《2017_2018学年高中物理第2章交变电流第7节电能的输送练习教科版选修》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017_2018学年高中物理第2章交变电流第7节电能的输送练习教科版选修（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1第第 7 7 节节 电能的输送电能的输送1输电线上的功率损失P_，降低输电损耗的两个途径为： _，_. 2远距离输电的基本原理：在发电站内用_变压器_电压，然后进行远距离 输电，在用电区域通过_变压器_所需的电压 3现代的直流输电，只有_这个环节使用直流发电机发出的交流电，通过 变压器升高电压，然后使用_设备使它成为直流电，用输电线把_输送出 去，到用电地点附近，再使用_把直流电变回到交流电并通过变压器降压后供用户 使用(整流和逆变统称为换流) 4下列关于电能输送的说法中正确的是( ) A输送电能的基本要求是可靠、保质、经济 B减小输电导线上功率损失的惟一办法是采用高压输电 C减小输电导线上
2、电压损失的惟一方法是增大输电线的横截面积 D实际输电时，要综合考虑各种因素，如输电功率大小、距离远近、技术和经济条件 等 5输电导线的电阻为R，输送电功率为P.现分别用U1和U2两种电压来输电，则两次 输电线上损失的功率之比为( ) AU1U2BUU2 12 2 CUUDU2U12 22 1 6如图 1 所示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( )图 1 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小电路的发热损耗 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
3、好【概念规律练】2知识点一 线路损耗问题 1发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电线电阻为R，通过导线的电流 为I，学校输入电压为U2，下列计算输电线损耗的式子中，正确的是( )A.B.U2 1 RU1U22R CI2RDI(U1U2) 2某发电站采用高压输电向外输送电能若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电 导线的总电阻为R.则下列说法正确的是( )A输电线上的电流IU RB输电线上的电流IP0 UC输电线上损失的功率P()2RP0 UD输电线上损失的功率PU2 R 知识点二 远距离输电线路各物理量的关系 3一台发电机最大输出功率为 4000kW，电压为 4000V，经变压器T1
4、升压后向远方输 电输电线路总电阻R1k.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡 (220V，60W)若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的 10%，变压器T1和T2的耗 损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( ) AT1原、副线圈电流分别为 103A 和 20A BT2原、副线圈电压分别为 1.8105V 和 220V CT1和T2的变压比分别为 150 和 401 D有 6104盏灯泡(220V,60W)正常发光 4某小型水电站的电能输送示意图如图 2 所示，发电机的输出电压为 200V，输电线 总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原副线圈匝数分别
5、为 n3、n4(变压器均为理想变压器)要使额定电压为 220V 的用电器正常工作，则( )图 2A.n2 n1n3 n4B.U3U2U线，故，选项 A 正确n2 n1n3 n4 点评 在理解电压关系时，可把输电线路理解为三个闭合回路如图第一个回路发电机是电源，升压变压器的原线圈是用电器，若输电线电阻忽略则有U发U1；第二个回路升压变压器副线圈是电源，降压变压器的原线圈为用电器，则有U2U线U3；第三个回路降压变压器副线圈为电源，用户为用电器，若输电线电阻忽略则有 U4U用 5(1)见解析 (2)219.6V 4.392104W (3)180V 3.6104W 解析 (1)示意图如下图所示(2)
6、升压变压器次级的输出电压U2U1220V2200Vn2 n110 1 据升压变压器输出电功率等于输入电功率知，升压变压器次级输出电流I2A20AP U244 103 22007输电线路上的电压损失和功率损失分别为 URI2R200.2V4V PRI R2020.2W80W2 2 加到降压变压器初级上的输入电流和电压为 I3I220 A U3U2UR2 200 V4 V2 196 V 降压变压器次级的输出电压和电流为U4U32 196 V219.6 Vn4 n31 10I4I31020 A200 An3 n4 用户得到的功率为 P4I4U4200219.6W4.392104W (3)若不采用高压
7、输电，用 220V 低压直接供电时，电路如下图所示，则输电电流IA200A，输电线路上的电压损失P U144 103 220URIR2000.2 V40 V 所以用户得到的电压为 U4U1UR220V40V180V 用户得到的功率为P4IU4200180W3.6104W 方法总结 (1)求解远距离输电的关键是熟悉输电线路图，并画出示意图，把需要的物 理量都标在图中的相应位置上 (2)分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理量的关系，特别注意以升压变 压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈组成的回路，在此回路中利用电路知识分析 电压关系和功率关系6BD 输电线电阻R，输电电流IL SP
8、U故输电线上损失的电功率为PI2R2(P U)L SP2L U2S用户得到的电功率为P用PPP.故 B、D 正确(1PL U2S) 方法总结 在远距离输电问题中，也要时刻注意能量守恒这一线索，即发电机的总功 率应等于线路上损失的热功率和用户得到的功率之和(在不考虑变压器自身的能量损失的条 件下) 课后巩固练 1AC 远距离输电，往往输送电功率一定，根据PUI，输送电压U越高，则输送电流I 越小，据P线I2r可知，当要求在输电线能量损耗一定的情况下，输电线电阻可P U 略大，导线可做得细一些或选择电阻率大的材料(非铜材)；若输电线确定，即r确定，则 可减小线路上的能量损耗，故 A、C 项正确；而
9、交流电的频率是一定的，不随输送电压的改 变而改变，输电的速度就是电磁波的传播速度，也一定，故 B、D 项不正确 2AC U损IR线，所以R线一定时，U损与I成正比，A 正确U损IR线R线，所以P输、R线一定时，U损与U输成反比，B 错误P损I2R线2R线，所P输 U输(P输 U输) 以P输、R线一定时，P损与U输的平方成反比，C 正确P损I2R线，所以P损与I2成正比，8D 错误3B 由欧姆定律有R ；由电阻定律有R，由以上两式解得：SU I2L S2LI U4C 根据输电线上的功率损失的表达式：P损I2R( )2R，电压升高为原来的nP U倍，则功率损失为原来的.1 n2 5CD 对升压(或
10、降压)变压器而言，由变压器电压比U1U2n1n2知，输入电压 不变，线圈匝数不变，输出电压不变，故 A 选项不正确；由PUI知，U不变，P增大，故 I增大，使得输电线上的电压损耗U损I2R线增大，功率损耗P损I R线增大，所以降压2 2 变压器上的输入电压减小，输出电压减小，所以 B 不正确，C 正确；因为输电线上损耗的功率占总功率的比例为P1，所以随发电厂输出功率P损 P1I2 2R线 P1(P1 U1n1 n2)2R线 P1P1n2 1R线 U2 1n2 2 变大，该值变大，D 正确 6BD 变压器的输入功率、输入电流的大小是由负载消耗的功率大小决定的，用电 高峰期，白炽灯不够亮，消耗功率
11、增大，输电线中的电流增大，线上电压增加，B 正 确发电机输出电压稳定，升压变压器的副线圈的电压不变，降压变压器的输出电压由升 压变压器副线圈的电压与线上损耗电压之差决定，D 正确 7BD 选项 A 中，I是输电线中的电流，R是输电线的电阻，但是U不是输电线上损失的电压，而是总的输送电压(是输电线和负载上电压之和)，所以不能用I 计算输电线U R 中的电流，在运用欧姆定律时，I、R、U应该对应于同一部分导体因为输送的功率一定，由I 可知，当输送的电压增为原来的 20 倍时，电流减为原P U来的，选项 B 正确1 20选项 C 中，R是输电线的电阻，而U是总的输送电压，R与U又不对应，所以P是U2
12、 R 错误的输电线上损失的功率一般用P损I2R计算，从选项 B 中已经知道电流减为了原来的.若1 20P损不变，则输电线的电阻可增为原来的 400 倍，根据R，在电阻率、长度不变的条l S件下，那么导线的横截面积可减小为原来的，即导线的直径减为原来的，所以选项 D1 4001 20 是正确的 83.9kW 21.1kW解析 由PIU，可求出输电线中的电流为I线 A62.5A，输电线上损失的P U25000 400 功率为P损IR线62.521W3906.25W3.9kW，用户得到的功率为P用2 线 25kW3.9kW21.1kW，即输电线上损失的功率约为 3.9kW，用户得到的电功率约为 21
13、.1kW. 9250解析 线路上损失的功率P损I2R线，又IP U所以P损2R线，代入数据，解得R线10，当用 20000V 的高压输电时，P损(P U)2R线250W.(P U)910见解析 解析 输电线路上损失的功率P损PI2r 又PUI联立可得：P2r，即U2Pr，当P、r确定时，有U2定值，所以要减(P U) 小，必须提高输电电压U. 11(1)8104V (2)3.2103V 解析 (1)导线电阻r25.62l S2.4 108 2 80 103 1.5 104 输电线路损失功率为输出功率的 4%，则 4%PI2r，代入数据得：I125A 由理想变压器P入P出及PUI得：输出电压U
14、V8104VP I107 125 (2)输电线路上电压损失 UIr12525.6V3.2103V 12(1)5424W (2)250V (3)97% (4)大于一半 解析 由于发电机至升压变压器、降压变压器至学校距离较短，不必考虑这两部分输 电导线上的功率损耗，发电机的电动势E，一部分降在电源内阻上，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的一部分降在输电线上，其余的就是降压变压器原 线圈电压U3，而U4应为灯的额定电压U额 (1)对降压变压器：P3P4U4I4nP灯22640W5280W而U3U4880V4 1所以I3A6AnP灯 U35280 880 对升压变压器：U1I
15、1U2I2IRU3I3I RP3624W5280W5424W2 线2 3 所以，发电机的输出功率P出5424W (2)因为U2U3I线RU3I3R880V64V904V所以U1U2 904 V226 V1 41 4 又U1I1U2I2所以I14I24I324 AU2I2 U1 故EU1I1r226 V241 V250 V(3)100%100%97%P3 P25280 5424 (4)电灯减少一半时nP灯2640W，I3A3AnP灯 U32640 880 所以P出nP灯I R2640W324W2676W发电机输出功率减少一半还要多，2 3因输电线上的电流减少一半，输电线上电功率的损失减少到原来的 .1 4
