若变压器的原线圈接正弦交流电,副线圈接电组R,下列做法可增加变压器的输入功率

A、原、副线圈中的电流之比等于匝数反比为1：1l，故A错误；B、原线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知电压表示数为20V，故B正确；C、若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω，副线圈电流为1A

A、原线圈接入电压为220V的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5：l，则副线圈电压为44V，原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1：5，A错误；B、原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两

A、电动机为非纯电阻，IR仅仅是电动机内阻的分压，A错误；B、电流与匝数成反比，所以原线圈中的电流为In，B错误；C、副线圈两端的电压为U02n，电动机消耗的电功率为U0I2n，C错误；D、电动机消耗

1、原线圈电压有交值U=U0/√2U1/U2=nU2=U0/n√2电动机两端的电压U=U2-IR=U0/n√2-IR2、I1/I2=1/nI1/I2/n3、电动机消耗的功率P=UI=U0I/n√2-I

A、电动机两端电压为副线圈两端的电压U0n2，A错误；B、原线圈中的电流为In，B错误；C、电动机消耗的电功率为P电=U0I2n，C正确；D、由功能关系知P电=I2R+mgv，解得v=I(U0−2nI

选项在哪里?再问：讲下，变压器的输入功率为什么是UI/N再答：变压器输入功率等于变压器输出功率，等于原线圈电压乘上原线圈电流等于副线圈电压乘上副线圈电流，而原副线圈电压比为线圈匝数比，那么电流比为匝数

A、根据电压与匝数成正比知副线圈电压最大值为42V，角速度ω=2π0.02=100π，所以副线圈两端电压的瞬时值表达式为u′=42sin100πtV，A错误；B、把t=0.02s代入表达式知电压表V2

A10Wh/s

不可能是25W,应该是2.5W.因为是理想变压器,原副线圈匝数比为2:1,所以输出电压为20÷2＝10V.因为是理想二极管,不考虑二极管的正向压降.线路目前是半波整流,取整流输出的直流电压为交流电压的

C、只增加副线圈匝数,输出电压变大,输出功率变大,输入功率变大D、只减小R的阻值,输出电流变大,输出功率变大,输入功率变大

你给的答案是错的吧,应该是U1和U2不变,I2增大,I1也增大.因为原线圈电压时不变的,那副线圈的电压值决定于线圈闸数之比.I2肯定增大,I1U1=I2U2,所以I1增大

副边每增加100匝电压增加U'=RI'=10*1.1=11V所以n1/n2=U1/U2100/n2=11/220n2=2000所以答案B

第一个要注意的问题是一般来讲电流和电压表的示数应该是有效值,而非峰值.分析：电压表测电阻两端电压,当正半周（假设）二极管导通时,电阻压降就等于变压器副边电动势；负半周二极管截止,副边电流为零,那么电阻

A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，故A错误；BC、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的

A、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压362v，周期0.02S，故角速度是ω=100π，u=362sin100πt（V），故A正确；B、Rt处温度升高时阻值减小，副线圈中电流增大，R1分担

线圈中的正弦交流电,电压、电流的瞬时值是不同的,电流要比电压滞后90度.如果你说的交流电的瞬时值是指电流的话,铁心内磁通量是零.磁通和电流是同步的.

原线圈中电流的最大值为220*根号2.副线圈电流最大值为110*根号2.所以二极管耐压值至少为110*根号2.如果没有二极管,显然电阻R上1s内的焦耳热为1210J,因为二极管的缘故,一半电流被阻断,

二极管具有单向导电性，副线圈的电压只有正向电压．B、电压表的读数应该是副线圈电压的有效值，由电流热效应知112R×12T+0=U22RT，得U2=7.8V，所以B正确；C、二极管两端的最大电压应该是电

答案应该是B,原边电流减小感应电压为下正上负,通过绕线顺序知道副边感应电压也是下正上负,此时AB电势差最大等于100根号2

A、电压表显示的是副线圈的有效值，不为零，故A错误；B、由图乙知交流电的周期0.02s频率50Hz，变压器不改变频率，故B错误；C、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压51v，周期0.02S