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高中物理第4章远距离输电第3节电能的远距离传输教学案鲁科版选修

第3节电能的远距离传输

一、为什么要采用高压输电 1．两种损失比较

两种损失主要原因大小表示减小办法电功率损失输电线有电阻电流产生焦耳热

ΔP ＝I 2

R 减小R 减小I

电压损失

输电线电阻的电压降

ΔU ＝IR

2．降低两种损失的途径——高压输电

在保证输送电功率不变的前提下提高输电电压，会减小输电电流，从而减小导线上的电功率损失和电压损失。

二、高压交流输电 1．基本环节发电厂站

――→升压变压器高压输电线路

――→降压变压器

用户

2．电路原理图

1.电能在远距离传输过程中有电功率和电压损失，减小电阻不经济，减小电流最合算。

2．在输送电功率P 一定，输电线电阻R 一定的条件下，输电电压提高到原来的n 倍，据ΔP ＝????P U 2

R 知，输电线

上的电功率损失将降为原来的1

2。

3．在电能远距离传输中，可将回路划分为几个独立的回路，每个回路均可以应用闭合电路欧姆定律和串、并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系是联系不同回路的桥梁。

图 4-3- 1

三、高压直流输电 1．组成部分

高压直流输电系统主要由整流站、直流线路和逆变站三部分构成。实际上直流输电系统只在输电这个环节是直流，发电环节和用电环节仍是交流，输电过程中只用两根导线。

2．优越性

(1)节省材料，输电结构简单，占地面积小。 (2)不存在感抗和容抗引起的损耗。

(3)不需要考虑电网中的各发电机的同步运行问题。

1．自主思考——判一判

(1)为了减少能量损失，要高压输电，而且越高越好。(×) (2)输送功率一定时，提高输送电压，可以减少功率损失。(√) (3)电压损失ΔU ＝IR 线和电功率损失ΔP ＝I 2

R 线中I 可以通过I ＝P 送

U 送

求得。(√) (4)负载越多，即用电高峰期，ΔU 、ΔP 也越大。(√) (5)高压直流输电与高压交流输电的区别在于输送环节。(√) 2．合作探究——议一议

(1)电能的输送要达到什么要求？输送电压是不是越高越好？提示：①输送电能要达到三个方面的要求： a ．可靠：保证供电线路正常工作，少有故障。 b ．保质：保证电能质量，即电压、频率稳定。 c ．经济：线路架设和运行费用低，能耗少，电价低。

②电压升高，导线会对空气放电，对导线的绝缘性能提出更高的要求，另外，高压输电对变压器也提出了更高的要求，因此，输电电压并不是越高越好。

(2)在电能的输送过程中，U 为输电电压，r 为输电线电阻，则输电线中电流为I ＝U r

，对不对？为什么？

提示：不对。U 为输电电压，而不是加在输电导线上的电压，即U ≠Ir ，而输电电流可通过P ＝UI 求得。

(3)“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 ＝U

是对纯电阻元件成立的定律，而“提高输电电压，减小输电电流”是从输电角度，由P ＝UI ，且在P 一定的条件下得出的结论，两者没有必然联系。

输电线路上的电压损失和功率损失

1．若输电线的电阻为R 线，输电电流为I ，输电线始端和末端的电压分别为U 和U ′，则：

(1)电压损失ΔU ＝U －U ′＝IR 线； (2)功率损失ΔP ＝I 2

R 线＝I ΔU ＝

ΔU

R 线

。

2．若输电功率P 不变，输电电压提高到nU ，可使输电电流减小到I n

，则： (1)电压损失减小到ΔU

；

(2)功率损失减小到ΔP

2。

[特别提醒]

(1)输电电压是指加在输电线起始端的电压，电压损失是指输电线上的电压降。 (2)输送功率是指加在输电线起始端的功率，功率损失是输电线上消耗的功率。 (3)减小输电线上的功率损失和电压损失的有效途径是：提高输电电压，以减小输电电流。

1．(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 和P 用的关系式正确的是( )

A ．P ′＝U 2S

ρL

B ．P ′＝P 2ρL

U 2S

C ．P 用＝P －U 2S

ρL

D ．P 用＝P ?

1－

PρL U 2S 解析：选BD 输电线电阻R ＝ρL S

，输电线中电流I ＝P U

，故输电线上损失的电功率为P ′

＝I 2

R ＝? ????P U 2ρL S ＝P 2

ρL U 2S ，用户得到的电功率为P 用＝P －P ′＝P ?

????1－PρL U 2S 。

2．在远距离输电时，如果升压变压器输出电压是2 000 V ，输出功率是10 kW ，输电线电阻是20 Ω，求：

(1)输电线上损失的功率和损失的电压； (2)用户能得到的功率和电压。

解析：(1)由P 出＝I 线U 出，得I 线＝P 出U 出＝10×103

2 000

A ＝5 A 。

则输电线上损失的功率P 损＝I 线2

r ＝52

×20 W＝500 W 。损失的电压U 损＝I 线r ＝5×20 V＝100 V 。 (2)降压变压器得到的电压和功率分别为：

U 用＝U 出－U 损＝(2 000－100) V ＝1 900 V ， P 用＝P 出－P 损＝(10×103－500) W ＝9 500 W 。

答案：(1)P 损＝500 W U 损＝100 V (2)P 用＝9 500 W U 用＝1 900 V

远距离输电的电路分析

1．远距离输电问题的分析方法

处理远距离输电问题的关键是抓住一图三线，一图即输电的电路图，三线即三个关系：功率关系、电压关系和电流关系，抓住一图三线，按照从前到后或从后向前的顺序，即可找到突破口。

2．远距离输电电路图

图4-3- 2

3．基本关系式 (1)功率关系

P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝ΔP ＋P 3。

(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＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 3＝I 线。

(3)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝

ΔU

R 线

。

(4)输电线上损耗的电功率： ΔP ＝I 线ΔU ＝I 线2

R 线＝? ??

??P 2U

R 线。

[典例] 发电机的输出电压为220 V ，输出功率为44 kW ，每条输电线的电阻为0.2 Ω，求： (1)此时用户得到的电压和电功率各为多少？

(2)如果发电站先用变压比为1∶10的升压变压器将电压升高，经同样的输电线路后经10∶1的降压变压器将电压降低后供给用户，则用户得到的电压和电功率各是多少？

[思路点拨]

画出输电线路简图? 标注两个变压器的匝数、输入及输出电压、电流、功率等?寻找突

破口

[解析] (1)输电线上的电流

I R ＝P U ＝44 000220

A ＝200 A

损失的电压U R ＝I R R ＝2×0.2×200 V＝80 V 损失的功率P R ＝U R I R ＝80×200 W＝16 kW 故用户得到的电压U 用户＝U －U R ＝140 V 用户得到的功率为P 用户＝P －P R ＝28 kW 。 (2)已知升压变压器的匝数比n 1∶n 2＝1∶10 输入电压U 1＝220 V

因此，升压变压器的输出电压U 2＝n 2

n 1

U 1＝2 200 V 输电线上的电流I R ′＝P U 2＝

44 000

2 200

A ＝20 A

损失的电压U R ′＝I R ′R ＝2×0.2×20 V＝8 V 损失的功率P R ′＝U R ′I R ′＝8×20 W＝160 W 因此，降压变压器的输入电压U 3＝U 2－U R ′＝2 192 V 已知降压变压器的匝数比n 3∶n 4＝10∶1 所以用户得到的电压U 4＝n 4n 3

U 3＝219.2 V 用户得到的功率P 用户′＝P －P R ′＝43.84 kW 。

[答案] (1)140 V 28 kW (2)219.2 V 43.84 kW

(1)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；研究两次变压——升压变压器和降压变压器。

(3)注意输送电压(功率)、电压(功率)损失、用户电压(功率)三者之间的区别和数量关系。

1．远距离输电线路的示意图如图4-3-3所示，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )

图4-3- 3

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

解析：选C 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，选

项A 、B 错误。用户用电器总电阻减小，根据P ＝U 2

，消耗功率增大，输电线中电流增大，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的损失电压加上降压变压器的输入电压，D 项错误。

2．如图4-3-4所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW ，输出电压为400 V ，为了减小向用户供电过程中产生的电能损失，使用2 kV 高压输电，最后用户得到220 V 电压，9.5 kW 的电功率。求：

图4-3- 4

(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2

。

(2)输电线路的总电阻R 。

(3)末端降压变压器原、副线圈的匝数比n 3n 4

。解析：(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝

4002 000＝1

。

(2)由ΔP ＝I 22

R ，I 2＝P U 2，得R ＝ΔP I 22＝ΔP P U 2

2＝U 22ΔP P

2，式中U 2＝2 000 V ，P ＝10×103

W ，

ΔP ＝P －P 用＝10×103

W －9.5×103

W ＝0.5×103

W 。解得R ＝20 Ω。

(3)因为U 3＝U 2－ΔU ＝U 2－I 2R ，式中U 2＝2 000 V ，I 2＝P U 2＝10×103

2 000

A ＝5 A ，R ＝20 Ω，

可得U 3＝1 900 V ，所以n 3n 4＝U 3U 4＝

1 900220＝95

。

答案：(1)15 (2)20 Ω (3)95

1．关于减小远距离输电线上的功率损失，下列说法正确的是( )

A ．由P ＝U 2

知，应降低输电电压，增大导线电阻

B ．由P ＝IU 知，应降低输电电压，减小输电电流

C ．由P ＝I 2

R 知，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 输电时导线上损失的电压ΔU ＝IR ，它不同于输电电压，用公式P ＝U 2

或P

＝IU 计算功率损失时，U 应为导线上损失的电压，故A 、B 错误；导线上功率的损失为发热损失，即P ＝I 2

R ，故C 正确。

2．下列关于远距离高压直流输电的说法中，正确的是( ) ①直流输电系统只在输电环节是直流，而发电环节和用电环节是交流 ②直流输电系统只在发电环节和用电环节是直流，而输电环节是交流 ③整流器将交流变直流，逆变器将直流变交流 ④逆变器将交流变直流，整流器将直流变交流 A ．①③

B ．②③

C ．①④

D ．②④

解析：选A 直流输电系统由整流站、直流线路和逆变站3部分组成，在整流站通过整流器将交流电变为直流电，在逆变站利用逆变器将直流电变为交流电，因此说法①③正确，应选A 。

3．(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(不考虑感抗和容抗产生的损失)( )

A ．功率损失是原来的1

B ．功率损失是原来的1

n 2 C ．电压损失是原来的1

D ．电压损失是原来的n 倍

解析：选BC 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 ＝P U ，线路的功率损失ΔP ＝I 2

R ＝P 2R U 2，可知ΔP ∝1U

2，当输电电压升高为原来的n 倍时，功率损失变为原来的1n 2，故选项B 正确；线路上的电压损失ΔU ＝IR ＝PR U ，可知ΔU ∝1

，当输

电电压升高为原来的n 倍时，电压损失变为原来的1

，故选项C 正确。

4．超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电，现有一直流电路，输电总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V 。若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )

A ．1 Kw

B ．1.6×103

kW C ．1.6 kW

D ．10 kW

解析：选A 节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I ＝P U ＝40×103

800 A ＝50 A 。

P 线＝I 2R ＝502×0.4 W＝1 000 W ，故节约的电功率为1 kW ，A 正确。

5．(多选)如图1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I 1，其末端间的电压为U 1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2。则( )

图1

A ．用户端的电压为

I 1U 1

I 2

B ．输电线上的电压降为U －U 1

C ．理想变压器的输入功率为I 12

r D ．输电线路上损失的电功率为I 1U

解析：选AB 理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U 2，则有I 1U 1

＝U 2I 2，U 2＝

I 1U 1

I 2

，选项A 正确；输电线上的电压降为ΔU ＝I 1r ，或者ΔU ＝U －U 1，选项B 正确；理想变压器的输入功率为P ＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的电功率为ΔP ＝I 12

r ，选项D 错误。

6．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 ．输电电流变为3I

B ．输电电流变为9I

C ．输电电压变为8U

D ．升压变压器原、副线圈匝数比变为1∶3

解析：选A 根据ΔP ＝I 2

R ，要使输电线上的热损耗功率变为9ΔP ，输电电流变为3I ，A 对，B 错；根据P ＝UI ，输送功率不变，则输电电压应为原来的13，C 错；根据n 1n 2＝U 1

U 2，U 1

不变的情况下，原、副线圈匝数比应变为原来的三倍，D 错。

7．(多选)山区小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降低电压后再输送至各用户。设变压器都是理想的，那么在用电高峰期，随用电器总功率的增加将导致( )

A ．升压变压器初级线圈中的电流变小

B ．升压变压器次级线圈两端的电压变小

C ．高压输电线路的电压损失变大

D ．降压变压器次级线圈两端的电压变小

解析：选CD 如图所示是远距离输电的示意图。

发电机输出的电压U 不变。当负载的功率增加时，由能量守恒知发电机的输出功率要增加，再由P ＝UI 知升压变压器初级线圈中的电流变大，故A 错误。因为变压器的线圈匝数比确定，则U 1不变，即升压变压器次级线圈两端的电压不变，故B 错误。升压变压器次级线圈的输出功率P 1＝P ＝U 1I 1要增加，而U 1不变，则I 1也要增加，那么输电线上损失的电压将增加，故C 正确。再由U 1＝I 1R ＋U 2知降压变压器的初级线圈两端的电压U 2将减小，则降压变压器次级线圈两端的电压U 3减小，故D 正确。

8．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 ．输电线上电阻造成的电压损失为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

D ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2

，U 为输电电压，r 为输电线的电阻

解析：选B 当U ＝500 kV 时，I ＝P U ＝3×1095×105 A ＝6×103

A ，而U 损＝IR ＝15 kV ，A 错

误，B 正确；输电线上损失的功率不可能比输出功率还大，C 错误；ΔP ＝U 2

中，U 为输电线

电阻上的电压，而不是输电电压，D 错误。

9．如图2所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则( )

图2

A ．用户用电器上交流电的频率是100 Hz

B ．发电机输出交流电的电压有效值是500 V

C ．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定

D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小

解析：选D 根据交流电的变化规律、变压器的工作原理和远距离输电知识解题。由u -t

图像可知，交流电的周期T ＝0.02 s ，故频率f ＝1

＝50 Hz ，选项A 错误；交流电的最大值

U m ＝500 V ，故有效值U ＝

U m

＝250 2 V ，选项B 错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比决定，选项C 错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据I 1I 2＝n 2

n 1

，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P ＝I 12

R ，得输电线损失的功率减小，选项D 正确。

10．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图3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n 1、n 2，降压变压器原、副线圈匝数分别为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( )

图3

A.n 2n 1>n 3n 4

B.n 2n 1

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：选AD 由于输电线上有功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，故D 正确。U 2U 1＝n 2n 1，U 3U 4＝n 3n 4，因为U 1＝200 VU 3＝U 2－U 线，故n 2n 1>n 3n 4

，A 正确。

11．把功率为220 kW 的电能用铝导线(铝的电阻率ρ＝2.7×10－8

Ω·m)输送到10 km 外的地方，要使功率损失不超过输送功率的10%。

(1)如果采用220 V 的电压输电，导线的横截面积至少要多大？采用这样的导线切合实际吗？

(2)若采用110 kV 的电压输电，导线的横截面积是多大？

(3)对于同种输电导线，若分别采用110 kV 和220 V 输电，损失的功率之比是多少？

解析：(1)如果采用220 V 的电压输电，则通过导线的电流I ＝P U ＝220×103220

A ＝103

A 。

由于功率损失P ＝10%P 0＝22 kW ＝22×103

W ，且P ＝I 2

R ，因此导线的电阻

R ＝P I 2＝22×103

Ω＝0.022 Ω。根据R ＝ρl

可得，导线的横截面积

S ＝ρl R ＝2.7×10－8×2×10×1030.022

m 2≈2.46×10－2 m 2。

所以，导线横截面的半径

r ≈8.85 cm。

由上述计算可知，采用这样粗的导线是不切实际的。 (2)若采用110 kV 的电压输电，则通过导线的电流

I ′＝P U ＝220×103

110×103

A ＝2 A 。

同理，可计算出导线横截面的半径

r ′≈0.02 cm。

(3)对于同种输电导线，若分别采用110 kV 和220 V 输电，损失的功率之比为

P 1P 2＝I 12I 22＝U 22U 12＝? ????220110×1032＝

1250 000

。答案：见解析

12．三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，枢纽控制流域面积为1.0×106

km 2

，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q ＝4.51×1011

m 3

。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(指26台发电机组同时工作时的总发电功率)为P ＝1.82×107

kW ，年平均发电量约为W ＝8.40×1010

kW·h，该工程于2009年全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张状况。阅读上述材料，回答下列问题(水的密度ρ＝1.0×103

kg/m 3

，g 取10 m/s 2

)：

(1)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势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值。

(2)若26台发电机组全部建成并发电，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？

(3)将该电站的电能输送到华中地区，输送电功率为P ＝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U 0＝18 kV ，要使输电线上损失的功率等于输送电功率的5%，求发电站的升压变压器的原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻。

解析：(1)一年减少的水的重力势能E p ＝mgh ，且一年流出的水的质量m ＝ρQ

所以η＝W E p ＝W ρQgh ＝8.40×1010×103

×3 600

1.0×103×4.51×1011×10×100

×100%＝67.1%。

(2)由W ＝Pt ，得t ＝W P ＝8.40×1010 kW·h

1.82×107

kW ＝192.3 (天)。 (3)由于n 1n 2＝U 1U 2＝18 kV 500 kV ，所以n 1n 2＝9

250

由于I ＝P U 2＝4.5×109500×10

3 A ＝9 000 A ，ΔP ＝I 2R ＝5%P ＝2.25×105

所以R ≈2.78 Ω(R 为输电线路的总电阻)。答案：(1)η＝

W ρQgh 67.1% (2)192.3天 (3)9

250

2.78 Ω 变压器与远距离输电的综合应用

1．如图1所示，原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端接一正弦交变电流，为了使变压器输入功率增大，可以采取的措施有( )

图1

A ．只增加原线圈的匝数n 1

B ．只减少副线圈的匝数n 2

C ．只减少负载电阻R 的阻值

D ．只增大负载电阻R 的阻值

解析：选C 由n 1n 2＝U 1U 2

知，当n 1增大时，U 2减小，当减小n 2时，U 2也减小，又根据P

入

＝P 出＝U 22

知，A 、B 、D 均错误，C 正确。

2．如图2所示，图甲中两导轨不平行，而图乙中两导轨平行，其余条件都相同，金属棒MN 都在导轨上向右匀速平动(速度较大)，在金属棒平动的过程中，将观察到(导轨及导体棒电阻不计)( )

图2

A ．L 1和L 2都发光，只是亮度不同

B ．L 1和L 2都不发光

C ．L 2发光，L 1不发光

D ．L 1发光，L 2不发光

解析：选D 金属棒MN 向右匀速平动时切割磁感线，在闭合回路中产生感应电流，但题图甲中金属棒接入电路中的长度逐渐增加，题图乙中不变，因此，在题图甲铁芯中产生变化的磁通量，副线圈中产生感应电流，L 1发光；题图乙铁芯中产生恒定不变的磁通量，副线圈中无感应电流，L 2不发光，故正确选项为D 。

3．(多选)如图3所示，将额定电压为60 V 的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)示数分别为220 V 和2.2 A 。以下判断正确的是( )

图3

A ．变压器输入功率为484 W

B ．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A

C ．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A

D ．变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3

解析：选BD 用电器的正常工作电压为60 V ，电流为2.2 A ，所以额定功率P 额＝U 2I 2

＝132 W ，即变压器的输出功率P 出＝P 额＝132 W ，理想变压器的输入功率P 入＝P 出，即U 1I 1＝U 2I 2，所以I 1＝132

220 A ＝0.6 A ，A 错误，B 正确。通过副线圈的电流的最大值I 2m ＝2I 2＝

2.22A ，C 错误。变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝

220 V 60 V ＝11

，D 正确。

4．(多选)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图4甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器的触头。下列说法正确的是( )

图4

A ．副线圈输出电压的频率为50 Hz

B ．副线圈输出电压的有效值为31 V

C ．P 向右移动时，原、副线圈的电流比减小

D ．P 向右移动时，变压器的输出功率增大

解析：选AD 由原线圈输入电压的变化规律可知，输入交变电压的周期为0.02 s ，频率为50 Hz ，所以副线圈输出电压的频率也为50 Hz ，选项A 正确；原线圈输入正弦式交变

电压的最大值为310 V ，则有效值为220 V ，根据变压器的电压关系U 1U 2＝n 1

n 2

知，副线圈输出电压的有效值为22 V ，选项B 错误；由变压器的电流关系I 1I 2＝n 2n 1

知，原、副线圈的电流比只与匝数比有关，选项C 错误；滑动变阻器的滑动触头向右移动时，电路的电阻减小，副线圈中的电流增大，又电压不变，则输出功率增大，选项D 正确。

5．如图所示，A 、B 、C 、D 是4种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用的白炽灯泡相同，且都是“220 V 40 W”，当灯泡所消耗的功率都调到20 W 时，哪种台灯消耗的功率最小( )

解析：选C 利用变阻器调节到20 W 时，除电灯消耗电能外，变阻器由于热效应也要消耗一部分电能，使台灯消耗的功率大于20 W ，利用理想变压器调节时，变压器的输入功率等于输出功率，本身不消耗电能，所以C 中台灯消耗的功率最小。

6．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P ，原线圈的电压U 保持不变，输电线路的总电阻为R 。当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的电功率为P 1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，线路损耗的电功率为P 2，则P 1和P 2P 1

分别为( )

A.PR kU ，1

n B.? ????P kU 2R ，1n C.

PR kU ，1n 2

D.? ??

??P kU

2R ，1n

2 解析：选D 当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，副线圈输出电压为kU ，输出电流I ＝

P kU ，线路损耗的电功率为P 1＝I 2

R ＝? ??

??P kU 2R 。若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，副线圈输出电压为nkU ，输出电流I ′＝P nkU ，线路损耗的电功率为P 2＝I ′2

R ＝? ??

??P nkU 2R 。P 2P 1＝1n 2，选项D 正确，A 、B 、C 错误。

7．利用如图5所示的电流互感器可以测量被测电路中的大电流，若互感器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝1∶100，交流电流表 A 的示数是50 mA ，则( )

图5

A ．被测电路的电流有效值为0.5 A

B ．被测电路的电流平均值为0.5 A

C ．被测电路的电流最大值为5 2 A

D ．原、副线圈中的电流同时达到最大值

解析：选C 根据理想变压器的工作原理I 1I 2＝n 2

n 1得，被测电路电流的有效值I 1＝n 2n 1

I 2＝5 A 。所以最大值I m ＝5 2 A ，故A 错误，C 正确。正弦交流电的平均值与有效值的概念是完全不同的，故B 错误。根据电磁感应规律，原线圈电流最大时，磁通量的变化率最小，副线圈中的感应电流最小，故D 错误。

8．(多选)如图6所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2。原线圈通过一理想电流表?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U ab 和U cd ，则( )

图6

A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2

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U cd 越大

D ．将二极管短路，电流表的读数加倍

解析：选BD 变压器初级电压为U ab ，则次级电压U 2＝n 2n 1

U ab ，由于二极管的单向导电性，使得cd 端只在一半的时间内有电流，即U cd ＝

U 2

，故

U ab U cd ＝2n 1

n 2

，A 错误。增大负载电阻的阻值R ，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，即电流表的读数变小，B 正确。c 、

d 间的电压由原线圈中的电压和变压器的匝数比决定，与电阻R 无关，C 错误。将二极管短

路，副线圈中的电流加倍，则原线圈中的电流也加倍，D 正确。

9．(多选)在如图7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7

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 设升压变压器的原、副线圈匝数比为N 1，降压变压器的原、副线圈匝数比为N 2，发电厂输出电压为U 1，输出功率为P 1，则升压变压器的输出电压为U 1N 1

，输电线中的

电流为P 1N 1U 1，输电线损耗的功率为N 12P 12R U 12，降压变压器输出电压为? ????U 1N 1N 2－P 1N 1R U 1N 2，输电线上损耗的功率占总功率的比例为N 12P 1R

U 1

2，选项C 、D 正确。

10．某交流电路中，有一个正在工作的理想变压器，如图8所示。它的原线圈匝数n 1

＝600，交流电源的电动势e ＝311sin(100πt )V(不考虑其内阻)，交流电压表和交流电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为0.2 A 的保险丝，副线圈匝数n 2＝120，为保证保险丝不被烧断，则( )

图8

A ．负载功率不能超过62 W

B ．副线圈电流最大值不能超过1 A

C ．副线圈电路中的电阻R 不能小于44 Ω

D ．副线圈电路中交流电压表的读数为62 V

解析：选C 解答本题的疑难在于正确理解“保险丝熔断电流指的是有效值”这一知识要点。由e ＝311sin(100πt )V 可知，原线圈两端电压U 1＝220 V ，输入功率P 入＝U 1I 1，又

I 1≤0.2 A，所以最大输入功率为44 W ，故负载功率不能超过44 W ，选项A 错误；根据I 1I 2＝

n 2n 1

得，I 2≤1 A，故副线圈电流不能超过1 A ，最大值不能超过 2 A ，选项B 错误；根据U 1U 2＝n 1

n 2

，

R ＝U 2

I 2

得，U 2＝44 V ，R ≥44 Ω，故副线圈电路中的电阻R 不能小于44 Ω，选项C 正确，选

项D 错误。

11．人们利用发电机把天然存在的各种形式的能(水能、风能、煤燃烧的化学能等)转化为电能，为了合理地利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方，但是用电的地方往往很远，因此，就需要高压输送线路把电能输送到远方。如果某发电站将U ＝6 000 V 的电压直接地加在高压输送线路的输入端，向远方供电，且输送的电功率为P ＝800 kW 。则此时安装在高压输送线路的始端和终端的电能表一昼夜读数就相差ΔE ＝9 600 kW·h(1 kW·h＝1度电)。求：

(1)此种情况下，高压线路的终端功率和输电效率。

(2)若要使此高压输电线路的输电效率为98%，则在发电站处应安装一个变压比? ??

??n 1n 2是多

少的变压器？

解析：(1)此情况下，终端功率

P ′＝P －

ΔE T ＝800 kW －9 600 kW·h 24 h

＝400 kW 。所以输电效率：η＝

P ′P ＝400 kW

800 kW

＝50%。 (2)设高压输送线路的导线电阻为r ，

由题意知：原来线路损耗P 损1＝I 12

r ＝400 kW ，而UI 1＝P ，

现在线路损耗：P 损2＝P ×(1－98%)＝I 22

r ，而U ′I 2＝P ，

U U ′＝n 1n 2，解得：n 1n 2＝15

。答案：(1)400 kW 50% (2)15

12．有一条河流，水的流量为Q ＝2 m 3

/s ，水的密度ρ＝1.0×103

kg/m 3

，落差为h ＝5 m 。现利用其发电，若发电机的总效率为50%，输出电压为240 V ，输电线总电阻R ＝30 Ω，允许损失的电功率为发电机输出功率的6%。

(1)为满足用电的需要，使用户获得220 V 的电压，求输电线路使用的理想升压变压器、降压变压器的原、副线圈匝数比。

(2)如果输送的电能供“220 V 100 W”的电灯使用，则能正常发光的电灯的盏数为多少？

解析：远距离输电的示意图如图所示。

发电机的输入功率为

P 1＝ρQgh ＝1×103×2×10×5 W＝1×105 W

发电机的输出功率P 2＝ηP 1＝5×104

W 设输电线中的电流为I ，则电功率损失P 损＝I 2

R 所以输电线中的电流为

I ＝

P 损

R ＝ P 2×6%

R ＝ 5×104

×0.06

A ＝10 A

升压变压器原线圈两端的电压U 1＝240 V

副线圈的输出电压为U 2＝P 2I ＝5×10410

V ＝5×103

故升压变压器原、副线圈的匝数比为

n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝240∶(5×103)＝6∶125

输电线上损失的电压为ΔU ＝IR ＝10×30 V＝300 V 降压变压器原线圈两端的电压为

U 3＝U 2－ΔU ＝5×103 V －300 V ＝4 700 V

降压变压器副线圈两端的电压为U 4＝220 V 故降压变压器原、副线圈的匝数比为

n 3∶n 4＝U 3∶U 4＝4 700∶220＝235∶11

(2)设正常发光的电灯的盏数为N ，则有

N ＝P 2－P 损P 灯＝5×104－5×104×0.06

100

＝470(盏)。

答案：(1)6∶125 235∶11 (2)470

电能的输送教学设计完整版

电能的输送教学设计 HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】

和方法。节后设的阅读材料《直流输电》既可以开阔学生眼界，也可以增加知识。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，知道输电过程，了解远距离输电的原理。（2）知道什么是输电线上的功率损失和如何减少功率损失。（3）理解远距离输电要用高压。理解高压输电过程中电压、电流及功率的关系，能够正确分析相关问题及电网输电过程。 2、过程与方法（1）让学生体验理论分析与实验探究远距离高压输电的过程与方法。（2）培养学生阅读、分析、综合和应用能力。（3）通过远距离输电原理分析，具体计算及实验验证的过程，使学生学会分析解决实际问题的两种基本方法：理论分析、计算和实验。 3、情感、态度与价值观（1）通过分析降低输电损耗的途径，引导学生全面地、辩证地看问题；培养学生遇到问题要认真、全面分析的科学态度。（2）通过分析讨论及模拟实验激发学生求知欲望，提高学生学习物理的兴趣。

2019-2020学年高中物理第二章交变电流第7节远距离输电教案粤教版选修3.doc

2019-2020学年高中物理第二章交变电流第7节远距离输电教案粤教版选修3 本节教材分析三维目标一、知识目标 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．了解远距离输电的原理． 2、理解各个物理量的概念及相互关系． 3、充分理解；；中的物理量的对应关系． 4、知道什么是输电导线上的功率和电压损失和如何减少功率和电压损失. 5、理解为什么远距离输电要用高压. 二、能力目标 1、培养学生的阅读和自学能力． 2、通过例题板演使学生学会规范解题及解题后的思考． 3、通过远距离输电原理分析，具体计算及实验验证的过程，使学生学会分析解决实际问题的两种基本方法：理论分析、计算和实验．三、情感目标 1、通过对我国远距离输电挂图展示，结合我国行政村村村通电报导及个别违法分子偷盗电线造成严重后果的现象的介绍，教育学生爱护公共设施，做一个合格公民． 2、教育学生节约用电，养成勤俭节约的好习惯．教学重点 (1)理论分析如何减少输电过程的电能损失。 (2)远距离输电的原理。教学难点远距离输电原理图的理解。教学建议

1、对于电路上的功率损失，可根据学生的实际情况，引导学生自己从已有的直流电路知识出发，进行分析，得出结论． 2、讲解电路上的电压损失，是本教材新增加的．目的是希望学生对输电问题有更全面、更深人和更接近实际的认识，知道影响输电损失的因素不只一个，分析问题应综合考虑，抓住主要方面．但真正的实际问题比较复杂，教学中并不要求深人讨论输电中的这些实际问题，也不要求对输电过程中感抗和容抗的影响进行深入分析．教学中要注意掌握好分寸． 3、学生常常容易将导线上的电压损失面与输电电压混淆起来，甚至进而得出错误结论．可引导学生进行讨论，澄清认识．这里要注意，切不可单纯由教师讲解，而代替了学生的思考，否则会事倍功半，形快而实慢． 4、课本中讲了从减少损失考虑，要求提高输电电压；又讲了并不是输电电压越高越好．希望帮助学生科学地、全面地认识问题，逐步树立正确地分析问题、认识问题的观点和方法．新课导入设计导入一幻灯显示 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。 ②在输电过程中输送效率的高低成了我们的首要问题，当然是效率越高越好。 ③由于输电导线有电阻，且又有电流通过，根据焦耳定律Q＝I2Rt输电过程中必有一部分电能转化为内能，显然这种损耗越小，输送的效率就越高。导入二讲述：前面我们学习了电磁感应现象和发电机，通过发电机我们可以大量地生产电能．比如，葛洲坝电站通过发电机把水的机械能为电能，发电功率可达271.5万千瓦，这么多的电能当然要输到用电的地方去，今天，我们就来学习输送电能的有关知识．

远距离输电问题的处理思路及基本关系

1 远距离输电问题的处理思路及基本关系 1．远距离输电的处理思路对高压输电问题，正确画出输电过程示意图并在图上标出各物理量．按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析． 2．远距离高压输电的几个基本关系(以图1为例 ) 图1 (1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P 损＋P3. (2)电压、电流关系：U1U2＝n1n2＝I2I1，U3U4＝n3n4＝I4I3，U2＝ΔU ＋U3，I2＝I3＝I 线． (3)输电电流：I 线＝P2U2＝P3U3＝U2－U3R 线 . (4)输电线上损耗的电功率：P 损＝I 线·ΔU ＝I2线R 线＝(P2U2)2R 线．当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的1n2 . 对点例题发电机输出功率为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.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求： (1)画出此输电线路的示意图； (2)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比； (3)用户得到的电功率是多少？解题指导 (1)输电线路的示意图如图所示， (2)输电线损耗的功率P 线＝100×4% kW ＝4 kW ，又P 线＝I22R 线所以输电线电流I2＝I3＝ P 线R 线＝20 A 原线圈中输入电流I1＝P U1＝100 000250 A ＝400 A 所以n1n2＝I2I1＝20400＝120 这样U2＝U1n2n1＝250×20 V ＝5 000 V U3＝U2－U 线＝5 000 －20×10 V ＝4 800 V

高中物理选修3-1知识点归纳(鲁科版)

__________________________________________________ 物理选修3-1知识点归纳(鲁科版) 第一章静电场第1节静电现象与微观解释 1.电荷、电荷守恒定律：（1）两种电荷：自然界中只存在两种电荷，即正电荷和负电荷；同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．（2）元电荷：元电荷是物体带电的基本电荷量，C 101.6e -19?=，所有带电体的电荷量等于e 的整数倍。（3）使物体带电的三种方式： ①摩擦起电：由于相互摩擦的物体间电子的得失使物体分别带上了等量异种电荷。 ②感应起电：指的是利用静电感应使物体带电的方式。 ③接触带电：一个不带电的导体跟另一个带电的导体接触后分开，使不带体的导体也带上电荷的方法．两个完全相同的金属球，其中一个带电，与另外一个接触后分开，则两球所带的电量相同，这个称为电荷均分定律．若两球开始带异种电荷，当它们接触时，先进行中和，再电量均分。（4）起电的实质：无论是哪种起电方法，都不是创造了电荷，而是使物体中的电荷进行再分配。（5）电荷守恒定律：电荷既不能创造，也不能消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分．在转移过程中，电荷的总量保持不变。第2节静电力库仑定律 1.点电荷的电场力大小：真空中两个点电荷之间相互作用的电场力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。（1）成立条件： ①真空中（空气中也近似成立） ②点电荷。即带电体的形状和大小对相互作用力的影响可以忽略不计。（这一点与万有引力很相似，但又有不同：对质量均匀分布的球，无论两球相距多近，r 都等于球心距；而对带电导体球，距离近了以后，电荷会重新分布，不能再用球心距代替r ）。（2）库仑定律：真空中两个点电荷之间的相互作用力F 的大小，跟它们的电荷量1Q 、2Q 的乘积成正比，跟它们的距离r 二次成反比。作用力的方向沿着它们的连线。两种电荷相斥、异种电荷相吸。2 2 1r Q Q k F =，229/100.9C m N k ??=。（3）静电力叠加原理：对于两个以上的点电荷，其中第一个点电所受的总的静电力，等于其点电荷分别单独存在时对该点电荷的作用力的矢量和。 2.电场：电荷周围存在场，电荷的相比不可能超越距离，是通过场传递的，这种场称为电场。 3.电场力：电场对于处在其中的电荷有力的作用，这种力叫做电场力。 4.试探电荷：放入电场电荷的电荷量应足够小，以免这个电荷引入影响将要研究的电场。同时这个电荷的线度必须足够小（可以视为点电荷），这样才能确定电场中各点的性质。满足这样条件的电荷叫做试探电荷。第3节电场及描述 1.电场、电场强度：（1）电场：电荷的周围存在着电场，电场的基本性质是它对放入其中的电荷有力的作用，这种力叫电场力。电荷间的相互作用是通过电场发生的，电场是客观存在的一种物质形态。（2）电场强度： ①定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F 跟它的电量q 的比值，叫做该点的电场强度，简称场强。 ②定义式：q F E /= a. 这是电场强度的定义式，适用于任何电场。 b. 其中的q 为试探电荷（以前称为检验电荷），是电荷量很小的点电荷（可正可负）。 c. 电场强度是矢量，规定其方向与正电荷在该点受的电场力方向相同。（3）点电荷的场强公式：由库仑定律和电场强度的定义可得点电荷的场强公式为2 r Q k E =。电场的最基本的性质是对放入其中的电荷有力的作用。 2.电场线：电场中画出一系列从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止的曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，此曲线叫电场线。 3.电场线的特点：（1）电场线是起源于正电荷或无穷远处，终止于负电荷或无穷远处的有源线。（2）电场线不闭合，不相交相叨，不间断的曲线。（3）电场线的疏密反映电场的强弱，电场线密的地方场强大，电场线稀的地方场强小。（4）场线不表示电荷在电场中的运动轨迹，也不是客观存在的曲线，而是人们为了形象直观的描述电场而假想的曲线。（5）在满足下列三个条件的情况下，电荷才可以沿电场线运动。 ①电场线是直线; ②电荷初速度方向和电场线在同一直线上; ③电荷不受其它力。 4.匀强电场：在电场的某一区域，如果场强的大小和方向都相同，这个区域的电场叫匀强电场，匀强电场的电场线是平行等距的直线。 5.几种典型的电场线分布：（1）孤立正负点电荷

电能的输送说课稿教案教学设计

电能的输送教学目标知识与技能 1、了解远距离输电的意义。 2、理解远距离输电中的输电损耗及解决方案。． 3、理解远距离输电的模型并能进行计算。过程与方法培养学生的阅读和分析能力．情感、态度与价值观 1、培养学生遇到问题要认真、全面分析的科学态度。教学重难点重点：培养学生把物理规律应用于实际的能力和用公式分析实际问题的能力．难点：高压输电的道理．引入新课讲述：前面我们学习了电磁感应现象和发电机，通过发电机我们可以大量地生产电能．比如，三峡电站通过发电机把水的机械能为电能，发电功率可达271.5万千瓦，这么多的电能当然要输到用电的地方去，发电站发出的电能是怎样输送到远方的呢？今天，我们就来学习输送电能的有关知识．教学探究一、让学生阅读课本，然后引导学生把导学案上“知识体系梳理”部分的空填上。 1.输送电能的基本要求是可靠、保质、经济 2.设输电电流为I ，输电线电阻为r,则输电线上的功率损失为r 2 I P 损.输电线上损失的电压为r I U ＝损.据此，可以有两个途径来减少输电损失。一个途径是减小输电线上的电

阻R ，另一个途径是减小输电电流. 3.远距离输电时，提高输电电压，是减少电能损失的行之有效的办法 4.采用电网供电的优点：可以在能源产地使用大容量发电机组，降低一次能源的输送成本，获得最大的经济效益。同时，电网可以减少断电的风险，调剂不同地区电力供需平衡，保障供电质量。二、让学生分组讨论导学案上“基础学习交流”部分的三个主题内容，然后每组请一学生回答，教师点评总结。基础学习交流主题1：输送电能的基本要求问题:(1)输送电能的基本要求是什么？（2）远距离大功率输电面临的困难是什么？原因是什么？如何解决？课件展示结论：(1)可靠、保质、经济（2）由于输电线长，电阻大，当电流通过输电线时，产生热量Q ，损失一部分电能，同时输电线上有电压降，故又损失一部分电压. 主题2：降低输电损耗的两个途径问题：（1）输电线上的功率损失和电压损失跟哪些因素有关？怎样计算？（2）降低输电损耗的两个途径是什么？（3）远距离输电时减少电能损失的最行之有效的办法是什么？课件展示结论：（1）r 2I P 损 r I U ＝损（2）降低输电损耗的两个途径：①减少导线电阻R 。②减小输电线中的电流。（3）提高输电电压（高压输电），是减少电能损失的行之有效的办法主题3：远距离输电模型问题：（1）大型发电站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？（2）画出远距离高压输电的原理图，分析基本关系：（教师引导，学生自己推导得出关系式）

电能的输送教学设计

电能的输送教学设计集团标准化小组：[VVOPPT-JOPP28-JPPTL98-LOPPNN]

《电能的输送》探究性教学设计重庆市实验中学物理组白荣华教材分析本节内容是人教版普通高中课程标准实验教科书《物理选修3-2》第五章《交变电流》的第5节，是学生综合运用前面所学知识解决实际问题的一个典型例子。课程设计力求将理论分析与实验验证相结合，使学生理解高压输电原理，培养和提高学生运用物理知识综合分析、解决实际问题的能力，动手能力和合作探究的能力。教材写得比较详细、通俗，可让学生阅读课本，然后提出一些问题引导学生思考、讨论。在内容的处理上，应注意以下几个方面：1．对于电路上的功率损失，可引导学生自己从已有的直流电路知识出发，进行分析，得出结论。 2．学生常常容易将导线上的电压损失U损＝U输－U用与输电电压混淆起来，甚至进而得出错误结论。要通过具体的例子，可引导学生进行讨论，澄清认识。这样可达到事半功倍的效果。要注意，切不可单纯由教师讲解，而代替了学生的思考。 3．讲解电路上的电压损失，是本节教材新增加的。目的是希望学生对输电问题有更全面、更深入和更接近实际的认识，知道影响输电损失的因素不止一个，分析问题应综合考虑，抓住主要方面。但真正的实际问题比较复杂，教学中并不要求深入讨论输电中的这些实际问题，也不要求对输电过程中感抗和容抗的影响进行深入分析。 4．课本中讲了从减少损失考虑，要求提高输电电压；又讲了并不是输电电压越高越好。希望帮助学生科学地、全面地认识问题，逐步树立正确地分析问题、认识问题的观点和方法。节后设的阅读材料《直流输电》既可以开阔学生眼界，也可以增加知识。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，知道输电过程，了解远距离输电的原理。（2）知道什么是输电线上的功率损失和如何减少功率损失。（3）理解远距离输电要用高压。理解高压输电过程中电压、电流及功率的关系，能够正确分析相关问题及电网输电过程。 2、过程与方法（1）让学生体验理论分析与实验探究远距离高压输电的过程与方法。（2）培养学生阅读、分析、综合和应用能力。（3）通过远距离输电原理分析，具体计算及实验验证的过程，使学生学会分析解决实际问题的两种基本方法：理论分析、计算和实验。

《交变电流,远距离输电教学案例评析》案例评析

《交变电流，远距离输电教学案例评析》案例评析王守玉这次培训对我来说是锻炼与提升的机会，我学到了许多东西，它让我品尝着教学案例与评价带给我的那份收获与思考。教学的成败得失，感受最深的有以下几个方面：一、深刻理解课标要求，把握上课精神。要上好一节课，首先要认真去学习、领悟上课理念，只有这样上课才能更有科学性、实效性和针对性。一节成功的物理课应该具备“新”“趣”“活”“实”等特点二、在业务上教师要加强自身修养，强化教育理论和专业知识的学习，及时更新自己的知识存量，增强自身课前准备的体会。高中教师应当切实了解学生已经掌握了那些知识，认真分析学生已有的知识水平，选择恰当的教学方法，达到使学生把旧知识同化成新知识的目的。三、新课程背景下的教学策略，要以学生为主老师为辅，多做实验，在实验中与学生共同探讨出结论，如课例中的“交流电实验”教学于实验相结合，配合相应的演示实验，分析交变电流的产生过程，认识交变电流的特点及其规律。四、教学手段的选择。师生互动是组织教学的手段之一，是一种不可忽视的启发式教学手段。它的好处是使学生本来处于被动地接受知识的局面得到改变。全体学生关注的目标从教师的位置转移到回答

疑问的学生身上，并且，教师的设置疑问如果恰到好处，必然会引起学生的兴趣，提高学生大脑兴奋程度。例如实验中教师通过引导学生画图分析交变电流变化一个周期，电流变化规律，在教学的过程中不断的向学生渗透物理的分析思维方法。总得来说，通过这次培训听了《交流电远距离输电》的案例，它丰富了我的教学经验和教学方法，给我的教学工作带来了很大的帮助。若以后能多有这一些培训，可以选择多样的课题，丰富我们老师的教学经验，或者请优秀教师开公开课，让我们听课者评课，大家互相探讨，这样觉得更有意义，更有价值。

电能的输送公开课教案

电能的输送教学设计一．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。一、引入展示生活中城市的夜景风光精美图片，说明生活中处处都需用电。若是没有电将会带给我们许多不便，CBA蓝球赛中浙江万马队主场停电，医院手术台上停电，看电视停电，交通停电，都会给我们生产和生活带来极大不便，那么我们用的电从何而来呢？同学们：水力发电火力发电风力发电发电厂：核能发电同时展示图片沼气发电潮汐发电太阳能发电各种电厂利用发电机可以产生将其它形式的能量转换成电能，供我们使用，但是我们的家庭、工厂通常离发电厂很远，全国最大的

2018届一轮复习人教版理想变压器远距离输电教案

45讲理想变压器远距离输电【教学目标】 1.理解变压器的原理，会用功率关系、电压比、电流比进行有关的计算. 2.能够对变压器进行动态分析. 3.会分析计算远距离输电问题．【教学过程】 ★重难点一、理想变压器基本关系的理解及应用★ 1.理想变压器基本关系的理解及应用 (1)电压：变压器原、副线圈的电压之比为U2U1＝n2n1；当变压器有多个副线圈时，n1U1＝n2U2＝n3 U3＝…。 (2)功率：理想变压器的输入、输出功率为P 入＝P 出，当变压器有多个副线圈时，P 1＝P 2＋P 3＋…。 (3)电流：由I ＝U P 知，对只有一个副线圈的变压器有I2I1＝n1n2，当变压器有多个副线圈时有n 1I 1 ＝n 2I 2＋n 3I 3＋…。 3.关于理想变压器的四点注意 (1)变压器不能改变恒定电流。 (2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。 (3)理想变压器本身不消耗能量，所以没有能量损失。 (4)理想变压器没有磁通量损失，磁通量全部集中在铁芯中。

【典型例题】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1021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 ＝91 B ．U ＝22 V ，k ＝91 C ．U ＝66 V ，k ＝31 D ．U ＝22 V ，k ＝31 【答案】 A 【解析】设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则I2I1＝n1n2＝31，故k ＝I22R I12R ＝91。设原线圈两端的电压为U 1，则U U1＝n2n1＝13，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为31U ，故3U ＋3U ＝ 220 V ，解得U ＝66 V 。选项A 正确。 ★重难点二、理想变压器的动态分析★ 常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。 1．匝数比不变的情况(如图所示) (1)U 1不变，根据U2U1＝n2n1，输入电压U 1决定输出电压U 2，可以得出不论负载电阻R 如何变化，U 2不变。 (2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，根据输出电流I 2决定输入电流I 1，可以判断I 1的变化。 (3)I 2变化引起P 2变化，根据P 1＝P 2，可以判断P 1的变化。 2．负载电阻不变的情况(如图所示)

高中物理-远距离输电

远距离输电前面我们学习了电磁感应现象和交流电发电机，我们就可以大量地生产电能，以供民用和企业生产使用。比如，葛洲坝电站通过发电机把水的机械能转化为电能，发电功率可达271.5万千瓦。可这么多的电能当然要输到用电的地方去，下面我们来研究电能的输送有关知识。电能的输送问题：发电站发出的电能是怎样输送到远方的呢？如：葛洲坝电站发出的电是怎样输送到武汉、上海等地的呢？答案是，通过电线输送的。而且是，通过架设很高的（考虑危险性）、很粗的高压电线输送的，这是为什么呢？因为电能的输送电能损失很大。电能为何损失呢？电能的输送电能损失如果不考虑升压变压器与降压变压器的使用，电能按照发电厂的电压进行输送，那么，最基本的输送电能模式如图所示：

由于发电厂和用电端距离很远，比如陕北榆林发电供京津冀地区使用，线路特别长。我们根据电阻与电阻率关系式：可知，总的电阻非常大，因此会有很大的能量（功率）损失，转化为电线上的焦耳热。不难得出损耗的功率为：根据欧姆定律可知，输电线上还会有很大的电压降低。输电要用导线，导线当然有电阻，如果导线很短，电阻很小可忽略，而远距离输电时，导线很长，电阻大不能忽略。电流通过很长的导线要发出大量的热，如：河南平顶山至湖北武昌的高压输电线电阻约400欧，如果通的电流是100安，每秒钟导线发热就是400万焦耳。这些热都散失到大气中，白白损失了电能。所以，输电时，必须设法减小导线发热损失。为什么采用高压输电问题：如何减小导线发热（能量消耗）呢？

由焦耳定律的公式Q=I2Rt，减小发热Q有以下三种方法：一是减小输电时间t，二是减小输电线电阻R，三是减小输电电流I。哪种方法能被实际使用呢？第一种方法等于停电，没有实际价值。第二种方法从材料、长度、粗细三方面来说都有实际困难。适用的超导材料还没有研究出来。排除了前面两种方法，就只能考虑第三种方法了。从焦耳定律公式Q=I2Rt可以看出，第三种办法是很有效的：电流减小一半，损失的电能就降为原来的四分之一。通过后面的学习，我们将会看到这种办法也是很可行的。因此，减小电能的损失，必须减小输电电流。但从另一方面讲，输电就是要输送电能，输送的功率必须足够大，才有实际意义。怎样才能满足上述两个要求呢？根据公式P=UI，要使输电电流I减小，而输送功率P不变（足够大），就必须提高输电电压U。所以说通过高压输电可以保证在输送功率不变，减小输电电流来减小输送电的电能损失。输送电能流程

电能的输送教学设计

《电能的输送》教学设计一、基本信息：教材：人教版高中物理选修3-2第五章第5节课时：1课时二、教学内容分析：《电能的输送》是人教版高中物理选修3-2第五章第5节内容，本节课前面几节知识的实际应用，通过本节的学习加强学生运用所学知识解决实际问题的能力。三、教学目标与重难点（一）物理观念 1. 知道输电的过程，了解远距离输电的原理。 2.理解各个物理量的概念及相互关系。 3.知道什么是输电导线上的功率和电压损失和如何减少功率和电压损失。 4.理解为什么远距离输电要用高压。（二）科学思维通过例题板演使学生学会规范解题及解题后的思考。（三）科学探究通过远距离输电原理分析，具体计算及实验验证的过程，使学生学会分析解决实际问题的两种基本方法：理论分析、计算和实验。（四）科学态度与责任通过对我国远距离输电的展示，教育学生爱护公共设施，做一个合格公民。教育学生节约用电，养成勤俭节约的好习惯。建立应急意识。教学重点理论分析如何减少输电过程的电能损失远距离输电的原理教学难点远距离输电原理图的理解四、学习者分析通过平时的观察和了解，发现高二学生已经具备了探究问题的能力和初步解决问题的能力，本节课通过问题设置，引导学生主动参与探究过程，逐步培养学生分析和解决问题的能力，合作与交流的能力等，注重培养学生创新精神和实践能力。

五、教学策略选择与设计本节课采用讨论法、探究法、归纳法等多种教学方法，体现新课标以“学生的发展”为宗旨的教学理念，体现对学生核心素养的培养，使学生在获得知识的同时，获取了研究物理问题、探究物理知识的方法。本节课突显了学生在课堂教学中的主体地位，注重对学生探究能力、交流能力和问题意识的培养，提高学生对合作学习重要性的认识，并及时对学生进行了情感、态度和价值观的培养和教育。六、教学资源多媒体播放室七、教学过程

高压输电--优质获奖教案

3.4变压器3.5高压输电教学目标：1.进一步理解变压器原理及规律.2.熟练应用变压器原、副线圈的决定因素解决动态分析问题.3.熟悉远距离输电中的各物理量关系和损耗问题，熟练解决远距离高压输电中的实际问题．重点：进一步理解变压器原理及规律难点：熟悉远距离输电中的各物理量关系和损耗问题，熟练解决远距离高压输电中的实际问题教学过程：基础点知识点1 理想变压器 1．构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。 (1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。 (2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。 2．原理：电流磁效应、电磁感应。 3．理想变压器的基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出。 (2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2 ，若n 1＞n 2，为降压变压器；若n 1＜n 2，为升压变压器。 (3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1 ；有多个副线圈时仍有P 入＝P 出，据P ＝UI 可推出，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n ，n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…＋n n I n 。 (4)频率关系：不变。 4．几种常用的变压器 (1)自耦变压器——调压变压器，如图A 、B 所示。

(2)互感器????? 电压互感器：把高电压变成低电压，如图C 所示。电流互感器：把大电流变成小电流，如图D 所示。知识点2 远距离输电 1．减少输电电能损失的两种方法 (1)理论依据：P 损＝I 2R 。 (2)减小输电线的电阻：根据电阻定律R ＝ρl S ，要减小输电线的电阻R ，在保证输电距离情况下，可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面积等方法。 (3)减小输电导线中的电流：在输电功率一定的情况下，根据P ＝UI ，要减小电流，必须提高输电电压。 2．输电过程示意图 3．输电电流 (1)I ＝P U ；(2)I ＝U －U ′R 。 4．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q ＝I 2Rt 。 5．电压损失 (1)ΔU ＝U －U ′；(2)ΔU ＝IR 。 6．功率损失 (1)ΔP ＝P －P ′；(2)ΔP ＝I 2R ＝??? ?P U 2R 。重难点一、理想变压器原理和基本关系 1．变压器的工作原理 2．理想变压器的基本关系

高中物理必修二知识点总结(鲁科版)-word

高一物理必修2识点总结章节具体内容主要相关公式一功和功率 1、机械功 ①机械功的含义 ②机械功的计算 ▲功cos W Fsα = 2、功和能 ①机械功原理 ②做功和能的转化 ▲功的原理 W W W W ==+ 阻动有用额外 W W W =+ 输入输出损失 3、功率 ①功率的含义 ②功率与力、速度的关系 ▲功率 W P t = P Fv = 4、人与机械 ①功率与机械效率 ②机械的使用▲机械效率 W P W P η== 有用有用总总二能的转化与守恒1、动能的改变 ①动能 ②恒力做功与动能改变的关系（实验 ③动能定理 ▲动能2 1 2 k E mv = ▲动能定理22 21 11 22 Fs mv mv =- 2、势能的改变 ①重力势能 ②重力做功与重力势能的改变 ③弹性势能的改变 ▲重力势能 p E mgh = ▲重力做功 12 G p p p W E E E =-=-? 3、能量守恒定律 ①机械能的转化和守恒的实验探索 ②机械能守恒定律 ③能量守恒定律 ▲只有重力作用下，机械能守恒 22 2211 11 22 mv mgh mv mgh +=+ 4、能源与可持续发展 ①能量转化和转移的方向性 ②能源开发与可持续发展三抛体运动1、运动的合成与分解 ①运动的独立性 ②运动合成与分解的方法 2、竖直方向上的抛体运动 ①竖直下抛运动 ②竖直上抛运动 ▲竖直下抛

0t v v gt =+ 2012 h v t gt =+ ▲ 竖直上抛 0t v v gt =- 2 012 h v t gt =- 0v t g = 2 02v h g = 3、平抛运动 ①什么是平抛运动 ②平抛运动的规律：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动。 ▲ 抛出点坐标原点，任意时刻位置 0x v t = 212 y gt = ▲ 合速度： 22220()()x y v v v v t gt =+=+，方向与水平方向夹角为θ，则tan y o o v gt v v θ== ▲ 合位移： 2222 01 ()()2 s x y v t gt = +=+方向与水平方向夹角为α，则0 tan 2y gt x v α= = 4、斜抛运动 ①斜抛运动的轨迹 ②斜抛运动物体的射高和射程 ▲ 斜抛初速度0v 00cos x v v θ= ，0x F =合 00sin y v v θ=，y F mg =合四匀速圆周运动 1、匀速圆周运动快慢的描述 ①线速度 ②角速度 ③周期、频率和转速 ④线速度、角速度、周期的关系 ▲ 线速度 s v t = ▲ 角速度t ?ω= ▲ 周期与频率 1f T = ▲ 2r v T π= 2T π ω=

高二物理远距离输电天天练

高二物理《远距离输电》天天练2012/3/9 1．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，输电线末端的电压为U2，下面选项表示输电导线上损耗的功率的是() A.U12 R B. (U1－U2)2 R C．I2R D．I(U1－U2) 2．关于电能输送的以下分析，正确的是() A．由公式P＝U2/R知，输电电压越高，输电线上功率损失越少 B．由公式P＝U2/R知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少 C．由公式P＝I2R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 3．远距离输电线路的示意图如图所示．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少时，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 4．远距离输电，原来用电压U0输电，在输电线上损失的电功率为P0，现在要使输电线上损失的电功率减小到原来的1/10，则输电电压应为() A．100 U0 B.10U0 C．U0/10 D．U0/100 5．一台交流发电机产生u＝220·sin 100πt V的交流电压，其内阻不计，经过变压器变压后通过总电阻r＝2 Ω的长导线给彩灯供电，如图所示.60只彩色小灯泡并联在电路中，每只灯泡都是“6 V,0.25 W”，灯泡均正常发光．(其余电阻不计) 试求：(1)发电机的输出功率； (2)降压变压器原、副线圈匝数比；

电能的输送教学设计

《电能的输送》探究性教学设计重庆市实验中学物理组白荣华教材分析本节内容是人教版普通高中课程标准实验教科书《物理选修3-2》第五章《交变电流》的第5节，是学生综合运用前面所学知识解决实际问题的一个典型例子。课程设计力求将理论分析与实验验证相结合，使学生理解高压输电原理，培养和提高学生运用物理知识综合分析、解决实际问题的能力，动手能力和合作探究的能力。教材写得比较详细、通俗，可让学生阅读课本，然后提出一些问题引导学生思考、讨论。在内容的处理上，应注意以下几个方面： 1．对于电路上的功率损失，可引导学生自己从已有的直流电路知识出发，进行分析，得出结论。 2．学生常常容易将导线上的电压损失U损＝U输－U用与输电电压混淆起来，甚至进而得出错误结论。要通过具体的例子，可引导学生进行讨论，澄清认识。这样可达到事半功倍的效果。要注意，切不可单纯由教师讲解，而代替了学生的思考。 3．讲解电路上的电压损失，是本节教材新增加的。目的是希望学生对输电问题有更全面、更深入和更接近实际的认识，知道影响输电损失的因素不止一个，分析问题应综合考虑，抓住主要方面。但真正的实际问题比较复杂，教学中并不要求深入讨论输电中的这些实际问题，也不要求对输电过程中感抗和容抗的影响进行深入分析。 4．课本中讲了从减少损失考虑，要求提高输电电压；又讲了并不是输电电压越高越好。希望帮助学生科学地、全面地认识问题，逐步树立正确地分析问题、认识问题的观点和方法。节后设的阅读材料《直流输电》既可以开阔学生眼界，也可以增加知识。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，知道输电过程，了解远距离输电的原理。（2）知道什么是输电线上的功率损失和如何减少功率损失。（3）理解远距离输电要用高压。理解高压输电过程中电压、电流及功率的关系，能

新课标粤教版3-2选修三2.7《远距离输电》WORD教案1

电能的输送一、教学目标 1?了解远距离输电的原理 2. 理解U 输、U 线、U 用、P 输、P 线、P 用、I 输、I 线、I 用概念及相互关系。二、重点、难点、疑点及解决办法 1. 重点（1）理论分析如何减少输电过程的电能损失。（2）远距离输电的原理。 2. 难点远距离输电原理图的理解。彬”“。”] 3. 疑点 P = U p =UI P = I 2 R 的对应关系理解 R 4. 解决办法通过自学、教师讲解、例题分析、实验演示来逐步突破重点、难点、疑点。三、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 ）、学生电源四、教学步骤 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。 ② 在输电过程中输送效率的高低成了我们的首要问题，当然是效率越高越好。 ③ 由于输电导线有电阻，且又有电流通过，根据焦耳定律 Q= I2Rt 输电过程中必有一部分电能转化为内能，显然这种损耗越小，输送的效率就越高。 ④ Q= I2Rt 如何减小输电时的 Q A t 是要确保的，通过减少 t 来减少Q 线是没有意义的。 B. R 二*减少R 有以下三种途径。 a. 缩短I 由于两地距离确定、没有实际意义。 b. 增大S 受经济及架设条件限制只限短距离输电采用。 c. 减少p 换用银那么也受经济条件约束，也是不现实的，效果也不明显。若正在研究的超导材料能批量生产且价格便宜，倒是可以采用。 TJ 2 3.充分理解P=T P = I 2 瓦P = UI 中的物理量的对应关系。

(完整版)高中物理远距离输电

输电过程（如图所示）、输送电流 P ⑴ 1 =U ；三、输电导线上的能量损失和电压损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为 Q= U2Rt. 1、电压损失：（1） △ U = U- U ; （2） △ U= IR. P 2、功率损失：⑴△ P = P - P'; (2) △ P = (U )2R 3、降低输电损耗的两个途径 ⑴减小输电线的电阻，由电阻定律 R = p S 可知，在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应采用电阻率小的材料，也可以增加导线的横截面积. ⑵ 减小输电导线中的输电电流，由 P = UI 可知，当输送功率一定时，提高输电电压，可以减小输电电流. 四、远距离输电的处理思路对高压输电问题，应按“发电机一升压变压器一远距离输电线一降压变压器一用电器” ，或按从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析. 五、远距离高压输电的几个基本关系（以图为例） (1) 功率关系：Pi = B, P3 = P4，P2= P 损+ R. Ui ni 12 U3 n3 14 (2) 电压、电流关系：U =n =匚，U = n = h ， U2=A U + U3，12= 13= I 线. P2 P3 U2- U3 ⑶输电电流：I 线=U = U3=IT. P 2 ⑷ 输电线上损耗的电功率：P 损=I 线A U = I 线R 线=（辽）粽线. 在远距离输电问题中，计算线路功率的损耗时应用P 损=I 线R 线，其原因是I 线可以由公式P 输入 U 线 =I 线U 输入求出，而P 损=U 线I 线和P 损= 则不常用，其原因是在一般情况下，U 线不易求出，且易将 R 线 U 线和U 输入相混而造成错误. 第四节远距离输电 l tr Jr / L/P 曄不变器 A L ! ■

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