第3章 4 电能的输送（Word教参）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

本讲义聚焦“电能的输送”核心知识点，从输送基本要求（可靠、保质、经济）切入，分析输电损耗与电阻、电流的关系，阐释高压输电原理，梳理远距离输电电路构成（升压、降压变压器及输电线），延伸至电网与高压直流输电技术，构建从基础概念到实际应用的学习支架。 该资料以问题链驱动探究，通过“交流讨论”（如不同电压下损耗计算）和“归纳总结”（三个回路关系、电压电流区别）培养科学思维（模型建构、科学推理），结合例题及真题演练（如2025广东卷题）深化物理观念。课中辅助教师突破重难点，课后通过分层练习帮助学生查漏补缺，提升综合应用能力。

4　电能的输送 [学业要求] 1．知道电能输送的基本要求及电网供电的优点。 2．知道远距离输电时输电线的损失与哪些因素有关，理解高压输电的原理。 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。 4．了解输电技术的发展。 [对应学生用书P98] 一、降低输电损耗的两个途径 阅读教材，并回答： 1．完成教材“思考与讨论”中的5个问题。 2．远距离输电为什么要高压？ 答：减小输电线上电功率的损失。 [概念·规律] 1．输送电能的基本要求 (1)可靠：保证供电线路可靠地工作，少有故障。 (2)保质：保证电能的质量——　电压　和　频率　稳定。 (3)经济：输电线路建造和运行的费用低，　电能　损耗小。 2．输电线上的功率损失：ΔP＝　I2r　。电压损失：ΔU＝　Ir　，I为输电电流，r为输电线的电阻。 3．降低输电损耗的两个途径 (1)减小输电线的　电阻　：在输电距离一定的情况下，为了减小　电阻　，应当选用　电阻率小　的金属材料，还要尽可能增加导线的　横截面积　。 (2)减小输电线中的　电流　：为减小输电　电流　，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高　输电电压　。 二、电网供电 1．远距离输电的基本原理：在发电站内用　升压　变压器　升压　，然后进行远距离输电，在用电区域通过　降压　变压器降到所需的电压。 2．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　。 3．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，保障供电的质量。 (3)合理调度电力，使　电力　的供应更加可靠，质量更高。 三、高压直流输电 1．高压直流输电系统的组成：主要由整流站、直流线路和　逆变站　三部分组成。 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．高压直流输电的优点 (1)节约线材；输电杆塔　结构简单　，占地面积小。 (2)不存在　感抗　和　容抗　引起的损耗。 (3)不需要考虑电网中各台交流发电机的　同步　问题。 (1)输电线上电功率的损失，与输电线的电阻成正比，与输电线电流的平方成正比。(　　) (2)由P＝可知，输电电压越小，输电线上电功率的损失就越小。(　　) (3)使用变压器进行远距离输电，用户得到的电压可以高于发电机输出的电压。(　　) (4)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。(　　) (5)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。(　　) 答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√ [对应学生用书P99] 探究点一　降低输电损耗的两个途径 [交流讨论] 1．(1)把功率为200 kW的电能输送到40 km以外的地方，输电线上的总电阻为0.1 Ω，用200 V的电压输电，损失的功率占总功率的百分之几？ (2)把功率为200 kW的电能用铝线输送到40 km以外的地方，用200 V的电压输电，要使功率损耗降为输电功率的25%，导线的横截面积需提高为0.1 Ω时的几倍？ (3)把功率为200 kW的电能输送到40 km以外的地方，输电线上的总电阻为0.1 Ω，用2 kV的电压输电，损失的功率占总功率的百分之几？ 答：(1)50%　(2)2　(3)0.5% 2．减少输电线上的功率损失和电压损失有哪些途径？ 答：减少电流和电阻 3．减少输电线上的功率损失需要减少电流。功率一定，减少电流，需提高输电电压。如何获得较高的输电电压？送到用户处时，如何使用电器正常工作？ 答：用升压变压器　在用户处用降压变压器 [归纳总结] 1．输电线上的电压损失：ΔU＝U－U′＝Ir＝r。 2．输电线上的功率损失 (1)ΔP＝I2r，其中I为输电线上的电流。 (2)ΔP＝ΔU·I或ΔP＝，其中ΔU为输电线上的电压损失。 3．减小输电线路上功率损失的方法 在输送功率P一定、输电线电阻R一定的条件下，输电电压提高到原来的n倍，根据ΔU＝IR＝R知，输电线上的电压损失将变为原来的。根据P损＝R知，输电线上的功率损耗将降为原来的。故采用高压输电是减小输电线上功率损耗最有效、最经济的措施。 　如图所示为远距离交流输电的简化电路图。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．用户端的电压为 B．输电线上的电压降为U1 C．理想变压器的输入功率为I12r D．输电线路上损失的电功率为I1U [解析]　理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，所以I1U1＝U2I2，选项A正确；输电线上电压降为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，选项B错误；理想变压器输入功率为P＝I1U1，选项C错误；输电线上损失的功率ΔP＝I12r，选项D错误。 [答案]　A 　（多选）在例题中，下列说法正确的是(　　) A．输送功率一定时，输电线上损失的功率与U的平方成反比 B．输电线上的电压降为U1 C．输电线路上损失的电功率为 D．用户端使用的用电器越多，得到的电压越小 解析　当输送功率一定时，由P＝UI，可得输送电流为I＝，则损失的功率为P损＝I2r＝r，即损失的功率与U的平方成反比，故A正确；线路上损耗的电压为I1·r，且满足U＝I1r＋U1，故B错误；输电线路上损失的电功率为P损＝I12r＝＝，故C错误；对输电电路U＝I1·r＋U1，结合＝、＝、U2＝I2R用户，可得全电路的欧姆定律U＝I1，则用户端使用的用电器越多，R用户变小，I1会增大，线路上损耗的电压为I1·r会增加，U1会变小，副线圈的电压也会变小，故D正确。 答案　AD 　（多选）在例题中，若理想降压变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，其他条件不变，下列关系式正确的是(　　) A．＝ B．U＝I1r＋U1 C．输电线路上损失的电功率为 D．理想变压器的输入功率为UI1－I12r 解析　由于输电线与用户间连有一理想变压器，匝数与电流成反比，所以＝，故A错误；输电线上损失的电压为U－U1＝I1r，故B正确；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P＝I12r，故C错误；理想变压器的输入功率为U1I1＝UI1－I12r，故D正确。 答案　BD ●核心素养·思维升华 　　输电线上电压和功率损失的计算方法 (1)U损＝IR线＝R线＝U－U用户。 (2)P损＝I2R线＝R线＝P－P用户。 1．（2025·广东卷）如图所示，某光伏电站输出功率1000 kW、电压400 V的交流电，经理想变压器升压至10 kV后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R为5 Ω。下列说法正确的是(　　) A．变压器原、副线圈匝数比为1∶100 B．输电线上由R造成的电压损失为500 V C．变压器原线圈中的电流为100 A D．变压器原、副线圈中电流的频率不同 解析　设变压器原线圈的匝数为n1、副线圈的匝数为n2，变压器原线圈两端的电压为U1、副线圈两端的电压为U2，变压器原线圈中的电流为I1、副线圈中的电流为I2。 答案　B 探究点二　远距离输电电路的分析与计算 [交流讨论] 1．实际输电有哪几个基本环节？ 答：见教材 2．高压输电有哪几个基本环节？ 答：见教材 3．画一个电能输送的示意图，并说明示意图中存在的物理量之间的关系。 答：见教材 [归纳总结] 1．输电过程示意图 2．分清三个回路 每个回路均可以应用闭合电路欧姆定律及串、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．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。 4．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)电压关系：＝，U2＝U线＋U3，＝。 (3)电流关系：＝，I2＝I线＝I3，＝。 (4)输电电流：I线＝＝＝。 (5)输电导线上损耗的电功率： P线＝I线U线＝I线2R线＝R线。 　发电机两端的电压为220 V，输出功率44 kW，输电导线的总电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数比为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。 [解析]　(1)线路示意图如图所示。 (2)由图可知，升压变压器副线圈两端的输出电压U2＝U1＝2 200 V。据理想变压器P入＝P出，则升压变压器副线圈的输出电流I2＝＝ A＝20 A，输电线上的功率损失和电压损失分别为P损＝I22R线＝202×0.2 W＝80 W，U损＝I2R线＝20×0.2 V＝4 V。 所以降压变压器原线圈的输入电压和电流为U3＝U2－U损＝2 200 V－4 V＝2 196 V，I3＝I2＝20 A。 降压变压器副线圈的输出电压和电流为U4＝U3＝×2 196 V＝219.6 V，I4＝I3＝10×20 A＝200 A。 用户得到的功率为P4＝U4I4＝219.6×200 W＝4.392×104 W。 (3)若直接用220 V低压供电，线圈示意图如图所示，则输电电流I′＝＝ A＝200 A。 输电线路上的电压损失 ΔU′＝I′R线＝200×0.2 V＝40 V。 所以用户得到的电压 U2′＝U1－ΔU′＝220 V－40 V＝180 V 用户得到的功率为 P′＝U2′I′＝180×200 W＝3.6×104 W。 [答案]　(1)见解析图　(2)219.6 V　4.392×104 W　(3)180 V　3.6×104 W 　如图所示，线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的电动势e＝111sin 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25∶10，降压变压器副线圈接入一台电动机，电动机恰好正常工作，且电动机两端电压为220 V，输入功率为1 100 W，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，电表均为理想电表，则下列说法正确的是(　　) A．图示位置线圈处于中性面 B．图示位置时电压表示数为111 V C．电动机输出的机械功率为850 W D．输电线路损失的电功率为375 W 解析　图示位置线圈平面与磁场平行，磁通量为零，左右两边正好垂直切割磁感线，感应电动势最大，不是中性面，故A错误；电压表读的是交流电的有效值，即应该是111 V，故B错误；电动机两端电压为220 V，输入功率为1 100 W，则其工作电流为5 A，因电动机内阻为10 Ω，则电动机因发热而消耗的功率为P＝52×10 W＝250 W，故电动机的输出功率为P出＝1 100 W－250 W＝850 W，故C正确；设降压变压器流经原线圈的电流为I1，根据变压器的原理有I1＝I＝×5 A＝2 A，输电线上损失的电功率为P＝I12r＝4×25 W＝100 W，故D错误。 答案　C ●核心素养·思维升华 远距离输电问题的四个关键 (1)画出一个模型——远距离输电模型图。 (2)抓住输电的两端——电源和用电器。 (3)分析两条导线——输电导线。 (4)研究两次电压变换——升压和降压。 2．（多选）如图所示为某小型电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，升、降压变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入A、B两个互感器（均为理想），互感器原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶10，电压表的示数为220 V，电流表的示数为5 A，线路总电阻r＝10 Ω，则下列说法正确的是(　　) A．线路上损耗的功率250 W B．发电机输出的电功率1 100 kW C．互感器A是电压互感器，互感器B是电流互感器 D．用户使用的用电设备越多，降压变压器输出电压U4大小不会改变 解析　根据＝，代入数据得I＝50 A，线路上损耗功率P损＝I2r＝25 000 W，故A错误；根据变压器原理可知＝，代入数据得U2＝22 000 V，发电机输出电功率P发＝U2I＝22 000×50 W＝1 100 kW，故B正确；互感器A并联接入电路是电压互感器，互感器B串联接入电路是电流互感器，故C正确；用户使用的用电设备越多，用户电流增大，输电电流增大，输电线损失电压增大，降压变压器输入电压减小，降压变压器输出电压减小，故D错误。 答案　BC [对应学生用书P103] 1．（输电线上的电能损失）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。故选项D正确。 答案　D 2．（输电线上的损耗）（多选）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，则下列说法正确的是(　　) A．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流降为原来的 B．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍 C．根据公式P损＝I2R＝R，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的 D．根据公式P＝，提高电压后输电线上的功率损耗将增大为原来的400倍 解析　输电线上电流为I＝，也可以用I＝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，选项A正确，B错误；输电线上的功率损失为P损＝I2R＝R，选项C正确；如果用P损＝，则U应为R上的分压ΔU，选项D错误。 答案　AC 3．（远距离输电）如图甲是远距离输电线路示意图，图乙是用户端电压随时间变化的图像，则(　　) A．发电机产生的交流电的频率是100 Hz B．降压变压器输出的电压有效值是340 V C．输电线的电流仅由输送功率决定 D．仅增加升压变压器的副线圈匝数，其他条件不变，输电线损失的功率减小 解析　由题图乙可知交流电的周期T＝0.02 s，则频率f＝＝50 Hz，变压器不改变交流电的周期与频率，则选项A错误；由题图乙可知Um＝340 V，有效值U＝＜340 V，则选项B错误；输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定，则选项C错误；当仅增加升压变压器的副线圈匝数时，则输电电压增大，由P＝UI可知，输电电流减小，再由P＝I2R可知输电线上损失的功率减小，则选项D正确。 答案　D 4．（远距离高压输电的分析与计算）某发电机输电电路的简图如下图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为B＝ T的水平匀强磁场中，线框面积为S＝0.25 m2，匝数为100匝，电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO′以一定的角速度匀速转动，并与升压变压器的原线圈相连，升压变压器原、副线圈的匝数之比1∶20，降压变压器的副线圈接入到小区供生活用电，两变压器间的输电线等效电阻R＝20 Ω，变压器均为理想变压器。当发电机输出功率为5×104 W时，此时电压表的示数为250 V，灯泡正常发光。求： (1)线圈角速度的大小； (2)输电线上损失的功率； (3)降压变压器原、副线圈的匝数之比。 解析　(1)矩形闭合导体框ABCD在匀强磁场中转动时的角速度为ω，产生的交流电的最大值为E＝NBSω 电压表读数为电压的有效值U＝＝ 解得ω＝＝rad/s＝100π rad/s。 (2)升压变压器的输出电压 U2＝＝V＝5 000V 当发电机输出功率为5×104W时 I2＝＝A＝10 A 则输电线上损失的功率为 ΔP＝I22R＝102×20 W＝2 000 W。 (3)降压变压器原线圈上的电压为U3＝＝ V＝4 800 V 又由题意知，降压变压器的另一端供生活用电，所以U4＝220 V，故降压变压器原、副线圈的匝数之比为＝＝＝。 答案　(1)100π rad/s　(2)2 000 W (3)240∶11 5．如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝数N＝100匝，面积S＝0.03 m2，线圈匀速转动的角速度ω＝100π rad/s，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻为R＝10 Ω，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4＝10∶1，若用户区标有“220 V，8.8 kW”的电动机恰能正常工作。发电机线圈电阻r不可忽略。求： (1)输电线路上损耗的电功率ΔP； (2)升压变压器副线圈U； (3)若升压变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶8，交流发电机线圈电阻r上的热功率与输电线上损耗的电功率之比。 解析　(1)设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，有I4＝＝A＝40 A，根据理想变压器的变流比可知＝，解得I3＝4 A，所以输电线路上损耗的电功率ΔP＝I32R，解得ΔP＝160 W。 (2)根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为Em＝NBSω，Em＝300 V，根据理想变压器的变压比可知＝，解得U3＝2 200 V，升压变压器副线圈两端电压U2＝U3＋I3R，U2＝2 240 V。 (3)根据理想变压器的变压比可知＝，U1＝280 V，升压变压器的原线圈输入功率P1＝ΔP＋P用，P1＝8 960 W，根据P1＝U1I1，I1＝32 A 电机线圈内阻上消耗的热功率P内＝I1E－I1U1，P内＝640 W，所以交流发电机线圈电阻r上的热功率与输电线上损耗的电功率之比＝4∶1。 答案　(1)160 W　(2)2 240 V　(3)4∶1 学科网（北京）股份有限公司 $