高三物理一轮复习第十章交变电流传感器30理想变压器远距离输电

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,要点研析突破,要点研析突破,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 V B.此时原线圈两端电压的最大值约为24 V C.原线圈两端原来的电压有效值约为68 V D.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

2、引 理想变压器的变压比由什么决定？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

3、可知，原线圈两端原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：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

4、消耗的功率比值为k，则() AU66 V，k 1/9 BU22 V，k1/9 CU66 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

5、器，它的构造如图甲所示.线圈AB绕在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

6、误;M、N之间输出交流电压的频率由输入的交流电压的频率决定，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,要点研析突破,例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

7、高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？ 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

8、来Pr=200 kW，现在要求Pr=10 kW， 解得输电电压应调节为U=22.4 kV. 答案：(1)60% 20 (2)22.4 kV,要点研析突破,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，

9、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 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12 B.副线圈输出功率比为21 C.副线圈的接入匝数比为21 D.原线圈输入功率比为12,解析：设原线圈输入电压为

10、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

11、中正确的是 ( ) A.该交流电的频率为50 Hz B.电压表的读数为40 V C.电流表的读数为4 A D.若滑动变阻器的滑片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.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 A B.输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV C.若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为910 8 kW D.输电线上损失的功率为PU2