高二物理高压输电2

高二物理远距离输电试题答案及解析1. 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【答案】 C【解析】试题分析:增加输电导线的横截面积能减小电阻，根据输电过程中的电功率P 耗=I 2R ，减小电阻，有利于减少输电过程中的电能损失．故A 正确；根据P=UI 知，输电电压越高，输电电流越小，高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗．故B 正确；输送的电功率越大，则输电线上流过的电流越大，输电过程中的电能损失越大．故C 错误．高压输电必须综合考虑各种因素，电压过高时，感抗和容抗影响较大，不一定是电压越高越好．故D 正确． 【考点】电能的输送．2. 远距离输送交流电都采用高电压输电，我国正在研究比330kV 高得多的电压进行输电，采用高压输电的优点是可减小输电线上能量损失，则在输入功率不变时，使输电电压提高为原来的10倍，输电线上损失的电能将降为原来的 。

【答案】0.01【解析】在输入功率不变，由P=UI ，得I=P/U ，电压提高10倍，则电流减少为原来的，再由P 损=I 2R ，可得P 损将降为原来的，即0.01。

【考点】远距离输电3. 在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个坑口电站，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？ 【答案】（1）r ＝20 Ω（2）U ′＝22.4 kV【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 ＝4 800/24 kW ＝200 kW ，因此可求得r ＝20 Ω. (2)输电线上损耗功率P r ＝()2r ∝，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. 【考点】远距离输电．点评：输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比．4. 电厂发电机的输出电压250V ，输出功率为10kW ，在进行远距离输电时，输电线总电阻为5Ω，则A ．直接输电，用户两端的电压只有50VB ．若要求用户两端的电压为220V ，则应配备原、副线圈匝数比为1：4 （发电厂）和5：1（用户端）的变压器C．若要求输电线损耗的功率仅为总功率的5%，升压变压器原、副线圈匝数比为1：4D．若用10000V的高压输电，输电线的损耗功率仅为总功率的0.05%【答案】ACD【解析】电厂发电机的输出电压250V，输出功率为10kW，输电电流为40A，则导线书号电压为U=IR=200V，所以用户两端的电压只有50V，A对；原、副线圈匝数比为1：4 （发电厂），则电压提升到1000V同时减为10A，则导线电压损耗为50V，用户端输入变压器电压为950V，要想得到220V，线圈匝数比为95:22，所以B错。

2023-2024学年高二上物理：9.4静电的防止与利用一．选择题（共8小题）1．如图所示，A是带正电的球，B为不带电的导体，A、B均放在绝缘支架上，M、N是导体B中的两点，以无限远处为电势零点，当导体B达到静电平衡后，说法正确的是（）A．M、N两点电场强度大小的关系为E M＞E NB．M端感应出负电荷，N端感应出正电荷，所以M、N两点电势高低的关系为φN＞φMC．若用导线将M、N两端连起来，将发生电荷中和现象D．感应电荷在M、N两点产生的电场强度为E M'＞E N'2．如图所示，取一对用绝缘柱支持的导体A和B，使它们彼此接触．起初它们不带电．把带正电荷的物体C移近导体A，再把A和B分开，然后移去C．则（）A．A带正电，B带负电B．A带负电，B带正电C．A、B带同种电荷D．A、B都不带电3．如图所示，用绝缘支柱固定的两不带电金属导体P和Q彼此接触，将一带正电的小球O移近导体P后，先把P、Q分开，再移走O，关于P、Q电性的说法正确的是（）A．P带正电，Q带负电B．P带正电，Q带正电C．P带负电，Q带正电D．P带负电，Q带负电4．在一次科学晚会上，一位老师表演了一个“魔术”：如图所示，一个没有底的空塑料瓶中固定着一根钢锯条和一块易拉罐（金属）片，把它们分别跟静电起电机的两极相连。

在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕。

当把起电机一摇，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又是烟雾缭绕。

起电机摇动时，下列说法正确的是（）A．锯条附近电场强度大B．金属片附近电场强度大C．锯条和金属片之间为匀强电场D．锯条和金属片之间电场强度处处为零5．如图所示，在带电体C的右侧有两个相互接触的金属导体A和B，均放在绝缘支座上，A、B处于静电平衡状态，则（）A．A的左端感应出正电荷B．A上的感应电荷是创生出来的C．A、B内部的电场强度处处为0D．若先将A、B分开，再移走C，A、B均不带电6．如图所示，放在绝缘台上的金属罩B内放有一个不带电的验电器C，如把一带有正电荷的绝缘体A移近金属罩B，则（）A．金属罩B内的场强不为零B．在B的右侧内表面带正电荷C．若将B接地，验电器的金属箔片将张开D．B和C电势处处相等7．如图所示的高压输电线路，在铁塔的顶端还有两条导线（图中箭头所指），它们与大地相连，这两条导线的主第1页共16页第2页共16页。

教学目的：1、知道输电线路上电压与功率损失的原因2、能说明如何减少电压和功率损失3、能结合变压器的有关知识解决远距离输电问题教学重点：输电线路上电压与功率损失的原因及解决办法教学难点：输送功率、输电线上的功率教学方法：启发式综合教学法教学过程：一、引入：教室用于照明的日光灯管一般都标明“220V 40W”，它表示什么意思？照明用交变电流的电压有效值为220V，日光灯只有在220V交变电压下才能正常发光，而发电站一般都建在离用电单位较远处，怎样才能把电能输送到用户，使用电器正常工作呢？二、授新：（一）输电线上功率损失1、功率损失：△P=I2R提问：减小功率损失的办法？学生思考回答：（1）减小输电线的电阻（2）减小输电线中的电流引导学生分析这两种方法的可行性：减小电阻可行性小，只有减小电流。

提问：如何才能减小电流？保证用电功率不变。

学生分析讨论据P=UI可知，在P一定的情况下，减小I，只有增加U。

总结：输送电能，要减小损失，只有采用高压输电的办法。

2、介绍我国输电线路的有关情况。

3、交流输电的缺点：实际输电线路中，导线的电感和电容的影响也会引起很大的电压损失。

要彻底解决这个问题就要用直流高压输电。

直流输电时，先把发电机发出的交流用变压器长到所需的电压，然后用抵换流设备把交流变成直流；在线路终点再用换流设备把直流变成交流，通过变压器降压后供给用户。

直流输电的主要困难是换流设备制造难、价格高，因此目前不易推广。

我国已经有一条500kV试验性直流输电线路从葛洲坝电厂向华东地区送电。

学生练习：课后练习五作业：教学效果分析：。

高二物理教案电能的输送教学目标：1．理解远距离输送交流电要用高电压．能对简单的输电电路进行有关计算．2．培养和提高学生分析、综合和应用的能力．教学重点：培养学生把物理规律应用于实际的能力和用公式分析实际问题的能力。

教学难点：高压输电的道理。

教学过程一、引入新课人们常把各种形式的能（如水流能，燃料的化学能，原子能）先转化为电能再进行传输，这是因为电能可以通过电网来传输，有人说电网就是用导线把电厂与用户连起来，看演示实验：展示图2所示的输电线路（较长的电阻丝，能给学生造成输电线路长的印象）．把一个电珠接在AB上，灯相当亮；若输电距离很长，把这个小电珠接到CD上，灯光暗淡．分析原因：输电线越长，电阻越大，电流通过输电线损失的能量越的能量损失呢？（板书：输电线：长、R大，能量损失多）二、新授课：每个同学先提出自己的一些想法，带着这些想法阅读课本第110页第三段至第111页第二段，并公布阅读思考题（事先写在小黑板上）：1．根据理论分析，有哪些办法可以减少输电线上能量的损失？其中哪种方法是最有效的？2．归纳减少输电线上能量损失的思路，体会哪种方法最好．全班讨论：1、减小t可以吗？1、E损=Q=I2Rt2、减小R可以吗？3、减小I可以吗？如何减小？其中减少I方法最有效：有可行性，因为Q∝I2，电流对能量损失的影响最大．设计电路：老师在黑板上画图3电路，指出要给6V灯泡供电．让学生来评价．学生评价：图3是错误的，输电后必须降压，使电压符合用电器要求．由学生修改图3，画出图4所示电路．设图4中输电线的总电阻为R'，每条输电线两端的电压为：要求写出三、课堂小结：输电过程、高压输电的道理。

讲练互动例1 输送10KW 的电功率，采用400V 的电压输电，线路总电阻为10Ω（1）输电线中的电流是多少？线路损失的电压是多少？用户得到电压是多少/（2）输电线中损失电功率是多少？用户得到功率是多少？例2将电厂发出的400V 的电压通过升压变压器，采用10KV 的电压输送10KW 的电功率交流电，线路总共电阻为10 （1）升压变压器的原副线圈的匝数比是多少？（2）输电导线中电流是多少？线路损失的电压是多少？若降压变压器的匝数比为45：1，用户得到的电压是多少？（3）输电线中损失电功率是多少？用户得到功率是多少？练习1：某发电厂原来用11KV 的交流电压输电，后改用升压变压器将电压升高到220KV 输电，输送的电功率不变，若输电线的电阻为R ，则下列说法正确的是（ ） 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1/20。

2019—2019学年高二物理实验教学计划进度表物理二字出现在中文中，是取格物致理四字的简称，即考察事物的形态和变化，总结研究它们的规律的意思。

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年级高二学科物理授课周数17周课时2教师吴贡曾阮王邵组长陆天柱教学要求1、加强双基教学，做好集备，做到四统一抓每个知识点的教学，充分挖掘教材，力争每个学生不是因为老师的原因而留下知识点上的漏洞．2、精心设计教学案，实现能力培养的突破与双基工作最优化结合．3、安排好备课备练、课堂有练、课后自练、考试考练，拓展学生能力，打好基础。

学科小组竞赛安排1.搞好竞赛工作。

2.抓好辅优级补差工作教学措施1、抓好课堂45分钟，向课堂要效益，精讲精练，调动学生积极性。

2、不放弃每个学生，搞好辅优补差工作。

重点抓好40名的以后同学的基础，抓实作业反馈，提高其解基础题的能力。

3、建立好错题集的学生问题集，为高三第二轮复习积累第一手资料。

周次日期预定教学进度(包括阶段、单元练习)实验安排19.1～9.21电荷库仑定律2.电场摩擦起电演示29.5～9.91.生活中的静电现象2.电流和电源感应起电39.12～9.161.电容器2.电流和电源平行板电容器49.19～9.231.电流的热效应2.指南针与远洋航海电流的磁场电流周围的磁场演示59.26～9.301.磁场对通电导线的作用2.磁声对运动电荷的作用安培力实验仑磁定律610.1～10.7国庆放假710.10～10.141.磁性材料2.电磁感应现象法拉第电磁感应定律手摇起电的原理810.17～10.211.交变电流2.变压器变压器的原理910.24～10.281.高压输电2自感现象涡流远距离输电1010.31～11.41.电磁波的发现电磁光谱2.电磁波的发射和接收信息化社会1111.7～11.11期中考试1211.14～11.18第一章运动的描述1311.21～11.25第二章匀变速直线运动的研究打点计时器的运用1411.28～12.2第三章相互作用1512.5~12.9第四章牛顿运动定律1612.12~12.16第五章曲线运动向心力实验1712.19～12.23第六章万有引力与航天1812.26～12.30第七章机械能守恒机械能守恒（分组）191.2~1.6元旦休假201.9～1.13期末考试211.14～1.20讲评最后，希望小编整理的高二物理实验教学计划进度表对您有所帮助，祝同学们学习进步。

高二物理上册第三章高压输电的知识点(1)高压直流输电的概念和分类概念：高压直流输电由将交流电变换为直流电的整流器、高压直流输电线路以及将直流电变换为交流电的逆变器三部分组成。

高压直流输电是交流-直流-交流形式的电力电子换流电路。

常规高压直流输电：半控型的晶闸管，采取电网换相。

VSC高压直流输电：全控型电力电子器件，采用器件换相。

分类：长距离直流输电(两端直流输电)，背靠背(BTB)直流输电方式，交、直流并联输电方式，交、直流叠加输电方式，三级直流输电方式。

(2)直流系统的构成1.直流单级输电：大地或海水回流方式，导体回流方式。

2.直流双极输电：中性点两端接地方式，中性点单端接地方式，中性线方式。

3.直流多回线输电：线路并联多回输电方式，换流器并联的多回线输电方式。

4.多端直流输电：并联多端直流输电方式，串联多端直流输电方式。

(3)高压直流输电的特点优点：经济性：高压直流输电的合理性和适用性体现在远距离、大容量输电中。

互连性：可实现电网的'非同步互连，可实现不同频率交流电网的互连。

控制性：具有潮流快速可控的特点缺点：①直流输电换流站的设备多、结构复杂、造价高、损耗大、运行费用高、可靠性也较差。

②换流器工作时会产生大量的谐波，处理不当会对电网运行造成影响，必须通过设置大量、成组的滤波器消除这些谐波。

③电网换相方式的常规直流输电在传送有功功率的同时，会吸收大量无功功率，可达有功功率的50%~60%，需要大量的无功功率补偿装置及相应的控制策略。

④直流输电的接地极和直流断路器问题都存在一些没有很好解决的技术难点。

(4)目前已投运20个直流输电工程(详见p14)2010年，我国已建成世界上第一条±800KV的最高直流电压等级的特高压直流输电工程。

五直：天-广工程(±500，2000年)，三-广工程(2004年)，贵-广I回工程(2004年)，贵-广II回工程(2008年)，云广特高压工程(±800KV)(5)轻型直流输电特点：1.电压源换流器为无源逆变，对受端系统没有要求，故可用于向小容量系统或不含旋转电机的负荷供电。

高二物理远距离输电试题答案及解析1.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，输电电压为U，输电线的总电阻为。

则下列说法不正确的是A．输电线上的电流B．输电线上的电流C．输电线电阻上的功率损失D．输电线电阻上的电压损失【答案】A【解析】由于输送的总功率为P，输电电压为U，故输电线上的电流为，A错误，B正确；输电线电阻上的功率损失，故C正确；输电线电阻上的电压损失，故D也正确；该题选A。

【考点】高压输电。

2.输电线的电阻为r，输送的电功率为P，用电压U 送电，则用户得到的功率为A． P B．C．D．【答案】B【解析】输电线上的电流为,输电线上的功率损失，用户得到的功率为，选项B正确。

【考点】远距离输电的功率损失问题。

3.有条河流，流量为Q＝2 m3/s，落差h＝5 m，现在用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V，输电线总电阻R＝30 Ω，允许损失功率为发电机输出功率的6%，为满足用电的要求，使用户获得220 V电压，则该输电线路所使用的理想升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V、100 W”的电灯正常发光？【答案】6∶125235∶11470盏【解析】由题意可画出如下远距离输电示意图：电源两端的输出功率P总＝＝ρQghη＝5×104W输电线上的功率损失为P损＝P总×6%＝I2RI＝＝10 A U1＝240 VU2＝P总/I＝5×103V故升压变压器n1∶n2＝U1∶U2＝6∶125；U损＝IR＝300 VU3＝U2－U损＝4 700 VU4＝220 V故降压变压器n3∶n4＝U3∶U4＝235∶11；理想变压器没有能量损失，故可正常发光的电灯数量＝470盏【考点】考查了电能的输送点评：提高输电电压，从而降低电线电流，导致电线损失功率减小，用户得到功率越多．解决本题的关键知道原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压比，以及掌握输电线上损失的功率公式．4.某发电厂原来用电压为U的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压器将电压升高后输电，1输送的电功率保持不变．若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是A．由公式可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的B．由公式可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍C．由公式可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的D．由公式可知，提高电压后输电线上的功率损耗增大为原来的2 500倍【答案】AC【解析】根据公式可得输送电压变为原来的50倍，而输送功率不变，所以可得提高电压后输电线上的电流降为原来的，A正确，如果使用公式计算电流变化，则公式中的U表示的是输电线上损耗的电压，而不是输送电压，B错误，电流变为原来的，而输电线电阻不变，所以根据公式可得提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的，C正确，如果使用公式计算输电线上功率的损耗，则公式中U表示的是输电线上损耗的电压，而不是输送电压，D错误故选AC【考点】考查了远距离输电点评：关键是对公式中的各个字母表示的含义正确理解5.发电机的路端电压为U，经电阻为R的输电线向远方用户供电，发电机的输出功率为P，则( )A．输电线上的电流为B．输电线上的功率损失为C．用户得到的功率为D．用户得到的电压为【答案】AC【解析】根据公式可得输送电流为：,所以A正确输电线上损耗的功率为: ，B错误，所以用户得到的功率为，C正确，输电线上损耗的电压为：所以用户得到的电压为:，D错误，故选AC【考点】考查了远距离输电点评：本题涉及的物理量比较多，关键是对公式中各个物理量所代表的物理含义正确理解6.某个小水电站发电机的输出功率为100kw，发电机的电压为250V。

学案1高压输电原理[目标定位] 1.把握输电过程中降低输电损耗的两个途径.2.理解高压输电的原理.3.会对简洁的远距离输电线路进行定量计算.一、远距离输电为什么要用高电压[问题设计]如图1所示，假定输电线路中的电流为I，两条导线的总电阻为R，在图中导线电阻集中画为r，输送功率为P，发电厂输出的电压为U.那么：图1(1)远距离大功率输电面临的困难是什么？(2)输电线上功率损失的缘由是什么？功率损失的表达式是什么？降低输电损耗的两个途径是什么？(3)为什么远距离输电必需用高压呢？答案(1)在输电线上有功率损失.(2)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缘由.功率损失表达式：ΔP＝I2R，所以降低输电损耗的两个途径为：①减小输电线的电阻R；②减小输电电流I. (3)由于发电厂的输出功率P是确定的，由P＝UI得，要减小输电电流I，必需提高输出电压U.[要点提炼]输电线上的电压损失和功率损失(设输电线的电阻为R，电流为I) 1.电压损失输电线始端电压U与输电线末端电压U′的差值.ΔU＝U－U′＝IR.2.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ΔP＝I2R.(2)若输电线上损失的电压为ΔU，则功率损失还可以表示为ΔP＝ΔU2R，ΔP＝ΔU·I .3.减小电压、功率损失的方法(1)减小输电线的电阻R由R＝ρLS可知，距离L确定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可以减小电阻.(2)减小输电电流I由P＝UI可知，当输送功率确定时，上升电压可以减小电流.[延长思考]为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光较暗？答案用电高峰期到用户家中的输电线电流I较大，输电线上损失的电压ΔU＝Ir较大，用户得到的电压U－ΔU较低，达不到额定功率，因此白炽灯灯光较暗.二、沟通输配电网发电机发出的交变电流先送到升压变电站，将电压上升到220 kV以上，由高压输电线向远处输送.在用电区，先由第一级变电站将电压降到110 kV，再输送到其次级变电站，将电压降到10 kV，送到用电区.对一般生活用电，则还要用变压器进一步将电压降到220 V.一、降低输电损耗的途径例1如图2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2A.增加输电导线的横截面积有利于削减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.在输送电压确定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D.高压输电必需综合考虑各种因素，不愿定是电压越高越好解析由P损＝I2R和R＝ρLS知S越大，R越小，P损越小，所以A正确.由P＝UI及P损＝I2R知B正确，C错误.电压越高，对输电线路绝缘性能和对变压器的要求越高，实际输送电能时，要综合考虑各种因素，所以D 正确. 答案 ABD二、输电线上功率损失的计算例2 发电厂发电机直接向学校供电，发电机输出电压为U 1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R ，导线的电流为I ，学校得到的电压为U 2，则下列关于输电线损失的功率的式子中错误．．的是( ) A.U 21R B.(U 1－U 2)2RC.I 2RD.I (U 1－U 2)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A 是错误的.B 中的U 1－U 2是输电线上的电压，因此，B 是正确的.C 、D 中的电流I 是输电线中的电流，故C 、D 都是正确的. 答案 A例3 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)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？它占输出功率的几分之几？ (3)若将电压上升至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？它占输出功率的几分之几？解析 (1)由P ＝UI 得I ＝P U ＝5×108 W 2×105 V＝2 500 A(2)输电线上损失的功率ΔP ＝I 2·2r ＝2 5002×2×10 W ＝1.25×108 W 损失功率与输出功率之比为ΔP P ＝1.25×1085×108＝14＝25%(3)将电压上升至50万伏时，I ′＝PU ′＝5×108 W5×105 V ＝1 000 A输电线上损失的功率ΔP ′＝I ′2·2r ＝1 0002×2×10 W ＝2×107 W 损失功率与输出功率之比为ΔP ′P ＝2×1075×108＝125＝4%答案 (1)2 500 A (2)1.25×108 W 25% (3)1 000 A 2×107 W 4%针对训练 在我国北方部分地区经常毁灭低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严峻损毁，如图3所示，为消退高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰.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ΔP ；若输电功率和输电线电阻不变，除冰时，需要输电线上热耗功率为9ΔP ，则除冰时( )图3A.输电电流为3IB.输电电流为9IC.输电电压为3UD.输电电压为13U答案 AD解析 高压线上的热耗功率为ΔP ＝I 2R 线① 若热耗功率变为9ΔP ，则9ΔP ＝I ′2R 线②由①②得I ′＝3I ，A 对.又输送功率不变，P ＝UI ＝U ′I ′，得U ′＝13U ，所以D 对.1.(降低输电损耗的途径)中心电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农夫负担过重，其客观缘由是电网陈旧老化.近来，农村进行电网改造，为削减远距离输电的损耗而降低电费价格可实行的措施有( )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 电费凹凸与线路损耗有关，损耗越大，电费越高，削减损耗的途径：(1)减小输电导线中的电流，即可提高输电电压；(2)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.(输电线上电压损失问题)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.这是由于用电高峰时( ) 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 答案 C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，所以电灯比深夜时要显得暗，故选C. 3.(输电线上功率损失的计算)远距离输电，原来用电压U 0输送，输电线上损失的功率为P 0，现要使输电线路上损失的功率削减到原来的1%，在保持输送功率不变的状况下，输电电压变为____U 0. 答案 10解析 设输送功率为P ，则P 0＝(P U 0)2R 线，0.01P 0＝(PU)2R 线，所以U ＝10 U 0.4.(输电线上功率损失的计算)一座小型发电站，用总电阻是0.5 Ω的输电线把电输送给用户，发电站输送的电功率是20 kW.假如用250 V 的电压输电，估算输电导线上的功率损失和用户得到的功率.假如改用500 V 的电压输电，输电线上的功率损失和用户得到的功率又各是多少？ 答案 3.2 kW 16.8 kW 0.8 kW 19.2 kW解析 假如用250 V 的电压输电，输电线上的功率损失为P 损＝(P U )2R ＝(20×103250)2×0.5 W ＝3.2 kW用户得到的功率为P 用＝P －P 损＝20 kW －3.2 kW ＝16.8 kW假如改用500 V 的电压输电，输电线上的功率损失为 P 损′＝(P U ′)2R ＝(20×103500)2×0.5 W ＝0.8 kW用户得到的功率为P 用′＝P －P 损′＝20 kW －0.8 kW ＝19.2 kW.题组一 降低输电损耗的途径1.远距离输送沟通电都接受高压输电.我国正在争辩用比1 000 kV 高得多的电压进行输电.接受高压输电的优点是( )A.可节省输电线的材料B.可依据需要调整沟通电的频率C.可减小输电线上的能量损失D.可加快输电的速度 答案 AC解析 由于远距离输电，往往输送电功率确定，依据P ＝UI ，输送电压U 越高，则输送电流I ＝PU越小，据P线＝I 2R知，当要求在输电线能量损耗确定的状况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率大的材料(非铜材)；若输电线确定，即R 确定，则可减小线路上的能量损耗，故A 、C 项正确；而沟通电的频率是确定的，不需调整，输电的速度就是电磁波的传播速度，也是确定的，故B 、D 项不正确. 2.远距离输电时，在输送功率不变的条件下( ) A.增加导线的电阻，可以减小输电电流，提高输电效率 B.提高输电电压，可以减小输电电流，提高输电效率 C.提高输电电压，势必增大输电导线上能量的损耗 D.提高输电电压，势必增大输电导线上的电流 答案 B解析 在输送功率确定的前提下，P 输＝U 输·I 输，P损＝I 2输·R 线，η＝P 输－P 损P 输×100%，所以选项B 正确. 3.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 2R ，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 答案 C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ΔU ，故A 、B 错误，导线上功率的损失为发热损失，P ＝I 2R ，故C 正确. 题组二 输电线上功率损失的计算4.在电能输送过程中，若输送的电功率确定，则在输电线上损失的电功率( )A.随输电线电阻的增大而增大B.和输送电压的平方成正比C.和输电线上电压降落的平方成正比D.和输电线中电流的平方成正比 答案 ACD解析 由损失功率公式P 损＝I 2R 线＝(P 输U 输)2R 线＝ΔU 2损R 线.5.超导材料电阻降为零的温度称为临界温度.1987年我国科学家制成了临界温度为90 K 的高温超导材料，利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电.现有始终流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它供应应用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V.假如用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供应用电器的功率和电压不变，那么节省的电功率为( ) A.1 kW B.1.6×103 kW C.1.6 kW D.10 kW答案 A解析 输电线中电流I ＝PU ，输电线上损失功率P ′＝I 2R 线＝P 2R 线U2＝1 kW.6.输电线的电阻为R ，输送电功率为P .现分别用U 1和U 2两种电压来输电，则两种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状况下，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 217.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.依据公式I ＝P U ，提高电压后输电线上的电流降为原来的120B.依据公式I ＝UR，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍C.依据公式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.依据公式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 2U 2R ，C 正确；假如用P 损＝U 2R，则U 应为R 两端的电压ΔU ，故D 错误.8.某发电站接受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I ＝URB.输电线上的电流I ＝P 0UC.输电线上损失的功率P ＝(P 0U )2RD.输电线上损失的功率P ＝U 2R答案 BC解析 输电线上的电流I ＝P 0U ，B 项对；因输电电压不等于输电导线上的电压，A 、D 项错；输电线上的功率损耗ΔP ＝I 2R ＝(P 0U)2R ，C 项对.9.输电线路的电阻为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 －(P U )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.10.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P ′、P 用的关系式正确的是 ( ) A.P ′＝U 2SρLB.P ′＝P 2ρLU 2SC.P 用＝P －U 2SρLD.P 用＝P (1－PρLU 2S )答案 BD解析 输电线电阻R ＝ρLS ，输电电流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用户得到的功率为P 用＝P －P ′＝P (1－PρLU 2S ).故选B 、D.11.用相同材料制成的导线向同一处用户输送10 kW 的电功率，在输电电压U 1＝110 V 和U 2＝220 V 两种状况下，要求输电线中损失的电功率相同，则两种状况下输电导线横截面积之比为______. 答案 4∶1解析 由公式：P 损＝(P 输U 输)2R 线得R 1R 2＝U 21U 22＝14，再由R ＝ρL S 得S 1S 2＝41. 12.我国西部特殊是云、贵、川有大量的水力资源，西电东送是西部大开发的重要项目之一.据报道，云南大朝山在2005年已建成100万千瓦的水力发电站.设电站输电电压为25万伏，则输电线上的电流是________ A.如输电线总电阻为40 Ω，则电流通过输电线时，在输电线上发热消耗的功率为________ kW.如将输电电压上升到100万伏，则输电线上发热消耗的功率为________ kW.依据以上数据得出你认为合理的输电方法是________.答案 4×103 6.4×105 4×104 提高输电电压 解析 当输电电压U 1＝25万伏时， I 1＝P U 1＝100×104×10325×104 A ＝4×103 A 输电线上热功率P 热1＝I 21R ＝(4×103)2×40 W ＝6.4×105 kW当输电电压U 2＝100万伏时， I 2＝P U 2＝100×104×103100×104 A ＝1×103 A输电线上热功率P 热2＝I 22R ＝(1×103)2×40 W ＝4×104 kW由以上计算可知：在输电功率P 确定时，输电电压越高，输电线上损失的热功率P 热越小，故合理的输电方法是提高输电电压.13.有一个发电站，输送功率为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%，又不转变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？答案 (1)60% 20 Ω (2)22.4 kV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，因此输电效率η＝E ′E ×100%＝60%.输电线上的电流I ＝P U ＝100 A ，而输电线损耗功率为P 损＝4 80024 kW ＝200kW ，因此可得r ＝P 损I2＝20 Ω.(2)输电线上损耗的功率P 损＝(P U )2r ∝1U 2，故U ′U ＝P 损P 损′，原来P 损＝200 kW ，现要使P 损′＝10 kW ，计算可得输电电压应调整为U ′≈22.4 kV.。