增大，由n 1n 2＝I 2I 1，可知I 1增大，A 错B 对；若S 置于b 处，将P 上滑，R 电阻变大，副线圈电流减小，U 2不变，R 0电压减小，电压表示数增大，电流表示数减小，C 错，D 对；故选BD.10.(1)220V 0 (2)214.66V (3)57.1W【解析】 (1)设空载时次级线圈的电压为U 2，则n 2n 1＝U 2U 1得到U 2＝n 2n 1U 1＝220 V 因为空载，次线线圈的负载电阻R 2→∞，次级线圈中的电流I 2＝0，则次级线圈的输出功率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＝8.07Ω次级线圈中的电流I 2＝U 2R 外＋R 损＝2208.07＋0.2A ＝26.6 A次级线圈的电压 U ′2＝I 2R 外＝214.66V. (3)每盏灯的实际功率P ＝I 2100U ′2＝26.6×214.66100W ＝57.1 W.11.(1)240∶11 (2)900【解析】 (1)P 损＝I 22r所以：I 2＝P 损r＝4×10310A ＝20 A I 1＝P U 1＝100×103500A ＝200 A则n 1n 2＝I 2I 1＝20200＝110U 3＝U 2－I 2r ＝(500×10－20×10)V ＝4800 V 则n 3n 4＝U 3U 4＝4800220＝24011(2)设可以装灯n 盏，据功率相等有P 3＝P 4其中P 3＝(n ×40＋60×103)W P 4＝(100－4)kW ＝96kW 所以：n ＝900盏。
高中物理 第五章 5 电能的输送练习(含解析)新人教版选修3-2-新人教版高二选修3-2物理试题
5 电能的输送1.(2018·江苏南京期中)远距离输送交变电流都采用高压输电.我国正在研究用比330 kV高得多的电压进展输电.采用高压输电的优点是( C )A.可提高用户端电压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:采用高压输电减小了输电电流,可减少能量损失,但不能改变交变电流的频率和输电速度,用户端电压由降压变压器决定,应当选项C正确.2.某用电器离供电电源的距离为l,线路上的电流为I.假设要求线路上的电压降不超过U.输电导线的电阻率为ρ,那么该输电导线的横截面积的最小值是( C )A.B.I2ρ C. D.解析:因为导线的总长度为2l,所以电压降U=IR=Iρ,解得S=,应当选项C正确.3.(2019·安徽芜湖检测)如下列图为远距离输电线路的示意图,假设发电机的输出电压不变,如此如下表示中正确的答案是( C )A.升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B.输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C.当用户用电器的总电阻减小时,输电线上损失的功率增大D.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压解析:变压器的输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的,选项A,B错误;用户用电器总电阻减小,据P=,消耗功率增大,输电线中电流增大,线路损失功率增大,选项C正确;升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失的电压加上降压变压器的输入电压,选项D错误.4.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,假设输送的电功率增加为4P,而输电线中损失的电功率减为,输电线电阻不变,那么输电电压应增为( C )A.32UB.16UC.8UD.4U解析:根据题意知ΔP=()2·r,ΔP=()2·r得U′=8U,故C正确.5.(多项选择)如图为模拟远距离输电电路,两理想变压器的线圈匝数n1=n4<n2=n3,A1,A2,A3为一样的理想交流电流表.当a,b端接入低压交流电源时,如此( AC )A.A1,A3的示数相等B.A1,A2,A3的示数相等C.A1的示数大于A2的示数D.A2的示数大于A3的示数解析:因为=,=,n1=n4<n2=n3,故I1>I2,I4>I3,即A1的示数大于A2的示数,A2的示数小于A3的示数;又I2=I3,所以I1=I4,即A1,A3的示数相等,选项A,C正确,B,D错误.6.(2019·湖北宜昌检测)“西电东送〞工程中,为了减少输电损耗,必须提高输电电压.从西部某电站向华东某地区输送的电功率为 106 kW,输电电压为 1 000 kV,输电线电阻为100 Ω.假设改用超导材料作为输电线,如此可减少输电损耗的功率为( A )A.105 kWB.104 kWC.106 kWD.103 kW解析:输电电流I=,输电线路损失的电功率P损=I2R=()2R=1×105kW;当改用超导输电时,就不损失电能,因此减少的输电损耗就等于P损,故A正确.7.(2019·江西景德镇检测)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.输电线的电阻率为ρ=2.4×10-8Ω·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.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%,如此4%P=I2r代入数据得I=125 A由理想变压器P入=P出与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 V.答案:(1)8×104 V (2)3.2×103 V8.(2019·湖南岳阳检测)关于高压直流输电,如下说法正确的答案是( A )A.高压直流输电系统在输电环节是直流B.变压器能实现直流电和交流电的转换C.稳定的直流输电存在感抗和容抗引起的损耗D.直流输电时,要考虑电网中的各台交流发电机的同步运行问题解析:直流输电在发电环节和用电环节是交流,而输电环节是直流,A正确;换流器的功能是实现交流电和直流电的转换,B错误;稳定的直流输电不存在感抗和容抗引起的损耗,不需要考虑电网中的各台交流发电机的同步运行问题,C,D错误.9.(2018·江苏徐州检测)(多项选择)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.假设在正常供电时,高压线上送电电压为U,电流为I,热耗功率为P;除冰时,输电线上的热耗功率需变为9P,如此除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( AD )A.输电电流为3IB.输电电流为9IC.输电电压为3UD.输电电压为U解析:输电线上的热耗功率P线=I2R线,热耗功率由P变为9P,如此电流由I变为3I,选项A正确.输电功率P不变,由P=UI,电流变为3I,输电电压为U,选项D正确.10.(2019·江西赣州检测)如下列图,某发电机输出功率是100 kW,输出电压是250 V,从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω,要使输电线上的功率损失为5%,而用户得到的电压正好为220 V,如此升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是( C )A.16∶1 190∶11B.1∶16 11∶190C.1∶16 190∶11D.16∶1 11∶190解析:输电线损失功率P损=100×103×5% W=5×103 W,所以,输电线电流I2==25 A,升压变压器原线圈电流I1==400 A,故升压变压器原、副线圈匝数比==.升压变压器副线圈两端电压U2=U1=4 000 V,输电线损失电压U损=I2R总=200 V,降压变压器原线圈电压U3=U2-U损= 3 800 V,故降压变压器原、副线圈匝数比为==,应当选项C正确.11.(2019·安徽合肥检测)如下列图,(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,如此( D )A.用户用电器上交流电的频率是100 HzB.发电机输出交流电的电压有效值是500 VC.输电线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解析:由u t图象可知,交流电的周期T=0.02 s,故频率f==50 Hz,选项A错误;交流电压的最大值 U m=500 V,故有效值U==250 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=,原线圈(输电线)上的电流减小,根据P=R,输电线损失的功率减小,选项D正确.12.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=U max sin ωt的交流电源,假设输送电功率为P,输电线的总电阻为2r,不考虑其他因素的影响,如此输电线上损失的电功率为( C )A.()B.()C.4()2()2rD.4()2()2r解析:由瞬时值表达式知,原线圈电压的有效值U1=,根据理想变压器的电压规律可得=,由理想变压器的输入功率等于输出功率得P=I2U2,输电线上损失的电功率P损=·2r,联立可得P损=4()2()2r,故C正确.13.某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站,发电机输出功率为9 kW,输出电压为500 V,输电线的总电阻为10 Ω,允许线路损耗的功率为输出功率的4%,求:(1)村民和村办小企业需要220 V电压时,所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少?(不计变压器的损耗)(2)假设不用变压器而由发电机直接输送,村民和村办小企业得到的电压和功率是多少?解析:(1)建立如下列图的远距离输电模型.由线路损耗的功率P线=R线,可得I线== A=6 A,又因为P输出=U2I线,所以U2== V=1 500 V,U3=U2-I线R线=(1 500-6×10)V=1 440 V,根据理想变压器规律===,===所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1∶3和72∶11.(2)假设不用变压器而由发电机直接输送(模型如下列图),由P输出=UI线′,可得I线′== A=18 A所以线路损耗的功率P线=I线′2R线=182×10 W=3 240 W用户得到的电压U用户=U-I线′R线=320 V用户得到的功率P用户=P输出-P线=(9 000-3 240)W=5 760 W.答案:(1)1∶3 72∶11 (2)320 V 5 760 W。
人教版物理选修3-2基础夯实训练-5.5《电能的输送》1
1．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 ＝U 2/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 ＝I 2R ，应减小导线电阻或减小输电电流D ．上述说法均不对解析：输电时导线上损失的电压ΔU ＝IR ，它不同于输电电压，P ＝U 2R 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 ＝I 2R ，故C 正确。
答案：C2．如图1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解析：远距离输电过程中的主要能量损耗是输电导线的发热损耗，由P 损＝I 2R 可以看出，在保证输电功率的前提下有两种方式可减小输电中的能量损失：一是减少输电线的电阻，由R ＝ρLS 知，A 正确。
二是减小输电电流，B 正确。
若输电电压一定，由P ＝UI 知输送的电功率越大，输电电流越大，则输电中能量损耗P 损＝I 2R 越大，C 错误。
电压越高，对输电线路绝缘性能的要求越高，变压器的要求相应提高，线路修建费用会多很多，D 正确。
答案：ABD3(2012·天津高考)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( )A.PR kU ，1n B ．(P kU )2R ，1nC.PR kU ，1n2D ．(P kU )2R ，1n2解析：当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，副线圈输出电压为kU ，输出电流I ＝P /kU ，线路损耗的电功率为P 1＝I 2R ＝(PkU )2R 。
精品配套练习：第5章5电能的输送 Word版含解析
第五章 交变电流5 电能的输送A 级 抓基础1．输电线路的电阻为R ，发电站输出电功率为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 －U 2R D.⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·R 解析：用户得到功率P 得＝P －I 2R ＝P －⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·R ，所以B 正确． 答案：B2．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( )A.P 4B.P 2 C ．2P D ．4P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．输电线电流变为原来的12，再根据P 线＝I 2R 线可得，输电线上损耗的电功率将变为P4，故选A.答案：A3．(多选)某电站不经变压器直接向用户输送电能，若输电功率为P，输电电压为U，输电线电阻为R，用户得到的电压为U′，则下列说法中正确的是()A．输电线上损失电压为P U RB．输电线上损失电功率为（U－U′）2RC．用户得到的功率为U′2 RD．用户得到的功率为U′U P解析：根据输送电压U＝U线＋U′，输送电流I＝PU即可判断A、B、D正确，C错误．答案：ABD4．(多选)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＝PU，提高电压后输电线上的电流降为原来的120B．根据公式I＝UR，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1 400D ．根据公式P 损＝U 2R ，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍解析：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＝I 2R ＝P 2U2R ，C 正确；如果用P 损＝U 2R，则U 应为R 上的分压ΔU ，故D 错误． 答案：AC5．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 ，已知输电导线的电阻率为ρ，那么，该输电导线的横截面积最小值是( )A.ρL UB.2ρLI UC.U I ρLD.2UL I ρ解析：输电线电流I ＝U R ，R ＝ρ·2L S，所以最小横截面积 S ＝ρ·2L R ＝2ρLI U. 答案：B6．(多选)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.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，因为U 1＝220 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：ADB 级 提能力7．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，从而电流增大，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.答案：D8．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，分去了一部分电压解析：此时用电器多，负载大，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．答案：C9．发电机输出功率为40 kW，输出电压400 V，用变压比(原、副线圈匝数比)为1∶5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5Ω，到达用户后再用变压器降为220 V，求：(1)输电线上损失的电功率；(2)降压变压器的变压比．解析：(1)发电机输出的电压为400 V，经升压变压器后电压为U＝51×400 V＝2.0×103V，由P＝UI得输电线上的电流I＝PU＝40×1032.0×103A＝20 A.输电线上的功率损失：ΔP＝I2·R＝202×5 W＝2.0×103 W.(2)输电线上的电压损失：ΔU＝I·R＝20×5 V＝100 V.加在降压变压器原线圈两端的电压：U1＝U－ΔU＝2.0×103 V－100 V＝1.9×103 V.降压变压器副线圈两端的电压(用户所需的电压) U2＝220 V.降压变压器的变压比n1n2＝U1U2＝1.9×103220＝9511.10．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0.2Ω，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将电送到用户，求用户得到的电压和功率．解析：(1)线路示意图如图所示．(2)如图，升压变压器次级线圈的输出电压：U2＝n2n1·U1＝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，升压变压器次级线圈输出电流I2＝PU2＝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＝I2R＝20×0. 2 V＝4 V，P R＝I22R＝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 .降压变压器次级线圈的输出电流和电压为：U 4＝n 4n 3·U 3＝110×2 196 V ＝219.6 V ， I 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.(3)若不采用高压输电，线路损失电压为U ′R ＝I 1R ＝40 V ，用户得到的电压U ′＝U 1－U ′R ＝180 V ，用户得到的功率为P ′＝U ′I 1＝36 kW.教师个人研修总结在新课改的形式下，如何激发教师的教研热情，提升教师的教研能力和学校整体的教研实效，是摆在每一个学校面前的一项重要的“校本工程”。
高中物理选修3-2课时作业27：5.5电能的输送
第5节电能的输送基础过关1．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∶U1[解析]由P＝UI，P损＝I2R可得P损＝P2RU2，所以输电线上损失的功率与输送电压的二次方成反比，选项C正确。
[答案] C2．以下关于电能输送的分析，正确的是()A．由公式P＝U2R知，输电电压越高，输电线上功率损失越少B．由公式P＝U2R知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少C．由公式P＝I2R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[解析]输电线损失的功率ΔP＝I2R，故选项C正确；A中的U不能用输电电压，因U＝ΔU＋U3，ΔU为输电线损失的电压，U3为用户端电压或降压变压器的初级电压，故选项A、B、D错误。
[答案] C3.一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图1所示。
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，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4Ω，安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时()图1A.输电线路中的电流为20 A B ．发电机的实际输出电压为300 V C ．在输电线路上损失的电功率为8 kWD ．如果该柴油发电机发出的是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是300 V [解析] 当这些额定电压为220 V 的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流为I ＝PU ＝200 A ，选项A 错误；导线电阻为R ＝2.5×10－4×400×2 Ω＝0.2 Ω，则发电机的实际输出电压为U 输＝U ＋IR ＝260 V ，选项B 错误；在输电线路上损失的电功率为P 损＝I 2R ＝8 kW ，选项C 正确；如果该柴油发电机发出的是正弦式交变电流，则其输出电压的最大值是U m ＝2U 输＝368 V ，选项D 错误。
高中物理选修3-2课时作业15：5.5电能的输送
5 电能的输送一、选择题(1～5题为单选题，6～10题为多选题)1．农村进行电网改造，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2．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·R3．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2.0×105A 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4．图1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1A ．(n 1n 2)U 2m4rB ．(n 2n 1)U 2m4rC ．4r (n 1n 2)2(P U m)2D ．4r (n 2n 1)2(P U m)25．远距离输电的原理图如图2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，输电线上的总电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )图2A.I 1I 2＝n 1n 2 B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 26．如图3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3A ．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B ．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗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 ．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好 7．下列关于远距离高压直流输电的说法中，正确的是( )A ．直流输电系统只在输电环节是直流，而在发电环节和用电环节是交流B ．直流输电系统只在发电环节和用电环节是直流，而在输电环节是交流C ．整流器将交流变直流，逆变器将直流变交流D ．逆变器将交流变直流，整流器将直流变交流8．输送功率为P ，输送电压为U ，输电线电阻为R ，用户得到的电压为U ′.则下列说法中正确的是( )A ．输电线损失功率为(PU )2RB ．输电线损失功率为(U －U ′)2RC ．用户得到的功率为U 2RD ．用户得到的功率为PU ′U9．某小型水电站的电能输送示意图如图4所示，发电机通过升压变压器T 1和降压变压器T 2向用户供电．已知输电线的总电阻为R ，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u ＝2202sin(100πt ) V ，降压变压器的副线圈与阻值R 0＝11Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是( )图4A ．通过R 0的电流有效值是20AB ．降压变压器T 2原、副线圈的电压比为4∶1C ．升压变压器T 1的输出电压等于降压变压器T 2的输入电压D ．升压变压器T 1的输出功率大于降压变压器T 2的输入功率10.某小型水电站的电能输送示意图如图5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5A.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 二、非选择题11.风力发电作为新型环保能源，近年来得到了快速发展，如图6所示的风车阵中发电机输出功率为100kW ，输出电压是250V ，用户需要的电压是220V ，输电线总电阻为10Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：图6(1)画出此输电线路的示意图；(2)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；(3)用户得到的电功率．12.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120kW，输出电压是240V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶25，输电线的总电阻为10Ω，用户需要的电压为220V．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]精析1．C [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，即提高输电电压；二、减小输电线的电阻，即增大输电导线的横截面积，故C 正确．]2．B [用户得到的功率P 得＝P －I 2R ＝P －(PU)2·R ，所以B 正确．]3．B [输电线上输送的电流为I ＝P U ＝3×106×103500×103A ＝6×103A ，A 项错误；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．]4．C [原线圈电压的有效值：U 1＝U m 2，根据U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝⎝⎛⎭⎫n 2n 1U m 2，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 22r ＝4r ⎝⎛⎭⎫n 1n 22⎝⎛⎭⎫P U m2，所以C 正确，A 、B 、D 错误．]5．D [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．]6．ABD [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，从而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；若输送电压一定，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 正确．]7．AC [直流输电系统由整流站、直流线路和逆变站三部分组成，在整流站通过整流器将交流电变换为直流电，在逆变站利用逆变器将直流电变换为交流电．因此选项A 、C 正确．]8．ABD [送电电流为I ＝PU ，损失电压为U －U ′，则损失功率可表示为以下几种形式：P损＝I 2R ＝(P U )2R ，A 正确；P 损＝(U －U ′)2R ，B 正确；用户得到的功率为P 用＝IU ′＝PU ′U ，D 正确，C 错误．]9．ABD [降压变压器副线圈两端交变电压有效值为22022＝220V ，负载电阻为11Ω，所以通过R 0的电流的有效值是20A ，故A 正确；因为降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，所以原、副线圈的电压之比为4∶1，故B 正确；由于输电线有电阻导致降压变压器T 2的输入电压低于升压变压器T 1的输出电压，故C 错误；升压变压器T 1的输入与输出功率相等，降压变压器T 2的输入与输出功率也相等，但升压变压器T 1的输出功率大于降压变压器T 2的输入功率，原因是输电线上电阻消耗功率，故D 正确．]10．AD [由于输电线上的电压损失，故升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，故选项C 错误；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，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．]11．(1)见[解析]图 (2)1∶20 240∶11 (3)96kW [解析] (1)如图所示(2)输电线损失的功率P 损＝P ×4%＝100kW ×4%＝4kW. 输电线电流I 2＝P 损R 线＝4×10310A ＝20A. 升压变压器输出电压 U 2＝P I 2＝100×10320V ＝5×103V.升压变压器原、副线圈匝数比： n 1n 2＝U 1U 2＝250V 5000V ＝120. 电压损失U 损＝I 2R 线＝20×10V ＝200V . 降压变压器原线圈两端电压 U 3＝U 2－U 损＝4800V . 降压变压器原、副线圈匝数比 n 3n 4＝U 3U 4＝4800V 220V ＝24011. (3)用户得到的电功率P 用＝P －P 损＝96kW. 12．(1)4000W (2)290∶11[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＝251×240V ＝6000V输电电流I 2＝P U 2＝120×1036000A ＝20A输电线上损失的电功率ΔP ＝I 22r ＝202×10W ＝4000W. (2)输电线上损失的电压 ΔU ＝I 2r ＝20×10V ＝200V降压变压器原线圈两端的电压U 3＝U 2－ΔU ＝6000V －200V ＝5800V 根据理想变压器的变压规律得n3 n4＝U3U4＝5800V220V＝29011.。
课时作业4：5.5 电能的输送
学案6电能的输送题组一减小输电损失的途径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，其客观原因是电网陈旧老化．近来，农村进行电网改造，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．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正确．所以该题正确选项为A 、B 、D.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，下面选项表示输电导线上损耗的功率的是 ( ) A.U 21R B.(U 1－U 2)2RC ．I 2RD ．I (U 1－U 2) 答案 BCD解析 输电线上功率损耗ΔP ＝I 2R ＝ΔU 2R ＝I ·ΔU ，而ΔU ＝U 1－U 2，故B 、C 、D 正确． 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＝U 22∶U 21，选项C 正确．6．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 ＝UR ，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＝I 2R ＝P 2U 2R ，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＝U 2R ，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 ＝ΔUR 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＝I 2R ＝P 2U2R ，C 正确；如果用P 损＝U 2R ，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．如图2所示，图甲是远距离输电线路的示意图，图乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )图2A ．用户用电器上交流电的频率是100 HzB ．发电机输出交流电的电压有效值是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 图象可知，交流电的周期T ＝0.02 s ，故频率f ＝1T ＝50 Hz ，选项A 错误；交流电的电压最大值U m ＝500 V ，故有效值U ＝U m2＝250 2 V ，选项B 错误；输电线上的电流是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 线＝I 21R 线得，输电线上损失的功率减小，选项D 正确．8．如图3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3A ．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 21rD ．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 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．9．一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 ＝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6×104盏灯泡(220 V 、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；根据P ＝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为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 项正确．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 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 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. 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(3)中降压变压器的输出功率． 答案 (1)见解析图 (2)6 250 V 16 A (3)15.6 Ω 6 000 V (4)96 kW 解析 (1)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＝0.04 P 1所以：R 线＝0.04P 1I 22＝4 000162 Ω＝15.625 Ω因为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.。
电能的输送(精品-内有习题例题)PPT课件
(2)所用升压和降压变压器的原、副线圈的 匝数比是多少?(使用的是理想变压器)
I1
I2
I3
I4
P1
P2
r线 P3
P4
F U 1 n1 n2 U2
U3n3 n4 U4 R用
1:10 升压变压器 2021/7/24
降压25变:压1器
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练习
5、学校有一台应急备用发电机,内阻为 r=1Ω, 升压变压器匝数比为1:4,降压变压器 的匝数比为4:1,输电线的总电阻为R=4Ω,全 校22个教室,每个教室用“220V,40W”的灯6 盏,要求所有灯都正常发光,则：
Rr L
S
①减小材料的电阻率ρ.银的电阻率最小,但价格昂贵, 目前选用电阻率较小的铜或铝作输电线.
②减小输电线的长度L不可行,因为要保证输电距离.
3 可适当增大横截面积.太粗不可能,既不经济又架 设困难.
总结： 不采用这个方法：减小导线电阻。
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(2)减小输电线中的电流
1.如何减小输电线路中的电流呢?
I线I3
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14
3
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四、电网供电
采用电网供电的优点：
可以在能源产地使用大容量发电机 组，降低一次能源的输送成本，获得 最大的经济效益。同时，电网可以减 少断电的风险，调剂不同地区电力供 需平衡，保障供电质量。
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输送电路的计算步骤
(1)画出供电示意图
(2)以变压器铁心为界,分出各个回 路,各回路可独立运用欧姆定律分 析.
发
电 机
U1
U2
U3
U4
用 电
器
升压变压器
电能的输送 每课一练(含解析) (27)
5.5 电能的输送 作业1．输电线上的功率损失P ＝________，降低输电损耗的两个途径为： ____________________，____________________. 答案．I 2r 减小输电导线的电阻 减小输电导线中的电流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．答案．升压 升高 降压 降到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、技术和经济条件等答案．AD4．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 22 C ．U 22∶U 21 D ．U 2∶U 1答案．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．]5．如图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( )A ．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 [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 ＝PU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＝PU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．]6．某发电厂原用电压为U1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U2后输电，输送的电功率保持不变．若输电线路的电阻为R线，则下列说法中正确的是( )A．由公式I＝PU2可知，提高电压后输电线上的电流降为原的150B．由公式I＝U2R线可知，提高电压后输电线上的电流增为原的50倍C．由公式P＝I2R线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原的1 2 500D．由公式P＝U22R线可知，提高电压后输电线上的功率损耗增大为原的2 500倍解析由U1U2＝n1n2可知，U2＝50 U1，输送功率不变，由公式I＝PU2可知，输电线中的电流变为原的150，选项A正确；由P＝I2R线可知，输电线上的功率损耗减为原的12 500，C选项正确；B、D选项中的U2应为损失的电压，所以选项B、D是错误的．答案AC7．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2.0×105 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ΔP＝U2r，U为输电电压，r为输电线的电阻解析输电线上输送的电流为I＝PU＝3×106×103500×103A＝6×103A，A错；输电线上损失的电压为U损＝IR＝6×103×2.5 V＝1.5×104V＝15 kV，B项正确；当用5 kV 电压输电时，输电线上损失的功率若超过3×106 kW，与实际情况相矛盾，故C项错误；当用公式ΔP＝U2r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．答案 B8．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.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，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．答案 AD9．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个电站，输送的电功率为P ＝500 kW ，当使用U ＝5 kV 的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800度． 求：(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻R 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？解析 (1)由于输送功率为P ＝500 kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12 000度，终点得到的电能E ′＝7 200度，因此效率η＝60%.输电线上的电流可由I ＝PU计算，为I ＝100 A ，而输电线损耗功率可由P 损＝I 2R 线计算，其中P 损＝4 80024＝200 kW ，因此可求得R 线＝20 Ω.(2)输电线上损耗功率P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·R 线∝1U 2，原P 损＝2 200 kW ，现在要求P 损′＝10 kW ，计算可得输电电压应调节为U ′＝22.4 kV. 答案 (1)60% 20 Ω (2)22.4 kV。
高中物理第五章交变电流电能的输送练习新人教选修
A.P 4B.P2C ．2PD ．4P7.一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 ＝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8.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.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9.随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益扩大，节能变得越来越重要．某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电，若发电厂输出电压为U1，输电导线总电阻为R ，在某一时段用户需求的电功率为PO ，用户的用电器正常工作的电压为U2.在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是( )A ．输电线上损耗的功率为P2o R U22B ．输电线上损耗的功率为P2o RU21C ．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的效率10.夏季来临，空调、冷风机等大功率电器使用增多，用户消耗的功率增大。
如图所示，发电厂的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器均不变，则下列说法正确的是（ ）A.变压器的输出电压U2增大，且U2＞U1B.变压器的输出电压U4增大，且U4＜U3C.输电线损耗的功率占总功率的比例减小D.输电线损耗的功率增大11.一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=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 ）。
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3．用电压 U 和 KU 分别输送相同电功率，且在输电线上
损失的功率相同，导线长度和材料也相同，此两种情况下导
线的横截面积之比为( )
A．K∶1
B．1∶K
C．K2∶1
D．1∶K2
【解析】 由 R＝ρSl ，P＝UI，ΔP＝I2R，得 ΔP＝PU22ρSl，
可见在其他物理量一定时，S 与 U2 成反比，故 C 正确．
ΔU＝U2－U3＝I线R
例1．在远距离输电过程中，为减少输电线路 上的电能损失，可采用的最佳方法是 （ ）
D
A．使输电线粗一些。 B．减短输电线长度。 C．减少通电时间。 D．采用高压输电。
1．(2013·九江一中高二检测)在电能的输送过程中，若输 送的电功率一定，则关于输电线上损耗的电功率的以下说法 中不正确的是( )
6．发电厂发电机的输出电压为U1，发电 厂至学校的输电导线的总电阻为R，通过导
线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电
导线上损耗的功率可表示为（ BC）D
A．U
2 1
R
C．I2R
B． (U1 U2 )2
R
D．I（U1-U2）
例7、能正确表示P损的是（ ABD ）
2．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( )
【答案】 C
4．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（ ） C A．因为热功率 ，所以应降低输送电压，增大输
电导线电阻，才能减P 小 UR输2 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=I2R，所以可采用减小输电线电阻
A．与输送电压的平方成反比 B．与输电线上的电压降的平方成正比 C．与输送电压成反比 D．与输电线中的电流的平方成正比 【解析】 由 ΔP＝I2线R 线＝(UP输)2·R 线知，A 对，C 错；由 ΔP＝ΔU2/R 线知 B 项正确；由 ΔP＝I2线R 线知 D 项正确． 【答案】 C
课后作业4题
这段推导错在哪里？
例5、一座小型水电站，它输出功率是40kW，输出 电压为400V，输电线的总电阻R=0.5Ω，输电线上 损失的功率为多少？损失的电压为多少？用户得到 的功率是多少？用户得到的电压是多少？
解：根据P=UI 输电线上的电流I=100A。 由P损=I2R；U损=IR 得P损=5kW，U损=50V。 P用=P-P损=35kW；U用=U-U损=350V。
降压变压器原线圈两端的电压 U3＝U2－I2R＝6 250 V－ 16×15.6 V≈6 000 V.
(4)降压变压器的输出功率 P4＝P1－4%P1＝96 kW. 【答案】 (1)图略 (2)6 250 V 16 A
(3)15.6 Ω 6 000 V (4)96 kW
【答案】 C
【例9】交流发电机的路端电压为220V，输出的电功率为4400W， 发电机到用户单根输电线的电阻为2Ω，求： （1）若不用变压器，用户得到的电压和电功率各是多少？ （2）如果用变压比为1：10的升压变压器升压后向用户输电，用 户处再用变压比为10：1的降压变压器降压后使用，那么用户得 到的实际电压和电功率又是多少？（画出输电线路的示意图，并 标明各部分的符号）
5．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．
(1)画出上述输电全过程的原理图． (2)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)若输电导线中的电功率损失 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．
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。
课后作业2题 以下是一段关于输电线损失功率的推导：
将电能从发电站送到用户，在输电线上会损失一 部分功率。设输电电压为U，则功率损失为
P损=UI 而 U=Ir
（1） （2）
将（2）代入（1）式，得到 P损=U2/r （3）
由（3）式可知，要减小功率损失P损，就应当 用低压送电和增大输电线的电阻r。
交流高压输电基本环节示意图
1、发电回路 2、高压送电回路 3、用户回路
发
电 机
U1
U2
U3
U4
用 电
器
升压变压器
高压输电线路
降压变压器
两个变压器，三个回路
处理远距离输电的基本思路
1、画远距离输电原理图
I1
I2
I3
I4
P1
P2
r线 P3
P4
F U1 n1 n2 U2
U3 n3
n4 U4
R用
2、原理图中各物理量的关系
I1
I2
I3
I4
Байду номын сангаас
P1
P2
r线 P3
P4
F U1 n1 n2 U2
U3 n3 n4 U4 R用
I1
I2
I3
I4
P1
P2
r线 P3
P4
F U1 n1 n2 U2
U3 n3 n4 U4 R用
U1＝n1＝I2，U3＝n3＝I4 (2)电流、电压关系UU32＝nU22－IΔ1U，U4I2＝nI4线＝I3I3
（1）根据P=UI, 输电线上的电流I=20A。由P损=I2R； U损=IR 得P损=1600W，U损=80V。 P用=P-P损=2800W；U用=U-U损=140V。
（2）由U1：U2=n1：n2得U输=2200V 。 根据P=UI 输电线上的电流I=2A。 由P损=I2R；U损=IR 得 P损=16W，U损=8V。P用=P-P损=4384W； U3=U-U损=2192V。U用=219.2V。
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】 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，C 正确．
解析】 (1)如图所示．
(2)根据变压器变压比UU12＝nn12，可得升压变压器的输出电 压 U2＝nn21U1＝25×250 V＝6 250 V.
再根据 P＝UI 得输电导线中的电流 I2＝UP2＝1060×251003 A ＝16 A.
(3)输电导线中的电功率损失 ΔP＝100×103×4% W ＝4 000 W，又 ΔP＝I22R，可得输电导线的总电阻 R＝4106020Ω ＝15.6 Ω