高中物理教科版2第二章交变电流 第2章7．电能的输送

7．电能的输送学习目标知识脉络1.理解输电线上损失的电能与哪些因素有关，以及减小损失的两个途径．(重点)2．理解高压输电的原理．会计算输电损失．(重点)3．了解远距离输电的典型电路，并能利用变压器和电路的规律解决实际问题．(难点)4．输电网络的分析．(难点)电能输送中的电压损失和电能损耗[先填空]1．两种损失比较两种损失原因分析大小表示减小办法电压损失导线自身存在电阻rU损＝Ir减小r减小I功率损失导线有电阻电流热效应P损＝I2r减小I减小r2.降低两种损耗的途径——高压输电(1)由r＝ρeq\f(l,S)知，导线一般选铝为材料，ρ一定，在导线长度l确定情况下，要减小电阻，只能通过增大输电线的横截面积，这种方法给架设施工带来困难．(2)由P＝UI知，输送电功率不变的前提下，提高输电电压，会减小输电电流，从而减小导线上的发热损失和电压损失．这是降低两种损耗的有效途径．[再判断](1)由P＝UI知，功率损耗与电流成正比．(×)(2)电能的损耗受电流的影响比受电阻的影响更为显著．(√)(3)减小输电线电阻是降低电能损耗的最佳途径．(×)[后思考]电能输送中，U为输电电压，r为输电线电阻，则输电线中电流为I＝eq\f(U,r)对不对，为什么？【提示】不对，因为U是输电电压，而不是输电线上损失的电压ΔU，输电线中电流应为I＝eq\f(ΔU,r).[合作探讨]探讨1：“提高电压，降低电流”与欧姆定律矛盾吗？【提示】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，降低电流”是从输送角度，由P＝IU，且在P一定的条件下得出的结论，两者没有联系．探讨2：减少输电线上的功率损失为什么要依靠高压输电？【提示】(1)电阻R＝ρeq\f(L,S)告诉我们，在输电距离L一定、选用电阻率ρ较小的铜或铝作导线后，必须增大导线的横截面积．但这样会耗费大量的金属材料，输电线太重也会给架设带来困难．(2)在线路和输送功率P不变时，P＝UI告诉我们提高输电电压可大大减少功率损失．[核心点击]1．功率损失的原因在电能输送过程中，电流流过输电线时，因输电线有电阻而发热，电能必有一部分转化为内能而损失掉．2．功率损失的大小(1)设输电导线的总电阻为R，输电电流为I，则损失功率为P损＝I2R.(2)设输送的总电功率为P，输电电压为U，输电线的总长度为L，横截面积为S，电阻率为ρ，则输电电流I＝eq\f(P,U)，输电线电阻R＝ρeq\f(L,S)，所以输电线上的功率损失可表示为P损＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2·ρeq\f(L,S).3．减小功率损失的方法根据公式P损＝I2R可知，减小输电线路上功率损失的方法有两种：(1)减小电阻据R＝ρeq\f(L,S)判断，①减小输电线的长度L：由于输电距离一定，所以在实际中不可能通过减小L来减小R.②减小电阻率ρ：目前，一般用电阻率较小的铜或铝作为输电线材料．③增大导线的横截面积S：这要多耗费金属材料，增大成本，同时给输电线的架设带来很大的困难．(2)减小输电导线的电流I据I＝eq\f(P,U)判断，①减小输送功率：在实际中不能通过用户少用或不用电来达到减少损耗的目的．②提高输电电压U：在输送电功率P一定，输电线电阻一定的条件下，输电电压提高到原来的n倍，据P损＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,nU)))2R可知，输电线上的功率损耗将降为原来的eq\f(1,n2).1．(多选)远距离输送交流电都采用高压输电，其优点是()【导学号：31310119】A．可节省输电线的铜材料B．可根据需要调节交流电的频率C．可减少输电线上的能量损失D．可加快输电的速度【解析】由P＝IU得I＝eq\f(P,U)，输送的电功率P一定，采用高压输电，输电线中的电流就小，由P线＝I2r，要求输电线损耗一定的情况下，就可选横截面积较小的输电线，从而可以节省输电线的铜材料．若输电线确定，则可减少输电线上的能量损失，故A、C正确；交流电的频率是一定的，升高电压无法改变交流电的频率．输电的速度就是电磁波的传播速度，是一定的，故B、D错误．【答案】AC2．某用电器离供电电源的距离为L，线路上的电流为I，若要求线路上的电压降不超过U，已知输电线的电阻率为ρ，该输电线的横截面积最小值是()\f(ρL,R) \f(2ρLI,U)\f(U,ρLI) \f(2UL,Iρ)【解析】由欧姆定律有IR≤U，由电阻定律有R＝ρeq\f(2L,S)，由以上两式解得：S≥eq\f(2ρLI,U)，故B正确．【答案】B3．(多选)(2023·陕西高二检测)在远距离输电时，输送的电功率为P，输送电压为U，所用导线的电阻率为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用的关系式正确的是()【导学号：31310120】A．P′＝eq\f(U2S,ρL) B．P′＝eq\f(P2ρL,U2S)C．P用＝P－eq\f(U2S,ρL) D．P用＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(PρL,U2S)))【解析】输电线电阻R＝ρeq\f(L,S)，输电电流I＝eq\f(P,U)，故输电线上损失的电功率为P′＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2ρeq\f(L,S)＝eq\f(P2ρL,U2S)，用户得到的功率为P用＝P－P′＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(PρL,U2S))).【答案】BD远距离输电系统和直流输电[先填空]1．远距离输电系统在发电站附近用升压变压器升高电压，用输电线输送到远方，在用电地区附近，用降压变压器降到所需电压．远距离输电电路图如图2­7­1所示：图2­7­12．直流输电(1)使用环节：大功率高压输电环节中使用直流输电．(2)直流输电系统发电机eq\o(→,\s\up13(交流))升压变压器eq\o(→,\s\up13(交流))整流设备eq\o(→,\s\up13(直流))输电线eq\o(→,\s\up13(直流))逆变器eq\o(→,\s\up13(交流))降压变压器eq\o(→,\s\up13(交流))用户[再判断](1)高压输电是通过减小输电电流来减小电路的电能损耗．(√)(2)远距离输电时，若输送的电功率一定，输电电压越高，输电电流就越小，电能损失就越小，所以输电电压越高越好．(×)(3)直流输电比交流远距输电技术要求更高，输电原理也更复杂．(√)[后思考]交流输电有哪些局限性？要克服这些局限性，应怎样去做？【提示】交流输电的局限性有：(1)当交流输电功率很大时，电容、电感引起的电压及电能损失很大；(2)同一电网供电的发电机同步运行，技术存在困难．要克服上述局限性，大功率输电线路可采用直流输电．[合作探讨]探讨1：一般远距离输电电压要经历几次变化？【提示】发电机组输出电压10kV，发电站内升压到几百千伏，在“一次高压变电站”降到100kV左右，“二次变电站”降到10kV左右，低压变电站降到220V或380V.探讨2：请根据输电原理图(如图2­7­2所示)写出图中标出的各量之间的关系．图2­7­2【提示】(1)电压、电流与匝数关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3).(2)电压关系：ΔU＝U2－U3＝I2r.(3)功率关系：ΔP＝P2－P3＝Ieq\o\al(2,2)r；P1＝U1I1＝P2＝U2I2，P3＝U3I3＝P4＝U4I4.[核心点击]1．对几个电压的理解图2­7­3输送电压：输电线始端电压，如图2­7­3中的U2.用户电压：最终用户使用的电压，如图中的U4.损失的电压：输电线始端电压与末端电压的差值(ΔU＝U2－U3)，形成的原因是由于输电导线上存在电阻和感抗．2．线路电压损失的原因输电导线有电阻，电流通过输电线时，会在线路上产生电势降落，致使输电线路末端的电压比起始端电压要低，这就是输电线上的电压损失，如图2­7­4所示，U为发电厂的输出电压，P为发电厂的输出功率，U′为用电设备两端的电压，P′为用电设备的输入功率，则输电线上损失的电压为ΔU＝U－U′＝IR.图2­7­43．减小输电线路上电压损失的方法根据ΔU＝IR可知，减小输电线路上电压损失的方法主要有两种：(1)减小输电线路的电阻．(2)减小输电电流I，即提高输电电压．4．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用户附近的降压变压器，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．发电机的输出电流变小B．高压输电线路的功率损失变大C．升压变压器次级线圈两端的电压变小D．降压变压器次级线圈两端的电压变大【解析】随着用电器总功率的增加，负载电流增大，导致线路上损耗加大，降压变压器初级电压减小，其次级电压也随之减小；由于发电机输出电压稳定，所以升压变压器初级电压不变，其次级电压也不变．【答案】B5．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，通过导线上的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电导线上损耗的功率下列表达式错误的是()【导学号：31310121】\f(U\o\al(2,1),R) \f(U1－U22,R)C．I2R D．I(U1－U2)【解析】用P＝eq\f(U2,R)求电阻上损失的功率时，U要与电阻R相对应，A中的U1是输出电压不是输电线电阻上的电压，故A是错误的．B中的U1－U2是输电线电阻上的电压，因此，B是正确的；C、D中的电流I是输电线中的电流，故C、D都是正确的．【答案】A6．如图2­7­5所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损耗，使用2kV高压输电，最后用户得到“220VkW”的电能，求：图2­7­5(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比eq\f(n1,n2)；(2)输电线路导线电阻R；(3)用户降压变压器原、副线圈匝数比eq\f(n3,n4).【解析】(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(400,2000)＝eq\f(1,5).(2)由P损＝Ieq\o\al(2,2)R，输送电流取决于输出电压及输送功率，有I2＝eq\f(P,U2)所以R＝eq\f(P损,I\o\al(2,2))＝eq\f(P损,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U2)))2)＝eq\f(10000－9500,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10000,2000)))2)Ω＝20Ω.(3)设降压变压器原线圈上电压为U3，U3＝U2－I2R＝(2000－5×20)V＝1900V所以降压变压器原、副线圈匝数比为：eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)＝eq\f(1