高三物理第十章 交变电流 传感器 30 理想变压器 远距离输电.ppt

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1、基础自主梳理基础自主梳理基础自主梳理基础自主梳理要点研析突破要点一要点一要点研析突破要点研析突破例例1(多选)(2015海南卷)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为41，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R11R0，是理想电压表.现将负载电阻的阻值减小为R5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V，则 ()A.此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB.此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC.原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD.原线圈两端原来的电压有效值约为48 V要点研析突破思维导引思维导引 理想变压器的

2、变压比由什么决定？加在原线圈接线柱两端的电压是否可视为加在变压器绕组上的电压？解析：当电阻阻值减小为5R0时，根据串并联电路的特点，可知R两端的电压为R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以UR0=1/55 V，故副线圈两端电压为U2=6 V，根据变压器的变压比可知，原线圈两端的电压为24 V，因此原线圈两端的最大值约为24 V，约为34 V,A项正确，B项错误；因为变化过程中，变压器的输入电流不变，根据交流比，副线圈中电流也不变，变化前副线圈两端的电压U2IR0+11IR0=12IR0，变化后副线圈两端的电压U2IR0+5IR0=6IR0，U2=2U2，由变压比可知，原线圈两端原

3、来的电压有效值约为48 V，D项正确，C项错误.答案：AD感悟提升：感悟提升：对理想变压器基本规律的应用要把握好三个决定关系：(1)电压决定关系：输入电压U1决定输出电压U2，这是因为输出电压U2(n2/n1)/U1，当U1不变时，不论负载电阻R变化与否，U2都不会改变.(2)电流决定关系：输出电流I2决定输入电流I1.(3)功率决定关系：输出功率P2决定输入功率P1.要点研析突破1如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为31，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率比值为k，

4、则()AU66 V，k 1/9 BU22 V，k1/9CU66 V，k 1/3 DU22 V，k1/3要点研析突破解析：原线圈与电阻R串联，接在220 V正弦交流电源上，有220 V=U1+I1R，副线圈回路中R两端电压U即为副线圈两端电压U=I2R，根据理想变压器变压规律U1U231，又由理想变压器变流规律得I1I2=13，整理可得(220 V-I1R)3I1R=31，解得I1R=22 V，因而U=I2R=3I1R=66 V，电阻消耗功率之比k=I12RI22R19，故A项正确.答案：A要点研析突破2.(2016湖南长郡中学二模)调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图甲所示.线圈AB绕在

5、一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压.图甲中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器.现在CD两端输入图乙所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么 (D)A.由乙图可知CD两端输入交流电压u的表达式为u=36 sin 100t(V)B.当滑动触头P逆时针转动时，MN之间输出交流电压的频率变大C.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大D.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小要点研析突破解析：由图乙可知u=36 sin 100t(V)，A项错误;M、N之间输出交流电压的频率由输入的交流电压

6、的频率决定，B项错误;滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，R3减小，由“串反并同”可知电压表读数减小，电流表读数增大，R2消耗的电功率P2=U2/R2减小，C项错误，D项正确.答案：D要点研析突破要点研析突破要点研析突破要点二要点二要点研析突破例例2 2(2016贵阳市期中测试)在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失.有一个小型发电站，输送的电功率为P=500 kW，当使用U=5 kV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4 800 kWh.求：(1)输电效率和输电线的总电阻r；(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向

7、外输电？思维导引思维导引 :什么是输电效率？“两只电度表一昼夜示数相差4 800 kWh”是什么意义？知道什么条件可计算输电线的总电阻？要点研析突破解析：(1)输送功率 P=500 kW，一昼夜输送电能E=Pt=12 000 kWh，输电线上损失的电能 E=4 800 kWh，终点得到的电能E=E E=7 200 kWh，所以，输电效率=E/E=60%.输电线上的电流 I=P/U=100 A,输电线损耗功率 Pr=I 2r，其中Pr=E/t=200 kW,得r=20.(2)输电线上损耗功率Pr=(P/U)2r1/U2，原来Pr=200 kW，现在要求Pr=10 kW，解得输电电压应调节为U=2

8、2.4 kV.答案：(1)60%20 (2)22.4 kV要点研析突破感悟提升：感悟提升：远距离输电问题中，需要输送的电功率是由用户决定的，在题目中一般是确定的，输电导线上的电流便决定于输电的电压，即I=P/U;导线上的功率损耗则决定于输电电流和导线电阻，即P=I2r.解题过程中要抓住这两个基本关系.要点研析突破4.(2015福建卷)图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=Umsin t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()解析：因为u=Umsin

9、t，所以有U1=Um/，根据变压器变压规律有：U2=(n2u1)/n1，根据P=U2I2得 线路损失的功率为 ，所以C项正确，A、B、D项错误.答案：C速效提升训练1.(2015广东卷)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管.视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变.调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V，调节前后()A.副线圈中的电流比为12B.副线圈输出功率比为21C.副线圈的接入匝数比为21D.原线圈输入功率比为12解析：设原线圈输入电压为U1，原线圈的匝数为n1，副线圈输出电压为U2，副线圈的匝数为n2，则U1/U2=n/n2，当副

10、副线圈的输出电压降为原来的一半时，副线圈的匝数减为原来的1/2，C项正确；由I2=U2/R可知，副线圈的电流减为原来的一半，A项错误；由P=U2/R可知，副线圈输出的功率减为原来的1/4，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，因此原线圈的输入功率也减为原来的1/4，B、D两项错误.答案：C速效提升训练速效提升训练3.(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为112，原线圈两端的输入电压u=220 sin 100t(V)，电表均为理想电表，滑动变阻器R接入电路部分的阻值为10.下列叙述中正确的是 ()A.该交流电的频率为50 HzB.电压表的读数为40 VC.电流表的读数为4 AD.若滑动

11、变阻器的滑片P向a端移动，电流表的读数变大解析：根据原线圈两端输入电压的表达式可知，交流电的频率f=/(2)=(100)/(2)Hz=50 Hz，A项正确；变压器原线圈电压的有效值为U1=220 V，利用变压器的变压比U1U2=n1n2，可求得U2=40 V，电压表的读数为40 V,B项错误；电流表的读数为I=U2/R=4 A,C项正确；若滑动变阻器的滑片P向a端移动，接入电路的电阻增大，而U2不变，电流表示数变小，D项错误.答案：D速效提升训练速效提升训练速效提升训练5.(2016济南市学业水平测试)某水电站，用总电阻为2.5 的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3106 kW

12、.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是 ()A.输电线上输送的电流大小为2.010 5 AB.输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC.若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为910 8 kWD.输电线上损失的功率为PU2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻解析：由P=IU得输电线上输送的电流I=P/U=(3106103)/(500103)A=6103 A，选项A错误；由UIr得输电线路上的电压损失U=61032.5 V=15103 V，选项B正确，选项D错误；输电线上损失的功率为P=I2r=(P2/U2)r=(3106）/522.5 W=9107 W，选项C错误.答案：B速效提升训练速效提升训练