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

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2018_2019学年高中物理第五章章交变电流5.4变压器课堂10分钟达标新人教版选修3_2

5.4 变压器课堂10分钟达标1.(2016·长治高二检测)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=4∶1,原线圈两端连接光滑导轨,副线圈与电阻R相连组成闭合回路。

当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时,电流表A1的读数为12mA,那么电流表A2的读数为( )A.0B.3mAC.48mAD.与R大小有关【解析】选A。

由于直导线AB匀速运动,则AB切割磁感线产生的电流是恒定的,线圈产生的磁通量也是恒定的,所以不会引起副线圈的磁通量的变化,所以副线圈不会有感应电流产生,即安培表A2的读数为0。

故A正确,B、C、D错误。

2.(多选)(2016·宜春高二检测)如图所示,理想变压器初级线圈的匝数为1 100,次级线圈的匝数为55,初级线圈两端a、b接正弦交流电源,在初级线圈前串接一个电阻R0=121Ω的保险丝,电压表的示数为220V,如果负载电阻R=5.5Ω,各电表均为理想电表,则( )A.电流表的示数为2AB.变压器的输出电压为5.5VC.保险丝实际消耗的功率为1.21WD.负载电阻实际消耗的功率为22W【解析】选A、C。

变压器次级线圈两端的电压U2=U1=×220V=11V,则电流表的示数为I2==A=2A,A正确,B错误;负载电阻实际消耗的功率为P2==W=22W,D错误;初级线圈中的电流为I1=I2=×2A=0.1A,保险丝实际消耗的功率为P0=R0=1.21W,C正确。

3.(2016·江苏高考)一自耦变压器如图所示,环形铁芯上只绕有一个线圈,将其接在a、b间作为原线圈。

通过滑动触头取该线圈的一部分,接在c、d间作为副线圈。

在a、b间输入电压为U1的交变电流时,c、d间的输出电压为U2,在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中( )A.U2>U1,U2降低B.U2>U1,U2升高C.U2<U1,U2降低D.U2<U1,U2升高【解析】选C。

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

答案：C
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．

高中物理第五章交变电流5.5电能的输送教案新人教版选修3_2

设发电机的输出功率为 P，则功率损失为 Δ P=I2 R 用户得到的功率为 P 用=P-Δ P. 输电线路上的电压损失为：Δ U=I2R，则 U3=U2-Δ U. 8、目前，我国常用的远距离输电采用的电压有哪几种？有 110 kV、220 kV、330 kV，输电干线采用 500 kV 的超
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高压，西北电网正在建设 750kV 的线路。 9、是不是输电电压越高越好？为什么？不是。电压越高，对输电线路和变压器的要求越高，建设费用越高。实际输送电能时，要综合考虑，如输送功率的大小、距离的远近、技术和经济要求等，要依照不同情况选择合适的输电电压。 2．电网供电 10、采用电网供电的优点是什么？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。例某交流发电机输出功率为 5×10.5 W，输出电压为
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l ，要减小输电线的电阻 r，可 S
5、如何减小输电线中的电流呢？阅读并回答教材 49 页“思考与讨论”中的问题。在输电功率一定的条件下，根据 P=UI 可知，要减小输电线中的电流 I，必须提高输电电压 U，这就是采用高压输电的道理。 6 、以上两个途径中，哪一个对于降低输电线路的损耗更有效？举例说明。采用高压输电。在输电电流一定的情况下，线路电阻减为原来的一半，线路中损耗的功率减为原来的
B．可根据需要调节交
电能的输送 1．降低输电损耗的两个途径板书减小输电线的电阻设计减小输电线中的电流 2．电网供电
教学教师引导学生分析生活中的实例，这样更能激发学生的求知欲和学习物理的兴趣。反思
重点找出影响远距离输电损失的因素，使学生理解高压输电教学重、难点可减少功率与电压损失。难点理解高压输电原理，区别导线上的输电电压 U 和损失电压Δ U。

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。

2018_2019学年高中物理第五章交变电流第5节电能的输送课件新人教版选修3_2

学习互动
[答案] (1)不相等.由能量守恒定律知,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. (2)P=I2r.由公式可知,要减小输电线的热功率有两种方法:一是减小输电线的电阻; 二是减小输电导线中的电流.根据电阻定律可知 r=ρ ,要减小输电线的电阻 r,可采用下述方法:
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
教学建议
3．学生常常容易将导线上的电压损失与输电电压混淆起来，因而得出错误的结论．可引导学生进行讨论，澄清认识．这里要注意，切不可单纯由教师讲解代替学生的思考，否则会事倍功半，形快而实慢． 4．课本中讲了从减少损失考虑，要求提高输电电压；又讲了并不是输电电压越高越好．希望帮助学生科学地、全面地认识问题，逐步树立正确的世界观.
B.输电线上的功率损失为
到的功率 P'=P-P 损=P- r,故 C 正确;输电线上
C.用户得到的功率为 P- r D.用户得到的电压为
损失的电压为 Ur=Ir= r,用户得到的电压为 U- r, 故 D 错误.
学习互动
考点二远距离输电电路中的各种关系 [想一想]某发电站向远处输电的示意图如图5-5-2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.
铝作为输电线材料.②减小输电线长度 l 不可行,因为要保证输电距离.
学习互动
③增加导线的横截面积.可适当增大导线的横截面积,导线太粗是不可能的,既不经
济又架设困难. 故减小电阻局限性较大. 由 P=I2r 知,若电流减小一半,输电线上的热功率减小到原来的四分之一,所以减小输电线上的电流能更有效地减小输电线上的热功率. (3)在用户得到的功率一定的条件下,由 P=U2I 可知,要减小输电线中的电流 I,必须提高 U2,再由 U2=U1-U 线知,须提高输电电压 U1.

20182019学年高中物理第五章交变电流5电能的输送分层训练新人教版选修32

5 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( )A.P 4B.P2 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P 4，故选A. 答案：A2．(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 URB ．输电线上损失电功率为（U －U ′）2RC ．用户得到的功率为U ′2RD ．用户得到的功率为U ′UP 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：ABD3．远距离输电线路的示意图如图所示．若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )A ．升压变压器的原线圈中的电流与用户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，A 、B错误．用户用电器总电阻减小，据P ＝U 2R，消耗功率增大，输电线中电流增大，线路损失功率增大，C 正确．升压变压器的输出电压等于输电线路上损失的电压加上降压器输入电压，D 错误．答案：C4．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 U B.2ρLI U C.U I ρLD.2UL I ρ 解析：输电线电流I ＝UR ，R ＝ρ·2L S，所以最小横截面积 S ＝ρ·2L R ＝2ρLI U. 答案：B5．(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6．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：D7．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 ＝U R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：C8．某小型实验水电站输出功率是20 kW ，输电线总电阻是6 Ω.(保留四位有效数字)(1)若采用380 V 的电压输电，求输电线损耗的功率．(2)若改用5 000 V 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．解析：(1)输电线上的电流为I ＝P U ＝20×103380A ≈52.63 A 输电线路损耗的功率为P 线＝I 2R ＝52.632×6 W ≈16 620 W ＝16.62 kW. (2)改用高压输电后，输电线上的电流变为I ′＝P U ′＝20×1035 000A ＝4 A 用户在变压器降压前获得的电压U 1＝U ′－I ′R ＝(5 000－4×6) V ＝4 976 V根据U 1U 2＝n 1n 2，用户得到的电压为U 2＝n 2n 1U 1＝122×4 976 V ≈226.2 V. 9．学校有一台应急备用发电机，内阻为r ＝1 Ω，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R ＝4 Ω，全校共22个教室，每教室用“220 V 40 W ”的灯6盏，要求所有灯都正常发光，则：(1)发电机的输出功率多大？(2)发电机的电动势多大？(3)输电线上损耗的电功率多大？解析：(1)所有灯都正常工作时的总功率P 2＝22×6×40 W ＝5 280 W ，用电器总电流I 3＝P 2U 4＝24 A ，输电线上的电流I 2＝I 34＝6 A ，降压变压器上的输入电压U 3＝4U 4＝880 V ，输电线上的电压损失U R ＝I 2R ＝24 V ，因此，升压变压器的输出电压U 2＝U R ＋U 3＝904 V ，输入电压U 1＝U 24＝226 V ，输入电流I 1＝4I 2＝24 A ，所以发电机的输出功率P 1＝U 1I 1＝5 424 W.(2)发电机的电动势E ＝U 1＋I 1r ＝250 V.(3)输电线上损耗的电功率P R ＝I 22R ＝144 W.。

2018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减小输电电流：由 I＝UP可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流．
(3)损失电压的计算方法 ①ΔU＝U－U′＝IR＝UPR ②ΔU＝P－IP′＝ΔIP.
2．输电线上的功率损失 (1)电功率损失 ①原因：任何输电导线都有电阻，因此当电流通过输电导线向远方输送时，输电线因有电阻而发热． ②功率损失的计算：ΔP＝I2R，I 为输电线路上的电流，R 为线路电阻．
(3)损失功率的计算 ①ΔP＝P－P′＝UI－U′I
②ΔP＝I2R＝UP2R ③ΔP＝ΔRU2＝U－RU′2 ④ΔP＝ΔUI＝I2R
例 1(多选)远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压升高为原来的 n 倍，关于输电线上的电压损失和功率损失说法正确的是 (不考虑感抗和容抗产生的损失)( )
A．功率损失是原来的1n B．功率损失是原来的n12 C．电压损失是原来的1n D．电压损失是原来的 n 倍
解析：当 U＝500 kV 时，I＝UP＝35× ×110095 A＝6×103 A，而 U 损
＝Ir＝15 kV，A 错误、B 正确；输电线上损失的功率不可能比输出功率还大，C 错误；ΔP＝Ur2中，U 为输电线电阻上的电压，而不是输电电压，D 错误．
答案：B
知识点二高压输电过程的分析与计算 1．输电过程示意图
(2)减少功率损失的方法 ①减小输电线的电阻 R：根据 R＝ρLS，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；增大导线的横截面积 S，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＝UP，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，根据 P 损＝UP2R 知，输电线上的功率损耗将降为原来的n12.

高中物理第五章交变电流5.5电能的输送知识要点归纳学案新人教版选修3_20307442.doc

5.5电能的输送知识要点归纳【要点梳理】要点一、输电导线上的电功率损失 1．损失电能的分析任何输电线都有电阻，因此当电能通过输电线送向远方时，电阻发热而损失电功率。

设输电电流为I ，输电线电阻为R ，则输电线上的功率损失为2P I R =损。

设输送电功率为P ，输电电压为U ，输电线的总长度为L ，横截面积为S ，电阻率为ρ，则输电电流P I U =，输电线电阻为LR Sρ=。

输电线上的功率损失可表示为2P L P U S ρ⎛⎫∆=⋅ ⎪⎝⎭。

2．输送电能的基本要求（1）可靠：保证供电线路正常工作。

（2）保质：保证供电质量——电压、频率要稳定。

（3，经济：线路建设和运行的费用低——能耗少、电价低。

3．减小输电线上功率损失的方法（1）减小输电线的电阻R①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。

③增大导线的横截面积S ：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，①减小输送功率P ：由于电站的装机容量一定，因此电站向外输送的电功率是一定的，即在实际中不能以用户少用或不用电来减少输电线上的功率损失。

②提高输电电压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，输电线上的功率损失降为原来的21n 倍。

采用高压输电是减小输电线上功率损失最有效、最经济的措施。

要点二、输电线上的电压损失1．电压损失U ∆：输电导线有电阻，电流通过输电导线时，会在导线上产生电势降落，致使输电线路末端的电压U＇比起始端电压U低，差值U U U∆=－＇称为输电线路上的电压损失。

2．造成电压损失的因素（1）输电线有电阻造成电压损失。

（2）输电线的感抗和容抗造成电压损失。

要点诠释：高中阶段在计算中只考虑输电线电阻所造成的电压损失。

3．减少输电线路上电压损失的方法（1）减小输电线路电阻用增大输电导线横截面积来减小电阻，对低压照明电路有效，在高压线路中，因容抗和感抗造成的电压损失比电阻造成的还要大，故这种方法对高压输电效果不佳。

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

5.5 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,则用户能得到的电功率是( )A.PB.P-rC.I2RD.r【解析】选B。

利用P损=I2R=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。

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( )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【解析】选C。

提高输送功率,根据I=,输送电流变大,根据P损=I2R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=I2R,损失的功率为0,但成本太高,故B错误;提高输电电压,根据I=,输送电流变小,根据P损=I2R,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=I2R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( )A. 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【解析】选A、C、D。

高中物理第五章交变电流5.5电能的输送检测新人教版选修306

【解析】输电线的电压损失 ΔU＝U1－ U2＝IR， 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】 C
2．如图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是
()
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来减小电路的发热损耗
R.现若用变压器将
电压升高到 220 kV 送电，下面选项正确的是 ( )
马鸣风萧萧整理
》》》》》》》》》积一时之跬步臻千里之遥程《《《《《《《《《《《《
U A．因 I ＝ R，所以输电线上的电流增为原来的
20 倍
P
1
B．因 I ＝ U，所以输电线上的电流减为原来的 20
U2 C．因 P＝ R ，所以输电线上损失的功率增为原来的
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 A
B．输电线上电阻造成的损失电压为 15 kV
C．若改用 5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为 9×108 kW
D ．输电线上损失的功率为Δ P＝ U2/ r，U 为输电电压， r 为输电线的电阻
P线 R ＝ 20 A，又 P1＝ U1I 1，
则
I
1＝
P1 U1＝
103
A
，故
A
正确； T1 的变压比
U1 I 2 1
U2
＝
I
＝
1
50，又
P＝ U1I 1＝ U2I 2，得
U2＝ 2× 105 V ，输
电线上损失电压 U 线＝ I 2R＝ 2× 104 V ，则 T2 原线圈的输入电压 U3＝ U2－ U 线＝ 1.8× 105 V ，又