2019_2020学年高中物理第2章交变电流第7节远距离输电学案粤教版选修3_2

第七节 电能的输送【思维激活】在我国城镇和农村电网的低压改造已基本结束，由于低压改造使我国广大城乡居民获得了实惠。

农村电网改造前，某些村庄经常出现以下现象（离变压器较远的用户），（1）电灯不亮，达不到额定功率，换额定功率越大的灯泡越是不亮；（2）日光灯不能启动；（3）洗衣机没劲等。

尤其是过节时现象更明显，这是为什么呢？提示：低压输电线较细，电阻较大，导线的电压降较大，致使用户末端电压远低于额定电压（有时甚至不高于160V ）。

到了过节的时候，各家用电器增多，所有用电器都是并联连接，总电阻会更小，线路电流更大，输电导线上分得的电压变多，致使用户电压降低，就会出现上述现象。

经过低太改造后，换上了合格的输电导线，以上现象就不明显了。

【自主整理】为什么要采用高压输电（1）电功率损失：输电导线上有电阻，当电流通过时，由于电流的热效应会引起电功率的损失。

可以考虑通过减小输电导线的电阻或减小输送电流来减少电功率的损失。

（2）电压损失：导线上的电阻，电流流过电阻会带来电压的损失。

对交流电路，由于电流的变化，输电导线上的自感作用会阻碍电流的变化，产生感抗。

在空中架设的输电导线与大地之间构成一个电容器，地下电缆或海底电缆与大地或海水之也会构成电容器，交流电通过时会产生容抗。

感抗和容抗（也叫电抗）也会造成电压损失。

（3）高压输电：减小电阻就要增粗导线，增粗导线有带来两个不利，其一，耗费更多的金属材料；其二，会使电抗更大，造成更大的电压损失。

只有采用小电流输电才会避免上述问题，在保证输送功率不变的情况下，减小电流必须靠提升电压来实现。

【高手笔记】1.如何把握远距离输电的基本网络和功能关系？剖析：（1）远距离输送电网基本结构：如图2-7-1所示图2-7-1（2）输电导线损失的电功率：由P 损=I 线2R 线可推得 P 损=2)(UP R 线 （3）两个基本公式：电压关系U 升=U 线+U 降=IR 线+U 降能量关系P 出=P 线+P 降或IU 升=I 2R 线+IU 降。

远距离输电一、单项选择题1．远距离输电中，在输送的电功率不变的条件下（）．A．只有增大输电线的电阻，才能减小电流，提高输电功率B．提高输电电压，能够减小电流，提高输电效率C．提高输电电压势必增大输电线上的能量损耗D．提高输电电压势必增大输电线上的电流2．远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是（）．①输电线上的电功率损失是原来的1/n②输电线上的电功率损失是原来的1/n2③输电线上的电压损失是原来的1/n④输电线上的电压损失是原来的1/n2A．①③ B．①④ C．②③ D．②④3．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，输电线损耗电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则P′、P用正确的是（）．①P′＝U2S/PL②P′＝P2ρL/U2S③P用＝P－U2S/PL④P用＝P（1－PρL/U2S）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④二、双项选择题4．（2011·北京海淀高三期末）如图所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R．T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4．设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有（）．A．U2减小，U4变大B．U2不变，U3变小C．P1变小，P2变小 D．P2变大，P3变大5．远距离输送一定功率的交流电，若输电线电阻一定，下列说法正确的是（）．A．输电线上的电压损失跟输电电压成正比B．输电线上的功率损失跟输电电压成正比C．输电线上的功率损失跟输电电压的平方成反比D．输电线上的功率损失跟输电线上的电压损失的平方成正比三、非选择题6．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0.2 Ω，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送到用户，求用户得到的电压和功率．7．一座小型水力发电站，利用流量为20 m3/s、落差5 m的河水发电．若单相发电机的效率为50%，输出电压为200 V．已知发电站到用户架设的输电线总电阻为10 Ω，输电线上允许损耗的功率为5%，用户所需电压为220 V，求所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数之比（不计变压器损失，g取10 m/s2）．8．为了减小火电站中煤的燃烧对大气的污染，要大力发展水电站．三峡水利工程中某一发电机组设计为：水以v1＝3 m/s的速度流入水轮机后以v2＝1 m/s的速度流出，流出水位比流入水位低10 m，水流量Q＝10 m3/s，水轮机效率为75%，发电机效率为80%，试问：（1）发电机组的输出功率是多少？（2）如果发电机输出的电压为240 V，用户所需的电压为220 V，输电线路中能量损失为5%，输电电阻为503，那么所需升、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别是多少？参考答案1.答案：B解析：远距离输电中，在输送功率不变的条件下，采用高压输电．可减少能量损耗，提高输电效率．2.答案：C解析：由P 损＝I 2r 及U 损＝Ir 易分析知C 项正确．3.答案：D 解析：P ′＝I 2r ＝22=P P L r U U S ρ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＝P 2ρL /U 2S ，P 用＝P －P ′＝P （1－PρL /U 2S ）．则②④正确．4.答案：BD解析：从能量守恒角度分析，当用户功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即P 1增大，根据题意，输入电压U 1保持不变，且升压变压器的匝数比不变，故输出电压U 2不变；由于P 1增大，由P 1＝U 1I 1＝P 2＝U 2I 2可得，I 1增加，P 2、I 2均增加．又U 3＝U 2－I 2R ，故U 3减小，由于降压变压器原、副线圈匝数不变，可知随U 3减小，U 4也减小，A 错误、B 正确；由于用户功率增加，即P 4增加，理想变压器无功率损失，可得P 3＝P 4，功率P 3也增加，故C 错误、D 正确．5.答案：CD解析：此题容易犯的错误是将输电电压与损失电压相混，由2=U P R而选B 项．再一个易犯的错误是没有抓住P 送不变而选择A 项．正确的思路是由=P I U 送线送可知22=P P R U ∆⋅送线送，C 项对．2=U P R ∆∆线，D 项对． 6.答案：（1）见解析 （2）219.6 V 4.392×104 W （3）180 V3．6×104 W解析：（1）示意图如图所示．（2）升压变压器次级的输出电压221110==1n U U n ×220 V＝2 200 V ． 据升压变压器的输出功率等于输入功率知，升压变压器次级输出电流3224410 A=20A 2200P I U ⨯==． 输电线路上的电压损失和功率损失分别为U R ＝I 2R ＝20×0.2 V＝4 V ，P R ＝I 22R ＝202×0.2 W＝80 W ．加到降压变压器原线圈上的输入电流和电压分别为I 3＝I 2＝20 A ，U 3＝U 2－U R ＝（2 200－4）V ＝2 196 V ． 降压变压器次级的输出电压和电流分别为4433110n U U n ==×2 196 V＝219.6 V ，I 4＝34n n 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，用220 V 低压直接供电时，电路如图所示，则输电电流314410= A=200 A 220P I U ⨯=，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 ′＝（220－40）V ＝180 V ．用户得到的功率为P 4′＝IU 4′＝200×180 W＝3.6×104 W ．7.答案：150 47511解析：此输电线路图如下水力发电站的发电功率P ＝mgh tη＝ρQghη＝1.0×103×20×10×5×50%＝5×105 W 输电线上损失的功率 ΔP ＝P ×5%＝5×105×5%＝2.5×104 W ，ΔP ＝I 2·r得I ＝50 A ，所以U 2＝P I＝1×104 V ，112220011000050n U n U ===， U 3＝U 2－ΔU ＝104 V －Ir ＝（104－500）V ＝9 500 V ， 所以33449500V 475220V 11n U n U ===． 8.答案：（1）624 kW （2）433∶26 000 26 945∶433解析：（1）t 时间内，水轮机获得的机械能E ＝[mgh ＋12m （v 12－v 22）]×75% ＝[Qtρgh ＋12Qtρ（v 12－v 22）]×75% 则发电机输出的电能E 电＝E ×80%， 发电机的输出功率0=624 kW E P t =电．（2）发电机的输出电流56.2410==A=2 600 A240PIU⨯，输电线路损失的功率ΔP＝P0×5%＝624×5% kW＝31.2 kW，输电线中的电流243.3 AI≈，故升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝I2∶I1≈43.3∶2 600＝433∶26 000．降压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率：P＝P0－ΔP＝592.8 kW．输出电流332592.810==A 2 694.5 A220PIU⨯≈．所以降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4＝I3∶I2＝2 694.5∶43.3＝26 945∶433．。

《远距离输电》教学设计一．教学目标1、知识与技能(1) 知道“便于远距离输送”是电能的优点之一；知道输电的过程。

(2) 知道什么是导线上的功率损耗和电压损耗；知道如何减小损耗。

(3) 理解为什么远距离输电要用高压。

(4) 会设计电能输送的示意图，并理解电压损耗和能量损耗的关系。

(5) 培养学生综合全面的分析问题和解决问题的能力。

(6) 培养学生实事求是的科学态度。

2、过程与方法(1) 利用研究性学习小组的调查和学生合作学习相互结合，探索物理规律。

(2) 利用多媒体课件与课堂演示实验相互结合，探究物理规律。

3、情感态度与价值观(1) 通过我国超导研究的介绍，激发学生的爱国热情。

(2) 通过对实际生活中的电能输送问题分析讨论，激发学生探索物理规律的热情。

(3) 通过学生对海高用电情况调查和计算，培养学生从身边事做起养成节约能源的好习惯。

(4) 体验合作探究学习的快乐，调节人际交往能力，协调能力。

二、教学重点设计电能输送的示意图，并理解输电过程中的电压损耗和能量损耗的关系。

三、教学难点输电过程中要保证输送功率不变，理解输电过程中的电压损耗和能量损耗的关系。

三、课时安排1课时四、教具准备可拆式变压器(2台)、导线若干(其中两根阻值约与小电珠相等)、小电珠(2．5V、0.3A)、学生电源五、学生活动设计1．通过自学，学会分析要减少P线可能的方法。

2．通过例题训练、观察演示实验使学生理解远距离输电为什么要采取高压，是如何实现的。

六、教学步骤(一)明确目标了解远距离输电原理，并结合实际分析解决问题。

(二)整体感知这节课是交变电流、变压器、电功率、串并联、欧姆定律等电学知识的综合应用。

解决实际问题的典型例子。

既起到巩固知识、深化知识的作用，又培养学生的分析问题、解决问题的能力，同时从联系实际的应用中提高学生学习物理的兴趣。

(三)重点、难点的学习与目标完成过程1．布置学生进行课前预习，并事先给出预习过程应解决的问题幻灯显示①为什么要进行远距离输电？②输电过程主要考虑什么问题？③为什么输电过程有电能损失？④减少电能损失有什么方法，各适用于什么情况？在学生个别提问相互补充的基础上完整答案如下①由于电站、电厂利用能源的特殊性，它发出的电常常要输送给距离甚远的用户。

第七节远距离输电1.了解交变电流从发电站到用户的输电过程．2.知道远距离输电时输电线上的损失与哪些因素有关，理解高压输电的道理．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．,[学生用书P48])一、从发电站到用户的输电线路1．根据教材中所提供的探究方案，我们通过实验可以得到如下实验结果：(1)第一次把带鳄鱼夹的导线夹在电阻两端时，小灯泡亮度增加，电压表示数也增加，这是因为导线上的电阻被短路，它上面分担的电压减小，灯泡上的电压增大．这说明输电线上的电阻越大，用户得到的电能越少．(2)第二次把带鳄鱼夹的导线夹在电阻两端时，小灯泡亮度也会增加，且在第二种情况下比第一种情况下灯光更亮，这是因为我们用了较高的电压输送电能，使其在输电线上损失的电能减少了．2．在提高输电电压的同时，减小输电线路的电阻，能有效地减少输电过程中的功率损耗．3．输电线路的构成：输电过程一般要从发电站开始，经过升压变压器，高压变电所、低压变电所后，才能提供给工厂和一般用户．输电过程示意图如图所示，主要有：发电机、升压变压器、输电线路、降压变压器、用电器．二、为什么要用高压输电1．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——电压和频率要稳定．(3)经济：线路建设和运行的费用低——能耗少、电价低．2．输电损耗及减小损耗的方法(1)输电时因为输电线有电阻而发热．会损失电功率，设输电电流为I，输电线电阻为R，则损失的电功率P损＝I2R．(2)减小损耗的方法①减小输电线的电阻，即在输电线长度L一定的情况下，增大导线横截面积S和采用电阻率ρ更小的材料．②减小输电电流I，由P＝UI知，可以通过提高输电电压U来减小I.③在输送功率不变的前提下，要减少电功率损失，高压输电是最可行的方式．1．高压输电是否电压越高越好？提示：电压升高，会导致对空气放电，这就对导线的绝缘性能提出了更高的要求．另外高压送电对变压器也提出了更高的要求．因此输电电压也不是越高越好．在实际输电过程中输电电压要根据输送功率的大小、距离的远近、技术和经济各方面因素综合考虑．三、直流输电1．直流输电的优点：不存在电感和电容引起的电能损失．2．直流输电的基本过程：在发电站区域经变压器升压，由换流设备将交流电变成直流电，用高压直流电进行远距离传输，在用户区域由换流设备将直流电变为交流电，经变压器降压送给用户．3．直流输电示意图2．“提高输电电压、减小输电电流”是否与欧姆定律相矛盾？提示：不矛盾．欧姆定律I＝UR是对纯电阻元件成立的定律；而“提高电压、减小电流”是从输电角度，由P＝UI知，在输出功率P一定的条件下得出的方法，两者没有必然联系．输电线路上的电压损失和功率损失[学生用书P49] 1．输电线上的电压损失(1)电压损失的原因：由于输电导线有电阻，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ΔU＝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，其大小为ΔU＝IR(R为输电线路的电阻)．②输电线的感抗和容抗造成电压损失．(3)减小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．②减小输电电流I ：因为I ＝PU ，在输送电功率P 一定的前提下，提高输电电压U 是有效措施．高压输电既能减小功率损失，也能减小电压损失，但在实际输送电能时，还需综合考虑各种因素，依照不同的情况，选择合适的输电电压．(1)掌握U 和ΔU 的区别，U 是输电电压，ΔU 是输电导线上的电压损失．(2)高中阶段的计算中，只考虑输电线电阻所造成的电压损失，而忽略因容抗、感抗造成的电压损失．2．输电线上的功率损失(1)功率损失的原因：在电能输送过程中，电流流过输电线时，因输电线有电阻而发热，电能必有一部分转化为内能而损失掉．(2)功率损失的大小①设输电导线的总电阻为R ，输电电流为I ，则损失功率为P 损＝I 2R .②设输送的总电功率为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I ＝P U ，输电线电阻R ＝ρLS，所以输电线上的功率损失可表示为P 损＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫P U 2·ρL S. (3)减小功率损失的方法根据公式P 损＝I 2R 可知，减小输电线路上功率损失的方法有两种： ①减小电阻：据R ＝ρLS判断a ．减小输电线的长度L ：由于输电距离一定，所以在实际中不可能通过减小L 来减小R .b ．减小电阻率ρ：目前，一般用电阻率较小的铜或铝作为输电线材料．c ．增大导线的横截面积S ：这要多耗费金属材料，增大成本，同时给输电线的架设带来很大的困难．②减小输电导线的电流I ：据I ＝PU 判断，提高输电电压U .在输送电功率P 一定，输电线电阻一定的条件下，输电电压提高到原来的n 倍，据P 损＝⎝⎛⎭⎫P nU 2R 可知，输电线上的功率损耗将降为原来的1n2.(1)输送功率是指高压输电线始端输出的功率，损失功率是输电线上消耗的功率．(2)减小输电线中的功率损失最好采用提高输电电压的办法．(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P ，输送电压为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 2SρLB ．P ′＝P 2ρLU 2SC ．P 用＝P －U 2SρLD ．P 用＝P ⎝⎛⎭⎫1－P ρL U 2S [思路点拨] 解决此类问题的关键是正确理解关系式U 损＝IR ＝P U R 和P 损＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫P U 2R .[解析] 输电线电阻R ＝ρL S ，输电线中电流I ＝PU ，故输电线上损失的电功率为 P ′＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫P U 2ρL S ＝P 2ρL U 2S用户得到的电功率为P 用＝P －P ′＝P ⎝⎛⎭⎫1－P ρLU 2S .故选项B 、D 正确． [答案] BD线路功率损失一般用公式P损＝I 2R计算，若用P 损＝U 2R，则必须注意对应关系，即U 为输电线上的电压损失，即P 损＝U 2损R.1.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( )A ．(n 1n 2)U 2m4rB ．(n 2n 1)U 2m4rC ．4(n 1n 2)2(PU m)2rD ．4(n 2n 1)2(P U m)2r解析：选C.升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U 1＝U m 2；由变压关系可得 U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝n 2U m 2n 1；因为输送电功率为P ，输电线中的电流为I 2＝P U 2＝2n 1Pn 2U m ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 22(2r )＝4n 21P 2rn 22U 2m，故选项C 正确． 高压输电线路的分析与计算[学生用书P50]1．输送过程图2．输电过程：电路被划分为三个独立的回路，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，每个回路均可以应用闭合电路欧姆定律，串、并联电路规律，而变压器的电压、电流、功率关系是联系不同回路的桥梁．3．基本关系式(1)功率关系：P 1＝P 2，P 2＝P 线＋P 3，P 3＝P 4.(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＝U 线＋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)输电导线上损耗的电功率： P 线＝I 线U 线＝I 2线R 线＝⎝⎛⎭⎫P 2U 22R 线．(1)用户消耗的功率决定输送功率，即用户和线路总共消耗多少功率，发电站就输送多少功率，这是能量守恒定律和变压器原理的体现．(2)抓住输电的两头——电源和用电器；分析一条线——输电线；研究两次电压变换——升压变压器和降压变压器．(3)注意输送电压(功率)、损失电压(功率)、用户电压(功率)三者之间的区别和数量关系． 发电机的端电压为220 V ，输出电功率为44 kW ，输电导线的电阻为0.2 Ω，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，求用户得到的电压和功率．[思路点拨] 熟练掌握远距离输电过程中的电压关系、电流关系与功率关系是解决这类问题的关键．[解析] 如图，升压变压器次级的输出电压 U 2＝n 2n 1·U 1＝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，升压变压器次级输出电流I 2＝P U 2＝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 ＝I 2R ＝20×0.2 V ＝4 VP R ＝I 22R ＝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 降压变压器次级的输出电流和电压为 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＝200×219.6 W ＝4.392×104 W. [答案] 219.6 V 4.392×104 W解决远距离输电问题的技巧(1)有关远距离输电的问题，应首先画出远距离输电的电路图，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．(2)以变压器为界将整个输电电路划分为几个独立的回路，每个回路都可以用欧姆定律、串并联电路的特点和电功、电功率的公式等进行计算，联系各回路的桥梁是原、副线圈电压、电流与匝数的关系及输入功率和输出功率的关系．2.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 AB ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC ．若输电线上损失电压为5 kV ，则输电线上损失的功率为9×104 kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2/r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻解析：选B.输出电功率P ＝3×106 kW ，输电电压U ＝500 kV ，则输电线上输送的电流大小为I ＝PU ＝6×103 A ，所以A 错误；输电线上由电阻造成的损失电压U 损＝Ir ＝15 kV ，所以B 正确；输电线上损失的功率ΔP ＝U 损I ＝P 2U 2r ，所以D 错误；若U 损＝5 kV ，则输电线上的电流I ′＝5 kV2.5 Ω＝2 000 A ，导线上最大消耗功率P ′＝I ′2r ＝2 0002×2.5 W ＝107 W ，故C 错误． 远距离输电的综合应用[学生用书P51]为了减少火电站中煤的燃烧对大气的污染，要大力发展水电站．三峡水利工程中某一水力发电站的发电机组设计为：水以v 1＝3 m/s 的速度流入水轮机后以v 2＝1 m/s 的速度流出，流出水位比流入水位低10 m ，水流量Q ＝1×10 m 3/s ，水轮机效率为75%，发电机效率为80%，试问：(1)发电机组的输出电功率是多少？(2)如果发电机输出的电压为240 V ，用户需电压220 V ，输电线路中能量损失为5%，输电线电阻为503Ω，那么所需升、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别是多少？[思路点拨] 此题综合考查发电、输电过程中的功率、电压、电流的计算．解题关键是抓住能量守恒这一线索．[解析] (1)水轮机获得的机械能 E ＝⎣⎡⎦⎤mgh ＋12m （v 21－v 22）×75% ＝⎣⎡⎦⎤Qt ρgh ＋12Qt ρ（v 21－v 22）×75%＝⎣⎡⎦⎤10×103×10×10t ＋12×10×103×t （32－12）×75% ＝78×104t .则发电机输出电能E 电＝E ×80%＝624×103t . 发电机的输出功率P 0＝E 电t ＝624 kW.(2)发电机的输出电流 I ＝P 0U ＝624×103240 A ＝2 600 A 输电线路损失的功率ΔP ＝P 0×5%＝624 kW ×5 %＝31.2 kW.输电线中电流 I 2＝ΔP R＝ 31.2×103503A ≈43.3 A 故升压变压器原、副线圈的匝数比 n 1∶n 2＝I 2∶I 1≈43.3∶2 600＝433∶26 000.降压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率： P ＝P 0－ΔP ＝592.8 kW.输出电流I 3＝P U 2＝592.8×103220 A ≈2 694.5 A.所以降压变压器原、副线圈匝数比 n 3∶n 4＝I 3∶I 2＝2 694.5∶43.3≈26 945∶433. [答案] 见解析3.一台交流发电机额定输出功率为P ＝4.0×103 kW ，以400 V 的电压接到升压变压器后向远方输电．若输电线的总电阻为10 Ω，允许输电线损失的功率为10%，使用的升压变压器、降压变压器都是理想变压器，求：(1)升压变压器原、副线圈的匝数之比和输出电流．(2)为了使远方的用户负载能获得220 V 工作电压，则降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少？(3)实际输送到用户的总功率是多少？解析：(1)允许输电线损失的功率为10%，有P 损＝I 2R ，得电流为I ＝200 A ，升压变压器的输出电压为： U 2＝P I ＝4×106200 V ＝2×104 V ，根据变压器匝数与电压成正比，有：n 1n 2＝U 1U 2＝4002×104＝150. (2)降压变压器的初级电压为：U 3＝U 2－IR ＝18 000 V 则：U 3U 4＝n 3n 4＝18 000220＝90011.(3)实际输送到用户的总功率为：P ′＝P －P 损＝4.0×103 kW －4.0×102 kW ＝3.6×103 kW. 答案：(1)1∶50 200 A (2)900∶11 (3)3.6×103 kW。

远距离输电基础达标一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)1．对交流输电线路来说，输电线上的电压损失( ) A ．只由电阻造成 B ．只由感抗造成 C ．只由容抗造成D ．由以上所述三个因素造成 【答案】D2．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】C3．远距离输电的原理图如图所示，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( )A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22R D ．I 1U 1＝I 2U 2【答案】D4．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 22 C ．U 22∶U 21 D ．U 2∶U 1【答案】C5．远距离输送交流电都采用高压输电．我国正在研究用比330 kV 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 ．可减小输电线上的能量损失D ．可加快输电的速度 【答案】AC6．远距离输送一定功率的交流电，若输电线电阻一定，下列说法正确的是( ) A ．输电线上的电压损失跟输电电压成正比 B ．输电线上的功率损失跟输电电压成正比 C ．输电线上的功率损失跟输电电压的平方成反比D ．输电线上的功率损失跟输电线上的电压损失的平方成正比 【答案】CD 二、非选择题7．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？【解析】ΔP ＝ηP ＝I 2r ，①P ＝UI ，②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 .8．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】依题意作出输电示意图如图所示，升压变压器原线圈的电流为I 1＝P U 1＝100×103250A ＝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I 2，则I 22R 线＝5%P 所以I 2＝5%PR 线＝0.05×100×1038A ＝25 A升压变压器T 1的匝数比为n 1n 2＝I 2I 1＝25 A 400 A ＝116则U 3＝U 2－R 线·I 2＝n 2n 1U 1－R 线·I 2＝3 800 V所以n 3n 4＝U 3U 4＝3 800 V 220 V ＝19011.能力提升9．如图所示，一理想变压器原副线圈匝数分别为n 1＝1 000，n 2＝200，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u ＝2202sin 100πt (V)．副线圈中接一电动机，电阻为11 Ω，电流表A 2的示数为1 A ，电表对电路的影响忽略不计．下列说法正确的是( )A ．此交流电的频率为100 HzB ．电流表A 1的示数为0.2 AC ．此电动机输出功率为33 WD ．电压表示数为220 2 V 【答案】BC【解析】交流电周期为T ＝2π100πs ＝0.02 s ，故频率为50 Hz ，A 错误；输入电压有效值为220 V ，D 错误；输出电压U ＝n 2n 1×220 V＝44 V ，则副线圈输出功率为UI ＝44 W ，电动机热功率为I 2R ＝11 W ，故输出功率为44 W －11 W ＝33 W ，C 正确；输入功率等于输出功率，可得原线圈电流为0.2 A ，B 正确．10．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 ．输电线上的电流为U RB ．输电线上的电流为P 0UC ．输电线上损失的功率为U 2RD ．输电线上损失的功率为P 20RU2【答案】BD【解析】总功率P 0＝UI ，故输电线上的电流为I ＝P 0U ，A 错，B 对；损失的功率为P 损＝I 2R ＝P 20R U2，C 错误，D 正确．11．有一理想变压器原、副线圈的匝数比为100∶1，原线圈上所加电压为23 kV ，副线圈通过总电阻为2 Ω的供电导线向用户供电，用户用电器得到的电压是220 V ，求供电导线上损耗的功率．【答案】50 W【解析】设原线圈上所加电压为U 1，匝数为n 1，副线圈上两端电压为U 2，匝数为n 2，有U 1U 2＝n 1n 2，①副线圈两端通过导线向用户供电，设用户电压为U 3，导线上的电压降为ΔU ，有U 2＝U 3＋ΔU ，②导线上损失功率为P ＝ΔU2R，③由①②③式得P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U 1－U 32R，＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1100×2.3×104－22022W ＝50 W.。

第七节 远距离输电一、从发电站到用户的输电线路1．大型发电机发出十几千伏的电压，在发电站区域通过变压器升高到几十万伏，然后进行远距离输电，当电能被输送到用电区域后，再根据不同的用电需求，用变压器将电压降低，这就是远距离输电．2．实验表明：在输电导线的电阻不变的前提下，提高输电的电压，减小输电电流，可以达到减少输电过程中的功率损耗、更有效地输送电能的目的．预习交流1我国城镇和农村电网的低压改造已基本结束，低压改造使我国广大城乡居民获得了实惠．农村电网改造前，某些村庄经常出现以下现象（离变压器较远的用户）：（1）电灯不亮，达不到额定功率，换额定功率越大的灯泡越是不亮；（2）日光灯不能启动；（3）洗衣机转动力度小等．尤其是过节时现象更明显，这是为什么呢？输送电能的高压线答案：因为电能在输送中存在电压损失和电能损失．低压输电线较细，电阻较大，导线的电压降较大，致使用户末端电压远低于额定电压（有时甚至不高于160 V ）．到了过节的时候，各家用电器增多，所有用电器都并联，总电阻会更小，线路电流更大，输电导线上分得的电压变多，致使用户电压降低，就会出现上述现象．经过低压改造后，换上了合格的输电导线，以上现象就不明显了．二、为什么要采用高压输电1．电功率损失：输电导线上有电阻，当电流通过时，由于电流的热效应会引起电功率的损失．可以考虑通过减小输电导线的电阻或减小输送电流来减少电功率的损失．2．高压输电：减小电阻要增粗导线，增粗导线又带来两个不利：其一，耗费更多的金属材料；其二：会使导线太重，给架线带来很大困难．只有采用小电流输电才会避免上述问题，在保证输送功率不变的情况下，减小电流必须靠提升电压来实现．预习交流2现在大功率输电采用直流输电好还是交流输电好？答案：直流输电，直流输电比交流输电损耗少．一、输电线上的电压损失假定两条输电线的总电阻为r ，在如图所示的输电示意图中等效画为r ，输送的功率为P ，发电厂输出的电压为U 1，则输电线上损失的电压为多少．怎样减小输电线上损失的电压呢？答案：由1P U I =得1P I U =， 所以1Pr U Ir U ∆== 因此减小输电线电阻、提高输电电压可以减小输电线上损失的电压．输电导线的电阻为R ，输送电功率为P ，现分别用U 1和U 2两种电压来输电，则两次输电线上损失的电压比为（ ）．A ．U 1/U 2B ．2212/U UC ．2221/U UD ．U 2/U 1答案：D解析：输电线上的电流为I ＝P U ，输电线上损失的电压为U 损＝IR ＝PR U ，可见在输送功率不变的情况下，损失的电压与输电电压成反比，故D 项正确．1．输电线上的电压损失输电线路始端电压U 与输电线路末端电压U ′的差值．ΔU ＝U －U ′＝IR （R 为输电线路电阻）．2．减小输电线路电压损失的两种方法（1）减小输电线路电阻由R ＝ρl S可知，间距一定时，使用电阻率小的材料、增大导体横截面积均可减小电阻．（2）减小输电电流I由P ＝UI 可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流．3．输电线路的构成主要有：发电机、升压变压器、输电导线、降压变压器、用电器，如图所示．二、输电线上的电功率损失1．探究如何减少输电线路的功率损失．答案：根据P 损＝I 2r 可知，减小输电线的电阻和输电线中的电流可减少输电线路的功率损失．2．通过上一问题的探究，你认为哪一途径对降低输电线路的功率损耗更为有效？答案：根据P 损＝I 2r 得，在输电电流一定的情况下，如果线路的电阻减为原来的一半，线路上损失的功率减为原来的12；根据P 损＝I 2r 得，在线路电阻一定的情况下，如果输电电流减为原来的一半，线路上损失的功率减为原来的14．通过比较，很显然，减小输电电流对于降低输电线路的功率损耗更为有效．3．假定输电线路中的电流为I ，两条输电线的总电阻为r （如图所示），输送的功率为P ，发电厂输出的电压为U1，则输电线上损失的电压为Ir ，用户得到的电压为U1-Ir ．那么怎样计算输电线路损失的功率呢？用户得到的功率又是多少呢？答案：2P I r =损 2P P P P I r=-=-用损如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW ，输出电压为400 V ，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2 kV 高压输电，最后用户得到220 V 、9.5 kW 的电力，求：（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比n 1/n 2；（2）输电线路导线电阻R ；（3）用户降压变压器原、副线圈匝数比n 3/n 4．答案：（1）1∶5 （2）20 Ω （3）95∶11解析：（1）升压变压器原、副线圈匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝4002 000＝15． （2）导线电阻R 与输送电流和输电线上损失的电功率有关，有P 损＝I 2R ，而输送电流又决定于输出电压及输送功率，有I ＝P /U 2，所以R ＝P 损/I 2＝P 损/（P U 2）2＝10 000－9 500(10 000/2 000)2Ω＝20 Ω． （3）设降压变压器原线圈上电压为U 3U 3＝U 2－IR ＝（2 000－5×20）V ＝1 900 V所以降压变压器原、副线圈匝数比为n 3n 4＝U 3U 4＝1 900220＝9511．1．输送功率是指升压变压器输出的功率，损失功率是指由于输电线发热而消耗的功率．两者关系是ΔP ＝P －P ′（P 为输送功率，P ′为用户所得功率）．2．除了利用ΔP ＝P －P ′计算输电线路上的功率损耗外．还可用下列方法计算：（1）ΔP ＝I 2R ，I 为输电线路上的电流，R 为线路电阻；（2）ΔP ＝ΔU 2R ，ΔU 为输电线路上损失的电压，R 为线路电阻；（3）ΔP ＝ΔUI ，ΔU 为输电线路上损失的电压，I 为线路上的电流．3．计算输电线上的损失功率时，将输电线当成纯电阻．三、远距离输电系统1．在输送功率不变的情况下，怎样才能减小输电电流？ 答案：P ＝UI ，则I ＝P U ，所以在输送功率不变的情况下，可以通过提高输送电压来减小输电电流．2．提高输电电压，则减小输电线上的电流，这是否与欧姆定律相矛盾？答案：不矛盾．欧姆定律I ＝U R是对纯电阻元件成立的定律，而“提高输电电压，则减小输电线上的电流”是从输电角度，由P ＝UI ，且P 一定的条件下得出的结论，两者间没有必然的联系．3．思考讨论远距离输电有哪些基本环节．答案：远距离输电的基本环节为： 发电厂(站)→升压变压器→高压输电线路→降压变压器→用户4．在远距离输电中，如何计算输电线上的电压损失？答案：计算输电线上的电压损失，通常有以下两种方法：（1）输电线始端电压U 与末端电压U ′的差值，即U 损＝U －U ′；（2）输电线上的电流I 与输电线的电阻r 的乘积，即U 损＝Ir ．如图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述不正确的是（ ）．A ．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B ．高压输电时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：C解析：根据P ＝I 2R 知在电流I 一定的条件下，电阻R 越小，输电线路上的电能损失就越小．又R ＝ρlS，故增大输电线的横截面积S 有利于减小输电过程中的能量损失，即选项A 正确；在输送功率P 0一定时，损耗功率P ＝I 2R ＝P 20U 2R ，即损耗功率与输电电压的平方成反比，因此在输电电压一定时，输送的电功率越大，电能损失也越大，选项C 错误；高压输电时要综合考虑材料成本、技术、经济等各种因素，不是电压越高越好，选项D 正确．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ΔU ＝IR ．2．无论从减小输电线路上功率损失，还是减小电压损失来看，都要求提高输电电压，以减小输电电流．1．关于电能输送的以下分析，正确的是（ ）．A ．由公式P ＝U 2/R 知，输电电压越高，输电线上功率损失越多B ．由公式P ＝U 2/R 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：输电线上损失的功率P 损＝I 2R 线＝U 2损R 线，U 损指输电线上的分压，而不是输电电压． 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 的特高压输电，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 2C ．2PD ．4P 答案：A解析：由P ＝UI 可知当输出电压由500 kV 升高到1 000 kV 时，电路中的电流将减为原来的一半；由P ＝I 2R 可知电路中损耗的功率将变为原来的14． 3．远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，输电线的横截面积为S ，线路损失的功率为ΔP ，若将电压提高到10U ，则（ ）．A ．不改变输电线路时，线路上的功率损失为0.01ΔPB ．不改变输电线路时，用户端的电压为原来的10倍C ．线路功率损失仍为ΔP 时，输电线的横截面积可减少为0.1SD ．不改变输电线路且线路损失功率仍为ΔP 时，输送的功率可增加到10P答案：AD解析：若将电压提高到10U ，则线路上的功率损失P 损＝（P 10U ）2R ＝P 2100U 2R ＝0.01ΔP ，A 项正确；若不改变输电线路时，用户端的电压大于原来的10倍，B 项错误；线路功率损失仍为ΔP 时，有P 损＝（P 10U ）2R ′＝（P U ）2R ，故R ′＝100R ，即ρL S ′＝100ρL S，所以S ′＝0.01S ，C 项错误；若不改变输电线路且线路损失功率仍为ΔP 时，即输电线路中的电流保持不变，而其输电电压提高到10U ，所以输送的功率可增加到10P ，D 项正确．4．发电厂发电机的输出电压是U 1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R ，导线中的电流为I ，学校得到的电压为U 2，则关于输电线上损失的功率，下列表达式错误的是（ ）．A ．U 12RB ．(U 1－U 2)2RC ．I 2RD ．I （U 1－U 2） 答案：A解析：用P ＝U 2R求电阻上损失的功率时，U 要与电阻R 相对应，选项A 中的U 1是输出电压不是输电线上的电压，故选项A 错误．选项B 中的U 1－U 2是输电线上的电压，因此，选项B 正确．选项C 、D 中的电流I 是输电线中的电流，故选项C 、D 正确．5．某发电站的输出功率P ＝104 kW ，输出电压U 1＝4 kV ，通过理想变压器升压后向远处供电，已知输电导线的总电阻为R ＝10 Ω，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求变压器的匝数比．答案：225解析：发电站的输出电流I 1＝P U 1＝1074×103A ＝2.5×103 A ，输电线路损失的功率P 损＝4%P＝I 22R ，则I 2＝4%P R ＝4%×10710A ＝2×102 A ，变压器的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝2×1022.5×103＝225．。

远距离输电1．电能输送中线路上的功率损失ΔP＝I2R线，电压损失ΔU＝IR线。

2．减小电能损耗的方法是：采用高压输电和减小导线电阻。

3．高压直流输电能够减少电感和电容引起的电能损失。

一、从发电站到用户的输电线路1．大型发电机发出十几千伏的电压，在发电站区域通过变压器升高到几十万伏，然后进行远距离输电，当电能被输送到用电区域后，再根据不同的用电需求，用变压器将电压降低，这就是远距离输电。

2．实验表明：在输电导线的电阻不变的前提下，提高输电的电压，减小输电电流，可以达到减少输电过程中的功率损耗，更有效地输送电能的目的。

二、为什么要采用高压输电1．电功率损失：输电导线上有电阻，当电流通过时，由于电流的热效应会引起电功率的损失。

可以考虑通过减小输电导线的电阻或减小输送电流来减少电功率的损失。

2．高压输电：减小电阻要增粗导线，增粗导线又带来两个不利：其一，耗费更多的金属材料；其二：会使导线太重，给架线带来很大困难。

只有采用小电流输电才会避免上述问题，在保证输送功率不变的情况下，减小电流必须靠提升电压来实现。

三、直流输电1．过程发电机发出的交变电流经变压器升压后，由换流设备将交变电流变为直流，用高压直流进行远距离传输，在用户区域由换流设备将直流变为交变电流，经变压器降压送给用户。

2．优点消除电容、电感引起的电能损失，线路损耗小。

1．自主思考——判一判(1)仅仅从减少能量损失的角度看，输送功率一定的情况下，输电电压越高，损失的能量越少。

(√)(2)在输送功率和输电电压一定，使用同种材料的导线时，越粗的导线损失的电压越小。

(√)(3)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。

(×)(4)从发电厂发出的电输送到用户均需要采用高压输电。

(×)(5)使用升压变压器和降压变压器进行远距离输电时，用户得到的电压可以高于发电机输出的电压。

(√)(6)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。

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第七节远距离输电A级抓基础1．（多选）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唯一办法是采用高压输电C．减小输电导线上电压损失的唯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，如输电功率的大小、距离远近、技术和经济条件等答案：AD2．远距离输电中，发电厂输送的电功率相同,如果分别采用输电电压为U1＝110 kV和输电电压为U2＝330 kV输电．则两种情况中，输电线上通过的电流之比I1∶I2等于( ) A．1∶1 B．3∶1C．1∶3 D．9∶1解析:输送功率相同，根据P＝UI得，输电电流与输电电压成反比,由公式错误!＝错误!可知B对．答案：B3．晚上七八点钟，用户使用的电灯增多，灯光要比深夜暗些，这是因为（）A．电路的总电流减小，每盏灯分到的电流也减小B．电路的总电流不变，但每盏灯分到的电流减小C．电路的总电流增大，使输电干线上的电压降增大D．电路的总电流增大,使输电干线上的电压降减小解析:晚上七八点钟，由于负载增多，总电阻减小，根据欧姆定律I＝错误!可知，输电线上的电流增大，输电线上损失的电压变大，所以用户获得的电压减小,每盏灯两端的电压降低，故C正确，ABD错误．答案:C4．(多选）某发电站用11 kV交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R。

远距离输电(建议用时：45分钟)[学业达标]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【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．【答案】 D2．关于电能输送的以下分析，正确的是( )【导学号：90270094】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【解析】 输电线上损失的功率P 损＝I 2R 线＝U 2损R 线，U 损指输电线上的分压，而不是输电电压，选项C 正确．【答案】 C3．如图2­7­5所示，L 1和L 2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器．若已知甲的变压比为500∶1，乙的变流比为200∶1，并且已知电压表两端的电压为200 V ，通过电流表的电流为5 A ，则输电线的输送功率为( )图2­7­5A ．1.1×102W B ．1.1×104W C ．1.1×106 WD ．1.1×108W【解析】 已知变压比为500∶1，电压表示数为220 V ，故传输电压为：U ＝220×500 V ＝1.1×105V ；已知变流比为200∶1，电流表示数为5 A ，故传输电流为：I ＝5×200 A＝1 000 A ；故电功率为：P ＝UI ＝1.1×105V×1 000 A＝1.1×108W ，故D 正确．【答案】 D4．(多选)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/nB ．输电线上的电功率损失是原来的1/n 2C ．输电线上的电压损失是原来的1/nD ．输电线上的电压损失是原来的n 倍【解析】 由P ＝UI 知，当输送的功率P 一定时，电压升高为原来的n 倍时，输电电流I ′＝P /U ′＝P /(nU )＝1n I ；又P 损＝I 2R 线，所以输电线上的功率损失P ′损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n I 2R 线＝1n 2P 损，即B 正确．输电线上的电压损失U ′损＝I ′R 线＝1n IR 线＝1nU 损，C 正确．【答案】 BC5．(2016·宜昌高二检测)“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106kW ，输电电压为1 000 kV ，输电线电阻为100 Ω.若改用超导材料作为输电线，则可减少输电损耗的功率为( )【导学号：90270095】A ．105kW B ．104kW C ．106 kWD ．103kW【解析】 输电电流I ＝P U，输电线路损失的电功率P 损＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 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，A 正确．【答案】 A6．如图2­7­6所示为远距离输电线路的示意图，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )图2­7­6A ．升压变压器的原线圈中的电流与用户电设备的功率无关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用户消耗的功率大小决定的，A 、B项错误；用户的总电阻减小，根据P ＝U 2R，输电电压不变，消耗的功率增大，输电线上的电流增大，再根据P 损＝I 2·r ，因此线路损失功率增大，C 项正确；升压变压器的输出电压等于在输电线路电阻上损失的电压加上降压变压器输入电压，D 项错误．【答案】 C7．(多选)高压直流输电与高压交流输电相比( ) A ．高压直流输电不存在感抗和容抗引起的损耗B ．高压直流输电所需的设备比高压交流输电所需的设备经济C ．高压直流输电技术简单D ．高压直流输电主要用于联系非同步运行的交流系统【解析】 稳定的直流输电不存在感抗和容抗引起的损耗，A 正确；高压直流输电技术的要求高，所需的换流设备制造难价格高，B 、C 错误；高压直流输电主要用于联系非同步运行的交流系统，D 正确．【答案】 AD8．远距离输电的原理图如图2­7­7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2­7­7A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2【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．【答案】 D[能力提升]9．(多选)在如图2­7­8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( )【导学号：90270096】图2­7­8A ．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【解析】 由题意可知升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，A 错误；在电能输出过程中有：I ＝P U，U 线＝IR 线，U 3＝U 2－U 线，因P 变大，I 变大，所以U 线变大，所以降压变压器初级电压U 3变小，则降压变压器的输出电压变小，B 错误；由P 损＝(P U)2R 线，因P变大，所以P 线变大，C 正确；根据P 损P＝P U 2R 线P＝PR 线U 2，因P 变大，所以比值变大，D 正确． 【答案】 CD10．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3×106kW.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2×105A 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9×108kW D ．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【解析】 输出电功率P ＝3×106 kW ，输电电压U ＝500 kV ，则输电线上输送的电流大小为I ＝PU＝6×103A ，所以A 错．输电线上由电阻造成的损失电压U 损＝Ir ＝15 kV ，所以B正确．输电线上损失的功率ΔP ＝U 损I ＝P 2U2r ，所以D 错．若改用5 kV 电压输电，则输电线上的极限电流I ′＝5 kV 2.5 Ω＝2 000 A ，导线上最大消耗功率P ′＝I ′2r ＝(2 000)2×2.5 W＝107W ，故C 错．【答案】 B11．远距离输电时，输送电压为6 000 V ，功率为500 kW ，这时，安装在输电线路起点和终点的电能表一昼夜里读数相差4 800 kW·h，则输电效率为多大？输电导线的电阻为多少？ 【导学号：90270097】【解析】 由能量守恒定律可知： η＝Pt －4 800Pt ×100%＝1－4 800500×24×100%＝60% 因为P 损＝P ×40%，P 损＝P 2U2r所以r ＝36×106×200×10325×1010Ω＝28.8 Ω. 【答案】 60% 28.8 Ω12．风力发电作为新型环保能源，近年来得到了快速发展，如图2­7­9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：图2­7­9(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比； (2)画出此输电线路的示意图； (3)用户得到的电功率是多少．【解析】 (1)输电线损失的功率P 损＝P ×4%＝100 kW×4%＝4 kW. 输电线电流I 2＝P 损R 线＝4×10310A ＝20 A. 升压变压器输出电压U 2＝P I 2＝100×10320 V ＝5×103V.升压变压器原、副线圈匝数比：n 1n 2＝U 1U 2＝2505 000＝120.电压损失U 损＝I 2R 线＝20×10 V＝200 V. 降压变压器原线圈端电压U 3＝U 2－U 损＝4 800 V.降压变压器原、副线圈匝数比n 3n 4＝4 800220＝24011.(2)如图所示(3)用户得到的功率P 户＝P －P 损＝96 kW. 【答案】 (1)1∶20 240∶11 (2)见解析图 (3)96 kW重点强化卷(三) 交流电、变压器与远距离输电问题(建议用时：60分钟)一、选择题1．(2015·四川高考)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图1所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( ) 【导学号：90270098】图1A．峰值是e0B．峰值是2e0C．有效值是22Ne0D．有效值是2Ne0【解析】因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝2Ne0，故选项D正确．【答案】 D2．如图2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( )图2A．120 V,0.10 A B．240 V,0.025 AC．120 V,0.05 A D．240 V,0.05 A【解析】灯泡正常工作，副线圈电压U2＝12 V，副线圈电流I2＝2×612A＝1 A，根据匝数比得原线圈电流I1＝120I2＝0.05 A，原线圈电压U1＝20U2＝240 V，选项D正确，其他选项错误．【答案】 D3．(多选)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3 I B．输电电流为9 IC ．输电电压为3 UD ．输电电压为13U【解析】 输电线上的热耗功率P 线＝I 2R 线，热耗功率由P 变为9 P ，则电流由I 变为3 I ，选项A 正确．输电功率P 不变，由P ＝UI ，电流变为3 I ，输电电压为13U ，选项D 正确．【答案】 AD4．(多选)如图3甲所示，左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R ＝55 Ω，Ⓐ、为理想电流表和理想电压表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压，电压表的示数为110 V ，下列表述正确的是( ) 【导学号：90270099】图3A ．电流表的示数为2 AB ．原、副线圈匝数比为1∶2C ．电压表的示数为电压的有效值D ．原线圈中交流电压的频率为100 Hz【解析】 由题图乙可知原线圈两端电压的有效值U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可得原、副线圈匝数之比n 1n 2＝U 1U 2＝220 V110 V＝2∶1，故B 错误；电流表示数与电压表示数都为有效值，故C正确；电流表示数I ＝U R ＝11055A ＝2 A ，故A 正确；由题图乙可知T ＝0.02 s ，所以交流电压的频率为f ＝1T ＝10.02Hz ＝50 Hz ，D 错误．【答案】 AC5．(多选)(2016·兰州高二检测)如图4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4A ．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的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】电路中的功率损耗ΔP＝I2R线，而R线＝ρlS，增大输电线的横截面积，可减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A项正确；由P＝UI来看，在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B项正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，C项错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，D项正确．【答案】ABD6．如图5所示的甲、乙两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上110 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为55 V．若分别在c、d两端与g、h两端加上110 V 的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为( ) 【导学号：90270100】图5A．220 V,220 V B．220 V,110 VC．110 V,110 V D．220 V,0【解析】当a、b两端接110 V电压时，c、d间获得的电压为55 V，说明c、d间线圈的匝数为原线圈a、b间匝数的一半；反过来，当c、d两端接110 V电压时，由电压与匝数的关系知，a、b间电压应为220 V．当e、f两端接110 V电压时，g、h间电压为55 V，说明g、h间电阻为e、f间电阻的一半；当g、h两端接110 V电压时，其等效电路如图所示．e、g间没有电流，e、g间电压为零，所以e、f间电压与g、h间电压相等，为110 V，故B正确．【答案】 B7．(多选)(2016·德州高二检测)某小型水电站的电能输送示意图如图6所示，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( )图6A.n 2n 1>n 3n 4 B.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 项也对．【答案】 AD8. 如图7所示，理想变压器的原线圈匝数n 1＝1 600匝，副线圈匝数n 2＝800匝，交流电源的电动势瞬时值 e ＝2202sin(100πt ) V ，交流电表Ⓐ和的内阻对电路的影响可忽略不计．则( )图7A ．当可变电阻R 的阻值为110 Ω时，变压器的输入功率为110 WB ．当可变电阻R 的阻值为110 Ω时，电流表Ⓐ的示数为2 AC ．当可变电阻R 的阻值增大时，电压表的示数增大D ．通过可变电阻R 的交变电流的频率为100 Hz【解析】 由U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈的电压瞬时值U ＝110 2sin(100πt ) V ，故可变电阻R 的阻值为110 Ω时，可变电阻消耗的功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 22R，则变压器的输入功率为110 W ，A 正确．电流表示数为电流的有效值，经计算可知应为0.5 A ，A 正确，B 错误．由于原、副线圈的匝数比确定，则副线圈电压恒定，C 错误．变压器并不改变电流的频率，原线圈中电流的频率为50 Hz ，故副线圈中电流的频率为50 Hz ，D 错误．【答案】 A9．如图8所示，Q 是熔断电流为1 A 的保险丝，R 为用电器，理想变压器的原、副线圈的匝数比为n 1：n 2＝2∶1.原线圈的电压为u ＝2202sin(100πt ) V ．要使保险丝不熔断，R 的阻值一定( ) 【导学号：90270101】图8A ．不能小于55 ΩB ．不能大于55 ΩC ．不能小于77 ΩD ．不能大于77 Ω【解析】 保险丝的原理是电流的热效应，应该用电流的有效值．由U 1U 2＝n 1n 2得：U 2＝n 2n 1U 1＝12×220 V＝110 V ．由I 1I 2＝n 2n 1得：I 2＝n 1n 2I 1＝21×1 A＝2 A ，所以R min ＝U 2I 2＝55 Ω，故A 正确． 【答案】 A10．(2015·安徽高考)如图9所示电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是( )图9A ．电压表V 1示数增大B ．电压表V 2、V 3示数均增大C ．该变压器起升压作用D ．变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动【解析】 电压表V 1的示数和a 、b 间电压的有效值相同，滑片滑动时V 1示数不变，选项A 错误；电压表V 2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V 2示数不变，V 3示数为V 2示数减去R 0两端电压，两线圈中电流增大，易知R 0两端电压升高，故V 3示数减小，选项B 错误；理想变压器U 1I 1＝U 2I 2，则U 1ΔI 1＝U 2ΔI 2，ΔI 2＞ΔI 1，故U 2＜U 1，变压器为降压变压器，选项C 错误；因I 2增大，故知R 减小，变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动，选项D 正确．【答案】 D 二、计算题11．水力发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能，现在水力发电已经成为我国的重要能源之一．某小河水流量为40 m 3/s ，现欲在此河段安装一台发电功率为1 000千瓦的发电机发电．(1)设发电机输出电压为500 V ，在输送途中允许的电阻为5 Ω，允许损耗总功率的5%，则所用升压变压器原、副线圈匝数比应是多少？(2)若所用发电机总效率为50%，要使发电机能发挥它的最佳效能，则拦河坝至少要建多高？(g 取10 m/s 2)【解析】 (1)设送电电流为I ，损耗的功率为P 耗，导线电阻为R 线，由P 耗＝I 2R 线得： I ＝P 耗R 线＝ 1 000×103×0.055 A ＝100 A 设送电电压为U 送，由P ＝IU 得： U 送＝P I ＝1 000×103100V ＝1×104 V 则升压变压器原、副线圈匝数比：n 原n 副＝U 原U 送＝50010 000＝120. (2)发电时水的重力势能转化为电能，故50%mgh ＝Pt其中m t ＝ρV t ＝1×103×40 kg/s＝4×104 kg/s所以h ＝Pt mg ×0.5＝ 1 000×1034×104×10×0.5m ＝5 m. 【答案】 (1)1∶20 (2)5 m12．如图10所示，学校有一台应急备用发电机，内阻为r ＝1 Ω，升压变压器匝数比为n 1∶n 2＝1∶4，降压变压器的匝数比为n 3∶n 4＝4∶1，输电线总电阻为R 线＝4 Ω，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10(1)输电线上损耗的电功率P 损为多大？(2)发电机的电动势E 为多大？ 【导学号：90270102】【解析】 (1)所有电灯正常发光时消耗的功率为P 灯＝40×22×6 W＝5 280 W ＝P 4由于电灯正常发光时降压变压器副线圈两端电压U 4＝220 V所以降压变压器原线圈两端电压U 3＝n 3n 4U 4＝41×220 V ＝880 V 两变压器之间输电线上的电流为I 线＝P 3U 3＝P 4U 3＝5 280880A ＝6 A 输电线上损失的功率P 损＝I 2线R 线＝62×4 W＝144 W.(2)输电线上损失的电压 U 损＝I 线R 线＝6×4 V＝24 V 升压变压器副线圈两端电压 U 2＝U 3＋U 损＝(880＋24) V ＝904 V 升压变压器原线圈两端电压U 1＝n 1n 2U 2＝14×904 V＝226 V 升压变压器原线圈中的电流I 1＝n 2n 1I 线＝41×6 A＝24 A 发电机内阻上的电压：U r ＝I 1r ＝24 V 发电机的电动势E ＝U 1＋U r ＝226 V ＋24 V ＝250 V.【答案】 (1)144 W (2)250 V。