2021高考物理二轮复习第一篇专题九考向2远距离输电的应用学案

1、考向2远距离输电的应用(多选)(2020全国卷)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从a处采用550 kv的超高压向b处输电,输电线上损耗的电功率为p,到达b处时电压下降了u。在保持a处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下,改用1 100 kv特高压输电,输电线上损耗的电功率变为p,到达b处时电压下降了u。不考虑其他因素的影响,则()a.p=pb.p=pc.u=ud.u=u(1)审题破题眼:(2)命题陷阱点:陷阱:认为输电线上可以应用欧姆定律进行求解。输电线上含有电感,不是纯电阻电路,所以不能应用欧姆定律,必须利用功率的关系进行求解

2、。1.远距离输电的基本关系及电路动态变化的情况(1)基本关系:在回路1中,p发电机=u1i1=p1。在回路2中,i2=i线=i3,u2=u+u3,u=i2r线,p=r线。在回路3中,p4=u4i4=p用户。(2)动态变化:分析电压:负载增加,因u2不变,u增大,所以u3减小,u4减小分析电流:负载增加,r用户变小,总功率变大,i1变大;i2变大,i4减小2.回路间计算关键点(1)升压变压器联系着回路1和回路2:=,=,p1=p2。(2)降压变压器联系着回路2和回路3:=,=,p3=p4。(3)功率关系:p2=p+p3其中(p=ui线=r线=)远距离输电的解题步骤(1)画示意图:标出已知量和待求

3、量。(2)抓输电两端:电源和用电器。分析输电线,研究两次电压变化:升压和降压。(3)拆独立回路,各个击破:以变压器为界,划分成几个独立回路分别分析,注意原、副线圈的电压、电流与匝数的关系及输入和输出功率不变。1.(远距离输电的变化关系)(多选)如图所示为高压输电的原理图,由于输电距离长,输电线上必然产生电能损耗。相比传统输电的钢芯铝绞线,新型的碳纤维软铝导线除了具有重量轻、强度大、耐腐蚀等优势外,还能有效减小传输电阻。图中两个变压器均视为理想变压器,在发电厂输出功率和输出电压u1都不改变的条件下,若将输电线由传统导线更换成电阻更小的新型碳纤维软铝导线,下列叙述正确的是()a.两输电线左端电压u

4、2减小b.两输电线右端电压u3增大c.输电线上的电流不变d.输电线上损耗的能量减小2.(远距离输电的计算)(多选)如图所示为远距离输电示意图。发电机输出功率p恒定。用户消耗的功率为p用户,升压变压器原、副线圈两端的电压分别为u1和u2,输电线总电阻为r。下列说法正确的是()a.升压变压器原、副线圈匝数比=b.将p下移,用户获得的电压将升高c.输电线上的功率关系为p=p用户+d.若u2提高为原来的10倍,输电线上损失的功率为原来的3.(实际应用)如图所示为某山区小型电站输电示意图,发电厂发出u1=220sin100t(v)的交流电通过变压器升压后进行高压输电,接近用户时再通过降压变压器降压给用户

5、供电,图中高压输电线部分总电阻为r,负载端的电压表是理想交流电表,下列有关描述正确的是()a.若开关s1、s2都断开,则电压表示数为零b.负载端所接收到交流电的频率为25 hzc.深夜开灯时灯特别亮是因为高压输电线上电压损失减小d.用电高峰期灯泡较暗,可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度1.一柴油发电机给灾民临时安置区供电,如图所示。发电机到安置区的距离是400 m,输电线路中的火线和零线均为gbcz60型单股铜导线,该型号导线单位长度的电阻为2.510-4 ,安置区家用电器的总功率为44 kw,当这些额定电压为220 v的家用电器都正常工作时()柴油机型号aed6500s输出电压范围

6、220300 v最大输出功率60 kwa.输电线路中的电流为20 ab.发电机的实际输出电压为300 vc.在输电线路上损失的电功率为8 kwd.如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流,则其输出电压最大值是300 v2.(多选)在图甲所示的理想变压器a、b端加图乙所示的交变电压。已知变压器原、副线圈的匝数比为41,r1为热敏电阻(温度升高时,其电阻减小),r为定值电阻,电压表和电流表均为理想电表。下列判断正确的是()a.电压表v1的示数为22 vb.t=110-2s时电压表v2的示数为0c.r1处温度升高时,v1示数与v2示数的比值变大d.r1处温度升高时,变压器的输入功率变小3.(多选)如图

7、所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为12,正弦交流电源电压为u=12 v,电阻 r1=1 ,r2=2 ,滑动变阻器 r3最大阻值为20 ,滑片 p处于中间位置,则()a.r1与 r2消耗热功率之比为18b.通过r1的电流为3 ac.若向上移动p,电源输出功率将减小d.r3 取 2 时,负载消耗功率最大4.(多选)如图所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场方向的oo轴匀速转动,线圈abcd的匝数为n,电阻不计,理想变压器原、副线圈的匝数之比为12,定值电阻r1与r2的阻值均为r,所用电表均为理想交流电表,当线圈abcd转动的角速度大小为时,电压表的示数为u,则()a.此时电流表的示数为b.

8、从图示位置(线圈abcd与磁场方向平行)开始计时,线圈abcd中产生的电动势的瞬时表达式为e=5ucostc.在线圈abcd转动的过程中,穿过线圈的磁通量的最大值为d.当线圈abcd转动的角速度大小为2时,电压表的示数为4u5.某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示,a、b为理想变压器,r为输电线路的电阻,灯泡l1、l2规格相同,保持变压器a的输入电压不变,开关s断开时,灯泡l1正常发光,则()a.仅将滑片p上移,a的输入功率不变b.仅将滑片p上移,l1变暗c.仅闭合s,l1、l2均正常发光d.仅闭合s,a的输入功率不变6.(多选)如图所示,导体棒ab的两个端点分别搭接在两个竖直放置、半径相

9、等的金属圆环上,两圆环所在空间处于方向竖直向下的匀强磁场中,圆环通过电刷与导线cd相接。cd两个端点接在匝数比n1n2=101的理想变压器原线圈两端,变压器副线圈接一滑动变阻器r0,导体棒ab绕与ab平行的水平轴(即两圆环的中心轴,轴与环面垂直)oo以角速度匀速转动。如果滑动变阻器连入电路的阻值为r时,电流表的示数为i,ab棒、圆环及接触电阻均不计,下列说法正确的是()a.变压器原线圈两端的电压u1=10irb.滑动变阻器上消耗的功率为p=100i2rc.取ab在环的最底端时t=0,则导体棒ab中感应电流的表达式是i=isintd.若cd间改接电阻r后电流表的示数不变,ab棒转过90的过程中流

10、过ab棒的电荷量可能为7.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为23,两端共接有六只相同的小灯泡l1、l2、 l3、l4、l5和l6(电阻恒定不变),变压器的原线圈接有输出电压u恒定的交流电源,六只小灯泡均发光。下列说法正确的是()a.l1、l2、 l3三只灯泡亮度一定相同b.小灯泡l2一定比l4亮c.交流电源输出电压u是小灯泡l4两端电压的4.5倍d.l1消耗的功率是l2消耗功率的2.25倍8.有一台内阻为1 的发电机,供给一个学校照明用电,如图所示,升压变压器的匝数比为14,降压变压器的匝数比为41,输电线的总电阻r=4 ,全校共22个班,每班有“220 v,40 w”的电灯6盏,若保证电

11、灯全部正常发光。求:(1)发电机输出功率多大?(2)发电机电动势多大?(3)输电效率是多少?(4)若使用灯数减半且正常发光,发电机输出功率是否减半?专题九交流电与变压器考向2/研透真题破题有方/a、d由电功率公式得p=i2r, 输电线上电压下降u=ir,输电电流为i=,在输送的电功率和输电线电阻都不变时,u变为原来的2倍,电流变为原来的,则p=p,u=u,选项a、d正确,b、c错误。/多维猜押制霸考场/1.b、c、d由于发电厂的输出电压不变,升压变压器的匝数不变,所以升压变压器的输出电压不变,即两输电线左端电压u2不变,故a错误;根据p=ui可知输电线上的电流不变,根据u损=i线r可知输电线上

12、的电压损失减小,根据降压变压器的输入电压u3=u2-u损可得降压变压器的输入电压u3增大,故b、c正确;根据p损=r可知,输电线上的电流不变,输电线上的电阻减小,所以输电线上的功率损失减小,即输电线上损耗的能量减小,故d正确;故选b、c、d。2.a、d变压器的原、副线圈两端电压与匝数成正比,即=,故a正确;若p下移,降压变压器的原线圈匝数增大,u4=u3,用户获得的电压降低,故b错误;输电线上的功率关系为p=p用户+,故c错误;若u2提高为原来的10倍,输送线路上的电流变为原来的,故输电线上损失的功率为原来的,故d正确。 3.cs1、s2都断开时变压器空载,副线圈两端有电压,电压表示数不为零,

13、故选项a错误;变压器不能改变频率,故负载端交流电的频率还是50 hz,故b选项错误;深夜大部分用户已关灯,干路中电流减小,线路损耗也减小,用户得到的电压较高,故此时开灯就较亮,故选项c正确;用电高峰时,负载增多,负载电阻减小,干路中电流增大,因此输电线损耗电压增大,导致降压变压器的输入电压降低,为提高负载电压,可增大降压变压器的副线圈的匝数,使输出电压提高,故选项d错误。/高考猜押竞技场/1.c当这些额定电压为220 v的家用电器都正常工作时,输电线路中的电流为i=200 a,a错误;导线电阻为r=2.510-44002 =0.2 ,则发电机的实际输出电压为u输=u+ir=260 v,b错误;

14、在输电线路上损失的电功率为p损=i2r=8 kw,c正确;如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流,则其输出电压的最大值是um=u输368 v,d错误。2.a、c分析图乙可知,输入电压的最大值为22 v,根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知,输入电压有效值为22 v,则电压表v1的示数为22 v,故a正确;电压表v2的示数为r1两端电压的有效值,不等于零,选项b错误;r1处温度升高时,阻值变小,次级总电阻减小,次级电流变大,则r两端电压变大,但变压器输出电压不变,则r1两端电压减小,则v1示数与v2示数的比值变大;根据p2=i2u2可知,次级消耗的功率变大,则变压器的输入功率变大,故c正确

15、,d错误。故选a、c。3.b、d根据=,而电阻产生热功率p=i2r,代入数据可得=,a错误;设原线圈电流为i,则加在原线圈两端的电压u1=u-ir1,根据式流过次级线圈的电流为i ,可得次级线圈两端电压u2=(r2+r3)i,根据=,代入数据,解得i=3 a,b正确;若向上移动 p,r3阻值减小,副线圈电流增大,原线圈电流也增大,因此电源输出的功率增大,c错误;负载消耗的功率p=u2i2=(u-i1r1)i1,根据均值不等式可知,当i1=6 a时输出功率最大,由联立可得r3=2 ,d正确,故选b、d。4.a、c流过副线圈的电流im=,根据=可知,流过电流表的电流i1=,故a正确;变压器中原线圈

16、的电压为u1,根据=可知电压u1=,电阻r1分得的电压ur=i1r=2u,故线圈产生的感应电动势的有效值为u有=u1+ur=,最大值em=u有=,故从线圈转动到图示位置开始计时,线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e=ucost,故b错误;根据em=nbs可知bs=,故c正确;根据em=nbs可知,转动角速度加倍,产生的感应电动势加倍,故电压表的示数加倍,为2u,故d错误,故选a、c。5.b仅将滑片p上移,则升压变压器的副线圈匝数变小,所以输出电压变小,相应的b变压器的输入电压降低,输出电压也降低,所以l1两端电压变小。输出功率变小,则a变压器的输入功率也变小,故a错误,b正确;仅闭合s,则b变压

17、器的负载电阻变小,输出总电流变大,输出功率变大,则升压变压器a的输入功率也变大。相应的输电线上的电流变大,输电线上损失的电压变大,b变压器的输入电压变小,输出电压也变小,即灯泡两端的电压变小,灯泡不能正常发光,c、d错误, 故选b。6.b、d由变压器原、副线圈两端的电压电流公式可知=得i2=10i,由=,u2=10ir得u1=100ir,故a错误,由p2=u2i2=100i2r知b正确;ab在环的最底端时t=0,则导体棒ab中感应电流的表达式是i=icost,故c错误;在cd端接电阻后,原电路的电压仍然不变是u1=100ir,因此电流表的示数不变,可知电阻r=100r,故选项d可化为=,而由电

18、荷量的公式q=,交流电的电流最大值i=,旋转90度=bs联立可得q=,所以d正确。7.c设小灯泡l4两端电压为u,则有副线圈的输出电压为u2=3u,根据电压与匝数成正比,原线圈的输入电压为u1=2u,l2、 l3两只灯泡串联后的总电压为2u;设通过小灯泡l4的电流为i,根据电流与匝数成反比,则有原线圈电流为i,根据欧姆定律可得,通过l2、 l3两只灯泡的电流为i,根据并联分流可得,通过l1灯泡的电流为i,小灯泡l1两端电压为u,根据串联分压可知交流电源输出电压u=u+2u=4.5u,根据电功率公式可知p1=p2=p3=p4,故c正确,a、b、d错误。8.【解析】(1)对降压变压器:u3i2=u4i3=np灯=22640 w=5 280 w而u3=u4=880 v所以i2= a=6 a对升压变压器:u1i1=u2i2=r+u3i2=(624