高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第二册第四节 远距离输电学案设计

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第四节　远距离输电[核心素养·明目标]核心素养学习目标科学思维了解输电线上的功率损耗与何种因素有关及降低功率损耗的措施。知道高压输电的原因；会利用变压器的规律和能量守恒的观点对简单的远距离输电进行定性分析和计算。物理观念了解高压交流和高压直流输电的优缺点。知识点一　远距离输电中的电功率和电压损耗1．两种损失比较两种损失主要原因大小表示减小办法电功率损失输电线有电阻产生焦耳热ΔP＝I2R减小R减小I电压损失输电线电阻的电压降ΔU＝IR2．降低两种损失的途径——高压输电输送一定功率电能，输电电压越高，输电线中电流越小，导线因发热而损耗的电能越少，线路上电压的损失也越少。知识点二　高压交流输电1．降低输电损耗的途径(1)减小输电线的电阻：在输电距离一定的情况下，为减小电阻，应当选用电阻率小的金属材料，还要尽可能增加导线的横截面积。(2)减小输电线中的电流：为了减小输电电流，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电电压。2．输电线路远距离输送电网基本结构：如图所示(输出功率为P，输出电压为U)。3．功率损耗输电导线损失的电功率：由P损＝IR线可推得P损＝R线。4．两个关系功率关系：P入＝P线＋P用。电压关系：U2＝U线＋U3。知识点三　直流输出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，技术上也存在困难。2．高压直流输电系统的工作程序：交变电流升压后输送到整流器，把高压交变电流变换成高压直流电流，经由高压直流线路输送到用电地区后，逆变器将高压直流电流变换成高压交变电流，再经降压变压器降压。3．高压直流输电系统的优点(1)不存在感抗和容抗引起的损耗。(2)节省材料，输电结构简单，占地面积小。(3)不需要考虑电网中的各发电机的同步运行问题。1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)为了减少能量损失，要高压输电，而且越高越好。 (×)(2)输送功率一定时，提高输送电压，可以减少功率损失。 (√)(3)电压损失ΔU＝IR线和电功率损失ΔP＝I2R线中I可以通过I＝ 求得。                             (√)(4)负载越多，即用电高峰期，ΔU、ΔP也越大。 (√)(5)高压直流输电与高压交流输电的区别在于输送环节。 (√)2．中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化。近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格，可采取的措施有(　　)A．提高输送功率B．减小输电导线的长度C．提高输电的电压D．减小输电导线的横截面积C　[为减少远距离输电的损耗，可以提高输电的电压，故C项正确；提高输送功率不能减少远距离输电的损耗，减小输电导线的长度的方法不可取，减小输电导线的横截面积反而会增大损耗，故A、B、D错误。]3．输电线的电阻共计为r，输送的电功率为P，用电压U送电，则用户能得到的电功率为(　　)A．P   B．P－ rC．P－   D． rB　[输电电流I＝，输电线上损耗功率为ΔP＝I2r＝r，用户得到功率为P用＝P－ΔP＝P－I2r＝P－r，故B正确，A、C、D错误。] 考点1　输电线上电压和功率损失的计算如图所示的输电线路，为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光较暗？怎样才能减小导线上损失的电压呢？提示：用电高峰期高压输电线和变压器到家庭的输电线中电流较大，有较大的电压损失，因此加在白炽灯上的电压变低，达不到额定功率，因此白炽灯灯光较暗；为减小导线上损失的电压可减小输电线电阻，提高输电电压。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．若输电线的电阻为R线，输电电流为I，输电线始端和末端的电压分别为U和U′，则：(1)电压损失ΔU＝U－U′＝IR线；(2)功率损失ΔP＝I2R线＝IΔU＝。3．若输电功率P不变，输电电压提高到nU，可使输电电流减小到，则：(1)电压损失减小到；(2)功率损失减小到。【典例1】　在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个小型发电站，输送的电功率P＝500 kW，当使用U＝5 kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800 kW·h。求：(1)输电效率η和输电线的总电阻r。(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？[思路点拨]　输电线上损失的功率为P损＝I2r，输电功率P＝UI，要提高输电效率，就要提高输电电压。[解析]　(1)输送功率P＝500 kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000 kW·h输电线上损失的电能ΔE＝4 800 kW·h终点得到的电能E′＝E－ΔE＝7 200 kW·h所以输电效率η＝×100%＝60%输电线上的电流I＝＝100 A输电线上损耗的功率Pr＝＝200 kW输电线的电阻r＝＝20 Ω。(2)Pr＝r要求输电线上损耗的功率Pr′＝2%P＝10 kW输电电压应调节为U′＝P＝22.4 kV。[答案]　(1)60%　20 Ω　(2)22.4 kV计算输电线上功率损失的两种方法计算输电线上损失的功率时，要注意区分两个电压：输电电压(输电线始端的电压)U和输电线上的损失电压ΔU。(1)P损＝ΔUI＝，ΔU是输电线两端的电压，即输电线上损失的电压。(2)P损＝R线，U是指输送电压，即从发电站发出后，经过变压器升高后的电压。1．下列关于减小远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的是(　　)A．因为热功率P＝，所以应降低输送的电压，增大输电导线的电阻，才能减小输电导线上的热损耗B．因为热功率P＝IU，所以应采用低电压、小电流输电，才能减小输电导线上的热损耗C．因为热功率P＝I2R，所以可采用减小输电线电阻或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热损耗D．以上说法均不正确C　[不能盲目看公式，要注意其物理意义的表达，在求热损耗时：P损＝IR线或用P损＝U线I线，也可用P损＝，但U必须为输电线两端的电压(即损失电压)。故选C。] 考点2　高压输电线路的分析与计算我们日常生活离不开电，电是由发电厂产生的。为了合理地利用自然资源，火力发电厂通常建在煤矿附近，水电站建在水力资源丰富的河流上，但用电的地方可能距离很远，需要将电能安全、保质地由发电厂送往远方，同时又不能浪费太多的电能。火力发电厂或水电站发出的电压一定很高吗？怎样才能提高输送电压？用户消耗的电功率和电厂发出的电功率相等吗？ 提示：电厂发出的电压最大值由公式Em＝NBSω决定，因机械制造等因素，电压不会很高，通常借助变压器将低电压变为高电压。用户消耗的电功率和电厂发出的电功率不相等，因为在电能的输送线路上有电阻要消耗部分电功率，所以电厂发出的电功率大于用户获取的电功率。1．远距离输电问题的分析方法处理远距离输电问题的关键是抓住一图三关系，一图即输电的电路图，三关系即：功率关系、电压关系和电流关系，抓住一图三关系，按照从前到后或从后向前的顺序，即可找到突破口。2．远距离输电电路图3．基本关系式(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝ΔP＋P3。(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线。(3)输电电流：I线＝＝＝。(4)输电线上损耗的电功率：ΔP＝I线ΔU＝IR线＝R线。【典例2】　如图所示，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：(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)降压变压器的原、副线圈匝数比。[解析]　已知输电功率为10 kW，而用户得到的功率为9.5 kW，所以损失的功率为0.5 kW，等于导线的电阻与输电电流的平方之积。(1)升压变压器的原、副线圈匝数比＝＝＝。(2)由P损＝IR可知，输电线上损失的功率和导线电阻R及输电电流有关，而输电电流又取决于输电电压及输电功率，则有I2＝所以R＝＝＝ Ω＝20 Ω。(3)降压变压器原线圈上的电压U3＝U2－I2R＝U2－R＝(2 000－×20)V＝1 900 V所以降压变压器的原、副线圈匝数比＝＝。[答案]　(1)　(2)20 Ω　(3)远距离输电问题的分析方法(1)正确画出输电过程示意图并在图上标出各物理量。(2)抓住变压器变压前后各量间关系，求出输电线上的电流。(3)计算电路功率问题时常用关系式：P损＝IR线，注意输电线上的功率损失和电压损失。(4)电网送电遵循“用多少给多少”的原则，说明原线圈电流由副线圈电流决定。2．图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为50 Ω。降压变压器右侧部分为火灾报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小，电压表V可以显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为660 kW。下列说法正确的是(　　)甲　　　　　　　　　　　乙A．0.01 s时刻，电压表的示数是0 VB．未出现火警时，远距离输电线路损耗的功率为45 kWC．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小B　[电压表测量的为交流电的有效值，故不为零，故A错误；升压变压器输入端电压有效值为220 V，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压为22 000 V，所以输电线中的电流I＝＝ A＝30 A，输电线损失的电压ΔU＝IR＝30×50 V＝1 500 V，输电线路损耗功率ΔP＝ΔUI＝1 500×30 W＝45 kW，故B正确；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数减小，故C错误；当传感器R2所在处出现火警时，副线圈电流增大，可知输电线上的电流增大，故D错误。]1．关于电能输送的以下分析，正确的是(　　)A．由公式P＝知，输电电压越高，输电线上功率损失越少B．由公式P＝知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少C．由公式P＝I2R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C　[输电线上损失的功率P损＝I2R线＝，U损指输电线上的分压，而不是输电电压，选项C正确。]2．500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大工程，我省超高压输电工程正在紧张建设之中。若输送功率为3 200万千瓦，原来采用200千伏输电，由于输电线有电阻而损失的电功率为P损，则采用500千伏超高压输电后，在输电线上损失的电功率为(设输电线的电阻未变) (　　)A．0.4P损　　B．0.16P损　　C．2.5P损      D．6.25P损B　[根据P损＝r可知：当输电电压由200 kV升高到500 kV时，其线路损耗由P损减小到0.16P损，选项B正确。]3．(多选)发电厂发电机输出电压为U1，发电厂到学校的输电导线总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上的损耗的电功率可表示为(　　)A．　 B．C．I2R   D．I(U1－U2)BCD　[输电线上的电压损失为U1－U2，即电阻R两端的电压为U1－U2，故其消耗的电功率为；流过导线中的电流为I，即流过电阻R的电流为I，故其消耗的电功率还可表示为I2R和I(U1－U2)，综上所述，选项B、C、D正确。]4．图甲是高压输电的示意图，升压变压器的原线圈的输入电压U1＝240 V，输入电流i随时间t变化的正弦规律如图乙所示。已知输电线的总电阻R＝10 Ω，通过输电线的电流I＝10 A，且变压器均为理想变压器，则(　　)甲　　　　　　　　　　乙A．升压变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶20B．升压变压器的原、副线圈两端的电压比U1∶U2＝1∶20C．降压变压器的原线圈的输入功率P3＝47 000 WD．降压变压器的原线圈的输入功率P3＝48 000 WC　[根据n1I1＝n2I2及图像可得n1∶n2＝1∶20，选项A错误；根据＝可知选项B错误；升压变压器的原线圈的输入功率P1＝U1I1＝48 000 W，则降压变压器的原线圈的输入功率P3＝P1－I2R＝47 000 W，选项C正确，D错误。]5．风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为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。[解析]　(1)由P损＝IR线，得I2＝＝  A＝20 A由P＝U2I2，得U2＝＝ V＝5 000 V升压变压器原、副线圈匝数比 ＝＝＝U3＝U2－U损＝U2－I2R线＝4 800 V降压变压器原、副线圈匝数比 ＝＝＝。(2)如图所示。(3)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率，为P用＝P－P损＝P(1－4%)＝100×96% kW＝96 kW。[答案]　(1)1∶20　240∶11　(2)见解析图　(3)96 kW