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

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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

六、教学评价
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。

粤教版物理选修32作业第2章交变电流第7节

第七节远距离输电1。

远距离输电的基本原理: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。

2。

输电线上的功率损失P＝________，降低输电损耗的两个途径为:______________________，________________________、3.现代的直流输电,只有________这个环节使用高压直流，________、________及____________仍然是交变电流.发电机发出的交变电流经变压器升压后，由换流设备将________变为________，高压的直流经远距离传输后，再由换流设备将________换为__________，然后,配电所的变压器再将高压交变电流________成适合用户的电压、电流，送达用户。

4.(双选)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,如输电功率的大小、距离远近、技术和经济条件等5.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。

U21∶U错误!C.U错误!∶U错误! D。

U2∶U16。

如图1所示为远距离高压输电的示意图.关于远距离输电,下列表述错误的是( )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,不正确的是( ）A。

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．。

2019年高中物理第二章交变电流第七节远距离输电讲义含解析粤教版选修3_2

远距离输电1．电能输送中线路上的功率损失ΔP＝I2R线，电压损失ΔU＝IR线。

2．减小电能损耗的方法是：采用高压输电和减小导线电阻。

3．高压直流输电能够减少电感和电容引起的电能损失。

一、从发电站到用户的输电线路1．大型发电机发出十几千伏的电压，在发电站区域通过变压器升高到几十万伏，然后进行远距离输电，当电能被输送到用电区域后，再根据不同的用电需求，用变压器将电压降低，这就是远距离输电。

2．实验表明：在输电导线的电阻不变的前提下，提高输电的电压，减小输电电流，可以达到减少输电过程中的功率损耗，更有效地输送电能的目的。

二、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．高压输电：减小电阻要增粗导线，增粗导线又带来两个不利：其一，耗费更多的金属材料；其二：会使导线太重，给架线带来很大困难。

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。

三、直流输电1．过程发电机发出的交变电流经变压器升压后，由换流设备将交变电流变为直流，用高压直流进行远距离传输，在用户区域由换流设备将直流变为交变电流，经变压器降压送给用户。

2．优点消除电容、电感引起的电能损失，线路损耗小。

1．自主思考——判一判(1)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。

(√)(2)在输送功率和输电电压一定，使用同种材料的导线时，越粗的导线损失的电压越小。

(√)(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，使用银材料，输电线损失的功率大。

(×)(4)从发电厂发出的电输送到用户均需要采用高压输电。

(×)(5)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。

(√)(6)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。

粤教版高中物理选修3-2第二章第07节远距离输电

R
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：

粤教版高中物理选修3-2第二章交变电流单元检测题含答案解析

粤教版高中物理选修3-2第二章交变电流单元检测题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图所示，平行板电容器与灯泡串联，接在交流电源上，灯泡正常发光，则( )A ．把电介质插入电容器，灯泡一定变亮B ．把电容器两极板间距离增大，灯泡一定变亮C ．把电容器两极板间距离减小，灯泡一定变暗D ．使交流电频率增大，灯泡变暗2．线圈在匀强磁场中转动时产生交流电，则下列说法中正确的是（）A ．当线圈位于中性面时，线圈中感应电动势最大B ．当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中感应电动势也是零C ．线圈在磁场中每转一周，产生的感应电动势和感应电流的方向改变一次D ．每当线圈越过中性面时，感应电动势和感应电流的方向就改变一次3．如图所示，一个单匝矩形线圈长为a ，宽为b ，置于磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕OO'轴以角速度ω匀速转动．从图示位置开始计时，经过时间t 时感应电动势为（）A ．sin abB t ωω B ．cos abB t ωωC ．2cos a B t ωωD ．2cos b B t ωω 4．如图所示，图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，下列说法正确的是（）A ．图甲表示交流电，图乙表示直流电B．图甲电压的有效值为220V，图乙电压的有效值小于220VC．图乙电压的瞬时值表达式为sin100πtVD．图甲电压经过匝数比为10：1的变压器变压后，频率变为原来的0.1倍5．如图所示,变压器输入电压不变,当电键S闭合,两交流电流表示数的变化情况为（）A．都变小B．都变大C．A1变大,A2变小D．A1不变,A2变小6．远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高到n倍，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到原来的1/n27．在远距离输电中，如果输送功率和输送距离不变，要减少输送导线上热损耗，目前最有效而又可行的输送方法是()A．采用超导材料做输送导线B．采用直流电输送C．提高输送电的频率D．提高输送电压8．某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示电路，A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变．保持A的输入电压不变，开关S断开时，灯L1正常发光．则A．仅闭合S，L1变亮B．仅闭合S，A的输入功率变小C．仅将滑片P上移，L1变亮D．仅将滑片P上移，A的输入功率变小9．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图甲所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图甲中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器．现在CD两端输入图乙所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么（）A．由乙图可知CD两端输入交流电压u的表达式为u=36sin（100t）（V）B．当动触头P逆时针转动时，MN之间输出交流电压的频率变大C．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大10．理想变压器的原线圈匝数不变．原线圈接入电压有效值恒定的交流电，则副线圈的（）A．匝数越少，输出电压越高B．匝数越多，输出电压越高C．输出功率比输入功率小D．输出功率比输入功率大11．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为（）A．200 B．400 C．1600 D．320012．有一个交流电源，电源电动势随时间变化的规律如图所示，把一个阻值为10Ω的电阻接到该电源上，电源内阻不计，构成闭合回路．以下说法中正确的是（）A．电压的有效值为10VB．通过电阻的电流有效值为1AC．电阻每秒种产生的热量为10JD．电阻消耗电功率为5W13．如图，闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流的是（）A．B．C ．D ．二、多选题14．如图所示，R1、R2是两个定值电阻，R ′是滑动变阻器，L 为小灯泡，电源的内阻为，开关S 闭合后，当滑动变阻器的滑片P 向上移动时，则（）A ．电压表示数不变B ．小灯泡变暗C ．电容器处于充电状态D ．电源的电功率变大15．如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R ．线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过6π时的感应电流为I ，下列说法正确的是（）A ．线框中感应电流的有效值为2IB ．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为2IR ω C ．从中性面开始转过2π的过程中，通过导线横截面的电荷量为2I ω D ．线框转一周的过程中，产生的热量为28RI πω16．如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R 。

精选高中物理第2章交变电流第7节远距离输电学业分层测评粤教版选修3_2

远距离输电(建议用时：45分钟)[学业达标]1．在远距离输电过程中，为减少输电线路上的电能损失，可采用的最佳方法是( ) A ．使输电线粗一些 B ．减小输电线长度 C ．减少通电时间D ．采用高压输电【解析】从造成电能损失的原因分析，要减少电能损失，需要减小电阻、减小输电电流，减小电阻已达到目前技术的极限了，因此，应当采用高压输电，减小输电电流．【答案】 D2．关于电能输送的以下分析，正确的是( )【导学号：90270094】A ．由公式P ＝U 2R 知，输电电压越高，输电线上功率损失越少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【解析】输电线上损失的功率P 损＝I 2R 线＝U 2损R 线，U 损指输电线上的分压，而不是输电电压，选项C 正确．【答案】 C3．如图275所示，L 1和L 2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器．若已知甲的变压比为500∶1，乙的变流比为200∶1，并且已知电压表两端的电压为200 V ，通过电流表的电流为5 A ，则输电线的输送功率为( )图275A ．1.1×102W B ．1.1×104W C ．1.1×106 WD ．1.1×108W【解析】已知变压比为500∶1，电压表示数为220 V ，故传输电压为：U ＝220×500 V ＝1.1×105V ；已知变流比为200∶1，电流表示数为5 A ，故传输电流为：I ＝5×200 A＝1 000 A ；故电功率为：P ＝UI ＝1.1×105V×1 000 A＝1.1×108W ，故D 正确．【答案】 D4．(多选)远距离输送一定功率的交变电流，若输送电压升高为原来的n 倍，关于输电线上由电阻造成的电压损失和功率损失的说法中，正确的是( )A ．输电线上的电功率损失是原来的1/nB ．输电线上的电功率损失是原来的1/n 2C ．输电线上的电压损失是原来的1/nD ．输电线上的电压损失是原来的n 倍【解析】由P ＝UI 知，当输送的功率P 一定时，电压升高为原来的n 倍时，输电电流I ′＝P /U ′＝P /(nU )＝1n I ；又P 损＝I 2R 线，所以输电线上的功率损失P ′损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n I 2R 线＝1n 2P 损，即B 正确．输电线上的电压损失U ′损＝I ′R 线＝1n IR 线＝1nU 损，C 正确．【答案】 BC5．(2016·宜昌高二检测)“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106kW ，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( )【导学号：90270095】A ．105kW B ．104kW C ．106 kWD ．103kW【解析】输电电流I ＝P U，输电线路损失的电功率P 损＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ＝1×105kW ；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．【答案】 A6．如图276所示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( )图276A ．升压变压器的原线圈中的电流与用户电设备的功率无关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【解析】变压器的输入功率、输入电流的大小是由用户消耗的功率大小决定的，A 、B项错误；用户的总电阻减小，根据P ＝U 2R，输电电压不变，消耗的功率增大，输电线上的电流增大，再根据P 损＝I 2·r ，因此线路损失功率增大，C 项正确；升压变压器的输出电压等于在输电线路电阻上损失的电压加上降压变压器输入电压，D 项错误．【答案】 C7．(多选)高压直流输电与高压交流输电相比( ) A ．高压直流输电不存在感抗和容抗引起的损耗B ．高压直流输电所需的设备比高压交流输电所需的设备经济C ．高压直流输电技术简单D ．高压直流输电主要用于联系非同步运行的交流系统【解析】稳定的直流输电不存在感抗和容抗引起的损耗，A 正确；高压直流输电技术的要求高，所需的换流设备制造难价格高，B 、C 错误；高压直流输电主要用于联系非同步运行的交流系统，D 正确．【答案】 AD8．远距离输电的原理图如图277所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，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( )图277A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2【解析】根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2n 1.U 2不是加在R 两端的电压，故I 2≠U 2R，而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和，选项D 正确．【答案】 D[能力提升]9．(多选)在如图278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( )【导学号：90270096】图278A ．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【解析】由题意可知升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，A 错误；在电能输出过程中有：I ＝P U，U 线＝IR 线，U 3＝U 2－U 线，因P 变大，I 变大，所以U 线变大，所以降压变压器初级电压U 3变小，则降压变压器的输出电压变小，B 错误；由P 损＝(P U)2R 线，因P变大，所以P 线变大，C 正确；根据P 损P＝P U 2R 线P＝PR 线U 2，因P 变大，所以比值变大，D 正确．【答案】 CD10．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3×106kW.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2×105A B ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC ．若改用5 kV 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 2/r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻【解析】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＝6×103A ，所以A 错．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 2U2r ，所以D 错．若改用5 kV 电压输电，则输电线上的极限电流I ′＝5 kV 2.5 Ω＝2 000 A ，导线上最大消耗功率P ′＝I ′2r ＝(2 000)2×2.5 W＝107W ，故C 错．【答案】 B11．远距离输电时，输送电压为6 000 V ，功率为500 kW ，这时，安装在输电线路起点和终点的电能表一昼夜里读数相差4 800 kW·h，则输电效率为多大？输电导线的电阻为多少？【导学号：90270097】【解析】由能量守恒定律可知： η＝Pt －4 800Pt ×100%＝1－4 800500×24×100%＝60% 因为P 损＝P ×40%，P 损＝P 2U2r所以r ＝36×106×200×10325×1010Ω＝28.8 Ω. 【答案】 60% 28.8 Ω12．风力发电作为新型环保能源，近年来得到了快速发展，如图279所示的风车阵中发电机输出功率为100 kW ，输出电压是250 V ，用户需要的电压是220 V ，输电线电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：图279(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比； (2)画出此输电线路的示意图； (3)用户得到的电功率是多少．【解析】 (1)输电线损失的功率P 损＝P ×4%＝100 kW×4%＝4 kW. 输电线电流I 2＝P 损R 线＝4×10310A ＝20 A. 升压变压器输出电压U 2＝P I 2＝100×10320 V ＝5×103V.升压变压器原、副线圈匝数比：n 1n 2＝U 1U 2＝2505 000＝120.电压损失U 损＝I 2R 线＝20×10 V＝200 V. 降压变压器原线圈端电压U 3＝U 2－U 损＝4 800 V.降压变压器原、副线圈匝数比n 3n 4＝4 800220＝24011.(2)如图所示(3)用户得到的功率P 户＝P －P 损＝96 kW. 【答案】 (1)1∶20 240∶11 (2)见解析图 (3)96 kW重点强化卷(三) 交流电、变压器与远距离输电问题(建议用时：60分钟)一、选择题1．(2015·四川高考)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图1所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( ) 【导学号：90270098】图1A．峰值是e0B．峰值是2e0C．有效值是22Ne0D．有效值是2Ne0【解析】因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝2Ne0，故选项D正确．【答案】 D2．如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V 6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是( )图2A．120 V,0.10 A B．240 V,0.025 AC．120 V,0.05 A D．240 V,0.05 A【解析】灯泡正常工作，副线圈电压U2＝12 V，副线圈电流I2＝2×612A＝1 A，根据匝数比得原线圈电流I1＝120I2＝0.05 A，原线圈电压U1＝20U2＝240 V，选项D正确，其他选项错误．【答案】 D3．(多选)为消除高压输电线上的凌冰，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，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为P；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( ) A．输电电流为3 I B．输电电流为9 IC ．输电电压为3 UD ．输电电压为13U【解析】输电线上的热耗功率P 线＝I 2R 线，热耗功率由P 变为9 P ，则电流由I 变为3 I ，选项A 正确．输电功率P 不变，由P ＝UI ，电流变为3 I ，输电电压为13U ，选项D 正确．【答案】 AD4．(多选)如图3甲所示，左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R ＝55 Ω，Ⓐ、为理想电流表和理想电压表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压，电压表的示数为110 V ，下列表述正确的是( ) 【导学号：90270099】图3A ．电流表的示数为2 AB ．原、副线圈匝数比为1∶2C ．电压表的示数为电压的有效值D ．原线圈中交流电压的频率为100 Hz【解析】由题图乙可知原线圈两端电压的有效值U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可得原、副线圈匝数之比n 1n 2＝U 1U 2＝220 V110 V＝2∶1，故B 错误；电流表示数与电压表示数都为有效值，故C正确；电流表示数I ＝U R ＝11055A ＝2 A ，故A 正确；由题图乙可知T ＝0.02 s ，所以交流电压的频率为f ＝1T ＝10.02Hz ＝50 Hz ，D 错误．【答案】 AC5．(多选)(2016·兰州高二检测)如图4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4A ．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的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【解析】电路中的功率损耗ΔP＝I2R线，而R线＝ρlS，增大输电线的横截面积，可减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A项正确；由P＝UI来看，在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B项正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，C项错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，D项正确．【答案】ABD6．如图5所示的甲、乙两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上110 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为55 V．若分别在c、d两端与g、h两端加上110 V 的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为( ) 【导学号：90270100】图5A．220 V,220 V B．220 V,110 VC．110 V,110 V D．220 V,0【解析】当a、b两端接110 V电压时，c、d间获得的电压为55 V，说明c、d间线圈的匝数为原线圈a、b间匝数的一半；反过来，当c、d两端接110 V电压时，由电压与匝数的关系知，a、b间电压应为220 V．当e、f两端接110 V电压时，g、h间电压为55 V，说明g、h间电阻为e、f间电阻的一半；当g、h两端接110 V电压时，其等效电路如图所示．e、g间没有电流，e、g间电压为零，所以e、f间电压与g、h间电压相等，为110 V，故B正确．【答案】 B7．(多选)(2016·德州高二检测)某小型水电站的电能输送示意图如图6所示，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6A.n 2n 1>n 3n 4 B.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】由于输电线上有电阻，所以考虑到电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数之比的关系，可知要让用电器正常工作，必须有n 2n 1>n 3n 4，故A 项对，B 、C 项错；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D 项也对．【答案】 AD8. 如图7所示，理想变压器的原线圈匝数n 1＝1 600匝，副线圈匝数n 2＝800匝，交流电源的电动势瞬时值 e ＝2202sin(100πt ) V ，交流电表Ⓐ和的内阻对电路的影响可忽略不计．则( )图7A ．当可变电阻R 的阻值为110 Ω时，变压器的输入功率为110 WB ．当可变电阻R 的阻值为110 Ω时，电流表Ⓐ的示数为2 AC ．当可变电阻R 的阻值增大时，电压表的示数增大D ．通过可变电阻R 的交变电流的频率为100 Hz【解析】由U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈的电压瞬时值U ＝110 2sin(100πt ) V ，故可变电阻R 的阻值为110 Ω时，可变电阻消耗的功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 22R，则变压器的输入功率为110 W ，A 正确．电流表示数为电流的有效值，经计算可知应为0.5 A ，A 正确，B 错误．由于原、副线圈的匝数比确定，则副线圈电压恒定，C 错误．变压器并不改变电流的频率，原线圈中电流的频率为50 Hz ，故副线圈中电流的频率为50 Hz ，D 错误．【答案】 A9．如图8所示，Q 是熔断电流为1 A 的保险丝，R 为用电器，理想变压器的原、副线圈的匝数比为n 1：n 2＝2∶1.原线圈的电压为u ＝2202sin(100πt ) V ．要使保险丝不熔断，R 的阻值一定( ) 【导学号：90270101】图8A ．不能小于55 ΩB ．不能大于55 ΩC ．不能小于77 ΩD ．不能大于77 Ω【解析】保险丝的原理是电流的热效应，应该用电流的有效值．由U 1U 2＝n 1n 2得：U 2＝n 2n 1U 1＝12×220 V＝110 V ．由I 1I 2＝n 2n 1得：I 2＝n 1n 2I 1＝21×1 A＝2 A ，所以R min ＝U 2I 2＝55 Ω，故A 正确．【答案】 A10．(2015·安徽高考)如图9所示电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是( )图9A ．电压表V 1示数增大B ．电压表V 2、V 3示数均增大C ．该变压器起升压作用D ．变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动【解析】电压表V 1的示数和a 、b 间电压的有效值相同，滑片滑动时V 1示数不变，选项A 错误；电压表V 2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V 2示数不变，V 3示数为V 2示数减去R 0两端电压，两线圈中电流增大，易知R 0两端电压升高，故V 3示数减小，选项B 错误；理想变压器U 1I 1＝U 2I 2，则U 1ΔI 1＝U 2ΔI 2，ΔI 2＞ΔI 1，故U 2＜U 1，变压器为降压变压器，选项C 错误；因I 2增大，故知R 减小，变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动，选项D 正确．【答案】 D 二、计算题11．水力发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能，现在水力发电已经成为我国的重要能源之一．某小河水流量为40 m 3/s ，现欲在此河段安装一台发电功率为1 000千瓦的发电机发电．(1)设发电机输出电压为500 V ，在输送途中允许的电阻为5 Ω，允许损耗总功率的5%，则所用升压变压器原、副线圈匝数比应是多少？(2)若所用发电机总效率为50%，要使发电机能发挥它的最佳效能，则拦河坝至少要建多高？(g 取10 m/s 2)【解析】 (1)设送电电流为I ，损耗的功率为P 耗，导线电阻为R 线，由P 耗＝I 2R 线得： I ＝P 耗R 线＝ 1 000×103×0.055 A ＝100 A 设送电电压为U 送，由P ＝IU 得： U 送＝P I ＝1 000×103100V ＝1×104 V 则升压变压器原、副线圈匝数比：n 原n 副＝U 原U 送＝50010 000＝120. (2)发电时水的重力势能转化为电能，故50%mgh ＝Pt其中m t ＝ρV t ＝1×103×40 kg/s＝4×104 kg/s所以h ＝Pt mg ×0.5＝ 1 000×1034×104×10×0.5m ＝5 m. 【答案】 (1)1∶20 (2)5 m12．如图10所示，学校有一台应急备用发电机，内阻为r ＝1 Ω，升压变压器匝数比为n 1∶n 2＝1∶4，降压变压器的匝数比为n 3∶n 4＝4∶1，输电线总电阻为R 线＝4 Ω，全校有22间教室，每间教室安装“220 V 40 W”的电灯6盏，要求所有的电灯都正常发光，求：图10(1)输电线上损耗的电功率P 损为多大？(2)发电机的电动势E 为多大？【导学号：90270102】【解析】 (1)所有电灯正常发光时消耗的功率为P 灯＝40×22×6 W＝5 280 W ＝P 4由于电灯正常发光时降压变压器副线圈两端电压U 4＝220 V所以降压变压器原线圈两端电压U 3＝n 3n 4U 4＝41×220 V ＝880 V 两变压器之间输电线上的电流为I 线＝P 3U 3＝P 4U 3＝5 280880A ＝6 A 输电线上损失的功率P 损＝I 2线R 线＝62×4 W＝144 W.(2)输电线上损失的电压 U 损＝I 线R 线＝6×4 V＝24 V 升压变压器副线圈两端电压 U 2＝U 3＋U 损＝(880＋24) V ＝904 V 升压变压器原线圈两端电压U 1＝n 1n 2U 2＝14×904 V＝226 V 升压变压器原线圈中的电流I 1＝n 2n 1I 线＝41×6 A＝24 A 发电机内阻上的电压：U r ＝I 1r ＝24 V 发电机的电动势E ＝U 1＋U r ＝226 V ＋24 V ＝250 V.【答案】 (1)144 W (2)250 V。

高中创新设计物理粤教版选修3-2课件：第二章 7 远距离输电

的功率为发电机输出功率的 4% ，必须采用远距离高压输电的方法，在
发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器.设用户所需电压
总结提升
解析答案
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三、远距离输电线路的构成及基本关系
知识梳理
1.输电线路的构成
由发电厂、升压变压器、输电导线、降压变压器、用户构成.
2.远距离输电的基本关系(如图3所示)
图3
(1)功率关系
P1＝P2，P3＝P4，P3＝ΔP＋P2→能量守恒
(2)电压、电流关系
U1 n1 I2 U3 n3 I4 ＝＝，＝＝ → 理想变压器 U户的输电线路
知识梳理
1.大型发电机发出十几千伏的电压，在发电站区域通过变压器升高到几十万伏，然后进行远距离输电，当电能被输送到用电区域后，再根据不同的用电需求，用变压器将电压降低，这就是远距离输电. 2.远距离输电线路的构成输电过程示意图如图1所示，主要有：发电厂、升压变压器、输电线路、降压变压器、用户.
D.有6×104盏灯泡(220 V,60 W)正常发光
总结提升解析答案
例4
发电机两端的电压为220 V，输出功率为44 kW，输电导线的总电
阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数比为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；解析线路示意图如图所示.
②提高输送电压 .
答案
【深度思考】
“提高电压，减小电流”与欧姆定律矛盾吗？答案不矛盾.欧姆定律是对纯电阻耗能元件而成立的定律，而“提高
电压，减小电流”是从输送角度，由P＝UI，且P一定的条件下得出的
结论，两者不矛盾.

粤教版高中物理选修3-2课件第2章-第7节

3．探究交流输电线上为什么会有电压损失？
【提示】
电压损失：导线上有电阻，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间也会构成电容器，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．
P ②减小输电导线的电流 I：据 I＝判断，提高输电电压 U U：在输送电功率 P、输电线电阻一定的条件下，输电电压提 P 2 高到原来的 n 倍，据 P 损＝( ) R 可知，输电线上的功率损 nU 1 耗将降为原来的 2. n
1．输电电压是指加在高压输电线始端的电压 U，损失电压是指降落在输电线路上的电压ΔU＝IR. 2．无论是从减小输电线路上的功率损失，还是从减小电压损失来看，都要求提高输电电压，以减小输电电流．
图 2－7－5 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
【审题指导】注意本题升压变压器的输入电压不变，然后分析输入功率变化引起输电线路上电流、电压的变化，利用变压比确定变压器输出电压的变化．
【解析】
由题意可知升压变压器的输入电压不变，则
2
1 1 即 B 正确．输电线上的电压损失 U 损′＝I′R 线＝ IR 线＝ U 损， n n C 正确．
【答案】 BC
分析此类问题时，要弄清输电导线的电阻是能耗和电压损失的原因所在．把握好能耗与损失电压的平方成正比与输送电压的平方成反比．
1．发电厂发电机的输出电压是 U1，发电厂至学校的输电导线的总电阻为 R，导线中电流为 I，学校得到的电压为 U2，则下列关于输电导线上损失功率的表达式不正确的是 ( U2 1 A. R C．I2R （U1－U2）2 B. R D．I(U1－U2) )

2024-2025学年高中物理第二章交变电流第07节远距离输电1教案粤教版选修3-2

解答：
根据功率公式 P = U × I，我们可以得到：
I1 = P / U1
I2 = P / U2
代入数据计算得到：
I1 = 1000×10^6 / 220×10^3
I1 ≈ 4545.45A
I2 = 1000×10^6 / 500×10^3
I2 = 2000A
例题4：补偿装置的应用
一条远距离输电线路的额定电压为U=500kV，电阻R=10Ω，电抗X=20Ω。若在输电线路中加入静止无功补偿器（SVC），使得线路的无功功率Q减少50%，求SVC提供的无功功率。
鼓励学生相互讨论、互相帮助，共同解决问题。
错题订正：
针对学生在随堂练习中出现的错误，进行及时订正和讲解。
引导学生分析错误原因，避免类似错误再次发生。
（五）拓展延伸（预计用时：3分钟）
知识拓展：
介绍远距离输电领域的最新技术发展，拓宽学生的知识视野。
引导学生关注学科前沿动态，培养学生的创新意识和探索精神。
- 变压器的工作原理演示
- 远距离输电模拟实验
10. 远距离输电在现代电力系统中的应用
- 跨区域输电和电网互联
- 远距离输电技术的发展趋势
- 新能源并网对远距离输电的影响
教学评价与反馈
1. 课堂表现：
- 观察学生在课堂上的参与程度，包括提问、回答问题和互动交流的情况。
- 关注学生在知识讲解和互动探究环节的专注度和兴趣程度。
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