高中物理第4章远距离输电第3节电能的远距离传输教学案鲁科版2

1 / 19 第3节电能的远距离传输

一、为什么要采用高压输电

1．两种损失比较

两种损失

主要原因

大小表示 减小办法

电功率损失 输电线有电阻电流产生焦耳热 ΔP＝I2R 减小R

减小I 电压损失 输电线电阻的电压降 ΔU＝IR

2．降低两种损失的途径——高压输电

在保证输送电功率不变的前提下提高输电电压，会减小输电电流，从而减小导线上的电功率损失和电压损失。

二、高压交流输电

1．基本环节

发电厂站――→升压变压器高压输电线路――→降压变压器用户

2．电路原理图

图 4­3­1

三、高压直流输电 1.电能在远距离传输过程中有电功率和电压损失，减小电阻不经济，减小电流最合算。

2．在输送电功率P一定，输电线电阻R一定的条件下，输电电压提高到原来的n倍，据ΔP＝PU2R知，输电线上的电功率损失将降为原来的1n2。

3．在电能远距离传输中，可将回路划分为几个独立的回路，每个回路均可以应用闭合电路欧姆定律和串、并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系是联系不同回路的桥梁。 2 / 19 1．组成部分

高压直流输电系统主要由整流站、直流线路和逆变站三部分构成。实际上直流输电系统只在输电这个环节是直流，发电环节和用电环节仍是交流，输电过程中只用两根导线。

2．优越性

(1)节省材料，输电结构简单，占地面积小。

(2)不存在感抗和容抗引起的损耗。

(3)不需要考虑电网中的各发电机的同步运行问题。

1．自主思考——判一判

(1)为了减少能量损失，要高压输电，而且越高越好。(×)

(2)输送功率一定时，提高输送电压，可以减少功率损失。(√)

(3)电压损失ΔU＝IR线和电功率损失ΔP＝I2R线中I可以通过I＝P送U送 求得。(√)

(4)负载越多，即用电高峰期，ΔU、ΔP也越大。(√)

(5)高压直流输电与高压交流输电的区别在于输送环节。(√)

2．合作探究——议一议

(1)电能的输送要达到什么要求？输送电压是不是越高越好？

提示：①输送电能要达到三个方面的要求：

a．可靠：保证供电线路正常工作，少有故障。

b．保质：保证电能质量，即电压、频率稳定。

c．经济：线路架设和运行费用低，能耗少，电价低。

②电压升高，导线会对空气放电，对导线的绝缘性能提出更高的要求，另外，高压输电对变压器也提出了更高的要求，因此，输电电压并不是越高越好。

(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＝Ur，对不对？为什么？

提示：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)“提高输电电压，减小输电电流”是否与欧姆定律相矛盾？

提示：不矛盾。欧姆定律I＝UR是对纯电阻元件成立的定律，而“提高输电电压，减小输电电流”是从输电角度，由P＝UI，且在P一定的条件下得出的结论，两者没有必然联系。

3 / 19 输电线路上的电压损失和功率损失

1．若输电线的电阻为R线，输电电流为I，输电线始端和末端的电压分别为U和U′，则：

(1)电压损失ΔU＝U－U′＝IR线；

(2)功率损失ΔP＝I2R线＝IΔU＝ΔU2R线。

2．若输电功率P不变，输电电压提高到nU，可使输电电流减小到In，则：

(1)电压损失减小到ΔUn；

(2)功率损失减小到ΔPn2。

[特别提醒]

(1)输电电压是指加在输电线起始端的电压，电压损失是指输电线上的电压降。

(2)输送功率是指加在输电线起始端的功率，功率损失是输电线上消耗的功率。

(3)减小输电线上的功率损失和电压损失的有效途径是：提高输电电压，以减小输电电流。

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P′、P和P用的关系式正确的是( )

A．P′＝U2SρL

B．P′＝P2ρLU2S

C．P用＝P－U2SρL D．P用＝P1－PρLU2S

解析：选BD 输电线电阻R＝ρLS，输电线中电流I＝PU，故输电线上损失的电功率为P′＝I2R＝PU2ρLS＝P2ρLU2S，用户得到的电功率为P用＝P－P′＝P1－PρLU2S。

2．在远距离输电时，如果升压变压器输出电压是2 000 V，输出功率是10 kW，输电线电阻是20 Ω，求：

(1)输电线上损失的功率和损失的电压；

(2)用户能得到的功率和电压。 4 / 19 解析：(1)由P出＝I线U出，得I线＝P出U出＝10×1032 000 A＝5 A。

则输电线上损失的功率P损＝I线2r＝52×20 W＝500 W。

损失的电压U损＝I线r＝5×20 V＝100 V。

(2)降压变压器得到的电压和功率分别为：

U用＝U出－U损＝(2 000－100) V＝1 900 V，

P用＝P出－P损＝(10×103－500) W＝9 500 W。

答案：(1)P损＝500 W U损＝100 V

(2)P用＝9 500 W U用＝1 900 V

远距离输电的电路分析

1．远距离输电问题的分析方法

处理远距离输电问题的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．远距离输电电路图

图4­3­2

3．基本关系式

(1)功率关系

P1＝P2，P3＝P4，P2＝ΔP＋P3。

(2)电压、电流关系

U1U2＝n1n2＝I2I1，U3U4＝n3n4＝I4I3

U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线。

(3)输电电流：I线＝P2U2＝P3U3＝ΔUR线。

(4)输电线上损耗的电功率：

ΔP＝I线ΔU＝I线2R线＝P2U22R线。

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[典例] 发电机的输出电压为220 V，输出功率为44 kW，每条输电线的电阻为0.2 Ω，求：

(1)此时用户得到的电压和电功率各为多少？

(2)如果发电站先用变压比为1∶10的升压变压器将电压升高，经同样的输电线路后经10∶1的降压变压器将电压降低后供给用户，则用户得到的电压和电功率各是多少？

[思路点拨]

画出输电线路简图⇒标注两个变压器的匝数、输入及输出电压、电流、功率等⇒寻找突破口

[解析] (1)输电线上的电流

IR＝PU＝44 000220 A＝200 A

损失的电压UR＝IRR＝2×0.2×200 V＝80 V

损失的功率PR＝URIR＝80×200 W＝16 kW

故用户得到的电压U用户＝U－UR＝140 V

用户得到的功率为P用户＝P－PR＝28 kW。

(2)已知升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶10

输入电压U1＝220 V

因此，升压变压器的输出电压U2＝n2n1U1＝2 200 V

输电线上的电流IR′＝PU2＝44 0002 200 A＝20 A

损失的电压UR′＝IR′R＝2×0.2×20 V＝8 V

损失的功率PR′＝UR′IR′＝8×20 W＝160 W

因此，降压变压器的输入电压U3＝U2－UR′＝2 192 V

已知降压变压器的匝数比n3∶n4＝10∶1

所以用户得到的电压U4＝n4n3U3＝219.2 V

用户得到的功率P用户′＝P－PR′＝43.84 kW。

[答案] (1)140 V 28 kW (2)219.2 V 43.84 kW

(1)用户和线路总共消耗多少功率，发电站就输送多少功率，这是能量守恒定律和变压器原理的体现。

(2)抓住输电的两头——电源和用电器；分析一条线——输电线；研究两次变压——升压变压器和降压变压器。 6 / 19 (3)注意输送电压(功率)、电压(功率)损失、用户电压(功率)三者之间的区别和数量关系。

1．远距离输电线路的示意图如图4­3­3所示，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )

图4­3­3

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：选C 变压器的输入功率、输入电流的大小是由用户消耗的功率大小决定的，选项A、B错误。用户用电器总电阻减小，根据P＝U2R，消耗功率增大，输电线中电流增大，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的损失电压加上降压变压器的输入电压，D项错误。

2．如图4­3­4所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW，输出电压为400 V，为了减小向用户供电过程中产生的电能损失，使用2 kV高压输电，最后用户得到220 V电压，9.5 kW的电功率。求：

图4­3­4

(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1n2。

(2)输电线路的总电阻R。

(3)末端降压变压器原、副线圈的匝数比n3n4。

解析：(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1n2＝U1U2＝4002 000＝15。

(2)由ΔP＝I22R，I2＝PU2，得R＝ΔPI22＝ΔPPU22＝U22ΔPP2，式中U2＝2 000 V，P＝10×103 W，ΔP＝P－P用＝10×103 W－9.5×103 W＝0.5×103 W。解得R＝20 Ω。