第3章 4 电能的输送-【成才之路·学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步新课程学习指导(人教版)

判断正误 (1)×(2)V(3)× 例2：BC仅闭合开关S,则T,副线圈中总电阻变小，T,副线圈 中电流变大，T,原线圈中电流也变大，则r上损失的电压和功 率变大，则T,输人电压U2=U2-r变小，灯L两端电压 U2减小，故灯L会变暗，故A错误，B正确；仅将滑片P下 移，T副线圈匝数变大，则T输出电压变大，T2的输出电压 变大，灯L两端电压也变大，消耗功率变大，灯L,变亮，则T 输人功率变大，电流变大，电流表示数变大，故C正确；由上分 析可知，仅将滑片P下移，输电线中的电流变大，故电阻τ消 耗的功率变大，故D错误。 例3：(1)1：5(2)202(3)95：11 、解析：(1)升压变压器的原、副线圈匝数之比化=公二 400V1 2000V=50 P_10000A=25A (2)升压变压器原线圈中电流山=元=400 验-会，我图中电藏之=方×2西5 1 输电线上损失的电功率P=(10000-9500)W=500W,故 输电线路导线电阻R= -n=20n. 1,2 (3)降压变压器原线圈上的电压U3=0,-I2R=(2000-5× 20)V=1900V 以降压交压器的原、副线圈匝数之此=光十 220V 95 -119 跟踪训练2：AC由题图乙知升压变压器的输入电压有效值为 U=250V,周期为T=2×10-2s,用户端交流电的频率等于 输人端交流电的频率为f=7=50H,放A正确；升压变压器 P 的输入电流1，=元=3000A,根据变压器电流跟匝数比的关 系有分-号得输电线中的电流为=15A,输电线路损托 的功率为P翔=22R=22.5kW,输电线路的损耗电压为V损= 有丛=，得升 ,R=150V,根据变压器电压和匝数比关系有元= 压变压器副线圈电压U,=50000V,降压变压器原线圈电压 =,-U=48500V,根据变压器电压和匝数比关系有号 .U3 =”,解得用户端电压为U=242.5V,故C正确，BD错误。 章末整合素养提升 知识网络构建 大小和方向垂直最大0发生改变0最大NBSw 十”合年（台）， -22 高考真题专练 1.AB线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为cd和af,t=0 时刻cd边速度与磁场方向平行，不产生电动势，因此此时af 边切割磁感线产生电动势，由右手定则可知电流方向为 abedefa,电动势为E=Blu=Bwl=Bw,A、B正确；t=T时，线 框旋转180°，此时依旧是d边切割磁感线产生电动势，感应 电动势不为零，C错误：t=0到t=π过程中，线框abef的磁通 量变化量为零，线框bcde的磁通量变化量为△匝=2BS=2B, 由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为E=4中-2B心，D △t 错误。故选AB。 2.D由题图可知交流电的周期为0.02s,则频率为f=T= 50Hz,故A错误；根据图像可知电压的峰值为102V,根据 欧胡定律可到电流的蜂值1.会-=Q2巨A,故8 500 错误：电流的有效值为1=会=0.2A,所以电阻在1s内消耗 的电能为W=Rt=0.2×50×1J=2J,故C错误；根据图像 可知其电压表达式为=。sin of=10万im2票(V) 10√2sin100mt(V),故D正确。故选D。 3.C根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为 e=Esin t,由题图丙可知，磁场区域变化后，当Esin ot=BE 2 时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转？时开始切割 磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d”' =2 dcos=d,C正确。故选C。 3 据有效值的定义可知图1的有效值的计算为尺】 /0o /2 R 一x2+R×2,解得U,=√3，图2的有效值为 =%接在阻值大小相等的电阻上，因此Q,:Q=U,: U2 2 U,2=4:3,故选B。 5.AC保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压 不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R与R,串联后的 总电阻减小，电流增大，根据P=PR,可知此时热功率增大， 故A正确；将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端 电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过R,的电流 减小，故热功率减小，故B错误；将T向α端移动，副线圈匝数 增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑 动，R与R,串联后的总电阻减小，电流增大，此时热功率增 大，故C正确：将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两 端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与R1串联 后的总电阻增大，电流减小，此时热功率减小，故D错误。故 选AC。 6C变压器次级电压有效值为，=山巨V=11V,则变压器 2 原瑞线周的位数比会会-瓷斗放选℃ 7.B根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得= 一000名A结误：原刷线图两端的功幸相等，流过刷线 2P=1000000A=100A,输电线上由R造成的 圈的电流，=0=10000 电压损失为△U=12R=100×5V=500V,B正确；变压器原线 圈中的电流为1=号=100000A=2500A,C错误：变压 ΓU1-400 器不改变交变电流的频率，变压器原、副线圈中电流的频率相 同，D错误。故选B。 8.C由题知，发电机的输出电压U=250V,输出功率 500kW,则有4=七=2×103A,A错误；由题知，用户端电 么=0V.功半测有验-台-受P=,联立解 得14=400A,1=8A,U=11000V,则输电线上损失的功率 为P=1,R=4kW,且，=U,+1R=11500V,再根据元， ,01 心，解得=6BD错误；根据理想变压器无功率损失有P =U2l3+P,代入数据有P售=408kW,C正确。故选C。 第四章电磁振荡与电磁波 1.电磁振荡 探究点1电磁振荡的产生及能量变化 要点归纳 1.(1)周期性(2)振荡电流 (3)①12放电阻碍减少最大②阻碍充电增 加最大 (4)电容器电荷量场强电流 2.(1)磁场能磁场能(2)电场能电场能 (3)补偿振幅不变 判断正误 (1)V(2)V/(3)V(4)V(5)V 例1：B电路中电流减小，磁场能向电场能转化，即电容器处于 充电状态，B正确；由线圈中磁场方向可知，回路中电流方向 为顺时针方向，所以电容器上极板带正电，A错误；电容器充 电过程中，极板间电场强度正在增大，C错误：线圈中电流减 小，磁通量减小，磁通量变化率增大，D错误。 例2：ACD在t1时刻，电容器极板上电荷量9为最大值，两板间 电场能最大，线圈中磁场能最小，故A正确；在t,~t2时间内， 电容器极板上电荷量g从正的峰值降为零，电场能不断地转 变为磁场能，电路中的电流不断增大，故B错误；在2~t3时 间内，电容器极板上电荷量9不断增大，表明电容器正在反向 充电，故C正确；在t4时刻，电容器放电结束，极板上电荷量 为零，电场能也为零，已全部转化为磁场能，故D正确。 2 跟踪训练1：D电容器极板间电压U=名随电容器极板上电荷 量的增大而增大，随电荷量的减小而减小。从题图乙可以看 出，在0~这段时间内是充电过程，且心>0，即4>，A 板应带正电，只有顺时针方向的电流才能使A板被充电后带 正电，同时考虑到t=0时刻电压为零，电容器极板上的电荷 量为零，电流最大，即t=0时刻，电流为负向最大，D正确。 探究点2电磁振荡的周期和频率 要点归纳 1.时间 2.次数单位时间 3.2πLC 2π√C 郎：C=五严=子时刻，根据电磁报荡的特点可知，此时 回路中电流最大，电场能全部转化为磁场能，故A错误；2= T√C:子时刻，回路中电流为零，磁场能全部转化为电场 能，故B错误：从：=0时刻到，=严=？时刻，电容器放 2 电，电路中电流从α向b流过电流表，电场能向磁场能转化， 放C正确：从1=匹=子时刻到6=m匹=时刻。 2 电容器充电，电路中电流从α向b流过电流表，磁场能向电场 能转化，故D错误。 跟踪训练2：BD根据公式f= 1一可知，要增大f,必须减小 2πWC L和C二者之积。C跟电容器所带电荷量无关，减小两极板 的正对面积、增大两极板间的距离、从两极板间抽出电介质都 可减小电容C,故选项A错误，D正确；线圈匝数变少或抽出 铁芯，L变小，f增大，故选项B正确，C错误。 素养能力提升 例4：20m/s210m/s 解析：当S拨至α时，油滴受力平衡，显然带负电；由油滴恰能 保持静止有mg=兴。 当S拨至b时，LC回路中有电流，其振荡周期T=2πC= 2×3.14×√0.1×103×10-6s=6.28×10-5s。 当t=3.14×105s时，电容器恰好反向充电结束，由牛顿第 二定徐得号+%=an 联立解得a=20m/s2。 当振荡电流最大时，两极板间无电场，油滴仅受重力作用，所 以mg=ma',a'=g=10m/s2。 2.电磁场与电磁波 探究点1电磁场 要点归纳 1.(1)电场(2)磁场 判断正误 (1)×(2)×(3)V(4)V103 4.电能的输送 ●目标重点展示 素养目标 学习重点 1.知道输电线上电能的损失与哪些因素有关。 物理观念 2.知道减小电能损失的途径以及高压输电的原理。 (1)输电线上的电压损失 通过实例和应用训练，掌握远距离输电相关问题的求解 和功率损失 科学思维 方法。 (2)远距离输电的分析和 计算 科学态度 通过对远距离输电的学习，了解电网供电的优点和意义， 与责任 了解输电技术的发展。 探究点1降低输电损耗的两个途径 [提示] ●新知导学 不相等。由于输电 线有电阻，有一部分 情境：如图所示，假定发电厂输出的电压为U, 电能转化为电热损耗 输送功率为P,输电线路中的电流是I,两条导线的 电 掉了。 总电阻是r(在图中把导线电阻集中画为r)。 探究：用户得到的电能与发电厂输出的电能相 [思考] 等吗？为什么？ >[提示] 由P可知，输电电 ●要点归纳 压越小，输电线上的 1.输送电能的基本要求 功率损失就越小。这 (1)可靠：保证供电线路可靠地工作，故障少。 种说法是否正确，为 (2)保质：保证电能的质量一电压和频率稳定。 什么？ (3)经济：输电线路建造和运行的费用低，电能损耗少。 提示：这种说法是错 2.输电线路的电压损失 误的。输电线上的 输电线始端电压U与输电线末端电压U'的差值。△U=U-U”=r=功奉损失P=Pr, ,其中I为输电线上的电流，r为输电线的总电阻。 3.输电线路的功率损失 而输电电流1三无。 (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 其中P为输电功奉， 电功率△P= U为输电电压，因此 (2)若输电线上损失的电压为△U,则功率损失还可以表示为△P= (AU),AP=AU·1 P装=示，所以在输 [思考] r 电功率不变时，输电 4.降低输电损耗的两个途径 电压越大，输电线上 由△P=?r知，要减少输电线路上的功率损失，必须减小输电线的电阻r的功奉损失越小。 或减小输电线中的电流I。 (1)途径一： 。从r=p号来看，在输电距离一定的情 况下，为减小电阻，可适当增加导线的横截面积或选用电阻率小的金属材料。 (2)途径二： 从P=U来看，在保证输送功率不变的 情况下，要减小输电电流就必须提高输电电压。 104 [判断正误] (1)仅仅从减少能量损耗的角度看，输送功率一定的情况下，输电电压越高，[规律方法]计算功 损耗的能量越少。 ()率损失和电压损失 (2)在输送距离、输送功率和输电电压一定，使用同种材料的导线时，越粗的的三点提醒 导线损失的电压越小。 () (1)输电电压是指加 (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 在高压输电线起始端 用银材料，输电线损失的功率大。 的电压U,损失电压 例1：（多选）我国的特高压输电技术全球领先，“西电东 是指在输电线路上损 输”工程为国家的“碳中和”做出了独特的贡献。 失的电压△U= 在传输电能总功率不变的情况下，从原先150kV I输R线o 高压输电升级为1350kV特高压输电，则下列说 (2)输送功奉是指高 压输电线起始端输出 法正确的是 的功奉，损失功奉是 A.若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原 输电线上损失的 先的 功奉。 (3)揄电线上的电流 B若输电线不变，则输电线上损失的功率变为原先的 由I输= 监计年，而 U C.如果损失的功率不变，相同材料、传输到相同地方所需导线横截面积 输 是原先的 不能由I偏=R 计算。 D.如果损失功率不变，相同材料、粗细的输电线传输距离是原先的9倍 [规律方法] 跟踪训练1：在遭遇特大冰雪灾害时，高压电线覆冰后有成人大腿般粗， 为清除高压输电线上的冰，有人设计了这样的熔冰思路：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,热损耗功率为 △P;除冰时，输电线上的热损耗功率需变为9△P,假定输电功率及输电线的电 阻均不变，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0.5U 探究点2电网供电 1.远距离输电的基本原理：在发电站内用 变压器升压，然后进 行远距离输电，在用电区域通过 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 (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。 4.解决远距离高压输电问题的基本方法 (1)首先应画出远距离输电的电路图（如图），并将已知量和待求量写在 电路图的相应位置。 105 [思考] AP 要减少输电时电能的 发 回路3 损失，既可以增加输 回路1U1n1飞 ,U2回路2U3n3 Cns 电导线的横截面积， ↓P3 CP. 户 又可以采用高压输电 升压变压器 降压变压器 以减小输电导线中的 (2)理清三个回路： 电流，为什么远距离 回路1：P,= 输电都要采用高压输 电呢？ 回路2：U2= ,P2=△P+P3=I22R线+P3,I2=I 提示：利用升压变压 回路3：P4= 器提高输送电压以减 (3)远距离输电的几个基本关系式 R 小输电导线上的电流 U1_ ①电压关系：U, ,U2=U线+ 容易做到且成本较 电 6用 Un 2 113 4U4 机9 低。例如，电压升 0=业。②电流关系：万=n U3U44 L=,12= P P 高到原来的2倍，输 电电流变为原来的 ,上=。③功率关系：P=P,P,=P期+P,P=P。④输电电流：线 1骏=lin 2,损失的功率变为 1 B-P-U线-L,-U R 。⑤电压损失：U线=U2-U3=1线R线。⑥功率损失： 原来的子，而如果增 U2U3R线 U-U隆1 加输电导线的横截面 P期=P,-P,=I袋RF [思考]积，使功奉损失变为 》特别提醒 原来的子，则输电号 (1)注意区别：①输电电压U与输电线上降落的电压△U;②输电功率P 线的横截面积需变为 与输电线上损失的功率△P。 原来的4倍，这大大 (2)抓住不变量：输送电功率不变，由P=Ⅲ判断出输电电流I的变化，增加了架设成本，并 从而由△U=IR、△P=R判断△U、△P的变化。 且输电导线的横截面 [判断正误] 积不可能无限地 (1)从发电厂发出的电输送到用户均需要采用高压输电。 增大。 (2)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。 (3)采用高压输电的优点是可加快输电的速度。 ( 类型一：输电过程的动态变化问题 例2：（多选）如图所示为远距离输电示 意图，其中T1、T2为理想变压器，输 电线总电阻可等效为电阻r,灯L、 L,⑧ L2相同且阻值不变。现保持变压器 ④ T的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L,正常发光。则 下列说法正确的是 ( A.仅闭合开关S,灯L,会变亮 B.仅闭合开关S,电阻r消耗的功率会变大 C.仅将滑片P下移，电流表的示数会变大 D.仅将滑片P下移，电阻r消耗的功率会变小 106 类型二：远距离高压输电过程的分析和计算 例3：如图所示，某小型水电站发电机的 发 输出功率为10kW,输出电压为400V, 机 向距离较远的用户供电。为了减少电 能损失，使用2kV高压输电，最后说明U,=27 升压变压器 降压变压器 用户得到220V、9.5kW的电力，求：（两变压器均为理想变压器) (1)水电站升压变压器的原、副线圈匝数之比完由“-兴可 n n2 n2 (2)输电线路导线电阻R P (3)降东变乐器的原、副线圈匝数之比元？申1n,i,- 3、 由14=合求1，n1=h 1n3 说明U1=400V,P,=10kW y 先求出输电线损失的电功率△P=P1-P4.再由 说明U4=220V,P4=9.5kW P2=P,=U2l2求出12.由△P=122R求输电线电阻 P[规律方法] [规律方法]远距离 输电问题的分析 思路 画出供电示意图：将 已知量和待求量写在 图中相应的位置 以变压器铁芯为界， 分出各个回路，各回 路可独立运用欧姆定 律分析 各回路间根据变压器 线图匝数比与电压比、 电流比的关系以及总 功李不变等条件列式 跟踪训练2：（多选）(2025·河北张家口高二月考)图甲为远距离输电示 计算 意图，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1:n2=1:200,降压变压器原、副 线圈的匝数比为n3:n4=200:1,远距离输电线的总电阻R=1002,若升压 变压器的输人电压如图乙所示，输入功率P=750kW,下列说法正确的是 ( ↑U/W 升压变压器 降压变压器 2502 用 t/102s) -2502 甲 乙 A.用户端交流电的频率为50Hz B.用户端电压为250V C.输电线中的电流为15A D.输电线路损耗的功率为25kW 夯基提能作业 请同学们认真完成练案[23]