第五章 交变电流
第5节 电能的输送
[随堂演练]
1．(输电线上的损耗)(多选)某发电厂原来用电压为U1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压变压器将电压升高为U2后输电，输送的电功率保持不变。若输电线路的总电阻为R线，则下列说法中正确的是
A．由公式I＝可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的
B．由公式I＝可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍
C．由公式P＝I2R线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的
D．由公式P＝可知，提高电压后输电线上的功率损耗增大为原来的2 500倍
解析 由＝可知，U2＝50 U1，输送功率不变，由公式I＝可知，输电线中的电流变为原来的，选项A正确；由P＝I2R线可知，输电线上的功率损耗减为原来的，选项C正确；选项B、D中的U2应为损失的电压，所以选项B、D错误。
答案 AC
2．(输电线上的损耗)图5－5－6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＝Umsin 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
图5－5－6
A. B.
C．422r D．422r
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′＝I2·2r＝4r2·2，所以C正确，A、B、D错误。
答案 C
3．(远距离高压输电)(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图5－5－7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5－5－7
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
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的关系，可知要让用电器正常工作，必须有＞，故A项对，B、C项错；考虑到输电线上有电功率的损失，可知D项对。
答案 AD
4．(远距离高压输电)某小型水力发电站的发电输出功率为5×104 W，发电机的输出电压为250 V，输电线总电阻R线＝5 Ω。为了使输电线上损失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。设用户所需电压为220 V，不计变压器的损失，求：(g取10 m/s2)
(1)输电线上的电流；
(2)升、降压变压器原、副线圈的匝数比；
(3)可供多少盏“220 V 40 W”的白炽灯正常工作？
解析 (1)输电线中电流：P损＝IR线，
得I2＝＝20 A。
(2)由P＝U2I2，得U2＝ V＝2.5×103 V。
对升压变压器：＝＝＝。
对降压变压器：U3＝U2－IR线＝(2 500－20×5) V＝2 400 V，又U4＝220 V，故＝＝。
(3)n＝＝1 200(盏)。
答案 (1)20 A (2) (3)1 200盏
[限时检测]
?题组一 输电线路中的损耗问题
1．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。近来进行农村电网改造，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．减小输电导线的长度
C．提高输电的电压 D．减小输电导线的横截面积
解析 为减少远距离输电的损耗，可以提高输电的电压，故C项正确；提高输送功率不能减少远距离输电的损耗，减小输电导线的长度的方法不可取，减小输电导线的横截面积反而会增大损耗，故A、B、D均错误。
答案 C
2．下列关于电能输送的分析，正确的是
A．由公式P＝得到，输电导线的电阻越大，功率损失越少
B．由公式P＝得到，输电导线的电阻越大，功率损失越少
C．由公式P＝I2r得到，输电电流越大，输电导线上的功率损失越大
D．由公式P＝IU得到，输电导线上的功率损失与电流强度成正比
解析 输电导线上的功率损失计算公式为：ΔP＝I2r＝2r＝，故只有C正确。
答案 C
3．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∶U
C．U∶U D．U2∶U1
解析 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。
答案 C
4．某发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为r，通过输电导线的电流为I，用户输入电压为U2，下列计算输电线功率损耗的式子中，不正确的是
A. B.
C．I2r D．I(U1－U2)
解析 ΔP＝I2r，C正确；ΔU＝U1－U2，ΔP＝＝，B正确；ΔP＝IΔU＝I(U1－U2)，D正确；A混淆了U1和 ΔU，故A错误。
答案 A
5．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(0A. B.
C．5k D．25k
解析 输入总功率为P0，输电线电阻为R，电压为U时，输电线电流I1＝，输电线上损耗的电功率P1＝I·R＝R＝kP0，电压为5U时，输电线电流I2＝，输电线上损耗的电功率P2＝IR＝R＝P0，即输电线上损耗的电功率变为输入总功率的倍。
答案 A
?题组二 远距离输电问题
6．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2.0×105 A
B．输电线上由电阻造成的损失电压为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＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻
解析 输电线上输送的电流I＝＝＝6 000 A，A错；输电线上损失的电压为ΔU＝Ir＝6 000×2.5 V＝1.5×104 V＝15 kV，B对；若改用5 kV的电压输电，则输电线上输送的电流I′＝＝＝6×105 A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2r＝(6×105)2×2.5 W＝9×108 kW，表明电能将在线路上损耗完，则输电线上损失的功率为3×106 kW，C错；D项中输电线上损失的功率ΔP＝U2/r，U应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压，D错。
答案 B
7．(多选)在如图5－5－8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总电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有
图5－5－8
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
解析 升压变压器原线圈两端电压不变，变压比不变，故副线圈两端电压不变，A错误；I＝，U损＝IR线，U3＝U2－U损，因P变大，I变大，所以U损变大，所以降压变压器原线圈两端电压U3变小，故降压变压器的输出电压减小，B错误；P损＝2R线，因P变大，所以P损变大，C正确；＝＝，因P变大，所以变大，D正确。
答案 CD
8．远距离输电的原理图如图5－5－9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
图5－5－9
A.＝ B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
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。
答案 D
9．发电厂输出的交流电压为2.2×104 V，输送功率为2.2×106 W，现在用户处安装一降压变压器，用户的电压为220 V，发电厂到变压器间的输电导线总电阻为22 Ω，求：
(1)输电导线上损失的电功率；
(2)降压变压器原副线圈匝数之比为多少？
解析 (1)输送电流为：
I线＝P总/U总＝2.2×106/2.2×104 A＝100 A
则损失功率为：
P损＝IR线＝1002×22 W＝2.2×105 W。
(2)变压器原线圈电压U1为U1＝U总－U线＝U总－I线R线＝2.2×104 V－100×22 V＝19 800 V
所以原副线圈匝数比＝＝。
答案 (1)2.2×105 W (2)90∶1
10．某小型实验水电站输出功率P＝38 kW，输电线路总电阻r＝1 Ω。
(1)若采用U＝380 V输电，求输电线路损耗的功率P损；
(2)若改用U1＝10 000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝44∶1的变压器降压，求用户得到的电压U2。
解析 (1)输电线上的电流为
I＝＝A＝100 A，
输电线路损耗的功率为
P损＝I2R＝1002×1 W＝10 kW。
(2)改用高压输电后，输电线上的电流变为I1＝＝ A＝3.8 A，
变压器原线圈两端的电压
U′＝U1－I1R＝(10 000－3.8×1)V＝9 996.2 V。
根据＝，用户得到的电压为
U2＝U′＝×9 996.2 V＝227.19 V。
答案 (1)10 kW (2)227.19 V
11．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个小型发电站，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 kW·h。求：
(1)输电效率η和输电线的总电阻r；
(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？
解析 (1)输送功率P＝500 kW，一昼夜输送电能
E＝Pt＝12 000 kW·h
输电线上损失的电能
ΔE＝4 800 kW·h
终点得到的电能
E′＝E－ΔE＝7 200 kW·h
所以输电效率η＝＝60%
输电线上的电流I＝＝100 A
输电线损耗功率Pr＝I2r，
其中Pr＝＝200 kW
得r＝20 Ω。
(2)输电线上损耗功率
Pr＝2r∝
原来Pr＝200 kW，
现在要求Pr′＝10 kW，
解得输电电压应调节为U′＝22.4 kV。
答案 (1)60% 20 Ω (2)22.4 kV
课件35张PPT。第5节 电能的输送[学习目标]
1.知道什么是输电导线上的功率损失和如何减小功率损失。
2．知道什么是输电导线的电压损失和如何减少电压损失。
3．理解为什么远距离输电要用高压。一、降低输电损耗的两个途径
1．输送电能的基本要求
(1)可靠：保证供电线路可靠地工作，少有故障。
(2)保质：保证电能的质量——______和______稳定。
(3)经济：输电线路建造和运行的费用低，电能损耗少。电压频率2．输电线上的功率损失：ΔP＝______，I为输电电流，R线为输电线的电阻。
3．降低输电损耗的两个途径
(1)减小输电线的_______：在输电距离一定的情况下，为了减小_____，应当选用__________________的金属材料，还要尽可能增加导线的___________。
(2)减小输电导线中的_____：为了减小输电_____，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电______。I2R线电阻电阻电阻率小横截面积电流电流电压二、电网供电
1．远距离输电基本原理：远距离输电的基本电路如图5－5－1所示。图5－5－1在发电站内用______变压器______，然后进行远距离输电，在用电区域通过_______变压器降压降到所需的电压。
2．电网：通过网状的输电线、变电站，将许多电厂和广大用户连接起来，形成的全国性或地区性的输电网络。升压升压降压3．电网送电的优点
(1)降低一次能源的运输成本，获得最大经济效益。
(2)减少_______的风险，调剂不同地区电力供需的平衡，保障供电的______。
(3)合理调度电力，使电力的供应更加可靠，质量更高。断电质量判断下列说法的正误。
1．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。( )
2．高压输电是通过提高电压、减小输电电流来减少电路的发热损耗。( )
3．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好。( )［自主思考］√√√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。( )×√×1．输电线上的电压损失
输电线始端电压U与输电线末端电压U′的差值。
ΔU＝U－U′＝IR。
2．输电线上的功率损失
远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率考点一 输电线路的电压损失、功率损失图5－5－2[答案] AC方法总结 (1)注意区别：
①输电电压U与输电线上降落的电压ΔU；
②输电功率P与输电线上损失的功率ΔP。
(2)抓住不变量：输送电功率不变，由P＝UI判断出输电电流I的变化，从而由ΔU＝IR、ΔP＝I2R判断ΔU、ΔP的变化。［变式训练］答案 D远距离输电问题的分析方法
1．解决远距离输电问题时，应首先画出远距离输电的结构示意图，如图5－5－3所示，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置。考点二 远距离输电问题的分析与计算图5－5－32．将电路划分为几个独立的回路，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。图中各物理量的关系可表示如下：[例 2] 如图5－5－4所示，学校有一台应急备用发电机，内阻为r＝1 Ω，升压变压器的匝数比为n1∶n2＝1∶4，降压变压器的匝数比为n3∶n4＝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5－5－4 (1)输电线上损耗的电功率P损多大？
(2)发电机的电动势E多大？
[思路引导][答案] (1)144 W (2)250 V2．发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，升压变压器的原副线圈匝数比为1∶20，输电线电阻为10 Ω，降压变压器原副线圈匝数比为20∶1，求：
(1)输电线上损失功率；
(2)用户得到电压。［变式训练］图5－5－5答案 (1)4 kW (2)240 V［课堂回顾 知识小结］本节结束
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