第 4 节  电能的输送  教学建议

1．教学目标

（1）了解提高输电电压是降低远距离输电损耗的有效途径，会用相关知识解释实际的输电问题。

（2）经历建立远距离输电模型的过程，体会建立理想模型的思维方法。

（3）理解工程技术要兼顾科学、技术、经济等多种因素，知道电网供电是远距离输电的重要发展。

2．教材分析与教学建议

本节内容是电磁感应和交变电流知识在生产生活中的实际应用。在节首的“问题”栏目中，承上启下．从能量的角度，提出了“远距离输电中，如何减少电能的损耗”的问题，引发学生的思考。教学中要引导学生学会运用所学过的电磁学方面的知识解决这一实际问题。

本节教学的重点是高压输电的原理，难点是高压输电模型的建立以及各物理量之间的关系。学生已经知道用导线把电源和用电设备连接起来，就可以输送电能。这时，可以让学生画出输电的示意图，也就是建立输电的模型。根据输电的模型让学生讨论：电能的损耗在哪里？如何减小电能的损耗？从而引出降低电能损耗的两个途径。通过讨论可以让学生尝试画出远距离输电的流程，进而住“发电—升压—输电—降压—用户”的流程中探讨电压、电流和功率的关系。有条件的地方可以组织学生参观小型发电厂，了解输电的整个流程，并了解各种设备。

教学中应使学生明确，电能的输送是一个理论性和技术性都很强的复杂的系统工程，属于电力工程的一个分支，在高中阶段仅仅是初步了解。教学要围绕输送电能的“可靠”“保质”“经济”等基本要求展开。

第一，怎样减少电能输送时的损耗？这是理解如何确保“经济”这一基本要求的关键问题。教材通过“思考与讨论”栏目将输电过程简化，引导学生从直流电路知识出发，分析得出结论。

第二，怎样既“经济”又“保质”地将电能输送给用户？也就是既没有太多的电能损耗，又能保证各种用电设备正常工作。一方面，要使学生知道交变电流远距离输送的基本方式，即“低压发电→高压输电→低压用户”。另一方面，要使学生了解变压器在输电过程中的重要作用，再次体会交变电流的优点。

第三，还应该指出输电电压也不是越高越好，要综合考虑各种因素。

本节教学还应注意在应用已有直流电路方面知识的同时，要避免将某些直流电路的结论不加分析地随意扩展。

（1）问题引入

为了让学生能体会输电中输电线电阻对输电功率损失的影响，可以先通过实验让学生切身感受，再提出远距离输电过程中如何减少电能损耗的问题。

（2）降低输电损耗的两个途径

建议引导学生结合教材图 3.4–2 的简化输电电路，利用“思考与讨论”栏目中列出的 5 个问题，探讨远距离输电中影响电能损耗的因素。通过实验和对远距离输电中输电线损失功率表达式的分析，让学生知道输电线上的电能损耗与输送电压的关系，明确采用高压输电是减小输电线上功率损失的最有效、最经济的措施。通过计算电路中各段电压、电流和功率的情况及其关系，让学生能够区分电压损失与输电电压、输电电压与发电厂输出电压、发电功率与实际功率等不同概念。

对于输电线上的功率损失，可以引导学生自己从已有的直流电路知识出发，讨论：有哪些办法可以减少输电线上电能的损耗？其中哪种方法是最有效的？通过分析得出结论。

真正的实际问题比较复杂，教学中并不要求深入讨论，也不要求对输电过程中感抗和容抗的影响进行深入分析。另外，还要提醒学生注意，减小输电线中的电流，要通过提高输电电压来实现，但输电电压并不是越高越好。这就要帮助学生科学地、全而地、辩征地认识问题，逐步树立正确地分析问题、认识问题的观念和方法。

 

教学片段

降低输电损耗的途径

问题导引：怎样减小远距离输电过程中的电能损耗？

案例 1：把功率为 200 kW 的电能输送到 40 km 以外的地方，输电线上的总电阻为 0.1 Ω，用 200 V 的电压输电，损失的功率占总功率的百分之几？（50%）

案例 2：把功率为 200 kW 的电能输送到 40 km 以外的地方，用 200 V 的电压输电，要使功率损失降为输电功率的 25%，输电导线的截面积需增大为 0.1 Ω 时的几倍？（2 倍）

案例 3：把功率为 200 kW 的电能输送到 40 km 以外的地方，输电线上的总电阻为 0.1 Ω，用 2 kV 的电压输电，损失的功率占总功率的百分之几？（0.5%）

分析论证：根据 E_损 = Q = I²Rt 进行分析。

①输电时间要保证，缩短时间 t 不可行。

②减小电阻 R。

\(R = \rho \frac{l}{S}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{减小\;\rho：铜、铝。 }\\{减小\;l：输电距离要保证，不可行。}\\{增大\;S：可适当增大，介绍现实中用的材料，如教材图 3.4–1}\end{array}} \right.\)

③减小 I：保证一定传输功率的前提下，可通过提高输电电压来实现。

小结：在确保输送功率不变的情况下，减小电能输送中电能损耗最有效的方法是提高输电电压，最后给出实际输电线路示意图（图 3–6）并作总结。

学生常常容易将导线上的电压损失与输电电压混淆，从而得出错误结论。“练习与应用”中的第 2 题就是针对这种错误而设计的，可以引导学生进行讨论，澄清认识。

（3）电网输电

电网建设是电力输送的关键，高压输电技术的研究非常重要。我国的高压输电技术发展非常迅速，已达到世界领先水平。教学中要明确，之所以采用电网供电，一个重要的原因就是由于发电机本身的输出电压不可能有大的提高，要采用高压输电，就需要在发电站内先用升压变压器升压，然后再由输电线输出，到用户处再用降压变压器降到所需的电压。

（4）求解输电问题的思路

在解答有关远距离输电的问题时，首先要将整个电路分成几段进行研究，找出各段电路相应的物理量；其次利用变压器工作原理和电路的基本定律分段列式；最后联立求解，进行计算。另外，还需注意以下几点。

①发电机的输出功率通常认为是恒定的。

②输电导线上的电能损耗往往要求不能超过某一规定值。

③分析图 3–6 所示输电电路时要犄别注意以下两个关系。

电压关系：U₂ = U_r + U₃

功率关系：P₁ = P₂ + P_r

其中，升压变压器的功率为 P₁、降压变压器的功率为 P₂、输电线损失的功率为 P_r。

（5）SESE 输电技术的发展

教材在“STSE”栏目中介绍r输电技术发展的历史，交流输电遇到的技术困难．以及我国高压直流输电技术的应用。这部分内容不仅能帮助学生初步了解现代输电技术，也是从理论联系实际，帮助学生科学、全面地认识实际问题的好素材。有条件的学校，可以组织学生参观当地的小型发电厂，了解发电厂的发电情况，调查发电机的容量、居民用电和工业用电等情况，撰写调查报告。

3．“练习与应用”参考答案与提示

本节共设置 5 道习题。第 1 题考查的是在交流电路中的功率与电压的有效值和电流有效值之问的关系。第 2 题通过辨析让学生理解并掌握输电电路中损失的功率与输送电功率、输送电压和线路电阻的关系。第 3、4 题让学生理解远距离输电中，为什么要通过增大输送电压来减小电功率的损失，而不是通过减小电阻来减小电功率的损失。第 5 题通过一个简化的远距离输电电路再现了远距离输电过程的各个回路之间的关系，以及在某一个回路中电流、电压、功率之间的关系，全面考查了本章的重要知识点和分析方法。

 

1．在不考虑感抗和容抗的影响时，电功率 P = UI，所以 I = \(\frac{P}{U}\)。当 U = 110 kV 时，导线中电流 I = 43.6 A。当 U = 110 V 时，导线中电流 I = 4.36×10⁴ A。

公式 U = IR 中的 U、I、R 对应同一段电路，同理，公式 P = UI 中的 P、U、I 也对应同一段电路。功率 P 并不是输电线上消耗的功率，而是发电机（电源）、输电线以及用户构成的闭合电路的总电功率，U 是此电路的总电压，而 I 是电路的总电流（也是流经输电线的电流）。如果输电线的电阻为 R，则 U ≠ IR，原因是 U 并非输电线上的电压，而是电路的输入电压。所以，P = UI 公式中的三个量是同一段电路的输入电压 U，、总电流 I、总功率 P，而且都是指交变电流的有效值，而在初中阶段则指的直流的电压、电流和功率。

 

2．公式 P_损 = UI 和 U = IR 都是错误的，U 是输电电压，而非输电线上的电压。正确的推导应该是：设输电电压为 U，输送的电功率为 P，则 P_损 = I²R，I = \(\frac{P}{U}\)，将两式联立求得 P_损 = \(\frac{{{P^2}}}{{{U^2}}}\)R。由此式可知，要减小功率损失 P_损，在输送功率 P 不变的条件下，应当升高电压 U 和减小输电线的电阻 R。

 

3．用 1 100 V 电压输电，输电线上电流 I₁ = \(\frac{P}{{{U_1}}}\) = 182 A，输电线上由电阻造成的电压损失为 ΔU₁ = I₁R = 9.1 V。用 11 kV 的电压输电，输电线电流 I₂ = \(\frac{P}{{{U_2}}}\) = 18.2 A．输电线上由电阻造成的电压损失为 ΔU₂ = I₂R = 0.91 V。两者比较，可以看出，用高压输电可使输电线上电压损失减小很多。

 

4．2 500∶1

提示：输送的电功率为 P，输电电压为 U，输电线上的功率损失为 ΔP，导线长度为 l，导线的电阻率为 ρ，导线的横截面积为 S，则 ΔP = I²R = （\(\frac{P}{U}\)）²ρ \(\frac{l}{S}\)，得 S = \(\frac{{{P^2}\rho l}}{{{U^2}\Delta P}}\)。因为 P、ΔP、l、ρ 各量都是相同的，所以横截面积 S 与输电电压 U 的二次方成反比．所以有 \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}}\) = \(\frac{{U_2^2}}{{U_1^2}}\) = \(\frac{{2500}}{1}\)。

 

5．（1）432 A，25 A     （2）200 V，4 000 V   （3）1∶16，190∶11

提示：（1）降压变压器输出的电流．也就是用户得到的电流 I₄ = \(\frac{{{P_4}}}{{{U_4}}}\) = 432 A。因为 ΔP = I₂²r，输电线通过的电流 I₂ = \(\sqrt {\frac{{\Delta P}}{r}} \)，代入数据得 I₂ = 25 A。

（2）输电线上损失的电压 ΔU = I₂r = 200 V。因为升压变压器为理想变压器，输入功率等于输出功率，所以 P₂ = I₂U₂ = P₁，所以升压变压器输出的电压 U₂ = \(\frac{{{P_2}}}{{{I_2}}}\)，代入数据得 U₂ = 4 000 V。

（3）升压变压器原、副线圈的匝数之比 \(\frac{{{n_1}}}{{{n_2}}}\) = \(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}}\) = \(\frac{{1}}{16}\)，降压变压器原、副线圈的匝数之比 \(\frac{{{n_3}}}{{{n_4}}}\) = \(\frac{{{U_3}}}{{{U_4}}}\) = \(\frac{{4000 - 200}}{220}\) = \(\frac{{190}}{11}\)。