人教版 (2019)选择性必修 第二册4 电能的输送导学案

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1.理解输电线上电能的损失与哪些因素有关。
2.理解减小电能损失的两个途径以及高压输电的原理。
3.知道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。
科学态度与责任
1.通过对远距离输电的学习,了解并体会物理学对经济、社会发展的贡献。
一、输送电能的基本要求
1．可靠：指供电线路可靠地工作，故障少．
2．保质：保证电能的质量——电压和频率稳定．
3．经济：指输电线路建造和运行的费用低，电能损耗少．
二、降低输电损耗的两个途径
1．输电线上的功率损失：P＝I2r，I为输电电流，r为输电线的电阻．
2．降低输电损耗的两个途径
(1)减小输电线的电阻：在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，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．
三、电网供电
1．远距离输电的基本原理：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．
2．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．
3．电网输电的优点
(1)降低一次能源的运输成本，获得最大的经济效益．
(2)减小断电的风险，调剂不同地区电力供需的平衡．
(3)合理调度电力，使电力的供应更加可靠，质量更高．
远距离输电的示意图
1．判断下列说法的正误．
(1)输电线上电功率的损失，与输电线的电阻成正比，与输电线电流的平方成正比．( √ )
(2)由P＝eq \f(U2,r)可知，输电电压越小，输电线上电功率的损失就越小．( × )
(3)使用变压器进行远距离输电，用户得到的电压可以高于发电机输出的电压．( √ )
(4)远距离输电时，若升压变压器匝数比为1∶n，降压变压器匝数比为n∶1，则升压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等．( × )
2．输电线的总电阻为R，输送电功率为P.现用电压U来输电，输电线上的电流为________，输电线上损失的功率为________．如果用2U电压来输电，则输电线上的电流为________，输电线上损失的功率为________．两次损失的功率之比为________．
答案 eq \f(P,U) eq \f(P2R,U2) eq \f(P,2U) eq \f(P2R,4U2) 4∶1
一、输电线上的电压和功率损失
如图1所示，假定发电厂输出的电压为U，输送功率为P，输电线路中的电流是I，两条导线的总电阻是r(在图中把导线电阻集中画为r)．那么：
图1
(1)用户两端的电压是多大？
(2)用户得到的电能与发电厂输出的电能相等吗？
(3)输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？降低功率损耗有哪些途径？
答案 (1)U′＝U－ΔU＝U－eq \f(P,U)r.
(2)不相等，由能量守恒知，发电厂输出的电能等于用户得到的电能与输电线上损失的电能之和．
(3)由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了，这是输电线上功率损失的主要原因．
功率损失表达式：ΔP＝I2r＝eq \f(P2,U2)r，所以降低功率损耗的两个途径为：①减小输电线的电阻r；②减小输电电流I，即提高输送电压U.
1．输电线上的电压损失(如图2)
图2
ΔU＝U－U′＝Ir＝eq \f(P,U)r.
2．输电线上的功率损失(如图2)
(1)ΔP＝I2r，其中I为输电线上的电流，r为输电线的电阻．
(2)ΔP＝ΔU·I或ΔP＝eq \f(ΔU2,r)，其中ΔU为输电线上的电压损失．
3．减少电压损失和功率损失的方法
(1)减小输电线的电阻r，根据r＝ρeq \f(L,S)，可减小电阻率ρ，目前一般用电阻率较小的铜或铝作为导线材料；也可增大导线的横截面积S，但过粗的导线会多耗费金属材料，增加成本，同时给输电线的架设带来很大的困难．
(2)减小输电电流I，根据I＝eq \f(P,U)，在输送功率P一定，输电线电阻r一定的条件下，输电电压例1 (多选)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,则下列关系式正确的是( )
A.P'=U2SρLB.P'=P2ρLU2S
C.P用=P-U2SρLD.P用=P1-PρLU2S
答案 BD
解析 输电线电阻R=ρLS,输电电流I=PU,故输电线上损失的电功率为P'=I2R=PU2·ρLS=P2ρLU2S,用户得到的功率为P用=P-P'=P1-PρLU2S,故B、D正确。
输送的功率(电压)、损失的功率(电压)、用户得到的功率(电压)分别对应于输电过程的“始”“中”“末”。只有理解好“输送”“损失”“得到”的含义,才能避免“张冠李戴”。
针对训练1 (多选)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电,输电线上损耗的电功率为ΔP,到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下,改用1 100 kV特高压输电,输电线上损耗的电功率变为ΔP',到达B处时电压下降了ΔU'。不考虑其他因素的影响,则( )
A.ΔP'=14ΔPB.ΔP'=12ΔP
C.ΔU'=14ΔUD.ΔU'=12ΔU
答案 AD
解析 超高压输电时电流I1=P550kV,特高压输电时电流I2=P1 100kV;超高压输电时导线上损失的功率ΔP=I12R,特高压输电时导线上损失的功率ΔP'=I22R,联立求得ΔP'=14ΔP,A正确,B错误;超高压输电时导线上损失的电压ΔU=I1R,特高压输电时导线上损失的电压ΔU'=I2R,联立求得ΔU'=12ΔU,C错误,D正确。
二、远距离高压输电过程的分析与计算
某发电站向远处输电的示意图如图3所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路．
图3
(1)结合闭合电路的知识，分别分析三个回路中各物理量之间的关系(发电机内阻、n1、n2、n3、n4线圈的电阻均忽略不计)．
(2)若两个变压器均为理想变压器，则每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系？
答案 (1)第一个回路：P1＝U1I1
第二个回路：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝Ieq \\al(22)R线＋P3，I2＝I3
第三个回路：P4＝U4I4
(2)eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)、eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)、P1＝P2；eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)、eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)、P3＝P4.
解决远距离高压输电问题的基本方法
1．首先应画出远距离输电的电路图(如图4)，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．
图4
2．理清三个回路：
回路1：P1＝U1I1
回路2：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝I22R线＋P3，I2＝I3
回路3：P4＝U4I4.
3．常用关系
(1)功率关系：P1＝P2，P2＝ΔP＋P3，P3＝P4.
(2)电压关系：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，U2＝ΔU＋U3，eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4).
(3)电流关系：eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，I2＝I线＝I3，eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3).
(4)输电电流：I线＝eq \f(P2,U2)＝eq \f(P3,U3)＝eq \f(ΔU,R线).
(5)输电线上损耗的电功率：
ΔP＝P2－P3＝I线2 R线＝eq \f(ΔU2,R线)＝ΔU·I线．
(6)输电线上的电压损失：
ΔU＝I线R线＝U2－U3.
特别提示 (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=I2R判断ΔU、ΔP的变化。
例2 如图所示,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250 V,升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25。
(1)求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U2U1=n2n1,有
U2=n2n1U1=251×250 V=6 250 V
I2=P2U2=P1U2=100 0006 250 A=16 A。
(2)P损=I22R线,P损=0.04P1,所以R线=0.04P1I22=15.625 Ω
因为ΔU=U2-U3=I2R线,所以U3=U2-I2R线=6 000 V。
针对训练2 (多选)(2023山东济宁一中期末)远距离输电示意图如图所示,升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为n1∶n2=1∶5,每根输电线的电阻r=1 Ω,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3∶n4=10∶1,在T1的原线圈两端接入一正弦式交变电流,用电设备两端的电压为U4=220 V,消耗的电功率为11 kW,两变压器均为理想变压器。下列说法正确的是( )
A.T1原线圈两端的电压为442 V
B.T1原线圈两端的电压为441 V
C.输电线上损失的电功率为50 W
D.输电线上损失的电功率为25 W
答案 AC
解析 由题意得T2原、副线圈两端电压满足U3U4=n3n4,解得U3=2 200 V,用电设备消耗的电功率为P=U4I4,解得I4=50 A,又I3I4=n4n3,解得I3=5 A,输电线上的电压为U=I3·2r=10 V,则T1副线圈两端的电压为U2=U3+U=2 210 V,又U1U2=n1n2,解得T1原线圈两端的电压为U1=442 V,故A正确,B错误;输电线上损失的电功率为P=UI3=10×5 W=50 W,故C正确,D错误。
1.(高压输电线路的分析与计算)如图所示,某小型水电站发电机的输出功率P=100 kW,发电机的电压U1=250 V,经变压器升压后向远处输电,输电线总电阻R线=8 Ω,在用户端用降压变压器把电压降为U4=220 V。已知输电线上损失的功率P线=5 kW,假设两个变压器均是理想变压器,下列说法正确的是( )
A.发电机输出的电流I1=40 A
B.输电线上的电流I线=625 A
C.降压变压器的匝数比n3∶n4=190∶11
D.用户得到的电流I4=455 A
答案 C
解析 发电机输出的电流为I1=PU1=400 A,选项A错误;由P线=I线2R线可得输电线中的电流为25 A,选项B错误;升压变压器输出电压U2=PI线=100kW25A =4 000 V,输电线上损失的电压为U线=I线R线=25×8 V=200 V,故降压变压器输入电压为3 800 V,降压变压器匝数比为3 800∶220=190∶11,选项C正确;降压变压器输出功率等于输入功率,即P4=P3=(100-5) kW=95 kW,则用户得到的电流为I4=P4U4=95kW220V=432 A,选项D错误。
2.(输电线上的电压损失和功率损失)三峡电站某机组输出的电功率为5×105 kW。
(1)若输出的电压为2×105 V,则输电线上的电流为多少?
(2)某处与电站间每根输电线的电阻为10 Ω,则输电线上损失的功率为多少?它占输出功率的几分之几?
(3)若将电压升高至5×105 V,输电线上的电流为多少?输电线上损失的功率又为多少?它占输出功率的几分之几?
答案 (1)2 500 A (2)1.25×108 W 14 (3)1 000 A 2×107 W 125
解析 (1)由P=UI得I=PU=5×108 W2×105 V=2 500 A。
(2)输电线上损失的功率ΔP=I2·2r=2 5002×2×10 W=1.25×108 W
损失功率与输出功率之比为ΔPP=1.25×1085×108=14。
(3)将电压升高至5×105 V时,I'=PU'=5×108 W5×105 V=1 000 A
输电线上损失的功率ΔP'=I'2·2r=1 0002×2×10 W=2×107 W
损失功率与输出功率之比为ΔP'P=2×1075×108=125。
3.(高压输电线路的分析与计算)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=5Ω。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,不计变压器的能量损失。求:
(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
解析 (1)由P损=I22R线
得输电线中电流I2=P损R线=20 A。
(2)由P=U2I2,得U2=5×10420 V=2.5×103 V
对升压变压器有n1n2=U1U2=2502.5×103=110
对降压变压器有U3=U2-I2R线=(2 500-20×5) V=2 400 V,又U4=220 V,
故n3n4=U3U4=12011。
(3)n=P-P损P0=1 200。
4.(输电线上的电压损失和功率损失)某变电站用220 V的电压输电,导线上损失的功率为输送功率的20%。若要使导线上损失的功率降为输送功率的5%,则输电电压应为多少?
答案 440 V
解析 设输送功率为P,输电电压U1=220 V时,损失功率ΔP1=20%P
又因为ΔP1=I12R线,I1=PU1解得ΔP1=P2U12R线
现要求ΔP2=5%P,同理ΔP2=P2U22R线
因此可得ΔP1ΔP2=20%5%=U22U12
一、选择题(第1~7题为单选题,第8~9题为多选题)
1.(2023·浙江卷)我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流,用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是( )
A.送电端先升压再整流
B.用户端先降压再变交流
C.1 100 kV是指交变电流的最大值
D.输电功率由送电端电压决定
答案 A
解析 整流后,变压器不能升压,故送电端先升压再整流,选项A正确。对于直流电,变压器不能使用,故用户端先变交流再降压,选项B错误。1 100 kV指直流电压,选项C错误。输电功率由用户端功率决定,选项D错误。
2.如图所示,高压输电线是远距离传输电能的重要组成部分,下列关于高压输电线的说法正确的是( )
A.输电线应选用电阻率大的金属材料制作
B.高压输电线比普通导线粗,目的是增大导线电阻
C.输电线上方还有两条导线,其作用是把高压线屏蔽起来免遭雷击
D.在输送功率一定时,输电线上损失的功率跟输送电压的二次方成正比
答案 C
解析 输电线应选用电阻率小的金属材料制作,选项A错误;高压输电线比普通导线粗,目的是减小导线电阻,选项B错误;输电线上方还有两条导线,其作用是把高压线屏蔽起来免遭雷击,选项C正确;在输送功率一定时,电流I=PU,输电线上损失的功率P'=I2r=PU2r,输电线上损失的功率跟输送电压的二次方成反比,选项D错误。
3.如图所示,利用理想变压器进行远距离输电,发电厂的输出电压恒定,输电线路的电阻不变,当用电高峰到来时( )
A.输电线上损耗的功率减小
B.电压表V1的示数减小,电流表A1增大
C.电压表V2的示数增大,电流表A2减小
D.用户端功率与发电厂输出功率的比值减小
答案 D
解析 当用电高峰到来时,用户消耗的功率变大,则电流表A2读数变大,输电线上的电流变大,输电线上损耗的功率变大,选项A错误;电流表A1增大,因为发电厂的输出电压恒定,则升压变压器的次级电压不变,即电压表V1的示数不变,选项B错误;输电线上的电压损失变大,故降压变压器的初级电压减小,次级电压也减小,即电压表V2的示数减小,选项C错误;用户消耗的功率发电厂输出功率的比例P-P损P=1-I2RU1I=1-ΔUU1,因为输电线上的电流增大,故电压损失增大,U1不变,所以用户消耗的功率与发电厂输出功率的比值减小,故D正确。
4.通过一理想变压器,经同一线路输送相同的电功率P,原线圈的电压U保持不变,从变压器到用户的输电线路的总电阻为R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时,线路损耗的电功率为P1,若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk,线路损耗的电功率为P2,则P1和P2P1分别为( )
A.PRkU,1nB.(PkU)2R,1n
C.PRkU,1n2D.(PkU)2R,1n2
答案 D
解析 原线圈的电流为I1=PU,由于P、U不变,故I1不变,由I1I2=n2n1=k得P1=I22R=(PkU)2R;由I1I2'=n2'n1=nk得P2=I2'2R=(PnkU)2R,则P2P1=1n2,故选项D正确。
5.假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电,输电线上损耗的电功率为P。保持输电功率和输电线电阻都不变,改用1 000 kV特高压输电,若不考虑其他因素的影响,则输电线上损耗的电功率将变为( )
A.P4B.P2
C.2PD.4P
答案 A
解析 当以不同电压输电时,有P=UI,而在输电线上损耗的电功率为ΔP=I2R=P2RU2,则损耗的电功率与电压的二次方成反比,即ΔP1∶ΔP2=4∶1,所以输电线上损耗的电功率为P4,故选A。
6.超导是当今高科技研究的热点,利用超导材料可实现无损耗输电。现有一直流电路,输电总电阻为0.4 Ω,它提供给用电器的电功率为40 kW,电压为800 V。若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线,保持供给用电器的功率和电压不变,那么节约的电功率为( )
A.1 kWB.1.6×103 kW
C.1.6 kWD.10 kW
答案 A
解析 节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率,I=PU=40×103800 A=50 A,P线=I2R=502×0.4 W=1 000 W,故节约的电功率为1 kW,选项A正确。
7.下图为某小型电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定,升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2。在输电线路的起始端接入两个互感器,原、副线圈的匝数比分别为10∶1和1∶10,电压表的示数为220 V,电流表的示数为10 A,各互感器和电表均为理想的,则下列说法正确的是( )
A.升压变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=U2U1
B.采用高压输电可以增大输电线中的电流,输电电流为100 A
C.线路输送电功率是220 kW
D.将P上移,用户获得的电压将降低
答案 C
解析 根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=U1U2,故选项A错误。采用高压输电可以减小输电线中的电流,从而减小输电过程中的电能损耗,根据电流互感器原理及匝数比为1∶10,由公式I送I副=n副n原=101,得输电电流为I2=10×10 A=100 A,故选项B错误。由电压表的示数为220 V,根据变压公式U送U副=n原'n副'=101,得输电电压为U2=10×220 V=2 200 V,线路输送电功率为P=U2I2=220 kW,故选项C正确。将P上移,则降压变压器的原线圈匝数减少,故用户获得的电压将升高,故选项D错误。
8.远距离输电的原理图如图所示,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,则下列关系式正确的是( )
A.I1I2=n2n1B.I2=U2R
C.I1U1=I22RD.I1U1=I2U2
答案 AD
解析 根据变压器的工作原理可知I1I2=n2n1,选项A正确。因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系,选项B错误。U1I1=U2I2,但U2I2≠I22R,选项C错误,D正确。
9.为消除高压输电线上的冰凌,有人提出了这样的融冰思路: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,发热功率为ΔP;除冰时,输电线上的发热功率需变为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 输电功率P=UI,输电线电阻为R,则ΔP=I2R=PU2R,除冰时,输电线上的发热功率为9ΔP,那么输电电流应变为3I,由于输电功率保持不变,输电电压变为13U,选项A、D正确。
二、非选择题
10.一台交流发电机额定输出功率为P=4.0×103 kW,以400 V的电压接到升压变压器后向远方输电,若输电线的总电阻为40 Ω,允许输电线损耗的功率为10%,使用的升压变压器、降压变压器都是理想变压器。
(1)求升压变压器原、副线圈的匝数之比和输出电流。
(2)为了使远方的用户负载能获得220 V工作电压,则降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少?
(3)实际输送到用户的总功率是多少?
答案 (1)1∶100 100 A (2)1 800∶11 (3)3.6×103 kW
解析 (1)升压变压器输入电流I1=PU1=4.0×106400 A=1×104 A
输电损耗的功率P损=10%P=I2R,输电电流I=10%PR=10%×4.0×10640 A=100 A
升压变压器原、副线圈匝数比n1n2=II1=1001×104=1100。
(2)由U1U2=n1n2可知,输电电压U2=40 000 V
输电线损耗的电压U损=IR=100×40 V=4 000 V
降压变压器的输入电压U3=U2-U损=36 000 V
则降压变压器的匝数比n3n4=U3U4=36 000220=1 80011。
(3)实际输送到用户的总功率
P用=P-P损=3.6×103 kW。
一、选择题(第1~3题为单选题,第4~8题为多选题)
1.远距离输电的原理图如图所示,升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,输电线上的电阻为R,变压器为理想变压器,发电机功率不变。为减小输电线上的功率损耗,下列方法可行的是( )
A.n1加倍,n2加倍
B.n1加倍,n2减半
C.n1减半,n2加倍
D.n1减半,n2减半
答案 C
解析 输电线的功率损耗为ΔP=I22R=PU22R,由公式U1U2=n1n2可知,n1加倍,n2加倍,电压U2不变,输电线的功率损耗不变;n1加倍,n2减半,电压U2减小,输电线的功率损耗增大;n1减半,n2加倍,电压U2增大,输电线的功率损耗减小;n1减半,n2减半,电压U2不变,输电线的功率损耗不变,选项C正确,A、B、D错误。
2.如图所示,某发电机输出功率是100 kW,输出电压是250 V,从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω,要使输电线上的功率损耗为发电机输出功率的5%,而用户得到的电压正好为220 V,则升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是( )
A.16∶1 190∶11
B.1∶16 11∶190
C.1∶16 190∶11
D.16∶1 11∶190
答案 C
解析 输电线损耗功率P损=100×103×5% W=5×103 W,所以输电线上电流I2=P损R总=25 A,升压变压器原线圈电流I1=P总U1=400 A,故升压变压器原、副线圈匝数比n1n2=I2I1=116;升压变压器副线圈两端电压U2=n2n1U1=4 000 V,输电线损耗电压U损=I2R总=200 V,降压变压器原线圈两端电压U3=U2-U损=3 800 V,故降压变压器原、副线圈匝数比为n3n4=U3U4=19011。故选项C正确。
3.下图为某发电站电能输送示意图。已知发电机的输出电压、输电线的电阻及理想升压变压器、降压变压器的匝数均不变。若用户电阻R0减小,下列说法正确的是( )
A.发电机的输出功率减小
B.输电线上的功率损耗减小
C.用户得到的电压减小
D.输电线输电电压减小
答案 C
解析 若用户电阻减小,则降压变压器输出功率增大,导致发电机的输出功率增大,选项A错误。降压变压器输出功率增大,导致输电线上电流增大,输电线上损耗的电压增大,输电线上的功率损耗增大,选项B错误。发电机的输出电压不变,则升压变压器的原线圈输入电压不变,由于升压变压器的原、副线圈匝数不变,则输电线上输电电压不变,选项D错误。输电线上损耗电压增大,升压变压器的输出电压不变,则降压变压器的输入电压变小,由于降压变压器的原、副线圈匝数比不变,故降压变压器副线圈输出电压(即用户得到的电压)减小,选项C正确。
4.(多选)(2023湖北武昌高二月考)远距离输电的原理图如图所示,升压变压器的原、副线圈的匝数之比为a,降压变压器的原、副线圈的匝数之比为b,输电线的总电阻为R,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂输出的电压恒为U。若由于用户的负载变化,使电压表V2的示数增大了ΔU,则下列判断正确的是( )
A.电压表V1的示数增大
B.电流表A2的示数减小了b2ΔUR
C.电流表A1的示数减小了bΔUR
D.输电线损耗的功率减小了bΔUR2R
答案 BC
解析 由于发电厂输出的电压U不变,升压变压器的原、副线圈的匝数之比不变,所以电压表V1的示数不变,A错误;设降压变压器原线圈的电压为U3,则U3UV2=b,所以ΔU3ΔU=b,即降压变压器原线圈的电压增大了ΔU3=bΔU,根据闭合电路欧姆定律有UV1=IA1R+U3,因为UV1不变,U3增大了bΔU,所以IA1R减小了bΔU,由欧姆定律可知,电流表A1的示数减小了ΔIA1=bΔUR,C正确;根据IA1IA2=1b可得,ΔIA1ΔIA2=1b,即A2的示数减小了ΔIA2=b2ΔUR,B正确;设输电线上原来的电流为I,则输电线损失的功率减小了ΔP=[I2-(I-ΔI)2]R=I2-I-bΔUR2R≠bΔUR2R,D错误。
5.(多选)(2023广东深圳高二期中)为了研究远距离输电时输电导线的总电阻对电路的影响,某学校兴趣小组设计了如图所示的电路。a、b间接入正弦交流发电机,发电机输出电压保持不变。用滑动变阻器接入的电阻模拟输电导线的总电阻,变压器可视为理想变压器,L1、L2为两个规格相同的灯泡且其电阻可视为不变,开始时开关S处于闭合状态。下列说法正确的是（ ）
A.当滑动变阻器滑片向右滑动时,两灯泡均变亮
B.当滑动变阻器滑片向右滑动时,a、b间输出的总功率变小
C.当开关S断开时,灯泡L1变亮
D.当开关S断开时,变压器的输出功率变小
答案 AC
解析 设理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,电流分别为I1、I2,电压分别为U1、U2,副线圈的负载电阻为R,有R=U2I2,对理想变压器有U1U2=n1n2,I1I2=n2n1,把理想变压器原线圈等效为电阻R',有R'=U1I1=n1n2U2n2n1I2=n12U2n22I2=n12n22R,等效电阻R'与滑动变阻器串联接入a、b间,当滑动变阻器滑片向右滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻r减小,a、b间总电阻减小,a、b间电压U一定,可知原线圈电流增大,则副线圈电流也增大,所以两灯泡均变亮,故A正确;a、b间输出的总功率P=U2r+R',当滑动变阻器滑片向右滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻r减小,可知a、b间输出的总功率变大,故B错误;当开关S断开时,副线圈的负载电阻R增大,原线圈等效电阻R'也增大,等效电阻R'分压变大,理想变压器原线圈两端电压变大,则副线圈两端电压也变大,灯泡L1变亮,故C正确;把滑动变阻器接入电路的电阻r视为电源内阻,变压器的输入功率P1=I12R'=Ur+R'2R'=U2r2R'+R'+2r,当开关S断开时,R变为原来的2倍,R'也变为原来的2倍,但R'与r的大小关系未知,变压器的输入功率如何变化无法判断,故变压器的输出功率如何变化也无法判断,故D错误。
6.下图是远距离输电示意图,电站的输出电压U1=250 V,输出功率P1=100 kW,输电线电阻R=8 Ω。则进行远距离输电时,下列说法正确的是( )
A.若电站的输出功率突然增大,则降压变压器的输出电压减小
B.若电站的输出功率突然增大,则升压变压器的输出电压增大
C.输电线损耗比例为5%时,所用升压变压器的匝数比n1n2=116
D.用10 000 V高压输电,输电线损耗功率为8 000 W
答案 AC
解析 由U1U2=n1n2知,U1不变时,U2也不变,选项B错误。由U3=U2-P1U2R知,电站的输出功率突然增大,U3减小,又U3U4=n3n4,故U4也减小,选项A正确。I1=P1U1=400 A,I2=ΔPR=5%P1R=25 A,n1n2=I2I1=25400=116,选项C正确。用10 000 V高压输电,即U2'=10 000 V,I2'=P1U2'=10 A,ΔP'=I2'2R=800 W,选项D错误。
7.图甲是远距离输电线路的示意图,图乙是发电机输出电压随时间变化的图像,则下列说法正确的是( )
甲
乙
A.发电机输出交变电流的电压有效值是500 V
B.降压变压器上交变电流的频率是50 Hz
C.输电线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,输电线上损耗的功率减小
答案 BD
解析 由题图乙可知交流电压的最大值为Um=500 V,因此其有效值为U=5002 V,故选项A错误。由题图乙可知,T=0.02 s,频率f=1T=10.02 Hz=50 Hz,故选项B正确。输电线中的电流与需要传输的功率有关,传输的功率越大,输电线中的电流也越大,故选项C错误。当用户用电器的总电阻增大时,用户的功率减小,降压变压器的输出功率减小,则输入的功率减小,输入的电流减小,输电线上损耗的功率减小,故选项D正确。
8.下图为远距离输电的原理图,升压变压器的原、副线圈匝数比为a,降压变压器的原、副线圈匝数比为b,输电线的电阻为R,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电机输出的电压恒为U。若由于用户的负载变化,使电压表V2的示数增大了ΔU,则下列判断正确的是( )
A.电压表V1的示数不变
B.电流表A2的示数减小了bΔUR
C.电流表A1的示数减小了bΔUR
D.输电线损失的功率减小了bΔUR2R
答案 AC
解析 由于U不变,所以电压表V1的示数不变,选项A正确。由于V2增大,所以降压变压器原线圈的电压U3增大了bΔU,根据UV1=IA1R+U3,所以IA1R减小了bΔU,所以电流表A1的示数减小了bΔUR,A2的示数减小了ΔUR,选项C正确,B错误。输电线损失的功率减小了ΔP=I2R-I-bΔUR2R,选项D错误。
二、非选择题
9.某学校有一台应急备用发电机,内阻R=1 Ω,升压变压器的匝数比为1∶4,降压变压器的匝数比为4∶1,输电线的总电阻r=4 Ω,全校22个教室,每个教室用“220 V 40 W”的灯泡6盏,要求所有灯都正常发光。求:
(1)输电线上损耗的电功率;
(2)发电机的输出功率;
(3)发电机的电动势。
答案 (1)144 W (2)5 424 W (3)250 V
解析 (1)根据题意,画出从发电机到教室灯泡之间的输电过程,如图所示。
所有灯都正常工作的总功率为P2'=22×6×40 W=5 280 W
用电器都正常工作时的总电流I2'=P2'U2'=5 280220 A=24 A
两个变压器之间输电线上的电流Ir=I2=I2'4=6 A
故输电线上损耗的电功率Pr=Ir2r=144 W。
(2)升压变压器的输出功率P1'=Pr+P2'=5 424 W。
而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率P出=P1=P1'=5 424 W。
(3)降压变压器上的输入电压U2=4U2'=880 V
输电线上的电压损耗Ur=Irr=24 V
因此升压变压器的输出电压U1'=Ur+U2=904 V
升压变压器的输入电压U1=U1'4=226 V
升压变压器的输入电流I1=4Ir=24 A
发电机的电动势E=U1+I1R=226 V+24×1 V=250
10.某电站输送的电功率为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能表一昼夜示数相差4800kW·h。
(1)求这时的输电效率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,那么电站应使用多高的电压向外输电?(计算结果保留三位有效数字)
答案 (1)60% 20 Ω (2)22.4 Kv
解析 (1)由于输送的电功率为P=500kW,一昼夜输送电能E=Pt=12000kW·h,终点得到的电能E'=7200kW·h,因此效率η=60%
输电线上的电流I=PU
输电线损耗的功率P损=I2r
又P损=4 80024 kW=200 kW,解得r=20 Ω。
(2)输电线上损耗的功率P损'=(PU')2r
又P损'=10 kW
计算可得输电电压应调节为U'=22.4 kV。