高三物理复习第十章交变电流传感器30理想变压器远距离输电省公开课一等奖新名师获奖课件

1/33基础自主梳理2/33基础自主梳理3/33基础自主梳理4/33基础自主梳理5/33关键点研析突破关键点一6/33关键点研析突破7/33关键点研析突破例1(多项选择)(·海南卷)如图所表示，理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，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阻值为R0，负载电阻阻值R＝11R0，是理想电压表.现将负载电阻阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表读数为5.0V，则()A.此时原线圈两端电压最大值约为34VB.此时原线圈两端电压最大值约为24VC.原线圈两端原来电压有效值约为68VD.原线圈两端原来电压有效值约为48V8/33关键点研析突破思维导引①理想变压器变压比由什么决定？②加在原线圈接线柱两端电压是否可视为加在变压器绕组上电压？解析：当电阻阻值减小为5R0时，依据串并联电路特点，可知R两端电压为R0两端电压5倍，因为电压表测量R两端电压，所以UR0=1/5×5V，故副线圈两端电压为U2=6V，依据变压器变压比可知，原线圈两端电压为24V，所以原线圈两端最大值约为24V，约为34V,A项正确，B项错误；因为改变过程中，变压器输入电流不变，依据交流比，副线圈中电流也不变，改变前副线圈两端电压U2′＝IR0+11IR0=12IR0，改变后副线圈两端电压U2＝IR0+5IR0=6IR0，U2′=2U2，由变压比可知，原线圈两端原来电压有效值约为48V，D项正确，C项错误.答案：AD9/33感悟提升：对理想变压器基本规律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改变是否，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P1.10/33关键点研析突破1．如图所表示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为3∶1，在原、副线圈回路中分别接有阻值相同电阻，原线圈一侧接在电压为220V正弦交流电源上。设副线圈回路中电阻两端电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗功率比值为k，则()

A．U＝66V，k＝1/9B．U＝22V，k＝1/9C．U＝66V，k＝1/3D．U＝22V，k＝1/311/33关键点研析突破解析：原线圈与电阻R串联，接在220V正弦交流电源上，有220V=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，依据理想变压器变压规律U1∶U2＝3∶1，又由理想变压器变流规律得I1∶I2=1∶3，整理可得(220V-I1R)∶3I1R=3∶1，解得I1R=22V，因而U=I2R=3I1R=66V，电阻消耗功率之比k=I12R∶I22R＝1∶9，故A项正确.答案：A12/33关键点研析突破2.(·湖南长郡中学二模)调压变压器就是一个自耦变压器，它结构如图甲所表示.线圈AB绕在一个圆环形铁芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头P就能够调整输出电压.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两端输入图乙所表示正弦式交流电，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表示式为u=36sin100t(V)B.当滑动触头P逆时针转动时，MN之间输出交流电压频率变大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消耗电功率变小13/33关键点研析突破解析：由图乙可知u=36sin100πt(V)，A项错误;M、N之间输出交流电压频率由输入交流电压频率决定，B项错误;滑动变阻器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消耗电功率P2=U2/R2减小，C项错误，D项正确.答案：D14/33关键点研析突破15/33关键点研析突破16/33关键点研析突破关键点二17/33关键点研析突破例2(·贵阳市期中测试)在远距离输电时，要考虑尽可能降低输电线上功率损失.有一个小型发电站，输送电功率为P=500kW，当使用U=5kV电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处两只电度表一昼夜示数相差4800kWh.求：(1)输电效率η和输电线总电阻r；(2)若想使输电效率提升到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高电压向外输电？思维导引:①什么是输电效率？②“两只电度表一昼夜示数相差4800kWh”是什么意义？③知道什么条件可计算输电线总电阻？18/33关键点研析突破解析：(1)输送功率P=500kW，一昼夜输送电能E=Pt=12000kW·h，输电线上损失电能ΔE=4800kW·h，终点得到电能E′=E－ΔE=7200kW·h，所以，输电效率η=E′/E=60%.输电线上电流I=P/U=100A,输电线损耗功率Pr=I2r，其中Pr=ΔE/t=200kW,得r=20Ω.(2)输电线上损耗功率Pr=(P/U)2r∝1/U2，原来Pr=200kW，现在要求Pr′=10kW，解得输电电压应调整为U′=22.4kV.答案：(1)60%20Ω(2)22.4kV19/33关键点研析突破感悟提升：远距离输电问题中，需要输送电功率是由用户决定，在题目中普通是确定，输电导线上电流便决定于输电电压，即I=P/U;导线上功率损耗则决定于输电电流和导线电阻，即ΔP=I2r.解题过程中要抓住这两个基本关系.20/33关键点研析突破4.(·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原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T原线圈两端接入一电压u=Umsinωt交流电源，若输送电功率为P，输电线总电阻为2r，不考虑其它原因影响，则输电线上损失电功率为()21/33解析：因为u=Umsinωt，所以有U1=Um/，依据变压器变压规律有：U2=(n2u1)/n1，依据P=U2I2得线路损失功率为，所以C项正确，A、B、D项错误.答案：C22/33速效提升训练1.(·广东卷)如图为气流加热装置示意图，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交流电并保持匝数不变.调整触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，调整前后()A.副线圈中电流比为1∶2B.副线圈输出功率比为2∶1C.副线圈接入匝数比为2∶1D.原线圈输入功率比为1∶223/33解析：设原线圈输入电压为U1，原线圈匝数为n1，副线圈输出电压为U2，副线圈匝数为n2，则U1/U2=n/n2，当副副线圈输出电压降为原来二分之一时，副线圈匝数减为原来1/2，C项正确；由I2=U2/R可知，副线圈电流减为原来二分之一，A项错误；由P=U2/R可知，副线圈输出功率减为原来1/4，原线圈输入功率等于副线圈输出功率，所以原线圈输入功率也减为原来1/4，B、D两项错误.答案：C24/33速效提升训练25/3326/33速效提升训练3.(多项选择)如图所表示，理想变压器原、副线圈匝数比为11∶2，原线圈两端输入电压u=220sin100πt(V)，电表均为理想电表，滑动变阻器R接入电路部分阻值为10Ω.以下叙述中正确是()A.该交流电频率为50HzB.电压表读数为40VC.电流表读数为4AD.若滑动变阻器滑片P向a端移动，电流表读数变大27/33解析：依据原线圈两端输入电压表示式可知，交流电频率f=ω/(2π)=(100π)/(2π)Hz=50Hz，A项正确；变压器原线圈电压有效值为U1=220V，利用变压器变压比U1∶U2=n1∶n2，可求得U2=40V，电压表读数为40V,B项错误；电流表读数为I=U2/R=4A,C项正确；若滑动变阻器滑片P向a端移动，接入电路电阻增大，而U2不变，电流表示数变小，D项错误.答案：D28/33速效提升训练29/33速效提升训练30/33速效提升训练5.(·济南市学业水平测试)某水电站，用总电阻为2.5Ω输电线输电给500km外用户，其输出电功率是3×106kW.现用500kV电压输电，则以下说法正确是()A.输电线上输送电流大小为2.0×105AB.输电线上由电阻造成损失电压为15kVC.若改用5kV电压输电，则输电线上损失功率为9×108kWD.输电线上损失功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线电阻解析：由P=IU得输电线上输送电流I=P/U=