第4节 电能的远距离输送（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（鲁科版2019 福建专版）

电能的远距离输送 (强基课—逐点理清物理观念) 第 4 节 课标要求 学习目标 知道远距离输电时通常采用高压输电的原因。 1.掌握高压交流输电、高压直流输电的概念。 2.会应用整体法、隔离法求解远距离输电问题。 3.会利用模型解决远距离输电问题。 4.知道生活中的远距离输电问题。 1 逐点清(一) 采用高压输电的原因 2 逐点清(二) 高压交流输电与直流输电 3 逐点清(三) 电能的利用与社会发展 4 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 逐点清(一) 采用高压输电的原因 1.输电损失:电流流过输电导线时,因电流的热效应损失的电功率P=_____。要减小输电时的电功率损失,需要减小___________和___________。 多维度理解 I2R 输电线电阻 输电电流 2.降低输电损失的两个途径 (1)要减小输电线的电阻,从R=ρ看,在输电线长度一定的情况下,可以增大导线的_________,但过粗的导线会耗费更多的金属材料,同时也给架线施工带来很大困难;还可以选用________较小的材料做导线。 (2)从公式P=IU来看,在保证输送电功率不变的情况下,要减小输送电流就必须提高_________。 横截面积 电阻率 输电电压 3.电容与电感对交流输电线路的影响 (1)电容器具有“________________”的特性。 (2)电感器具有“________________”或“通低频、通直流、阻高频”的特性。 通交流、隔直流 通直流、阻交流 1.计算功率损失的四种方法 (1)ΔP=I2R,I为输电线中的电流,R为输电线的电阻。 (2)ΔP=R,P为远距离输电的输送功率,U为输电电压,R为输电线的电阻。 (3)ΔP=,ΔU为输电线上损失的电压,R为输电线的电阻。 (4)ΔP=ΔU·I,ΔU为输电线上损失的电压,I为输电线中的电流。 2.降低输电损耗的途径 1.判断下列说法是否正确。 (1)远距离输送交变电流时,导线的电阻是影响电压损失的因素之一。 ( ) (2)输电电压越高越好。 ( ) (3)在电能的输送过程中,U为输电电压,r为输电线电阻,则输电线中电流为I=。 ( ) 全方位练明 √ × × 2.发电厂发电机的输出电压为U1,发电厂至学校的输电导线电阻为R,通过导线的电流为I,学校得到的电压为U2,对输电导线上损耗的功率表达不正确的是 (　　) A.　　　　　 B. C.I2R D.I(U1-U2) √ 解析:输电导线上损失的电压U=U1-U2,输电导线上损耗的电功率P=I2R=(U1-U2)I=,故选A。 3.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 的特高压输电,不考虑其他因素的影响。则 (　　) A.输电电流变为原来的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 D.输电线上损耗的电功率将变为原来的 √ 解析:根据输送电功率P输=U输I输及P输不变可知,输电电流I输=∝,当U输变为原来的2倍时,I输变为原来的,A错误;输电线上降落的电压U降=I输R线∝I输,所以,当输电电流变为原来的时,输电线上降落的电压也变为原来的,B错误,C正确;输电线上损耗的电功率P损=R线∝,所以输电线上损耗的电功率将变为原来的,D错误。 逐点清(二) 高压交流输电与直流输电 1.高压交流输电 (1)基本环节 多维度理解 (2)电路原理图 2.高压直流输电 (1)工作程序 交变电流升压后输送到_______,把高压交变电流变换成高压直流电流,经由高压直流线路输送到用电地区后,通过逆变器将高压直流电流变换成高压交变电流,再经降压变压器降压。实际上直流输电系统只在输电这个环节是_____,发电环节和用电环节仍是_____,输电过程中只用两根导线。 整流器 直流 交流 (2)节省材料,输电结构简单,占地面积小。 (3)不存在感抗和容抗引起的损耗。 (4)不需要考虑电网中的各台交流发电机的同步运行问题。 1.高压输电过程的几个电压的区别 (1)输送电压:输电线始端电压,如图中的U2。 (2)用户电压:最终用户得到的电压,如图中的U4。 (3)损失电压: ①表示形式:输电线始端电压与末端电压的差值,即ΔU=U2-U3=I2R。 ②形成原因:输电线上的电压损失原因是输电线有电阻,电流通过输电线时,会在线路上产生电势降落,致使输电线路末端的电压比始端电压低。 2.输电过程的几个基本关系 (1)功率关系:P1=P2,P2=P线+P3,P3=P4。 (2)电压、电流关系: ==,==,U2=ΔU+U3, I2=I3=I线。 (3)输电电流:I线===。 (4)输电导线上损耗的电功率: P线=I线ΔU=R线=R线。 [典例]　有一台内阻为1 Ω的发电机,为一个学校提供照明用电,如图所示,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R=4 Ω。全校共22个班,每班有“220 V　40 W”的灯6盏,若保证全部电灯正常发光,则: (1)发电机的输出功率为多大? [答案]　5 424 W　 [解析]　降压变压器的输出功率为P4=22×6×40 W=5 280 W,且U3=×U4=×220 V=880 V,所以I2=I3== A=6 A 对升压变压器,发电机的输出功率 P1=P2=U2I2=(U3+I2R)I2=U3I2+R=5 424 W。 (2)发电机的电动势为多大? [答案]　250 V　 [解析]　因为U2=U3+I2R=880 V+6×4 V=904 V,所以U1=U2=226 V,而U1I1=U2I2,则I1==4I2=24 A,所以发电机的电动势E=U1+I1r=226 V +24×1 V=250 V。 (3)输电线损耗的电功率为多大? [答案]　144 W [解析]　输电线损耗的电功率P损=R=62×4 W=144 W。 (4)输电效率是多少?(保留三位有效数字) [答案]　97.3% [解析]　输电效率η=×100%=×100%≈97.3%。 [变式拓展]　对应[典例]的情境,若使电灯数减半并正常发光,发电机的输出功率是否减半? 提示:电灯减少一半时,n'P灯=2 640 W I2'== A=3 A 所以P出'=n'P灯+I2'2R=2 640 W+32×4 W=2 676 W< 发电机的输出功率减少了一半还要多,这是因为输电线上的电流减少了一半,输电线上电功率的损耗减少为原来的。 1.(多选)快速铁路的电力机车供电系统如图所示,发电厂利用升压变压器将低压交流电的电压升至110 kV,牵引变电所利用降压变压器将电力系统输送来的高压交流电降至27.5 kV,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂的输出电压不变,输电线的电阻R不能忽略。若机车功率增大,则 (　　) 全方位练明 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 √ √ 解析:因为发电厂的输出电压不变,升压变压器不变,所以升压变压器的输出电压不变,A错误;升压变压器的输入功率等于输出功率,若机车功率增大,则升压变压器的输出功率增大,由公式P=UI可知升压变压器的输出电流增大,输电线上的功率损耗ΔP=I2R增大,输电线上的电压损耗ΔU=IR增大,降压变压器的输入电压减小,则降压变压器的输出电压减小,B错误,C正确; 设升压变压器的输出电压为U2,输出电流为I,则输电线上损耗的功率占总功率的比例为=,因为电流I增大,所以输电线上损耗的功率占总功率的比例增大,D正确。 2.(2023·山东高考)某节能储能输电网络如图所示,发电机的输出电压U1=250 V,输出功率500 kW。降压变压器的匝数比n3∶n4=50∶1,输电线总电阻R=62.5 Ω。其余线路电阻不计,用户端电压U4=220 V,功率88 kW,所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是 (　　) A.发电机的输出电流为368 A B.输电线上损失的功率为4.8 kW C.输送给储能站的功率为408 kW D.升压变压器的匝数比n1∶n2=1∶44 √ 解析:对发电机端,由P1=U1I1得,I1=2 000 A,故A错误;对用户端由P4= U4I4得,I4=400 A,对降压变压器由=得,I3=8 A,对输电线由P损=R得,P损=4 kW,故B错误;由能量守恒定律得P1=P损+P4+P5,解得输送给储能站的功率P5=408 kW,故C正确;对降压变压器由=得,U3=11 000 V,对输电线有U损 =I3R=500 V,则U2=U3+U损=11 500 V,对升压变压器有==,故D错误。 逐点清(三) 电能的利用与社会发展 1.蒸汽机的广泛使用使社会______得以飞跃发展,引发了______工业革命,人类社会进入蒸汽机时代。 2.发电机、电动机在工业上的运用,克服了______在使用过程中的不少难题,体现许多优越性。由于发电机和电动机的发明和使用,电力的应用日益广泛。电力成为工厂机器的主要动力,电力也被广泛地应用于生活领域。 多维度理解 生产力 第一次 蒸汽机 3.电能是___次能源。日常生活中使用的电能,主要来自____________能量的转换,包括热能(火力发电)、水能(水力发电)、原子能(核电)、风能(风力发电)等。 二 其他形式 1.判断下列说法是否正确。 (1)发电机可以将热能转换为电能。 ( ) (2)电动机可以将电能转换为机械能。 ( ) (3)电能属于二次能源,是由其他形式的能量转换而来的。 ( ) 全方位练明 √ √ √ 2.(多选)发电机和电动机的发明使人类步入了电气化时代,下列关于电动机和发电机的说法正确的是 (　　) A.发电机和电动机的作用是相同的,都是把其他形式的能转化成电能 B.发电机是把电能转化成机械能,而电动机是把其他形式的能转化成电能 C.发电机和电动机统称为电机 D.通过电机可以实现电能与其他形式的能相互转换 √ √ 解析:发电机工作时消耗其他形式的能产生电能,而电动机把电能转化成机械能,故A、B错误;发电机和电动机统称为电机,可以实现电能与其他形式的能相互转换,故C、D正确。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A级——基础达标 1.为减少远距离输电的损耗从而降低电费价格,可采取的措施有(　　) A.提高输送功率 B.应用超导体材料做输电线 C.提高高压输电的电压 D.减小输电导线的横截面积 √ 6 7 8 9 10 11 12 解析:输电线路中损耗的功率为P=I2r,可见,要减少远距离输电的损耗,一方面可以减小输电电流,即提高高压输电的电压;提高输送功率,输电损耗也相应增加,故A错误,C正确;另一方面可以减小输电线的电阻,如增加输电导线的横截面积,或换用导电性能好的材料,但目前超导材料还没有进入大规模实用阶段,故B、D错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2.对于远距离输电,在P送一定的情况下,设输电线路中的电流为I送,输电线的总电阻为R线,为了减少损耗,采用增大电压U送输电,下列说法正确的是 (　　) A.由U送=I送R线,知输电线路中的电流变大 B.由P送=I送U送,知输电线路中的电流变小 C.由P耗=,知输电线路消耗功率增大 D.由P送=R线,知不会影响输电线路中的电流 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:由U线=I线R线,I送=I线,U送≠U线,得U送≠I送R线,故A错误;公式P送=I送U送,在P送一定的情况下,增大U送,则I送减小,故B正确,D错误;根据P耗= R线=R线=R线,因此U送增大时,输电线路消耗功率P耗减小,故C错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3.(2023·浙江6月选考)我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流,用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是 (　　) A.送电端先升压再整流 B.用户端先降压再变交流 C.1 100 kV 是指交流电的最大值 D.输电功率由送电端电压决定 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:升压和降压都需要在交流的时候才能进行,故送电端应该先升压再整流,用户端应该先变交流再降压,故A正确,B错误;1 100 kV指的是交流电的有效值,故C错误;输电功率是由用户端负载的总功率来决定的,故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(多选)某地区经常出现低温雨雪冰冻天气,高压 输电线因结冰而严重损毁,如图所示。为消除高压输电 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,高压线上输电电压为U,电流为I,热耗功率为ΔP;除冰时,需要输电线上热耗功率为9ΔP,若输电功率和输电线的电阻不变,则除冰时 (　　) A.输电电流为3I　　　　 B.输电电流为9I C.输电电压为3U D.输电电压为U 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:高压线上的热耗功率ΔP=I2R线,若热耗功率变为9ΔP,则9ΔP=I'2R线,联立得I'=3I,A正确;又输送功率不变,P=UI=U'I',得U'=U,D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 5.如图为长距离高压输电的示意图。关于长距离输电,下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.减小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 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.输电电压越高越好 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:减小输电导线的横截面积会增大电阻,根据输电过程中损失的电功率P损=I2R,不利于减小输电过程中的电能损失,故A错误;根据输电过程中损失的电功率P损=I2R,高压输电通过减小输电电流来减小电路的发热损耗,故B正确;输送的电功率越大,输电线上的电流越大,输电过程中的电能损失越大,故C错误;高压输电应综合考虑材料成本、技术、经济性等各个方面的因素,所以不是输电电压越高越好,故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 6.在输电时需要对输送功率、电压、电流等进行检测,如 图所示为一特高压检测装置的供电部分,可通过缠绕在上面的 线圈向检测装置供电。使用时将此装置套在高压线上,将检测 装置接在线圈两端即可。下列说法正确的是 (　　) A.该装置可给特高压直流输电线路的检测装置供电 B.若检测装置是电流表且示数增大,则输电线路上的损耗功率增大 C.若检测装置是电压表且示数减小,则输电线路中交流电的频率降低 D.增加该装置上的线圈匝数,检测的准确率会降低 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:该装置的原理是通过交变电流周围产生周期性变化的磁场来给检测装置供电,特高压直流输电线路周围的磁场几乎不发生变化,所以该装置不能给特高压直流输电线路的检测装置供电,故A错误;根据=,可知当匝数比固定时,电流表示数增大,输电线路中电流也增大,输电线路上的损耗功率也会增大,故B正确;电网中交流电的频率是固定不变的,故C错误;该装置利用电磁感应原理工作,线圈匝数增多时,产生的感应电流将增大,在输电线路中电流变化较小时检测装置示数变化更大,更灵敏,准确率更高,故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(2024·湖南高考)根据国家能源局统计,截止到2023年9月,我国风电装机4亿千瓦,连续13年居世界第一位,湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动,升、降压变压器均为理想变压器,输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时,R0上消耗的功率为P。不计其余电阻,下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.风速增加,若转子角速度增加一倍,则R0上消耗的功率为4P B.输电线路距离增加,若R0阻值增加一倍,则R0消耗的功率为4P C.若升压变压器的副线圈匝数增加一倍,则R0上消耗的功率为8P D.若在用户端再并联一个完全相同的电阻R,则R0上消耗的功率为6P 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:如图为等效电路图,设降压变压器的原、副线圈匝数比为k∶1,则输电线上的电流I2=,转子在磁场中转动时产生的电动势为e= NBSωsin ωt。当转子角速度增加一倍时,升压变压器原、副线圈两端电压都增加一倍,输电线上的电流变为I2'=2I2,故R0上消耗的电功率P1= I2'2R0 =4R0=4P,故A正确; 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 升压变压器副线圈匝数增加一倍,副线圈两端电压增加一倍,输电线上的电流增加一倍,故R0上消耗的电功率P2=P1=4P,故C错误;若R0阻值增加一倍,输电线路上的电流I2″=,R0上消耗的电功率P3=I2″2·2R0≠4P,故B错误;若在用户端并联一个完全相同的电阻R,用户端电阻减为原来的一半,输电线上的电流为I2‴==,R0上消耗的电功率P4=I2‴2R0≠6P,故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 8.风力发电是最环保的发电方式之一。远距离输电是实现风电产业健康快速发展的必要因素之一。某同学模拟“远距离输电”,将实验室提供的器材连接成如图所示电路,A、B为理想变压器,灯L1、L2相同且阻值不变。保持A的输入电压不变,开关S断开时,灯L1正常发光。则 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.仅闭合S,L1变亮 B.仅闭合S,A的输入功率变小 C.仅将滑片P上移,L1变亮 D.仅将滑片P上移,A的输入功率变小 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:仅闭合S,用户端用电器增多,消耗的功率增大,对于理想变压器有输入功率等于输出功率,则A的输入功率增大,由于A的输入电压不变,则电流增大,输电线电阻R两端的电压增大,理想变压器B原、副线圈的电压减小,即L1两端电压减小,电流减小,L1变暗,故A、B错误;仅将滑片上移,A的副线圈匝数减小,根据原、副线圈电压与匝数的关系=可知,n2减小,U2减小,则B的输入电压和输出电压都减小,即L1两端电压减小,电流减小,L1变暗,电路中总电流减小,A的原线圈中的电流减小,输入电压不变,所以输入功率变小,故C错误,D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 9.一座小型水电站,水以3 m/s的速度流入水轮机,而以1 m/s的速度流出,流出水位比流入水位低1.6 m,水的流量为1 m3/s,水的密度为1.0×103 kg/m3,如果水流机械能减少量的75%供给发电机。问: (1)若发电机效率为80%,则发电机的输出功率为多大?(g取10 m/s2) 答案:12 kW　 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:每秒水流的质量m=1 m3/s×1 s×1.0×103 kg/m3=1 000 kg 每秒水流机械能损失为ΔE=m(-)+mgΔh=2×104 J 发电机的输出功率为P出=×80%=12 kW。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)在(1)的条件下,发电机的输出电压为240 V,输电线路电阻为24 Ω,允许损失的电功率为5%,用户所需电压为220 V,如图所示,则升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少?(变压器均为理想变压器) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 答案:1∶10　114∶11 解析:由题可知P线=5%P出=600 W 由P线=R线 解得I线=5 A,I2=I线=5 A,I1==50 A 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 对升压变压器有==, I3=I线=5 A,I4== A 所以对降压变压器有==。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 B级——综合应用 10.(2024·苏州高二检测)如图所示,发电机线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动,产生的电动势e=100sin 100πt(V)。线圈与理想升压变压器相连进行远距离输电,理想降压变压器的原、副线圈匝数之比为5∶2,降压变压器副线圈接入一台“220 V　1 100 W”的电动机,恰好正常工作,电动机内阻为10 Ω,输电线路总电阻为25 Ω,线圈及其余导线电阻不计,电表均为理想交流电表,则下列说法正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.图示位置时电压表示数为100 V B.升压变压器原、副线圈匝数比为1∶5 C.输电线路中的电流是12.5 A D.发电机线圈的输出功率为1 200 W 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:电压表示数为原线圈输入电压的有效值,由于线圈电阻不计,则有U1== V=100 V,A错误;由于电动机恰好正常工作,可知降压变压器副线圈的输出电压为U4=220 V,降压变压器副线圈的电流为I4== A =5 A,根据变压器电流与匝数关系可得==,解得输电线路中的电流为I2=I3=I4=2 A,C错误; 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 根据变压器电压比等于匝数比==,可得降压变压器原线圈的输入电压为U3=U4=550 V,则升压变压器副线圈的输出电压为U2=I2R线+U3=600 V, 升压变压器原、副线圈匝数比为===,B错误;发电机线圈的输出功率为P出=U1I1=U2I2=600×2 W=1 200 W,D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(多选)如图是输电线为用户输电的示意图,电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器,中间输电线上的总电阻为R,下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.T1的输出电压与T2的输入电压相等 B.T1的输出功率大于T2的输入功率 C.若用户接入的用电器增多,则R消耗的电功率减小 D.若用户接入的用电器减少,则T2的输出功率减小 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:设输电线中的电流为I2,T1的输出电压与T2的输入电压分别为U2、U3,则有U2=I2R+U3,即T1的输出电压大于T2的输入电压,A错误;T1的输出功率为P2=U2I2,输电线上损耗的功率为ΔP=R,T2的输入功率为P3=U3I2,则P2=ΔP+P3,即T1的输出功率大于T2的输入功率,B正确;若用户接入电路的用电器增多,则T2副线圈中的电流增大,由变压器的工作原理可知,T2原线圈中的电流增大,即输电线上的电流增大,输电线上损耗的电功率增大,即R消耗的电功率增大,C错误;若用户接入电路的用电器减少,则用电器消耗的功率减小,即T2的输出功率减小,D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 12.人们利用发电机把天然存在的各种形式的能(如风能、煤等燃料的化学能)转化为电能。有条河流,流量Q=2 m3/s,落差h=50 m,现利用其发电,已知发电机总效率为η=50%,输出电压为U=5 000 V。现直接将发电机和用户连接,测得安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜读数相差2 400 kW·h(一昼夜是24 h)。重力加速度g=10 m/s2,水的密度ρ=1×103 kg/m3。 (1)求发电机可输送的功率P; 答案:5×105 W　 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:依题意发电机可输送的功率为P==ρQghη=1×103 ×2×10×50×50%=5×105 W。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)求输电线的电阻r; 答案:10 Ω　 解析:依题意输电线上损失的功率为P损= kW=100 kW,又P=IU,得I=100 A 根据P损=I2r,得r=10 Ω。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)若要使输电线上损失的功率降到输送功率的0.2%,求所加的升压变压器原、副线圈的匝数比; 答案:1∶10 解析:输电线上损失的功率为P损'=I'2r=P×0.2%=1 000 W,解得I'=10 A。设升压至U'可满足要求,且U'=,所以U'=5×104 V,则升压变压器原、副线圈匝数比为==。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (4)实施(3)后若用户端需要的电压是100 V,则所加的降压变压器原、副线圈的匝数比为多少? 答案:499∶1 解析:输电线上损失的电压为U损'=I'r=100 V,则降压变压器原线圈两端的电压U3=U'-U损'=49 900 V,则降压变压器原、副线圈匝数比为== 。 2 3 4 阶段质量评价（三） (单击进入电子文档) $$