2018-2019学年粤教版选修3-2第二章7远距离输电学案

[目标定位] 1.了解交变电流从变电站到用户的输电过程.2.知道远距离输电时输电线上的损失与哪些因素有关，理解应用高压输电的道理.3.知道远距离输电线路的基本构成，会对简单的远距离输电线路进行定量计算．一、从发电站到用户的输电线路1．大型发电机发出十几千伏的电压，在发电站区域通过变压器升高到几十万伏，然后进行远距离输电，当电能被输送到用电区域后，再根据不同的用电需求，用变压器将电压降低，这就是远距离输电．2．远距离输电线路的构成输电过程示意图如图1所示，主要有：发电厂、升压变压器、输电线路、降压变压器、用户．图1二、为什么要用高压输电1.输电线上的功率损失(1)损失功率计算：ΔP＝I2R线，I为输电电流，R线为输电线的电阻．(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＝ρlS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(选填“高”或“低”)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，称为输电线上的电压损失，ΔU＝U－U′，如图2所示，电压损失还可以表示为ΔU＝IR线＝PU R线．图2(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． 深度思考“提高电压，减小电流”与欧姆定律矛盾吗？答案 不矛盾．欧姆定律是对纯电阻耗能元件而成立的定律，而“提高电压，减小电流”是从输送角度，由P ＝UI ，且P 一定的条件下得出的结论，两者不矛盾．例1 中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电，是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV 的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，不考虑其他因素的影响．则( ) A ．输电电流变为原来的2倍B ．输电线上降落的电压将变为原来的2倍C ．输电线上降落的电压将变为原来的12D ．输电线上损耗的电功率将变为原来的12解析 根据输送电功率P 输＝U 输I 输及P 输不变，可知，输电电流I 输＝P 输U 输∝1U 输，当U 输变为原来的2倍时，I 输变为原来的12，选项A 错误；输电线上降落的电压U 降＝I 输R 线∝I 输，所以，当输电电流变为原来的12时，输电线上降落的电压也变为原来的12，选项B 错误，C 正确；输电线上损耗的电功率P 损＝I 2输R 线∝I 2输，所以输电线上损耗的电功率将变为原来的14，选项D 错误．答案 C(1)注意区别：①输电电压U 与输电线上降落的电压ΔU ；②输电功率P 与输电线上损失的功率ΔP .(2)抓住不变量：输送电功率不变，由P ＝UI 判断出输电电流I 的变化，从而由ΔU ＝IR 、ΔP ＝I 2R 判断ΔU 、ΔP 的变化.例2 发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至学校的输电线总电阻为R 线，通过输电线的电流为I ，学校输入电压为U 2，下列计算输电线功率损耗的式子中，不正确的是( ) A.U 21R 线 B.(U 1－U 2)2R 线C ．I 2R 线D ．I (U 1－U 2)解析 输电线功率损耗P 损＝I 2R 线＝U 2线R 线＝IU 线，其中U 线＝U 1－U 2，故B 、C 、D 正确，A不正确． 答案 AP 损＝I 2R ＝ΔU 2R＝ΔU ·I .式中必须注意，ΔU 为输电线路上的电压损失，而不是输电线电压.三、远距离输电线路的构成及基本关系1．输电线路的构成由发电厂、升压变压器、输电导线、降压变压器、用户构成． 2．远距离输电的基本关系(如图3所示)图3(1)功率关系P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 3＝ΔP ＋P 2→能量守恒 (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→理想变压器 U 3＝ΔU ＋U 2，I 2＝I 3＝I 线→串联电路中电压、电流关系 (3)输电线中电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线. (4)输电线上损耗的电功率：ΔP ＝ΔUI 线＝I 2线R 线＝⎝⎛⎭⎫P 2U 22R 线． 3．特别强调(1)升压变压器副线圈的电压不等于降压变压器原线圈的电压，输电线上的电压损失ΔU ＝I线R 线，输电线上的功率损耗ΔP ＝I 2线R 线．(2)输电线的电阻计算时，应注意输电线长度为距离的两倍． (3)处理远距离输电问题．首先要画出输电线路示意图，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．其次解题时要抓“两头”——电源、用电器．要注意“中间一条线”——输电线，以变压器为界将整个输电电路划分为三个独立的回路．以变压器为联系的纽带将“两头”与中间“输电线”联系起来，利用能量守恒、变压比、变流比等规律进行分析与计算． 深度思考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 ＝Ur ，对不对？为什么？答案 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I 2I 1＝n 1n 2求得．例3 一台发电机最大输出功率为4 000 kW 、输电电压为4 000 V ，经变压器T 1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T 2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V,60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T 1和T 2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( ) A ．T 1原、副线圈电流分别为103 A 和4 A B ．T 2原、副线圈电压分别为1.8×105 V 和220 V C ．T 1和T 2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 远距离输电的电路如图所示，在升压变压器原线圈中有P ＝U 1I 1，故得原线圈中电流为103 A ，在远距离输电线路中由ΔP ＝I 2线R 线得T 1副线圈中电流为20 A ，故选项A 错误；在远距离输电线路中由P ＝U 2I 2和I 线＝I 2得U 2＝2×105 V ，由ΔU ＝I 线R 线，ΔU ＝U 2－U 3可得T 2原线圈电压为1.8×105 V ，由于灯泡能正常发光，故T 2副线圈电压为220 V ，故选项B 正确；由变压器变压特点知变压比与匝数成正比，故可得T 1变压比为1∶50，而T 2的变压比为9 000∶11，故选项C 错误；正常发光时每盏灯的功率为60 W ，由90%P ＝NP 额，可得N ＝6×104盏，故选项D 正确．答案 BD总结提升 远距离输电问题的四个关键： ①画出一个模型——远距离输电模型图． ②抓住输电的两端——电源和用电器． ③分析两条导线——输电导线． ④研究两次电压变换——升压和降压．例4 发电机两端的电压为220 V ，输出功率为44 kW ，输电导线的总电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户． (1)画出全过程的线路示意图； (2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的电压和功率． 解析 (1)线路示意图如图所示．(2)由图可知，升压变压器副线圈两端的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝2 200 V ．据理想变压器P 入＝P出，则升压变压器副线圈的输出电流I 2＝P U 2＝44×1032 200A ＝20 A ，输电线上的功率损失和电压损失分别为P 损＝I 22R 线＝202×0.2 W ＝80 W.U 损＝I 2R 线＝20×0.2 V ＝4 V .所以降压变压器原线圈的输入电压和电流为 U 3＝U 2－U 损＝2 200 V －4 V ＝2 196 V ， I 3＝I 2＝20 A.降压变压器副线圈的输出电压和电流为 U 4＝n 4n 3U 3＝110×2 196 V ＝219.6 V ，I 4＝n 3n 4I 3＝10×20 A ＝200 A.用户得到的功率为P 4＝U 4I 4＝219.6×200 W ＝4.392×104 W. (3)若直接用220 V 低压供电， 线圈示意图如图所示，则输电电流I ′＝P U 1＝44×103220A ＝200 A.输电线路上的电压损失ΔU ′＝I ′R 线＝200×0.2 V ＝40 V . 所以用户得到的电压U 2′＝U 1－ΔU ′＝220 V －40 V ＝180 V ， 用户得到的功率为P ′＝U 2′I ′＝180×200 W ＝3.6×104 W. 答案 见解析1．(输电线上的损耗)(多选)某发电厂原来用电压为U 1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压变压器将电压升高为U 2后输电，输送的电功率保持不变．若输电线路的总电阻为R线，则下列说法中正确的是( )A ．由公式I ＝P U 2可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的150B ．由公式I ＝U 2R 线可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍C ．由公式P ＝I 2R 线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的12 500D ．由公式P ＝U 22R 线可知，提高电压后输电线上的功率损耗增大为原来的2 500倍答案 AC解析 由U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2＝50U 1，输送功率不变，由公式I ＝PU 2可知，输电线中的电流变为原来的150，选项A 正确；由P ＝I 2R 线可知，输电线上的功率损耗减为原来的12 500，选项C正确；选项B 、D 中的U 2应为损失的电压，所以选项B 、D 错误．2．(输电线上的损耗)图4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n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin 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( )图4A ．(n 1n 2)U 2m4rB ．(n 2n 1)U 2m4rC ．4(n 1n 2)2(P U m )2rD ．4(n 2n 1)2(P U m)2r答案 C解析 原线圈电压的有效值：U 1＝U m 2，根据U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1·U m2，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P ，所以输电线上的电流I ＝PU 2，输电线上损失的电功率为P ′＝I 2·2r ＝4r ⎝⎛⎭⎫n 1n 22·⎝⎛⎭⎫P U m2，所以C 正确，A 、B 、D 错误．3．(远距离高压输电)(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图5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5A.n 2n 1＞n 3n 4B.n 2n 1＜n 3n 4C ．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 答案 AD解析 由于输电线上有电阻，所以考虑到电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数的关系，可知要让用电器正常工作，必须有n 2n 1＞n 3n 4，故A 项对，B 、C 项错；考虑到输电线上有电功率的损失，可知D 项对． 4．(远距离高压输电)某小型水力发电站的发电输出功率为5×104 W ，发电机的输出电压为250 V ，输电线总电阻R 线＝5 Ω.为了使输电线上损失的功率为发电机输出功率的4%，必须采用远距离高压输电的方法，在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器．设用户所需电压为220 V ，不计变压器的损失．求：(g 取10 m/s 2) (1)输电线上的电流；(2)升、降压变压器原、副线圈的匝数比；(3)可供多少盏“220 V 40 W ”的白炽灯正常工作？ 答案 (1)20 A (2)110 12011 (3)1 200盏解析 (1)输电线中电流：P 损＝I 22R 线， 得I 2＝P 损R 线＝20 A. (2)由P ＝U 2I 2，得U 2＝5×10420 V ＝2.5×103 V.对升压变压器：n 1n 2＝U 1U 2＝2502.5×103＝110. 对降压变压器：U 3＝U 2－I 2R 线＝(2 500－20×5) V ＝2 400 V ，又U 4＝220 V ，故n 3n 4＝U 3U 4＝12011.(3)n ＝P －P 损P 0＝1 200(盏).题组一 输电线路中的损耗问题1．(多选)远距离输送交流电都采用高压输电．采用高压输电的优点是( ) 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 ．可减小输电线上的能量损失 D ．可加快输电的速度 答案 AC2．以下关于电能输送的分析，正确的是( )A ．由公式P ＝U 2R 知，输电电压越高，输电线上功率损失越少B ．由公式P ＝U 2R 知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少C ．由公式P ＝I 2R 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 答案 C解析 输电线损失的功率ΔP ＝I 2R ，故C 正确；A 中的U 不能用输电电压，因U ＝ΔU ＋U 3，ΔU 为输电线损失的电压，U 3为用户端电压或降压变压器的初级电压，故A 、B 、D 错误． 3．(多选)2014年2月初，低温雨雪冰冻造成我国东部部分地区停电，为消除高压输电线上的冰凌，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，输电线上送电电压为U ，电流为I ，热耗功率为ΔP ；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP ，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( ) A ．输电电流为3I B ．输电电流为9I C ．输电电压为3U D ．输电电压为13U答案 AD解析 输电线上的热耗功率ΔP ＝I 2R 线，若热耗功率变为9ΔP ，则9ΔP ＝I ′2R 线，联立得I ′＝3I ，A 对；输送功率不变，即P ＝UI ＝U ′I ′，得U ′＝13U ，所以D 对．4．(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S ，总长度为l ，输电线损失的功率为ΔP ，用户得到的功率为P ′，则下列关系式正确的是( ) A ．ΔP ＝U 2SρlB ．ΔP ＝P 2ρlU 2SC ．P ′＝P －U 2SρlD ．P ′＝P ⎝⎛⎭⎫1－Pρl U 2S 答案 BD解析 输电线电阻为R 线＝ρl S ，输电电流为I ＝PU，故输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 2R 线＝⎝⎛⎭⎫P U 2·ρl S ＝P 2ρlU 2S，用户得到的电功率为P ′＝P －ΔP ＝P ⎝⎛⎭⎫1－Pρl U 2S . 5．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的，可是我们在晚上七八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为此时( )A ．总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小B ．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小C ．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大D ．干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电压 答案 C解析 此时用电器多，电阻小(因为用电器都是并联的)，而变压器输出电压U 不变，由I ＝UR 可知，干路电流大，输电线上损失电压大，电灯两端电压小，故比深夜暗，故C 正确．题组二 远距离输电问题6．如图1所示为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述不正确的是( )图1A ．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B ．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C ．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D ．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好 答案 C解析 导线横截面积越大，导线的电阻越小，电能损失就越小，A 对；在输送功率一定的前提下，提高输送电压U ，由I ＝PU 知，电流I 减小，发热损耗减小，B 对；若输送电压一定，由I ＝PU 知，输送的电功率P 越大，I 越大，发热损耗就越多，C 错；高压输电要综合考虑材料成本、技术、经济性等各种因素，不是电压越高越好，D 对．7．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象，则( )图2A ．用户用电器上交流电的频率是100 HzB ．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC ．输电线上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 答案 D解析 由u －t 图象可知，交流电的周期T ＝0.02 s ，故频率f ＝1T ＝50 Hz ，选项A 错误；交流电的电压最大值U m ＝500 V ，故有效值U ＝U m2＝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 2n 1，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P ＝I 21R 得，输电线损失的功率减小，选项D 正确．8．(多选)在如图3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总电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )图3A ．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答案 CD解析 升压变压器原线圈两端电压不变，变压比不变，故副线圈两端电压不变，A 错误；I ＝P U，U 损＝IR 线，U 3＝U 2－U 损，因P 变大，I 变大，所以U 损变大，所以降压变压器原线圈两端电压U 3变小，故降压变压器的输出电压减小，B 错误；P 损＝⎝⎛⎭⎫P U 2R 线，因P 变大，所以P 损变大，C 正确；P 损P ＝⎝⎛⎭⎫P U 2R 线P ＝PR 线U 2，因P 变大，所以P 损P变大，D 正确． 9．远距离输电的原理图如图4所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，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4A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2答案 D解析 根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2n 1.U 2不是加在R 两端的电压，故I 2≠U 2R.而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和．选项D 正确．10．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，流入用户端的电流是I 2.则( )图5A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U答案 A解析 根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r ＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误．11．某小型实验水电站输出功率是20 kW ，输电线总电阻是6 Ω.(保留四位有效数字)(1)若采用380 V 的电压输电，求输电线损耗的功率．(2)若改用5 000 V 高压输电，用户利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压． 答案 (1)16.62 kW (2)226.2 V解析 (1)输电线上的电流为I ＝P U ＝20×103380A ≈52.63 A输电线路损耗的功率为P 线＝I 2R ＝52.632×6 W ≈16 620 W ＝16.62 kW.(2)改用高压输电后，输电线上的电流变为I ′＝P U ′＝20×1035 000 A ＝4 A 用户在变压器降压前获得的电压U 1＝U ′－I ′R ＝(5 000－4×6)V ＝4 976 V根据U 1U 2＝n 1n 2，用户得到的电压为 U 2＝n 2n 1U 1＝122×4 976 V ≈226.2 V . 12．如图6所示，发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户(升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器)，若发电机的输出功率是100 kW ，输出电压是250V ，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25，求：图6(1)升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；(2)若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压．答案 (1)6 250 V 16 A (2)15.625 Ω 6 000 V解析 (1)对升压变压器，据公式U 2U 1＝n 2n 1，有 U 2＝n 2n 1U 1＝251×250 V ＝6 250 V I 2＝P 2U 2＝P 1U 2＝100 0006 250A ＝16 A. (2)P 损＝I 22R 线，P 损＝0.04P 1所以R 线＝0.04P 1I 22＝15.625 Ω 因为ΔU ＝U 2－U 3＝I 2R 线所以U 3＝U 2－I 2R 线＝6 000 V。