高中物理SWSJ教科版选修32教学案第二章 第7节 电能的输送含答案Word文件下载.docx
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(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。
(5)直流电压不能实现升压,因此直流输电不采用高压输电。
(6)大功率输电时,导线的电感和电容引起的电压和电能损失很大。
(7)高压直流输电是通过升压变压器升压后,再由换流设备将交流变为直流,从而实现远距离直流传输的。
2.合作探究——议一议
(1)在农村电网改造前,离变压器越远的用户,电灯越暗,日光灯在过节时不能正常启动,你知道其中的原因吗?
提示:
电能在输送过程中存在电压损失和电能损失,农村电网改造前,输电线较细,电阻较大,导线损失电压较大,到过节时,各家用电器增多,线路电流更大,电压损失更大,致使用电器不能正常工作。
(2)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=,对不对?
为什么?
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P=UI求得。
(3)用高压输电,电压是否越高越好?
并不是电压越高越好,因为电压升高,导线会对空气放电,这就对导线的绝缘性能提出了更高的要求;
另外,高压输电对变压器也提出了更高的要求,因此输电电压也不是越高越好。
在实际输电过程中,输电电压要根据输送功率的大小、距离的远近、技术和经济等各方面因素综合考虑。
电能输送中的电压损失和电能损耗
1.降低输电损耗的两个途径
(1)减小输电线的电阻r:
从公式r=ρ来看,在输电距离一定的情况下,可以增大导线的横截面积,但这样会多耗费材料,同时也给架设施工带来难度;
还可以选用电阻率较小的导体。
(2)减小输电线的电流I:
从公式P=IU来看,在输送功率一定的情况下,要减小输送电流就必须提高输电电压。
2.计算功率损失的几个公式
(1)P损=I2r。
(2)P损=IU损。
(3)P损=。
(4)P损=2r。
(5)P损=P送-P用。
[典例] (多选)某发电厂原来用11kV的交流电压输电,后来改用升压变压器将电压升高到220kV输电,输电功率都是P,若输电线路的电阻为R,则下列说法中正确的是( )
A.根据公式I=,提高电压后,输电线上的电流降为原来的
B.根据公式I=,提高电压后,输电线上的电流增为原来的20倍
C.根据公式P损=I2R,提高电压后,输电线上的功率损失减为原来的
D.根据公式P=,提高电压后,输电线上的功率损失增大为原来的400倍
[思路点拨]
在输电功率P一定时,输电电压提高到原来的n倍,由输电线上功率损失P损=I2R=2·
R知,输电线上功率损失将降为原来的。
[解析] 输电电压由11kV经变压器变为220kV,提高了20倍,结合I=知,输电电流降为原来的;
再由P损=I2R知,输电线上的功率损失降为原来的。
故正确选项为A、C。
[答案] AC
设输送的电功率为P,输电电压为U,输电导线的电阻为R,则输电线上损失的电功率为P损=I2R=2R,输电线上损失的电压为U损=IR=R。
1.(多选)远距离输送交变电流都采用高压输电,我国正在研究用远高于330kV的电压进行输电,采用高压输电的优点是( )
A.可节省输电线的铜材料
B.可根据需要调节交变电流的频率
C.可减少输电线上的能量损失
D.可加快输电的速度
解析:
选AC 由P=UI得,I=,当输电功率P一定时,采用高压输电,U大则I小,输电线中的电流就小。
由P线=I2r可知,在要求输电线损耗一定的情况下,电流小,就可选电阻率略大一点的材料作导线;
若输电线的材料确定,电流小,则可以减少输电线上的能量损失,故A、C正确;
交变电流的频率是固定的,不需要调节,输电的速度等于电磁波的传播速度,是一定的,故B、D不正确。
2.远距离输送交流电,在一定功率的条件下,要通过提高输电电压来减少线路的损耗,若输电电压提高n倍。
则( )
A.输电导线上损失的电功率不变
B.输电导线的电压损失是原来的倍
C.输电导线的电功率损失是原来的倍
D.输电导线的电功率损失是原来的倍
选D 因为输送功率一定,根据公式P=UI可得若输电电压提高n倍,则输送电流减小为原来的,设输电线总电阻为r,则输电导线上损失的电功率为P损=I′2r=I2r,即损失的电功率变为原来的,A、C错误,D正确;
根据欧姆定律可得输电导线的电压损失ΔU=I′r=Ir,即变为原来的,故B错误。
3.远距离输电中,当输送的电功率为P,输送电压为U时,输电线上损失的电功率为ΔP,若输送的电功率增加为2P,而输电线中损失的电功率减为,(输电线电阻不变)那么输电电压应增为( )
A.32U B.16U
C.8UD.4U
选D 由P=UI知I=,则输电线上损失的功率ΔP=I2R=2R,得输电电压U=P,若输送的电功率增加为2P,而输电线中损失的电功率减为,由上式得输电电压U应增为4U;
故D正确,A、B、C错误。
远距离输电问题
1.远距离输电电路图
图271
2.九个关系式
(1)升压变压器
(2)降压变压器
(3)三个联系
3.输电导线上损耗的电功率:
P线=I线U线=I线2R线=2R线==P2-P3。
[典例] 有条河流,流量Q=2m3/s,落差h=5m,现利用其发电,若发电机总效率为50%,输出电压为240V,输电线总电阻r=30Ω,允许损失功率为输出功率的6%,为满足用电的需求,则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少?
能使多少盏“220V,100W”的电灯正常发光?
(g=10m/s2,ρ水=1.0×
103kg/m3)
[思路点拨] 解答本题可按以下思路进行:
[解析] 输电电路图如图所示。
电源端:
P输出=Qρ水gh×
50%=5×
104W,
线路损耗ΔP=I22r,
I2==
=A
=10A,
输电电压U2==V=5×
103V,
升压变压比:
n1∶n2=U1∶U2==6∶125,
输电线损失电压
ΔU=I2r=10×
30V=300V
U3=U2-ΔU=4700V,U4=220V
降压变压比:
n3∶n4=U3∶U4=235∶11,
灯盏数N=
=
=470(盏)。
[答案] 6∶125 235∶11 470盏
处理远距离输电问题的方法及步骤
(1)处理方法:
处理远距离输电问题的方法,关键是抓住一图三线,一图即输电的电路图,三线即三个关系:
功率关系、电压关系和电流关系,抓住一图三线,按照从前到后或从后向前的顺序,即可找到突破口。
(2)处理输电问题的步骤
①画出图上所示的输电过程的示意图;
②在示意图上标出各物理量,找出已知量、未知量和待求量;
③围绕三条线展开分析。
1.图272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n1、n2,在T的原线圈两端接入一电压u=Umsinωt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272
A.B.
C.422rD.422r
选C 升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1=;
由变压关系可得=,则U2=;
因为输送电功率为P,输电线中的电流为I2==,则输电线上损失的电功率为ΔP=I22(2r)=,故选项C正确。
2.如图273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,为了减少电能损失,使用2kV高压输电,最后用户得到220V、9.5kW的电力,求:
图273
(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)用户降压变压器的原、副线圈匝数比。
(1)升压变压器的原、副线圈匝数比
===。
(2)输电线上损失的功率和导线电阻R与输电电流有关,有P损=I22R,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=20Ω。
(3)降压变压器原线圈上的电压
U3=U2-I2R=U2-R=(2000-5×
20)V=1900V
所以降压变压器的原、副线圈匝数比
答案:
(1)
(2)20Ω (3)
1.远距离输电中,发电厂输送的电功率相同,如果分别采用输电电压为U1=110kV输电和输电电压为U2=330kV输电。
则两种情况中,输电线上通过的电流之比为I1∶I2等于( )
A.1∶1 B.3∶1
C.1∶3D.9∶1
选B 输送功率相同,根据P=UI得,输电电流与输电电压成反比,所以==。
故B正确。
2.远距离输电,输电功率一定,当输电电压为U0时,输电线上的电流为I0,损失的电功率为P0。
则当输电电压提高为2U0时( )
A.由I=得,输电线上的电流变为2I0
B.由I=得,输电线上的电流变为
C.由P=得,输电线上损失的电功率为4P0
D.由P=IU得,输电线上损失的电功率为2P0
选B 设输电线的电阻为R,当输电线上的电流为I0时,损失的电功率为P0=I02R。
当输电电压提高为2U0时,由I=可知输电线上的电流变为,输电线上损失的电功率为P损=2R=。
故选项B正确。
3.(多选)如图1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像,则( )
图1
A.发电机输出交流电的电压有效值是500V
B.用户用电器上交流电的频率是50Hz
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.保持升压变压器原线圈匝数不变,增加副线圈匝数,可减少输电线上损失的功率
选BD 由图像可知交流电的最大值为Um=500V,因此其有效值为U=V=250V,故A错误;
根据发电机的输出电压随时间变化的关系,由图可知,T=0.02s,故f==Hz=50Hz,故B正确;
输电线的电流由输送的功率与电压决定的,与降压变压器原副线圈的匝数比无关,故C错误;
保持升压变压器原线圈匝数不变,增加副线圈匝数,根据=可知,次级电压变大,次级电流减小,根据P=I2r可知,输电线上损失的功率减小,选项D正确。
4.图2为远距离输电的电路原理图,下列判断正确的是( )
图2
A.U1>
U2B.U2=U3
C.I4<
I2D.I1>
I2
选D 在远距离输电中,首先是升压,故U2>
U1,根据输入功率等于输出功率可知:
I1U1=I2U2,可知I1>
I2,选项A错误,D正确;
在远距离输送过程中,导线上是有电压损失的,故U2>
U3,根据输入功率等于输出功率可知:
I2U3=I4U4,可知I4>
I2,选项B、C错误;
故选D。
5.远距离输电的原理图如图3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,则下列关系式中正确的是( )
图3
A.=B.I2=
C.I1U1=I22RD.I1U1=I2U2
选D 根据变压器的工作原理可知=,所以选项A错误;
因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系,所以选项B错误;
U1I1=U2I2,但U2I2≠I22R,选项C错误,D正确。
6.(多选)如图4所示,一小水电站,输出的电功率为P=20kW,输出电压U0=400V,经理想升压变压器T1变为2000V电压远距离输送,输电线总电阻为r=10Ω,最后经理想降压变压器T2降为220V向用户供电。
下列说法正确的是( )
图4
A.变压器T1的匝数比n1∶n2=1∶5
B.输电线上的电流为50A
C.输电线上损失的电功率为25kW
D.变压器T2的匝数比n3∶n4=95∶11
选AD 升压变压器T1的输出电压等于2000V,而输入电压为400V,由电压之比等于匝数之比,则有变压器T1的匝数比n1∶n2=1∶5,选项A正确;
输出的电功率为P0=20kW,而升压变压器T1变为2000V电压远距离输送,根据I=,可知输电线上的电流为I=A=10A,所以选项B错误;
根据P损=I2R=102×
10W=1000W,所以选项C错误;
降压变压器T2的输入电压等于升压变压器的输出电压减去导线损失的电压,即为U′=2000V-10×
10V=1900V;
根据=,则有变压器T2的匝数比n3∶n4=1900∶220=95∶11,所以选项D正确。
7.(多选)为消除高压输电线上的凌冰,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,高压线上输电电压为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3IB.输电电流为9I
C.输电电压为3UD.输电电压为U
选AD 由ΔP=I2R线知ΔP′=9ΔP时,I′=3I,故A对B错;
又由P=IU得,U′=U,故C错D对。
8.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I1,其末端间的电压为U1。
在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2。
图5
A.用户端的电压为
B.输电线上的电压降为U
C.理想变压器的输入功率为I12r
D.输电线路上损失的电功率为I1U
选A 理想变压器输入和输出功率相同,设用户端得到的电压为U2,则有I1U1=U2I2,U2=,选项A正确;
输电线上的电压降为ΔU=I1r,或者ΔU=U-U1,选项B错误;
理想变压器的输入功率为P=I1U1,选项C错误;
输电线路上损失的电功率为ΔP=I12r,选项D错误。
9.(多选)如图6为发电厂向远处用户的输电电路示意图,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电阻均不变。
若输送功率增大,下列说法中正确的有( )
图6
A.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
选CD 升压变压器的输出电压只由输入电压决定,与输送功率无关,选项A错误;
若输送功率增大,则输送的电流增大,输电线上的电压损失变大,输电线上的功率损失变大,则降压变压器初级电压减小,次级输出电压减小,选项B错误,C正确;
输电线上消耗的功率与总功率之比:
==,因输送功率变大时,输送电流变大,故输电线上损耗的功率占总功率的比例增大,选项D正确。
10.(多选)如图7为某小型水电站的电能输送示意图。
已知输电线的总电阻R=10Ω,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1,电阻R0=11Ω。
若T1、T2均为理想变压器,T2的副线圈两端电压表达式为u=220sin100πtV,下列说法正确的是( )
图7
A.发电机中的电流变化频率为100Hz
B.通过R0的电流有效值为20A
C.升压变压器T1的输入功率为4650W
D.若R0的电阻减小,发电机的输出功率也减小
选BC 由于T2的副线圈的交流电的频率为f===50Hz,而变压器是不能改变交流电频率的,故发电机中的电流变化频率为50Hz,选项A错误;
由于T2的副线圈的交流电电压的有效值为U=220V,故通过R0的电流有效值为I===20A,故选项B正确;
根据匝数与电流的关系可得T2的原线圈中的电流为I′==5A,故输电线上损失的功率为P损=I′2R=(5A)2×
10Ω=250W,而电阻R0上消耗的电功率为P0=I2R0=(20A)2×
11Ω=4400W,故升压变压器T1的输入功率为P=P损+P0=4400W+250W=4650W,故选项C正确;
若R0的电阻减小,则电阻R0消耗的电功率将增大,输电线上的电流增大,输电线上消耗的电功率也增大,故发电机的输出功率也要增大,故选项D错误。
11.如图8所示,发电机输出功率为P=100kW,输出电压是U1=250V,用户需要的电压是U4=220V,输电线电阻为R=10Ω。
若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%,试求在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比。
图8
输电线损耗功率P线=100×
4%kW=4kW,又P线=I22R线
输电线电流I2=I3=20A
原线圈中输入电流I1==A=400A,所以===
U2=U1=250×
20V=5000V,U3=U2-U线=5000V-20×
10V=4800V
所以===。
12.在远距离输电时,要考虑尽量减少输电线上的功率损失。
有一个电站,输送的电功率为P=500kW,当使用U=5kV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4800度。
求:
(1)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?
(1)由于输送功率为P=500kW,一昼夜输送电能E=Pt=12000(度),终点得到的电能E′=7200(度),因此效率η=60%。
输电线上的电流可由I=计算,得I=100A,而输电线损耗功率可由Pr=I2r计算,其中Pr=kW=200kW,因此可求得r=20Ω。
(2)输电线上损耗功率Pr=2r∝,原来Pr=200kW,现在要求Pr′=10kW,计算可得输电电压应调节为U′=22.4kV。
(1)60% 20Ω
(2)22.4kV
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