第1讲 直流电路与交流电路

[限时规范训练]

一、单项选择题

1．(名师原创)科技小组在探究交变电流的产生及变化规律时，将电流计(0刻度在正中央)与一个保护电阻R0串联后，接到交流发电机模型的两个输出端，如图所示．发电机模型线圈匝数可调．转动手柄使线圈在磁场中匀速转动，观察电流计指针的偏转情况，下列叙述与观察结果相符的是( )

A．电流计指针总是左、右摆动

B．当转速很小时，电流计指针左、右摆动

C．当转速很大时，电流计指示的为交变电流的有效值

D．当线圈匝数少时，电流计指针左、右摆动，当线圈匝数多时，电流计指针指向某一侧不为零的定值

解析：交流发电机产生的是交变电流，当转速很小时，流过电流计的电流方向变化较慢，电流计指针能随电流方向的变化而左、右摆动；当转速很大时，电流方向变化很快，电流计指针来不及随之变化而摆动，因此稳定时指针指向“0”刻度，不能测定交变电流的有效值，A、C错，B正确；线圈匝数不能改变电流方向变化的频率，因此D错． 答案：B

2．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2和R3均为定值电阻，V1和V2为理想电压表，A1和A2为理想电流表．开关S闭合时，V1和V2的读数分别为U1和U2；A1和A2的读数分别为I1和I2.若交流电源电压不变，现断开S，下列推断正确的是( )

A．U2可能变小、I2一定变小 B．U2一定不变、I2一定变小 C．I1一定变小、I2可能变大 D．I1可能变大、I2可能变大

解析：交流电源电压不变，U1数值不变，根据变压器变压公式可知，副线圈电压只与原线圈电压和变压器原、副线圈匝数比有关．现断开S，U2不变，副线圈所接电路的等效电阻增大，电流表A2的读数I2变小，选项A错误，B正确．变压器输出功率减小，导致变压器输入功率

1

变小，I1变小，选项C、D错误． 答案：B

3．在如图所示的交流电路中，理想变压器输入电压为u1＝U1msin 100πt V，输入功率为P1，输出功率为P2，电压表读数为U2，各交流电表均为理想电表．由此可知( ) A．灯泡中电流方向每秒钟改变100次 B．变压器原、副线圈的匝数比为U1m∶U2

C．当滑动变阻器R的滑动头向下移动时各个电表读数均变大 D．当滑动变阻器R的滑动头向上移动时P1变大，且始终有P1＝P2

解析：由u1＝U1msin 100πt V，可知交变电流频率为50 Hz，灯泡中电流方向每秒钟改变100次，选项A正确．变压器原、副线圈的匝数比为U1m∶2U2，选项B错误．当滑动变阻器R的滑动头向下移动时，变压器输出电压不变，电压表读数不变，变压器输出电流增大，电阻

R1两端电压增大，灯泡两端电压减小，通过灯泡的电流减小，电流表读数增大，选项C错误．当

滑动变阻器R的滑动头向上移动时，变压器输出电流减小，输出功率减小，根据变压器功率的制约关系，P1变小，且始终有P1＝P2，选项D错误． 答案：A

4．(2016·邯郸二模)一般发电机组输出的电压在10 kV左右，不符合远距离输电的要求．因此，要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电．到达几百千米甚至几千千米之外的用电区之后，先经“一次高压变电站”“二次变电站”降到10 kV左右，再经低压变电站的降压变压器(可视为理想变压器)降压后供给某小区居民．已知供给居民的交流电u＝2202sin 100πt V，该变压器原、副线圈匝数比为50∶1，则( ) A．原线圈上的电压为11 0002 V B．原线圈中电流的频率是100 Hz C．原线圈使用的导线应该比副线圈的粗 D．高压输电有利于减少输电线路中的损耗

解析：供给某小区居民的交流电u＝2202sin 100πt V，最大值为2202 V，故输出电压有效值为220 V，根据变压公式＝，解得输入电压U1＝50×220 V＝11 000 V，选项A错误．由u＝2202sin 100πt V，解得频率f＝50 Hz，选项B错误．根据变压器输入功率等

U1n1

U2n2

I1n21

于输出功率，变压器原、副线圈中的电流与匝数成反比，即＝＝，可知副线圈中的电

I2n150

流大于原线圈中的电流，所以副线圈的导线要比原线圈的导线粗，选项C错误．在输送电功率一定的情况下，根据公式P＝UI可知，高压输电有利于减小输电电流，输电线上电功率损耗ΔP＝Ir也会减少，选项D正确． 答案：D

2

2

5．(名师原创)在如图所示的电路中，已知电阻R1的阻值小于滑动变阻器R的最大阻值．闭合电键S，在滑动变阻器的滑片P由左端向右滑动的过程中，四个电表V1、V2、A1、A2的示数及其变化量分别用U1、U2、I1、I2、ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2表示．下列说法正确的是( )

A．U1先变大后变小，I1不变 B．U1先变小后变大，I1变小

ΔU1ΔU2C.的绝对值先变大后变小，的绝对值不变 ΔI2ΔI2D．U2先变小后变大，I2先变小后变大

解析：滑片P由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中，滑动变阻器R的左半部分与R1串联然后与R的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律，I2先变小后变大，U1先变大后变小，由极限法可得当滑片P滑到滑动变阻器右端时，电流表A1把R1所在支路短路，此时I1最大，所以I1一直增大，A、B错误；对ΔU1ΔU2于C项，的绝对值等于电源的内阻，保持不变，的绝对值等于R2，保持不变，所以

ΔI2ΔI2C错误；电阻R2不变，电压表V2的示数U2＝I2R2，U2先变小后变大，D正确． 答案：D

6．(2015·高考广东卷)如图所示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1∶2 B．副线圈输出功率比为2∶1 C．副线圈的接入匝数比为2∶1 D．原线圈输入功率比为1∶2

解析：设副线圈的输出电压在两种情况下分别为U2、U2′，由题意知U2∶U2′＝2∶1，两种情况下，副线圈中的电流分别为I2＝、I2′＝

U2

RU2′

，副线圈中的电流比为I2∶I2′＝U2∶U2′RU2U2′2222

＝2∶1，故A错误；由功率P2＝、P2′＝得P2∶P2′＝U2∶U2′＝4∶1，故B错误；

RR理想变压器的输出功率等于输入功率，故原线圈输入功率比为4∶1，D错误；由变压器规律得＝，

U2n2U2′n2′n2U2

＝，解得＝＝2∶1，C正确．

U1n1U1n1n2′U2′

3

答案：C

7．某小型水电站的电能输送示意图如图甲，发电机的输出电压变化规律如图乙，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则下列说法正确的是( )

A．乙图中电压的瞬时值表达式为

u＝2202sin 200πt V

B.＞

C．当用户用电器的负载增加时，输电线上损耗的功率增大 D．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率

2π2π解析：根据乙图可知，电压的最大值Um＝2202 V，周期T＝0.02 s，所以ω＝＝

T0.02rad/s＝100π rad/s，则乙图中电压的瞬时值表达式为u＝2202sin 100πt V，故A错误；由变压器的电压比与匝数之比的关系得＝，＝，因为是升压变压器，所以＜1，因为是降压变压器，所以＞1，所以＜，故B错误；当用户用电器的负载增加时，输电线上电流增大，则损耗的功率增大，故C正确；因是理想变压器，则其输入功率与输出功率相等，但由于电线电阻功率损失，所以升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，故D错误． 答案：C

8．图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V，图乙是矩形线圈磁通量

n1n3

n2n4

U1n1U3n3U2n2U4n4U1U2

U3U4n1n3n2n4

Φ随时间t变化的图象，则( )

A．电阻R上的热功率为20 W B．0.02 s时R两端的电压瞬时值为零

C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝102·cos 100πt V D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos 50πt A

4