第3章 4 电能的输送-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步辅导与测试(人教版)

P 况下，电动机的颜定电流为I=无=0,5A,热功率P,= 电线上损失的电压，故C错误；输电线上损失的功率△P= Ir=(6X103)2×2.5W=9×10W,故D错误。] 产r=1W,当选择挡位2时，U,=50V<220V,没有达到额要点2 定功率，热功率小于1W,选项C错误；当选择挡位4时，探究导入提示：(1)利用升压变压器提高电压进行远距离输 U,=220V,输出功率为P-P,=(110-1)W=109W,选 电，到达用户利用降压变压器提供低压用电。 项D错误。] 3.B[由于原、副线圈两端电压不变，当滑动变阻器的滑动触 ,=,L=,P,=P。 (2)对于升压变压器可了n 头P向上滑动时，R连入电路的电阻变大，所在电路总电阻： 变大，副线图中电流减小，R1中电流减小，R消耗的功率减 =4,=,P,=P 对于降压变压器=了 小，A项错误；R,中电流减小，则R,两端电压减小，而副线探究归纳 圈两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压增大，电压表示！[典例2][解析](1)输电线损失的功率 数变大，B项正确：副线圈中电流减小，原线圈中电流随之} P箱=P×4%=100kW×4%=4kW 减小，故C项错误；若闭合开关S,负载电路的总电阻减小， 副线圈中电流增大，R,中电流增大，则R两端电压升高， 输电线电流1，=√R 4X10A=20A 10 R。两端电压减小，A。示数变小，D项错误。] 升压变电器输出电压 4.ACD[因A线圈采用的是双线绕法，如有灯泡发生短路， A中两线中电流始终大小相等、方向相反，磁通量相互抵！ =100×10V=5000V U,12 20 消，B中磁通量不发生改变，故不能推动】切断电源，选项A 升压变压器原、副线圈匝数比 正确：双手分别接触火线和零线，此时人相当于用电器并入 1_U1_250_1 电路，只能使电流增大，但A中两线中电流始终大小相等、 n2U2500020 方向相反，磁通量相互抵消，B中磁通量不发生改变，故不 输电线上损失的电压U描=I,R=20×10V=200V 能推动】切断电源，选项B错误；当单手接触火线，脚与地· 降压变压器原线图电压 相接触而不绝缘时，会导致一部分电流通过大地，火线和零 U,=U2-U播=4800V 线中电流大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，即增加 了，故会在线图B中产生感应电流，经放大后便能推动继电 降压变压器原、副线图匝数比=4800=240 n122011 器切断电源，选项C正确；当单手接触零线，脚与地相接触 (2)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为 而不绝缘时，人体会有电流，只要有电流，A处的两股线电！ P%=P-P福=P(1-4%)=100×96%kW=96kW。 流就不相等，B中就会产生感应电流，会推动J切断电源，选 [答案](1)1：20240：11(2)96kW 项D正确。] 针对训练 4电能的输送 2.AC[输电线上损失的功率为P=P×0.6%=50kW× 必备知识·自主梳理 0.6%=300W,A项正确：输电线上的电流为1，√R 一、2.电压频率3.损耗 二、1.产，2.(1)电阻电阻电阻率横截面积 (2)电流 电流提高 00A=10A,升压变压器副线圈两端的电压为U:= N/ 即学即用 p=50X102V=5×103V,由 0，B项错误：输 U1=4=1 1.(1)/(2)×(3)/(4)× 1 10 P PR P PR 电线上损失的电压为U箱=I,R=10×3V=30V,降压变压 2.元U204U 4:1 器输入电压为U3=U2-U描=5000V-30V=4970V, 关键能力·合作探究 C装三：觉-是骨号号D项结说】 n 22 要点1 !3.ABD[根据题意画出输电线路示意图如图所示。 探究导入提示：输电线路上的损失功率为P=,所以有两 个途径可减少电能的损失，一是减少输电线路的电阻：二是 R线 减小输电导线中的电流。 ⑧⑧用 机 U1n1332U2 U3n3 n404 探究归纳 3￥ 3 [典例1][解析]设输送功率为P,输电电压U,=220V 升压变压器 降压变压器 时，损失功率△P1=20%P T T2 P 又因为△P1=IR线L= 对升压变压器有P1=U111,可知I1=1.0×103A,由输电 线上损耗的功率P猫=I,R线=400kW可知，输电线上电流 解得△P,=UR 为L2=20A,A项正确；T的变压比为nm1:m=12:1= 1:50,根据m1:n2=U1:U2得U2=2×10iV,输电线上损 现要求△P,=5%P,同理△P,= R 失电压U=IR战=2X10V,则变压器T2的输入电压为 U3=U2-U%=1.8×10V,又灯泡正常发光，可知T2的输 因此可得AP= 20%_U, 出电压U,=220V,B项正确；T。的变压比为n3：n:= △P,5%U, U3:U,=1.8×10:220,C项错误；降压变压器的输入功 所以U2=2U1=440V。 率等于输出功率，U13=60W·n,解得n=6×10,D项 [答案]440V 正确。 针对训练 ,B[由P=U得用500kV电压输电时输电线上输送的电：《解析（①）升压变压器的原、副线图臣数之比公=号= P=3x10 流1=U-5×10 ·A=6X10A,故A错误；由△LI=Ir得 400V 2000V-5 输电线上的电压损失△U=6×10×2.5V=15×10V= (2)升压变压器原线圈中电流 15kV,故B正确；输电线上损失的功率为△P= -,U为输 P_10000A=25A 1 400 222 山分一卡得甜线用中也流 :[典例2][解析](1)实验中，必须要有学生电源提供交流 电，B需要；学生电源本身可以调节电压，无需滑动变阻器， 14=1=×25A=5A 需要用多用电表测量电压，C需要；本实验不需要条形磁 体，用可拆变压器来进行实验，G需要；综上所述，需要的实 输电线上损失的电功率 验器材为BCG。 P描=(10000-9500)W=500W (2)通过数据计算可得，在误差允许的范围内，原、副线圈的 故输电线路导线电阻 R是-婴a=20n 电压之比等于原，剧线因的匝数之比，即元= 25 [答案](1)BCG(2)在误差允许的范围内，原、副线圈的 (3)降压变压器原线圈上的电压 P 电压之比等于原，副线图的面数之比，即哈一二 U,-U:-I.R-U:-U.R :[典例3][解析](1)由于变压器输入功率等于输出功率， =(2000-10000×20)V=1900V 采用的是降压变压器，根据P=UI可知，副线圈中的电流 2000 大，为了减小输电线上功率的损失，故副线圈电线电阻要 所以降压变压器的原、副线圈匝数之比 小，所以引线要粗，故a、d接6V,b、c接220V。 =U3=1900V95 (2)根据变压比等于匝教比可得可：一 nU,220V11 答案1)号 22n(8晋 U 所以2==0×300=11000匝。 6 素养演练·提升技能 (3)理想变压器是忽略变压器的铜损、铁损与磁损的，但一 1,AC[由理想变压器输入、输出功率相等可知P1=P2,即 些小型的变压器的损耗常常不能忽略不计；考虑到这些损 01-01,U,=0 耗，则变压器副线圈两端的电压要小于理论值。 I ,A正确；输电线上的电压降为U线 由题知=801 =U一U1,B错误：输电线路上损失的电功率为P=Ir= 一60一之，由表中数据可知<7，所以接电 IU线=IU-IU1,C正确，D错误。] 源的是n。 2.C[输电线上的功率损失△P=I线R,电压损失△U=U- [答案](1)6V(2)11000(3)n 素养演练·提升技能 三1R,输电电流1三光，所以△P=JR=R三 :1.解析(1)“探究变压器线图两端的电压与匝数的关系”实 (号)R。,可见在输送功率P一定和输电线电阻一定时， 验要用低压交流电源和交流电表，变压器能改变电压，因此 为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电 △P与I成正比，△P与△U成正比，△P与U成反比，故： 压不超过12V,故选C。 C项正确。 (2)探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系，为便 3D[原线图的电流为1=君由于P,U不支，故1不变， 于探究，应该来用控制变量法，故A正确；实验通电时，用手 接触裸露的导线、接线柱等检查电路，则将人体并联在电路 由片-产-长得PR=品R:迪疗-得 中，导致所测数据不准确，故B错误；使用多用电表测电压 时，先用最高量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故 P=1R=(品R,片-故逸项D三] C错误。 答案(1)C(2)A 4,A[由于电炉靠近电源，流过a的电流，没有流过后面的！2，解析(1)根据电压表读数的方法可知，该变压器的输出电 输电线，不会引起输电线上电压降，接通与不接通对电路没： 有影响，则使用电炉a时对电灯的影响最小，故A正确。使！ 压为40V,所以变压器的原，副线图匝数之比== 用电炉b时，流过输电线的电流增大，输电线上的电压降增！ 大，电灯两端的电压减小，功率减小，所以使用电炉b时对 代=日故D正确，AB.C钻话。 电灯的影响比使用电炉a时大，故B错误。c离电源较远，c! (2)理想变压器的电压与匝数成正比，当只有一个副线圈的 靠近电灯，使用℃时，流过输电线的电流增大，输电线上的 时候，电流与匝数成反比，街头用电的变压器是降压变压 电压降增大，电灯两端的电压减小，功率减小，故C错误。 器，可知副线圈的匝数比原线圈的匝数少，副线圈的电流较 b、C离电源都较远，根据上面分析，对电灯影响几乎一样，都 大，应该使用较粗的导线。 比使用a对电灯的影响大，故D错误。] 答案(1)D(2)副线圈 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 3解析1)由变压器的工作原理可知，猜想合理的同学是甲 同学。做出上述判断依据的物理规律是法拉第电磁感应 实验研析·创新学习 定律。 [典例1][解析](1)变压器改变的是交流电压，因此为了 (2)为了保证实验安全、有效地进行，应选用低压（一般低于 保证人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电！ 12V)交流电源。 压不超过12V,A错误；实验通电前必须要先检查电路是 (3)使用多用电表时，应先将选择开关置于交流电压挡，并 否正确，通电时若用手接触裸露的导线、接线柱等，会将人！ 选用最大量程进行试测。 体并联接入电路中，导致所测数据不准确，同时也有安全隐！ 答案(1)甲法拉第电磁感应定律 患，B、C错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试 (2)低压（一般低于12V)交流 测，再选用恰当的挡位进行测量，故D正确。 (3)交流电压最大 (2)分析每组实验教据，可知号与丛的值近似相等，可得出4解析1)探究变压器原，副线圈的电压与匝数关系，必须 U,n3 用交流电，又因为安全起见必须用低压电，所以用低压交流 的实验结论是，在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电： 电源，故选C。 压比等于匝数比。 (2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用 [答案](1)D(2)在误差允许范围内，变压器原、副线圈： 电表选用的挡位是交流电压的10V挡位，所以应该在0 的电压比等于匝数比 10V挡位读数，所以示数应该是7.2V。 223物理 选择性必修第二册 素养演练·提升技能 达标训练素养提高 1.利用变压器可以方便地改变交流电的电压，使交 R 流电得到广泛的应用。下列关于变压器的说法 A2)R3 正确的是 ( R A.即使是直流电，也可以直接通过变压器来改变 电压 A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R B.如果是升压变压器，则副线圈的匝数一定比原： 消耗的功率变大 线圈的匝数多 B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压 表V的示数变大 C.如果是升压变压器，则副线圈中的电流一定比： C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流 原线圈中的电流大 表A1的示数变大 D.如果是升压变压器，则副线圈两端输出的功率 D.若闭合开关S,则电流表A1的示数变大、A2? 一定比原线圈两端输入的功率大 的示数变大 2.如图所示为物理实验室某风扇的 4.(多选)如图所示是一种触电保护器，A为双股相 线（火线和零线）平行绕制线圈，然后接到用电器 风速挡位变换器电路图，它是一个 上，如果线圈B中有电流，经放大后便能立即推 可调压的理想变压器，其中接入交 52 动继电器J切断电源。下列关于触电保护器工 流电的电压有效值U。=220V, 作状态的分析正确的有 ( 0=2200匝，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分 零线 别为220匝、500匝、1100匝、2200匝。电动机 电源 ⑧⑧☒⑧ M的内阻r=42,额定电压为U=220V,额定功： 火线 率P=110W。下列判断正确的是 保护器 ( A.当选择挡位3时，电动机两端电压为110V B.当挡位由3变换到2时，电动机消耗的功率 A.如有灯泡发生短路，触电保护器不会切断电源 B.双手分别接触火线和零线，触电保护器会切断 增大 电源 C.当选择挡位2时，电动机的热功率为1W C.单手接触火线，脚与地相接触而不绝缘，触电 D.当选择挡位4时，电动机的输出功率为110W: 保护器会切断电源 3.如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上， D.单手接触零线，脚与地相接触而不绝缘，触电 图中各电表均为理想交流电表。下列说法正确： 保护器会切断电源 的是 温馨提示 请做课时分层检测（十七） 电能的输送 学习目标要求 核心素养和关键能力 L.理解远距离输电线上的能量损失与哪些因素 1.科学思维 有关。 (1)了解交变电流从发电站到用户的输电过程。 2.应用理想变压器、电路知识对简单的远距离输 (2)体会高压输电知识在实际问题中的应用。 电线路进行定量计算。 2.关键能力 3,了解交变电流从发电站到用户的输电过程。 科学探究的能力及逻辑思维能力。 90 第三章 交变电流 必备知识·自主梳理 预习新知夯实基础 一、输送电能的基本要求 即学即用 1.可靠：保证供电线路可靠地工作，故障少 2.保质：保证电能的质量 和 1.判断下列说法的正误。 (1)输电线上电功率的损失，与输电线的电阻成 稳定。 正比，与输电线电流的平方成正比。 () 3.经济：输电线路建造和运行的费用低，电能 少。 (②)由P-可知，输电电压越小，输电线上电功 二、降低输电损耗的两个途径 率的损失就越小。 1.输电线上的功率损失：△P= ,1为输电 (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。 () 电流，r为输电线的电阻。 (4)远距离输电时，若升压变压器匝数比为1：n, 2.降低输电损耗的两个途径 降压变压器匝数比为n:1,则升压变压器的输入 (1)减小输电线的 :在输电距离一定的 电压和降压变压器的输出电压相等。( 情况下，为了减小 ,应当选用 :2.输电线的总电阻为R,输送电功率为P。现用电 小的金属材料，还要尽可能增加导线的 压U来输电，输电线上的电流为 ,输电 线上损失的功率为 。 如果用2U电压来 (2)减小输电线中的 :为减小输电 输电，则输电线上的电流为 ,输电线上 损失的功率为 两次损失的功率之比 ,同时又要保证向用户提供一定的电功率，： 为 就要 输电电压 关键能力·合作探究 讲练设计探究重点 要点1输电线上的电压和能量损失 (2)计算式：①P线=IPR线；②P线=IU线；③P线 U线 探究导入远距离输电过程中，输电线上不可避免： R线 地有电压和能量损失。可通过哪些措施来降低'2.输电线上的电压损失 输电线路的损失？ 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.电功率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=PR线=号)R数，因此箱电电压若 提高到nU,则P损将减为原来的，。 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 探究归纳 和容抗对交流电路的影响。 [典例1]某变电站用220V的电压输电，导线上 1.输电线上的电功率损失 损失的功率为输送功率的20%。若要使导线上 (1)原因：输电导线有电阻R线，电流流过输电线： 损失的功率降为输送功率的5%，则输电电压应 时，电流的热效应引起电功率的损失。 为多少？ 91 物理选择性必修第二册 [听课记录] 探究归纳 1.远距离输电的几个基本关系式 R线 3 发电机， U2 U n3 用户 P2 P (1)功率关系：P1=P2,P2=P损十P3,P3=P4 2)电压关系号U:-0+U U3_m3 /名师点评/ 计算输电线上功率损失的两种方法 计算输电线上损失的功率时，要注意区分两个 1=2,l2=1线=13了n3 (3)电流关系：2 I3_=n4 电压：输电电压（输电线始端的电压）U和输电 P2=P3_U线_U2-Us 线上的损失电压U线。 (4)输电电流：1骏一U2一3R线 R线 (1)P损=U线I= U线 (5)输电导线上损耗的电功率 R线 ,U线是输电线两端的电 U线2=U线1线 P银=P2一P3=J线2R线=R线 压，即输电线上损失的电压。 (6)输电导线上的电压损失 (2)P损=( 号)2R骏，U是指输送电压，即从发电 U线=I线R线=U2-U3。 站发出后，经过变压器升高后的电压 2.两个联系 (1)线圈1（匝数为n1)和线圈2（匝数为2）中各 针对训练 个量间的关系是是-1=1P=P, 1.某水电站，用总电阻为2.52的输电线输电给 (2)线圈3（匝数为n3)和线圈4（匝数为n4)中各 500km外的用户，其输出电功率是3×106kW,: 现用500kV电压输电，则下列说法正确的是 )[典例2] 风力发电作为新型 A.输电线上输送的电流大小为2×105A 环保能源，近几年来得到了快 B.输电线上由电阻造成的电压损失为15kV 速发展。如图所示，风车阵中 C输电线上损失的功率为△P-,U为输电电 发电机输出功率为100kW, 输出电压是250V,用户需要的电压是220V,输电 压，r为输电线的电阻 线电阻为10Ω。若输电线因发热而损失的功率为 D.输电线上损失的功率为9×107kW 输送功率的4%，试求： 要点2高压输电线路的分析与计算 (1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线 探究导入高压输电可以减少输电线上的电压和 圈的匝数比； 能量损失。 (2)用户得到的电功率。 (1)如何完成高压输电和低压用电？ [听课记录] (2)若两个变压器均为理想变压器，则每个变压 器中的电流、电压、功率有什么关系？ 92 第三章交变电流 /名师点评/ A.T1原、副线圈电流分别为1.0×103A和20A 处理远距离输电的方法技巧 B.T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220V (1)画好一张图 远距离输电示意图。 C.T1和T2的变压比分别为1：50和40：1 (2)抓住电两端 发电站和用户。 D.有6×104盏灯泡(220V60W)正常发光 (3)分析一条线 输电线。 :4.如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为 (4)研究两次变 一升压变压器升压和降压变 10kW,输出电压为400V,向距离较远的用户供 压器降压。 电。为了减少电能损失，使用2kV高压输电，最 (5)区分三个量—输送电压（功率）、损失电压 后用户得到220V、9.5kW的电力，求： (功率)、用户电压（功率)。 针对训练 电 用 户 2.(多选)如图所示，某小型发电站发电机输出的交 升压变压器 降压变压器 流电压为500V,输出的电功率为50kW,用总电 阻为3Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损 (1)水电站升压变压器的原、副线圈匝数之比”四 1n2 失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升； (2)输电线路导线电阻R; 压变压器，到达用户再用降压变压器变为220V 供用户使用（两个变压器均为理想变压器）。对 (3)降压变压器的原、副线圈匝数之比” n4 整个送电过程，下列说法正确的是 ( 用 机 A.输电线上的损失功率为300W B.升压变压器的匝数比为1：100 C.降压变压器的输入电压为4970V D.降压变压器的匝数比为100：1 3.(多选)一台发电机最大输出功率为4000kW,电： 压为4000V,经变压器T1升压后向远方输电， 输电线路总电阻R线=1kΩ，到目的地经变压器 T2降压，负载为多个正常发光的灯泡（规格均为 “220V60W”)。若在输电线路上损耗的功率 为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的 损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则 ( 素养演练·提升技能 达标训练素养提高 1.（多选)如图所示为远距离交流输电的简化电路： 理想变压器，流入用户端的电流为I2。则( 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 用户 末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一 93 物理选择性必修第二册 A.用户端的电压为。灯 A器 B.输电线上的电压降为U PR 1 C.输电线路上损失的电功率为I,2r C 品R 4.如图所示，D为一插头，可接入电压恒定的照明 D.输电线路上损失的电功率为IU 电路中，a、b、c为三只相同的大功率电炉。a靠 2.在电能输送过程中，若输送的电功率一定、输电 近电源；b、c离用户电灯L很近，但离电源较远 线电阻一定，则输电线上损耗的电功率( ) (输电线电阻不能忽略)。关于电炉接入电路后 A.和输送电压的二次方成正比 对电灯的影响，下列说法正确的是 B.和输送电流的二次方成反比 C.和输送电线上的电压降的二次方成正比 D.和输送电流成正比 b 3.通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功： A.使用电炉a时对电灯的影响最小 率P,原线圈的电压U保持不变，输电线路的总 B.使用电炉b时对电灯的影响比使用电炉a 电阻为R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时，： 时小 线路损耗的电功率为P1,若将副线圈与原线圈： C.使用电炉c时对电灯几乎没有影响 的匝数比提高到nk,线路损耗的电功率为P2,则 D.使用电炉a或b或c时对电灯影响几乎一样 A和哈分别为 温馨提示 请做课时分层检测（十八） 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 实验必备·自主探究 一、实验目的 ”铁 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系。 二、实验原理 9 1 学生电源 1.变压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的。电流： 原线圈 副线圈 通过原线圈时在铁芯中产生磁场，由于电流的大： 小、方向在不断变化，铁芯中的磁场也不断变化， 变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，副线圈 乙 就存在输出电压。 四、实验步骤 2.本实验通过与副线圈相连接的多用电表，观察原 :1.按图乙所示连接好电路，将两个多用电表调到交 线圈电压变化时，副线圈输出电压的变化；通过 流电压挡，并记录两个线圈的匝数。 改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与 匝数比的关系。 2,接通学生电源，读出电压值，并记录在表格中。 :3.保持匝数不变，多次改变输人电压，记录每次改 3.用控制变量法研究。 变后原、副线圈的电压值。 三、实验器材 :4.保持输入电压、原线圈的匝数不变，多次改变副 两只多用电表、学生电源（低压交流电源）、开关、： 线圈的匝数，记录下每次副线圈的匝数和对应的 可拆变压器（如图甲）、导线若干。 电压值。 94