理想变压器a,b端加上一交流电源,r为定值电阻

解题思路：从理想变压器的工作原理结合电路结构的变化、欧姆定律、电功率的概念去分析考虑。解题过程：解：由题意可知原线圈输入的电压的有效值为220V，因而副线圈的端电压为22V，由于电压表测量的是副线圈中

A、电阻R的Um=8V，则电压表显示有效值U=42V．故A错误；B、由正弦式电流且电阻R的Um=8V，则电压表显示有效值U=42V．通过电阻的电流为I=2A，又由于电流表读出的是有效值，再由匝数比等于

当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电

一个接在交流电路中的理想变压器,初级线圈中的交流电的功率和次级线圈中的功率一定是相同的.

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

负载电流就是指输出电流,负载就是能带的载荷,也就是输出能力.

第一问,理想变压器两端电压之比等于线圈匝数之比（明白这个不）,原线圈上加的是正弦式的电压,有效电压为U′=U°/（根号下2）,U°=1414,根据线圈匝数比关系有：4：1=U′：U,解得U=250V.

(1)开关S闭合时,I2=Ir1+Ir2,Ur1=Ir1×R1≠I2×R1(2)开关S断开时,I2=Ir1,Ur1=Ir1×R1=I2×R1问题在于：你把开关S闭合时I2当成Ir1了,实际上S闭合时I

线圈匝数之比等于线圈两端的电压之比.设原副线圈匝数为N1,电压U1；新副线圈匝数为N2,电压U2即：N1/2N1=U1/U2,U2=2U1.又：原二次侧功率P1=U1^2/R新二次侧功率P2=U2^2

1.V1显示电源电压不会改变,所以变压器右边总电压不变.发生火警时,热敏电阻阻值减小,所以变压器右边电路总电阻减小,总电流增大,所以A1示数增大.又由于右边电路总电流增大,则R3两端电压增大,所以R1

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

图呢?貌似题没完?

副线圈两端的电压由匝数比和输入电压决定，由题意知副线圈两端的电压不变，故灯正常发光，滑片P下移，连入电路的电阻变大，副线圈的电流减小，根据电流与匝数成反比知原线圈的输入电流也减小；故选：B

变压后副线圈电压是一样的AB功率一样所以电流I^2*电阻R前后一样所以[u/(r+R)]^2*R=[u/(r+R/2)]*2(R/2)解出来就是了u可以消掉

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、只将S1从2拨向1时，原线圈匝数减小，输出电压变大，故输出电流变大，输出功率变大；输入功率等于输出功率，故输入功率变大，输入电流变大，故A错误；B、只将S2从4拨向3时，副线圈匝数减小，输出电压变

3：1（以电流做介质来计算）再问：麻烦写一下过程好吗再答：灯泡相同电阻都为r，均正常发光电流肯定相等均为i，则i×n1=2×i×n2即变比k=n1:n2=2而u1=i×r+k×u2；u2=i×r

A、由图可知，交流电的周期为0.02s，频率为50Hz；故A正确；B、变压器输出功率P=UI=380×0.12=192W；故B错误；C、原副线圈的匝数之比为等于电压之比，故匝数之比为220：380=1

A、负载的功率P=UI=110×0.052≈3.9W，输入功率等于输出功率，A正确；B、输出电压的最大值是1102V，B错误；C、变压器原、副线圈匝数比等于电压之比220：110=2：1，C错误；D、

A、根据U2U1＝n2n1得副线圈电压为U2=22V，故A正确，B错误；C、开关闭合后电容器不断的充电和放电，副线圈电流增大，所以R所占电压变大，而副线圈电压不变，所以灯泡两端电压变小，故C错误；D、