远距离输电电路的分析与计算.
高中物理远距离输电
第四节 远距离输电一、 输电过程(如图所示)二、输送电流(1)I ＝P U ；(2)I ＝U －U ′R. 三、输电导线上的能量损失和电压损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q ＝I 2Rt . 1、电压损失 ：(1)ΔU ＝U －U ′；(2)ΔU ＝IR .2、 功率损失：(1)ΔP ＝P －P ′；(2)ΔP ＝I 2R ＝(P U)2R 3、 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 ＝ρl S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．四、 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． 五、 远距离高压输电的几个基本关系(以图为例)(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． 在远距离输电问题中，计算线路功率的损耗时 应用P 损＝I 2线R 线，其原因是I 线可以由公式P 输入＝I 线U 输入求出，而P 损＝U 线I 线和P 损＝U 2线R 线则不常用，其原因是在一般情况下，U 线不易求出，且易将U线和U输入相混而造成错误．典例分析：例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、乙两地原来用500 kV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1 000 kV特高压输电，不考虑其他因素的影响．则( )A．送电电流变为原来的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例2、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( )A．P′＝U2Sρl B．P′＝P2ρlU2SC．P用＝P－U2SρlD．P用＝P(1－PρlU2S)例3、远距离输送一定功率的交变电流，若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上由电阻造成的电压损失和功率损失的说法中，正确的是( )A．输电线上的电功率损失是原来的1/n；B．输电线上的电功率损失是原来的1/n2；C．输电线上的电压损失是原来的1/n； D．输电线上的电压损失是原来的n倍例4、在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( ) A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大例5、一座小型发电站的输出功率是20 kW，输电线路总电阻是5 Ω.(1)若输电电压是400 V，输电线路损耗的功率是多少？(2)若改用5000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，用户得到的电压是多少？例6、一台发电机输出的电功率为100kw，输出电压为250v，先欲向远处输电，若输电线总电阻为8Ω，要求输电时输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%，要向用户输送200v电压，求：（1）试画出这次输电线路的示意图；（2）输电所需升压变压器和降压变压器的原副线圈的匝数之比分别是多少？（3）用户得到的电功率是多少？课堂针对练习：1、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的电流成正比2、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 ，1n C.PR kU ，1n 2 D ．(P kU )2R ，1n2 3、某发电厂原来用11kV 的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220kV 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. 据公式U P I /=，提高电压后输电线上的电流降为原来的1/20 B. 据公式R U I /=，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍 C. 据公式R I P 2=，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的1/400D. 据公式R U P /2=，提高电压后输电线上的功率损耗将增大为原来的400倍4、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 ，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13U5、有一台内阻为Ω1的发电机，供给一个学校用电，升压变压器的匝数比4:1，降压变压器的匝数比1:4，输电线总电阻是Ω4，全校共有22个教室，每个教室有“220V 40W ”的电灯6盏，若要保证全部电灯正常发光，则： （1）发电机的输出功率应是多大？ （2）发电机的电动势是多大？ （3）输电效率是多大？6、在离用电单位的较远处建了一座小型的水电站，发电机输出功率为5kW ，输出电压为220V ，输电线的电阻Ω12，允许输电线路损耗功率为输送功率的6%，用电单位所需的电压为220V ，根据上述条件：（1）画出供电的电路示意图；（2）计算所用的升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比各是多少？（设变压器为理想变压器）课后巩固练习：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＝U2/R，应降低输电电压，增大导线电阻B．由P＝IU，应低电压小电流输电C．由P＝I2R，应减小导线电阻或减小输电电流D．上述说法均不对2、一小水电站，输出的电功率为20kW，输电线总电阻为Ω5.0，如果先用400V电压输送，后又改用2000V电压输送，则输送电压提高后，输电导线上损失的电功率的变化情况是（）A. 减小50WB. 减少1200WC. 减少61068.7⨯W D. 增大61068.7⨯W3、发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R，通过输电导线的电流为I，输电线末端的电压为U2，下面选项表示输电导线上损耗的功率的是( )A.U21RB.U1－U22RC．I2R D．I(U1－U2)4．远距离输电，原来用电压U0输电，在输电线上损失的电功率为P0，现在要使输电线上损失的电功率减少到原来的1/10，则输电电压应为( )A．100 U0 B.10 U0 C．U0/10 D．U0/1005、水电站向小山村输电，输送电功率为50 kW，若以1100 V送电，则线路损失为10 kW，若以3300V送电，则线路损失可降为( )A．3.3 kW B．1.1 kW C．30 kW D．11 kW6、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＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻7、某交流发电机输出功率为5×105 W，输出电压为U=1.0×103 V，假如输电线的总电阻R=10Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压U=380V.(1)画出输电线路的示意图（标明各部分的符号）（2）所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少？（使用的变压器是理想变压器）8、小型水利发电站的发电机输出功率为24.5 kW，输出电压为350 V，输电线总电阻为4Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220 V，所以在用户处需安装降压变压器．输电电路图如图所示，求：(1)输电线上的电流．(2)升压变压器的原、副线圈的匝数之比．(3)降压变压器的原、副线圈的匝数之比．。
《高压输电》总结
实际采用几种输电方式
输送功率 100KW以下 几千千瓦 ～几万千瓦 输送距离 几百米以内 几十千米 ～上百千米 送电电压 220V 35kv 或者110kv 220kv或 更高 送电方式 低压送电
五、高压输电全过程；示意图和有关计算
六、电网供电：网络化，国际化。经济、可靠、质量高
课堂练习和课外作业
1、在输送一定功率的电能时，所用电压越高， 导线中的电流越小，由焦耳定律可知，输电导 线上的能量损失跟导线中电流大小的平方成正 比，可见采用高压输电，可大大减少电能输送 过程中的损失。 2、一个电厂的发电机启动后，送出的电能是 恒定的。一批用电户消耗的电能是不稳定的， 供需之间的矛盾常常发生。
5、某发电站采用高压输电向外输送电能。 若输送的总功率为P0，输电电压为U， 输电导线的总电阻为R。则下列说法正 确的是 ( ＢＣ ) A．输电线上的电流I=U/R B．输电线上的电流I=P0/U C．输电线上损失的功率P=(P0/U)2R D．输电线上损失的功率P=U2/R
6、在美丽的松花江畔，位于吉林市南部24公 里处，坐落着我国最早建成的大型水电站—— 丰满发电厂。宏伟的拦江大坝，高耸的输电铁 塔，清丽的湖光山色，构成了一幅极富神韵的 画卷。在丰满发电厂向长春市远距离输电中， 当输送的电功率为P，输送电压为U时，输电 线上损失的电功率是 ，若输送的电功率增加 为4P，而输电线中损失的电功率减为 /4，那 么输电电压应增为（ ） A．32U B．16U C．8U D．4U
8、在电能的输送过程中，若输送的电功率一定、 输电线电阻一定时，对于在输电线上损失的电 功率，有如下四种判断中正确的是（ CD） A.和输送电线上电压降的平方成反比 B.和输送电压的平方成正比 C.和输送电线上电压降的平方成正比 D.和输送电压的平方成反比 9、现用 220V和11kV种电压来输电，如果输送 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，则对应的两种导线横截面积 之比为（ D ） A．1:50 B．50:l C．1:2500 D．2500: 1
高中物理选择性必修二学案 第三章第四节 远距离输电
第四节远距离输电[学习目标] 1.知道影响输电中电功率和电压损耗的因素，会计算电功率损耗和电压损耗.2.知道高压交流输电的优点，能利用变压器、电路知识对远距离输电线路进行定量计算.3.了解高压直流输电．一、远距离输电中的电功率和电压损耗1．远距离输电中的电功率损耗P损＝P总－P用＝I2r.(其中r为输电线电阻)2．远距离输电中的电压损耗U损＝U－U用＝Ir.(其中r为输电线电阻)二、高压交流输电1．降低输电损耗的两个途径根据P损＝I2r，减少电能损耗的方法有两种：(1)减小输电线的电阻：在输电导线长度一定的情况下，为了减小电阻，应当选用电阻率小、横截面积大的导线．(2)减小输电导线中的电流：为了减小输电电流，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电电压．2．高压交流输电(1)基本原理：在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压．(2)输电方案：采用电能输配电网．三、直流输电(1)优点：避免输电线路因电感导致的电能损耗．(2)直流输电示意图．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，输电线上电功率的损失就越小．( × )(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 .现用电压U 来输电，输电线上的电流为________，输电线上损失的功率为________．如果用2U 电压来输电，则输电线上的电流为________，输电线上损失的功率为________．两次损失的功率之比为________． 答案 P U P 2R U 2 P 2U P 2R4U 24∶1一、远距离输电中的电功率和电压损耗导学探究 如图1所示，假定发电站输出的电压为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站输出的电能相等吗？(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 －U 损＝U －P Ur .(2)不相等，由能量守恒知，发电站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：P 损＝I 2r ＝P 2U 2r ，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．输电电路的电压损失输电线始端电压U 与输电线末端电压U ′的差值．U 损＝U －U ′＝Ir ＝PUr ，其中I 为输电线上的电流，r 为输电线的电阻． 2．输电电路的功率损失(1)远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率P 损＝I 2r . (2)若输电线上损失的电压为U 损，则功率损失还可以表示为P 损＝U 损2r ，P 损＝U 损·I .3．减小电压、功率损失的方法 (1)减小输电线的电阻由R ＝ρlS 可知，距离l 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)减小输电电流I ，根据I ＝PU ，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，输电电流可减为原来的1n ，输电线上的功率损失将降为原来的1n2.三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？它与输出功率的比值是多少？(3)若将输出电压升高至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？它与输出功率的比值是多少？ 答案 (1)2 500 A (2)1.25×108 W 14(3)1 000 A 2×107 W125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P 损＝I 2·2r ＝2 5002×2×10 W ＝1.25×108 W 损失功率与输出功率之比为P 损P ＝1.25×108 W 5×108 W＝14(3)将输出电压升高至50万伏时，I ′＝PU ′＝5×108 W 5×105 V ＝1 000 A输电线上损失的功率P 损′＝I ′2·2r ＝1 0002×2×10 W ＝2×107 W 损失功率与输出功率之比为P 损′P ＝2×107 W 5×108 W ＝125.针对训练1 (多选)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低．我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．假设从A 处采用550 kV 的超高压向B 处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP ，到达B 处时电压下降了ΔU .在保持A 处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV 特高压输电．输电线上损耗的电功率变为ΔP ′，到达B 处时电压下降了ΔU ′.不考虑其他因素的影响，则( ) A ．ΔP ′＝14ΔPB ．ΔP ′＝12ΔPC ．ΔU ′＝14ΔUD ．ΔU ′＝12ΔU答案 AD解析 由输电电流I ＝P U 知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的12，损耗的电功率ΔP ＝I 2r ，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的14，即ΔP ′＝14ΔP ；输电线上损失电压为ΔU ＝Ir ，即输电电压加倍，损失电压变为原来的12，即ΔU ′＝12ΔU .故A 、D正确．二、高压交流输电导学探究 某发电站向远处输电的示意图如图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＝U 损＋U 3，P 2＝P 损＋P 3＝I 22R 线＋P 3，I 2＝I 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高压输电问题的基本方法1．首先应画出远距离输电的示意图(如图3)，并将已知量和待求量写在示意图的相应位置．图32．理清三个回路： 回路1：P 1＝U 1I 1回路2：U 2＝U 损＋U 3，P 2＝P 损＋P 3＝I 22R 线＋P 3，I 2＝I 3 回路3：P 4＝U 4I 4. 3．常用关系(1)功率关系：P 1＝P 2，P 2＝P 损＋P 3，P 3＝P 4. (2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，U 2＝U 损＋U 3，U 3U 4＝n 3n 4.(3)电流关系：I 1I 2＝n 2n 1，I 2＝I 线＝I 3，I 3I 4＝n 4n 3.(4)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 损R 线. (5)输电线上损耗的电功率： P 损＝P 2－P 3＝I 线2 R线＝U 损2R 线＝U 损·I 线． (6)输电线上的电压损失：U 损＝I 线R 线＝U 2－U 3.发电机两端的电压为220 V ，输出功率为44 kW ，输电导线的总电阻为0.2 Ω，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，两个变压器均为理想变压器． (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给用户，求用户得到的电压和功率． 答案 (1)见解析图 (2)219.6 V 4.392×104 W (3)180 V 3.6×104 W 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＝2 200 V ．根据理想变压器P 入＝P 出，则升压变压器副线圈的输出电流I 2＝P 出U 2＝44×1032 200 A ＝20 A ，输电线上的功率损耗和电压损失分别为P 损＝I 22R 线＝202×0.2 W ＝80 W ， U 损＝I 2R 线＝20×0.2 V ＝4 V.所以降压变压器原线圈的输入电压和电流分别为 U 3＝U 2－U 损＝2 200 V －4 V ＝2 196 V ， I 3＝I 2＝20 A.降压变压器副线圈的输出电压和电流分别为 U 4＝n 4n 3U 3＝110×2 196 V ＝219.6 V ，I 4＝n 3n 4I 3＝10×20 A ＝200 A.用户得到的功率为P 4＝U 4I 4＝219.6×200 W ＝4.392×104 W. (3)若直接给用户供电， 线路示意图如图所示则输电电流I ′＝P U 1＝44×103220 A ＝200 A.输电线路上的电压损失U 损′＝I ′R 线＝200×0.2 V ＝40 V. 所以用户得到的电压U 2′＝U 1－U 损′＝220 V －40 V ＝180 V. 用户得到的功率为P ′＝U 2′I ′＝180×200 W ＝3.6×104 W.针对训练2 (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 ，用总电阻为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 ．降压变压器的输入电压为4 970 VD ．降压变压器的匝数比为100∶1 答案 AC解析 输电线上的损失功率为P 损＝P ×0.6%＝50 kW ×0.6%＝300 W ，A 项正确；输电线上的电流为I 2＝P 损R＝3003 A ＝10 A ，升压变压器副线圈两端的电压为U 2＝P I 2＝50×10310V ＝5×103 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得，n 1n 2＝110，B 项错误；输电线上损失的电压为U 损＝I 2R ＝10×3 V ＝30 V ，降压变压器输入电压为U 3＝5 000 V －30 V ＝4 970 V ，C 项正确；由U 3U 4＝n 3n 4得n 3n 4＝49722，D 项错误．1．(输电线路的功率损耗)(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，所有输电导线的电阻率均为ρ，横截面积均为S ，两地的距离为L ，输电线上损耗的电功率为P 1，用户得到的电功率为P 2.下列关于P 1和P 2的表达式中正确的是( ) A ．P 2＝P (1－2PρLU 2S )B ．P 2＝P －U 2S2ρLC ．P 1＝2P 2ρLU 2SD ．P 1＝U 2SρL答案 AC解析 输电线上的电流I ＝P U ，输电导线的电阻R ＝2ρLS ，输电线上损耗的电功率为P 1＝I 2R ＝2P 2ρL U 2S，用户得到的电功率为P 2＝P －P 1＝P ⎝⎛⎭⎫1－2PρL U 2S ，故A 、C 正确． 2．(输电线路的电压损耗和功率损耗)某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106 kW ，现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( ) A ．输电线上输送的电流大小为2×105 A B ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC ．输电线上损失的功率为P 损＝U 2r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻D ．输电线上损失的功率为9×107 kW 答案 B解析 由P ＝IU 得用500 kV 电压输电时输电线上输送的电流I ＝P U ＝3×1095×105 A ＝6×103 A ，故A 错误；由U 损＝Ir 得输电线上的电压损失U 损＝6×103×2.5 V ＝15×103 V ＝15 kV ，故B 正确；输电线上损失的功率为P 损＝U 损2r ，U 损为输电线上损失的电压，故C 错误；输电线上损失的功率P 损＝I 2r ＝(6×103)2×2.5 W ＝9×107 W ，故D 错误．3．(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 ，升压变压器原线圈两端的电压为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)升压变压器副线圈两端的电压；(2)输电导线上的功率损失及用户得到的功率； (3)降压变压器原、副线圈的匝数比．答案 (1)2 500 V (2)60 kW 440 kW (3)10∶1 解析 输电线路原理图如图所示(1)根据U 1U 2＝n 1n 2可知，升压变压器副线圈两端的电压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用户得到的功率P 用＝P 1－P 损＝440 kW (3)输电导线上损失的电压 U 损＝I 2r 线＝300 V降压变压器原线圈两端的电压 U 3＝U 2－U 损＝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.考点一 远距离输电中的电压损耗和功率损耗1．下列关于减少远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的是( )A ．因为热功率P ＝U 2R ，所以应降低输电电压，增大输电导线的电阻，才能减少输电导线上的热损耗B ．因为热功率P ＝IU ，所以应采用低电压、小电流输电，才能减少输电导线上的热损耗C ．因为热功率P ＝I 2R ，所以可采用减小输电线电阻或减小输电电流的方法来减少输电导线上的热损耗D ．以上说法均不正确 答案 C2．远距离输送一定功率的交流电，若输电电压提高到原来的n (n >1)倍，则( ) A ．输电线上的电压损失增大 B ．输电线上的功率损失增大 C ．输电线上的电压损失不变D ．输电线上的功率损失减小为原来的1n 2答案 D解析 在输送功率一定时，由I ＝PU 知，输电电压提高到原来的n 倍，则输电电流变为原来的1n ，根据U 损＝Ir 可知输电线上的电压损失减小为原来的1n，A 、C 错误．由P 损＝I 2r ，输电线上的功率损失减小为原来的1n2，B 错误，D 正确．3．(多选)供电电路电源的输出电压为U 1，线路导线上的电压为U 2，用电器得到的电压为U 3，导线中电流为I ，线路导线的总电阻为R ，若要计算线路上的损失功率，可用的公式有( ) A.U 12R B ．I (U 1－U 3) C ．I 2RD.U 22R答案 BCD解析 U 1不等于线路导线上的电压，A 错误；线路导线上的电压为U 2＝U 1－U 3，导线中电流为I ，线路上的损失功率P ＝U 2I ＝I (U 1－U 3)，B 正确；导线中电流为I ，线路导线的总电阻为R ，线路上的损失功率P ＝I 2R ，C 正确；线路导线上的电压为U 2，线路导线的总电阻为R ，线路上的损失功率P ＝U 22R，D 正确．4．输电线的电阻为r ，输送的电功率为P ，用电压U 输送电能，则用户得到的功率为( ) A ．P B ．P －P 2rU 2C ．P －U 2rD.P 2U2r 答案 B5．用户与发电厂相距L ，输电线上的电流为I ，为使输电线上的电压损失不超过U ，已知输电线的电阻率为ρ，那么输电线的横截面积最小值应是( ) A.ρLI U B.2ρLI U C.U ρLI D.2UI ρL 答案 B解析 根据欧姆定律得R ＝U I ，根据电阻定律得R ＝ρl S ，又l ＝2L ，解得S ＝2ρLI U .故B 项正确，A 、C 、D 项错误．6．降雪很大时，高压线上冻起厚厚的冰霜，导致部分电线负重增大而断裂，有人想出了通过增大输电线上损耗功率来融冰的方案．假设输电电压是220 kV ，当输送功率保持不变时，为使输电线上损耗的功率增大为原来的4倍，输电电压应变为( ) A ．55 kV B ．110 kV C ．440 kV D ．880 kV 答案 B解析 根据输电功率公式P ＝UI 和损耗功率公式P 损＝I 2R 线，有P 损＝(PU)2R 线，要使P 损增大为原来的4倍，则在P 和R 线不变的情况下，可使输电电压U 变为原来的12，所以输电电压应变为110 kV ，故B 正确，A 、C 、D 错误． 考点二 电网输电7．(多选)如图1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，流入用户端的电流为I 2.则( )图1A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．理想变压器的输入功率为I 12rC ．输电线路上损失的电功率为I 1UD ．当用户消耗的功率增大时，输电效率将下降 答案 AD解析 根据变压器原理：U 1I 1＝U 2I 2，得U 2＝I 1U 1I 2，A 正确；理想变压器的输入功率为U 1I 1＝UI 1－I 12r ；输电线路上损失的电功率为I 12r ，B 、C 错误；设发电厂的输出功率为P ，输电效率η＝P －(P U )2rP ×100%＝(1－PrU 2)×100%，当用户消耗的功率增大时，输电线上的电流增大，发电厂的输出功率P 增大，η减小，D 正确．8．(多选)如图2所示为远距离输电示意图，线路总电阻为r ，发电厂输出电压不变，三个回路的电流依次为I 1、I 2、I 3，两变压器均为理想变压器，左侧变压器输入电压为U 1，输出电压为U 2；右侧变压器输入电压为U 3，输出电压为U 4，以下选项正确的是( )图2A ．若用户消耗的功率增大，I 2随之增大B ．若用户消耗的功率增大，U 4随之增大C ．U 2＝U 3＋I 2rD ．U 1I 1＝I 22r ＋U 4I 3 答案 ACD解析 若用户消耗的功率增大，则I 3会变大，由变压器匝数比等于电流比的倒数可知，I 2随之增大，输电线电阻r 上的电压变大，则U 3减小，U 4减小，选项A 正确，B 错误；由串联电路的特点可知：U 2＝U 3＋I 2r ，选项C 正确；由能量关系可知：U 1I 1＝I 22r ＋U 3I 2＝I 22r ＋U 4I 3，选项D 正确．9．(多选)如图3为远距离输电的示意图，若电厂的输出电压u 1＝2202sin 100πt (V)，则下列表述正确的是( )图3A ．U 1<U 2，U 3>U 4B ．U 1＝220 VC ．若U 2提高为原来的10倍，输电线上损失的功率为原来的1100D ．用户得到的交变电流频率为25 Hz 答案 ABC解析 电厂发出的电，经过升压变压器升压，后经过降压变压器降压输送给用户，所以U 1<U 2，U 3>U 4，选项A 正确；根据正弦式交变电流的有效值与最大值的关系，可知U 1＝22022 V ＝220 V ，选项B 正确；若U 2提高为原来的10倍，则输电电流为原来的110，根据P 损＝I 2R 线可知，输电线上损失的功率为原来的1100，选项C 正确；输电过程中交变电流的频率不变，所以用户得到的交变电流的频率仍为50 Hz ，选项D 错误．10．(多选)图4为某小型电站高压输电示意图．发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U 1和U 2.下列说法正确的是( )图4A ．采用高压输电可以增大输电线中的电流B ．升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2C ．输电线损耗的功率为U 22rD ．将P 上移，用户获得的电压将增大 答案 BD解析 发电机输出功率恒定，根据P ＝UI 可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A 错误；升压变压器原、副线圈匝数比等于输入电压和输出电压比，则n 1n 2＝U 1U 2，故B 正确；输电线损耗的功率为P 损＝(PU 2)2r ，故C 错误；将P 上移，降压变压器的原线圈匝数减少，由变压器的电压与匝数的关系可知，用户获得的电压将增大，故D 正确．11.如图5所示为远距离输电示意图，电厂的发电机输出功率为100 kW ，输出电压U 1＝500 V ，升压变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝1∶20，输电线电阻为40 Ω，用户需要的电压U 4＝220 V ，变压器均为理想变压器．则( )图5A ．输电线上的输送电流为250 AB ．输电线上损失的电压为280 VC ．输电线上损失的电功率为4 kWD ．降压变压器的原、副线圈的匝数比为n 3∶n 4＝48∶11 答案 C解析 根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比，得U 1U 2＝n 1n 2，所以U 2＝U 1·n 2n 1＝10 000 V ，发电机的输出功率为100 kW ，所以有P 2＝P 1＝100 kW ，输电线中电流为I 2＝P 2U 2＝10 A ，选项A 错误；输电线上的电压损失U ′＝I 2r ＝400 V ，选项B 错误；输电线上损失的电功率为P ′＝I 22r ＝4 kW ，选项C 正确；U 3＝U 2－U ′＝9 600 V ，降压变压器原、副线圈的匝数比为n 3n 4＝U 3U 4＝48011，选项D 错误．12．如图6所示，某学校有一台应急备用发电设备，内阻不计．升压变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝1∶4，降压变压器原、副线圈的匝数比为n 3∶n 4＝4∶1，输电线总电阻为r ＝4 Ω，其他导线电阻可忽略不计．全校有22间教室，每间教室安装“220 V 40 W ”的电灯6盏，要求所有的电灯都正常发光，求：图6(1)输电线上的电流大小； (2)升压变压器的输入电压． 答案 (1)6 A (2)226 V解析 (1)所有电灯正常发光时消耗的功率为P 总＝40×6×22 W ＝5 280 W ＝P 4 由于灯正常发光，故降压变压器副线圈两端的电压U 4＝220 V 所以降压变压器原线圈两端的电压为 U 3＝n 3n 4U 4＝41×220 V ＝880 V则输电线上的电流为I 线＝P 3U 3＝P 4U 3＝5 280880 A ＝6 A(2)输电线上损失的电压为U 损＝I 线r ＝6×4 V ＝24 V 则升压变压器副线圈两端的电压为 U 2＝U 3＋U 损＝880 V ＋24 V ＝904 V 则升压变压器原线圈两端的电压为 U 1＝n 1n 2U 2＝14×904 V ＝226 V.13.风力发电作为新型环保能源，近年来得到了快速发展，如图7所示的风车阵中发电机输出功率为100 kW ，输出电压是250 V ，用户需要的电压是220 V ，输电线总电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，求：图7(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．答案(1)见解析图(2)1∶20240∶11(3)96 kW解析(1)输电线路示意图如图所示(2)输电线因发热而损失的功率为P损＝P×4%＝100 kW×4%＝4 kW.输电线电流I2＝P损R线＝4×10310A＝20 A.升压变压器输出电压U2＝PI2＝100×10320V＝5×103 V.升压变压器原、副线圈匝数比：n1 n2＝U1U2＝250 V5 000 V＝120.输电线上电压损失U损＝I2R线＝20×10 V＝200 V. 降压变压器原线圈两端电压U3＝U2－U损＝4 800 V.降压变压器原、副线圈匝数比：n3 n4＝U3U4＝4 800 V220 V＝24011.(3)用户得到的电功率P用＝P－P损＝96 kW.。
远距离输电问题
1、输入功率和输出功率相等：P1=P2 2、变压比：U1/U2=n1/n2
3、电流比：I1/I2=n2/n1
一、远距离输电问题的提出： 如何减少输电过程中能量的损失，是远距离输电 过程中要讨论和解决的中心问题。
二、远距离输电
1．电路损失
(1)功率损失：设输电电流为I，输电线的电阻 I2R 为R，则功率损失为ΔP＝_____. (2)电压损失：ΔU＝_____. IR
D、若在导线上损失的功率相同，输电线的截面积之比为104：1
[ B
D
]
4、输送功率为P、输电电压为U、输电线电阻为R、用户 的电压为U0，则： A、输电线损失的功率为（P/U)2R B、输电线损失的功率为（U-U0)2 /R C、用户得到的功率为U02/R
D、用户得到的功率为PU0/U
[ A B D ]
8、某发电厂通过两条输电线向远处的用电设备供电， 当发电厂输出的功率为P0时，额定电压为U的用电设 备消耗的功率为P1，若发电厂用一台升压变压器T1先 把电压升高，仍通过原来的输电线供电，到达用电设 备所在地，再通过一台降压变压器T2把电压降到用电 设备的额定电压，供用电设备使用。这样改动后，当 发电厂输出的功率仍为P0时，用电设备可获得的功率 增加至P2。试求所用升压变压器T1的原线圈与副线圈 的匝数比N1/N2以及降压变压器T2的原副线圈的匝数 比n1/n2各为多少？
6、有条河流，流量Q=2m3/s,落差h=5m,利用其发电, 若发电机总效率为50%，输出电压为240V，输电线总 电阻为R线=30欧，允许损失的功率为输出功率的6%， 为满足用电要求： （1）则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器 的匝数比各是多少？ （2）能使多少盏“220V，100W”的电灯正常发光？
4.3电能的远距离传输课件(鲁科版)
第4章 远距离输电
A．升压变压器的输出电压增大 B．降压变压器的输出电压增大 C．输电线上损耗的功率增大 D．输电线上损耗的功率占总功率的比例减小
栏目 导引
第4章 远距离输电
解析：选 C.升压变压器的输出电压由发电厂 的输出电压决定，A 错误．发电厂输出功率 增大，而输出电压不变，所以升压变压器的 输入电流增大，由I1＝n2知，升压变压器输出
栏目 导引
第4章 远距离输电
(2)减小输电电流 I 因为 I＝UP，所以在输送电功率 P 不变的前提 下，提高输电电压 U 是有效措施．
栏目 导引
第4章 远距离输电
3.输电线路上的电功率损失 一般输电导线都有电阻，因此当电能通过输 电导线送向远方时，电流流过输电导线，因 输电导线有电阻而发热，从而损失电功率． 设输电电流为I，输电导线电阻为R，则输电 导线上的功率损失P损＝I2R.
栏目 导引
第4章 远距离输电
(3)提高输电电压 U：在输送功率 P 和输电导 线电阻 R 一定的条件下，输电电压提高到原
来的 n 倍，据 P 损＝UP 2·R 知，输电线路上
的功率损耗将降为原来的n12. 根据以上分析知，采用高压输电是减小输电 线路上功率损耗最有效、最经济的措施．
栏目 导引
第4章 远距离输电
栏目 导引
第4章 远距离输电
2.现代供电系统把许多发电站连为一体，构 成庞大的交流输电网，这就要求电网中的每 台发电机发出的交流电并网时必须做到同步, 即交变电流的__频__率__必须相同．并联输电线 中的交变电流的_相__位__必须相同．
栏目 导引
第4章 远距离输电
3.基本环节： 发电厂（站）
9.8×104 35
高中物理之电能的输送(远距离输电)知识点
高中物理之电能的输送（远距离输电）知识点1电路中电能损失电线上的功率损耗为P=I2R①可以通过两个途径减小输电损失。
减小输电线的电阻，应选用电阻率小的金属材料，还要尽可能的增大导线的横截面积。
②减小输电线中的电流。
，U必须是降在导线上的电压，电压不能用输电电压来计算。
2远距离输电一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。
并按照规范在图中标出相应的物理量符号。
一般设两个变压器的初、次级线圈的匝数分别为也应该采用相应的符号来表示。
从图中应该看出功率之间的关系是电压之间的关系电流之间的关系可见其中电流之间的关系最简单，中只要知道一个，另两个总和它相等。
因此电流往往是这类问题的突破口。
输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。
分析和计算时都必须用，而不能用。
分析输电线上的功率损失，由此得出结论：⑴减少输电线功率损失的途径是提高输电电压或增大输电导线的横截面积，当然选择前者。
⑵若输电线功率损失已经确定，那么升高输电电压能减小输电线截面积，从而节约大量金属材料和架设电线所需的钢材和水泥，还能少占用土地。
需要引起注意的是课本上强调：输电线上的电压损失，除了与输电线的电阻有关，还与感抗和容抗有关。
当输电线路电压较高、导线截面积较大时，电抗造成的电压损失比电阻造成的还要大。
规律方法一、解决变压器问题的常用方法解题思路1电压思路.变压器原、副线圈的电压之比为U1/U2=n1/n2;当变压器有多个副绕组时U1/n1=U2/n2=U3/n3=……解题思路2功率思路.理想变压器的输入、输出功率为P入=P出，即P1=P2；当变压器有多个副绕组时P1=P2+P3+……解题思路3电流思路.由I=P/U知，对只有一个副绕组的变压器有I1/I2=n2/n1;当变压器有多个副绕组时n1I1=n2I2+n3I3+……解题思路4（变压器动态问题）制约思路（1）电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2=n2U1/n1，可简述为“原制约副”。
2022秋新教材高中物理第三章交变电流第四节远距离输电课件粤教版选择性必修第二册
【重难释解】
2．基本关系式 (1)功率关系
P1＝P2，P3＝P4，P2＝ΔP＋P3。
(2)电压、电流关系 UU12＝nn12＝II12，UU34＝nn34＝II43 U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I 线。
(3)输电电流：I 线＝UP22＝UP33＝ΔRU线 。 (4)输电线上损耗的电功率：ΔP＝I 线 ΔU＝I 线 2R 线＝UP222R 线。 3．远距离输电问题的分析方法
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。
典例1 某变电站用220 V的电压输电，导线上损失的功率为输送功率的20%。 若要使导线上损失的功率降为输送功率的5%，则输电电压应为多少？
核心素养点击
第四节 远距离输电
(1)了解提高输电电压是降低远距离输电损耗的有效途径。 物理观念
(2)了解高压交流输电、高压直流输电的概念。 (1)会用相关知识解释实际的输电问题。 科学思维 (2)通过建立远距离输电模型的过程，体会建立模型的思维方法。
科学探究 利用模型解决远距离输电问题。
科学态度 理解工程技术要兼顾科学、技术、经济等多种因素，知道电网 与责任 供电是远距离输电的重要发展。
(完整版)《高压输电》PPt
如何减小输电线上的功率损失 P=I2R
二.降低导线的电阻 *缩短距离-不可能
*选用导电性能好的材料作导线。
（一般用铝或铜）
*增大导线的横截面-多种困难
R=ρ
L S
缺陷分 析
*实际是多股绞线拧成的，中心 是钢线，它的机械强度大，不 易拉断；钢线周围是铝线，不 仅导电性能好，而且密度小， 使输电线不致太重
3.5《高压输电》
为了合理利用能源,发电站要建在靠近这些能源 地方
火力发电站
风力发电站
水利发电站
大亚湾核电站
秦山核电站
三峡水电站
新疆风力发电
而用电的地方却分布很广:
一、远距离输电 1、面临的问题电流流过输电导线时，由于电流
的热效应，必然有一部分电能转化成热而损 失掉。 2、发热损失电能的计算：P损=I2R 3、减小输电线上电能损失的办法：
演示实验二：开关断开时的自感现象
按图连接电路。开关 闭合时电流分为两个 支路，一路流过线圈L， 另一路流过灯泡A。 灯泡A正常发光 把开关断开，注意观 察灯泡亮度
演示实验二：开关断开时的自感现象
要求： 线圈L的电阻较小
现象：开关断开时，灯A先更 亮后再熄灭
分析：电路断开时，线圈中的 电流减小而导致磁通量发生变 化，产生自感电动势阻碍原电 流的减小，L中的电流只能从 原值开始逐渐减小，S断开后， L与A组成闭合回路，L中的电 流从A中流过，所以A不会立即 熄灭，而能持续一段发光时 间．
三、涡流及其应用
1．变压器在工作时，除了在原、副线圈产生感应电动 势外，变化的磁通量也会在铁芯中产生感应电流。
一般来说，只要空间有变化的磁通量，其中的导体 就会产生感应电流，我们把这种感应电流叫做涡流
粤教版高中物理选择性必修第二册第3章第4节远距离输电课件
√A．高电压输电
C．增大输电电流
B．低电压输电 D．增大输电线电阻
A [为了减小输电线的损耗，当输送功率一定时，根据P＝UI知增
大输送电压U可以减小流过线路的电流I，则根据线路损耗P损＝I2r 可知线路损耗也会减小，A正确，B、C、D错误。]
1234
√
1234
√
√
√
1234
4．风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如 图所示风车阵中发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用 户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 Ω。若输电线因发热而损 失的功率为输送功率的4%，试求：
如图所示的输电线路，为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光 较暗？怎样才能减小导线上损失的电压和损失的功率呢？
提示：用电高峰期高压输电线和变压器到家庭的输电线中电流 较大，有较大的电压损失，因此加在白炽灯上的电压变低，达不到 额定功率，因此白炽灯灯光较暗；为减小导线上损失的电压和功率 可减小输电线电阻，提高输电电压。
第三章 交变电流
第四节 远距离输电
1．了解输电线上的功率损耗与何种因素有关及降低功率损 耗的措施。 学习 2．知道高压输电的原因；会利用变压器的规律和能量守恒 任务 的观点对简单的远距离输电进行定性分析和计算。 3．了解高压交流和高压直流输电的优缺点。 4．知道我国输电技术的发展。
01
必备知识·自主预习储备
1886年，发明家威斯汀豪斯利用变压器成功地在6 km的线路上 实现了交流输电。
1891年，德国建成170 km的15 kV～30 kV的高压输电线路，效 率高达70%～80%。1893年，美国修建尼亚加拉水电站时，经过反 复论证，决定采用交流供电系统。1909～1912年，美国、德国建造 100 kV的高压输电线路，从此高压输电技术迅速普及。
远距离输电-课件
(2)由以上计算式知，在输送电功率一定的前提下，有： ①减少输电线电压、电功率损耗的途径是__提__高__输__电__电__压___ 或__增__大__输__电__导__线__的__横__截__面__积_____．两者相比，当然选择前者． ②若输电线功率损失已经确定，那么升高输电电压能减小 输电线截面积，从而节约大量金属材料和架设电线所需的钢材 和水泥，还能少占用土地．
答案：见解析 规律总结：求解输电问题的思路,由于发电机本身的输出电 压不可能提高，所以采用高压输电时，在发电站内需用升压变 压器升压后再由输电线输出，到用电区再用降压变压器降到所 需的电压，在解答有关远距离输电问题时，首先要将整个电路
分成几段进行研究，找出跟各段电路相应的物理量；然后利用 变压器工作原理和直流电路的基本定律分段列式，最后联立求 解，进行计算.另外，还需注意以下几点：
第七节 远距离输电
知识点1 从发电站到用户的输电线路 1．线路的主要组成：发电机、升压变压器、输电导线、降 压变压器、用户的用电器等．(如图 2－7－1)
图 2－7－1
2．线路上各部分的物理量：P1、U1、I1、n1为升压变压 器原线圈上的物理量，P2、U2、I2、n2为升压变压器副线圈 上的物理量，P3、U3、I3、n3为降压变压器原线圈上的物理 量，P4、U4、I4、n4为降压变压器副线圈上的物理量，P损、 U损为输电线的功率和电压损耗，R为输电线的电阻．自 我。。2021年3月2021/3/52021/3/52021/3/53/5/2021
•
16、业余生活要有意义，不要越轨。2021/3/52021/3/5Marc h 5, 2021
•
17、一个人即使已登上顶峰，也仍要 自强不 息。2021/3/52021/3/52021/3/52021/3/5
电能的远距离输送 课件-高二下学期物理鲁科版(2019)选择性必修第二册
U 2 n2
P3 U3
n3
P4 U
4
n4
降压变压器
U 3 n3
两个变压器，三个回路 U 4 n4
用
户
三 、 远 距 离 输电电 路分析
1、功率关系：①升压变压器： P1=P2
③传输过程：P2=∆P+P3
2、电压关系：①升压变压器：
③传输过程：U2=∆U+U3
②降压变压器：P3=P4
②降压变压器：
一 、 采 用 高 压输电 的原因
在 100 km 左右时采用 110 kV 的电压输电
在我国
在100至300 km 时则采用 220 kV 的电压
更远距离采用更高电压输电
输电电压为110 kV、220 kV 的线路
高压输电线路
输电电压为330kV、550kV乃至750kV的线路
超高压输电线路
输电交流电压为1000kV及以上的线路
其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A，
输电线的总电阻为10 Ω，下列说法错误的是(
)A.输电
线中电流的有效值为10 AB.升压变压器的输出电压U2＝2
kVC.用户获得的功率为19 kWD.将P下移，用户获得的电
压将增大
典型例题
例4.在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压
器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。
开关S闭合后与闭合前相比，下列说法中正确的是(
)
A.升压变压器的输入电压增大B.降压变压器的输出电流减小C.输
电线上损耗的电压增大D.输电线上损耗的功率占总功率的比例减
小
典型例题
针对练习3.为应对“新型冠状病毒”冬季可能爆发的流行态势，某医疗组织准备筹
高中物理 学案 远距离输电
3.4 远距离输电【学习目标】1．知道电能输送的基本要求及电网供电的优点。
2．知道远距离输电时输电线上电能的损耗与哪些因素有关。
3．理解减小电能损耗的两个途径以及高压输电的原理。
4．知道远距离输电的典型电路，能利用变压器和电路的规律解决远距离输电问题。
【知识梳理】知识点一远距离输电中的电功率和电压损耗1．输电线上的功率损耗与电压损耗ΔP＝I2rΔU＝Ir其中，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：在输电导线长度L一定的情况下，为了减小电阻，应当选用电阻率小、横截面积大的导线。
(2)减小输电导线中的电流：为减小输电电流，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电电压。
[初试小题]1．判断正误。
(1)一般情况下高压输电的导线是铜铝合金而不是银，原因是同种情况下，使用银材料输电线损失的功率大。
( )(2)现实中通常主要用增加导线的横截面积来减小输电损耗。
( )(3)远距离输电时，输电电压越高越好。
( )2．[多选]远距离输送交变电流都采用高压输电，我国正在研究用远高于330 kV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．可根据需要调节交变电流的频率C．可减少输电线上的电功率损失D．可加快输电的速度知识点二高压交流输电直流输电[情境导学]某发电站向远处送电的示意图如图所示。
发电站一端和用户一端的变压器作用各是什么？提示：发电站一端的变压器是升压变压器，把电压升高用于远距离输电；用户一端的变压器是降压变压器，把电压降低供用户使用。
1．远距离输电基本原理在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压。
2．电网输电的优点(1)确保电能输送的经济可靠。
(2)调剂不同地区的电力供需，提高电力使用的经济效益。
3．直流输电的优点(1)导线对于稳定的电流只有电阻作用而没有电感作用。
(2)不需要发电机同步运行。
第十二章 第2讲 变压器 远距离输电
第2讲 变压器 远距离输电目标要求 1.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题.2.理解远距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率．考点一 理想变压器的原理及应用1．构造和原理(1)构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．(2)原理：电磁感应的互感现象． 2．基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出． (2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2.(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1.(4)频率关系：f 出＝f 入．1．变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用．( √ )2．变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率．( × ) 3．在任何情况下，理想变压器均满足U 1U 2＝n 1n 2、I 1I 2＝n 2n 1、P 入＝P 出．( × )1．理想变压器的制约关系电压 原线圈电压U 1和匝数比决定副线圈电压U 2，U 2＝n 2n 1U 1功率副线圈的输出功率P 出决定原线圈的输入功率P 入，P 入＝P 出电流 副线圈电流I 2和匝数比决定原线圈电流I 1，I 1＝n 2n 1I 22.含有多个副线圈的变压器计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系： 电压关系：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…＝U nn n功率关系：P 1＝P 2＋P 3＋P 4＋…＋P n 电流关系：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋n 4I 4＋…＋n n I n 考向1 变压器基本物理量的分析与计算例1 (多选)如图所示，一理想变压器的原线圈接在电压为220 V 的正弦交流电源上，副线圈通过电流表与一阻值为40 Ω的电阻连接．已知理想电流表的示数为1.1 A ，则下列说法正确的是( )A ．变压器的输入功率为24.2 WB ．电阻两端电压的最大值为44 VC ．变压器原、副线圈的匝数比为5∶1D ．通过原线圈电流的有效值为0.22 A 答案 CD解析 由P ＝I 2R 可知，P ＝48.4 W ，选项A 错误；由U 2＝IR 可知U 2＝44 V ，则电阻两端电压的最大值为44 2 V ，选项B 错误；变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝5∶1，选项C 正确；由n 1∶n 2＝I 2∶I 1可得I 1＝0.22 A ，选项D 正确．例2 (2017·北京卷·16)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin(100πt ) V 的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s 答案 B解析 由u ＝2202sin(100πt ) V 可知，原线圈电压最大值为220 2 V ，故原线圈电压的有效值为U 1＝220 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ，故电压表的读数为110 V ，选项C 错误；副线圈电流有效值为I 2＝U 2R＝2 A ，根据P ＝UI 可知，输出功率为220 W ，则原线圈的输入功率为220 W ，故选项A 错误；原线圈中的电流I 1＝P U 1＝1 A ，故选项B 正确；因为ω＝2πT，所以T ＝2πω＝2π100π s ＝0.02 s ，故选项D 错误．考向2 原线圈接入用电器的变压器问题分析例3 (2022·江西高三模拟)如图所示，理想变压器的原线圈接在有效值为100 V 的正弦交流电源上，原、副线圈匝数比为2∶1，定值电阻R 1、R 2、R 3的阻值分别为10 Ω、20 Ω、20 Ω，电流表为理想交流电流表．下列说法正确的是( )A ．R 1的电功率为40 WB ．电流表示数为1 AC ．副线圈两端电压为20 VD ．副线圈的输出功率为80 W 答案 A解析 原、副线圈匝数比为2∶1，设原线圈电流为I 1，副线圈电流为I 2 ，则有I 1＝I 22，又有原线圈回路U ＝I 1R 1＋2I 2·R 2R 3R 2＋R 3，解得I 1＝2 A ，I 2＝4 A ，所以R 1的电功率为P ＝I 12R 1＝40 W ，故A 正确，B 错误；副线圈两端电压为U 2＝I 2·R 2R 3R 2＋R 3＝40 V ，故C 错误；副线圈的输出功率为P 2＝I 2U 2＝160 W ，故D 错误．考点二 理想变压器的动态分析1．匝数比不变的分析思路(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2不变．(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化． (3)I 2变化引起P 2变化，P 1＝P 2，故P 1发生变化． 2．负载电阻不变的分析思路 (1)U 1不变，n 1n 2发生变化时，U 2变化．(2)R 不变，U 2变化时，I 2发生变化．(3)根据P 2＝U 22R ，P 2发生变化，再根据P 1＝P 2，故P 1变化，P 1＝U 1I 1，U 1不变，故I 1发生变化．1．变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小．( × ) 2．原线圈所加电压恒定，当原线圈的匝数增加时，副线圈两端电压也增加．( × )考向1 理想变压器匝数不变问题的分析和计算例4 如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大 答案 B解析 当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R 1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A 错误，B 正确；当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R 1两端电压变大，R 2两端电压减小，电流表A 2示数减小，原线圈中的电流变大，电流表A 1示数变大，选项D 错误．考向2 理想变压器负载不变问题的分析和计算例5 如图所示，原、副线圈匝数比为100∶1的理想变压器，b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝310sin 314t (V)，则( )A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为3.1 VB ．副线圈两端的电压频率为50 HzC ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，原线圈输入功率变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表和电流表的示数均变小 答案 B解析 由U 1U 2＝n 1n 2，得U 2＝U 1n 2n 1，因U 1＝3102 V ，所以U 2＝3102×1100 V≈2.2 V ，A 错误；由瞬时值表达式可得ω＝314 rad/s ，则频率f ＝ω2π＝3142π Hz ＝50 Hz ，B 正确；当单刀双掷开关由a扳向b 时，n 1减小，则U 2增大，电压表示数变大，I 2＝U 2R增大，副线圈的输出功率P 出＝U 2I 2增大，原线圈的输入功率增大，C 、D 错误．考点三 远距离输电如图所示，若发电站输出电功率为P ，输电电压为U ，用户得到的电功率为P ′，用户的电压为U ′，输电电流为I ，输电线总电阻为R .1．输电电流I ＝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 ′＝ΔU ·I ； (2)ΔP ＝I 2R ＝(P U )2R4．降低输电损耗的两个途径(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)减小输电导线中的电流．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．1．增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失．( √ ) 2．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗．( √ )3．若发电站输出功率为P ，输电电压为U ，输电线总电阻为R ，如图所示，则输电线上损失的功率为P 损＝U 2R.( × )1．理清输电电路图的三个回路(如图)(1)在电源回路中，P 发电机＝U 1I 1＝P 1.(2)在输送回路中，I 2＝I 线＝I 3，U 2＝ΔU ＋U 3，ΔU ＝I 2R 线，ΔP ＝I 22R 线． (3)在用户回路中，P 4＝U 4I 4＝P 用户． 2．抓住两组关联式(1)理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，P 1＝P 2.(2)理想的降压变压器联系着输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：U 3U 4＝n 3n 4，I 3I 4＝n 4n 3，P 3＝P 4.3．掌握一个守恒观念功率关系：P 2＝ΔP ＋P 3，其中ΔP ＝ΔU ·I 线＝I 线2R线＝(ΔU )2R 线. 例6 如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压为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，流入用户端的电流为I 2，则( )A ．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 12rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U 答案 A解析 因为P 入＝P 出，所以U 1I 1＝U 2I 2，即U 2＝U 1I 1I 2，故选项A 正确；输电线上的电压降为U 线＝U －U 1，选项B 错误；理想变压器的输入功率P 入＝I 1U 1，输电线路上损失的电功率 P 损＝I 12r ＝I 1(U －U 1)，选项C 、D 错误．例7 (2020·浙江7月选考·11)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P ＝100 kW ，发电机的电压U 1＝250 V ，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R 线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U 4＝220 V ．已知输电线上损失的功率P 线＝5 kW ，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是( )A ．发电机输出的电流I 1＝40 AB ．输电线上的电流I 线＝625 AC ．降压变压器的匝数比n 3∶n 4＝190∶11D ．用户得到的电流I 4＝455 A 答案 C解析 发电机输出的电流I 1＝P U 1＝100×103250A ＝400 A ，故A 错误；输电线上损失的功率P线＝I 线2R 线＝5 kW ，所以I 线＝P 线R 线＝25 A ，故B 错误；用户得到的功率P 4＝P －P 线＝(100－5) kW ＝95 kW ，则I 4＝P 4U 4＝95×103220 A ＝4 75011 A ≈432 A ，故n 3n 4＝I 4I 线＝19011，故C 正确，D错误．课时精练1．(2019·江苏卷·1)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20 V 时，输出电压( ) A ．降低2 V B ．增加2 V C ．降低200 V D ．增加200 V答案 D解析 假设理想变压器原线圈的输入电压为U 1，则由变压器的工作原理可知U 1n 1＝U 2n 2，变压器副线圈的输出电压为U 2＝10U 1；当输入电压增加20 V 时，即输入电压为U 1＋20 V ，则变压器的输出电压为U 2′＝10U 1＋10×20 V ，则输出电压的变化量为ΔU ＝U 2′－U 2＝10U 1＋200 V －10U 1＝200 V ，即输出电压增加200 V ，A 、B 、C 错误，D 正确．2．(2020·江苏卷·2)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C ．原、副线圈电流的频率不同D ．副线圈的电流小于原线圈的电流 答案 D解析 电流互感器原线圈匝数小，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故A 错误；变压器的原理是电磁感应，故它不能测量直流电路的电流，故B 错误；变压器不改变交变电流的频率，故C 错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流，故D 正确． 3．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·19)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低．我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．假设从A 处采用550 kV 的超高压向B 处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP ，到达B 处时电压下降了ΔU .在保持A 处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV 特高压输电．输电线上损耗的电功率变为ΔP ′，到达B 处时电压下降了ΔU ′.不考虑其他因素的影响，则( ) A ．ΔP ′＝14ΔPB ．ΔP ′＝12ΔPC ．ΔU ′＝14ΔUD ．ΔU ′＝12ΔU答案 AD解析 由输电电流I ＝P U 知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的12，损耗的电功率ΔP ＝I 2r ，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的14，即ΔP ′＝14ΔP ；输电线上损失电压为ΔU ＝Ir ，即输电电压加倍，损失电压变为原来的12，即ΔU ′＝12ΔU .故A 、D正确．4．(2021·广东卷·7)某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s ，电压最大值为0.05 V ，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是( )A ．交流电的频率为10 HzB ．副线圈两端电压最大值为3 VC ．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关D ．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率 答案 B解析 周期为T ＝0.2 s ，频率为f ＝1T ＝5 Hz ，故A 错误；由理想变压器原理可知U 1U 2＝n 1n 2，解得副线圈两端的最大电压为U 2＝n 2n 1U 1＝3 V ，故B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C 错误；由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D 错误．5.(2018·天津卷·4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R 供电，电路如图所示，理想交流电流表A 、理想交流电压表V 的读数分别为I 、U ，R 消耗的功率为P .若发电机线圈的转速变为原来的12，则( )A ．R 消耗的功率变为12PB ．电压表V 的读数变为12UC ．电流表A 的读数变为2ID ．通过R 的交变电流频率不变 答案 B解析 发电机线圈的转速变为原来的12，由E ＝nBSω2知，原线圈中输入电压变为原来的12，频率变为原来的12.根据U 1U 2＝n 1n 2，知U 2变为原来的12，即U 2＝12U ，则通过R 的电流变为原来的12，R 消耗的功率P 2＝U 22R ＝14P ，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈上的电流也变为原来的12，即电流表A 的读数变为12I ，故选B.6．如图所示，电路中的变压器为理想变压器，原线圈接在电压有效值不变的交流电源上．灯泡L 阻值不变，R 1是定值电阻，R 2是滑动变阻器．闭合开关S 1、S 2，灯泡发光，下列判断正确的是( )A ．只向下移动滑片P ，R 2两端的电压变小B ．只向下移动滑片P ，灯泡L 变亮C ．只断开开关S 2，电阻R 1两端的电压变大D ．只断开开关S 2，变压器输入功率变大 答案 A解析 理想变压器的输出电压由输入电压和电压比决定，输入电压不变，所以输出电压也不会变，当滑动变阻器R 2的滑片P 向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈中总电阻减小，副线圈中总电流变大，R 1两端的电压变大，所以灯L 、R 2两端的电压变小，灯泡L 变暗，故A 正确，B 错误；只断开开关S 2，副线圈中总电阻变大，副线圈电压不变，副线圈中的电流变小，R 1两端的电压变小，副线圈的电功率减小，因为输入功率等于输出功率，变压器输入功率变小，故C 、D 错误．7.自耦变压器在高铁技术中被广泛应用．如图所示，一理想自耦变压器接在u ＝U m sin 100πt 的正弦交流电压上，P 为滑动触头，初始位置位于线圈CD 的中点G, A 1和A 2为理想交流电表，R 为定值电阻，下列说法正确的是( )A ．将P 向下滑动，A 1的示数将变小B ．将P 向上滑动，A 2的示数将变大C ．将P 下滑到GD 的中点，电阻R 的功率将变为原来的4倍 D ．将P 上滑到CG 的中点，电阻R 的功率将变为原来的23答案 C解析 将P 下滑时，电阻R 两端电压变大， A 1示数变大，同理，将P 向上滑动，A 2的示数将变小，A 、B 错误；若将P 向下滑动到GD 的中点，原、副线圈的电压比将由1∶2变为1∶4，电阻R 的电压将变为原来2倍，故功率变为原来的4倍，C 正确；若将P 向上滑动到CG 的中点，原、副线圈的电压比将从1∶2变为3∶4，电阻R 的电压将变为原来的23，电阻R 的功率将变为原来的49，D 错误．8．(多选)如图所示为理想变压器，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，原线圈接有u ＝362sin 100πt (V)的正弦式交流电，图中D 为理想二极管，定值电阻R ＝9 Ω.下列说法正确的是( )A ．t ＝1600 s 时，原线圈输入电压的瞬时值为18 VB ．t ＝1600s 时，电压表示数为36 V C ．电流表的示数为1 A D ．电流表的示数为22A 答案 BD 解析 将t ＝1600s 代入瞬时值公式可知，原线圈输入电压的瞬时值为18 2 V ，A 选项错误；电压表的示数为有效值，输入电压的峰值为36 2 V ，根据正弦交变电流有效值与最大值的关系可知，U ＝U m2＝36 V ，B 选项正确；电流表测量流过副线圈的电流，根据理想变压器电压和匝数的关系可知，副线圈的电压为9 V ，正向导通时电流为1 A ，根据电流的热效应可知I 有效2RT ＝I 2R ·T 2，解得：I 有效＝22A ；故C 选项错误，D 选项正确．9．(多选)(2020·全国卷Ⅲ·20)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V ，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1、R 2、R 3均为固定电阻，R 2＝10 Ω，R 3＝20 Ω，各电表均为理想电表．已知电阻R 2中电流i 2随时间t 变化的正弦曲线如图(b)所示．下列说法正确的是( )A ．所用交流电的频率为50 HzB ．电压表的示数为100 VC ．电流表的示数为1.0 AD ．变压器传输的电功率为15.0 W 答案 AD解析 根据i 2－t 图像可知T ＝0.02 s ，则所用交流电的频率f ＝1T＝50 Hz ，故A 正确；副线圈两端电压U 2＝I 2R 2＝22×10 V ＝10 V ，由n 1n 2＝U 1U 2得原线圈两端电压U 1＝100 V ，电压表的示数U ＝220 V －100 V ＝120 V ，故B 错误；电流表的示数I ＝U 2R 3＝1020 A ＝0.5 A ，故C 错误；变压器传输的电功率P ＝I 22R 2＋I 2R 3＝15.0 W ，故D 正确．10．(多选)(2021·河北卷·8)如图，发电机的矩形线圈长为2L 、宽为L ，匝数为N ，放置在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n 0、n 1和n 2，两个副线圈分别接有电阻R 1和R 2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I ，不计线圈电阻，下列说法正确的是( )A ．通过电阻R 2的电流为n 1I n 2B ．电阻R 2两端的电压为n 2IR 1n 1C ．n 0与n 1的比值为2NBL 2ωIR 1D ．发电机的功率为2NBL 2ωI (n 1＋n 2)n 0答案 BC解析 由题知理想电流表读数为I ， 则根据欧姆定律有U 1＝IR 1根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有 n 0n 1＝U 0U 1，n 0n 2＝U 0U 2则有U 0＝n 0n 1IR 1，U 2＝n 2n 1IR 1再由欧姆定律有U 2＝I 2R 2 可计算出I 2＝n 2R 1n 1R 2I故A 错误，B 正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有E max ＝2NBL 2ω， U 0＝E max2＝2NBL 2ω又U 0＝n 0n 1IR 1则n 0n 1＝2NBL 2ωIR 1，C 正确； 由于变压器为理想变压器，则有 P 0＝P 1＋P 2＝U 1I ＋U 2I 2＝I 2R 1＋U 2I 2 联立解得P 0＝2NBL 2ωI n 0⎝ ⎛⎭⎪⎫n 12R 2＋n 22R 1n 1R 2 由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P 0，D 错误．11．(多选)如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压U 1＝250 V ，输出功率P 1＝100 kW ，输电线电阻R ＝8 Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是( )A ．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大B ．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小C ．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比为n 1∶n 2＝1∶16D ．用10 000 V 高压输电，输电线损耗功率为8 000 W 答案 BC解析 电站的输出电压没有变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，电站的输出功率突然增大，则根据P ＝UI ，输电线上的电流增大，根据U 损＝I 线R ，U 3＝U 2－U 损，可知降压变压器的输入电压U 3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故A 错误，B 正确；输电线损耗比例为5%时，根据ΔP ＝I 线2R ，ΔP ＝5%P 1，解得I 线＝25 A ，升压变压器原线圈的电流为I 1＝P 1U 1＝400 A ，升压变压器的匝数比为n 1n 2＝I 2I 1＝I 线I 1＝116，故C 正确；输送电流为I ′＝P 1U ′＝10 A ，损失功率为ΔP ′＝I ′2R ＝800 W ，故D 错误．12.(2021·湖南卷·6)如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n 1∶n 2，输入端C 、D 接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L 1、L 2的阻值始终与定值电阻R 0的阻值相同．在滑动变阻器R 的滑片从a 端滑动到b 端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )A ．L 1先变暗后变亮，L 2一直变亮B ．L 1先变亮后变暗，L 2一直变亮C ．L 1先变暗后变亮，L 2先变亮后变暗D ．L 1先变亮后变暗，L 2先变亮后变暗 答案 A解析 由题意画出滑片移动时的等效电路图如图所示：滑片在a 端时，R a ＝0，滑片在b 端时，R b ＝0.由于灯泡L 1、L 2的阻值始终与定值电阻R 0的阻值相同，根据数学知识可知，当滑动变阻器的滑片处于中间位置时，副线圈的总电阻最大．由图可知，滑片在两端时，副线圈的总阻值最小，当滑片从a 端向中间滑动时，副线圈的总阻值增大，则副线圈的总电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈的电流也减小，则灯泡L 1变暗，由于输入端C 、D 接入电压有效值恒定，L 1两端电压减小，则原线圈两端电压增大，根据U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈两端电压增大，而L 2所在支路总电阻减小，则通过L 2的电流增大，灯泡L 2变亮；当滑片从中间向b 端移动时，副线圈的总阻值减小，则副线圈的总电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈的电流也增大，则灯泡L 1变亮，由于输入端C 、D 接入电压有效值恒定，L 1两端电压增大，则原线圈两端电压减小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈两端电压减小，R 0所在支路总电阻增大，则通过R0的电流减小，而副线圈总电流增大，则通过L2的电流增大，灯泡L2变亮．综上所述，A正确，B、C、D错误．。
远距离输电 课件-2022-2023学年高二下学期物理粤教版(2019)选择性必修第二册
= ′ = = × . × . =
损
由于′ > 送 = ，这意味着输送电压小于线路上的损耗电压，
损
因此不可能将输送距离增加一倍到3.2km。
二、高压交流输电
钢线
1.减少电能损耗的方法
(1)减小输电线的电阻：
缩短距离
=
铝线
不可行
D. 适当降低 n1 的同时，提高 n3
选用电阻率小的材料作导线
增大导线的横截面
一般用铝或铜
存在浪费材料、架设困难等
【说明】输电线由多股绞线拧成的，中心是钢线，它的机械强度大，
不易拉断；钢线周围是铝线，不仅导电性能好，而且密度小，使输电
线不致太重。
二、高压交流输电
1.减少电能损耗的方法
r
(2)减小输电线中的电流：
损 ＝ ∙
减小P损
.×
总
送 ＝
＝
＝
.
一、远距离输电中的电功率和电压损耗
2.实例分析：
解：(3)由功率计算公式P=I2r，
可求得线路中的电阻大小为
(.−)×
损
= ＝
= .
.
输送距离增加一倍，则线路中电阻变为2r，此时线路上损耗的电压为
这是世界上第一个电能传输系统。
然而，随着时间的推移，人们发现，
爱迪生的低压直流输电系统受到传输
距离的极大限制，一旦输电距离偏大，
将带来很大的电功率损耗和电压损耗。
一、远距离输电中的电功率和电压损耗
2.实例分析：
例题 查史料可知，1882年珍珠街电站采用6台直流发电机，输出
总功率为661.5kW，电能输送的最远距离为1.6km，给用户提供110V的
高考物理 考点一遍过 考点 远距离输电(含解析)
取夺市安慰阳光实验学校远距离输电一、远距离输电1．输电过程（如图所示） 2．输送电流（1）P I U=； （2）U U I 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 =(P U)2R 。
6．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l R Sρ=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。
二、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 2=ΔU +U 3，I 2=I 3=I 线；（3）输电电流：；（4）输电线上损耗的电功率：P 损=I 线ΔU =I 线2R线=222)(U P R 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21n。
3．远距离输电问题的“三二一” （1）理清三个回路（2）抓住两个联系①理想的升压变压器联系了回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1（匝数为n 1）和线圈2（匝数为n 2）中各个量间的关系是2121nn U U =，1221n n I I =，P 1=P 2；②理想的降压变压器联系了回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3（匝数为n 3）和线圈4（匝数为n 4）中各个量间的关系是4343nn U U =，3443n n I I =，P 3=P 4。
一轮 变压器 远距离输电
故 P线 损 I2 B错 . 2 R 90KW, 3.当 出 现 火 警 时 ， R 小，“串反并同” 示 V 数 减 小 ， C对 . 2减 通 过 n4或 R1的 电 流 I 4增 大 ， n 3 n 4不 变 ， 则 I 3 增 大 ， 故 D错 .
分 析 ： 1.V2示 数 为 6V， 则 灯 泡 的 额 定 电 压 为 6V. P0 灯泡正常发光，则 I0 1A, I2 4I0 4A, 由P 1I 1 P2 得 U0 I1U1 I2 U 2 U1 24V, 故 U U 0 U1 30V Um 2 U 30 2 ,A错 B对 . 2.变 压 器 不 改 变 频 率 ， T 0.02S, f 50Hz, 每 秒 电 流 方 向 改 变 10 0次 ， C错 . 3.功 率 关 系 ：aP 故 D错 . b P0 4P 0 Pa b 5P 0 30W,
3．[匝数比改变，负载不变](多选)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，U1为加在原线圈两端的交变 电压，I1、I2分别为原、副线圈中的电流。下列说法中正确的 是( BC ) A．保持U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小 B．保持U1不变，S由a切换到b，则I2减小 C．保持U1不变，S由b切换到a，则I1增大 D．保持U1不变，S由a切换到b，则变压器的输入功率增大
2 故 输 电 线 上 损 失 的 电率 功： P I r 2 2r 4(
【精品】远距离输电
【关键字】精品第七节远距离输电1．了解输电的过程及输电过程中优先考虑的问题．2．掌握输电过程中降低输电损耗的两个途径．3．了解能源危机，树立节约能源，合理利用能源的意识．1．输电过程中电能损失的主要原因是输电线上电阻由于发热而引起的，其计算方法是Q＝I2R线t．2．在输送电能的过程中，由于导线有电阻，电流通过时，必然会因发热而损失一定的电能．根据导线的发热功率P＝I2R可知，输电过程中，减少电能损失的方法有两种：一种是减小导线的电阻，另一种是减小输电导线的电流，在保证输送功率不变的前提下，只有提高输电电压，才能减小输电电流．这就是通常采用高压进行远距离输电的道理．3．电路中电能损失ΔP＝I2R＝R，最好不用来算，当用此式时，U必须是输电导线上的电压降，而不能用输电电压来计算．输电技术的发展历史(一)关于电能的输送方式，是采用直流输电还是交流输电，在历史上曾引起过很大的争论．美国发明家爱迪生、英国物理学家开尔文都极力主张采用直流，而美国发明家威斯汀豪斯和英国费朗蒂则主张采用交流输电．输电技术的发展历史(二)在早期，工程师们主要致力于研究直流电，发电站的供电范围也很有限，而且主要用于照明还未用于工业动力．例如，1882年爱迪生电气照明公司(创建于1878年)在伦敦建立了第一座发电站，安装了三台110 V“巨汉”号直流发电机，这是爱迪生于1880年研制的，这种发电机可以为1500年16 W的白炽灯供电．输电技术的发展历史(三)但是随着科学技术和工业生产发展的需要，电力技术在通信、运输、动力等方面逐渐得到广泛应用，社会对电力需求也急剧增大．由于用户的电压不能太高，要输送一定的功率，就要加大电流．而电流越大，输电线路发热就越厉害，损失的功率就越多，而且电流太大，损失在输电导线上的电压也大，使用户得到的电压降低，离发电站越远的用户，得到的电压越低．直流输电的弊端，限制了电力的应用，督促人们探讨用交流输电的问题．输电技术的发展历史(四)爱迪生虽然是一个伟大的发明家，但是他没有受过正规教育缺乏理论知识，难以解决交流电涉及到的数学运算，阻碍了他对交流电的理解，所以在交、直流输电的争论中，他成了保守势力的代表，爱迪生认为交流电危险，不如直流电安全，他还打比方说，沿街道铺设交流电缆，简直等于埋上了地雷，并且邀请人们和新闻记者，观看用高压交流电击死野狗、野猫的实验，那时纽约州法院通过了一项法令，用电刑执行死刑，行刑用的电椅就通以高压交流电，这正好帮了爱迪生的大忙．输电技术的发展历史(五)但为了减少输电线路中电能的损失，只能提高电压，在发电站将电压升高，到用户地区再把电压降下来，这样就能在低损耗的情况下，达到远距离输电的目的．而要改变电压，只有采用交流输电才行.1888年，费朗蒂则设计的伦敦泰晤士河畔的大型交流电站开始输电，他用钢皮电缆将1万伏的交流电送往相距10公里外的市区变电站，在这里降为2 500 V，再分送到各街区的二级变压器，降为100 V供用户照明．输电技术的发展历史(六)其后，俄国的多利沃布罗沃斯基又于1880年最先制出了功率为100 W的三相交流发电机，并被德国、美国推广使用．事实成功证实了高压交流输电的优越性．并在全世界范围内迅速推广．随着科学的发展，为了解决交流输电存在的问题，寻求更合理的输电方式，人们现在又开始了采用直流超高压输电．输电技术的发展历史(七)但这并不是简单地恢复到爱迪生时代的那种直流输电，发电站发出的电和用户用的电仍然是交流电，只是在远距离输电中，采用换流设备，把交流高压变为直流高压，这样做可以把交流输电用的3条电线减为2条，大大节约了输电导线，目前最长的架空直流线路是莫桑比克的卡布拉巴萨水电站到阿扎尼亚的线路，长1 414公里，输电电压为50万伏，可输电220万千瓦．一、单项选择题1．关于电能输送的以下分析，正确的是(C)A．由公式P＝知，输电电压越高，输电线上功率损失越大B．由公式P＝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，输电线上功率损失越大D．由公式P＝UI知，输电线上的功率损失与电流成正比解析：输电线上损失的功率P损＝I2R线＝，公式中的U损指输电线上(即电阻R线)的分压，而不是输电电压，A、B两项错；公式P＝UI是电源提供的总电功率，而不是输电线上损失的电功率，D项错．2．中国已投产运行的1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV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)A. B. C．2P D．4P解析：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＝R，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.3．分别用U1＝U和U2＝kU两种电压输送电能，若输送的功率相同，导线上损失的功率也相同，导线的长度和材料也相同，则在两种情况下导线的横截面积之比为S1∶S2等于(C) A．k∶1 B．1∶k C．k2∶1 D．1∶k2解析：由P损＝知损失的功率相同时，导线的横截面积之比与电压的平方成反比．4．(2014·浙江卷)如图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I1，其末端间的电压为U1.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I2.则(A)A．用户端的电压为B．输电线上的电压降为UC．理想变压器的输入功率为IrD．输电线路上损失的电功率为I1U解析：本题考查远距离输电，难度较小．根据理想变压器的特点，I1U1＝I2U2，则U2＝，A正确．输电线路的电压降(电压损失)为ΔU＝I1r，损失的电功率为ΔP＝I1ΔU＝Ir；变压器原线圈输入功率为I1U1.选项BCD错误，A正确．二、多项选择题5．理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，只有一个副线圈，原线圈两端接交流电源，已知电阻R＝5 Ω，电压表V的读数为100 V, 则(BC)A ．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1B ．电流表A2的读数2 AC ．电流表A1的读数0.2 AD ．变压器的输入功率为200 W解析：原、副线圈中电流频率相等，变压器的输入功率为20 W ．A 、D 错误．6．关于远距离输电，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是(CD)A ．升压变压器原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B ．输电线路中的电流只由升压变压器的匝数比决定C ．当用户消耗的总功率增大时，输电线上损失的功率增大D ．升压变压器的输出电压不等于降压变压器的输入电压解析：因输入功率等于输出功率，而发电机输出的电压不变，所以选项A 、B 错误；当用户消耗的总功率增大时，输电线中的电流增大，根据P ＝I 2R ，输电线上损耗的功率增大，选项C 正确；因为输电线上也有电压损失，所以升压变压器输出电压不等于降压变压器的输入电压，选项D 正确．7．远距离输送一定功率的交变电流，若送电电压提高到n 倍，则输电导线上(AC )A ．电能损失为原来的1n 2倍B ．电压损失为原来的1n2倍 C ．电能损失减少n 2－1n2倍 D ．电能损失减少了n －1倍解析：由P 耗＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R 线知A 对，再由电能损失减少量是P 损⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 2可知C 对．由I ＝P U ，知电压提高到n 倍，则电流为原来的1n倍，所以电压的损失是原来的1n，所以B 、D 错误．8．远距离输电时，在输送功率不变的条件下，则在输电线上的功率损失(AD )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反比D ．与输电电流的平方成正比解析：由P 耗＝I 2R 线知A 、D 正确．9．某小型水电站的电能输送示意图如下．发电机的输出电压为220 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.降压变压器原、副线匝数分别为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.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：根据变压器工作原理可知n 1n 2＝220U 2，n 3n 4＝U 3220.由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U 2＞U 3，所以n 2n 1＞n 3n 4，A 正确，B 和C 不正确．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D 正确．三、非选择题(按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位．)10．某小型实验水电站输出功率是20 kW ，输电线路总电阻是6 Ω.(1)若采用380 V 输电，求输电线路损耗的功率．(2)若改用5 000 V 高压输电，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．解析：(1)输电线上的电流强度为I ＝P U ＝20×103380A ＝52.63 A ， 输电线路损耗的功率为P损＝I 2R ＝52.632×6 W ≈16 620 W ＝16.62 kW.(2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I ′＝P U ′＝20×1035 000 A ＝4 A用户端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 ＝226.18 V . 答案：(1)16.62 kW (2)226.18 V11．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个小水电站，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 .(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 ＝P U计算，为I ＝100 A ，而输电线损耗功率可由P r ＝I 2r 计算，其中P r ＝4 80024kW ＝200 kW ，因此可求得r ＝20 Ω. (2)输电线上损耗功率P r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2r ∝1U 2，原来P r ＝200 kW ，现在要求P r ′＝10 kW ，计算可得输电电压应调节为U ′＝22.4 kV .答案：(1)η＝60% 20 Ω (2)22.4 kV12．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5 Ω，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是多少？(2)降压变压器的变压比是多少？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 ＝2.0×103 V ，由P ＝UI 得输电线上的电流I ＝P U ＝40×1032.0×103 A ＝20 A.输电线上的功率损失：ΔP ＝I 2·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：U 1＝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) U 2＝220 V .降压变压器的变压比n 1n 2＝U 1U 2＝1.9×103220＝9511. 答案：(1)2.0×103 W (2)95∶11此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。
远距离输电中电路损耗功率的计算公式是什么？
远距离输电中电路损耗功率的计算公式是什么？在学习高中物理的时候往往会遇到很多关于物理问题，上课觉着什幺都懂了，可等到做题目时又无从下手。
以至于对于一些意志薄弱、学习方法不对的同学就很难再坚持下来。
过早的对物理没了兴趣，伤害了到高中的学习信心。
收集整理下面的这几个问题，是一些同学们的学习疑问，小编做一个统一的回复，有同样问题的同学，可以仔细看一下。
这里有几个问题，是一些同学们的学习疑问，我们做一个统一的回复，有同样困惑的同学可以看看。
【问：远距离输电中电路损耗功率的计算公式是什幺？】答：损耗功率计算式p=i2*r，i为输电线电流，r为整条线路总电阻。
远距离输电线各部分电压之间关系为u1=u2+△u；其中u1为升压变压器（右侧的）输出电压，u2 为降压变压器输入电压，△u为线路上的电压损失；△u=i*r。
【问：牛顿动力学难在哪里？】答：必修一研究的是牛顿动力学内容。
很多学生在学习高中物理时成绩下滑，对动力学问题的难点搞不明白。
解决动力学难题，同学们要从力、运动两条线上对物体进行分析，尤其是涉及到多个物体、多种复杂的运动模式时【问：在一些弹簧竖直放置题中，物体恰不能离开地面（桌面）是什幺意思？】答：物体恰好或刚好不能离开地面，是介于离开与未离开之间的特殊态，此时地面与物体没有压力作用（离开），此时物体上升的速度也必须为零。
同学们可以借助于零与正负数关系来理解。
【问：电容c的大小取决于什幺？】答：静电场这一章涉及到电容的公式有两个。
公式c=q/u是计算式，类似于r=u/i；另一个公式是决定公式c=es/4πkd，类似于这个公式，电阻r=ρl/s；显然，电容的大小是由后者决定的。
【问：物理题中常用哪些数学知识？】答：耐心科学寻找规律、选取相应的数学求解方法是解物理题的一个关键。
物理题求解过程中常用的数学方法有：不等式法、函数极值法、微。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
教学过程
一、复习预习
理想变压器的特点及规律
1.理想变压器的特点
2.电动势关系
3.电压关系
4.功率关系
5.电流关系
理想变压器的制约关系和动态分析1 .电压制约 2 .电流制约
3 .负载制约
4 .对理想变压器进行动态分析的两种常见情况
二、知识讲解
课程引入：
I表示输电线上的电能从发电厂到远方用户的传输过程，可用下图表示，其中r表示输电线的总电阻,
电流.用户得到的电能与发电厂输出的电能相等吗？
考点/易错点1 输电线上的电压损失和功率损失
1.输电电流
P 输电电压为U,输电功率为P,则输电电流I =
2 .电压损失
输电线始端电压U与输电线末端电压U '的差值.
△U = U —U'4R.
3.功率损失
远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率
(1)^P= I2R
(2)^P= I △U
△U2
(3) ^P=
其中I为输电电流，R为输电线的电阻，A U为输电线上损失的电压.
特别提醒：(1)输电电压是指加在高压输电线始端的电压U，损失电压是指降落在输电线路上的电压 A U =IR.
(2)输送功率是指高压输电线始端输出的电功率，损失功率是输电线上消耗的功率.
考点/易错点2远距离输电电路的分析与计算
2. 分析三个回路，在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的 电源，联系各回路的桥梁是变压器.
3. 综合运用下面三方面的知识求解
(1)能量守恒
P = U 1I 1 = U 2I 2 = P 用户+ A P
A P = I 2r P 用户=U 3I 3 = U 4I 4. 1.解决远距离输电问题时, 应首先画出输电的电路图. h
—
o ~ 01
发电厂
U 2
Pm 如图所示.
汇I T
⑵电路知识：U2 = A U + U3 A U = I2r.
U i I2 n i U3 I4 n3
⑶变压器知识：U
2 I i n2 U4 I
3 n4
二、例题精析
【例题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（）
A .使输电线粗一些B.减小输电线长度
C.减少通电时间 D .采用高压输电
【答案】D
【解析】从造成电能损失的原因分析，要减少电能损失，需要减小电阻、减小输电电流，减小电阻已达到目前技术的极限了，因此，应当采用高压输电，减小输电电流.故选 D.
【例题2］某小型水电站的电能输送示意图如下，发电机的输出电压为220 V ,输电线总电阻为r, 升压变压器原副线圈匝数分别为n i、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（）
n2 n3
A. —>
n i n4
n2 n3
B.—v
n i n4
C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D .升用屯器
压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
【答案】AD
【解析】由于输电线上的电阻，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
n2 n3 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>—,A正确,
n i n4
B、C错误；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D也正确.故选AD.
【例题3】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，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )
A .输电电流为3I B.输电电流为9I
1
C.输电电压为3U D .输电电压为；U
3
【答案】AD
【解析】输电线上的热耗功率P线=I2R线，热耗功率由P变为9P，则电流I变为3I，选项A正确.输
1
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.
3
【例题4】输送4.0 X106W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 X105W .求：
(1)应选用匝数比为多少的升压变压器；
⑵若已知铜的电阻率p= 1.7 X10 -8 Q m，在用户方使用降压变压器，其原线圈两端的电压为多大.
R为线路总电阻，两条导线总电阻R
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
P2 n i U i 1
U2 = = 3.2 X104V 故一=—=—.
I n2 U2 16
⑵设U2 '为降压变压器原线圈两端的电压，则
U22 = U2 —IR 线=2.8 X104V.
四、课程小结
输电线上的电压损失和功率损失
1.输电电流
2 .电压损失
3.功率损失
远距离输电电路的分析与计算综合运用下面三方面的知识求解
(1)能量守恒
(2)电路知识
⑶变压器知识。