第五章 第5节 电能的输送

第5节 电能的输送要点一 处理高压交流电远距离输电问题的基本思路 1．输电过程示意图(如图5－5－3所示)图5－5－32．思路：在远距离输送电能的过程中，由电能的转化和守恒定律可知，发电机的总功率等于线路上损失的热功率和用户得到的功率之和．(变压器是理想变压器)3．方法：远距离输电时，利用升压变压器最大幅度的提高输电电压，从而减少输电电流，减小输电线路上的热损功率，求解电热功率时，单就输电线路而言，其电感可视为零，电路对交变电流的影响主要是电阻，即所谓的纯电阻电路，电功等于电热．4．注意：涉及的物理量比较多，像功率方面，输送电功率，线路损失功率，用户端功率；电压方向，发电机输出电压，升压变压器输出电压，线路损失电压，降压变压器输入电压，用户电压；电流方面：升压变压器原线圈中的电流、输电导线中的电流、用户端电流；电阻方面：发电机内阻、线路电阻、用户端用电器电阻；变压器方面：升降压变压器原副线圈匝数等，这些物理量不一定全用，但毕竟较多，一定要规定好所用字母．要点二 综合各方面的因素来进行远距离输电在实际应用中，输电电压越高，对于输电线路方面，导线的绝缘要求也越高，安全问题要求也越高，线路修建的费用也会越高；对于变压器方面，变压器上的电压也越高，变压器在绝缘、结构方面的制作要求也相应提高．因此，实际输送电能时，要综合考虑各种因素，如输送功率的大小、距离的远近、技术和经济要求等，依据不同情况选择合适的输电电压．如果输送功率比较大，输电距离比较远，就要采用较高的电压输电，电压低了就要加大导线的横截面积．如果输送功率不太大，距离也不太长，就不必用太高的电压输电，电压高了反而增加绝缘方面的花费，而且输电线因机械强度的限制也不能太细．如果输送功率为100 kW 以下，距离在几百米以内，一般采用220 V 的低压线路输电．如果输送功率为几千千瓦到几万千瓦，距离为几十千米到上百千米，一般采用35 kV 或110 kV 的高压线路输电．如果输送功率在十万千瓦以上，距离在几百千米以上，就必须采用220 kV 甚至更高的超高电压线路输电.一、高压输电的基本原理 1．损失电能的分析任何输电线都有电阻，因此当电能通过输电线输送时，电流通过输电线，因输电线有电阻而发热，从而损失电功率．设输电电流为I ，输电线电阻为R ，则输电线上的功率损失P 损＝I 2R .设输送电功率为P ，输电电压为U ，输电线的总长度为L ，横截面积为S ，电阻率为ρ，则输电电流I ＝P U ，输电线电阻为R ＝ρLS.所以输电线上的电功率损失可表示为P 损＝⎝⎛⎭⎫P U 2·ρLS . 2．输送电能的基本要求(1)可靠：保证供电线路可靠地工作，少有故障．(2)保质：保证电能的质量——电压和频率稳定．(3)经济：输电线路建造和运行的费用低，电能损耗少． 3．减少损耗的方法由P 损＝I 2R 可知，减小输电线路上功率损失的方法主要有两种：(1)减小输电线的电阻R ，由R ＝ρ·lS知①减小输电线长度l ：由于输电距离一定，所以在实际中不可能用减小l 来减小R . ②减小电阻率ρ：目前一般用电阻率较小的铜或铝作导线材料，若使用电阻率更小的金属，如银、金等不现实，成本高．③增大导线的横截面积S ：这种方法多耗费金属材料，必然会增加成本，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 ＝PU①减小输送功率P ：在实际中不能以用户少用或不用电来达到减少损耗的目的．②提高输电电压U ：在输送功率P 一定时，输电线电阻R 一定的条件下，输电电压提高到原来的n 倍，根据P 损＝⎝⎛⎭⎫P U 2·R 知，输电线上的电功率损耗将降为原来的1n 2. 根据以上分析知，采用高压输电是减小输电线上功率损耗最有效、最经济的措施． 二、输电电路中的基本关系如图5－5－4所示，U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，P 1＝P 2，P 2－P 3＝P 损．图5－5－4输电电线的电流：I ＝P 2U 2，I ＝U 损R 线，I I 1＝n 1n 2，I 2I ＝n 3n 4.电压损失：U 损＝IR 线＝U 2－U 3＝P 损·R 线.功率损失：P 损＝U 损·I ＝I 2R 线＝U 2损R 线.输电效率：η＝P 4P 1×100%＝P 2－P 损P 2×100%.一、输电线路上的功率损失【例1】 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 ，总长度为L ，输电线上损失的电功率为P ′，用户得到的电功率为P 用，则P ′、P 用的关系式正确的是( )A ．P ′＝U 2S ρLB ．P ′＝P 2ρLU 2SC ．P 用＝P －U 2S ρLD ．P 用＝P (1－PρLU 2S)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 ′＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫P U 2ρL S ＝P 2ρLU 2S用户得到的电功率为P 用＝P －P ′＝P ⎝⎛⎭⎫1－PρL U 2S 答案 BD二、远距离输电的分析【例2】 如图5－5－5为远距离输电线路的示意图．图5－5－5若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )A ．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B ．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C ．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大D ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 解析 变压器输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，选项A 、B 错误．用户的总电阻减小，根据P ＝U2R，消耗的功率增大，输电线电流增大，线路损失功率增大，C 项正确．升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失电压加上降压变压器输入电压，D 项错误．答案 C1.下列关于电能输送的说法正确的是( ) 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方法是采用高压输电C ．减小输电导线上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、技术和经济条件等答案 AD2．在远距离输电时，若输送的功率不变，使输出电压升高为原来的n 倍，则输电线路上因电阻而产生的电能损失将变为原来的( )A ．n 2倍B ．n 倍 C.1n 2 D.1n答案 C解析 根据输电线上的功率损失的表达式：ΔP ＝I 2R ＝(PU)2R ，电压升高为原来的n 倍，则功率损失为原来的1n2.3．如图5－5－6所示，当图中ab 两端与ef 两端分别加上220 V 的交流电压时，测得cd 间与gh 间电压均为110 V ；若分别在cd 间与gh 间两端加上110 V 的交流电压，则ab 与ef 间电压为( )图5－5－6A ．220 V,220 VB ．220 V,110 VC ．110 V,110 VD ．220 V,0 V答案 B解析 对变压器n ab n cd ＝U ab U cd ＝21U cd ′＝110 V 时，U ab ′＝220 V.对分压器gh 间接110 V 时，U ef ′＝U gh ′＝110 V .4．如图5－5－7所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V 的电压上，向额定电压为1.80×104 V 的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA 时，熔丝就熔断．图5－5－7(1)熔丝的熔断电流是多少？(2)当副线圈电路中电流为10 mA 时，变压器的输入功率是多大？ 答案 (1)0.98 A (2)180 W解析 (1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U 1、U 2、I 1、I 2，根据理想变压器的特点，有I 1U 1＝I 2U 2当I 2＝12 mA 时，I 1即为熔断电流 代入数据得I 1＝0.98 A(2)设副线圈中电流为I 2′＝10 mA ，变压器的输入功率为P 1，则有P 1＝I 2′U 2 代入数据得P 1＝180 W题型 ① 输电线上功率与电压之间的关系远距离输送一定功率的交流电，若输电线电阻一定，下列说法正确的是( )A ．输电线上的电压损失跟输电电压成正比B ．输电线上的功率损失跟输电电压成正比C ．输电线上的功率损失跟输电电压的平方成反比D ．输电线上的功率损失跟输电线上的电压损失的平方成正比思维步步高 输电线上哪一个量可认为是不变的？输电电压，损失电压是否为同一概念？怎样把功率和电压联系起来？答案 CD解析 此题容易犯的错误是将输电电压与损失电压相混，由P ＝U 2R而选B.正确的思路是由I 线＝P 送U 送可知ΔP ＝P 2送U 2送·R 线，C 对．ΔU ＝P 送U 送·R 线，A 错．ΔP ＝ΔU 2R 线，D 对．拓展探究 某发电站的输出功率P ＝104 kW ，输出电压U 1＝4 kV ，通过理想变压器升压后向远处供电．已知输电导线的总电阻为R ＝10 Ω，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求变压器的匝数比．答案 225解析 发电站的输出电流I 1＝P U 1＝1074×103 A ＝2.5×103 A 输电线路损失的功率P 损＝4%P ＝I 22R则I 2＝4%PR ＝4%×10710A ＝2×102 A变压器的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝2×1022.5×103＝225 题型 ② 远距离输电的全过程分析某小型水电站输出功率为20 kW ，输电线路总电阻是6 Ω.(1)若采用380 V 输电，求输电线路损耗的功率．(2)若改用5 000 V 高压输电，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．思维步步高 输电线上的电流怎么计算？损失的功率怎么计算？改用高压输电后，用户端变压器原线圈的电压是多少？答案 (1)16.6 kW (2)226.2 V 解析 (1)P 电＝U 1I 1，P 损＝I 21R ，损耗的功率为P 损＝P 2电U 21R ＝4×1083802×6 W ＝16.6 kW.(2)P 电＝U 2I 2，损失的电压ΔU ＝I 2R ＝24 V ， U 3＝U 2－ΔU ＝4 976 V ，U 3∶U 4＝n 1∶n 2， 用户得到的电压U 4＝226.2 V. 拓展探究 一座小型水电站，水以3 m/s 的速度流入水轮机，而以1 m/s 的速度流出．流出水位比流入水位低1.6 m ，水的流量为1 m 3/s.如果水流能量的75%供给发电机，20%使水温度升高．求：(1)水温升高多少？(2)若发电机效率为80%，则发电机的输出功率多大？(3)若发电机的输出电压为240 V ，输电线路总电阻为503Ω，允许损失的电功率为输出功率的5%，用户所需电压为220 V ，则在送电过程中所用的升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少？[变压器为理想变压器，g 取10 m/s 2，水的比热容为 4.2×103 J/(kg·℃)]答案 (1)9.5×10－4℃ (2)12 kW (3)325 9511解析 (1)每秒水流机械能损失为ΔE ＝12m (v 21－v 22)＋mg Δh ＝2×104J 其中有20%能量使水温升高 则cm Δt ＝20%ΔE所以Δt ＝20%ΔE cm＝9.5×10－4℃(2)发电机的输出功率为P 出＝75%ΔE t×80%，而t ＝1 s所以P 出＝12 kW(3)发电机经变压器到用户的供电线路示意如图所示=5%P P 出线=600 W 因为2=P I R 线线线，所以I 线=6 A又因为2I I =线=6 A ，11P I U =出=50 A 所以对升压变压器有1221I nI n =即1221325n I n I == 又因为3I I =线=6 A ，4457011P P I U -==出线A 所以，对降压变压器有34439511n I n I ==1.远距离输送交流电都采用高压输电．我国正在研究用比330 kV 高得多的电压进行输 电．采用高压输电的优点是( )A ．可节省输电线的材料B ．可根据需要调节交流电的频率C ．可减小输电线上的能量损失D ．可加快输电的速度 答案 AC解析 由于远距离输电，往往输送电功率一定，根据P ＝UI ，采用输送电压U 越高，则输送电流I ＝PU越小，据P 线＝I 2r ，当要求在输电线能量损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，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；而交流电的频率是一定的，不需调节，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．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P 0，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I ＝URB ．输电线上的电流I ＝P 0UC ．输电线上损失的功率P ＝(P 0U )2RD ．输电线上损失的功率P ＝U 2R答案 BC3．2007年11月8日，工程规模仅次于长江三峡，位居全国第二位、世界第三位的金沙江溪洛渡水电站截流成功，标志着“西电东送”工程又迈出了坚实的一步．下列有关发电与送电的说法中正确的是( )A ．水电站截流筑坝有利于储蓄水的内能，提高发电能力B ．减小输电线的截面积有利于降低输电时的损耗C ．提高输电电压有利于减小输电线中的电流D ．增大发电机转子的直径有利于提高发电机的输出电压 答案 CD 4．某发电厂原来用电压为U 1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压器将电压升高后输电，输送的电功率保持不变．若输电线路的电阻为R ，则下列说法中正确的是( )A ．由公式I ＝P U 可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的150B ．由公式I ＝UR可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍C ．由公式P ＝I 2R 可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的12 500D ．由公式P ＝U 2R可知，提高电压后输电线上的功率损耗增大为原来的2 500倍答案 AC5．某山区小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后通过高压输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降低变压器降压后再输送至村寨中各用户．设变压器都是理想的，那么随着村寨中接入电路的用电器消耗的总功率的增加，则( )A ．通过升压变压器初级线圈中的电流变大B ．升压变压器次级线圈两端的电压变小C ．高压输电线路上的电压损失变大D ．降压变压器次级线圈两端的电压变小 答案 ACD解析 变压器为理想变压器，升压变压器原线圈两端电压即发电机输出电压恒定，所以升压变压器次级线圈两端电压恒定，B 错．用电器消耗总功率增加，即用户总电阻减小，降压变压器次级线圈电流增大，原线圈及升压变压器初次级线圈电流也增大，A 对．由于电流增大，高压输电线上损失电压增大，降压变压器初、次级线圈两端电压均减小，C 、D 对．6．输电导线的电阻为R ，输送电功率为P .现分别用U 1和U 2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为( )A ．U 1∶U 2B ．U 21∶U 22C ．U 22∶U 21 D ．U 2∶U 1 答案 C解析 由P ＝UI 得输电线中的电流I ＝PU .输电线中损失的功率P 损＝I 2R ＝(P U )2R ＝P 2R U2，即在输送功率和输电线电阻不变的情况下，损失的功率与输电电压的平方成反比．所以P 损1∶P 损2＝U 22∶U 217．某发电站用11 kV 交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R .现若用变压器将电压升高到220 kV 送电，下面哪个选项正确( )A ．因I ＝UR ，所以输电线上的电流增为原来的20倍B ．因I ＝P U ，所以输电线上的电流减为原来的120C ．因P ＝U2R，所以输电线上损失的功率增为原来的400倍D ．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的120答案 BD解析 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 ＝UR计算输电线中的电流，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 ＝PU可知，当输送的电压增为原来的20倍时，电流减为原来的120，选项B 正确．选项C 中，R 是输电线的电阻，而U 是输送的总电压，R 与U 又不对应，所以P ＝U 2R是错误的．输电线上损失的功率一般用ΔP ＝I 2R 计算不容易出错，从选项B 中已经知道电流减为了原来的120.若ΔP 不变，则输电线的电阻可增为原来的400倍，根据R ＝ρLS，在电阻率、长度不变的条件下，那么导线的横截面积可减小为原来的1400，即导线的直径减为原来的120，所以选项D 是正确的．8．某发电站的输出功率为104 kW ，输出电压为4 kV ，通过理想变压器升压后向80 km远处用户供电．已知输电线的电阻率为ρ＝2.4×10－8 Ω·m ，导线横截面积为1.5×10－4 m 2，输电线路损失的功率为输出功率的4%.求：(1)升压变压器的输出电压． (2)输电线路上的电压损失．答案 (1)8×104 V (2)3.2×103 V 解析 (1)导线电阻r ＝ρ2l S ＝2.4×10－8×2×80×1031.5×10－4Ω＝25.6 Ω 输电线路损失功率为输出功率的4%，则 4%P ＝I 2r代入数据得I ＝125 A由理想变压器P 入＝P 出及P ＝UI 得输出电压U ＝P I ＝107125V ＝8×104 V(2)输电线路上电压损失U ′＝Ir ＝125×25.6 V ＝3.2×103 V9．三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，建成后将是中国规模最大的水利工程，枢纽控制流域面积1.0×106 km 2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q ＝4.51×1011 m 3，水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面．在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台(如图1所示)，总装机容量(是指26台发电机组同时工作时的总发电功率)为P ＝1.82×107kW ，年平均发电量约为W ＝8.4×1010 kW·h ，该工程将于2009年全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面．阅读上述资料，解答下列问题(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，g 取10 m/s 2)．图1(1)若三峡电站上、下游水位差按H ＝100 m 计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值．(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t 为多少天？(3)将该电站的电能输送到华中地区，送电功率为P 1＝4.5×106 kW ，采用超高压输电，输电电压为U ＝5×105 V ，而发电机输出的电压约为U 0＝1.8×104 V ，要使输电线上损耗的功率小于输送电功率的5%.求：发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻．答案 (1)η＝WρQgH67.1% (2)192.3天(3)9∶250 2.78 Ω解析 (1)电站能量转化效率为η＝W 电W 机＝W 年电ρVgH ＝W ρQgH 代入数据：η＝8.40×1010×103×3 6001.0×103×4.51×1011×10×100×100%≈67.1% (2)据P ＝W t ，有t ＝WP ＝8.40×10101.82×107×24天≈192.3天(3)升压变压器匝数比为n 1n 2＝U 0U ＝18×103500×103＝9∶250据P 1＝IU ，得I ＝9.0×103A由P 损＝I 2R ＝5%P 1，得R ＝2.78 Ω。