高中物理输电考点（高中物理5.5电能的输送）
高中物理输电考点（高中物理5.5电能的输送）从图中应该看出功率之间的关系是一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。并按照规范在图中标出相应的物理量符号。一般设两个变压器的初、次级线圈的匝数分别为也应该采用相应的符号来表示。②减小输电线中的电流。，U必须是降在导线上的电压，电压不能用输电电压来计算。2远距离输电
1电路中电能损失
电线上的功率损耗为P=I2R
①可以通过两个途径减小输电损失。
减小输电线的电阻，应选用电阻率小的金属材料，还要尽可能的增大导线的横截面积。
②减小输电线中的电流。
，U必须是降在导线上的电压，电压不能用输电电压来计算。
2远距离输电
一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。并按照规范在图中标出相应的物理量符号。一般设两个变压器的初、次级线圈的匝数分别为也应该采用相应的符号来表示。
从图中应该看出功率之间的关系是
电压之间的关系
电流之间的关系
可见其中电流之间的关系最简单，中只要知道一个，另两个总和它相等。因此电流往往是这类问题的突破口。
输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用，而不能用。
分析输电线上的功率损失，由此得出结论：
⑴减少输电线功率损失的途径是提高输电电压或增大输电导线的横截面积，当然选择前者。
⑵若输电线功率损失已经确定，那么升高输电电压能减小输电线截面积，从而节约大量金属材料和架设电线所需的钢材和水泥，还能少占用土地。
需要引起注意的是课本上强调：输电线上的电压损失，除了与输电线的电阻有关，还与感抗和容抗有关。当输电线路电压较高、导线截面积较大时，电抗造成的电压损失比电阻造成的还要大。
规律方法
一、解决变压器问题的常用方法
解题思路1
电压思路.变压器原、副线圈的电压之比为U1/U2=n1/n2;当变压器有多个副绕组时U1/n1=U2/n2=U3/n3=……
解题思路2
功率思路.理想变压器的输入、输出功率为P入=P出，即P1=P2；当变压器有多个副绕组时P1=P2 P3 ……
解题思路3
电流思路.由I=P/U知，对只有一个副绕组的变压器有I1/I2=n2/n1;当变压器有多个副绕组时n1I1=n2I2 n3I3 ……
解题思路4
（变压器动态问题）制约思路
（1）电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2=n2U1/n1，可简述为“原制约副”。
（2）电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1=n2I2/n1，可简述为“副制约原”。
（3）负载制约：①变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2=P负1 P负2 …；②变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定，I2=P2/U2；③总功率P总=P线 P2。
动态分析问题的思路程序可表示为：
解题思路5
原理思路.变压器原线圈中磁通量发生变化，铁芯中ΔΦ/Δt相等；当遇到
型变压器时有ΔΦ1/Δt=ΔΦ2/Δt ΔΦ3/Δt
此式适用于交流电或电压（电流）变化的直流电，但不适用于稳压或恒定电流的情况。
习题演练
1. 有一台内阻为lΩ的发电机，供给一个学校照明用电，如图所示．升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R=4Ω，全校共22个班，每班有“220 V，40W”灯6盏．若保证全部电灯正常发光，则：
（l）发电机输出功率多大？
（2）发电机电动势多大？
（3）输电线上损耗的电功率多大？
（4）输电效率是多少？
（5）若使用灯数减半并正常发光发电机输出功率是否减半．
2. 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）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？
习题解析
1. 题中未加特别说明，变压器即视为理想变压器，由于发电机至升压变压器及降压变压器至学校间距离较短，不必考虑该两部分输电导线上的功率损耗。
发电机的电动势ε，一部分降在电源内阻上．即Ilr，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，即I2R，其余的就是降压变压器原线圈电压U2，而U3应为灯的额定电压U额，具体计算由用户向前递推即可。
（1）对降压变压器 U/2I2=U3I3＝nP灯=22×6×40 W=5280w
而U/2＝4U3＝880 V，所以I2=nP灯/U/2=5280/880=6A
对升压变压器：UlIl=U2I2=I22R＋U/2I2＝62×4＋5280＝5424 W， 所以 P出=5424W
（2）因为 U2＝U/2＋I2R＝880＋6×4＝904V， 所以 U1=¼U2=¼×904＝226 V
又因为UlIl=U2I2，所以Il=U2I2/Ul=4I2=24A，所以 ε＝U1＋I1r1=226＋24×1＝250 V
（3）输电线上损耗的电功率PR=IR2R=144W
（4）
（5）电灯减少一半时，n/P灯=2640W，
I/2＝n/P灯/U2＝2640/880=3 A． 所以P/出=n/P灯十I/22R=2640＋32×4＝2676w
发电机的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1/4。
说明：对变电过程较复杂的输配电问题，应按照顺序，分步推进．或按“发电一一升压——输电线——降压—一用电器”的顺序，或从“用电器”倒推到“发电”一步一步进行分析．注意升压变压器到线圈中的电流、输电线上的电流、降压变压器原线圈中的电流三者相等。
2. 输电线路的示意图如图所示
输电线损耗功率P线=100×4% kW=4 kW，又P线=I22R线
输电线电流I2=I3=20A，原线圈中输入电流
这样U2=U1n2/n1=250×20 V=5000 V ，U3=U2-U线=5000-20×10 V=4800 V，所以
，用户得到的电功率P出=100×96% kW=96 kW。
End
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