2019-2020学年度最新高中物理第二章交变电流第七节远距离输电学案粤教版选修3_2
2024-2025学年高中物理第二章交变电流第07节远距离输电教案粤教版选修3-2
1.课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答等情况。
2.作业完成情况：检查学生作业的完成质量和答题准确性。
3.研究作业：评估学生对实际案例的分析能力和所学知识的运用能力。
核心素养目标分析
本节课的核心素养目标主要围绕物理学科的核心素养进行设计，包括物理观念、科学思维、实验探究和科学态度四个方面。
2.课中强化技能
教师活动：
-导入新课：通过故事、案例或视频等方式，引出远距离输电的功率损失和电压损失的计算方法，激发学生的学习兴趣。
-讲解知识点：详细讲解远距离输电中的功率损失和电压损失的计算方法，结合实例帮助学生理解。
-组织课堂活动：设计小组讨论、角色扮演、实验等活动，让学生在实践中掌握远距离输电的计算方法。
例如，教师可以设计以下练习题：
-计算远距离输电中的功率损失和电压损失。
-分析实际案例，如何减少远距离输电中的损失。
-运用所学知识，解决实际问题。
总的来说，课堂小结和当堂检测是帮助学生巩固所学知识，提高学习效果的重要环节。通过这两个环节，教师可以及时了解学生的学习情况，给予反馈和指导，帮助学生更好地掌握本节课的内容。
2.讲解新课：详细讲解远距离输电的基本概念、功率损失和电压损失的计算方法。
3.案例分析：分析实际案例，让学生学会如何运用所学知识解决实际问题。
4.课堂练习：布置相关的练习题，让学生巩固所学知识。
5.总结：对本节课的内容进行总结，强调重点和难点。
五、作业布置
1.课后习题：完成教材后的相关习题。
2.研究作业：调查生活中远距离输电的实际案例，分析其优缺点。
-解答疑问：针对学生在学习中产生的疑问，进行及时解和指导。
学生活动：
-听讲并思考：认真听讲，积极思考老师提出的问题。
最新粤教版高中物理第七节远距离输电.docx
第七节 远距离输电1．了解输电的过程及输电过程中优先考虑的问题． 2．掌握输电过程中降低输电损耗的两个途径．3．了解能源危机，树立节约能源，合理利用能源的意识．1．输电过程中电能损失的主要原因是输电线上电阻由于发热而引起的，其计算方法是Q ＝I 2R 线t ．2．在输送电能的过程中，由于导线有电阻，电流通过时，必然会因发热而损失一定的电能．根据导线的发热功率P ＝I 2R 可知，输电过程中，减少电能损失的方法有两种：一种是减小导线的电阻，另一种是减小输电导线的电流，在保证输送功率不变的前提下，只有提高输电电压，才能减小输电电流．这就是通常采用高压进行远距离输电的道理．3．电路中电能损失ΔP ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ，最好不用U 2R 来算，当用此式时，U 必须是输电导线上的电压降，而不能用输电电压来计算．输电技术的发展史输电技术的发展历史(一)关于电能的输送方式，是采用直流输电还是交流输电，在历史上曾引起过很大的争论．美国发明家爱迪生、英国物理学家开尔文都极力主张采用直流，而美国发明家威斯汀豪斯和英国费朗蒂则主张采用交流输电．输电技术的发展历史(二)在早期，工程师们主要致力于研究直流电，发电站的供电范围也很有限，而且主要用于照明还未用于工业动力．例如，1882年爱迪生电气照明公司(创建于1878年)在伦敦建立了第一座发电站，安装了三台110 V“巨汉”号直流发电机，这是爱迪生于1880年研制的，这种发电机可以为1500年16 W的白炽灯供电．输电技术的发展历史(三)但是随着科学技术和工业生产发展的需要，电力技术在通信、运输、动力等方面逐渐得到广泛应用，社会对电力需求也急剧增大．由于用户的电压不能太高，要输送一定的功率，就要加大电流．而电流越大，输电线路发热就越厉害，损失的功率就越多，而且电流太大，损失在输电导线上的电压也大，使用户得到的电压降低，离发电站越远的用户，得到的电压越低．直流输电的弊端，限制了电力的应用，促使人们探讨用交流输电的问题．输电技术的发展历史(四)爱迪生虽然是一个伟大的发明家，但是他没有受过正规教育缺乏理论知识，难以解决交流电涉及到的数学运算，阻碍了他对交流电的理解，所以在交、直流输电的争论中，他成了保守势力的代表，爱迪生认为交流电危险，不如直流电安全，他还打比方说，沿街道铺设交流电缆，简直等于埋上了地雷，并且邀请人们和新闻记者，观看用高压交流电击死野狗、野猫的实验，那时纽约州法院通过了一项法令，用电刑执行死刑，行刑用的电椅就通以高压交流电，这正好帮了爱迪生的大忙．输电技术的发展历史(五)但为了减少输电线路中电能的损失，只能提高电压，在发电站将电压升高，到用户地区再把电压降下来，这样就能在低损耗的情况下，达到远距离输电的目的．而要改变电压，只有采用交流输电才行.1888年，费朗蒂则设计的伦敦泰晤士河畔的大型交流电站开始输电，他用钢皮电缆将1万伏的交流电送往相距10公里外的市区变电站，在这里降为2 500 V，再分送到各街区的二级变压器，降为100 V供用户照明．输电技术的发展历史(六)其后，俄国的多利沃布罗沃斯基又于1880年最先制出了功率为100 W的三相交流发电机，并被德国、美国推广使用．事实成功证实了高压交流输电的优越性．并在全世界范围内迅速推广．随着科学的发展，为了解决交流输电存在的问题，寻求更合理的输电方式，人们现在又开始了采用直流超高压输电．输电技术的发展历史(七)但这并不是简单地恢复到爱迪生时代的那种直流输电，发电站发出的电和用户用的电仍然是交流电，只是在远距离输电中，采用换流设备，把交流高压变为直流高压，这样做可以把交流输电用的3条电线减为2条，大大节约了输电导线，目前最长的架空直流线路是莫桑比克的卡布拉巴萨水电站到阿扎尼亚的线路，长1 414公里，输电电压为50万伏，可输电220万千瓦．一、单项选择题1．关于电能输送的以下分析，正确的是(C)A ．由公式P ＝U 2R 知，输电电压越高，输电线上功率损失越大B ．由公式P ＝U 2R 知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少C ．由公式P ＝I 2R 知，输电电流越大，输电线上功率损失越大D ．由公式P ＝UI 知，输电线上的功率损失与电流成正比解析：输电线上损失的功率P 损＝I 2R 线＝U 2损R 线，公式中的U 损指输电线上(即电阻R 线)的分压，而不是输电电压，A 、B 两项错；公式P ＝UI 是电源提供的总电功率，而不是输电线上损失的电功率，D 项错．2．中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .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，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为(A)A.P 4B.P2C ．2PD ．4P 解析：在高压输电中，设输送电功率为P ′，输电电压为U ，输电线电阻为R ，则输电线上损耗的电功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P ′U 2R ，当输电电压升为原来的2倍时，输电线损耗的电功率变为原来的14，故选A.3．分别用U 1＝U 和U 2＝kU 两种电压输送电能，若输送的功率相同，导线上损失的功率也相同，导线的长度和材料也相同，则在两种情况下导线的横截面积之比为S 1∶S 2等于(C)A ．k ∶1B ．1∶kC ．k 2∶1D ．1∶k 2解析：由P损＝P2ρlU2S知损失的功率相同时，导线的横截面积之比与电压的平方成反比．4．(2014·浙江卷)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，流入用户端的电流是I2.则(A)A．用户端的电压为I1 U1 I2B．输电线上的电压降为UC．理想变压器的输入功率为I21rD．输电线路上损失的电功率为I1U[来源:]解析：本题考查远距离输电，难度较小．根据理想变压器的特点，I1U1＝I2U2，则U2＝I1U1I2，A正确．输电线路的电压降(电压损失)为ΔU＝I1r，损失的电功率为ΔP＝I1ΔU＝I21r；变压器原线圈输入功率为I1U1.选项BCD错误，A正确．二、多项选择题5．理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，只有一个副线圈，原线圈两端接交流电源，已知电阻R＝5 Ω，电压表V的读数为100 V, 则(BC)A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1的读数2 AB．电流表A2的读数0.2 AC．电流表A1D．变压器的输入功率为200 W解析：原、副线圈中电流频率相等，变压器的输入功率为20 W．A、D错误．6．关于远距离输电，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是(CD)[来源:学科网ZXXK]A．升压变压器原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B．输电线路中的电流只由升压变压器的匝数比决定C．当用户消耗的总功率增大时，输电线上损失的功率增大D．升压变压器的输出电压不等于降压变压器的输入电压解析：因输入功率等于输出功率，而发电机输出的电压不变，所以选项A、B错误；当用户消耗的总功率增大时，输电线中的电流增大，根据P＝I2R，输电线上损耗的功率增大，选项C正确；因为输电线上也有电压损失，所以升压变压器输出电压不等于降压变压器的输入电压，选项D正确．7．远距离输送一定功率的交变电流，若送电电压提高到n倍，则输电导线上(AC)A ．电能损失为原来的1n2倍B ．电压损失为原来的1n2倍C ．电能损失减少n 2－1n 2倍D ．电能损失减少了n －1倍解析：由P 耗＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R 线知A 对，再由电能损失减少量是P 损⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 2可知C 对．由I ＝P U ，知电压提高到n 倍，则电流为原来的1n 倍，所以电压的损失是原来的1n ，所以B 、D 错误．8．远距离输电时，在输送功率不变的条件下，则在输电线上的功率损失(AD) A ．随输电线电阻的增大而增大 B ．与输送电压的平方成正比 C ．与输电线上电压损失的平方成反比 D ．与输电电流的平方成正比 解析：由P 耗＝I 2R 线知A 、D 正确．9．某小型水电站的电能输送示意图如下．发电机的输出电压为220 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.降压变压器原、副线匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则(AD)A.n 2n 1＞n 3n 4B.n 2n 1＜n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率 解析：根据变压器工作原理可知n 1n 2＝220U 2，n 3n 4＝U 3220.由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U 2＞U 3，所以n 2n 1＞n 3n 4，A 正确，B 和C 不正确．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D 正确．三、非选择题(按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位．)10．某小型实验水电站输出功率是20 kW ，输电线路总电阻是6 Ω.[来源:学科网ZXXK](1)若采用380 V 输电，求输电线路损耗的功率．(2)若改用5 000 V 高压输电，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．解析：(1)输电线上的电流强度为I ＝P U ＝20×103380A ＝52.63 A ， 输电线路损耗的功率为P 损＝I 2R ＝52.632×6 W ≈16 620 W ＝16.62 kW. (2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I ′＝PU ′＝20×1035 000A ＝4 A用户端在变压器降压前获得的电压U 1＝U －I ′R ＝(5 000－4×6)V ＝4 976 V 根据U 1U 2＝n 1n 2用户得到的电压为U 2＝n 2n 1U 1＝122×4 976 V ＝226.18 V.答案：(1)16.62 kW (2)226.18 V11．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个小水电站，输送的电功率为P ＝500 kW ，当使用U ＝5 kV 的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800度．求：(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻r .[来源:学科网ZXXK](2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？[来源:学§科§网Z §X §X §K]解析：(1)由于输送功率为P ＝500 kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12 000度，终点得到的电能E ′＝7 200度，因此效率η＝60%.输电线上的电流可由I ＝P U计算，为I ＝100 A ，而输电线损耗功率可由P r ＝I 2r 计算，其中P r ＝4 80024kW ＝200 kW ，因此可求得r ＝20 Ω.(2)输电线上损耗功率P r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2r ∝1U 2，原来P r ＝200 kW ，现在要求P r ′＝10kW ，计算可得输电电压应调节为U ′＝22.4 kV.答案：(1)η＝60% 20 Ω (2)22.4 kV12．发电机输出功率为40 kW ，输出电压400 V ，用变压比(原、副线圈匝数比)为1∶5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5 Ω，到达用户后再用变压器降为220 V ，求：(1)输电线上损失的电功率是多少？ (2)降压变压器的变压比是多少？解析：(1)发电机输出的电压为400 V ，经升压变压器后电压为U ＝51×400 V＝2.0×103V ，由P ＝UI 得输电线上的电流I ＝P U ＝40×1032.0×103A ＝20 A.输电线上的功率损失：ΔP ＝I 2·R ＝202×5 W ＝2.0×103 W. (2)输电线上的电压损失： ΔU ＝I ·R ＝20×5 V ＝100 V. 加在降压变压器原线圈两端的电压：U 1＝U －ΔU ＝2.0×103 V －100 V ＝1.9×103 V. 降压变压器副线圈两端的电压(用户所需的电压)U 2＝220 V.降压变压器的变压比n 1n 2＝U 1U 2＝1.9×103220＝9511. 答案：(1)2.0×103 W (2)95∶11。
高中物理第二章交变电流第七节远距离输电自我小测含解析粤教版选修3-2
远距离输电一、单项选择题1．远距离输电中，在输送的电功率不变的条件下（）．A．只有增大输电线的电阻，才能减小电流，提高输电功率B．提高输电电压，能够减小电流，提高输电效率C．提高输电电压势必增大输电线上的能量损耗D．提高输电电压势必增大输电线上的电流2．远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是（）．①输电线上的电功率损失是原来的1/n②输电线上的电功率损失是原来的1/n2③输电线上的电压损失是原来的1/n④输电线上的电压损失是原来的1/n2A．①③ B．①④ C．②③ D．②④3．在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线损耗电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则P′、P用正确的是（）．①P′＝U2S/PL②P′＝P2ρL/U2S③P用＝P－U2S/PL④P用＝P（1－PρL/U2S）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④二、双项选择题4．（2011·北京海淀高三期末）如图所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R．T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4．设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有（）．A．U2减小，U4变大B．U2不变，U3变小C．P1变小，P2变小 D．P2变大，P3变大5．远距离输送一定功率的交流电，若输电线电阻一定，下列说法正确的是（）．A．输电线上的电压损失跟输电电压成正比B．输电线上的功率损失跟输电电压成正比C．输电线上的功率损失跟输电电压的平方成反比D．输电线上的功率损失跟输电线上的电压损失的平方成正比三、非选择题6．发电机的输出电压为220 V，输出功率为44 kW，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数之比为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．7．一座小型水力发电站，利用流量为20 m3/s、落差5 m的河水发电．若单相发电机的效率为50%，输出电压为200 V．已知发电站到用户架设的输电线总电阻为10 Ω，输电线上允许损耗的功率为5%，用户所需电压为220 V，求所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数之比（不计变压器损失，g取10 m/s2）．8．为了减小火电站中煤的燃烧对大气的污染，要大力发展水电站．三峡水利工程中某一发电机组设计为：水以v1＝3 m/s的速度流入水轮机后以v2＝1 m/s的速度流出，流出水位比流入水位低10 m，水流量Q＝10 m3/s，水轮机效率为75%，发电机效率为80%，试问：（1）发电机组的输出功率是多少？（2）如果发电机输出的电压为240 V，用户所需的电压为220 V，输电线路中能量损失为5%，输电电阻为503，那么所需升、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别是多少？参考答案1.答案：B解析：远距离输电中，在输送功率不变的条件下，采用高压输电．可减少能量损耗，提高输电效率．2.答案：C解析：由P 损＝I 2r 及U 损＝Ir 易分析知C 项正确．3.答案：D 解析：P ′＝I 2r ＝22=P P L r U U S ρ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＝P 2ρL /U 2S ，P 用＝P －P ′＝P （1－PρL /U 2S ）．则②④正确．4.答案：BD解析：从能量守恒角度分析，当用户功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即P 1增大，根据题意，输入电压U 1保持不变，且升压变压器的匝数比不变，故输出电压U 2不变；由于P 1增大，由P 1＝U 1I 1＝P 2＝U 2I 2可得，I 1增加，P 2、I 2均增加．又U 3＝U 2－I 2R ，故U 3减小，由于降压变压器原、副线圈匝数不变，可知随U 3减小，U 4也减小，A 错误、B 正确；由于用户功率增加，即P 4增加，理想变压器无功率损失，可得P 3＝P 4，功率P 3也增加，故C 错误、D 正确．5.答案：CD解析：此题容易犯的错误是将输电电压与损失电压相混，由2=U P R而选B 项．再一个易犯的错误是没有抓住P 送不变而选择A 项．正确的思路是由=P I U 送线送可知22=P P R U ∆⋅送线送，C 项对．2=U P R ∆∆线，D 项对． 6.答案：（1）见解析 （2）219.6 V 4.392×104 W （3）180 V3．6×104 W解析：（1）示意图如图所示．（2）升压变压器次级的输出电压221110==1n U U n ×220 V＝2 200 V ． 据升压变压器的输出功率等于输入功率知，升压变压器次级输出电流3224410 A=20A 2200P I U ⨯==． 输电线路上的电压损失和功率损失分别为U R ＝I 2R ＝20×0.2 V＝4 V ，P R ＝I 22R ＝202×0.2 W＝80 W ．加到降压变压器原线圈上的输入电流和电压分别为I 3＝I 2＝20 A ，U 3＝U 2－U R ＝（2 200－4）V ＝2 196 V ． 降压变压器次级的输出电压和电流分别为4433110n U U n ==×2 196 V＝219.6 V ，I 4＝34n n I 3＝10×20 A＝200 A ，用户得到的功率为P 4＝I 4U 4＝200×219.6 W＝4.392×104 W ． （3）若不采用高压输电，用220 V 低压直接供电时，电路如图所示，则输电电流314410= A=200 A 220P I U ⨯=，输电线路上的电压损失U R ′＝IR ＝200×0.2 V＝40 V ，所以用户得到的电压为U 4′＝U 1－U R ′＝（220－40）V ＝180 V ．用户得到的功率为P 4′＝IU 4′＝200×180 W＝3.6×104 W ．7.答案：150 47511解析：此输电线路图如下水力发电站的发电功率P ＝mgh tη＝ρQghη＝1.0×103×20×10×5×50%＝5×105 W 输电线上损失的功率 ΔP ＝P ×5%＝5×105×5%＝2.5×104 W ，ΔP ＝I 2·r得I ＝50 A ，所以U 2＝P I＝1×104 V ，112220011000050n U n U ===， U 3＝U 2－ΔU ＝104 V －Ir ＝（104－500）V ＝9 500 V ， 所以33449500V 475220V 11n U n U ===． 8.答案：（1）624 kW （2）433∶26 000 26 945∶433解析：（1）t 时间内，水轮机获得的机械能E ＝[mgh ＋12m （v 12－v 22）]×75% ＝[Qtρgh ＋12Qtρ（v 12－v 22）]×75% 则发电机输出的电能E 电＝E ×80%， 发电机的输出功率0=624 kW E P t =电．（2）发电机的输出电流56.2410==A=2 600 A240PIU⨯，输电线路损失的功率ΔP＝P0×5%＝624×5% kW＝31.2 kW，输电线中的电流243.3 AI≈，故升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝I2∶I1≈43.3∶2 600＝433∶26 000．降压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率：P＝P0－ΔP＝592.8 kW．输出电流332592.810==A 2 694.5 A220PIU⨯≈．所以降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4＝I3∶I2＝2 694.5∶43.3＝26 945∶433．。
物理粤教版高二年级选修3-2第二章第7节远距离输电教学设计1.doc
《远距离输电》教学设计一．教学目标1、知识与技能(1) 知道“便于远距离输送”是电能的优点之一；知道输电的过程。
(2) 知道什么是导线上的功率损耗和电压损耗；知道如何减小损耗。
(3) 理解为什么远距离输电要用高压。
(4) 会设计电能输送的示意图，并理解电压损耗和能量损耗的关系。
(5) 培养学生综合全面的分析问题和解决问题的能力。
(6) 培养学生实事求是的科学态度。
2、过程与方法(1) 利用研究性学习小组的调查和学生合作学习相互结合，探索物理规律。
(2) 利用多媒体课件与课堂演示实验相互结合，探究物理规律。
3、情感态度与价值观(1) 通过我国超导研究的介绍，激发学生的爱国热情。
(2) 通过对实际生活中的电能输送问题分析讨论，激发学生探索物理规律的热情。
(3) 通过学生对海高用电情况调查和计算，培养学生从身边事做起养成节约能源的好习惯。
(4) 体验合作探究学习的快乐，调节人际交往能力，协调能力。
二、教学重点设计电能输送的示意图，并理解输电过程中的电压损耗和能量损耗的关系。
三、教学难点输电过程中要保证输送功率不变，理解输电过程中的电压损耗和能量损耗的关系。
三、课时安排1课时四、教具准备可拆式变压器(2台)、导线若干(其中两根阻值约与小电珠相等)、小电珠(2．5V、0.3A)、学生电源五、学生活动设计1．通过自学，学会分析要减少P线可能的方法。
2．通过例题训练、观察演示实验使学生理解远距离输电为什么要采取高压，是如何实现的。
六、教学步骤(一)明确目标了解远距离输电原理，并结合实际分析解决问题。
(二)整体感知这节课是交变电流、变压器、电功率、串并联、欧姆定律等电学知识的综合应用。
解决实际问题的典型例子。
既起到巩固知识、深化知识的作用，又培养学生的分析问题、解决问题的能力，同时从联系实际的应用中提高学生学习物理的兴趣。
(三)重点、难点的学习与目标完成过程1．布置学生进行课前预习，并事先给出预习过程应解决的问题幻灯显示①为什么要进行远距离输电？②输电过程主要考虑什么问题？③为什么输电过程有电能损失？④减少电能损失有什么方法，各适用于什么情况？在学生个别提问相互补充的基础上完整答案如下①由于电站、电厂利用能源的特殊性，它发出的电常常要输送给距离甚远的用户。
粤教版高中物理选修3-2第二章 第07节 远距离输电
电导线电阻，才能减小输电导线上的热损耗。
B．因为热功率P=IU，所以应采用低电压、小电流
输电，才能减小输电导线上的热损耗。
C．因为热功率P=I2R，所以可采用减小输电线电阻
或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热损耗。 D．以上说法均不正确。
作业布置：
课本P65页练习第1、3题
课后讨论： 有没有更好的方案解决“线损”问题？
有的地方离发电站很远,因此需要把电能输送到远方,这 就涉及电能的远距离输送问题．
一、远距离输电过程示意图
输电的模型
输电线 r
电
源 U送
用 户
输电线
输送电压：电源向外输电时，其两端的电压即为输送电压 。 输送功率： 电源对外发出的功率即输送功率。
二、“线损”问题的分析
思考： 远距离大功率输电面临的最大问题是什么？
在输电线上有功率损失，即“线损”问题。
讨论与交流：
1、输电线上功率损失的原因是什么？功率损 失的表达式是什么？
输电线上功率损失的主要原因是由于输电线有电阻，会有一 部分电能转化为热能而损失掉。
若输电电流为I，输电线的电阻为r，则功率损失为：ΔP=I2r
若输送的功率为P，输电电压为U，电线的总长度为L， 横截面积为S，电阻率为 ，则功率损失可表示为：P(P)2L.
【学习目标】 1. 通过看图画图让学.通过分析输电线路中电压、电流及电损的 关系让学生理解远距离输电的原理。（Ⅱ） 3.让学生感受中国电力事业的巨大成就，增 强民族自豪感。
高中物理 粤教2003课标版
选修3-2 第二章 交变电流
为了合理的利用能源,发电站要建在靠近这些能源的地 方.而用电的地方却很多,例如:
US
讨论与交流：
高中物理第二章交变电流第七节电能的输送预习导学案粤教版选修3_82
第七节 电能的输送【思维激活】在我国城镇和农村电网的低压改造已基本结束，由于低压改造使我国广大城乡居民获得了实惠。
农村电网改造前，某些村庄经常出现以下现象（离变压器较远的用户），（1）电灯不亮，达不到额定功率，换额定功率越大的灯泡越是不亮；（2）日光灯不能启动；（3）洗衣机没劲等。
尤其是过节时现象更明显，这是为什么呢？提示：低压输电线较细，电阻较大，导线的电压降较大，致使用户末端电压远低于额定电压（有时甚至不高于160V ）。
到了过节的时候，各家用电器增多，所有用电器都是并联连接，总电阻会更小，线路电流更大，输电导线上分得的电压变多，致使用户电压降低，就会出现上述现象。
经过低太改造后，换上了合格的输电导线，以上现象就不明显了。
【自主整理】为什么要采用高压输电（1）电功率损失：输电导线上有电阻，当电流通过时，由于电流的热效应会引起电功率的损失。
可以考虑通过减小输电导线的电阻或减小输送电流来减少电功率的损失。
（2）电压损失：导线上的电阻，电流流过电阻会带来电压的损失。
对交流电路，由于电流的变化，输电导线上的自感作用会阻碍电流的变化，产生感抗。
在空中架设的输电导线与大地之间构成一个电容器，地下电缆或海底电缆与大地或海水之也会构成电容器，交流电通过时会产生容抗。
感抗和容抗（也叫电抗）也会造成电压损失。
（3）高压输电：减小电阻就要增粗导线，增粗导线有带来两个不利，其一，耗费更多的金属材料；其二，会使电抗更大，造成更大的电压损失。
只有采用小电流输电才会避免上述问题，在保证输送功率不变的情况下，减小电流必须靠提升电压来实现。
【高手笔记】1.如何把握远距离输电的基本网络和功能关系？剖析：（1）远距离输送电网基本结构：如图2-7-1所示图2-7-1（2）输电导线损失的电功率：由P 损=I 线2R 线可推得 P 损=2)(UP R 线（3）两个基本公式：电压关系U 升=U 线+U 降=IR 线+U 降能量关系P 出=P 线+P 降或IU 升=I 2R 线+IU 降。
2019-2020学年物理粤教版选修3-2学案：第二章第七节远距离输电 Word版含答案
第七节远距离输电1.了解交变电流从发电站到用户的输电过程．2.知道远距离输电时输电线上的损失与哪些因素有关，理解高压输电的道理．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．,[学生用书P48])一、从发电站到用户的输电线路1．根据教材中所提供的探究方案，我们通过实验可以得到如下实验结果：(1)第一次把带鳄鱼夹的导线夹在电阻两端时，小灯泡亮度增加，电压表示数也增加，这是因为导线上的电阻被短路，它上面分担的电压减小，灯泡上的电压增大．这说明输电线上的电阻越大，用户得到的电能越少．(2)第二次把带鳄鱼夹的导线夹在电阻两端时，小灯泡亮度也会增加，且在第二种情况下比第一种情况下灯光更亮，这是因为我们用了较高的电压输送电能，使其在输电线上损失的电能减少了．2．在提高输电电压的同时，减小输电线路的电阻，能有效地减少输电过程中的功率损耗．3．输电线路的构成：输电过程一般要从发电站开始，经过升压变压器，高压变电所、低压变电所后，才能提供给工厂和一般用户．输电过程示意图如图所示，主要有：发电机、升压变压器、输电线路、降压变压器、用电器．二、为什么要用高压输电1．输送电能的基本要求(1)可靠：保证供电线路正常工作．(2)保质：保证供电质量——电压和频率要稳定．(3)经济：线路建设和运行的费用低——能耗少、电价低．2．输电损耗及减小损耗的方法(1)输电时因为输电线有电阻而发热．会损失电功率，设输电电流为I，输电线电阻为R，则损失的电功率P损＝I2R．(2)减小损耗的方法①减小输电线的电阻，即在输电线长度L一定的情况下，增大导线横截面积S和采用电阻率ρ更小的材料．②减小输电电流I，由P＝UI知，可以通过提高输电电压U来减小I.③在输送功率不变的前提下，要减少电功率损失，高压输电是最可行的方式．1．高压输电是否电压越高越好？提示：电压升高，会导致对空气放电，这就对导线的绝缘性能提出了更高的要求．另外高压送电对变压器也提出了更高的要求．因此输电电压也不是越高越好．在实际输电过程中输电电压要根据输送功率的大小、距离的远近、技术和经济各方面因素综合考虑．三、直流输电1．直流输电的优点：不存在电感和电容引起的电能损失．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．直流输电示意图2．“提高输电电压、减小输电电流”是否与欧姆定律相矛盾？提示：不矛盾．欧姆定律I＝UR是对纯电阻元件成立的定律；而“提高电压、减小电流”是从输电角度，由P＝UI知，在输出功率P一定的条件下得出的方法，两者没有必然联系．输电线路上的电压损失和功率损失[学生用书P49] 1．输电线上的电压损失(1)电压损失的原因：由于输电导线有电阻，电流通过输电导线时，会在导线上产生电势降落，致使输电线路末端的电压U′比起始端电压U低，差值ΔU＝U－U′称为输电线路上的电压损失．(2)造成电压损失的因素①输电线有电阻造成电压损失，其大小为ΔU＝IR(R为输电线路的电阻)．②输电线的感抗和容抗造成电压损失．(3)减小输电线路上电压损失的方法①减小输电线路电阻：用增大输电导线横截面积来减小电阻，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，故这种方法对高压输电效果不佳．②减小输电电流I ：因为I ＝PU ，在输送电功率P 一定的前提下，提高输电电压U 是有效措施．高压输电既能减小功率损失，也能减小电压损失，但在实际输送电能时，还需综合考虑各种因素，依照不同的情况，选择合适的输电电压．(1)掌握U 和ΔU 的区别，U 是输电电压，ΔU 是输电导线上的电压损失．(2)高中阶段的计算中，只考虑输电线电阻所造成的电压损失，而忽略因容抗、感抗造成的电压损失．2．输电线上的功率损失(1)功率损失的原因：在电能输送过程中，电流流过输电线时，因输电线有电阻而发热，电能必有一部分转化为内能而损失掉．(2)功率损失的大小①设输电导线的总电阻为R ，输电电流为I ，则损失功率为P 损＝I 2R .②设输送的总电功率为P ，输电电压为U ，输电线的总长度为L ，横截面积为S ，电阻率为ρ，则输电电流I ＝P U ，输电线电阻R ＝ρLS，所以输电线上的功率损失可表示为P 损＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫P U 2·ρL S. (3)减小功率损失的方法根据公式P 损＝I 2R 可知，减小输电线路上功率损失的方法有两种： ①减小电阻：据R ＝ρLS判断a ．减小输电线的长度L ：由于输电距离一定，所以在实际中不可能通过减小L 来减小R .b ．减小电阻率ρ：目前，一般用电阻率较小的铜或铝作为输电线材料．c ．增大导线的横截面积S ：这要多耗费金属材料，增大成本，同时给输电线的架设带来很大的困难．②减小输电导线的电流I ：据I ＝PU 判断，提高输电电压U .在输送电功率P 一定，输电线电阻一定的条件下，输电电压提高到原来的n 倍，据P 损＝⎝⎛⎭⎫P nU 2R 可知，输电线上的功率损耗将降为原来的1n2.(1)输送功率是指高压输电线始端输出的功率，损失功率是输电线上消耗的功率．(2)减小输电线中的功率损失最好采用提高输电电压的办法．(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 ′＝U 2SρLB ．P ′＝P 2ρLU 2SC ．P 用＝P －U 2SρLD ．P 用＝P ⎝⎛⎭⎫1－P ρL U 2S [思路点拨] 解决此类问题的关键是正确理解关系式U 损＝IR ＝P U R 和P 损＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫P U 2R .[解析] 输电线电阻R ＝ρL S ，输电线中电流I ＝PU ，故输电线上损失的电功率为 P ′＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫P U 2ρL S ＝P 2ρL U 2S用户得到的电功率为P 用＝P －P ′＝P ⎝⎛⎭⎫1－P ρLU 2S .故选项B 、D 正确． [答案] BD线路功率损失一般用公式P损＝I 2R计算，若用P 损＝U 2R，则必须注意对应关系，即U 为输电线上的电压损失，即P 损＝U 2损R.1.如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )A ．(n 1n 2)U 2m4rB ．(n 2n 1)U 2m4rC ．4(n 1n 2)2(PU m)2rD ．4(n 2n 1)2(P U m)2r解析：选C.升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U 1＝U m 2；由变压关系可得 U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝n 2U m 2n 1；因为输送电功率为P ，输电线中的电流为I 2＝P U 2＝2n 1Pn 2U m ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 22(2r )＝4n 21P 2rn 22U 2m，故选项C 正确． 高压输电线路的分析与计算[学生用书P50]1．输送过程图2．输电过程：电路被划分为三个独立的回路，在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可以应用闭合电路欧姆定律，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．基本关系式(1)功率关系：P 1＝P 2，P 2＝P 线＋P 3，P 3＝P 4.(2)电压、电流关系：U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1，U 3U 4＝n 3n 4＝I 4I 3.U 2＝U 线＋U 3，I 2＝I 3＝I 线． (3)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线. (4)输电导线上损耗的电功率： P 线＝I 线U 线＝I 2线R 线＝⎝⎛⎭⎫P 2U 22R 线．(1)用户消耗的功率决定输送功率，即用户和线路总共消耗多少功率，发电站就输送多少功率，这是能量守恒定律和变压器原理的体现．(2)抓住输电的两头——电源和用电器；分析一条线——输电线；研究两次电压变换——升压变压器和降压变压器．(3)注意输送电压(功率)、损失电压(功率)、用户电压(功率)三者之间的区别和数量关系． 发电机的端电压为220 V ，输出电功率为44 kW ，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用初、次级匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用初、次级匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户，求用户得到的电压和功率．[思路点拨] 熟练掌握远距离输电过程中的电压关系、电流关系与功率关系是解决这类问题的关键．[解析] 如图，升压变压器次级的输出电压 U 2＝n 2n 1·U 1＝101×220 V ＝2 200 V据升压变压器输出电功率等于输入电功率知，升压变压器次级输出电流I 2＝P U 2＝44×1032 200A＝20 A输电线路上的电压损失和功率损失分别为 U R ＝I 2R ＝20×0.2 V ＝4 VP R ＝I 22R ＝202×0.2 W ＝80 W加到降压变压器初级线圈上的输入电流和电压为 I 3＝I 2＝20 A ，U 3＝U 2－U R ＝2 200 V －4 V ＝2 196 V 降压变压器次级的输出电流和电压为 U 4＝n 4n 3·U 3＝110×2 196 V ＝219.6 VI 4＝n 3n 4·I 3＝10×20 A ＝200 A用户得到的功率为P 4＝I 4U 4＝200×219.6 W ＝4.392×104 W. [答案] 219.6 V 4.392×104 W解决远距离输电问题的技巧(1)有关远距离输电的问题，应首先画出远距离输电的电路图，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．(2)以变压器为界将整个输电电路划分为几个独立的回路，每个回路都可以用欧姆定律、串并联电路的特点和电功、电功率的公式等进行计算，联系各回路的桥梁是原、副线圈电压、电流与匝数的关系及输入功率和输出功率的关系．2.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2×105 AB ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC ．若输电线上损失电压为5 kV ，则输电线上损失的功率为9×104 kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2/r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻解析：选B.输出电功率P ＝3×106 kW ，输电电压U ＝500 kV ，则输电线上输送的电流大小为I ＝PU ＝6×103 A ，所以A 错误；输电线上由电阻造成的损失电压U 损＝Ir ＝15 kV ，所以B 正确；输电线上损失的功率ΔP ＝U 损I ＝P 2U 2r ，所以D 错误；若U 损＝5 kV ，则输电线上的电流I ′＝5 kV2.5 Ω＝2 000 A ，导线上最大消耗功率P ′＝I ′2r ＝2 0002×2.5 W ＝107 W ，故C 错误． 远距离输电的综合应用[学生用书P51]为了减少火电站中煤的燃烧对大气的污染，要大力发展水电站．三峡水利工程中某一水力发电站的发电机组设计为：水以v 1＝3 m/s 的速度流入水轮机后以v 2＝1 m/s 的速度流出，流出水位比流入水位低10 m ，水流量Q ＝1×10 m 3/s ，水轮机效率为75%，发电机效率为80%，试问：(1)发电机组的输出电功率是多少？(2)如果发电机输出的电压为240 V ，用户需电压220 V ，输电线路中能量损失为5%，输电线电阻为503Ω，那么所需升、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别是多少？[思路点拨] 此题综合考查发电、输电过程中的功率、电压、电流的计算．解题关键是抓住能量守恒这一线索．[解析] (1)水轮机获得的机械能 E ＝⎣⎡⎦⎤mgh ＋12m （v 21－v 22）×75% ＝⎣⎡⎦⎤Qt ρgh ＋12Qt ρ（v 21－v 22）×75%＝⎣⎡⎦⎤10×103×10×10t ＋12×10×103×t （32－12）×75% ＝78×104t .则发电机输出电能E 电＝E ×80%＝624×103t . 发电机的输出功率P 0＝E 电t ＝624 kW.(2)发电机的输出电流 I ＝P 0U ＝624×103240 A ＝2 600 A 输电线路损失的功率ΔP ＝P 0×5%＝624 kW ×5 %＝31.2 kW.输电线中电流 I 2＝ΔP R＝ 31.2×103503A ≈43.3 A 故升压变压器原、副线圈的匝数比 n 1∶n 2＝I 2∶I 1≈43.3∶2 600＝433∶26 000.降压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率： P ＝P 0－ΔP ＝592.8 kW.输出电流I 3＝P U 2＝592.8×103220 A ≈2 694.5 A.所以降压变压器原、副线圈匝数比 n 3∶n 4＝I 3∶I 2＝2 694.5∶43.3≈26 945∶433. [答案] 见解析3.一台交流发电机额定输出功率为P ＝4.0×103 kW ，以400 V 的电压接到升压变压器后向远方输电．若输电线的总电阻为10 Ω，允许输电线损失的功率为10%，使用的升压变压器、降压变压器都是理想变压器，求：(1)升压变压器原、副线圈的匝数之比和输出电流．(2)为了使远方的用户负载能获得220 V 工作电压，则降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少？(3)实际输送到用户的总功率是多少？解析：(1)允许输电线损失的功率为10%，有P 损＝I 2R ，得电流为I ＝200 A ，升压变压器的输出电压为： U 2＝P I ＝4×106200 V ＝2×104 V ，根据变压器匝数与电压成正比，有：n 1n 2＝U 1U 2＝4002×104＝150. (2)降压变压器的初级电压为：U 3＝U 2－IR ＝18 000 V 则：U 3U 4＝n 3n 4＝18 000220＝90011.(3)实际输送到用户的总功率为：P ′＝P －P 损＝4.0×103 kW －4.0×102 kW ＝3.6×103 kW. 答案：(1)1∶50 200 A (2)900∶11 (3)3.6×103 kW。
高中物理 第二章 交变电流 第七节 电能的输送预习导学案 粤教版选修32
第七节 电能的输送【思维激活】在我国城镇和农村电网的低压改造已基本结束，由于低压改造使我国广大城乡居民获得了实惠。
农村电网改造前，某些村庄经常出现以下现象（离变压器较远的用户），（1）电灯不亮，达不到额定功率，换额定功率越大的灯泡越是不亮；（2）日光灯不能启动；（3）洗衣机没劲等。
尤其是过节时现象更明显，这是为什么呢？提示：低压输电线较细，电阻较大，导线的电压降较大，致使用户末端电压远低于额定电压（有时甚至不高于160V ）。
到了过节的时候，各家用电器增多，所有用电器都是并联连接，总电阻会更小，线路电流更大，输电导线上分得的电压变多，致使用户电压降低，就会出现上述现象。
经过低太改造后，换上了合格的输电导线，以上现象就不明显了。
【自主整理】为什么要采用高压输电（1）电功率损失：输电导线上有电阻，当电流通过时，由于电流的热效应会引起电功率的损失。
可以考虑通过减小输电导线的电阻或减小输送电流来减少电功率的损失。
（2）电压损失：导线上的电阻，电流流过电阻会带来电压的损失。
对交流电路，由于电流的变化，输电导线上的自感作用会阻碍电流的变化，产生感抗。
在空中架设的输电导线与大地之间构成一个电容器，地下电缆或海底电缆与大地或海水之也会构成电容器，交流电通过时会产生容抗。
感抗和容抗（也叫电抗）也会造成电压损失。
（3）高压输电：减小电阻就要增粗导线，增粗导线有带来两个不利，其一，耗费更多的金属材料；其二，会使电抗更大，造成更大的电压损失。
只有采用小电流输电才会避免上述问题，在保证输送功率不变的情况下，减小电流必须靠提升电压来实现。
【高手笔记】1.如何把握远距离输电的基本网络和功能关系？剖析：（1）远距离输送电网基本结构：如图2-7-1所示图2-7-1（2）输电导线损失的电功率：由P 损=I 线2R 线可推得 P 损=2)(UP R 线 （3）两个基本公式：电压关系U 升=U 线+U 降=IR 线+U 降能量关系P 出=P 线+P 降或IU 升=I 2R 线+IU 降。
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A.＝B．I2＝
C．I1U1＝IRD．I1U1＝I2U2
答案 D
解析 根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2、＝.U2不是加在R两端的电压，故I2≠.而I1U1等于R上消耗的功率IR与下一级变压器的输入功率之和．选项D正确．
6．如图3所示为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是( )
A．输电线上输送的电流大小为2.0×105A
B．输电线上由电阻造成的损失电压为15kV
C．若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kW
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
答案 B
解析 输电线上输送的电流为I＝＝A＝6×103A，A项错误；输电线上损失的电压为U损＝IR＝6×103×2.5V＝1.5×104V＝15kV，B项正确；当用5kV电压输电时，输电线上损失的功率超过3×106kW，与实际情况相矛盾，故C项错误；当用公式ΔP＝计算损失的功率时，U为输电线上损失的电压而不是输电电压，D项错误．
(1)若输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？
(2)某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，则输电线上损失的功率为多少？它占输出功率的几分之几？
(3)若将电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占输出功率的几分之几？
答案 (1)2500A (2)1.25×108W
A．若输送电压不变，则用电高峰时输电电流为正常供电时的2倍
B．若输送电压不变，则用电高峰时输电线上损失的功率为正常供电时的2倍
C．若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍，则此时输电电流为正常供电时的4倍
D．若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍，则此时输电线损失的功率为正常供电时的4倍
答案 A
解析 高压输电时P＝UI，I是输送电路上的电流．用电高峰时，若输送电压不变，则I为正常时的2倍，A正确；输电线上的热耗功率ΔP＝I2R线，则热耗功率变为正常时的4倍，B错误；用电高峰时，若输送电压加倍，则I不变，与正常时相同，C错误；由ΔP＝I2R线，知热耗功率不变，D错误．
(2)P损＝IR线，P损＝0.04P1
所以R线＝＝15.625Ω
因为ΔU＝U2－U3＝I2R线
所以U3＝U2－I2R线＝6000V.
1．夏天由于用电器的增多，每年夏天都会出现“用电荒”，只好拉闸限电．若某发电站在供电过程中，用电高峰时输电的功率是正常供电时的2倍，输电线电阻不变，下列说法正确的是( )
图4
(1)求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；
(2)若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压．
答案 (1)6250V 16A (2)15.625Ω 6000V
解析 (1)对升压变压器，据公式＝，有
U2＝U1＝×250V＝6250V
I2＝＝＝A＝16A
(3)1000A 2×107W
解析 (1)由P＝UI得I＝＝＝2500A
(2)输电线上损失的功率ΔP＝I2·2r＝25002×2×10W＝1.25×108W
损失功率与输出功率之比为＝＝
(3)将电压升高至50万伏时，I′＝＝＝1000A
输电线上损失的功率ΔP′＝I′2·2r＝10002×2×10W＝2×107W
答案 A
解析 根据理想变压器的工作原理，得I1U1＝I2U2，所以用户端的电压U2＝，选项A正确；输电线上的电压降U′＝I1r＝U－U1，选项B错误；变压器的输入功率P1＝I1U－Ir＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的电功率P′＝Ir＝I1(U－U1)，选项D错误．
一、选择题(1～5题为单选题，6～10题为多选题)
(2)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．
功率损失的表达式：ΔP＝I2r＝r，所以降低功率损耗的两个途径为：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.
[知识梳理] 减小输电线损耗的方法：
(1)电压损失：输电线始端电压U与末端电压U′的差值ΔU＝U－U′＝IR.
2．输电线路的总电阻为R，发电站输出功率为P，输电电压为U，则用户得到的功率为( )
A．PB．P－()2·R
C．P－D．()2·R
答案 B
解析 用户得到的功率P得＝P－I2R＝P－()2·R，所以B正确．
3．某水电站，用总电阻为2.5Ω的输电线输电给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( )
损失功率与输出功率之比为＝＝.
二、高压输电线路的分析与计算
解决远距离输电问题时，需要画输电的电路图，理清三个回路，抓住两个联系，掌握一个定律．
1．画图、理清三个回路(如图3所示)
图3
2．抓住两个联系
(1)理想升压变压器联系回路1和回路2
即＝，I1n1＝I2n2，P1＝P2.
(2)理想降压变压器联系回路2和回路3
(2)功率损失：电流的热效应引起功率损失ΔP＝I2R.
(3)减少电压、功率损失的方法：
①减小电阻：由R＝ρ可知，距离l一定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可减小电阻．
②提高输送电压：由P＝UI可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流，即采用高压输电．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)输电线上电功率的损失，与输电线的电阻成正比，与输电电流的平方成正比．( )
4．如图7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，流入用户端的电流是I2.则( )
图7
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
4．图1为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电电功率为( )
图1
A．()B．()
C．4r()2()2D．4r()2()2
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)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．( )
(2)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．( )
(3)电厂与用户离得越远，用户得到的交流电的频率与电厂发出的交流电的频率小得越多．( )
3．(多选)在如图6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，下列说法中正确的有( )
图6
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
答案 CD
答案 C
解析 原线圈电压的有效值：U1＝，根据＝可得U2＝，又因为是理想变压器，所以T的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P，所以输电线上的电流I＝，输电线上损失的电功率为P′＝I22r＝4r22，所以C正确，A、B、D错误．
5．远距离输电的原理图如图2所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的总电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )
图3
A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
1．农村进行电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格可采取的措施有( )
A．提高输送功率B．增大输送电流
C．提高输电电压D．减小输电导线的横截面积
答案 C
解析 电费高低与线路损耗有关，损耗越大，电费越高，减少损耗的途径：一、减小输电导线中的电流，即提高输电电压；二、减小输电线的电阻，即增大输电导线的横截面积，故C正确．
2．(多选)如图5为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且n1∶n2＝n4∶n3.当用户用电器的总电阻减少时( )
图5
A．U1∶U2＝U4∶U3
B．用户的电压U4增加
C．输电线上损失的功率增大
D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率
答案 AC
解析 根据＝，＝以及n1∶n2＝n4∶n3，知U1∶U2＝U4∶U3，故A正确．用户用电器总电阻减小，则电流增大，所以输电线上的电流增大，根据P损＝I2r知，输电线上损耗的功率增大，根据ΔU＝Ir知，输电线上的电压损失变大，发电机的输出电压不变，则升压变压器的输出电压不变，降压变压器的输入电压变小，用户的电压U4减小，故C正确，B错误．用户消耗的功率等于发电机的输出功率与输电线上损失的功率之差，故D错误．
(2)由P＝可知，输电电压越小，输电线上的损失就越小．( )
(3)由P＝I2r可知，减小输电线的电阻和降低输电电流可减小输电损失．( )
(4)高压输电是通过提高电压，减小输电电流来减少电路发热损耗的．( )
答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√
二、远距离输电电路中的各种关系
[导学探究] 某发电站向远处送电的示意图如图2所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路．
一、降低输电损耗的两个途径
[导学探究] 如图1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.那么：
图1
(1)用户得到的电能与发电厂输出的电能相等吗？
(2)输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？降低功率损耗有哪些途径？