第3章 第4节 电能的输送-【创新教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册五维课堂同步课件PPT（人教版2019）

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辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 　 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 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辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 物理选择性必修第二册 合作探究攻重难 自主预习探新知 辨析易错提素养 课堂自测夯基础 课后素养提升练 第4节　电能的输送 知识导图 核心素养 1.科学思维：通过降低输电损耗的分析，体会科学思维的在构建物理模型中的重要作用 2.科学态度与责任：通过对简单的远距离输电线路分析与计算，体会科技对社会发展的推动作用 [知识梳理] 知识点一　降低输电损耗的两个途径 1．输送电能的基本要求 (1)可靠：指保证 供电线路 可靠地工作，故障少． (2)保质：保证电能的质量——电压和 频率 稳定． (3)经济：指输电线路建造和运行的费用 低 ，电能损耗 少 ． 2．降低输电损耗的两个途径 　由公式P损＝I2r知，有两个途径能减少输电损耗： (1)减小输电线的电阻：在输电距离一定的情况下，选用 电阻率 较小的金属材料，尽可能增大导线的 横截面积 ．但过粗的导线会耗费太多的金属材料，而且输电线太重、太粗也给铺设工程带来困难． (2)减小输电线中的电流：在保证功率不改变的情况下，要减小输送电流就必须提高 输电电压 ． 前一种方法的作用十分有限，一般采用后一种方法． 3．高压输电 (1)现代远距离输电的电压都很高，目前我国远距离送电采用的电压有110 kV、220 kV、330 kV，输电干线已经采用500 kV和750 kV的超高压，西北电网甚至达到1 100 kV的特高压． (2)高压输电也不是越高越好．电压越高，对输电线路 绝缘性能 和变压器的要求就越高，线路修建费用会增多． (3)实际输送电能时要综合考虑 输送功率 、距离、技术和经济等要求选择合适的电压． 知识点二　电网供电 1．电网 通过 网状 的输电线、变电站，将许多电厂和广大用户连接起来，形成全国性或地区性的 输电网络 ． 2．电网输电的优点 (1)降低一次能源的 运输成本 ，获得最大的经济效益． (2)减小断电的风险， 调剂 不同地区电力供需的平衡． (3)合理 调度 电力，使电力的供应更加可靠，质量更高． [基础自测] 1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)一般发电机组输出电压在10 kV左右，符合远距离输电的要求．( × ) (2)现在世界各国普遍采用一个电厂与一批用户“一对一”的供电方式．( × ) (3)采用电网送电可以降低一次能源的运输成本，获得最大的经济效益．( √ ) 2．电能输送中，U为输电电压，r为输电线电阻，则输电线中电流为I＝eq \f(U,r)对不对，为什么？ 提示　不对，因为U是输电电压，而不是输电线上损失的电压ΔU，输电线中电流应为I＝eq \f(ΔU,r). 输电线上电压和功率损耗的计算 ◆[探究导引] 　(1)为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光较暗？ (2)“提高电压，降低电流”与欧姆定律矛盾吗？ 提示　(1)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． (2)不矛盾．欧姆定律是对纯电阻耗能元件而成立的定律，而“提高电压，降低电流”是从输送角度，由P＝IU，且在P一定的条件下得出的结论，两者没有联系． ◆[探究归纳] 1．输电线上的电功率损耗 (1)原因：输电导线有电阻R线，电流流过输电线时，电流的热效应引起电功率的损耗． (2)计算式：①P线＝I2R线；②P线＝IU线；③P线＝eq \f(U\o\al(2,线),R线). 2．输电线上的电压损耗 若用U表示输电线始端电压，U′表示输电线末端电压，则U线＝U－U′或U线＝IR线． 3．电压损失与输电电压的关系 如果远距离输电的电功率P不变，输电电压为U，输电导线电阻为R线，则输电导线上发热损失的功率P损＝I2R线＝eq \f(P2,U2)R线，因此输电电压若提高到nU，则P损将减为原来的eq \f(1,n2). 4．注意：交流输电时，导线不但有电阻，还有线路的电感、电容产生的感抗和容抗，但高中阶段计算中，可将输电线看作纯电阻电路，不再考虑感抗和容抗对交流电路的影响． [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？ [解析]　设输送功率为P，输电电压U1＝220 V时，损失功率ΔP1＝20%P 又因为ΔP1＝Ieq \o\al(2,1)R线，I1＝eq \f(P,U1) 解得ΔP1＝eq \f(P2,U\o\al(2,1))R线 现要求ΔP2＝5%P，同理ΔP2＝eq \f(P2,U\o\al(2,2))R线 因此可得eq \f(ΔP1,ΔP2)＝eq \f(20%,5%)＝eq \f(U\o\al(2,2),U\o\al(2,1)) 所以U2＝2U1＝440 V. [答案]　440 V [规律总结]　计算输电线上功率损耗的方法 1．ΔP＝I2R，I为输电线上的电流，R为线路电阻． 2．ΔP＝eq \f(U\o\al(2,线),R)，U线为输电线路上损耗的电压，R为线路电阻． 3．ΔP＝U线·I，U线为输电线上损耗的电压，I为线路上的电流． ◆[跟进训练] 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．减短输电线长度 C．减少通电时间 D．采用高压输电 解析：D　[从造成电能损失的原因分析，要减少电能损失，需要减小电阻或减小输电电流．减小电阻的方法实现起来较困难，因此应当采用高压输电，减小输电电流．D正确．] 2．随着社会发展，人类对能源的需求日益增加，节能变得愈加重要．甲、乙两地采用电压U进行远距离输电，输电线上损耗的电功率为输入总功率的k(0＜k＜1)倍．在保持输入总功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用5U的电压输电，若不考虑其他因素的影响，输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的多少倍(　　) A.eq \f(k,25)　　 B.eq \f(k,5)　　　C．5k　　　D．25k 解析：A　[设输送的电功率为P.当输送电压为U时，在线路上损失的功率为：ΔP＝I2R，由I＝eq \f(P,U)，得：ΔP＝eq \f(P2R,U2).同理，当输送电压为5U时，在线路上损失的功率为：ΔP′＝eq \f(P2R,5U2)，据题有：ΔP＝kP，联立计算得出：ΔP′＝eq \f(k,25)P，即输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的eq \f(k,25)倍，所以A正确．] 高压输电线路的分析与计算 ◆[探究导引] 　我们日常生活离不开电，电是由发电厂产生的．为了合理地利用自然资源，火力发电厂通常建在煤矿附近，水电站建在水力资源丰富的河流上，但用电的地方可能距离很远，需要将电能安全、保质地由发电厂送往远方，同时又不能浪费太多的电能．请探究以下几个问题： (1)火力发电厂或水电站发出电的电压一定很高吗？怎样才能提高输送电压？ (2)电能的远距离传输一般要经过哪几个环节？ 提示　(1)电厂发出的电的电压最大值由公式Em＝NBSω决定，因机械制造等因素，电压不会很高，通常借助变压器将低电压变为高电压． (2)一般要经历三个环节，即升压变压器升压、电能的输送线路、降压变压器降压． ◆[探究归纳] 1．输送过程图 2．对高压输电中几个电压的理解 (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：输电线始端电压与末端电压的差值(U线＝U2－U3＝I2R线)，形成的原因是输电导线有电阻，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起始端电压要低，这就是输电线上的电压损失． 3．基本关系式 (1)功率关系：P1＝P2，P2＝P线＋P3，P3＝P4. (2)电压、电流关系 eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)，eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I3)， U2＝U线＋U3，I2＝I3＝I线． (3)输电电流：I线＝eq \f(P2,U2)＝eq \f(P3,U3)＝eq \f(U2－U3,R线). (4)输电导线上损耗的电功率P线＝I线U线＝Ieq \o\al(2,线)R线＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P2,U2)))2R线． [例2]　发电机的输出电压为220 V，输出功率为44 kW，每条输电线的电阻为0.2 Ω，求： (1)此时用户得到的电压和电功率各为多少？ (2)如果发电站先用变压比为1∶10的升压变压器将电压升高，经同样的输电线路后经10∶1的降压变压器将电压降低后供给用户，则用户得到的电压和电功率各是多少？ [思路点拨] eq \x(\a\al(画出输,电线路,简图))⇒eq \x(\a\al(标注两个变压器的,匝数、输入及输出,电压、电流、功率等))⇒eq \x(\a\al(寻找突,破口)) [解析]　(1)输电线上的电流IR＝eq \f(P,U)＝eq \f(44 000,220) A＝200 A 损失的电压UR＝IRR＝2×0.2×200 V＝80 V 损失的功率PR＝URIR＝80×200 W＝16 kW 故用户得到的电压U用户＝U－UR＝140 V 用户得到的功率为P用户＝P－PR＝28 kW. (2)已知升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶10 输入电压U1＝220 V 因此，升压变压器的输出电压U2＝eq \f(n2,n1)U1＝2 200 V 输电线上的电流IR′＝eq \f(P,U2)＝eq \f(44 000,2 200) A＝20 A 损失的电压UR′＝IR，R＝2×0.2×20 V＝8 V 损失的功率PR′＝UR′IR′＝8×20 W＝160 W 因此，降压变压器的输入电压U3＝U2－UR′＝2192 V 已知降压变压器的匝数比n3∶n4＝10∶1 所以用户得到的电压U4＝eq \f(n4,n3)　U3＝219.2 V 用户得到的功率P用户′＝P－PR′＝43.84 kW. [答案]　(1)140 V　28 kW　(2)219.2 V　43.84 kW [规律总结]　处理远距离输电的方法技巧 (1)画好一张图——远距离输电示意图 (2)抓住电两端——发电站和用户 (3)分析一条线——输电线 (4)研究两次变——升压变压器升压和降压变压器降压 (5)区分三个量——输送电压(功率)、损失电压(功率)、用户电压(功率) ◆[跟进训练] 1．如图为远距离输电的简化电路图．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，流入用户端的电流为I2.则(　　) A．输电线路上损失的电功率I1U B．输电线上的电压降为U C．理想变压器的输入功率为Ieq \o\al(2,1)r D．用户端的电压为eq \f(I1U1,I2) 解析：D　[发电厂的输出电压是U，末端间的电压为U1，输电线路上损失的电功率是I1(U－U1)，故A错误；发电厂的输出电压是U，所以输电线上的电压不可能降为U，故B错误；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，所以输电线损耗的功率是Ieq \o\al(2,1)r，故C错误；由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是U2，则U1I1＝U2I2，得U2＝eq \f(I1U1,I2)，故D正确．] 2．输送4.0×106 W的电能，若发电机输出电压为2 000 V，选用变压器升压后用横截面积为4.25 cm2的铜导线，把电能送到400 km远处，线路损耗的功率为5.0×105 W．若已知铜的电阻率ρ＝1.7×10－8 Ω·m，求： (1)应选用匝数比为多少的升压变压器； (2)在用户方使用降压变压器，其原线圈两端的电压为多大． 解析：(1)由P＝I2R得I＝eq \r(\f(P,R))，式中P为线路损耗功率，R为线路总电阻， 两条导线总电阻R＝ρeq \f(L′,S)＝ρeq \f(2L,S)， 则R＝1.7×10－8×eq \f(4×105×2,4.25×10－4) Ω＝32 Ω 所以I＝eq \r(\f(P,R))＝125 A 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U2＝eq \f(P2,I)＝3.2×104 V 故eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(1,16). (2)设U2′为降压变压器原线圈两端的电压，则U2′＝U2－IR＝2.8×104 V. 答案：(1)1∶16　(2)2.8×104 V [易错点1]　不能区分输电电压和输电线上损失的电压而致错 [例1]　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 A B．输电线上电阻造成的电压损失为15 kV C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为 9×108 kW D．输电线上损失的功率为ΔP＝eq \f(U2,r)，U为输电电压，r为输电线的电阻 [错解]　D [错因分析]　根据电功率公式P＝eq \f(U2,R)，误认为ΔP＝eq \f(U2,r)，而错选D.产生错解的原因是未正确理解公式ΔP＝eq \f(U2,r)中的电压是电阻r两端的电压，而D选项中U为输电电压，并不是电阻r两端的电压． [正解]　B [解析]　当U＝500 kV时，I＝eq \f(P,U)＝eq \f(3×109,5×105) A＝6×103 A，而U损＝Ir＝15 kV，A错误，B正确；输电线上损失的功率不可能比输出功率还大，C错误；ΔP＝eq \f(U2,r)中，U为输电线电阻上的电压，而不是输电电压，D错误． [误区警示]　输电电压为升压变压器的输出电压，电压损失为输电导线上损失的电压ΔU，求解输电导线上的电流时要用I＝eq \f(P,U)，I＝eq \f(ΔU,r)，而不能用I＝eq \f(U,r).可以用公式P损＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2r计算输电线上损失的电功率，输电线路为纯电阻电路时，也可以用P损＝eq \f(ΔU2,r)，但ΔU与U是两个不同的电压． [易错点2]　对远距离输电过程中各物理量的制约关系不明确 [例2]　(多选)在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 [正解]　CD [解析]　匝数比和输入电压U1不变，由U1∶U2＝n1∶n2可知，输出电压U2不变，故A项错误；因P变大，I＝eq \f(P,U2)，则I变大，又U损＝IR，故U损变大，U3＝U2－U损，因此降压变压器的输入电压U3变小，而降压变压器的匝数比不变，故降压变压器的输出电压U4变小，B项错误；由P损＝(eq \f(P,U2))2R可知，因U2不变、P变大，所以P损变大，故C项正确；因U2不变、P变大，由eq \f(P损,P)＝eq \f(\f(P,U2)2R,P)＝eq \f(PR,U\o\al(2,2))可知，eq \f(P损,P)变大，故D项正确． [易错分析]　本题易因未弄清远距离输电过程中各个物理量间的制约关系而出错． [误区警示]　本题属于顺序性比较强的题目，稍有不慎，就会出现错误，要想正确地求解本题，应从输出功率增大这一变化开始，得出输出电流增大这一关键点，然后按照远距离输电的过程图，由左到右，逐步分析，避免出错． ◆[课堂小结] 1．(输电线路上功率损耗)以下关于电能输送的分析，正确的是(　　) A．由公式P＝eq \f(U2,R)知，输电电压越高，输电线上功率损失越少 B．由公式P＝eq \f(U2,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＝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，输电导线上的功率损失与电流成正比 解析：C　[输电导线上损失的功率P损＝I2R＝eq \f(ΔU2,R)，ΔU指输电线上损失的电压，而不是输电电压．故C正确．] 2．(高压输电线路的分析与计算)(多选)在远距离输电中，输电导线的总电阻为R，升压变压器输出的电压为U1，输出功率为P，降压变压器得到的电压为U2，则下面表示导线上的功率损失正确的是(　　) A.eq \f(U\o\al(2,1),R)　　　　　　　　　 B．(eq \f(P,U1))2R C.eq \f(U1－U22,R) D.eq \f(U\o\al(2,1),R)－eq \f(U\o\al(2,2),R) 解析：BC　[升压变压器的输出电压为U1，降压变压器的输入电压为U2，则输电线上的电压损失ΔU＝U1－U2，升压输电线上损失的功率P损＝ΔUI＝(U1－U2)I，P损＝ΔUI＝eq \f(ΔU2,R)＝eq \f(U1－U22,R)，因为输电线上的电流为I，则输电线上损失的功率P损＝I2R＝(eq \f(P,U1))2R，故B、C正确，A、D错误．] 3．(输电线路上功率损耗)水电站向小山村输电，输送电功率为50 kW，若以1 100 V送电，则线路损失为10 kW，若以3 300 V送电，则线路损失可降为(　　) A．3.3 kW B．1.1 kW C．30 kW D．11 kW 解析：B　[由P＝UI，ΔP＝I2r可得：ΔP＝eq \f(P2,U2)r，所以当输送电压增大为原来的3倍时，线路损失变为原来的eq \f(1,9)，即ΔP≈1.1 kW，B正确．] 4．(远距离输电)远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，则下列叙述正确的是(　　) A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率有关 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，输电线上损耗的功率减小 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：A　[发电机到升压变压器的距离一般比较小，导线的电压降比较小，导线上的电能损耗比较小，可认为发电机的输出功率等于升压变压器的输入功率，等于远距离输电线上损耗的功率加上降压变压器的输入功率，而降压变压器的输入功率由用户的实际功率决定．所以用户的实际功率决定了升压变压器的输出和输入功率，因此升压变压器的输入电流与用户的实际功率有关，选项A正确，B错误；用户用电器的总电阻减小，功率增大，输电线上的电流增大，功率损失增加，选项C错误；由于远距离输电，导线的电阻不能忽略不计，导线上的电压降不能忽略，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，选项D错误．] 5．(远距离输电)如图甲所示，发电机的输出电压为220 V，输出功率为44 kW，每条输电线电阻为0.2 Ω，求用户得到的电压和电功率各是多少？如果如图乙所示，发电机先用变压比为1∶10的升压变压器将电压升高，经同样的输电线且经变压比为10∶1的降压变压器降压后再供给用户，则用户得到的电压和电功率各是多少？ 解析：采用220 V低压直接供电时，回路总电流I＝eq \f(P0,U1)＝eq \f(44×103,220)A＝200 A 线路上的电压损失U损＝I×2R线＝200×2×0.2 V＝80 V 线路上损失的功率P损＝I2×2R线＝2002×0.4 W＝1.6×104 W＝16 kW 则用户获得的电压U用＝U1－U损＝140 V 用户获得的功率P用＝P0－P损＝2.8×104 W＝28 kW 若采用题图乙所示高压供电，由升压变压器规律eq \f(U0,U1)＝eq \f(n0,n1)得U1＝eq \f(n1U0,n)＝2 200 V 升压后的输电电流I1＝eq \f(P0,U1)＝20 A 则线路上的电压损失U损＝I1×2R线＝20×2×0.2 V＝8 V 线路上的功率损失P损＝Ieq \o\al(2,1)×2R线＝202×0.4 W＝160 W 则降压变压器原线圈上电压为 U2＝U1－U损＝2 200 V－8 V＝2192 V 则eq \f(U2,U用)＝eq \f(n2,n用)得 U用＝eq \f(U2·n用,n2)＝219.2 V P用＝P0－P损＝(44 000－160)W＝4.384×104 W＝43.84 kW. 答案：140 V　28 kW　219.2 V　43.84 kW $$