高中物理人教版(2019)选择性必修 第二册-3.4 电能的输送-学案设计(有答案)

电能的输送

【学习目标】

1．知道“便于远距离输送”是电能的优点，知道输电过程。 2．知道降低输电损耗的两个途径。 3．了解电网供电的优点和意义。

【学习重难点】

重点是输电线上损失电能的原因和输电线上损失的电能的计算。

难点是输电系统的“输电电压”、“用户得到的电压”和输电线上“损失的电压”三者的区别与联系。

【课前预习】

1．远距离输送电能时，输电导线上的发热损失Q=I 2Rt 。（R 为输电线电阻，I 为通过输电线的电流。）

2．减小输电导线的电阻是减少输电线上电能损失的一种方法。①可选用电阻率ρ较小的铜和铝。②远距离输电中用增大导线截面积S 来减小R ，以减小能量损失是有限的。

3．减小输电导线中的电流可以减小输电线上电能的损失，由于I=________，因而在输送一定电功率时，可采用以减少输电线上电能损失，这是行之有效的办法。

4．在远距离送电时，如果输送电压为U ，输送功率为P ，输电线的电阻为r ，则输电线上损失功率为______，损失电压为______，用户得到电压为______，用户得到的功率为______。

【学习过程】

对电能输送，要抓住“输送一定的电功率”这一前提，即P 送=I 送U 送是定值，当U 送提高时，I

送

就要变小，在其它条件保持不变时，线路上损耗变少。这是高压送电的原因，在电能输送

中，要弄清输电线电阻及线上的电压U 线的含义，不要认为它是升压变压器的输出电压U 送（输送电压），也不要认为它是降压变压器的输入电压（或用户电压U 用），因输电线与升压变压器的副线圈和降压变压器的原线圈是串联而成的闭合电路。对线路损耗的计算，有

线

线线线损R U R I P 22

==，其中，U 线为输电线上的电压降，它等于I 线与R 线的乘积，还等于U 送与

降压变压器原线圈电压（或用户电压）之差。

要注意：①远距离输送单相交流电时，输电导线长度按距离2倍计算。②要注意输电的电压与输电导线上损耗的电压、输送的电功率与输电导线上损耗的电功率的区别。

【例1】水电站给远处山村送电的输出功率是100Kw ，用2000V 电压输电，线路上损失的

功率是42.510W ⨯，如果改用20000V 高压输电，线路上损失的功率是多少？

解答：因P UI =，所以用2000V 送电，电流为11100000502000

P I A A U =

== 设输电线上的电阻为R ，输电线上损失的功率2112500P I R R ==

改用20000V 高压送电时的送电电流2210000052000

P I A A U === 此时输电线上损失的功率22225P I R R == 由41 2.510P W =⨯得22 2.510P W =⨯

小结:在远距离输送电能计算线路功率损耗时常用关系式P 损=I 线

2 R 线计算。其原因是I

线较易求出：送送

线

U P I =；而P 损=U 线I 线或线

线损R U P 2

=，则不常用，其原因是在一般情况下，U 线

不易求出，且易把U 线和U 送混淆而造成错误。

【变式训练1】远距离输送交流电都采用高压输电。我国正在研究用比330千伏高得多的电压进行输电。采用高压输电的优点是（ ）

A ．可节省输电线的铜材料

B ．可根据需要调节交流电的频率

C ．可减少输电线上的能量损失

D ．可加快输电的速度 （答案：AC ）

【例2】利用太阳电池这个能量转换器件将辐射能转变为电能的系统又称光伏发电系统。光伏发电系统的直流供电方式有其局限性，绝大多数光伏发电系统均采用交流供电方式。将直流电变为交流电的装置称为逆变器。

（1）用逆变器将直流电变为交流电进行供电有哪些好处？请简要回答。

（2）有一台内阻为1Ω的太阳能发电机，供给一个学校照明用电，如图1所示，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R=4Ω，全校共22个班，每班有"220V40W"灯6盏，若全部电灯正常发光，则

①发电机输出功率多大？ ②发电机电动势多大？ ③输电效率多少？

④若使灯的数量减半并正常发光，发电机输出功率是否减半？

解答（1）可以改变电压的大小以适应不同的需要；通过升压、降压在远距离输送电中减少电能在输电线上的损耗，提高供电效率。所以用逆变器将直流电变为交流电，可以扩大发电系统的利用率。

（2）①发电机的输出功率：P 出=nP 灯+22I R

而I 2=灯nI I 41413=所以，P 出=22×6×40+2

422040622⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯⨯×4=5425W

②E=U 1+I 1r ，r 为发电机内阻，U 1=4

1U 2

U 2=4U 3+I 2R=4×220+6×4=904V ；I 1=4I 2所以，E=

4

904

+4×6×1=250V ③η=出

灯

出用P P P P ==97% ④电灯减少一半时，n'P 灯=11×220×6=2640W I 2=n'P 灯／U 2=2640／880=3A

所以，P 出=n ’P 灯+I'2R=2640+32×4=2676W

小结：电能输送问题一般离不开升、降压变压器，这时除用变压器的电压比或电流比公式外，最好画出电能输送示意图，这样便于分析问题和解决问题。输电线上流过的电流（输送电流）I 送，对有升、降变压器电能输送问题的情况，有以下几种求法： ①升副

送

线U P I =

，其中，“U 升副”为最后一个升压变压器的次极线圈电压，也即电能输送电压。②线

损

送R P I =

③降初用线U P I =，其中“P 用”为用户或用电区得到的功率，“U 降初”为用电区第一次降

压的变压器的初级线圈两端的电压。