专题13 题型各个击破(精讲册)-【实战高考】2026年高考物理总复习（山东专版）

讲解册 实战高考·物理 1.功率关系：P1=P2,P3=P4,P2=P损十P3。 2电压电流关系品：-是-会分总-是-是U=+U,正==a 3输电电流：1a是是-器- 4.输电线上的损耗 (1)电压损失：△U=U2一U3=I线R线。 (2)功率损失：P损=P2一P,=1线△U=I线R线=( R线。 注圆当箱送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，根据P=(传) R线可知，输电线 上损耗的功率就减小到原来的马 2。 ⑧ 怎么考 题型各个击破 题型一交变电流有效值的计算 续表 名称 电流（电压）图像 有效值 题型解读 1.交变电流有效值的求解方法 ↑u) 矩形脉 (U) 1-VA1. )公式法利用E-发U=1升 √2 √2 动电流 U=√ 算，只适用于正（余）弦式交变电流。 (2)定义法（非正弦式电流） ↑u) 非对称 计算时要抓住“三同”：“相同时间”内在“相 (U) 1=√2+g, 性交变 同电阻”上产生“相同热量”，列式求解，注意 电流 U- 时间至少取一个周期或取周期的整数倍。 √2U+U) (-UU) 2.几种典型的交变电流及其有效值 典例市场上的调光台灯、调速风扇一般是用 名称 电流（电压）图像 有效值 可控硅电子元件来实现调节的。如图为一个 ↑u 正弦式 WU) 1壳 经过元件调节后加在电灯上的电压，在正弦式 交变 0 交变电流的每半个周期中都截去了前面的四 电流 I U-Uz -(U 2 分之一。现在加在电灯上的电压是( tiω 正弦半 U U 波电流 u U fi(w) 正弦单 A.Um B. 2 c 向脉动 (U) 常 解析：使该交流电与一恒定电流分别通过相同 电流 U= √2 的电阻R,设该恒定电流的电压为U,交流电 384 0专题13交变电流 √2 T （1U不安，根据号是输入电压山决定 n2 在一个周期内产生的热量为Q= 2 输出电压U2,可以得出不论负载电阻R如 恒定电流在一个周期内产生的热量为Q2= 何变化，U,都不变。 只，由Q=Q,解得U-公，到滚交流包电 (2)当负载电阻发生变化时，2变化，根据输出 压的有效值为受，即加在电灯上的电压为 电流L2决定输入电流I1,可以判断I的变化。 (3)I2变化引起P2变化，根据P1=P2,可以 ,故D正确，ABC错误。 判断P的变化。 )答案D 2.负载电阻不变的情况（如图所示） 解题技巧(1)交变电流一个周期内的图像为 完整的减号周期的正弦（或余孩）函教图像，成 者醉时值从0或峰值开始的号周期的正孩（或 余弦)函数图像，则该交变电流的有效值，可根 变化，负载R不变 据交变电流有效值的定义及正弦式交变电流 n2 有效值的大小进行对比求解。 (1)U1不变，发生变化，U2变化。 n2 (2)正弦半波电流、矩形脉动电流等只能利用 电流的热效应计算有效值。 (2)R不变，U2变化，I2发生变化。 (3)其他情况的有效值一般不能进行定量计 3)根据P2三'和P1=P2,可以判断P,变 算，但有的可以与正弦式交变电流的有效值定 性比较。如图甲所示的交变电流与如图乙所 化，P变化，因U1不变，故11发生变化。 示的正弦式交变电流比较，可知其有效值小于 3.等效电阻模型 √2 如图甲所示，当负载R2变化时，可将变压器 lm。 与负载电阻等效为一个新的电阻，如图乙 所示。 题型口理想变压器的动态分析 题型解读 1.匝数比不变的情况（如图所示） tn,U. 元不变，负载R变化 385 讲解册 实战高考·物理 品-购2-光-k联立解 对于选项C、D可采用等效电阻法 设理想变压器原、副线圈的匝数比为，变压 n2 器原线圈两端电压为U1,则理想变压器及其 当R2变大时，可知R变大，则U1变大， 变小。 负寂的等效电阻阻值为R华少，报据变压器 典例2如图所示，理想变压器原、副线圈总匝 副线圈两端的电压U?及通过副线圈的电流I2 数相同，滑动触头P初始位置在副线圈正中 满足当=西，=西，根据欧姆定律有R,= U22'I2 间，输入端接入电压有效值恒定的交流电源。 定值电阻R1的阻值为R,滑动变阻器R2的最 学，联立可得R=()》R,保持P位里不 大阻值为9R,滑片P2初始位置在最右端。理 变，P,向下缓慢滑动的过程中，增大，则R等 想电压表⊙的示数为U,理想电流表④的示数 增大，I减小，R2两端的电压U=IR2减小；根 为I。下列说法正确的是( ) 据闭合电路的知识可知，当R等=R2时，R等消 耗的功率最大，则此时R消耗的功率最大，初 始时R=9R,R4=(号)R1=4R,保持P,的 A 位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R等从 A.保持P位置不变，P2向左缓慢滑动的过程 4R增大到无穷大，则R1消耗的功率先增大后 中，I减小，U不变 减小，故C、D错误。 B.保持P位置不变，P2向左缓慢滑动的过程 )答案B 中，R消耗的功率增大 解题技巧变压器动态电路分析步骤 C.保持P2位置不变，P向下缓慢滑动的过程 Um U2 中，I减小，U增大 U U22 U2决定 P.-LUe p.PP 决定 决定 决定 D.保持P2位置不变，P向下缓慢滑动的过程 P P=IU 中，R消耗的功率减小 决定 解析：对于选项A、B可采用程序法 注意)原线圈电路含负载的动态分析，利用等 保持P位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中， 效电阻模型，可以将问题简化，处理更方便。 R2接入电路中的阻值减小，输入总电压不变， 题型三远距离输电问题」 则I增大，变压器原线圈两端电压增大，R2两 题型解读 端电压减小，即电压表示数U减小；原线圈电 解决远距离输电应注意的问题 压和电流都增大，则变压器的输入功率增大， (1)分析输电电路图，没有电路图的要根据题 根据理想变压器的输入功率等于输出功率，可 意画出电路图。 知R1消耗的功率增大。故A错误，B正确。 (2)注意升压变压器副线圈中的电流与降压变 386 0专题13交变电流 压器原线圈中的电流相等。 A将滑动触头P向下移，用户获得的电压将 (3)输电线长度等于输电距离的2倍。 增大 (4)计算线损功率一般用P损=I线R线。 B.采用高压输电可以减小输电线中的电流 (5)分析远距离输电的动态问题时，可参照分 C.用户获得的功率为19kW 析变压器动态问题的方法，将降压变压器及负 D.升压变压器的输出电压U2=1000V 载整体（或升压变压器、输电线、降压变压器及 解析：将滑动触头P向下移，相当于增大了 负载整体)等效成一个电阻，利用闭合电路的 3,降压变压器用户获得的电压U4=U3,可 n3 规律分析。 知U4会减小，故A错误；由P输出=P2=U2I2 典例3（多选）如图所示为某小型电站高压输 可知，在输电功率不变的情况下，提高升压变 电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输 压器的输出电压U2,可以减小输电线中的电 出功率恒为20kW。在输电线路上接入一个 流【2，即采用高压输电可以减小输电线中的电 电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1：10， 流，故B正确；由电流互感器原理可得，输电线 电流表的示数为1A,输电线的总电阻为 的电流I2=10'=10×1A=10A,由题意可 102,下列说法正确的是( ) 知升压变压器的输出功率为20kW,则升压变 升压变压器 降压变压器 用 压器的输出电压为U==20V,输之线 损耗的功率为△P=Ir=10×10W=1000 W,则用户获得的功率为P4=P3=P2一△P= 19kW,故C正确，D错误。 )答案BC 387