第4节 电能的远距离输送-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（鲁科版）

第4节　电能的远距离输送 　　　　 第3章 交变电流与远距离输电 核心素养目标 物理观念 掌握高压交流输电、高压直流输电的概念。 科学思维 会建立远距离输电理想电路模型，能结合变化的电路知识分析推理，进而求解远距离输电问题。 科学探究 会利用模型解决远距离输电问题。 科学态度与责任 知道生活中的远距离输电问题，改进设备、减小损耗、提升传输效率。 新知导学 1 合作探究 2 随堂演练 3 内容索引 课时测评 4 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 新知导学 返回 知识梳理 一、采用高压输电的原因 1.两种损失 2.高压输电：在保证输送电功率P不变的前提下，提高输电电压U，才能减小________，从而减小导线上的电功率损失和电压损失。 两种损失 原因分析 大小表示 减小办法 电功率损失 电流产生________ ΔP＝_______ 减小R 减小I 电压损失 输电线电阻 和输电线______ ΔU＝______ 减小I 减小R 热效应 I2R 电抗 IR 电流I 二、高压交流输电与直流输电 1.高压交流输电 (1)交流输电的缺陷：交流输电电路中不仅有电阻，而且还有电感和____。 (2)交流输电网的要求 ①并联输电线中的交变电流必须同时达到最大值和最小值。 ②交变电流的频率必须______。 电容 相同 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，将高压直流电流变换成高压__________，再经降压变压器降压。 (2)高压直流输电的优点： ①节约线材；输电杆塔__________，占地面积小。 ②不会受到电感和电容的影响。 ③不需要考虑电网中各台交流发电机的__________问题。 整流器 交变电流 结构简单 同步运行 (3)在输电过程中应注意下两点： ①在输送功率和输电电压一定时，使用同种材料的导线时，越粗的导线损失的电压越小。 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。 三、电能的利用与社会发展 1.电能的优点 电能通过发电厂和电力网实现了集中生产、分散使用，便于____和分配。电动机灵活、______、适应力强，更加广泛地应用于工业生产领域。 2.电能的来源及转化 电能是二次能源，主要来自热能、水能、________、风能等其他形式的能量，这些能量转换为电能都离不开________。 3.电能的社会价值与弊端 电能的利用提高了劳动________，解放了劳动者。但不可再生能源的过度开发和利用，又带来了水土流失、__________、生态失衡等严重后果。 传输 小巧 原子能 发电机 生产率 环境污染 自主检测 1.判断正误 (1)由P＝UI知，电功率损失与电流成正比。 ( ) (2)高压输电是通过减小输电电流来减小电路的电能损耗。 ( ) (3)仅仅从减少能量损失的角度看，输送功率一定的情况下，输电电压越高，损失的能量越少。 ( ) (4)在输送功率和输电电压一定的情况下，使用同种材料的导线时，越粗的导线损耗的电压越小。 ( ) (5)直流输电比交流输电的技术要求更高，输电原理也更复杂。 ( ) × √ √ √ √ 返回 2.链接实景 如图为一高压输电线路，随着电压的增加，用电危险性也会跟着增加，为什么还要采用高压输电？ 提示：输电功率P＝UI，在输送功率一定的情况下，提高输电电压，可减小输电电流，从而减少输电线上的电能损失。 合作探究 返回 师生互动 知识点一 输电线上的电压和电能损失 如图所示，假定发电厂输出的电压为U，输送功率为P，输电线路中的电流是I，两条导线的总电阻是r(在图中把导线电阻集中画为r)。那么： (1)输送到用户两端的电压U'与U、P、I及r之间有哪些关系式？ 提示：U'＝U－ΔU＝U－Ir＝U－r。 (2)用户得到的电能与发电厂输出的电能相等吗？为什么？ 提示：不相等。由于输电线有电阻，有一部分电能转化为电热损耗掉了。 (3)功率损失的表达式是什么？降低功率损失有哪些途径？ 提示：ΔP＝I2r＝r。降低功率损失的两个途径：①减小输电线的电阻r；②减小输电电流I，即提高输送电压U。 要点归纳 1.计算输电线上的电压损失和功率损失 (1)电压损失：由于输电导线有电阻，电流通过输电导线时，会在线路上产生电势降落，致使输电线路末端的电压U3比起始端电压U2要低，这就是输电线路上的电压损失，ΔU＝U2－U3＝IR线。对于交流电路，感抗和容抗也会造成电压损失，高中阶段暂不研究。 (2)功率损失：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原因。设输电电流为I，输电线的电阻为R线，则功率损失为ΔP＝I2R线。 2.减小输电线上电压、功率损失的方法 根据电压损失的表达式ΔU＝IR线和功率损失ΔP＝I2R线可知，要减少输电线上的电压损失和功率损失，有两种方法： (1)减小输电线的电阻R线：根据电阻定律可知R线＝ρ，要减小输电线的电阻R线，可采用下述方法： ①减小材料的电阻率ρ。银的电阻率最小，但价格昂贵，目前选用电阻率较小的是铜或铝作输电线材料。 ②减小输电线的长度l不可行，因为要保证输电距离。 ③增加导线的横截面积。可适当增大横截面积，太粗不可能，既不经济又架设困难。另外，用增大输电导线横截面积的方法来减小电阻，对低压照明电路有效，在高压线路中，因容抗和感抗造成的电压损失比电阻造成的还要大，故这种方法在高压输电中的应用效果不佳。 (2)减小输电电流 ①在输电功率一定的条件下，根据P＝UI可知，要减小输电线中的电流I，必须提高输电电压U。 ②在输送功率P一定、输电线电阻R线一定的条件下，输电电压提高到原来的n倍，根据ΔU＝IR线＝R线知，输电线上的电压损失将变为原来的。根据ΔP＝()2·R线知，输电线上的功率损失将降为原来的。 所以减小输电电流，采用高压输电的方法比减小输电线电阻的方法更有效。 　　由于输电线路可以看作纯电阻，在计算输电线路的功率损耗时，P＝I2R，P＝和P＝UI是等效的，只不过其中I是流过线路的电流，U是线路上损失的电压。但应注意的是：I线＝I总，但U线≠U总。 特别提醒 √ 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.输电线上损失的电压将变为原来的2倍 C.输电线上损失的电压将变为原来的 D.输电线上损失的电功率将变为原来的 例1 由于P输不变，根据输送电功率P输＝U输I输可知，输电电流I输＝∝，当U输变为原来的2倍时，则I输变为原来的，故A错误；当输电电流变为原来的时，根据输电线上损失的电压ΔU＝I输R线∝I输可知，输电线上损失的电压也变为原来的，故B错误，C正确；输电线上损失的电功率P损＝R线∝，所以输电线上损失的电功率将变为原来的，故D错误。 计算功率损失和电压损失的三点提醒 1.输电电压是指加在高压输电线起始端的电压U，损失电压是指在输电线路上损失的电压ΔU＝I输R线。 2.输送功率是指高压输电线起始端输出的功率，损失功率是输电线上损失的功率。 3.输电线上的电流由I输＝计算，而不能由I输＝计算。 特别提醒 针对练1.(多选)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，则下列关系式正确的是 A.P'＝　　　　　　 B.P'＝ C.P用＝P－ D.P用＝P √ √ 输电线电阻R＝ρ，输电线中电流I＝，得输电线上损失的电功率为P'＝I2R＝ρ＝，用户得到的电功率为P用＝P－P'＝P，故选项B、D正确。 √ 针对练2.(多选)白鹤滩水电站采用的是特高压远距离输电方式。若保持输送电能总功率、输电距离不变的情况下，从原来的110 kV高压输电升级为1 100 kV的特高压输电，下列说法正确的是 A.若输电线不变，则输电线中的电流变为原来的 B.若输电线不变，则输电线中的电流变为原来的10倍 C.若输电线不变，则输电线上损失的功率变为原来的 D.若更换直径为原来输电线直径的同种材料制成的输电线，则输电线上损失的功率变为原来的 √ 保持输送电能总功率P＝U2I2不变，输电电压变为原来的10倍，则输电线中的电流I2变为原来的，故A正确，B错误；输电线上损失的功率为P损＝R线，I2变为原来的，则损失的功率变为原来的，C正确；输电线材料不变，直径变为原来的，则横截面积S变为原来的，由R＝ρ得，电阻变为原来的100倍，保持输送电能总功率、输电距离不变的情况下，I2变为原来的，故输电线上损失的功率P损＝R线，保持不变，D错误。故选AC。 √ 针对练3.(多选)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6.0×103 A B.输电线上由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＝，U为输电电压，r为输电线的电阻 √ 输电线上输送的电流为I＝＝ A＝6.0×103 A，选项A正确；输电线上由电阻造成的电压损失为U损＝Ir＝6.0×103×2.5 V＝1.5×104 V，选项B正确；输电线上损失的功率不可能大于输送的总功率3×106 kW，选项C错误；输电线上损失的功率为ΔP＝ 中，U应当为输电线上损失的电压，选项D错误。 师生互动 知识点二 高压输电过程中的分析与计算 　　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电的电压一定很高吗？怎样才能提高输送电压？ 提示：电厂发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)大型发电机发出的电压不符合远距离输电的要求，怎么办？而到达目的地的电压也不符合用户的要求，怎么办？ 提示：在发电机处用升压变压器升高电压，在用户处用降压变压器降低电压。 要点归纳 1.远距离输电的几个基本关系式 (1)功率关系：P1＝P2，P2 ＝P损＋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损＝P2－P3＝R线＝＝U线I线。 (6)输电导线上的电压损失：U线＝I线R线＝U2－U3。 2.两个联系 (1)线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是：＝，I1n1＝I2n2，P1＝P2。 (2)线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是：＝，I3n3＝I4n4，P3＝P4。 如图所示，某发电站通过燃烧煤来发电。发电站通过升压变压器、输电线和降压变压器把电能输送给生产和照明组成的用户负载，发电机输出功率是120 kW，输出电压是240 V，升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶25，输电线的总电阻为10 Ω，用户需要的电压为220 V。则： 例2 (1)输电线上损失的电功率为多少？ 答案：4 000 W 根据理想变压器的变压规律＝，得输电电压U2＝U1＝×240 V＝6 000 V 输电电流I2＝＝ A＝20 A 输电线上损失的功率ΔP＝r＝202×10 W＝4 000 W。 (2)降压变压器原、副线圈的匝数比为多少？ 答案： 输电线上损失的电压ΔU＝I2r＝20×10 V＝200 V 降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－ΔU＝6 000 V－200 V＝5 800 V 根据理想变压器的变压规律得 ＝＝＝。 1.分析远距离输电的思路 对高压输电问题应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或从“用电器”追溯至“发电机”一步一步地进行分析。 2.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。 (2)抓住输电的两端——发电机和用电器。 (3)分析一条线——输电线。 (4)研究两次电压变换——升压和降压。 规律方法 针对练1.(多选)“西电东送”就是把煤炭、水能、风能资源丰富的西部地区的能源转化成电力资源，输送到电力紧缺的东部沿海地区。如图是远距离输电的电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为，降压变压器原、副线圈匝数比为，发电厂输出电压为U1，输出功率为P，升压变压器和降压变压器之间输电线总电阻为R，下列说法正确的是 A.若用户获得的电压为U1，则＝ B.用户获得的电压可能大于U1 C.当用户用电器总电阻增大时，输电线上损失的功率增大 D.输电线上损失的功率为R √ √ 升压变压器副线圈两端的电压为U2＝U1，若用户获得的电压为U1，则降压变压器的输入电压为U3＝U1，由于输电线上有电压损失，故U2＞U3，即＞，故A错误；只要降压变压器原、副线圈匝数比合适，用户获得的电压可能大于U1，故B正确； 当用户用电器总电阻增大时，降压变压器副线圈中电流减小，输电线中电流减小，输电线上损失的功率减小，故C错误；升压变压器副线圈中的电流为I2＝，输电线上损失的功率为ΔP＝R，联立解得ΔP＝R，故D正确。故选BD。 √ 针对练2.(多选)如图为某小型发电站高压输电示意图，发电站输出的电压U1不变；升压变压器输出电压为U2，输电线电流为I2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4，为了测高压电路的电压和电流，在输电线路的起始端接入电压互感器和电流互感器，若不考虑变压器和互感器自身的能量损耗，所有的电表均为理想电表，则 A.①为电流表，②为电压表 B.采用高压输电可以增大输电线中的电能损耗 C.提高输送电压U2，则输电线电流I2减小 D.电厂输送电功率为U2I2 √ 由题图可知，①和互感器接在火线和零线之间，为电压表，②和互感器接在同一条线上，测的是电流，为电流表，故A错误；由P送＝U2I2，可知采用高压输电可以减少输电线中的电流I2，由P损＝R线可知，可以减少输电线中的电能损耗，故B错误，C正确；若不考虑变压器自身的能量损耗，电厂输送电功率为U2I2，故D正确。故选CD。 针对练3.如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW，输出电压为400 V，向距离较远的用户供电。为了减少电能损失，使用2 kV高压输电，最后用户得到220 V、9.5 kW的电力，求： (1)水电站升压变压器的原、副线圈匝数之比； 答案：　 升压变压器的原、副线圈匝数之比 ＝＝＝。 (2)输电线路导线电阻R； 答案：20 Ω 升压变压器原线圈中电流 I1＝＝ A＝25 A 由＝得副线圈中电流 I2＝I1＝×25 A＝5 A 输电线上损失的电功率P损＝(10 000－9 500) W＝500 W，故输电线路导线电阻 R＝＝ Ω＝20 Ω。 (3)降压变压器的原、副线圈匝数之比。 答案： 降压变压器原线圈上的电压 U3＝U2－I2R＝(2 000－5×20)V＝1 900 V 所以降压变压器的原、副线圈匝数之比 ＝＝＝。 返回 随堂演练 返回 √ 1.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 变压器只能改变交流电的电压，所以送电端要先升压再整流，用户端要先变交流再降压，故A正确，B错误；1 100 kV指的是直流电的电压，故C错误；根据变压器的工作原理可知，输电功率由用户端的功率决定，故D错误。故选A。 √ 2.某用电器离供电电源的距离为l，线路上的电流为I。若要求线路上损失的电压不超过U。已知输电导线的电阻率为ρ，那么该输电导线的横截面积的最小值是 A.　　　 B.I2ρ C.　　　 D. 因为导线的总长度为2l，所以输电导线损失的电压U＝IR＝Iρ，解得S＝，故选项C正确。 √ 3.如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝ 100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝ 220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是 A.发电机输出的电流I1＝40 A B.输电线上的电流I线＝625 A C.降压变压器的匝数比＝ D.用户得到的电流I4 ＝455 A 发电机输出的电流I1＝＝ A＝400 A，A错误；输电线上的电流I线＝＝ A＝25 A，B错误；升压变压器的副线圈输出电压U2＝＝ V＝4×103 V，输电线损耗电压ΔU＝I线R线＝25×8 V＝200 V，降压变压器的原线圈电压U3 ＝U2－ΔU＝3 800 V，故降压变压器的匝数比＝＝＝，C正确；降压变压器的副线圈的输出功率P4＝P3 ＝P－P线＝95 kW，故用户得到的电流I4＝＝ A≈431.8 A，D错误。 √ 4.(多选)某实验小组利用如图所示的电路模拟研究远距离输电。图中交流电源电压为U＝6 V，定值电阻为R＝20 Ω，小灯泡L的规格为“6 V　3.6 W”，接通电路调节两个变压器，使小灯泡始终以额定功率工作，此时理想变压器T1原、副线圈的匝数比为＝k1，理想变压器T2原、副线圈的匝数比为＝k2。则下列说法中正确的是 A.k1和k2的乘积小于1 B.k1越大电路的输电效率越高 C.若k2＝6，则R上消耗的功率为0.2 W D.若k2＝6，则变压器T1的输出电压为38 V √ √ 由于两个变压器之间的电阻R上会有电压损失，理想变压器T1输出电压等于T2对应的输入电压与R上损失的电压之和，则匝数比满足＝＝k1，＝＝＝k2，由于U1＝U4＝6 V，则有k1k2＝·＝＜1，A正确；k1越大T1输出的电压U2越低，T2输出电压越低，要使灯泡以额定功率正常工作，则需要输电线上的电流越大，则输电线损失的功率越大，电路的输电效率越低，B错误； 对变压器T2，输出电流与输入电流的比值满足＝k2，对灯泡则有I4＝＝ A＝0.6 A，若k2＝6，则R上电流I3为0.1 A，其消耗的功率PR＝R＝0.12×20 W＝0.2 W，C正确；若k2＝6，则有＝＝k2，U3＝k2U4＝6×6 V＝36 V，则变压器T1的输出电压为U2＝U3＋I3R＝36 V＋0.1×20 V＝38 V，D正确。故选ACD。 返回 课时测评 返回 √ 1.关于电能输送的以下分析，正确的是 A.由公式P＝知，输电电压越高，输电线上功率损失越少 B.由公式P＝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，输电导线上功率损失越大 D.由公式P＝UI知，输电导线上的功率损失与电流成正比 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 输电线上损失的功率P损＝I2R线＝，U损指输电线上的分压，而不是输电电压，故C正确，A错误；输电导线电阻越大，导线两端电压越大，由公式P＝可知存在两个变量，无法确定P的变化；同理，导线电流越大，导线电压越大，不能够说明P与I成正比，故B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 √ 2.远距离输电，输电功率一定，当输电电压为U0时，输电线上的电流为I0，损失的电功率为P0。则当输电电压提高为2U0时 A.由I＝得，输电线上的电流变为2I0 B.由I＝得，输电线上的电流变为 C.由P＝得，输电线上损失的电功率为4P0 D.由P＝IU得，输电线上损失的电功率为2P0 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 设输电线的电阻为R，当输电线上的电流为I0时，损失的电功率为P0＝R。当输电电压提高为2U0时，由I＝，可知输电线上的电流变为，输电线上损失的电功率为P损＝R＝。故选项B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 √ 3.“西电东送”工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压。从西部某电站向华东某地区输送的电功率为1.0×106 kW，输电电压为1 000 kV，输电线电阻为100 Ω。若改用超导材料作为输电线，则可减少输电损耗的功率为 A.105 kW　　　　　　　　 B.104 kW C.106 kW D.103 kW 输电电流I＝，输电线路损失的电功率P损＝I2R＝R＝1×105 kW；当改用超导输电时，就不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，故A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 4.(多选)我国领先全球的特高压输电技术将为国家“碳中和”做出独特的贡献。白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装16台我国自主研制的百万千瓦水轮发电机组。白鹤滩水电站首批初装机容量1 600万千瓦。若在传输电能总功率不变情况下，从原先150 kV高压输电升级为1 350 kV特高压输电。则下列说法正确的是 A.若输电线不变，则输电线中的电流变为原来的 B.若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原来的 C.若输电线不变，则输电线上损失的功率变为原先的 D.如果损失的功率不变，相同材料、相同粗细的输电线传输距离是原先的9倍 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 在输电功率不变的情况下，输电电压由150 kV高压输电升级为1 350 kV，即输电电压变为原来的9倍，由P＝UI可知，输电电流变为原来的，故A正确；输电线不变的情况下，由ΔU＝IR可知，输电线上损失的电压变为原先的，故B错误；由ΔP＝I2R可知，输电线上损失的功率变为原来的，故C正确；如果损失的功率不变，由ΔP＝I2R可知，输电线的电阻变为原来的81倍，由电阻定律R＝ρ可知，相同材料、粗细的输电线传输距离是原先的81倍，故D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 √ 5.模拟远距离输电的电路如图所示，两理想变压器的线圈匝数n1＝n4＜n2＝n3，A1、A2、A3为相同的理想交流电流表，当a、b端接入低压交流电源时 A.A1、A2的示数相等 B.A2、A3的示数相等 C.A1的示数大于A2的示数 D.A2的示数大于A3的示数 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 根据理想变压器原、副线圈的电流与匝数成反比，得＝，由于n1＜n2，所以A1的示数大于A2的示数，故A错误，C正确；同理有＝，由于n4＜n3，所以A2的示数小于A3的示数，故B、D错误。] 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 √ 6.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.　　　 B.　　　 C.5k　　　 D.25k 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 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＝得：ΔP＝。同理，当输送电压为5U时，在线路上损失的功率为：ΔP'＝，据题有：ΔP＝kP，联立计算得出：ΔP'＝P，即输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的倍，故A正确，B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 √ 7.(多选)远距离输电线路可简化为如图所示，电厂输送的电功率不变，变压器均为理想变压器，图中标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R，则 A.I2＜ B.输电线损失的电功率为 C.提高输送电压U2，则输电线中电流I2增大 D.电厂输送的电功率为U2I2 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 在输电线路上，U2＝I2R＋U3，所以I2＜，故A正确；由于U2不是R两端的电压，所以输电线损失的电功率不是，故B错误；因为输送功率不变，根据P2＝U2I2，可知提高输送电压U2，则输电线电流I2减小，故C错误；因变压器为理想变压器，所以有P1＝P2＝U2I2，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 √ √ 8.(多选)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原、副线圈匝数比为1∶n，降压变压器的原、副线圈匝数比为n∶1，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是 A.电压表V1的示数减小了nΔU B.电流表A1的示数增大了 C.输电线损耗的功率增大了 R D.电流表A2的示数增大了 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 发电厂输出的电压恒为U，而升压变压器原、副线圈匝数比不变，所以电压表V1的示数不变，A错误；由于V2示数(U4)减小了ΔU，根据＝＝n，可得降压变压器原线圈的电压U3减小了nΔU，根据UV1＝IA1R＋U3，知IA1R增大了nΔU，所以电流表A1的示数增大了ΔI3＝，根据＝＝，可得A2的示数增大了ΔI4＝，B、D正确；输电线损耗的功率增大了ΔP＝R－I2R，其中I为用户负载变化前输电线中的电流，C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 √ 9.用一台某型号的柴油发电机给某一临时安置区供电，如图所示，发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4 Ω，安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时 A.输电线路中的电流为20 A B.发电机的实际输出电压为300 V C.在输电线路上损失的电功率为8 kW D.如果该柴油发电机发出的是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是300 V 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流为I＝＝200 A，选项A错误；输电导线电阻为R＝2.5×10－4×400×2 Ω＝0.2 Ω，则发电机的实际输出电压为U输＝U＋IR＝260 V，选项B错误；输电线路上损失的电功率为P损＝I2R＝8 kW，选项C正确；如果该柴油发电机发出的是正弦式交变电流，则其输出电压的最大值是Um＝U输≈368 V，选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 √ 10.(多选)如图是某输电工程的原理简图，海上风力发电站输出电压U1＝880 V，经升压变压器转换为高压后送入远距离输电线路，升压变压器原、副线圈的匝数之比为n1∶n2＝1∶250，到达电力中心通过降压变压器将电能分别输送给A、B负荷中心，输电线的电阻R＝20 Ω。能提供的最大功率为30.8万千瓦。下列说法正确的是 A.经升压变压器转换的电压为220 kV B.输电线上损失的电压为2.8×104 V C.输送电压变为原来的10倍，输电线上的损失的电功率变为原来的 D.仅当A负荷中心负载增加时，B负荷中心获得的电压增大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 升压变压器原、副线圈的匝数之比为＝，解得U2＝220 kV，故A正确；输电线上的电流为I＝＝1.4×103 A，输电线上损失的电压为ΔU＝IR＝2.8×104 V，故B正确；输送电压变为原来的10倍，输电线上的电流变为原来的，损失的功率为P＝I2R，则损失的功率P损'＝P损，故C错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 当A负荷中心负载增加时，功率增大，负载线路电流增大，则降压变压器原线圈中的电流增大，输电线损耗的电压增大，降压变压器原线圈上得到的电压减小，B负荷中心获得的电压将减小，故D错误。故选AB。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11.(10分)某学校有一台应急备用发电机，内阻为r＝1 Ω，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个教室，每个教室有“220 V　40 W”的灯泡6盏并联，要求保证所有灯泡都正常发光，则： (1)发电机的输出功率多大？ 答案：5 424 W 2 3 4 5 6 7 8 9 11 1 10 所有灯都正常工作的总功率为 P2'＝22×6×40 W＝5 280 W 所有灯都正常工作时的总电流为 I2'＝＝ A＝24 A 两个变压器之间输电线上的电流为 IR＝I2＝＝6 A 故输电线上损耗的电功率PR＝R＝144 W 升压变压器的输出功率为 P1'＝PR＋P2'＝5 424 W 发电机输出功率即为升压变压器的输入功率，即P出＝P1＝P1'＝5 424 W。 2 3 4 5 6 7 8 9 11 1 10 (2)发电机的电动势多大？ 答案：250 V 降压变压器上的输入电压U2＝4U2'＝880 V 输电线上的电压损失为UR＝IRR＝24 V 因此升压变压器的输出电压为 U1'＝UR＋U2＝904 V 升压变压器的输入电压为U1＝＝226 V 升压变压器的输入电流为I1＝4IR＝24 A 发电机的电动势 E＝U1＋I1r＝226 V＋24×1 V＝250 V。 2 3 4 5 6 7 8 9 11 1 10 (3)输电效率是多少？ 答案：97％ 根据效率公式得η＝×100％≈97％。 2 3 4 5 6 7 8 9 11 1 10 (4)若每个教室使用灯数减半且正常发光，发电机输出功率变为多大？ 灯泡减少一半时，P有用'＝＝2 640 W 由(1)可知，此时输电线上的电流IR'＝＝3 A 故此时P出'＝P有用'＋IR'2R＝2 676 W。 答案：2 676 W 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 11 1 10 谢 谢 观 看 第4节　电能的远距离输送 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 $