2017_2018学年高中物理第二章交变电流第7节电能的输送教学案教科版.docx

第7节 电能的输送1.远距离输电过程中，在导线上既有能量的损耗，还有电压损失。2根据P损I2r可知，减小输电线上的功率损失有两个途径：一是减小输电线的电阻，二是减小输电电流。3在输送功率一定时，提高输送电压，可以减小输电电流。4当输送功率很大时，电感、电容引起的电压及电能损失也很大，这时可以采用高压直流输电方式。一、电能输送中的电压损失和电能损耗1电能输送中的电压损失U损Ir，其中I为输电线中的电流，r为输电线的电阻。2电能输送中的电能损失(1)电能损失：W损P损t。(2)功率损失：P损I2r。二、远距离输电系统1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，形成全国性或地区性的输电网络。2远距离输电基本原理在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压。三、直流输电1采用高压直流输电的原因当交流输电功率很大时，导线的电感、电容引起的电压及电能损失很大；同一电网供电的发电机同步运行，技术上存在困难。2输电过程在发电站区域经变压器升压，由换流设备将交流变为直流，用高压直流进行远距离传输，在用户区域由换流设备再将直流变为交流，经变压器降压送给用户。1自主思考判一判(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)高压输电一定是电压越高越好。()(4)远距离输电时，若升压变压器匝数比为1n，降压变压器匝数比为n1，则升压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等。()(5)直流电压不能实现升压，因此直流输电不采用高压输电。()(6)大功率输电时，导线的电感和电容引起的电压和电能损失很大。()(7)高压直流输电是通过升压变压器升压后，再由换流设备将交流变为直流，从而实现远距离直流传输的。()2合作探究议一议(1)在农村电网改造前，离变压器越远的用户，电灯越暗，日光灯在过节时不能正常启动，你知道其中的原因吗？提示：电能在输送过程中存在电压损失和电能损失，农村电网改造前，输电线较细，电阻较大，导线损失电压较大，到过节时，各家用电器增多，线路电流更大，电压损失更大，致使用电器不能正常工作。(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，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UIr，而输电电流可通过PUI求得。(3)用高压输电，电压是否越高越好？提示：并不是电压越高越好，因为电压升高，导线会对空气放电，这就对导线的绝缘性能提出了更高的要求；另外，高压输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、技术和经济等各方面因素综合考虑。电能输送中的电压损失和电能损耗1降低输电损耗的两个途径(1)减小输电线的电阻r：从公式r来看，在输电距离一定的情况下，可以增大导线的横截面积，但这样会多耗费材料，同时也给架设施工带来难度；还可以选用电阻率较小的导体。(2)减小输电线的电流I：从公式PIU来看，在输送功率一定的情况下，要减小输送电流就必须提高输电电压。2计算功率损失的几个公式(1)P损I2r。(2)P损IU损。(3)P损。(4)P损2r。(5)P损P送P用。典例(多选)某发电厂原来用11 kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220 kV输电，输电功率都是P，若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是()A根据公式I，提高电压后，输电线上的电流降为原来的B根据公式I，提高电压后，输电线上的电流增为原来的20倍C根据公式P损I2R，提高电压后，输电线上的功率损失减为原来的D根据公式P，提高电压后，输电线上的功率损失增大为原来的400倍思路点拨在输电功率P一定时，输电电压提高到原来的n倍，由输电线上功率损失P损I2R2R知，输电线上功率损失将降为原来的。解析输电电压由11 kV经变压器变为220 kV，提高了20倍，结合I知，输电电流降为原来的；再由P损I2R知，输电线上的功率损失降为原来的。故正确选项为A、C。答案AC设输送的电功率为P，输电电压为U，输电导线的电阻为R，则输电线上损失的电功率为P损I2R2R，输电线上损失的电压为U损IRR。 1(多选)远距离输送交变电流都采用高压输电，我国正在研究用远高于330 kV的电压进行输电，采用高压输电的优点是()A可节省输电线的铜材料B可根据需要调节交变电流的频率C可减少输电线上的能量损失D可加快输电的速度解析：选AC由PUI得，I，当输电功率P一定时，采用高压输电，U大则I小，输电线中的电流就小。由P线I2r可知，在要求输电线损耗一定的情况下，电流小，就可选电阻率略大一点的材料作导线；若输电线的材料确定，电流小，则可以减少输电线上的能量损失，故A、C正确；交变电流的频率是固定的，不需要调节，输电的速度等于电磁波的传播速度，是一定的，故B、D不正确。2远距离输送交流电，在一定功率的条件下，要通过提高输电电压来减少线路的损耗，若输电电压提高n倍。则()A输电导线上损失的电功率不变B输电导线的电压损失是原来的倍C输电导线的电功率损失是原来的倍D输电导线的电功率损失是原来的倍解析：选D因为输送功率一定，根据公式PUI可得若输电电压提高n倍，则输送电流减小为原来的，设输电线总电阻为r, 则输电导线上损失的电功率为P损I2rI2r，即损失的电功率变为原来的，A、C错误，D正确；根据欧姆定律可得输电导线的电压损失UIrIr，即变为原来的，故B错误。3远距离输电中，当输送的电功率为P，输送电压为U时，输电线上损失的电功率为P，若输送的电功率增加为2P，而输电线中损失的电功率减为，(输电线电阻不变)那么输电电压应增为()A32UB16UC8U D4U解析：选D由PUI知I，则输电线上损失的功率PI2R2R，得输电电压UP，若输送的电功率增加为2P，而输电线中损失的电功率减为，由上式得输电电压U应增为4U；故D正确，A、B、C错误。远距离输电问题1远距离输电电路图图2712九个关系式(1)升压变压器(2)降压变压器(3)三个联系3输电导线上损耗的电功率：P线I线U线I线2R线2R线P2P3。典例有条河流，流量Q2 m3/s，落差h5 m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V，输电线总电阻r30 ，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V,100 W”的电灯正常发光？(g10 m/s2，水1.0103 kg/m3)思路点拨解答本题可按以下思路进行：解析输电电路图如图所示。电源端：P输出Q水gh50%5104 W，线路损耗PI22r，I2 A10 A，输电电压U2 V5103 V，升压变压比：n1n2U1U26125，输电线损失电压UI2r1030 V300 VU3U2U4 700 V，U4220 V降压变压比：n3n4U3U423511，灯盏数N470(盏)。答案612523511470盏处理远距离输电问题的方法及步骤(1)处理方法：处理远距离输电问题的方法，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)处理输电问题的步骤画出图上所示的输电过程的示意图；在示意图上标出各物理量，找出已知量、未知量和待求量；围绕三条线展开分析。 1图272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uUmsin t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272A. B.C422r D422r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PI22(2r)，故选项C正确。2如图273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，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2 kV高压输电，最后用户得到220 V、9.5 kW的电力，求：图273(1)水电站升压变压器的原、副线圈匝数比；(2)输电线路导线电阻R；(3)用户降压变压器的原、副线圈匝数比。解析：(1)升压变压器的原、副线圈匝数比。(2)输电线上损失的功率和导线电阻R与输电电流有关，有P损I22R，而输电电流又取决于输电电压及输电功率，则有I2所以R 20 。(3)降压变压器原线圈上的电压U3U2I2RU2R(2 000520)V1 900 V所以降压变压器的原、副线圈匝数比。答案：(1)(2)20 (3)1远距离输电中，发电厂输送的电功率相同，如果分别采用输电电压为U1110 kV输电和输电电压为U2330 kV输电。则两种情况中，输电线上通过的电流之比为I1I2等于()A11B31C13 D91解析：选B输送功率相同，根据PUI得，输电电流与输电电压成反比，所以。故B正确。2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2I0B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4P0D由PIU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P0I02R。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2R。故选项B正确。3(多选)如图1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1A发电机输出交流电的电压有效值是500 VB用户用电器上交流电的频率是50 HzC输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D保持升压变压器原线圈匝数不变，增加副线圈匝数，可减少输电线上损失的功率解析：选BD由图像可知交流电的最大值为Um500 V，因此其有效值为U V250 V，故A错误；根据发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，T0.02 s，故f Hz50 Hz，故B正确；输电线的电流由输送的功率与电压决定的，与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故C错误；保持升压变压器原线圈匝数不变，增加副线圈匝数，根据可知，次级电压变大，次级电流减小，根据PI2r可知，输电线上损失的功率减小，选项D正确。4图2为远距离输电的电路原理图，下列判断正确的是()图2AU1U2 BU2U3CI4I2解析：选D在远距离输电中，首先是升压，故U2U1，根据输入功率等于输出功率可知：I1U1I2U2，可知I1I2，选项A错误，D正确；在远距离输送过程中，导线上是有电压损失的，故U2U3，根据输入功率等于输出功率可知：I2U3I4U4，可知I4I2，选项B、C错误；故选D。5远距离输电的原理图如图3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3A. BI2CI1U1I22R DI1U1I2U2解析：选D根据变压器的工作原理可知，所以选项A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，所以选项B错误；U1I1U2I2，但U2I2I22R，选项C错误，D正确。6(多选)如图4所示，一小水电站，输出的电功率为P20 kW，输出电压U0400 V，经理想升压变压器T1变为2 000 V电压远距离输送，输电线总电阻为r10 ，最后经理想降压变压器T2降为220 V向用户供电。下列说法正确的是()图4A变压器T1的匝数比n1n215B输电线上的电流为50 AC输电线上损失的电功率为25 kWD变压器T2的匝数比n3n49511解析：选AD升压变压器T1的输出电压等于2 000 V，而输入电压为400 V，由电压之比等于匝数之比，则有变压器T1的匝数比n1n215，选项A正确；输出的电功率为P020 kW，而升压变压器T1变为2 000 V电压远距离输送，根据I，可知输电线上的电流为I A10 A，所以选项B错误；根据P损I2R10210 W1 000 W，所以选项C错误；降压变压器T2的输入电压等于升压变压器的输出电压减去导线损失的电压，即为U2 000 V1010 V1 900 V；根据，则有变压器T2的匝数比n3n41 9002209511，所以选项D正确。7(多选)为消除高压输电线上的凌冰，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，热耗功率为P；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)()A输电电流为3I B输电电流为9IC输电电压为3U D输电电压为U解析：选AD由PI2R线知P9P时，I3I，故A对B错；又由PIU得，UU，故C错D对。8如图5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I1，其末端间的电压为U1。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I2。则()图5A用户端的电压为B输电线上的电压降为UC理想变压器的输入功率为I12rD输电线路上损失的电功率为I1U解析：选A理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1U2I2，U2，选项A正确；输电线上的电压降为UI1r，或者UUU1，选项B错误；理想变压器的输入功率为PI1U1，选项C错误；输电线路上损失的电功率为PI12r，选项D错误。9(多选)如图6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，下列说法中正确的有()图6A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升压变压器的输出电压只由输入电压决定，与输送功率无关，选项A错误；若输送功率增大，则输送的电流增大，输电线上的电压损失变大，输电线上的功率损失变大，则降压变压器初级电压减小，次级输出电压减小，选项B错误，C正确；输电线上消耗的功率与总功率之比：，因输送功率变大时，输送电流变大，故输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项D正确。10(多选)如图7为某小型水电站的电能输送示意图。已知输电线的总电阻R10 ，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41，电阻R011 。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u220 sin 100t V，下列说法正确的是()图7A发电机中的电流变化频率为100 HzB通过R0的电流有效值为20 AC升压变压器T1的输入功率为4 650 WD若R0的电阻减小，发电机的输出功率也减小解析：选BC由于T2的副线圈的交流电的频率为f50 Hz，而变压器是不能改变交流电频率的，故发电机中的电流变化频率为50 Hz，选项A错误；由于T2的副线圈的交流电电压的有效值为U220 V，故通过R0的电流有效值为I20 A，故选项B正确；根据匝数与电流的关系可得T2的原线圈中的电流为I5 A，故输电线上损失的功率为P损I2R(5 A)210 250 W，而电阻R0上消耗的电功率为P0I2R0(20 A)211 4 400 W，故升压变压器