18学年高中物理第五章交变电流5.5电能的输送课时提升作业(十一)3_2
高中物理5.5电能的输送课时提升卷新人教版选修3-2
电能的输送（40分钟50分）一、选择题（本题共6小题，每小题5分，共30分）1.远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高，则（）A.输电线上的电压损失增大B.输电线上的电能损失增大C.输电线上的电压损失不变D.输电线上的电能损失减少2.（多选）在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，那么（）A.输电线路上损失的电压与输送的电流成正比B.输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大C.输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比D.输电线路上损失的功率跟输电线上的电流成正比3.（多选）（2013·武汉高二检测）某小型水电站的电能输送示意图如图所示。
发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。
降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）。
要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（）A.>B.<C.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4.（2013·青岛高二检测）随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益扩大，节能变得越来越重要。
某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电，若发电厂输出电压为U1，输电导线总电阻为R，在某一时段用户需求的电功率为P0，用户的用电器正常工作的电压为U2。
在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是（）A.输电线上损耗的功率为B.输电线上损耗的功率为C.若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电D.采用更高的电压输电会降低输电的效率5.寒冷的冬季，低温雨雪冰冻天气容易让高压输电线因结冰而损毁，为清除高压输电线上的结冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰。
若在正常供电时，高压线上输电电压为U，电流为I，热损耗功率为ΔP；除冰时，输电线上的热损耗功率需变为9ΔP，则除冰时（认为输电功率和输电线电阻不变）（）A.输电电流为9IB.输电电流为IC.输电电压为UD.输电电压为3U6.（多选）（2013·郑州高二检测）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向远处为用户供电，输电线的总电阻为R。
2018_2019学年高中物理第五章章交变电流5.5电能的输送课堂10分钟达标新人教版选修3_2
到的电功率是2.（2018 •延安高二检测）中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农 民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化。
近年来进行了农村电网改造 ，为了减少远距离输 电线路上的电能损耗从而降低电费价格，以下措施中切实可行的是 （ ） P【解析】选C 。
提高输送功率，根据1=1,输送电流变大，根据P 损=I 2R 知,损失的功率变大， 故A 错误;应用超导材料做输电线，根据P 损=|2R,损失的功率为0,但成本太高，故B 错误;提高P输电电压，根据1=口，输送电流变小，根据P 损=I 2R,知损失的功率变小，故C 正确；减小输电导 线的横截面积，增大了电阻，根据P 损=12R 知，损失的功率变大，故D 错误。
3. 中国已投产运行的1 000kV 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500kV 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 000kV 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 （ ）PP A. J B. ' C.2P D.4P【解析】选A 。
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P T5.5电能的输送 课堂10分钟达标1.（2018 •延边高二检测）输电线的电阻共计 r,输送的电功率为 P,输电电压为U,则用户能得 A.P C.I 2R【解析】选B 。
利用P 损=I 2R=! R 可以得到输电线上损失的功率为 r,输送给用户的功率即为总功率减去损失的功率 ,即P-r,故B 正确。
A.提高输送功率B.用超导材料做输电线C.提高输电电压D.减小输电线的横截面积上损耗的电功率为 P=(、’)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 1的"',故选A 。
【补偿训练】(多选)在电能输送过程中，输送电功率一定，则在输电线上的功率损失( )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正比D. 与输电电流的平方成正比2 【解析】 选A 、C 、D 。
高中物理 第五章 交变电流 5.5 电能的输送 新人教版选修3-2
【解题探究】 (1)如何确定输电线中的电压损失? 提示:ΔU=U1-U2。
(2)怎样求解输电线中的功率损失?
提示:P损=ΔUI=
U R
2
或P损=I2R=
( P )2R 。 U1
【正确解答】选B、C。升压变压器的输出电压为U1,降
压变压器的输入电压为U2,则输电线上的电压损失
提示:(1)通过升压变压器达到高压输电,再通过降压变 压器降压后输送给用户。 (2)输电电压是指升压变压器的输出电压,损失电压是 指电流通过输电线降落在输电线上的电压,可通过减小 输电线的电阻和提高输电电压来减小意图:
2.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。
【解析】选A、C。输电线上电流为I= P ,也可以用
I= U
U
来表示,其中ΔU为输电线电阻R两端的电压,而不
R
是输送电压,故A正确,B错误;输电线上的功率损失为P损
=I2R= P
U
2 2
R,C正确;如果用P损=
U R
2
,则U应为R两端的电压
ΔU,故D错误。
2.500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大
【生活链接】 1.可通过哪些措施来降低输电线路的损失?
提示:输电线路上的损失功率为P=I2r,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;二是减 小输电导线中的电流。
2.如何才能减小输电线的电阻?
提示:导线电阻的大小r=ρ L ,因为供电和用电两点的
S
距离一定,导线的长度不能任意的缩短,可以选用电阻
据P损=(
P U
高中物理 第五章 交变电流 5-5 电能的输送习题 新人教版选修3-2
解析 不能盲目看公式，要注意其物理意义的表达，
在求热损耗时：P 损＝I线2 R 线或用 P 损＝U 线 I 线，也可用 P 损
＝U2线，但 R线
U
必须为输电线两端的电压(即损失电压)。故选
C。
3．输电线的电阻共计为 r，输送的电功率为 P，用电压
U 送电，则用户能得到的电功率为( )
7．(多选)在如图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( )
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
9．(多选)一台发电机最大输出功率为 4000 kW，电压 为 4000 V，经变压器 T1 升压后向远方输电，输电线路总电 阻 R 线＝1 kΩ，到目的地经变压器 T2 降压，负载为多个正 常发光的灯泡(220 V 60 W)。若在输电线路上消耗的功率 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( )
k
kБайду номын сангаас
A.25
B.5
C．5k D．25k
解析 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＝UP，得：ΔP＝PU2R2 。 同理，当输送电压为 5U 时，在线路上损失的功率为：ΔP′ ＝P5U2R2，据题有：ΔP＝kP，联立计算得出：ΔP′＝2k5P， 即输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的2k5倍，所以 A 正确。
A．P B．P－UP22 r
C．P－Ur2
高中物理 第五章 交变电流 5.5 电能的输送教案 新人教版选修3-2(2021年整理)
安徽省长丰县高中物理第五章交变电流5.5 电能的输送教案新人教版选修3-2
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电能的输送
采用高压输电。
在输电电流一定的情况下，线
路电阻减为原来的一半，线路中损耗的功率减为原
来的21。
在线路电阻一定的情况下，电压提高一倍，
线路中的电流减为一半,而损耗的功率减为原来的
41
.
7、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?
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。
投影片展示我国远距离高压输电情况及远距离
高压输电的原理。
如下图所示.
设发电机的输出功率为P ，则功率损失为
ΔP =I 22
R
用户得到的功率为P 用=P -ΔP 。
输电线路上的电压损失为：ΔU =I 2R ，则U 3=U 2—
ΔU 。
8、目前,我国常用的远距离输电采用的电压有哪几
种?。
2017-2018学年高中物理第五章交变电流5.5电能的输送课时提升作业(十一)新人教版选修3_2
课时提升作业(十一)电能的输送(40分钟50分)一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分。
多选题已在题号后标出)1.(多选)远距离输送交流电都采用高压输电，我国正在研究用比330 kV高得多的电压进行输电，采用高压输电的优点是( )A.可节省输电线的材料B.可根据需要调节交流电的频率C.可减小输电线上的能量损失D.可加快输电的速度【解析】选A、C。
远距离输电时，往往输送电功率一定，据P=UI，输送电压U越高，则输送电流I=越小，据P线=I2R线，在要求输电线损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率略大的材料；若输电线确定，即R线一定，则可减少线路上的能量损耗，故A、C正确；而交流电的频率是一定的，不能调节，输电的速度就是电磁波的速度，也就是光的传播速度，是一定的，故B、D错误。
2.关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是( )A.由功率P=，应降低输电电压，增大导线电阻B.由P=IU，应降低输电电压，减小输电电流C.由P=I2R，应减小导线电阻或减小输电电流D.上述说法均不对【解析】选C。
因为输电线上的功率损耗ΔP=I2R=·R，其中P为输电功率，U为输电电压，I为输电电流，R为导线电阻，要减小远距离输电线上的功率损耗，需减小导线电阻或减小输电电流，C对；或者提高输电电压以减小输电电流，A、B错。
3.(2015·信阳高二检测)一交流发电机输出电压为u=U m sinωt，加在匝数比为1∶n的理想升压变压器的原线圈上，变压器的副线圈通过总电阻为R的输电线向用户供电，若发电机的输出功率为P，则输电线上消耗的功率为( )A. B.C. D.【解析】选D。
根据正弦交流电的基本规律可知输入电压U1=，根据理想变压器的变压规律，设输出电压为U2，则有==⇒U2=nU1=，再根据变压器的功率关系：P入=P出⇒P出=P=I出U2⇒I出==，则有P热=R=。
2021学年高中物理第5章交变电流5电能的输送课时分层作业含解析人教版选修3_2.doc
课时分层作业(十一) 电能的输送(时间：40分钟 分值：100分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分)1．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的，可是我们在晚上七八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为此时( )A ．总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小B ．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小C ．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大D ．干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电压C [此时用电器多，负载大，电阻小(因为用电器都是并联的)而变压器输出电压U 不变，由I ＝U R可知，干路电流大，输电线上损失电压大，电灯两端电压小，故用电高峰时比深夜暗，故C 正确．]2．如图为远距离输电线路的示意图．若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )A ．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B ．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C ．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大D ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压C [变压器输入功率、输入电流的大小分别由次级负载消耗的功率大小及输出电流的大小决定，选项A 、B 错误．用户的总电阻减小，根据I ＝U R ，用户端电流变大，输电线电流增大，线路损失功率增大，C 项正确；升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失电压加上降压变压器输入电压，D 项错误．]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 kWB ．104kW C ．106 kW D ．103 kWA [输电电流I ＝P U ，输电线路损失的电功率P 损＝I 2r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2r ＝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，A 正确．]4．如图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 ．减小输电导线的横截面积有利于减少输电过程的电能损失B ．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的功率损耗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D ．高压输电一定是电压越高越好B [依据输电原理，电路中的功率损耗ΔP ＝I 2R 线，而R 线＝ρL S，减小输电线的横截面积，输电线的电阻会增大，则会增大输电线上的功率损失，A 错误；由P ＝UI 可知，P 一定的情况下，输送电压U 越大，I 越小，ΔP 越小，B 正确；若输送电压一定，输送功率越大，则电流I 越大，ΔP 越大，C 错误；输送电压并不一定越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，D 错误．]5．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T 1和降压变压器T 2向用户供电．已知输电线的总电阻为R ，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u ＝220 2 sin 100 πt (V)，降压变压器的副线圈与阻值R 0＝11 Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是( )A ．通过R 0电流的有效值是20 AB ．降压变压器T 2原、副线圈的电压之比为4∶1C ．升压变压器T 1的输出电压等于降压变压器T 2的输入电压D ．升压变压器T 1的输出功率等于降压变压器T 2的输入功率AB [T 2副线圈两端交流电压u ＝2202sin 100πt (V)，电压有效值为220 V ，则通过R 0的电流有效值I ＝22011A ＝20 A ，A 项正确；由原、副线圈电压与匝数的关系知B 项正确；由于输电线有电阻，所以升压变压器T 1的输出电压和输出功率大于降压变压器T 2的输入电压和输入功率，C 、D 错误．]6．(多选)一台发电机最大输出功率为4 000 kW、输出电压为4 000 V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R＝1 kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V,60 W)．若在输电线路上消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( )A．T1原、副线圈电流分别为103 A和20 AB．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 VC．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1D．有6×104盏灯泡(220 V,60 W)正常发光ABD [远距离输电的电路如图所示，在升压变压器原线圈中有P＝U1I1，故得原线圈中电流为103 A，在远距离输电线路中由ΔP＝I2线R线得T1副线圈中电流为20 A，故选项A正确；在远距离输电线路中由P＝U2I2和I线＝I2得U2＝2×105 V，由ΔU＝I线R线，ΔU＝U2－U3可得T2原线圈电压为1.8×105 V，由于灯泡能正常发光，故T2副线圈电压为220 V，故选项B正确；由变压器变压特点知变压比与匝数成正比，故可得T1变压比为1∶50，而T2的变压比为9 000∶11，故选项C错误；正常发光时每盏灯的功率为60 W，由90%P＝NP额，可得N＝6×104盏，故选项D正确．]二、非选择题(14分)7．如图甲所示，一个小型水力发电站，发电机输出电压U0＝250 V，内电阻可以忽略不计，最大输出功率为P m＝30 kW，它通过总电阻r线＝2.0 Ω的输电线直接向远处的居民区供电，设居民区所有用电器都是额定电压U用＝220 V的白炽灯，总功率为P用＝22 kW，不计灯丝电阻随温度的变化.甲乙(1)当居民区的电灯全部使用时，电灯两端的电压是多少伏？发电机实际输出的电功率多大？(2)若采用高压输电，在发电机端用升压变压器，在用户端用降压变压器，且不计变压器和用户线路的损耗，已知用户变压器的降压比为40∶1，如图乙所示．当全部用户电灯正常发光时，输电线上损耗的功率多大？。
高中物理第5章交变电流5电能的输送练习新人教版选修3_2
——教学资料参考参考范本——高中物理第5章交变电流5电能的输送练习新人教版选修3_2______年______月______日____________________部门1．输电线上的功率损失P＝________，降低输电损耗的两个途径为：____________________，____________________.2．远距离输电基本原理：在发电站内用________变压器______电压，然后进行远距离输电，在用电区域通过______变压器______所需的电压．3．下列关于电能输送的说法中正确的是( )A．输送电能的基本要求是可靠、保质、经济B．减小输电导线上功率损失的惟一办法是采用高压输电C．减小输电导线上电压损失的惟一方法是增大输电线的横截面积D．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输电功率大小、距离远近、技术和经济条件等4．输电导线的电阻为R，输送电功率为P.现分别用U1和U2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为( )A．U1∶U2 B．U∶U2C．U∶U D．U2∶U15．如图1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( )图1A．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小电路的发热损耗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D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好【概念规律练】知识点一线路损耗问题1．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电线电阻为R，通过导线的电流为I，学校输入电压为U2，下列计算输电线损耗的式子中，正确的是( )A. B.错误!C．I2R D．I(U1－U2)2．某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R.则下列说法正确的是( ) A．输电线上的电流I＝URB．输电线上的电流I＝P0UC．输电线上损失的功率P＝()2RD．输电线上损失的功率P＝U2R知识点二远距离输电线路中各物理量的关系3．一台发电机最大输出功率为4 000 kW，电压为4 000 V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R＝1 kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V，60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )A．T1原、副线圈电流分别为103 A和20 AB．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 VC．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1D．有6×104盏灯泡(220 V,60 W)正常发光4．某小型水电站的电能输送示意图如图2所示，发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(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( )图2A.>n3n4B.<n3n4C．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【方法技巧练】关于远距离输电问题的分析方法5．发电机的端电压220 V，输出电功率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，则(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．6．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′＝P2ρLU2SC．P用＝P－ D．P用＝P(1－)1．远距离输送交流电都采用高压输电．我国正在研究用比330 kV 高得多的电压进行输电．采用高压输电的优点是( )A．可节省输电线的材料B．可根据需要调节交流电的频率C．可减小输电线上的能量损失D．可加快输电的速度2．在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，那么( )A．输电线路上损失的电压与输送电流成正比B．输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大C．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比D．输电线路上损失的功率跟输电线上电流成正比3．某用电器离供电电源的距离为L，线路上的电流为I，若要求线路上的电压降不超过U，已知输电线的电阻率为ρ，该输电线的横截面积最小值是( )A. B. C. D.2ULIρ4．在远距离输电时，若输送的功率不变，使输出电压升高为原来的n倍，则输电线路上因电阻而产生的电能损失将变为原来的( )A．n2倍 B．n倍 C. D.1n5．在如图3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3A．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6．某农村水力发电站的发电机输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器．降低电压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时( )A．升压变压器的副线圈的电压变大B．高压输电线路的电压损失变大C．降压变压器的副线圈上的电压变大D．降压变压器的副线圈上的电压变小7．某发电站用11 kV交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R.现若用变压器将电压升高到220 kV送电，下面哪个选项正确( )A．因I＝，所以输电线上的电流增为原来的20倍B．因I＝，所以输电线上的电流减为原来的120C．因P＝，所以输电线上损失的功率增为原来的400倍D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的120题号 1 2 3 4 5 6 7答案8.有一座小型水电站，输出的电功率是25 kW，输出电压为400V．若输电导线的总电阻为1Ω，求输电线上损失的电功率和用户得到的功率分别是________，________.9．水电站给远处山村送电的输出功率100 kW，用2 000 V的电压输电，线路上损失的功率是2.5×104 W，如果用20 000 V的高压输电，线路上损失的功率为________W.10．对某一输电线路，线路架设情况已确定，现要求输送一定的电功率P，若输电线上损失的功率占输送功率P的百分比用η表示，输电线路总电阻用r表示，输电电压用U表示，则η、P、U、r间满足什么关系？从中你能得出什么结论？11.某发电站的输出功率为104 kW，输出电压为4 kV，通过理想变压器升压后向80 km远处用户供电．已知输电导线的电阻率为ρ＝2.4×10－8 Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4 m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：(1)升压变压器的输出电压；(2)输电线路上的电压损失．12．有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图4所示，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个班，每班有“220 V,40 W”的电灯6盏，若要保证电灯全部正常发光，求：图4(1)发电机输出功率；(2)发电机电动势；(3)输电效率；(4)若使用灯数减半且正常发光，发电机输出功率是否减半．第5节电能的输送答案课前预习练1．I2r 减小输电导线的电阻减小输电导线中的电流2．升压升高降压降到3．AD4．C [由P＝UI，P损＝I2R可得P损＝，所以输电线上损失的功率与输送电压的平方成反比，C项正确．]5．ABD [导线的横截面积越大，导线的电阻越小，电能损失就越小，A对；在输送功率一定的前提下，提高输送电压U，由I＝知，能减小电流I，从而减小发热损耗，B对；若输送电压一定，由I＝知，输送的电功率P越大，I越大，发热损耗就越多，C错；高压输电时要综合考虑材料成本、技术、经济性等各种因素，不是电压越高越好，D 对．]课堂探究练1．BCD [输电线的损耗P损＝I2R线＝＝IU线其中U线＝U1－U2，故B、C、D正确．]点评计算功率损失常用公式P损＝IR线和P损＝，特别在利用P损＝时要注意U线是R线上的电压．2．BC [输电线上的电流I线＝＝故A错误，B正确；输电线上的功率损失P＝IR＝()2R＝，故C正确，D错误．]点评由功率损失P＝()2R线知：当输送功率P输一定时减少输电线上功率损失的方法为提高输电电压或减小输电导线的电阻．3．ABD [输电线上消耗的功率P线＝IR＝400 kW，则I2＝＝20 A，又P1＝U1I1，则I1＝＝103 A，故A正确；T1的变压比＝＝，又P＝U1I1＝U2I2，得U2＝2×105 V，输电线上损失电压U线＝I2R＝2×104 V，则T2原线圈的输入电压U3＝U2－U线＝1.8×105 V，又灯泡正常发光，T2的副线圈的电压为220 V，B正确；T2的变压比＝＝，C错误；根据U3I2＝60n，解得n＝6×104，D正确．]点评远距离输电线路图如下各物理量有下列关系①电压关系：U发＝U1，＝，U2＝U3＋U损，＝，U4＝U用；②电流关系：n1I1＝n2I2，I2＝I线＝I3，n3I3＝n4I4；③功率关系：P发＝P1＝P2，P2＝P3＋P损，P3＝P4＝P用，P损＝I2R线，P损＝2R线，P损＝IU损．4．AD [由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率．P出－P损＝P入，故D正确.＝，＝，因为U1＝200 V<U4＝220 V，U2>U3＝U2－U线，故>，选项A正确．]点评在理解电压关系时，可把输电线路理解为三个闭合回路．如图第一个回路发电机是电源，升压变压器的原线圈是用电器，若输电线电阻忽略则有U发＝U1；第二个回路升压变压器副线圈是电源，降压变压器的原线圈为用电器，则有U2＝U线＋U3；第三个回路降压变压器副线圈为电源，用户为用电器，若输电线电阻忽略则有U4＝U 用．5．(1)见解析(2)219.6 V 4.392×104 W(3)180 V 3.6×104 W解析(1)示意图如下图所示(2)升压变压器次级的输出电压U2＝U1＝×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I2＝＝ A＝20 A输电线路上的电压损失和功率损失分别为UR＝I2R＝20×0.2 V＝4 VPR＝IR＝202×0.2 W＝80 W加到降压变压器初级上的输入电流和电压为I3＝I2＝20 AU3＝U2－UR＝2 200 V－4 V＝2 196 V降压变压器次级的输出电压和电流为U4＝·U3＝×2 196 V＝219.6 VI4＝·I3＝10×20 A＝200 A用户得到的功率为P4＝I4U4＝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，电路如下图所示，则输电电流I＝＝ A＝200 A，输电线路上的电压损失UR′＝IR＝200×0.2 V＝40 V所以用户得到的电压为U4′＝U1－UR′＝220 V－40 V＝180 V用户得到的功率为P4′＝IU4′＝200×180 W＝3.6×104 W方法总结(1)求解远距离输电的关键是熟悉输电线路图，并画出示意图，把需要的物理量都标在图中的相应位置上．(2)分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理量的关系，特别注意以升压变压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈组成的回路，在此回路中利用电路知识分析电压关系和功率关系．6．BD [输电线电阻R＝ρ，输电电流I＝PU故输电线上损失的电功率为P′＝I2R＝2ρ＝P2ρLU2S用户得到的电功率为P用＝P－P′＝P.故B、D正确．]方法总结在远距离输电问题中，也要时刻注意能量守恒这一线索，即发电机的总功率应等于线路上损失的热功率和用户得到的功率之和(在不考虑变压器自身的能量损失的条件下)．课后巩固练1．AC [远距离输电，往往输送电功率一定，根据P＝UI，输送电压U越高，则输送电流I＝越小，据P线＝I2r可知，当要求在输电线能量损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率大的材料(非铜材)；若输电线确定，即r确定，则可减小线路上的能量损耗，故A、C项正确；而交流电的频率是一定的，不随输送电压的改变而改变，输电的速度就是电磁波的传播速度，也一定，故B、D项不正确．]2．AC [U损＝IR线，所以R线一定时，U损与I成正比，A正确．U损＝I·R线＝·R线，所以P输、R线一定时，U损与U输成反比，B错误．P损＝I2R线＝2R线，所以P输、R线一定时，P损与U 输的平方成反比，C正确．P损＝I2R线，所以P损与I2成正比，D错误．]3．B [由欧姆定律有R＝，由电阻定律有R＝ρ，由以上两式解得：S＝]4．C [根据输电线上的功率损失的表达式：P损＝I2R＝()2R，电压升高为原来的n倍，则功率损失为原来的.]5．CD [对升压(或降压)变压器而言，由变压器电压比U1∶U2＝n1∶n2知，输入电压不变，线圈匝数不变，输出电压不变，故A选项不正确；由P＝UI知，U不变，P增大，故I增大，使得输电线上的电压损耗U损＝I2R线增大，功率损耗P损＝IR线增大，所以降压变压器上的输入电压减小，输出电压减小，所以B不正确，C正确；因为输电线上损耗的功率占总功率的比例为＝＝＝∝P1，所以随发电厂输出功率变大，该值变大，D正确．]6．BD [变压器的输入功率、输入电流的大小是由负载消耗的功率大小决定的，用电高峰期，白炽灯不够亮，消耗功率增大，输电线中的电流增大，线上电压增加，B正确．发电机输出电压稳定，升压变压器的副线圈的电压不变，降压变压器的输出电压由升压变压器副线圈的电压与线上损耗电压之差决定，D正确．]7．BD [选项A中，I 是输电线中的电流，R是输电线的电阻，但是U不是输电线上损失的电压，而是总的输送电压(是输电线和负载上电压之和)，所以不能用I＝计算输电线中的电流，在运用欧姆定律时，I、R、U应该对应于同一部分导体．因为输送的功率一定，由I＝可知，当输送的电压增为原来的20倍时，电流减为原来的，选项B正确．选项C中，R是输电线的电阻，而U是总的输送电压，R与U又不对应，所以P＝是错误的．输电线上损失的功率一般用P损＝I2R计算，从选项B中已经知道电流减为了原来的.若P损不变，则输电线的电阻可增为原来的400倍，根据R＝ρ，在电阻率、长度不变的条件下，那么导线的横截面积可减小为原来的，即导线的直径减为原来的，所以选项D是正确的．] 8．3.9 kW 21.1 kW解析由P＝IU，可求出输电线中的电流为I线＝＝ A＝62.5 A，输电线上损失的功率为P损＝IR线＝62.52×1 W＝3 906.25 W≈3.9 kW，用户得到的功率为P用＝25 kW－3.9 kW＝21.1 kW，即输电线上损失的功率约为3.9 kW，用户得到的电功率约为21.1 kW9．250解析线路上损失的功率P损＝I2R线，又I＝PU所以P损＝2R线，代入数据，解得R线＝10 Ω，当用20 000 V的高压输电时，P损′＝2R线＝250 W.10．见解析解析输电线路上损失的功率P损＝ηP＝I2r又P＝UI联立以上两式可得：ηP＝2r，即ηU2＝Pr，当P、r确定时，有ηU2＝定值，所以要减小η，必须提高输电电压U.11．(1)8×104 V(2)3.2×103 V解析(1)导线电阻r＝ρ＝Ω＝25.6 Ω输电线路损失功率为输出功率的4%，则4%P＝I2r，代入数据得：I＝125 A由理想变压器P入＝P出及P＝UI得：输出电压U＝＝ V＝8×104 V(2)输电线路上电压损失U′＝Ir＝125×25.6 V＝3.2×103 V12．(1)5 424 W (2)250 V (3)97% (4)减少大于一半解析由于发电机至升压变压器、降压变压器至学校距离较短，不必考虑这两部分输电导线上的功率损耗，发电机的电动势E，一部分降在电源内阻上，另一部分为发电机的路端电压U1，升压变压器副线圈电压U2的一部分降在输电线上，其余的就是降压变压器原线圈电压U3，而U4应为灯的额定电压U额．(1)对降压变压器：P3＝P4＝U4I4＝nP灯＝22×6×40 W＝5 280 W而U3＝U4＝880 V所以I3＝＝ A＝6 A对升压变压器：U1I1＝U2I2＝IR＋U3I3＝IR＋P3＝62×4 W＋5 280 W＝5 424 W所以，发电机的输出功率P出＝5 424 W(2)因为U2＝U3＋I线R＝U3＋I3R＝880 V＋6×4 V＝904 V所以U1＝U2＝×904 V＝226 V又U1I1＝U2I2所以I1＝＝4I2＝4I3＝24 A故E＝U1＋I1r＝226 V＋24×1 V＝250 V(3)η＝×100%＝×100%＝97%(4)电灯减少一半时n′P灯＝2 640 W，I3＝＝ A＝3 A所以P出＝n′P灯＋IR＝2 640 W＋32×4 W＝2 676 W．发电机输出功率减少一半还要多，因输电线上的电流减少一半，输电线上电功率的损失减少到原来的.。
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课时提升作业(十一)电能的输送
(40分钟50分)
一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分。
多选题已在题号后标出)
1.(多选)远距离输送交流电都采用高压输电，我国正在研究用比330 kV高得多的电压进行输电，采用高压输电的优点是( )
A.可节省输电线的材料
B.可根据需要调节交流电的频率
C.可减小输电线上的能量损失
D.可加快输电的速度
【解析】选A、C。
远距离输电时，往往输送电功率一定，据P=UI，输送电压U越高，则输送电
流I=越小，据P线=I2R线，在要求输电线损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率略大的材料；若输电线确定，即R线一定，则可减少线路上的能量损耗，故A、C正确；而交流电的频率是一定的，不能调节，输电的速度就是电磁波的速度，也就是光的传播速度，是一定的，故B、D错误。
2.关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是( )
A.由功率P=，应降低输电电压，增大导线电阻
B.由P=IU，应降低输电电压，减小输电电流
C.由P=I2R，应减小导线电阻或减小输电电流
D.上述说法均不对
【解析】选C。
因为输电线上的功率损耗ΔP=I2R=·R，其中P为输电功率，U为输电电压，I为输电电流，R为导线电阻，要减小远距离输电线上的功率损耗，需减小导线电阻或减小输电电流，C对；或者提高输电电压以减小输电电流，A、B错。
3.(2015·信阳高二检测)一交流发电机输出电压为u=U m sinωt，加在匝数比为1∶n的理想升压变压器的原线圈上，变压器的副线圈通过总电阻为R的输电线向用户供电，若发电机的输出功率为P，则输电线上消耗的功率为( )
A. B.
C. D.
【解析】选D。
根据正弦交流电的基本规律可知输入电压U1=，根据理想变压器的变压规律，设输出电压为U2，则有==⇒U2=nU1=，再根据变压器的功率关系：P入=P出⇒P出=P=I
出U2⇒I出==，则有P热=R=。
故A、B、C均错误，D正确。
4.(2015·福建高考)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n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u=
U m sinωt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. B.
C.4()2()2r
D.4()2()2r
【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析：
(1)理想变压器的输入功率等于输出功率。
(2)P=UI。
【解析】选C。
由I1=和=得I r=I2=，则输电线上损失的功率
P r=2r=4()2()2r，故选C。
5.(2014·江苏高考)远距离输电的原理图如图所示，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，输电线上的电阻为R。
变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )
A.=
B.I2=
C.I1U1=R
D.I1U1=I2U2
【解析】选D。
对理想变压器来说，电流与匝数成反比，A项错误；输入功率等于输出功率，D项
正确；对图中的中间电流，I2=，而U2>U导，所以B项错误；导线消耗的功率为P导=R，I1U1为升压变压器的输入功率，与输出功率相等，即I1U1=I2U2，所以C项错误。
【补偿训练】(多选)(2015·遂宁高二检测)如图为某小型水电站的电能输送示意图。
已知输电线的总电阻R=10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，电阻R0=11Ω。
若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u=220sin100πtV，下列说法正确的是( )
A.发电机中的电流变化频率为100 Hz
B.通过R0的电流有效值为20A
C.升压变压器T1的输入功率为4650W
D.若R0的电阻减小，发电机的输出功率也减小
【解析】选B、C。
T2的副线圈的交流电的频率为f==Hz=50Hz，而变压器是不能改变交流电频率的，故发电机中的电流变化频率为50Hz，选项A错误；T2的副线圈的交流电电压的有效
值为U=220 V，故通过R0的电流有效值为I===20A，故选项B正确；根据匝数与电流的
关系可得T2的原线圈中的电流为I′==5A，故输电线上损失的功率为P损=I′2R=(5A)2×10Ω=250 W，而电阻R0上消耗的电功率为P0=I2R0=(20A)2×11Ω=4 400 W，故升压变压器T1的输入功率为P=P 损+P0=4400W+250 W=4 650 W，故选项C正确；若R0的电阻减小，则电阻R0消耗的电功率将增大，输电线上的电流增大，输电线上消耗的电功率也增大，故发电机的输出功率也要增大，故选项D 错误。
6.(2015·黄冈高二检测)如图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。
当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是( )
A.用户的电压U4增加
B.恒有U1∶U2=U4∶U3
C.输电线上损耗的功率减小
D.发电机的输出功率不变
【解析】选B。
当用户的功率增大时，并联的用电器增多，出现用电高峰，各用电器电压下降，选项A错误；因为原、副线圈的电压比等于匝数之比，则=，=，因为n1∶n2=n4∶n3，
所以U1∶U2=U4∶U3，选项B正确；当用电器增多时，功率增大，I=，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，由ΔP=I2r可知输电线上的损耗功率增大，选项C错误；发电机的输出功率等于用户消耗的功率与输电线上损失的功率之和，选项D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共20分。
需写出规范的解题步骤)
7.(8分)某小型水电站输出功率为20kW，输电线路总电阻是6Ω。
(1)若采用380V电压输电，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n1∶n2=22∶1的变压器降压，求用户得到的电压。
【解析】(1)P电=U1I1，P损=R线
损耗的功率为P损=R线=×6W=16.6 kW。
(2)P′电=U2I2，损失的电压ΔU=I2R线=24V
U3=U2-ΔU=4976V，U3∶U4=n1∶n2
用户得到的电压U4=226.2V。
答案：(1)16.6kW (2)226.2 V
【互动探究】上题中如果要求输电损耗为3%，求输电电压。
提示：P损=I R线=3%P电
又P电=I′1U′1
解得：U′1=2000V
答案：2 000 V
8.(12分)(2015·秦皇岛高二检测)如图所示，某村在距村庄较远的地方建了一座小型水电站，发电机的输出功率为9 kW，输出电压为500 V，输电线电阻为10Ω，允许线路消耗的功率为输出功率的4%，求：
(1)若不用变压器而由发电机直接输送，用户得到的电压和功率是多少？
(2)用如图所示电路输电，若用户需要220V电压时，所用升压、降压变压器原、副线圈匝数比为多少？(不计变压器能量损失)
【解析】(1)不用变压器而由发电机直接输送时，
输电线上的电流I==A=18 A
电压损失ΔU=IR=180V
功率损失ΔP=I2R=3240W
用户得到的电压和功率分别是
U用=U-ΔU=320 V
P用=P-ΔP=5760W
(2)由ΔP=P×4%=R得I2=6A，由P=U2I2得
U2=1.5×103V
由=得==。
U3=U2-I2R=(1500-60)V=1440V
所以===。
答案：(1)320V 5760W (2)1∶3 72∶11。