（新课标）2020版高中物理 第五章 交变电流 5 电能的输送课件 选修3-2

5．5电能的输送学习重点考查热度知道“便于远距离输送”是电能的优点，知道输电过程．★★★知道降低输电损耗的两个途径．了解电网供电的优点和意义．★★★★通过实例，分析掌握远距离输电的计算方法★★★★基础梳理一、远距离输电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．二、输电损耗1．电能损耗的原因：如图所示，由于输电线长，电阻大，当电流通过输电线时，产生热量Q，损失一部分电能．2．电压损失输电线始端电压U与输电线末端电压U用的差值，ΔU＝U－U用＝Ir，其中I为输电导线中的电流，r为输电导线的电阻．因此要减小输电线上的电压损失就要想法减小输电电流和输电线的电阻．分析电压损失时，注意U和ΔU的区别，U是输电电压，ΔU是输电线上损失的电压．3．功率损失(1)功率损失：远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失．(2)电功率损失的计算：ΔP＝I2r或ΔP＝IΔU【概念拓展】交流输电时，导线不但有电阻，还有线路的电感、电容产生的感抗和容抗，但高中阶段计算中，可将输电线看做纯电阻电路，ΔU＝Ir、ΔP＝I2r＝（ΔU）2r＝ΔUI等公式都成立．三、降低输电损耗的两个途径同时输电线上有电压降，故又损失一部分电压．要减少输电线路上的功率损失，由公式P损＝I2R线知，必须减小输电线电阻或减小输电电流．1．减小电阻从R＝ρlS看，在输电距离一定的情况下，可以增大导线的横截面积，但过粗的导线会耗费太多的金属材料，同时也给铺设线路带来困难；还可以选用电阻率较小的导体．我国农村电网低压改造已基本结束，由于低压改造我国广大农民获得了实惠．农村电网改造之前，某些村庄经常会出现以下现象(离变压器较远的用户)①电灯不亮(达不到额定功率)；②日光灯不能启动；③洗衣机转速低等，尤其过节时现象更明显，为什么？答：低压输电线较细，电阻较大，另外当输电功率一定时，由于电压低，故输电电流I＝P/U较大．因此输电线上的电压损失ΔU＝IR线较大，致使末端用户得到的电压远低于额定电压(有时才160V)，到了过节的时候，各家用电器增多，线路电流又会增大，导线上分压更多，用户电压更低，这些现象更加明显．经过低压改造后，以上现象不明显了．2．提高输电电压从公式P＝IU来看，在保证功率不改变的情况下，要减小输送电流就必须提高输电电压．问：是不是输电电压越高越好？答：电压越高，对输电线路和变压器的要求越高，建设费用越高．输电线上的电压损失，除了与输电线的电阻有关，还与感抗和容抗有关．当输电线路电压较高、导线截面积较大时，感抗和容抗造成的电压损失比电阻造成的还要大．前一种方法的作用十分有限，一般采用后一种方法．规律方法规律鸟瞰考点热度规律一：远距离输电问题的基本计算规律★★★★规律二：对电能输送中几种功率和几种电压的理解及计算规律方法★★★★规律三：高压输电的综合问题的分析与求解★★★规律一远距离输电问题的基本计算规律1．远距离输电的基本规律方程远距离送电电网结构如图所示：输电导线上损失的电功率的计算，按如图所示供电网络，共涉及如下计算公式：输送总功率：P送＝U1I1，P送＝U2I线；升压变压器：U1U2＝n1n2，I1I线＝n2n1；输电线路：P损＝I线2R线，P损＝P送U22R线，P损＝U损I线，U2＝U损＋U3，P＝P损＋P用；降压变压器：U3U4＝n3n4，I4I线＝n3n4；用户得到的功率：P用＝U4I4.2．解决远距离输电问题的一般步骤(1)首先画出输电的电路图：如图所示．(2)以变压器铁心为界，分出各个回路，各回路可独立运用欧姆定律分析．(3)分析三个回路：在每个回路中变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源．(4)各回路间通过线圈匝数比与电压比和电流比的关系，总功率不变等联系．(5)综合运用下面三个方面的关系求解．①能量关系，P＝U1I1＝U2I2＝P用户＋ΔP，ΔP＝I22R，P用户＝U3I3＝U4I4②电路关系，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R③变压器关系，U1U2＝I2I1＝n1n2，U3U4＝I4I3＝n3n4.(多选)如图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是()A．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少电路的发热损耗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【分析】根据P＝UI知，输送电功率一定，输电电压越大，输电电流越小，根据P损＝I2R可判断输电线上电能的损失．在高压输电中，不是电压越高越好，要综合考虑各种因素，比如感抗、容抗等．【解析】增加输电导线的横截面积能减小电阻，根据P损＝I2R，减小电阻，有利于减少输电过程中的电能损失，故A项正确；根据P＝UI知，高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗，故B项正确；输送的电功率越大，则输电线上流过的电流越大，输电过程中的电能损失越大，故C项错误；高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好，故D项正确．【答案】ABD【点评】增加输电导线的横截面积能减小电阻，因此，有利于减少输电过程中的电能损失，高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗，输送的电功率越大，则输电线上流过的电流越大，输电过程中的电能损失越大，高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好．如图所示，某发电机输出功率是100kW，输出电压是250V，从发电机到用户间的输电线总电阻为8Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220V，求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是()A．16∶1190∶11B．1∶1611∶190C．1∶16190∶11D．16∶111∶190【分析】发电机输出功率是100kW，输出电压是250V，根据P＝UI可计算出升压变压器原线圈的输入电流I1，再根据输电线上的功率损失为5%，可计算出升压变压器副线圈的电流I2，根据n1n2＝I2I1即可求出升压变压器的匝数比；由题意可计算出用户得到的功率，根据P＝UI又可计算出降压变压器原线圈两端的电压，根据U3U4＝n3n4即可求出降压变压器的匝数比．【解析】输电线损失功率P损＝100×103×5%W＝5×103W，所以，输电线电流I2＝P损R损＝25A，升压变压器原线圈电流I1＝P总U1＝400A，故升压变压器原、副线圈匝数比n1n2＝I2I1＝116.升压变压器副线圈端电压U2＝n2n1U1＝4000V，输电线损失电压U损＝I2R线＝200V，降压变压器原线圈电压U3＝U2－U损＝3800V，故降压变压器原、副线圈匝数比为n3n4＝U3U4＝19011，故C项正确，A、B、D项错误．【答案】C【点评】解决本题的关键知道原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压比，以及掌握输电线上损失的功率P损＝I2R.输电线上损失的功率往往是突破口．有一台内阻为1Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如下图，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器匝数比4∶1，输电线总电阻R＝4Ω.全校共22个班，每班有“220V，40W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则：(1)发电机输出功率多大？(2)发电机电动势多大？(3)输电的效率是多少？(4)若使用灯数减半并正常发光，发电机输出功率是否减半？【解析】发电机的电动势E，一部分降在电源内阻上，即I1r，另一部分为发电机的路端电压U1，升压变压器副线圈电压U2的另一部分降在输电线上，即I2R，其余的就是降压变压器原线圈U′2；而U3应为灯的额定电压U额，具体计算由用户向前递推即可．(1)对降压变压器：U′2I2＝U3I3＝nP灯＝22×6×40W＝5280W而U′2＝41U3＝880V，I2＝nP灯U′2＝5280880A＝6A对升压变压器：U1I1＝U2I2＝I22R＋U′2I2＝62×4W＋5280W＝5424WP出＝5424W(2)U2＝U′2＋I2R＝880V＋6×4V＝904VU1＝14U2＝14×904V＝226V又U1I1＝U2I2I1＝U2I2U1＝4I2＝24AE＝U1＋I1r＝(226＋24×1)V＝250V(3)η＝P有用P出×100%＝52805424×100%≈97%(4)电灯减少一半时，n′P灯＝2640WI′2＝n′P灯U′2＝2640880A＝3AP′出＝n′P灯＋I′22R＝2640W＋32×4W＝2676W发电机的输出功率减少一半还要多，因输电线上的电流减少一半，输电线上电功率损失减少到原来的14.【答案】(1)5424W(2)250V(3)97%(4)见解析规律二对电能输送中几种功率和几种电压的理解及计算规律方法1．输送电功率P送＝UI，由发电厂发出的电功率，其大小由输电电压U及输电电流I决定和计算．2．用户功率用户得到的电功率P用，比P送要小(因为损失)．3．损失功率输电导线上电阻所损失的热功率．ΔP＝I2r(I为输电电流)．4．三种功率的关系①P送＝P用＋ΔP；②P送由P用决定，并不是P送决定P用．5．输电电压由发电厂决定，与用户无关(当然要满足用户要求)，一般为定值．6．损失电压导线电阻产生的电压，ΔU＝Ir.7．用户电压用户用电器两端得到的电压U用，小于U送．8．三种电压的关系U送＝U用＋ΔU.(线路电阻与用户为串联关系)在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S，输电导线的长度之和为L，若导线上消耗的电功率为P1，用户得到的电功率为P2，则下列关系式中正确的是()A．P1＝U2SρLB．P1＝ρLP2U2SC．P2＝P－U2SρLD．P2＝P1－ρLP2U2S【分析】由远距离输电中输电线的损耗功率＝I2R＝P－P用，先根据输电功率和电压求输电电流．【解析】输电线电阻R＝ρLS，输出电流I＝PU，故输电线上损失的电功率为P1＝I2R＝ρLP2U2S；用户得到的电功率为：P2＝P－P1＝P－ρLP2U2S，故B项正确、A、C、D项错误．【答案】B【点评】做输电题目要会画出输电线路图，明白各物理量的意义，知道输电功率转化成哪些能量；注意导线上损失的电功率不可以根据P＝U2R(其中U为副线圈两端电压)来计算．(多选)发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R，通过输电导线的电流为I，输电线末端的电压为U2，下面选项表示输电导线上损耗的功率的是()A.U12RB.（U1－U2）2RC．I2RD．I(U1－U2)【解析】输电导线损失功率是由于导线有电阻，从而产生焦耳热而造成的．可根据P损＝I2R计算，也可以从P损＝U22R计算，但应注意的是：U是电阻R两端的电压，即损失电压，而不能认为等于输电电压，A项错误；B项中，U1－U2＝ΔU即为电阻两端电压，亦即损失电压ΔU，B、C两项正确；D项中I(U1－U2)＝IU1－IU2，即输送电功率与用户得到的电功率之差，由能量守恒知，这个差值即为导线损失的电功率，D项正确．【答案】BCD规律三高压输电的综合问题的分析与求解有条河流，流量为Q＝2m3/s，落差h＝5m，现在用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240V，输电线总电阻R＝30Ω，允许损失功率为发电机输出功率的6%，g＝10m/s2.(1)为满足用电的要求，使用户获得220V电压，则该输电线路所使用的理想升压、降压变压器的匝数比各是多少？(2)能使多少盏“220V、100W”的电灯正常发光？【解析】为便于分析，应先画出如图所示的输电线路简图，弄清楚电路的结构后再着手求解，而变压器B1的输出电流和输电线上的电压损失、功率损失是联系两个变压器的纽带，解题时要抓住这个“纲”，使思路清晰透彻．解：由下图知，电源端的输出功率：P总＝ηρQgh＝2×1.0×103×10×5×0.5W＝5×104W.输电线上的功率损失P损＝I2R，所以输电线中电流为I＝P损R＝P总×6%R＝5×104×0.0630A＝10A，则升压变压器B1的原线圈电压U1＝U出＝240V，副线圈送电