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第4章 远距离输电
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第4章
DI SI ZHANG
远距离输电
预习导学·新知探究
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以练促学·补短扬长
第1节 三相交变电流
1.了解三相交流发电机的构造和三相交变电流的产生及特点． 2.知道三相交变电源与负载的连接方式及线电压与相电压的关系． 3.了解三相交变电流在生产、生活中的广泛应用．
, [学生用书P46])
一、三相交流发电机
1．定义：能同时生产出3相独立的交变电流的发电机．
2．主要组成：电枢线圈和磁极．
3．分类
(1)功率相同的三相交流发电机与单相交流发电机在制造上没有什么优点．( )
(2)三相交流发电机与单相交流发电机一样，主要组成部分是电枢线圈和磁极. ( )
(3)三相交流发电机可分为旋转磁极式和旋转电枢式两类．( )
提示：(1)× (2)√ (3)√
二、三相交变电流的产生
1．三相交流电的产生：三个相同的线圈固定在一个铁芯上，线圈平面互成120°角，铁芯匀速转动时，就相当于三个线圈在磁场里切割磁感线运动，就产生了三相交变电流．
2．三相交流电的特点：三个交变电动势的最大值和周期都相同，但是它们达到最大值(或零值)的时刻不同，依次落后．
1.三相交流发电机就是将三个电枢互成120°放到如图所示的磁场中，三个电枢线圈独立产生交变电流并能顺利向外供电．请回答以下几个问题：
(1)三相交流发电机的工作原理是什么？
(2)假如三相交流发电机的三个线圈中有一个发生故障(烧断)，另外两个线圈产生的感应电动势是否会发生变化？发生怎样的变化？
提示：(1)由题图可知线圈在磁场中转动形成电流，故应是电磁感应现象．
(2)三相交流发电机中的三个线圈独立工作，若有一个线圈损坏，另外两个线圈能够正常工作，且产生的交变电流最大值、有效值、瞬时值及周期、频率均不变．
三、电源与负载的连接方式
1．三相四线制：将发电机绕组的3个末端接在一起，引出一个公共接头，从3个绕组的始端引出3根导线叫做相线，又叫端线(照明电路中常称为火线)，从公共接头引出的导线叫做中性线，简称中线(或零线)．这种连接方式叫做三相四线制．
2．三相三线制：如果三相负载完全对称，则通过中线的电流为零，此时取消中线也不影响三相电路的工作，三相四线制就变成了三相三线制．
3．相电压和线电压
(1)相电压：火线与中线之间的电压，一般为220 V.
(2)线电压：火线与火线之间的电压，一般为380 V.
(3)线电压与相电压之间的关系：U线＝__U相．
4．负载与电源的连接方式
(1)三相四线制星形接法(如图所示)．
(2)三相三线制星形接法(如图所示)．
2．从村庄的变压器引出的输电线通常有几根线？是相线还是零线？
提示：通常有四根，有三根相线，一根零线．
三相交变电流的产生及特点[学生用书P47]
1．三相交变电流的产生：如图所示，在匀强磁场中互成120°角分布着3个绕组AX、BY、CZ，其中A、B、C为绕组的始端，X、Y、Z为绕组的末端，这3个绕组具有相同的匝数、绕向和速度．
2．三相交变电流的特点
(1)由于3个线圈相同，转速相同，所以在每个线圈中产生的感应电动势最大值和周期均相同，并且都按正(余)弦规律变化．
(2)由于3个线圈在空间互成120°角，所以三个交流电达到峰值(或零值)的时间依次落后.
(3)公式描述：以AX绕组通过中性面时开始计时，AX、BY、CZ中产生的感应电动势分别是eA＝Emsin ωt，eB＝Emsin，eC＝Emsin.
(4)图象描述：
命题视角1 三相交变电流的产生原理
(多选)下列关于三相交变电流的产生原理的说法正确的是( )
A．发电机中3个绕组具有相同的匝数和绕向，互成60°角
B．在转动过程中，每个绕组产生的感应电动势的最大值和周期都相同
C．在转动过程中，每个绕组产生的感应电动势的瞬时值都相同
D．发电机的三个绕组在转动过程中达到最大值的时间依次落后T
[解析] 发电机中的三个绕组具有相同的匝数和绕向，且互成120°角，所以选项A错误；三个绕组具有的匝数相同，则产生的感应电动势的最大值相同，周期相同，但由于它们互成120°角，所以达到最大值的时间依次落后个周期，故选项B、D正确，C错误．
[答案] BD
命题视角2 三相交变电流的特点
(多选)有关三相交变电流，下列说法正确的是( )
A．三相电压分别达到最大值的时刻不同
B．在三相四线制供电线路中，线电压是相电压的倍
C．3只标有“220 V 100 W”的灯泡可按星形接法接入线电压为380 V的三相四线制供电线路中，此时可省去中线
D．家用的单相用电器可接入三相四线制电路中的任意两根导线之间
[解析] 三相电压分别达到最大值的时间间隔为T，故A正确；在三相四线制供电线路中，线电压是相电压的倍，故B错误；在三相四线制电路中，线电压为380 V，则相电压为220 V，故3只“220 V 100 W”的灯泡可按星形接法接入，且负载对称可省去中线，故C正确；三相四线制电路中任意两火线间的电压为380 V，会烧坏用电器，故D错误．
[答案] AC
电流与负载的连接方式[学生用书P47]
1．连接方式及特点
负载特点 三相负载对称 三相负载不对称
中线情况 中线中无电流，可以去掉 无零线 中线中有电流，必须保留中线
连接方式 三相三线制Y—Y接法 三相三线制△—△接法 三相四线制Y—Y接法
线相关系 U线＝U相 U线＝U相 U线＝U相
2.电源与负载的连接图
(1)三相四线制星形接法．
(2)三相三线制三角形接法．
(3)三相三线制星形接法．
3．相线、中线的区分：通常用黄、绿、红三色分别标记相序为A、B、C的相线，用黑色标记中线．
某三相交流发电机的线圈采用星形接法，每个线圈产生的电动势的最大值为220 V，用它给三个完全相同的电炉供电，电炉的使用说明书上标有“220 V 2 000 W”字样，现在把三个电炉同时接到电源上，要求电炉工作时不会被烧坏，不计发电机线圈的内阻，则以下说法正确的是( )
A．三个电炉应采用三角形接法
B．三个电炉应采用星形接法
C．三个电炉采用三角形接法和星形接法时都能正常工作
D．若三个电炉采用星形接法，有中性线时每个电炉消耗的电功率为P1，中性线断路后每个电炉消耗的电功率为P2，则P1＞P2
[解题探究] 星形接法和三角形接法分别有哪些特点？
[解析] 由题意知，电源可以输出两种电压，U相＝220 V，U线＝380 V．如果电炉采用三角形接法，则每个电炉两端的电压等于380 V，大于电炉的额定电压，电炉被烧坏，而采用星形接法时，把电炉接在相线与中性线之间，电炉正常工作，选项B正确，A、C错误；因为三个电炉完全相同，采用星形接法，各相负载对称，这时可去除中性线，电炉仍然正常工作，每个电炉消耗的电功率不变，故选项D错误．
[答案] B
生产中的三相负载一般都是对称负载，即三相负载相同，采用星形接法时，中性线中没有电流，可以去掉中性线；如果三相负载不对称，则中性线中有电流，不能去掉．
1.(多选)一台相电压为220 V的交流发电机，向L、M、N三处用户供应照明用电，用户电灯的额定功率都相同，额定电压都是220 V，线路如图所示，则( )
A．三处用户的电路连接都是正确的
B．用户M的电路连接是错误的
C．用户M两端的电压高于L和N两端的电压
D．在这个电路中相电压与线电压是一样大的
解析：选AD.在三相三线制三角形接法中，相电压与线电压相等，都是220 V．因此，三处用户的电路连接都是正确的．A、D正确．
线电压和相电压的关系[学生用书P48]
在三相电路的计算中，一要弄清连接方式，二要确定线电压与相电压的关系，电源的星形连接U线＝U相，三角形连接U线＝U相，负载的星形接法I线＝I相，三角形接法，I线＝I相．
将实验室里的手摇三相交流发电机三个线圈接上两个交流电压表，如图所示，关于两个电压表的示数说法正确的是( )
A．甲表的示数等于乙表的示数
B．甲表的示数小于乙表的示数
C．甲表的示数大于乙表的示数
D．无法判断两表的示数大小
[解析] 甲表测量的是相电压，乙表测量的是线电压，线电压是相电压的倍，即U乙＝ U甲，B正确．
[答案] B
2.在三相交变电路中，下列说法正确的是 ( )
A．相电压和线电压一定相等
B．在三相电源为星形接法时，相电压为380 V，线电压为220 V
C．在三相电源为三角形接法时，线电压为380 V，相电压为220 V
D．额定电压为380 V的按三角形接法连接的电动机，用相电压为220 V的星形接法连接的发电机供电，电动机仍可以正常工作
解析：选D.三相交流电源若按三角形接法，相电压与线电压相等，但在星形接法中线电压为380 V，相电压为220 V，U线＝ U相．因此D项中电动机仍可以正常工作．
[随堂检测] [学生用书P48]
1．(多选)在匀速转动的三相交流发电机中，关于三个线圈中产生的电动势，下列说法正确的是( )
A．按相同规律变化，同时达到最大值和最小值
B．具有相同的有效值
C．具有相同的周期和频率
D．具有相同的最大值
解析：选BCD.三相交流发电机中，三个线圈具有相同的有效值、周期、频率及最大值；但它们的相位相差为π.故B、C、D正确，A错误．
2．(多选)对于三相交流发电机的说法正确的是( )
A．三个单相交流发电机就组成一个三相交流发电机
B．三相交流发电机中有三个互成120°角的线圈，它们达到峰值的时刻依次落后个周期
C．三相交流发电机中的三个线圈是完全相同的，它们产生出三个瞬时值完全相同的交变电动势
D．三相交流发电机中的三个线圈是完全相同的，它们产生出峰值和周期都相同的交变电动势
解析：选BD.三相交流发电机中有三个线圈，相互成120°角，匀速转动时，感应电动势最大值和周期相同，只是达到峰值的时刻依次落后个周期．所以选项B、D正确，A、C错误．
3．如图所示为负载和发电机线圈间的连接线路图，关于它们的接法，正确的结论是( )
A．都是△形连接
B．都是Y形连接
C．发电机线圈是△形连接，负载是Y形连接
D．发电机线圈是Y形连接，负载是△形连接
解析：选B.由图知，发电机的三个线圈和负载的末端用一条导线连接起来，故都为星形接法，选项B正确．
4．如图所示，A、B、C为三相交流电源，每个灯泡的额定电压均为220 V，额定功率相同，则L与L′两灯的实际功率之比为(设灯泡电阻恒定)( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．3∶1
解析：选D.由题意知线电压U线＝220 V，对负载采用三角形接法，负载两端的电压都等于线电压，因此L灯两端电压UL＝U线＝220 V．对负载采用星形接法来说，由于各相负载相同，每相负载的电压为线电压的倍，因此L′灯两端电压UL′＝U线＝V.设每盏灯的电阻为R，则L灯的实际功率PL＝eq \f(U,R)＝，L′灯的实际功率PL′＝eq \f(U,R)＝，故PL∶PL′＝3∶1.
5．(多选)如图所示，相线A、B、C和中性线N接在三相交流电源上，AB间的线电压U＝380sin(100πt)V，则( )
A．相线的电势总是高于中性线的电势
B．电流表示数为sin(100πt)A
C．B、N两端电压的有效值为220 V
D．通过R的电流方向每秒钟改变100次
解析：选CD.在三相交流电路中，相线与中性线间的电势差按正弦规律变化，所以相线的电势并非总是高于中性线的电势，选项A错误；电流表示数指的是有效值而不是瞬时值，选项B错误；B、N两端的电压即为相电压，由线电压的最大值为380 V，有效值为380 V，可知相电压应为220 V，选项C正确；因为交流电频率f＝＝ Hz＝50 Hz，可见电流方向每秒钟改变100次，选项D正确．
[课时作业] [学生用书P95(单独成册)]
一、单项选择题
1．一台三相电炉，铭牌上标有“220/380，△/Y”的字样，由此可见 ( )
A．电炉每一相电热元件的额定电压是220 V
B．电炉每一相电热元件的额定电压是380 V
C．供电线路线电压是380 V，电炉的三相负载应采用三角形连接
D．供电线路线电压是220 V，电炉的三相负载应采用星形连接
解析：选A.铭牌上“220/380，△/Y”的意义是供电线路都是星形接法，线电压应为380 V；供电线路都是三角形接法，线电压是220 V，故应选A.
2．关于三相交流电源与负载的连接方式，下列说法不正确的是( )
A．负载采用何种连接方式取决于负载的额定电压
B．发电机采用星形接法，负载就必须采用星形接法
C．三相对称负载可以接成三角形，也可以接成星形
D．三相四线制和三相三线制的星形接法中U相＝＝220 V
解析：选B.负载采用何种接法应取决于负载的额定电压，A对．三相负载对称时可以按星形或三角形连接，C对．星形接法中U线＝U相，D对．发电机采用星形接法时，负载有星形、三角形两种接法，B错．
3．发电机三相绕组采用星形接法时，下列关于中性线的说法正确的是( )
A．中性线不能去掉
B．当三相负载不对称时，中性线中无电流
C．中性线中一定没有电流
D．当三相负载对称时，中性线中无电流
解析：选D.三相四线制星形接法中，若三相负载对称，则中性线中无电流，可以去掉，形成三相三线制接法；若三相负载不对称，各相用电情况不一定相同，中性线中有电流通过，不能去掉．故选项D正确，A、B、C错误．
4．三相交流发电机的三个线圈中A相的电压为U＝311sin(100πt)V，那么( )
A．三个线圈中交变电流的频率都为100 Hz
B．在t＝0时，其他两个线圈的输出电压也为零
C．若按星形接法，任意两端线间的电压最大值为380 V
D．若按三角形接法，任意两端线间的电压为220 V
解析：选D.三相交流发电机每个线圈产生的感应电动势的频率、电压有效值(或最大值)均相同，但由于在步调上不一致，所以某一时刻输出电压的瞬时值不同；又f＝＝ Hz＝50 Hz；当三个线圈按星形接法时，线电压U线＝U相＝× V≈381 V，其最大值U线m＝U线≈539 V；当三个线圈按三角形接法时，U线＝U相＝ V≈220 V．故选项D正确．
5.三相电源的连接如图所示，电路中的三个交流电压表的示数U1、U2、U3间的关系是( )
A．U1∶U2＝1∶
B．U1∶U3＝1∶1
C．U2∶U3＝1∶1
D．U2∶U3＝1∶
解析：选B.该接法是星形接法，采用三相四线制对外供电，三只交流电压表，其中V1、V3测量的是相电压，V2测量的是线电压，选项B正确．
6．如图所示，ABC为一个三相电源的供电线，三个对称负载接成三相三线制三角形电路，如供电电压稳定，当负载改为星形接法时( )
A．负载的电压增加到原来的倍
B．负载的电流减小到原来的
C．负载的功率增加到原来的3倍
D．负载的功率减小到原来的
解析：选B.三相三线制三角形接法中每相负载的相电压等于线电压，星形接法当中U线＝U相，由三相三线制三角形接法改为星形接法时，线电压不变，所以相电压变为原来的，负载的电流减小到原来的，由P＝可知，负载的功率减小到原来的，B对，A、C、D错．
二、多项选择题
7．关于三相交变电流，下列说法正确的是( )
A．三相交流发电机的三个线圈产生的交变电动势有相同的周期和最大值
B．三相交流发电机的三个线圈的每一个线圈不可以单独向外供电
C．三相交流发电机的三个线圈产生的电动势同时达到最大值
D．三相交流发电机的三个线圈产生电动势最大值的时间依次相差三分之一个周期
解析：选AD.产生三相交变电动势的三个线圈是相互独立的，每一个都相当于一个独立的电源，可以单独供电，只是它们到达最大值的时间依次相差三分之一个周期，选项A、D正确，B、C错误．
8．动力供电线路中，采用三相四线制供电，交流电的频率为50 Hz，两根相线之间的电压为380 V，则( )
A．相电压为220 V
B．线电压最大值为380 V
C．线电压为相电压的倍
D．交流电周期为0.02 s
解析：选ACD.在三相四线制中，如果线电压为380 V(有效值)，则相电压一定为220 V，线电压为相电压的倍，所以A、C正确，B错误；由于f＝50 Hz，所以周期为0.02 s，故D正确．
9．如图为三相四线制供电线路，L1、L2和L3是完全相同的三盏灯，都正常发光，那么( )
A．若OO′断路，则三盏灯熄灭
B．若OO′断路，三盏灯仍正常发光
C．若OO′和AA′同时断路，则L2、L3将变暗
D．若OO′断路、灯L1短路，则L2、L3将烧坏
解析：选BCD.由于三相负载相同，所以即使OO′断路，三灯也能正常发光，A错，B对；对于选项C，加在L2、L3上的电压均为190 V，所以灯将变暗，C对；对于选项D，加在L2、L3上的电压均为380 V，所以灯将烧坏，D对．
10．如图所示，发电机每个绕组两端的电压(相电压)为220 V，三个负载电阻均为100 Ω.下列说法中正确的是( )
A．发电机绕组采用“Y”接法，负载采用“△”接法
B．每个负载电阻两端的电压为220 V
C．每个负载电阻两端的电压为380 V
D．通过每个负载的电流为3.8 A
解析：选ACD.对发电机而言，由于采用星形接法，所以如果相电压为220 V，那么线电压就是380 V，所以每个负载两端的电压为380 V，通过每个负载的电流为3.8 A.
三、非选择题
11．把三组额定电压均为220 V，额定功率分别为P1＝1 000 W、P2＝500 W、P3＝2 000 W的白炽灯按如图所示方式接入线电压为380 V的三相电路中．
(1)求流过每相负载的电流强度；
(2)A相负载断开或短路时，对B、C两相负载有何影响．
解析：(1)三个灯两端的电压U＝＝ V＝220 V
由P＝UI得三灯中的电流分别为
I1≈4.55 A，I2≈2.27 A，I3≈9.09 A.
(2)由于有中性线，所以A相负载断开或短路时，对B、C两相负载无影响．
答案：(1)4.55 A 2.27 A 9.09 A
(2)电压不变，仍正常工作
12．在线电压为380 V的三相交流电路中，如图所示，接有三只电阻均为484 Ω的电灯．问：
(1)这三只电灯属何种接法？每只灯的电压、电流、功率各是多少？
(2)若L1灯的保险丝熔断，则其余两灯的电压、电流、功率又各是多少？
(3)若L1灯短路，则其余两灯的情况怎样？
解析：(1)属于星形接法，每只灯上的电压为相电压，即
U＝220 V，根据欧姆定律和功率公式得：
I＝＝ A≈0.45 A，P＝＝ W＝100 W.
(2)若L1灯保险丝熔断，即断开了一相，此时属于线电压加在BC两端，这两只灯每只灯上的电压为U2＝190 V，电流、功率分别是I2＝＝ A≈0.4 A，
P2＝eq \f(U,R)＝ W≈74.6 W.
(3)若L1灯短路，则O点与A等电势，L2、L3两灯两端的电压均为线电压380 V，均被烧毁．
答案：(1)星形接法 均为220 V 均为0.45 A 均为100 W (2)均为190 V 均为0.4 A 均为74.6 W (3)均被烧毁
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第4章 远距离输电
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第2节 变压器
1.知道变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理． 2.通过实验探究理想变压器的原、副线圈中电压与匝数、电流与匝数的关系． 3.了解变压器在生活中的应用．
, [学生用书P49])
一、变压器的结构及工作原理
1．用途：变压器是改变交流电压的设备．
2．结构：变压器主要由闭合的铁芯和绕在铁芯上的两个或两个以上的线圈组成，如图所示．
3．两组概念
(1)原线圈与副线圈．
原线圈：与电源相连的线圈(也叫初级线圈)，匝数用n1表示．
副线圈：与负载相连的线圈(也叫次级线圈)，匝数用n2表示．
(2)输入电压与输出电压．
输入电压：原线圈两端的电压，用符号U1表示．
输出电压：副线圈两端的电压，用符号U2表示．
4．按输出电压的升降分类：变压器分为升压变压器和降压变压器两种．
5．工作原理：电磁感应是变压器的工作原理，即互感现象是变压器工作的基础．
1．若原线圈上接直流电源，副线圈上有磁场和电压吗？
提示：副线圈上有磁场，但副线圈两端无电压.
二、科学探究——变压器电压与匝数的关系
1．定性探究变压器电压与匝数的关系
如图所示为原、副线圈匝数可变的变压器．先保持原线圈匝数不变，使副线圈的匝数依次减少，电压表V2的示数依次减小．再保持副线圈的匝数不变，使原线圈匝数依次减少，电压表V2的示数依次增大．
2．变压器电压与匝数的关系
理想变压器特点 铁芯无漏磁，原、副线圈无电阻
电压与匝数关系 ＝
电流与匝数关系 ＝
功率关系 P1＝P2
(1)对于理想变压器，无论有几个副线圈，输入功率和输出功率总是相等．( )
(2)对于理想变压器，＝的成立是需要条件的．( )
(3)负载变化时，可能引起原线圈电压的变化．( )
提示：(1)√ (2)√ (3)×
三、自耦变压器
1．示意图
2．特点：铁芯上只有一个绕组．
3．自耦变压器的用途：可升高电压，也可降低电压．如果把整个绕组作原线圈，副线圈只取绕组的一部分，就可以成为降压变压器(如图甲)；如果把绕组的一部分作原线圈，整个绕组作副线圈，就可以成为升压变压器(如图乙)．
4．自耦变压器的优点：可以连续调节输出电压．
2.如图所示，自耦变压器输入端A、B接交流稳压电源，其电压有效值UAB＝100 V，R0＝40 Ω，当滑动片处于线圈中点位置时，C、D两端电压的有效值UCD和通过电阻R0的电流分别为多少？
提示：200 V 5 A
理想变压器的特点及工作原理[学生用书P50]
1．理想变压器
理想变压器是实际变压器的近似．理想变压器有三个特点：
(1)铁芯封闭性好，无漏磁现象，即穿过原、副线圈两绕组每匝的磁通量Φ都一样，每匝线圈中所产生的感应电动势相等．
(2)线圈绕组的电阻不计，无能损现象．
(3)铁芯中的电流不计，铁芯不发热，无能损现象．
2．工作原理
变压器的变压原理是电磁感应．
(1)当原线圈两端加上交变电压U1时，就有交变电流I1通过原线圈，并在铁芯中产生交变的磁场，铁芯中就有变化的磁通量．
(2)由于副线圈也绕在同一铁芯上，这个变化的磁通量同样穿过副线圈，并在副线圈上产生感应电动势．
(3)如果在副线圈两端连接负载构成闭合回路，在副线圈中就会产生交变电流I2.
(多选)关于变压器的下列说法中正确的是( )
A．变压器也可能改变恒定电压
B．变压器的工作原理是电磁感应，副线圈输出的电流是原线圈电流的感应电流
C．变压器由绕在同一闭合铁芯上的若干线圈构成
D．变压器原线圈相对电源起负载作用，而副线圈相对负载起电源作用
[解题探究] (1)理想变压器的基本结构？
(2)理想变压器的工作原理是什么？
[解析] 变压器只能改变变化的电压或电流，不能改变恒定电压或电流，故A选项错误；变压器可以有一个或多个副线圈，C选项正确；变压器的工作原理是电磁感应现象中的互感现象，副线圈输出的电流(或电压)是原线圈电流(或电压)的感应电流(或感应电压)，故B选项正确；根据变压器的结构特点和在电路中的作用可知选项D正确．
[答案] BCD
(1)在原、副线圈中由交变电流而引发的相互感应现象，叫互感现象．
(2)互感现象是变压器工作的基础：变压器通过闭合铁芯，利用互感现象实现了电能向磁场能再到电能的转化．
(3)变压器是依据电磁感应来工作的，因此只能在交流电路中工作，如果变压器接入直流电路，原线圈中的电流不变，在铁芯中不能引起磁通量的变化，没有互感现象出现，变压器起不到变压作用．
理想变压器的基本规律[学生用书P50]
1．理想变压器的功率关系：从能量守恒看，理想变压器的输入功率等于输出功率，P入＝P出．
2．电压关系：＝.
3．电流关系
(1)只有一个副线圈时，有U1I1＝U2I2，得n1I1＝n2I2，即＝.
(2)当有多个副线圈时，由U1I1＝U2I2＋U3I3＋…，得n1I1＝n2I2＋n3I3＋….
4．电压、电流、功率的制约关系
(1)电压制约：输入电压U1决定输出电压U2.
(2)功率制约：P出决定P入，这体现了能量守恒的特点．
(3)电流制约：输出电流I2决定输入电流I1.
命题视角1 “一原一副”变压器的分析与计算
一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )
A．U＝66 V，k＝ B．U＝22 V，k＝
C．U＝66 V，k＝ D．U＝22 V，k＝
[解题探究] (1)原、副线圈电压、电流与线圈匝数之间满足什么规律？
(2)原线圈两端电压一定是电源电压吗？
[解析] 设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，则＝＝，故k＝eq \f(IR,IR)＝.设原线圈两端的电压为U1，则＝＝，故U1＝3U，而原线圈上电阻分担的电压为U，故＋3U＝220 V，解得U＝66 V．选项A正确．
[答案] A
命题视角2 “一原多副”变压器的分析与计算
如图所示，理想变压器三个线圈的匝数之比为n1∶n2∶n3＝10∶5∶1，其中n1接到220 V的交流电源上，n2和n3分别与电阻R2、R3组成闭合回路．已知通过电阻R3的电流I3＝2 A，电阻R2＝110 Ω，求通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1.
[解题探究] (1)该题中电压、电流与线圈匝数的比例关系还成立吗？
(2)原线圈输入功率和两个副线圈消耗的功率之和有什么关系？
[解析] 由变压器原、副线圈电压比等于其匝数比可得，加在R2上的电压
U2＝U1＝×220 V＝110 V
通过电阻R2的电流I2＝＝ A＝1 A
加在R3上的电压U3＝U1＝×220 V＝22 V
根据输出功率等于输入功率得：U1I1＝U2I2＋U3I3
代入数据解得通过原线圈的电流为：I1＝0.7 A.
[答案] 1 A 0.7 A
解决变压器问题的常用方法
思路1——电压思路：变压器原、副线圈的电压之比＝；当变压器有多个副线圈时＝＝＝….
思路2——功率思路：理想变压器的输入功率等于输出功率，P入＝P出，即P1＝P2；当变压器有多个副线圈时P1＝P2＋P3＋….
思路3——电流思路：由I＝知，对只有一个副线圈的变压器有＝；当变压器有多个副线圈时n1I1＝n2I2＋n3I3＋….
1.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，两端分别接有四个阻值相同的灯泡，已知4盏灯均能正常发光，则L1和L2的功率之比为( )
A．1∶1 B．1∶3
C．9∶1 D．3∶1
解析：选C.由题意知原、副线圈电压之比为1∶2，又灯泡电阻相等且正常发光，则灯泡2、3、4的额定功率相同，电流相同为I；由于电流与匝数成反比，所以原、副线圈中电流之比为2∶1，所以灯泡L1电流为3I，根据P＝I2R知，L1和L2的功率之比为9∶1，故选C.
变压器电路的动态分析问题[学生用书P51]
含有理想变压器的动态电路分析，一是要符合变压器的基本规律(电压、电流、功率关系)；二是要遵循欧姆定律．首先确定是哪些量在变，哪些量不变，然后根据相应的规律判定，具体问题具体分析．
含有理想变压器的动态电路分析有下列两种情况：
1．原、副线圈匝数比不变，分析原、副线圈的电压U1、U2，电流I1、I2，输入和输出功率P1、P2随负载电阻变化而变化的情况．将变压器接到交流电源上，原线圈的输入电压为U1，副线圈两端的电压U2为定值，流过副线圈的电流I2随负载电阻的减小而增大，变压器的输出功率P2(P2＝U2I2)也随着增大，不计变压器的能量损失，则变压器的输入功率P1(P1＝P2)也增大，流过原线圈的电流I1也增大．
2．负载不变，上述物理量随原、副线圈匝数比的变化而变化的情况：一般情况下，我们认为原线圈输入电压U1和匝数n1不变，当副线圈匝数n2增大时，副线圈两端电压U2增大，流过副线圈的电流I2增大，变压器输出功率P2增大，则理想变压器的输入功率P1增大，流过原线圈的电流I1增大．
命题视角1 “匝数不变”的动态分析
(多选)如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是( )
A．P向下滑动时，灯L变亮
B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变
C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小
D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大
[解题探究] 当P向下(或向上)移动时，回路中电阻如何变化？
[解析] 由于理想变压器输入电压U1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U2也不变，灯L亮度不随P的滑动改变，故选项A错误，选项B正确．P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R总减小，由I2＝知，通过副线圈的电流I2增大，输出功率P2＝U2I2增大，再由＝知输入电流I1也增大，故选项C错误，D正确．
[答案] BD
命题视角2 “负载不变”的动态分析
(多选)如图所示是一台理想自耦变压器，在a、b之间接正弦交流电，A、V分别为理想交流电流表和交流电压表．若将调压端的滑动头P向上移动，则( )
A．电压表V的示数变大
B．变压器的输出功率变小
C．电流表A的示数变小
D．电流表A的示数变大
[解题探究] 当P向上移动时，原、副线圈两端的匝数及电压如何变化？
[解析] a、b间为原线圈，当P向上移动时，原线圈匝数增多，原副线圈匝数比变大，由变压规律＝知，U1不变，U2变小，电压表V的示数变小，R不变，由P＝可知，变压器的输出功率变小，A错误，B正确；由U1I1＝U2I2可知，I1变小，C正确，D错误．
[答案] BC
动态问题的分析思路
2. (多选)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
解析：选BC.保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2＝知，I2变小，由＝得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误，选项B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2＝eq \f(U,R0＋R)知副线圈输出功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确，选项D错误．
互感器[学生用书P52]
如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2＝1 000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220 V，电流表示数为10 A，则高压输电线的送电功率为( )
A．2.2×103 W B．2.2×10－2 W
C．2.2×108 W D．2.2×104 W
[解析] 由电流互感器知高压输电线中电流I＝1 000 A，由电压互感器知高压输电线中电压U＝220×103 V，则高压输电线功率P＝UI＝2.2×108 W.
[答案] C
类型比较项目 电压互感器 电流互感器
原理图
原线圈的连接 并联在高压电路中 串联在待测高流电路中
副线圈的连接 连接电压表 连接电流表
互感器的作用 将高电压变为低电压 将大电流变为小电流
利用的公式 ＝ I1n1＝I2n2
3.钳形电流表的外形和结构如图甲所示．图甲中电流表的读数为1.2 A．图乙中用同一电缆线绕了3匝，则( )
A．这种电流表能测直流，图乙的读数为2.4 A
B．这种电流表能测交流，图乙的读数为0.4 A
C．这种电流表能测交流，图乙的读数为3.6 A
D．这种电流表既能测直流，又能测交流，图乙的读数为3.6 A
解析：选C.钳形电流表利用了变压器的工作原理，所以钳形电流表只能测交流．根据n1I1＝n2I2，可得图乙的读数应为3.6 A，故选项C正确．
[随堂检测] [学生用书P53]
1．(多选)关于变压器的构造和工作原理，以下说法正确的是 ( )
A．原、副线圈缠绕在一个闭合铁芯上，是为了减少磁场能的损失，有效地传送电能
B．铁芯不用整块金属做成，是为了防止原、副线圈短路，造在危险
C．变压器不改变交流电的频率，只改变电压大小
D．当原线圈接入大小不断变化的直流电时，副线圈也有电压输出
解析：选ACD.闭合铁芯的导磁能力比真空或空气强得多，当原、副线圈绕在同一闭合铁芯上时，原线圈产生的磁场几乎全部沿铁芯通过副线圈，漏到空气中的磁场很少，因此可以有效地将原线圈中的电能传递到副线圈中，故选项A正确；若用整块金属做铁芯，当通过它的磁通量发生变化时，就会在铁芯中产生感应电流，导致铁芯发热，烧坏变压器，同时大大降低了电能的传输效率，故选项B错误；对于正弦交流电，铁芯中磁通量的变化率等于原线圈中交变电流的变化率，在副线圈中，感应电动势正比于磁通量的变化率，因此感应电动势随着磁通量变化率的变化而变化，所以副线圈输出交流电的频率等于输入交流电的频率，所以选项C正确；由法拉第电磁感应定律知道，只要输入原线圈的电流发生变化，穿过副线圈的磁通量就发生变化，在副线圈中就有感应电动势产生，故选项D正确．
2．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110 V．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )
A．200 B．400
C．1 600 D．3 200
解析：选B.根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系＝，得n2＝＝＝400，选项B正确．
3．如图所示电路中，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，R0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A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是( )
A．电压表V1示数增大
B．电压表V2、V3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：选D.电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项A错误；电压表V2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V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2>ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项C错误；因I2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．
4．(多选)供电公司检修人员用交流电表监控供电线路中强电流和高电压，使用的仪器是电流互感器和电压互感器，接线如图所示．其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，下列说法正确的是( )
A．A为电流互感器，且n1＜n2，a是电流表
B．B为电压互感器，且n3＞n4，b是电压表
C．B为电流互感器，且n3＜n4，b是电流表
D．A为电压互感器，且n1＞n2，a是电压表
解析：选AB.A为电流互感器，串联接入电路，副线圈中电流较小，则n1＜n2，a是电流表，A正确，D错误；B为电压互感器，并联接入电路，副线圈中电压较小，则n3＞n4，b是电压表，B正确，C错误．
5.如图所示，理想变压器原线圈的匝数为1 000匝，两个副线圈的匝数分别为n2＝50匝和n3＝100匝，L1是“6 V 2 W”的小灯泡，L2是“12 V 4 W”的小灯泡．当原线圈接上交变电压时，L1、L2都正常发光，那么，原线圈中的电流为( )
A． A B． A
C． A D． A
解析：选C.对多个副线圈，其电压关系有＝＝.
由于输入功率和输出功率相等有n1I1＝n2I2＋n3I3.
本题两灯正常发光，对L1有U2＝6 V，I2＝＝ A，对L2有U3＝12 V，I3＝＝ A.
原线圈上电压U1＝U2＝×6 V＝120 V.
副线圈上总的输出功率
P出＝PL1＋PL2＝2 W＋4 W＝6 W.
原线圈上输入功率P入＝P出＝6 W.
原线圈中的电流I1＝＝ A＝ A．故选项C正确．
[课时作业] [学生用书P97(单独成册)]
一、单项选择题
1．理想升压变压器的原线圈接电流表A1和电阻R1后，接6 V恒定直流电源，如图所示，当副线圈的负载电阻R2变大时，以下说法正确的是( )
A．输出功率减小
B．A2读数减小
C．A1读数减小
D．A1读数不为零，且保持不变
解析：选D.根据变压器的工作原理，变压器不能用来改变恒定直流电压，因此副线圈上无电压，无输出功率，由于原线圈构成直流通路，故电流表A1有恒定读数，本题选项D正确．
2．将输入电压为220 V，输出电压为12 V的理想变压器改绕成输出电压为30 V的变压器，副线圈原来是30匝，原线圈匝数不变，则副线圈新增匝数为( )
A．45 B．65
C．55 D．75
解析：选A.由变压比＝，得＝，所以n1＝550，当U2′＝30 V时，＝，所以n2′＝75匝，故Δn2′＝n2′－n2＝45匝．所以A正确．
3．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接“220 V 60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则( )
A．交流电流表的示数为 A
B．电源输出功率为1 200 W
C．交流电流表的示数为 A
D．原线圈两端电压为11 V
解析：选C.副线圈电压U2＝220 V，电流I2＝＝ A，则原线圈两端电压U1＝×U2＝4 400 V，电流I1＝×I2＝ A，所以交流电流表的示数为 A，选项A、D错误，C正确．电源输出功率等于灯泡消耗的功率，为60 W，选项B错误．
4．如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节滑动触头P，使输出电压的有效值由220 V降至110 V，调节前后( )
A．副线圈中的电流比为1∶2
B．副线圈输出功率比为2∶1
C．副线圈的接入匝数比为2∶1
D．原线圈输入功率比为1∶2
解析：选C.根据欧姆定律I＝，U2由220 V降至110 V，副线圈上的电流变为原来的，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A错误；根据P＝UI知，U、I均变为原来的时，副线圈上输出的功率变为原来的，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B错误；根据理想变压器电压与匝数的关系＝，当U2由220 V降至110 V时，n2变为原来的，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C正确；根据理想变压器P入＝P出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D错误．
5．如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )
A．原线圈的输入功率为220 W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110 V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
解析：选B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1＝220 V，由＝，故副线圈电压的有效值为U2＝110 V，故输出功率P2＝eq \f(U,R)＝220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220 W，A项错误；根据欧姆定律知，I2＝＝2 A，＝，得I1＝1 A，故电流表读数为1 A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110 V，C项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T＝，解得T＝0.02 s，所以D项错误．
二、多项选择题
6．理想变压器正常工作时，原、副线圈中相同的物理量是( )
A．交变电流的频率
B．每匝线圈中磁通量的变化率
C．原线圈中的感应电动势和副线圈中的感应电动势
D．原线圈的输入功率和副线圈的输出功率
解析：选ABD.理想变压器是没有能量损失的变压器，铁芯中无漏磁，所以每匝线圈中磁通量相等，其变化率也相等，A、B、D符合题意；根据变压器的工作原理及用途可知，C不符合题意．
7．一个理想变压器副线圈上接一个电阻，欲使此电阻的电功率增大，可以采取的措施是(每次只改变一个因素)( )
A．减少原线圈的匝数n1 B．增大副线圈的匝数n2
C．增大电阻值 D．减小电阻值
解析：选ABD.电阻消耗的功率P＝eq \f(U,R)，而＝，所以P＝eq \f(Un,nR)，P要增大，减小n1或R，或增大n2均可．
8．如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1＝1 100，副线圈的匝数n2＝110，R0、R1、R2均为定值电阻，且阻值相同，电流表、电压表均为理想交流电表，原线圈接u＝220sin 314t V的交流电压，起初开关S处于断开状态．下列说法正确的是( )
A．交流电压表的示数为22 V
B．当开关S闭合后，交流电压表的示数变小
C．当开关S闭合后，交流电流表的示数变大
D．当开关S闭合后，变压器的输出功率增大
解析：选BCD.变压器的输入电压的有效值为 V，则副线圈两端的电压有效值为 V，根据串联分压原理，交流电压表的示数为 V，选项A错误；当开关S闭合后，输出功率增大，流过R0的电流增大，交流电压表的示数变小，原线圈输入功率增大，交流电流表的示数变大，选项B、C、D正确．
9．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接．已知原线圈两端的电压保持不变，副线圈两端的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是( )
A．电压表示数为1 100 V
B．抽油烟机上电压的瞬时值表达式为u＝220·sin(100πt)V
C．热水器的实际功率增大
D．变压器的输入功率增大
解析：选AD.副线圈两端电压的有效值为U＝ V＝220 V，根据＝，解得U1＝1 100 V，选项A正确；因为在副线圈上有电阻R串联，所以抽油烟机上电压的最大值小于220 V，所以瞬时值表达式也不是u＝220sin(100πt)V，选项B错误；由于闭合开关S接通抽油烟机，使得负载电阻减小，电流增大，电阻R上的电压变大，热水器上的电压减小，所以热水器的实际功率减小，选项C错误；由于变压器的输出功率增大，所以变压器的输入功率也增大，选项D正确．
10.如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则( )
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
解析：选BD.变压器的变压比＝，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压，U1＝Uab，由于二极管的单向导电特性，Ucd≠U2，选项A错误．增大负载电阻R的阻值，负载的电功率减小，由于P入＝P出，且P入＝I1Uab，所以原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B正确．c、d端的电压由输入电压Uab决定，负载电阻R的阻值变小时，Ucd不变，选项C错误．根据变压器上的能量关系有E输入＝E输出，在一个周期T的时间内，二极管未短路时有UabI1T＝·＋0(U为副线圈两端的电压)，二极管短路时有UabI2T＝T，由以上两式得I2＝2I1，选项D正确．
三、非选择题
11．如图所示为一理想变压器，原线圈的输入电压U1＝3 300 V，副线圈的输出电压U2＝220 V，副线圈回路中接有两个相同的灯泡，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U0＝2 V.
(1)原、副线圈的匝数各是多少？
(2)当开关S断开时，电流表A2的示数为5 A，那么此时电流表A1的示数为多少？
(3)当开关S闭合时，电流表A1的示数又为多少？
解析：(1)由电压与匝数的关系可得＝＝
解得n1＝1 650(匝)，n2＝110(匝)．
(2)当开关S断开时，有U1I1＝U2I2，故I1＝I2＝ A
即电流表A1的示数为 A.
(3)当开关S断开时，有RL＝＝44 Ω.当开关S闭合时，设副线圈回路总电阻为R′，有R′＝＝22 Ω
则副线圈中的电流I2′＝＝10 A
由U1I1′＝U2I2′可得I1′＝I2′＝ A
即电流表A1的示数为 A.
答案：(1)n1＝1 650匝，n2＝110匝 (2) A (3) A
12.如图所示，理想变压器的原线圈Ⅰ接到220 V的交流电源上，副线圈Ⅱ的匝数为30匝，与一标有“12 V 12 W”的灯泡连接，灯泡正常发光．副线圈Ⅲ的输出电压为110 V，电流为0.4 A．求：
(1)副线圈Ⅲ的匝数；
(2)原线圈Ⅰ的匝数以及通过原线圈的电流．
解析：(1)由题意知，U2＝12 V，n2＝30匝，U3＝110 V
根据＝，可得n3＝n2＝275(匝)．
(2)根据＝和U1＝220 V，
可得n1＝n2＝550(匝)
由P1＝P2＋P3＝P2＋I3U3＝56 W，
可得I1＝≈0.25 A．
答案：(1)275匝 (2)550匝 0.25 A
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第4章 远距离输电
第4章 远距离输电
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第3节 电能的远距离传输
1.了解从变电站到用户的输电过程，知道远距离输电时应用高电压的原因． 2.理解降低输电损耗的两个途径及其各自的优缺点． 3.掌握远距离输电的典型电路，并能利用电路知识、变压器规律等解决问题．
[学生用书P53])
一、为什么要采用高压输电
1．电功率损失和电压损失
电功率损失 电压损失
表达式 ΔP＝I2R ΔU＝IR
减小方法 (1)减小导线电阻，可采用电阻率小的材料或横截面积更大的导线 (2)减小导线中电流 (1)增大导线的横截面积来减小输电线电阻 (2)减小导线中电流
2．降低两种损失的途径——高压输电：输送电功率不变的前提下提高输电电压，会减小电流，从而减小导线上的电功率损失和电压损失．
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．
二、高压输电
1．高压交流输电
(1)基本环节
(2)电路原理图(如图)
2．高压直流输电的基本过程：在发电站区域经变压器升压，由换流设备将高压交流电变成高压直流电，用高压直流电进行远距离传输，在用户区域由逆变器将直流电变为交流电，经变压器降压送给用户．
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＝是对纯电阻元件成立的定律，当电阻恒定时，增大U则I随之增大．而“提高电压、减小电流”是从输电角度，当P恒定时，由P＝UI得出的结论，两者没有必然联系．
输电线上电压损失和功率损失的计算[学生用书P54]
1．输电导线上的功率损失
(1)损失功率计算：设输电电流为I，输电线电阻为R线，则输电线上的功率损失为ΔP＝I2R线．
(2)减小输电线上功率损失的方法
①减小输电线的电阻R线：由R线＝ρ得，要减小R线，在l保持不变的情况下，可以减小ρ，增大S.
②减小输电电流I：由P＝UI得，在输送功率一定的情况下，提高输电电压，即可减小输电电流．
采用高压输电是减小输电线上功率损失最有效、最经济的措施．
2．输电线上的电压损失
(1)输电线路始端电压U跟末端电压U′的差值，称为输电线路上的电压损失，ΔU＝U－U′，如图所示，电压损失还可以表示为ΔU＝IR线＝R线．
(2)减少输电线上电压损失的方法
①减小输电线的电阻．
②提高输送电压．
命题视角1 “电损”问题的定性分析
(多选)关于电能的输送，下列说法正确的是( )
A．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
B．在输送功率和输电电压一定，使用同种材料的导线时，越粗的导线损失的能量越小
C．电能输送使用铜铝合金而不是银，原因是同种情况下，使用银材料，输电线损失的功率大
D．在输送功率和输电电压一定，使用同种材料的导线时，越细的导线损失的能量越小
[解题探究] 电能输送过程中，引起电压、电功率损失的原因有哪些？
[解析] 输送电能的基本要求是可靠、保质、经济．当输电功率一定时，设为P，P＝IU，I是输电电流，U是输电电压，设输电导线电阻为R，则输电线上的损耗为P损＝I2R＝R.要减小损耗有两条途径：一是减小输电电流，即增大输电电压U(高压输电)；二是减小输电电线的电阻，即增大导线横截面积、缩短输电距离、换电阻率更小的材料，但不经济．实际输电时，应综合考虑各种因素．所以C、D错误，A、B正确．
[答案] AB
命题视角2 “电损”问题的定量计算
(多选)远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压升高为原来的n倍，关于输电线上的电压损失和功率损失，下列说法正确的是(不考虑电抗产生的损失)( )
A．功率损失是原来的
B．功率损失是原来的
C．电压损失是原来的
D．电压损失是原来的n倍
[解题探究] (1)输送功率一定时，输电电压和输电电流满足什么关系？
(2)输电线电阻一定时，损失的电压和电功率如何计算？
[解析] 设输电电压为U，所输送的功率为P，输电线路总电阻为r，则输电电流I＝，线路的功率损失P损＝I2r＝， 可知P损∝，当输电电压U升高为原来的n倍时，功率损失变为原来的，故A错误，B正确；线路上的电压损失U损＝Ir＝，可知U损∝，当输电电压U升高为原来的n倍时，电压损失变为原来的，故C正确，D错误．
[答案] BC
输送功率不变，电流和电压成反比．求电压损失可用公式U′损＝R线，而求功率损失可用公式P′损＝R线，这样可以较为简便地解决问题．
【通关练习】
1．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P′、P用的关系正确的是( )
A．P′＝ B．P′＝
C．P用＝P－ D．P用＝P
解析：选D.输电线电阻R＝ρ，输电电流I＝，
故输电线上损失的电功率为：
P′＝I2R＝ρ＝，
用户得到的功率为：
P用＝P－P′＝P.故选D.
2．(多选)如图为发电厂向远处用户的输电电路示意图，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．若输送功率增大，下列说法中正确的是( )
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：选CD.已知发电厂的输出电压不变，升压变压器的原、副线圈匝数比不变，则由＝知，升压变压器的输出电压U2不变，A错；若输送功率增大，输电电压U2不变，则由P＝U2I2知，输电线上电流I2增大，又输电线的电阻不变，由U损＝I2R知输电线上损失电压增大，则降压变压器输出电压减小，B错；因输电电流增大，则由P＝IR知，输电线上损耗的功率变大，C对；输电线上损耗功率占总功率的比例eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(IR,U2I2)＝\f(I2R,U2)))增大，D对．
高压交流输电的电路分析与计算[学生用书P55]
1．远距离输电线路图
2．思路：在远距离输送电能的过程中，由能量的转化和守恒定律可知，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(不考虑变压器上的能量损失)．
3．远距离高压输电的几个基本关系
(1)功率关系
P1＝P2，P3＝P4，P2＝ΔP＋P3.
(2)电压、电流关系
＝＝，＝＝，
U2＝U线＋U3，I2＝I3＝I线．
(3)输电电流
I线＝＝＝.
(4)输电导线上损失的电功率
ΔP＝I线U线＝IR线＝R线＝R线．
命题视角1 远距离输电的电路分析
某发电机的输出功率为10 kW，输出电压为500 V，输电导线总电阻为5 Ω，允许输电导线上损失的功率为总功率的5%，用户所需电压为220 V．请设计供电电路并计算升压变压器和降压变压器的匝数比．
[解题探究] (1)远距离输电的线路图怎样画？
(2)输电导线上的功率损失由哪些因素决定？
[解析] 输电电路如图所示．
发电机输出功率P＝10 kW，设通过发电机的电流为I1，输电导线上电流为I2，则有
P损＝5%×10×103 W＝500 W，
I1＝＝ A＝20 A，
I2＝ ＝ A＝10 A，
所以升压变压器的匝数比为＝＝.
降压变压器原线圈电压U3＝U2－I2R，
U2＝U1＝×500 V＝1 000 V，
U3＝U2－I2R＝1 000 V－10×5 V＝950 V，
所以降压变压器的匝数比为
＝＝＝.
[答案] 电路图见解析 1∶2 95∶22
命题视角2 远距离输电的综合问题
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．三峡水利工程中某一水力发电站的发电机组设计为：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 Ω，那么所需升、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别是什么？
[解题探究] (1)水轮机获得的机械能如何计算？
(2)线路上的电压损失和功率损失如何计算？
[解析] (1)水轮机获得的机械能
E＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(mgh＋\f(1,2)m（v－v）))×75%
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Qtρgh＋\f(1,2)Qtρ（v－v）))×75%
＝×75%
＝78×104t(J)
则发电机输出电能E电＝E×80%＝624×103t(J)
发电机的输出功率P0＝＝624 kW.
(2)发电机的输出电流
I1＝＝ A＝2 600 A
输电线路损失的功率
ΔP＝P0×5%＝624 kW×5 %＝31.2 kW
输电线中电流
I2＝ ＝ A≈43.3 A
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I3＝＝ A≈2 694.5 A
所以降压变压器原、副线圈匝数比
n3∶n4＝I3∶I2＝2 694.5∶43.3≈26 945∶433.
[答案] (1)624 kW (2)433∶26 000 26 945∶433
解决远距离输电问题的思路
(1)正确画出输电过程示意图并在图上标出各物理量．
(2)抓住变压器变压前后各量间关系，求出输电线上的电流．
(3)计算电路功率问题时常用关系式：P损＝IR线，注意输电线上的功率损失和电压损失．
(4)电网送电遵循“用多少给多少”的原则，说明原线圈电流由副线圈电流决定．
小型水力发电站的发电机输出功率为24.5 kW，输出电压为350 V，输电线总电阻为4 Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220 V，所以在用户处需安装降压变压器．求：
(1)输电线上的电流．
(2)升压变压器的原、副线圈的匝数之比．
(3)降压变压器的原、副线圈的匝数之比．
解析：画出电能输送电路如图所示．
(1)输电线上的功率损失：
P线＝5%P2＝5%×24.5 kW＝1 225 W
又因为P线＝IR线，所以，输电线上的电流为：
I2＝ ＝ A＝17.5 A.
(2)升压变压器原线圈上的电流为：
I1＝＝ A＝70 A，
升压变压器原、副线圈的匝数之比为：
n1∶n2＝I2∶I1＝17.5∶70＝1∶4.
(3)输电线上的电压损失：U线＝I2R线＝U2－U3，
降压变压器的输入电压：
U3＝U2－U线＝U1－I2R线＝4×350 V－17.5×4 V＝1 330 V.
降压变压器原、副线圈的匝数之比为：
n3∶n4＝U3∶U4＝1 330∶220＝133∶22.
答案：(1)17.5 A (2)1∶4 (3)133∶22
“输送电压”与“输电线上电压”的辨析[学生用书P56]
正确区分“输送电压”和“输电线上的电压”是解决远距离输电问题的关键．
1．P损＝UI＝，U是指输电线上的电压，即输电线上损失的电压．
2．P损＝R，U是指输送电压，即从发电站发出后，经过变压器升高后的电压．
高压输电电压为U，输电线电阻为r，则下列说法正确的是( )
A．若发电机输出功率不变，使输出电压变大，则输电线上损失的功率变小
B．输电线上损失的功率为ΔP＝，故导线电阻越大，损失的功率越小
C．通过输电线的电流为I＝，故输电电压越高，电流越大，损失的功率越大
D．以上说法都不对
[解析] 设发电机输出功率为P，则P＝UI，使输电电压U增大，则输电电流I减小．又由输电线上损失的功率ΔP＝I2r得，输电线上损失的功率减小，所以选项A正确．
[答案] A
远距离输电，输电功率一定，当输电电压为U0时，输电线上的电流为I0，损失的电功率为P0.则当输电电压提高为2U0时( )
A．由I＝得，输电线上的电流变为2I0
B．由I＝得，输电线上的电流变为
C．由P＝得，输电线上损失的电功率为4P0
D．由P＝IU得，输电线上损失的电功率为2P0
解析：选B.设输电线的电阻为R，当输电线上的电流为I0时，损失的电功率为P0＝IR.当输电电压提高为2U0时，由I＝可知输电线上的电流变为，输电线上损失的电功率为P损＝R＝.故选项B正确．
[随堂检测] [学生用书P56]
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．减短输电线长度
C．减少通电时间 D．采用高压输电
解析：选D.减小输电线的长度不可行，因为要保证输电距离．采用直径更大的导线，可适当增大横截面积，太粗不可能，既不经济又架设困难．减少用电时间也不可以，要保障工农业生产及居民正常生活用电．提高输电电压，减小输电线上的电流是减少电能损失的最佳方法，选D.
2．火电站向某村庄输电，输送电功率为100 kW，若以1 100 V输电，则线路损耗为9 kW，若以3 300 V输电，则线路损耗可降为( )
A．3 kW B．1 kW
C．30 kW D．10 kW
解析：选B.由P＝UI，ΔP＝I2r可得ΔP＝r，所以当输电电压增大为原来的3倍时，线路损耗变为原来的，即ΔP＝1 kW.选项B正确．
3．远距离输电，输电的电功率为P，原来用电压U0输电，在输电线上损耗的电功率为P损，现在要使输电线上损耗的电功率减小到原来的1/10，则输电电压应为( )
A．100 U0 B．U0
C． D．
解析：选B.设输电线的电阻为r，损耗的电功率为P损＝I2r，线路电流为I＝，解得P损＝eq \f(P2,U)r，P′损＝eq \f(P2,U′)r，P′损＝P损，则U′0＝U0，选项B正确．
4．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＝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( )
A．()eq \f(U,4r) B．()eq \f(U,4r)
C．4()2()2r D．4()2()2r
解析：选C.升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝；由变压关系可得 ＝，则U2＝；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝＝，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I(2r)＝eq \f(4nP2r,nU)，故选项C正确．
5．三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，是中国规模最大的水利工程．枢纽控制的流域面积为1×106 km2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量Q＝4.51×1011 m3.水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面．在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量即26台发电机组同时工作时的总发电功率P＝1.82×107 kW.年平均发电量约为W＝8.40×1010 kW·h，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区供电紧张的局面．阅读上述资料，解答下列问题．(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2)
(1)请画出远距离输电的原理图并在其上用相应的符号标明相应的物理量；
(2)若三峡电站上、下游水位差按H＝100 m计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式并计算出效率η的数值；
(3)若26台发电机组全部发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t为多少天？
(4)将该电站的电能输送到华中地区，输电功率P1＝4.5×106 kW，采用超高压输电，输电电压U＝500 kV，而发电机输出的电压约为U0＝18 kV，要使输电线上损耗的功率为输送电功率的5%，求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数之比和输电线路的总电阻．
解析：(1)远距离输电的原理图如图所示．
(2)电站能量转化的效率η＝＝
η＝×100%≈67.1%.
(3)依据P＝可知，每台发电机组平均年发电时间
t＝＝天≈192.3天．
(4)升压变压器原、副线圈的匝数之比＝＝
由P1＝UI得I＝9.0×103 A
又P损＝I2R＝5%×P1
由以上各式解得R≈2.78 Ω.
答案：(1)(2)见解析 (3)192.3天 (4)9∶250
2．78 Ω
[课时作业] [学生用书P99(单独成册)]
一、单项选择题
1．下列关于高压直流输电的说法，正确的是 ( )
A．高压直流电可以经过变压器提升电压后进行输送
B．在输送过程中直流输电不考虑输电线的电感对电流的影响
C．在输送过程中直流输电不考虑输电线的电阻对电流的影响
D．直流输电，用户可以直接得到直流电
解析：选B.现代的直流输电，只有输电这个环节使用高压直流，发电、用电及升、降电压仍然是交流，D错误；变压器只能对交流起作用，对直流不起作用，A错误；在输电功率大、输电导线横截面积大的情况下，对交流来说，感抗会超过电阻，但电感对直流就不会有影响，当然电阻对直流和交流是同样有影响的，B正确，C错误．
2．对于电能输送的以下说法，正确的是( )
A．输送电能的基本要求是经济实惠
B．减小输电导线上功率损失的唯一方法是采用高压输电
C．减小输电线上电压损失的唯一方法是增大导线的横截面积
D．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输送功率大小、距离远近、技术和经济要求等
解析：选D.输送电能的基本要求是可靠、保质、经济．减少输电线上的功率损失可采用高压输电，也可采用减小输电线电阻，即增大传输导线横截面积的方法，但不经济，且增加架设难度．实际输电时，要综合考虑各种因素．
3．如图所示是远距离输电的示意图，下列说法正确的是( )
A．a是升压变压器，b是降压变压器
B．a是降压变压器，b是升压变压器
C．a的输出电压等于b的输入电压
D．a的输出电压等于输电线上损耗的电压
解析：选A.远距离输电先升压，后降压，选项A正确，选项B错误；由于输电线上有电压损耗，故a的输出电压等于b的输入电压与输电线上损耗的电压之和，选项C、D错误．
4．用电器电阻值为R，距交变电源的距离为L，输电线电流为I，电阻率为ρ，要求输电线上电压降不超过U，则输电线截面积最小值为( )
A． B．
C． D．
解析：选B.输电线上电压降U＝IR，其中R＝ρ，则Iρ＝U，得S＝，B正确．
5．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＝IR D．I1U1＝I2U2
解析：选D.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．只有选项D正确．
6．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、理想变压器的匝数均不变，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．用户的总电阻增大
B．用户的电压U4增大
C．U1∶U2＝U4∶U3
D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率
解析：选C.对两个变压器，＝，＝，所以＝，选项C正确；由能量守恒定律可知，发电机的输出功率等于用户消耗的功率和输电导线消耗的功率之和，选项D错误；输出电压U1一定，U2也一定，当用户消耗的功率P出增大时，负载增多，并联支路增加，用户的总电阻减小，P出＝IR负载，降压变压器的输出电流I4增大，由＝知，降压变压器的输入电流I3增大，即I2增大，则U3＝U2－I2r减小，用户的电压U4减小，选项A、B错误．
二、多项选择题
7．远距离输送交流电都采用高压输电，关于采用高压输电的优点，下列说法正确的是 ( )
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．可减少输电线上的功率损失
D．可降低输电线上的电压损失
解析：选ACD.当输电功率一定时，设为P，P＝IU，I是输电电流，U是输电电压，设输电导线电阻为R，则输电线上的损耗为P损＝I2R＝R，U损＝IR＝R，要减小损耗有两条途径：增大输电电压U、减小输电电线电阻；输电距离是一定的，要减小输电电线电阻只能增大电线横截面积，这样就多用材料，如果采用更高的电压输电，就不用加粗导线，亦可换用铝等电阻率稍大、但价格低廉的材料，A、C、D正确．
8．在电能输电过程中，若输电的电功率、输电线的电阻一定，则在输电线上损耗的电功率( )
A．和输电电压的二次方成反比
B．和输电电流的二次方成反比
C．和输电线上的电压降的二次方成正比
D．和输电电流的二次方成正比
解析：选ACD.输电线上的功率损耗ΔP＝I2R，电压损耗ΔU＝U－U′＝IR，输电电流I＝，所以ΔP＝I2R＝＝R.可见，在输电功率P、输电线的电阻R一定时，ΔP与I2成正比，与ΔU2成正比，与U2成反比．故选ACD.
9．一台发电机的最大输出功率为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( )
A．T1原、副线圈的电流分别为103 A和20 A
B．T2原、副线圈的电压分别为1.8×105 V和220 V
C．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1
D．有6×104盏灯泡(220 V 60 W)正常发光
解析：选ABD.由输电线路上损耗的功率ΔP＝400 kW＝IR可知输电线中的电流I2＝20 A，对于T1，有P1＝U1I1，可知I1＝103 A，T1的变压比为n1∶n2＝I2∶I1＝1∶50，选项A正确；根据P1＝P2＝U2I2，可知U2＝2×105 V，输电线上损失的电压U损＝I2R＝2×104 V，则T2原线圈的输入电压为U3＝U2－U损＝1.8×105 V，又灯泡正常发光，可知副线圈输出电压为U4＝220 V，T2的变压比为n3∶n4＝U3∶U4＝9 000∶11，选项B正确，C错误；根据U3I2＝60n，解得n＝6×104(盏)，选项D正确．
三、非选择题
10．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．
解析：设每根输电线的电阻为r，则
r＝ρ＝2.4×10－8× Ω＝12.8 Ω，
理想变压器，高压输出端功率P输＝P0，P0为发电机功率．
(1)设升压变压器的输出电压为U输，输电线上电流为I，由线路损失可得2·I2r＝P损
I＝ ＝ A＝125 A，
由P输＝U输I得U输＝＝＝80 kV.
(2)输电线路上的电压损失
U损＝I·2r＝125×2×12.8 V＝3.2 kV.
答案：(1)80 kV (2)3.2 kV
11．某一发电站输出的电压为220 V，输出的电功率为44 kW，输电线电阻为0.2 Ω.
(1)求用户得到的电压和电功率各是多少？
(2)如果发电站用匝数比为1∶10的变压器将电压升高，经过同样的输电线后，再用匝数比为10∶1的变压器将电压降低供给用户，用户得到的电压和电功率各是多少？
解析：(1)当发电站直接用220 V的电压输电时，输电线路中的电流为I＝＝ A＝200 A
输电线上损失的电压和电功率分别为
U损＝IR线＝200×0.2 V＝40 V
P损＝I2R线＝2002×0.2 W＝8×103 W＝8 kW
所以用户得到的电压和电功率分别为
U用＝U－U损＝220 V－40 V＝180 V
P用＝P总－P损＝44 kW－8 kW＝36 kW.
(2)通过变压器升压、降压后向用户供电的电路图如图所示．
升压变压器的输出电压U′＝U＝×220 V＝2 200 V
输电线中的电流I′＝＝ A＝20 A
输电线上损失的电压和电功率分别为
U损′＝I′R线＝20×0.2 V＝4 V
P损′＝I′2R线＝202×0.2 W＝80 W
降压变压器的输入电压U降＝U′－U损′＝2 200 V－4 V＝2 196 V
所以此时用户得到的电压和电功率分别为
U用′＝U降＝×2 196 V＝219.6 V
P用′＝P总－P损′＝44 kW－0.08 kW＝43.92 kW.
答案：(1)180 V 36 kW (2)219.6 V 43.92 kW
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，若保证全部电灯正常发光，则：
(1)发电机输出功率多大？
(2)发电机电动势多大？
(3)输电效率是多少？
(4)若使用灯数减半并正常发光，发电机输出功率是否减半？
解析：(1)对降压变压器P2′＝U2′I2＝U3I3＝nP灯＝22×6×40 W＝5 280 W，而U2′＝U3＝880 V，所以I2＝＝ A＝6 A．对升压变压器U1I1＝U2I2＝IR＋U2′I2＝(62×4＋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＝U2′＋I2R＝(880＋6×4) V＝904 V，所以U1＝U2＝×904 V＝226 V，又U1I1＝U2I2，所以I1＝＝4I2＝24 A，E＝U1＋I1r＝(226＋24×1) V＝250 V.
(3)η＝×100%＝×100%≈97%.
(4)电灯减少一半时，n′P灯＝2 640 W.
I2′＝＝ A＝3 A.
所以P出′＝n′P灯＋I2′2R＝2 640 W＋32×4 W＝2 676 W．
发电机的输出功率减小一半还要多，因输电线上的电流减小一半，输电线上功率的损失减小到原来的.
答案：(1)5 424 W (2)250 V (3)97% (4)见解析
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