有一匝数n=200匝的矩形线圈abcd放在磁场中,线圈回路的总电阻R=5Ω.线圈平面垂直于磁感线方向.穿过线圈的磁通量φ

lemonkeke2022-10-04 11:39:541条回答

有一匝数n=200匝的矩形线圈abcd放在磁场中,线圈回路的总电阻R=5Ω.线圈平面垂直于磁感线方向.穿过线圈的磁通量φ随时间变化的规律如图所示,求:
(1)线圈中产生的感应电动势;
(2)线圈中产生的感应电流;
(3)30×0.01s内线圈中产生的热量.

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881020 共回答了19个问题 | 采纳率100%
(1)由图读出
△∅
△t =
15×1 0 -4
0.3 =5×10 -3 Wb/s
法拉第电磁感应定律:E=n
△∅
△t =200×5×10 -3 =1V;
(2)根据闭合电路欧姆定律,则有感应电流为:I=
E
R =
1
5 =0.2A.
(3)Q=I 2 Rt=0.2 2 ×5×0.3=0.06J
答:(1)线圈中产生的感应电动势1V;
(2)线圈中产生的感应电流0.2A;
(3)30×0.01s内线圈中产生的热量0.06J.
1年前

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如图所示,一矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动,磁场方向与转轴垂直.线圈匝数N=100,电阻r=1Ω,长l1=0.5m,宽l2=0.4m,角速度ω=100rad/s,磁场的磁感应强度B=0.2T.线圈两端外接电阻R=99Ω的用电器和一个交流电流表.求:
(1)线圈中产生的最大感应电动势和电流瞬时值表达式;
(2)电流表的读数;
(3)用电器上消耗的电功率.
苛得平1年前1
瓶子和咖啡 共回答了15个问题 | 采纳率86.7%
解题思路:(1)线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为Em=NBSω,写出感应电动势的瞬时表达式,再根据欧姆定律求出电流的瞬时表达式.(2)电流表测量电流的有效值.根据E=Em2和欧姆定律求出电流的有效值.(3)用电器消耗的电功率P=I2R,I是电流的有效值.

(1)线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为:Em=nBSω
代入数据得:Em=100×0.2×0.5×0.4×100V=400 V
则感应电动势的瞬时值:e=Emsinωt=400sin100t,
根据欧姆定律可知,电流的瞬时表达式:i=[e/R+r=
400sin100t
100]=4sin100t(A);
(2)电流表读数即为该交流电的有效值,则:I=
Im

2=
4

2=2
2A
(3)小灯泡消耗的电功率:P=I2R=(2
2)2×99W=792W.
答:(1)线圈中产生的最大感应电动势为400V,电流的瞬时表达式i=4sin100t(A).
(2)电流表A的读数为2
2A.
(3)用电器上消耗的电功率为792W.

点评:
本题考点: 交流发电机及其产生正弦式电流的原理;电功、电功率;正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.

考点点评: 本题考查交变电流最大值、有效值的理解和应用的能力,对于交流电表的测量值、计算交流电功率、电功等都用到有效值.

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如图所示,有一矩形线圈,面积为S,匝数为N,内阻为r,绕垂直磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动,从图示位置转90°的过程中,下列说法正确的是
A.通过电阻R的电量
B.通过电阻R的电量
C.外力做功平均功率
D.从图示位置开始计时,则感应电动势随时间变化的规律为e=NBSωsinωt
etcetc1年前1
wudilx 共回答了20个问题 | 采纳率90%
解题思路:

从图示位置转90的过程中:

磁通量的变化量为:△Φ=BS

电路产生的平均感应电动势:

电路中电流的平均值:I=n

通过电阻的电量为:Q=It

联立①②③④得:A错误,B正确;

C. 产生交流电的电压的最大值:Um=NBSω有效值为:U=

根据功能关系可知,外力做功和整个电路中产生的焦耳热相等,所以有:W=Q=,解得外力做功平均功率,故C正确;从图示位置开始计时,则感应电动势随时间变化的规律为e=NBSωcosωtD错误。

BC


<>

检测一个标称值为5Ω的滑动变阻器。可供使用的器材如下: A.待测滑动变阻器 ,全电阻约5Ω(电阻丝绕制紧密,匝数清晰可数
检测一个标称值为5Ω的滑动变阻器。可供使用的器材如下:
A.待测滑动变阻器 ,全电阻约5Ω(电阻丝绕制紧密,匝数清晰可数)
B.电流表 ,量程0.6A,内阻约0.6Ω C.电流表 ,量程3A,内阻约0.12Ω
D.电压表 ,量程15V,内阻约15KΩ E.电压表 ,量程3V,内阻约3KΩ
F.滑动变阻器 R ,全电阻约20Ω G.直流电源 E ,电动势3V,内阻不计
H.游标卡尺 I.毫米刻度尺 J.电键S导线若干
(1)用伏安法测定 的全电阻值,所选电流表___________(填" "或" "),所选电压表为_________(填" "或" ")。
(2)画出测量电路的原理图,并根据所画原理图将下图中实物连接成测量电路。

(3)为了进一步测量待测量滑动变阻器电阻丝的电阻率,需要测量电阻丝的直径和总长度,在不破坏变阻器的前提下,请设计一个实验方案,写出所需器材及操作步骤,并给出直径和总长度的表达式。
gestap1年前1
yuantenggaofei 共回答了16个问题 | 采纳率93.8%
(1)
(2)方案一:分压接法

方案二:限流接法

③重复测量三次,求出电阻丝直径和总长度的平均值


因为需要测定的是 的全电阻,则 ,小于 表的满偏值的 ,故选 ,因为 故选 ,故安培表应用外接法.因为滑动变阻器R约20Ω,而 为5Ω。故变阻器R有分压和限流两种接法。
(10分)如图所示是测量通电螺线管 A 内部磁感应强度 B 及其与电流 I 关系的实验装置。将截面积为 S 、匝数为 N
(10分)如图所示是测量通电螺线管 A 内部磁感应强度 B 及其与电流 I 关系的实验装置。将截面积为 S 、匝数为 N 的小试测线圈 P 置于螺线管 A 中间,试测线圈平面与螺线管的轴线垂直,可认为穿过该试测线圈的磁场均匀。将试测线圈引线的两端与冲击电流计 D 相连。拨动双刀双掷换向开关 K ,改变通入螺线管的电流方向,而不改变电流大小,在 P 中产生的感应电流引起 D 的指针偏转。

(1)将开关合到位置1,待螺线管 A 中的电流稳定后,再将 K 从位置1拨到位置2,测得 D 的最大偏转距离为 d m ,已知冲击电流计的磁通灵敏度为 D φ D φ ,式中 为单匝试测线圈磁通量的变化量。则试测线圈所在处磁感应强度 B ;若将 K 从位置1拨到位置2的过程所用的时间为Δ t ,则试测线圈 P 中产生的平均感应电动势 ε
(2)调节可变电阻 R ,多次改变电流并拨动 K ,得到 A 中电流 I 和磁感应强度 B 的数据,见右表。由此可得,螺线管 A 内部在感应强度 B 和电流 I 的关系为 B
实验次数
I(A)
B(×10 3 T)
1
0.5
0.62
2
1.0
1.25
3
1.5
1.88
4
2.0
2.51
5
2.5
3.12

(3)(多选题)为了减小实验误差,提高测量的准确性,可采取的措施有
(A)适当增加试测线圈的匝数 N
(B)适当增大试测线圈的横截面积 S
(C)适当增大可变电阻 R 的阻值
(D)适当拨长拨动开关的时间Δ t
接龙8061年前1
ydxnba520 共回答了19个问题 | 采纳率84.2%
(1)
(2)0.00125 I (或 kI )
(3)AB

(1)改变电流方向,磁通量变化量为原来磁通量的两倍,即2 BS ,代入公式计算得 B = ,由法拉第电磁感应定律可知电动势的平均值 ε =
(2)根据数据可得 B 与 I 成正比,比例常数约为0.00125,故 B = kI (或0.00125 I )。
(3)为了得到平均电动势的准确值,时间要尽量小,由 B 的计算值可看出与 N 和 S 相关联,故选择A、B。
如图甲所示,匀强磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示,线圈匝数n=10匝,面积S=0.2m²,电阻r=1
如图甲所示,匀强磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示,线圈匝数n=10匝,面积S=0.2m²,电阻r=1.0Ω,电阻R1=1.0Ω,R2=3.0Ω,电容器C为0.3μF.(不考虑边缘效应)求: (1)流过电阻R1的电流强度为多大? (2)若闭合开关S,稳定后电容器极板b带何种电荷?电容器的带电量为多少?
rainman21年前1
gengchuanhu 共回答了13个问题 | 采纳率84.6%
(1)E=n△B/△t*S=10x0.5x0.2=1V
I=E/(R1+R2+r)=0.2A
(2)若闭合开关S,稳定后电容器极板b带正电荷,(由楞次定律、安培定则确定线圈中电流逆时针,b接正极)
q=CU2 U2=IR2=0.6V q=1.2x10^-7c
(2014•枣庄模拟)如图所示,面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈,在磁感应强度为B的匀强磁场中,从图示位置开始计时
(2014•枣庄模拟)如图所示,面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈,在磁感应强度为B的匀强磁场中,从图示位置开始计时,绕水平轴oo′以角速度ω匀速转动.矩形线圈通过滑环连接理想变压器.理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动时,可改变副线圈的输出电压;副线圈接有可变电阻R.电表均为理想交流电表.下列判断正确的是(  )

A.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt
B.矩形线圈产生的感应电动势的有效值为
1
2
NBSω

C.当P位置不动,R增大时,电压表示数也增大
D.当P位置向上移动、R不变时,电流表示数将增大
lack7771年前1
pps238 共回答了16个问题 | 采纳率93.8%
解题思路:正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时,其电动势表达式为:e=NBSωcosωt;电压表和电流表读数为有效值;计算电量用平均值.

A、从垂直于中性面时开始计时,矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt,故A正确;B、矩形线圈产生的感应电动势的有效值为22NBSω,故B错误;C、交流发电机内电阻不计,故变压器输入电压不变,根据...

点评:
本题考点: 交流的峰值、有效值以及它们的关系.

考点点评: 本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系,注意求解电量用平均值.

(2008•孝感二模)如图所示,理想变压器的原、副线圈的匝数分别为n1、n2(n1≠n2),原线圈与电压为U0的正弦交流
(2008•孝感二模)如图所示,理想变压器的原、副线圈的匝数分别为n1、n2(n1≠n2),原线圈与电压为U0的正弦交流电源相连,副线圈接负载R,当负载R的阻值增大时,下列说法中正确的是(  )
A.副线圈的输出电压不变
B.变压器的输入功率增大
C.负载R消耗的功率变大
D.负载R两端的电压减小
米米爱篮球1年前1
gerryjoy 共回答了18个问题 | 采纳率94.4%
解题思路:根据理想变压器的原副线圈的电压与匝数关系,来确定副线圈电压如何变化;理想变压器的输入功率由输出功率决定;由P=
U2
R
来确定功率的变化.

A、理想变压器的原副线圈的电压与匝数成正比,因原线圈的电压不变,匝数也不变,所以副线圈的电压也不变,由图可知,负载R两端的电压,即为副线圈的电压,故A正确,D错误;
B、当负载R的阻值增大时,因公式P=
U2
R可知,当R增大时,由于U不变,所以功率P在减小,即负载R消耗的功率变小,则原线圈的输入功率也减小,故BC错误,
故选A

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理.

考点点评: 考查理想变压器的变压比,掌握原副线圈间的功率关系,理解P=U2R的应用.

如图所示,理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1:n2=2:1,交流电源电压U1=220V,F是熔断电流为I0=1.0
如图所示,理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1:n2=2:1,交流电源电压U1=220V,F是熔断电流为I0=1.0A的保险丝,负载为一可变电阻.

(1)当电阻R=100Ω时,保险丝能否被熔断?
(2)要使保险丝不被熔断,电阻R的阻值应不小于多少?变压器输出的电功率不能超过多少?
kaidn1231年前1
gglmm 共回答了19个问题 | 采纳率89.5%
解题思路:根据电压之比等于线圈匝数比求出副线圈电压,当可变电阻R的阻值变大时,电流变小,副线圈功率变小,则原线圈功率也变小,根据原线圈电路中电流的最大值求出副线圈电流最大值,进而求出可变电阻R的最小值,可变电阻的耗电功率是变化的.

(1)根据电压与匝数成正比知副线圈的电压:U2=
1
2×220=110V
当电阻R=100Ω时,副线圈中电流:I2=
110
100=1.1A
由输入功率等于输出功率知原线圈电流:I1=
U2
U1I2=
110
220×1.1=0.55A<1A
故保险丝不会熔断.
(2)设电阻R为r时,原线圈中电流刚好达到熔断电流,即I1=1A
副线圈知电流:I2=
n1
n2I1=2A
r=
U2
I2=
110
2=55Ω
此时输出功率:P2=U2I2=110×2=220W
答:(1)当电阻R=100Ω时,保险丝不能被熔断;
(2)要使保险丝不被熔断,电阻R的阻值应不小于55欧姆,变压器输出的电功率不能超过220W.

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理;电功、电功率;正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.

考点点评: 本题考查了变压器的变压原理,知道电压、电流与匝数的关系,结合输入功率等于输出功率即可求解.

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如图甲所示,M是一个小型理想变压器,原副线圈匝数之比n 1 :n 2 =20:1,接线柱 接上一个正弦交变电源,电压随时间变化规律如图乙所示.变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R 2 为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器,R 1 为一定值电阻.下列说法中正确的是 ( )
A.电压表的示数小于11V
B.此交变电源的频率为50Hz
C.当传感器R 2 所在处出现火警时,电压表的示数减小
D.当传感器R 2 所在处出现火警时,电流表的示数减小
sunxia11271年前1
msyjyd 共回答了16个问题 | 采纳率81.3%
解题思路:

原线圈中的电压有效值为,根据公式可得副线圈两端的电压为11V,由于电压表不是测量的副线圈两端电压,所以示数小于11VA正确;该交流电的频率为

B正确;当出现火警时,温度升高,电阻减小,副线圈的电流变大,所以的电压要增大,由于副线圈的总电压不变,所以的电压就要减小,所以C正确;由B的分析可知,副线圈的电阻减小,副线圈的电流变大,所以原线圈的电流也就要增大,所以D错误;

故选ABC

ABC


<>

如图所示,电路中理想变压器原、副线圈接入电路的匝数可通过单刀双掷开关改变,为交流电流表.在变压器原线圈a、b两端加上一峰
如图所示,电路中理想变压器原、副线圈接入电路的匝数可通过单刀双掷开关改变,为交流电流表.在变压器原线圈a、b两端加上一峰值不变的正弦交变电压.下列分析正确的是(  )

A.只将
S
1
从1拨向2时,电流表示数变小
B.只将
S
2
从3拨向4时,电流表示数变大
C.只将R的滑片上移,
R
2
的电功率变大
D.只将R的滑片上移,
R
2
端的输入功率减小
非专业qq1年前1
梯牧 共回答了26个问题 | 采纳率80.8%
解题思路:由图可知:电流表测量的是原线圈电流,根据输出电压是由输入电压和匝数比决定的,输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的,电压与匝数成正比,电流与匝数成反比分析即可.

根据
U1
U2=
n1
n2得:U2=
n2
n1•U1,根据:
I1
I2=
n2
n1得:I2=
n1
n2•I1
A、将
S 1从1拨向2时,原线圈的匝数减少,所以副线圈上的电压增大,负载上的功率增大,所以电流表示数变大.故A错误;
B、将
S 2从3拨向4时,副线圈的匝数减少,所以副线圈上的电压减小,负载上的功率减小,所以电流表示数变小.故B错误;
C、D、将R的滑片上移,接入电路的有效电阻变大,所以串联电路(R和R2)的电阻增大,流过串联电路的电流变小,所以电阻R2的电功率变小.故C错误,D正确.
故选:D

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理.

考点点评: 本题主要考查变压器的知识,要学会对变压器上的电流、电压的变化进行分析.属于中档题目.

用理想变压器给电灯l供电,如果只增加副线圈匝数,其他条件不变,
用理想变压器给电灯l供电,如果只增加副线圈匝数,其他条件不变,
那么流过电灯的电流会怎么变化?变压器的输入功率又会怎样变化?
lhp221年前2
南瓜的种子 共回答了16个问题 | 采纳率81.3%
你是高二的吧?灯I是接在副线圈上的吗?看作灯的电阻不变,若增加副线圈匝数,副线圈的电压会增大,据I=U/R可得,电流I会增大.又因为P=UI,所以灯消耗的功率会增大.又根据能量守恒定律,变压器的输入功率也会变大.用爪机打的,很辛苦,
在某交流电电路中,有一个正在工作的变压器,它的原线圈匝数n1=600匝,电源电压为U1=220V,原线圈串联一个0.2A
在某交流电电路中,有一个正在工作的变压器,它的原线圈匝数n1=600匝,电源电压为U1=220V,原线圈串联一个0.2A的保险丝,副线圈n2=120匝,为保证保险丝不被烧断,则(  )
A. 负载功率不能超过220W
B. 副线圈电流最大值不能超过1A
C. 副线圈电流有效值不能超过1A
D. 副线圈电流有效值不能超过0.2A
dgf8guc8yp9c8641年前1
恋上江南 共回答了19个问题 | 采纳率78.9%
解题思路:根据电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,结合保险丝得额定电流计算出副线圈中允许的最大电流和功率.

A、原、副线圈的匝数分别为n1=600匝、n2=120匝,电源的电压为U1=220V,所以副线圈电压是U2=[220×120/600]=44V,
原线圈串联一个0.2A的保险丝,根据电流与匝数反比,副线圈允许的电流有效值最大为I2=[600×0.2/120]=1A,
所以负载功率不能超过P=UI=44×1=44W,故A错误,C正确,D错误;
B、副线圈允许的电流有效值最大为1A,所以副线圈电流最大值不能超过
2A,故B错误;
故选:C.

点评:
本题考点: 交流的峰值、有效值以及它们的关系.

考点点评: 本题考查了变压器的特点,突破口在于保险丝的数值,结合欧姆定律进行判断.

理想变压器的初级线圈L,次级线圈有L1和L2,R2=11*10^4Ω,已知线圈L1和L2的匝数比为1:50.但S断开时,
理想变压器的初级线圈L,次级线圈有L1和L2,R2=11*10^4Ω,已知线圈L1和L2的匝数比为1:50.但S断开时,L1中的电流为0.5A.电源电压为55V,若将S闭合,求初级线圈中的电流.
因为没有图,L1上有串有电阻R1.L2上串有电阻R2和开关S.
hao02111年前2
lingshixiaolu 共回答了14个问题 | 采纳率92.9%
R2我没看清楚是多少,R2折合到初级线圈侧的电阻R2'=R2/(K*K) .K是变压比,公式不好打
当次级开路时,R1=55/0.5=110Ω
这样整个电路就变成55V电源后面跟两个串联的电阻R1和R2'I=55/(R1+R2')
公式R2'=R2/(K*K)的解释:设负载电阻R2,从初级看变压器和负载总的可以看成一个负载电阻R2'.根据欧姆定律U1/I1=R2',U2/I2=R2所以R2'/R2=(U1/I1)/(U2/I2)即R2'/R2=(U1*I2)/(U2*I1)=K*K
3x380/220v 3x5A 480转/kwh的 电流互感器是150/5 1度电等于多少度电,怎么算 匝数 怎么算度数
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我的匝数是3.这月表走了180实际多少度
天之骄子_20081年前1
极速废人 共回答了17个问题 | 采纳率88.2%
你看看互感器上面的标示,如果穿芯匝数是1的时候是150/5,那么穿2匝应该是100/5,穿3匝应该是50/5,那么倍率为10倍,180刻度则是1800kwh.
已知原线圈的匝数为1000匝,副线圈有两个,一个匝数为50,且上面连有灯泡,6V2W,另一个100匝,连有灯泡12V4W
已知原线圈的匝数为1000匝,副线圈有两个,一个匝数为50,且上面连有灯泡,6V2W,另一个100匝,连有灯泡12V4W,当原线圈接上交流电压时,两个灯泡恰能正常发光问原线圈的电流大小.
这时问题出来了.两个副线圈的匝数比为1比2,且灯泡的额定电流一样了,那么到底是按额定电流做,还是额定电压做?问题是这两个结果不一样.
allsupplie1年前1
could703 共回答了19个问题 | 采纳率94.7%
又匝数得 一次侧额定电压120V
由P1=P2+P3,得P1=6W
又I=P/V得,I=0.05A
两个灯泡6V2W,12V4W,额定电流一样为什么不可以?阻值是不同的!
一个理想变压器原、副线圈的匝数分别为1100匝和200匝.若原线圈接到220V的电路中,且允许通过的最大电流为1.2A,
一个理想变压器原、副线圈的匝数分别为1100匝和200匝.若原线圈接到220V的电路中,且允许通过的最大电流为1.2A,则在副线圈的两端最多能并联几个阻值为160W的用电器?
答案是26...怎么算的呢?
GOD和我一边1年前1
胆小鼠_ 共回答了17个问题 | 采纳率94.1%
是160欧姆吧
原线圈最大输送功率:220*1.2=264W
副线圈得电压:200*(1100/220)=40V
一个电阻得功率为:40^2/160=10W
264W/10W=26.4个
所以只能接26个
变压器,电压和线圈匝数成正比,电流成反比,如果知道次级电压,和次级上的电阻,能用欧姆定律算电流么,还是电流是恒定的
浴砖前行1年前1
家学消闲 共回答了21个问题 | 采纳率95.2%
不能用欧姆定律计算,这个电流取决于你的铁芯还有线圈的匝数.欧姆定律算出来的是短路电流,要是真那么大的电流,你的变压器就报废了.
一个理想变压器,原、副线圈的匝数分别是N1、N2,正常工作时输入和输出电压分别是U1、U2,若N1>N2,请问:
一个理想变压器,原、副线圈的匝数分别是N1、N2,正常工作时输入和输出电压分别是U1、U2,若N1>N2,请问:
请判断U1、U2的关系.原因何在?
A:U1>U2
B:U1
刎哀1年前4
kkpp 共回答了23个问题 | 采纳率78.3%
A:U1>U2 N1比N2=U1比U2.
下列说法正确的是(  )A. 电磁铁的磁性强弱与电流方向、电流大小和匝数都有关B. 法拉第最先发现电磁感应现象,电动机就
下列说法正确的是(  )
A. 电磁铁的磁性强弱与电流方向、电流大小和匝数都有关
B. 法拉第最先发现电磁感应现象,电动机就是根据电磁感应现象制成的
C. 通电导体在磁场中的受力方向与导体中的电流方向和磁场方向有关
D. 在电磁感应现象中,电能转化为机械能
jetsun1年前1
浪子不回头_001 共回答了11个问题 | 采纳率90.9%
解题思路:A、电磁铁的磁性强弱与电流大小、线圈匝数和有无铁芯有关;
B、法拉第最先发现电磁感应现象,发电机就是根据电磁感应现象制成的;
C、通电导体在磁场中的受力方向与导体中的电流方向和磁场方向有关;
D、在电磁感应现象中,机械能转化为电能.

A、电磁铁的磁性强弱与三个因素有关:电流大小、线圈匝数多少和有无铁芯,与电流方向无关.电磁铁的极性与电流方向有关,所以选项A不正确;
B、法拉第最先发现电磁感应现象:闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时,导体中产生电流,发电机就是根据这一现象制成的,而电动机是根据通电导体在磁场中受力发生转动的原理制成的,所以选项B不正确;
C、通电导体在磁场中的受力方向与导体中的电流方向和磁场方向都有关系,当其中一个方向变的相反时,受力方向就会变的相反,所以选项C正确;
D、在电磁感应现象中,导体是由于切割磁感线运动而产生电流的,将机械能转化为电能,所以选项D不正确.
故选C.

点评:
本题考点: 影响电磁铁磁性强弱的因素;磁场对通电导线的作用;电磁感应;发电机的构造和原理.

考点点评: 本题综合考查了电和磁方面的一些知识,这几个结论都是实验结论,一定要牢记.

(2011•柳州二模)如图供电电路的变压器可视为理想变压器,已知变压器原线圈与副线圈匝数比n1n2=115,加在原线圈的
(2011•柳州二模)如图供电电路的变压器可视为理想变压器,已知变压器原线圈与副线圈匝数比
n1
n2
11
5
,加在原线圈的电压为u1=311sin100πt(V),副线圈与灯泡连接,灯泡的额定电流为0.28A,电阻R=500Ω.下列判断正确的是(  )
A.副线圈两端电压U2=141V
B.灯泡可以正常发光
C.通过灯泡的交变电流的频率为100HZ
D.原线圈的输入功率为20W
牛蛇龙1年前1
人不如姑 共回答了19个问题 | 采纳率89.5%
解题思路:根据电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,变压器的输入功率和输出功率相等,逐项分析即可得出结论.

A、电压与匝数成正比,原线圈的电压有效值为
311

2V=220V,所以副线圈的电压的有效值为U2=
5
11 U1=100V,所以A错误.
B、灯泡的电流为I=[U/R]=[100/500]A=0.2A,小于灯泡的额定电流为0.28A,所以灯泡不能正常发光,所以B错误.
C、变压器不会改变电流的频率,通过灯泡的交变电流的频率为f=[1/T]=[ω/2π]=[100π/2π]=50Hz,所以C错误.
D、灯泡消耗的功率为P=
U2
R=
1002
500W=20W,变压器的原线圈和副线圈的功率是相同的,所以原线圈的输入功率为20W,所以D正确.
故选D.

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理.

考点点评: 掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系,本题即可得到解决.

物理交变电流的计算问题,发电机的转子是匝数为100匝,边长为20cm的正方形线圈,将它置于磁感应强度为B=0.05T的匀
物理交变电流的计算问题,
发电机的转子是匝数为100匝,边长为20cm的正方形线圈,将它置于磁感应强度为B=0.05T的匀强磁场中,绕着垂直于磁场方向的轴以ω=100π rad/s的角速度转运,当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时,线圈和外电路的总电阻R=10Ω
问:线圈从计时开始,转过π/3 过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少?(请写出过程)
fatwendy1年前2
木草青 共回答了9个问题 | 采纳率77.8%
通过闭合电路的电荷量公式Q=n△Φ/R ,即Q等于通过线圈的磁通量的变化量/闭合电路的电阻.该试推导过程:闭合电路的电动势平均值E=n△Φ/△t ,平均电流I=E/R ,则电荷量Q=It=n△Φ/R=nB△S/R.根据题上条件求的Q=0.01C
一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5:1,原线圈接入电压为220V的正弦交流电,一只理想二极管和一个滑动变阻器R串连接
一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5:1,原线圈接入电压为220V的正弦交流电,一只理想二极管和一个滑动变阻器R串连接在副线圈上,如图所示.电压表和电流表均为理想交流电表,则下列说法正确的是(  )
A.原、副线圈中的电流之比为5:1
B.若滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω,则1min内产生的热量为2904J
C.电压表的读数为44V
D.若将滑动变阻器的滑片向下滑动,则两电表读数均减小
qinhua9451年前1
大李将军 共回答了15个问题 | 采纳率86.7%
A、原、副线圈中的电流与匝数成反比,所以电流之比为1:5,A项错误;
B、C、原、副线圈的电压与匝数成正比,所以副线圈两端电压为44 V,但二极管具有单向导电性,根据有效值的定义有
442
R ×
T
2 =

U 2有效
R ×T,从而求得电压表两端电压有效值为U 有效 =22
2 V,则1 min内产生的热量为Q=

U 2有效
R ×T=

U 2有效
R ×60=2 904 J,B正确,C错误;
D、将滑动变阻器滑片向下滑动,接入电路中的阻值变大,但对原、副线圈两端的电压无影响,即电压表的读数不变,电流表的读数变小,所以D错误.
故选B.
如图,有一理想变压器,原副线圈的匝数比为n,原线圈接正弦交流电,输出端接有一个交流电压表和一个电动机。电动机线圈电阻为R
如图,有一理想变压器,原副线圈的匝数比为n,原线圈接正弦交流电,输出端接有一个交流电压表和一个电动机。电动机线圈电阻为R,当输入端接通电源后,电流表读数为I,电压表读数为U,电动机带动一重物匀速上升。下列判断正确的是
[ ]
A、电动机两端电压为
B、电动机消耗的功率为U 2 /R
C、电动机的输出功率为nUI-n 2 I 2 R
D、变压器的输入功率为UI/n
棋楠沉香1年前1
cuibuy 共回答了20个问题 | 采纳率100%
C
某小型水电站的电能输送示意图如图所示,发电机的输出电压为200V,输电线总电阻为r,升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n
某小型水电站的电能输送示意图如图所示,发电机的输出电压为200V,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220V的用电器正常工作,则(  )
A.
n1
n2
n3
n4

B.
n1
n2
n3
n4

C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
lyf86171年前1
382701353 共回答了19个问题 | 采纳率89.5%
解题思路:通过理想升压变压器T1将电送到用户附近,然后用理想降压变压器T2向远处用户供电家中.提升电压的目的是降低线路的功率损失,从而提高用户得到的功率.

由变压器的电压比匝数之比
n2
n1=
U2
U1,
n3
n4=
U3
U4,及U1=200V,U4=220V,又因为线路电压损失,即U2>U3,所以
n2
n1>
n3
n4;
由于远距离输电,导致线路电阻通电发热,而使功率损失,所以升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压;升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率.
故选:BD

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理.

考点点评: 理想变压器的输入功率与输出功率相等,且没有漏磁现象.远距离输电,由于导线通电发热导致能量损失,所以通过提高输送电压,从而实现降低电损.

理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1.原线圈输入电压的变化规律如图甲所示,副线圈所接电路如图乙所示,P为滑动变阻器R的
理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1.原线圈输入电压的变化规律如图甲所示,副线圈所接电路如图乙所示,P为滑动变阻器R的滑动片.下列说法正确的是(  )
A.副线圈输出电压的频率为100Hz
B.副线圈输出电压的有效值为31V
C.P向右移动时,原、副线圈的电流都减小
D.P向右移动时,变压器的输出功率增加
enha1年前1
城之瞳 共回答了11个问题 | 采纳率81.8%
解题思路:根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等,再根据电压与匝数成正比即可求得结论.

A、由图象可知,交流电的周期为0.02s,所以交流电的频率为50Hz,所以A错误.
B、根据电压与匝数成正比可知,原线圈的电压的最大值为310V,所以副线圈的电压的最大值为31V,所以电压的有效值为V=
31

2V,所以B错误.
C、P右移,R变小,副线的电压不变,则副线圈的电流变大,原线圈的电流也随之变大,故C错误.
D、P向右移动时,滑动变阻器的电阻较小,副线圈的电压不变,所以电路消耗的功率将变大,变压器的输出功率增加,故D正确.
故选:D.

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理;交流的峰值、有效值以及它们的关系.

考点点评: 电路的动态变化的分析,总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况,再确定其他的电路.

(2007•包头)某同学在“研究电磁铁”的实验中,设计了一个方案,改变电磁铁的接线,使通电线圈的匝数增多,同时调整变阻器
(2007•包头)某同学在“研究电磁铁”的实验中,设计了一个方案,改变电磁铁的接线,使通电线圈的匝数增多,同时调整变阻器的滑片,使电流保持不变,观察电磁铁吸引大头针的数目有什么变化,这一方案的实验目的:研究电磁铁磁性强弱与下列哪个因素有关(  )
A.电流通断
B.电流大小
C.电流方向
D.线圈匝数
hainanfuqu1年前1
爱上蚂蚁的蜘蛛 共回答了17个问题 | 采纳率76.5%
解题思路:(1)电磁铁磁性强弱的影响因素:电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯.电流越大,匝数越多,有铁芯时电磁铁的磁性越强.
(2)用控制变量法和转换法研究电磁铁磁性强弱的影响因素.

改变电磁铁的接线,使通电线圈的匝数增多,同时调整变阻器的滑片,使电流保持不变,观察电磁铁吸引大头针的数目有什么变化,这个实验设计是在电流和铁芯一定时,研究的是电磁铁磁性强弱跟线圈的关系.
故选D.

点评:
本题考点: 影响电磁铁磁性强弱的因素.

考点点评: (1)掌握电磁铁磁性强弱的影响因素.掌握如何用控制变量法和转换法研究电磁铁磁性强弱的影响因素.
(2)掌握滑动变阻器的结构、接线柱的接法、原理、作用等等.

(2014•大连一模)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1,原线圈接电压恒定的交流电,副线圈输出端接有R=4
(2014•大连一模)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1,原线圈接电压恒定的交流电,副线圈输出端接有R=4Ω的电阻和两个“18V,9W”相同小灯泡,当开关S断开时,小灯泡L1刚好正常发光,则(  )
A.原线圈输入电压为200V
B.S断开时原线圈中的电流为0.05A
C.闭合开关S后,原、副线圈中的电流之比增大
D.闭合开关S后,小灯泡L1消耗的功率减小
_老袁1年前1
葳7 共回答了20个问题 | 采纳率95%
解题思路:输出电压是由输入电压和匝数比决定的,输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的,电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,根据理想变压器的原理分析即可.

A、灯泡正常发光,副线圈电流为I=[9/18]=0.5A,所以副线圈两端电压U=18+0.5×4=20V,电压与匝数成正比,原线圈输入电压为200V,所以A正确;
B、电流与匝数成反比,由A知S断开时原线圈中的电流为0.05A,所以B正确;
C、闭合开关S后,原、副线圈中的电流之比不变,所以C错误;
D、当开关S闭合时,总电阻减小,副线圈电压不变,所以副线圈电流增大,R分压增大,小灯泡L1消耗的功率减小,故D正确;
故选:ABD.

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理;电功、电功率.

考点点评: 本题主要考查变压器的知识,要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解.

为什么线圈匝数越多电流越小,而电压越高呢?
xiao小米1年前1
飞儿0520 共回答了15个问题 | 采纳率80%
你问的应该是在变压器中的情况吧.理想变压器输入功率等于输出功率.输入功率由输出功率决定.当功率确定时,电压与电流的乘积确定.电压越高,电流就越小.而变压器中每匝伏数确定,电压越高,匝数就得越多.
因为匝数越多线圈的内阻越大.而电阻与电流成反比,R=U/I.当电压一定时,R增大了,那么相应的I就应该变小.如果R增大后,要使I电流保持不变,那么电压U就应该增加.所以才有问题中“匝数增加,电流变小了,电压反而变高了” 这样的说法是不准确的,因为这是非纯电阻电路,欧姆定律不使用!
如图所示,矩形线框绕与匀强磁场垂直的轴OO′按图示的方向以角速度ω匀速转动,线框的匝数为n、面积为S、电阻为r,磁感应强
如图所示,矩形线框绕与匀强磁场垂直的轴OO′按图示的方向以角速度ω匀速转动,线框的匝数为n、面积为S、电阻为r,磁感应强度大小为B,方向水平向右.线框的输出端与两个金属滑环相连,阻值为R的定值电阻、理想的交流电流表处通过电刷和导线与滑环连接.当线框转到与磁场平行时,开始计时,规定从F通过电阻R到E为电流的正方向,下列说法正确的是(  )
A.通过电阻R电流的瞬时值表达式为 i=
nBwS
R+r
coswt
B.通过电阻R电流的瞬时值表达式为 i=
nBwS
R+r
sinwt
C.电流表的示数为
nBwS
R+r
D.电阻R上消耗的电功率为
n 2 B 2 S 2 w 2
2R
郁闷的阳光1年前1
麦迷 共回答了19个问题 | 采纳率94.7%
交流电电动势的瞬时值表达式E=nBScosωt,所以通过电阻R电流的瞬时值表达式为 i=
nBwS
R+r coswt ,A正确B错误;
电流表显示的是有效值,为I=
nBωS

2 (R+r) ,C错误;
电阻R上消耗的电功率为I 2 R= (
nBSω

2 (R+r) ) 2 R ,D错误;
故选A
一个线圈,已知半径为S,电流大小为 I,匝数为N.如何算出电磁感应强度B?
ggrgwrgw1年前1
fengchengtu 共回答了13个问题 | 采纳率92.3%
B=u n r I ,
u=4pei * 0.0000001 (N/A^2)为常数,
n为匝数,
r为半径,
I为电流.
一个正在工作的理想变压器,原线圈的匝数n1=600匝,电压U1=220v,并安装有0.5A的熔丝,副线圈的匝数n2=12
一个正在工作的理想变压器,原线圈的匝数n1=600匝,电压U1=220v,并安装有0.5A的熔丝,副线圈的匝数n2=120匝,为了保证与原线圈串联的熔丝不少段,则
A 副线圈电流最大值不能超过1.5A
B 副线圈电流有效值不能超过0.1A
C 副线圈电流有效值不能超过2.5A
D 若副线圈接一电阻,阻值不能小于17.6Ω
晒月光tianya1年前1
syh0212 共回答了25个问题 | 采纳率96%
C和D都是正确的,副线圈不能超过2.5A
如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比是50:1,b是原线圈的中心抽头,图中电表均为理想的交流电表,定值电阻R=10Ω
如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比是50:1,b是原线圈的中心抽头,图中电表均为理想的交流电表,定值电阻R=10Ω,其余电阻不计.从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压.则下列说法中正确的是(  )


A.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为4.4V
B.当单刀双掷开关与a连接且t=0.01s时,电流表示数为零
C.当单刀双掷开关由a拨向b时,原线圈的输入功率变大
D.当单刀双掷开关由a拨向b时,副线圈输出电压的频率变为25Hz
aishice1年前1
lilimarleen 共回答了23个问题 | 采纳率87%
由图象可知,电压的最大值为220
2 V,交流电的周期为2×10 -2 s,所以交流电的频率为f=
1
T =50Hz,
A、交流电的有效值为220V,根据电压与匝数程正比可知,副线圈的电压为4.4V,所以A正确.
B、电流表示数为电流的有效值,不随时间的变化而变化,所以电流表的示数为
4.4
10 A=0.44A,所以B错误.
C、当单刀双掷开关由a拨向b时,原线圈的匝数变小,所以副线圈的输出的电压要变大,电阻R上消耗的功率变大,原线圈的输入功率也要变大,所以C正确.
D、变压器不会改变电流的频率,所以副线圈输出电压的频率为50Hz,所以D错误.
故选AC.
如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=4:1,原线圈两端连接光滑导轨,副线圈与电阻R相连组成闭合回路,当直导线
如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=4:1,原线圈两端连接光滑导轨,副线圈与电阻R相连组成闭合回路,当直导线AB在匀强磁场中沿导轨(导轨电阻不计)匀速地向右运动,电流表A1的读数是12mA,那么电流表A2的读数是(  )
A. 48mA
B. 0
C. 3mA
D. 与R值大小有关
DDucker1年前1
翔未知 共回答了14个问题 | 采纳率85.7%
解题思路:变压器是根据磁通量的变化来工作的,当原线圈的磁通量恒定时,副线圈是没有感应电流的,根据变压器的工作的原理分析原线圈中的电流的变化情况即可的出结论.

由于直导线AB匀速运动,则AB切割磁场产生的电流时恒定的,线圈产生的磁通量也是恒定的,所以不会引起副线圈的磁通量的变化,所以副线圈不会有感应电流产生,即安培表A2的读数为0.
故选B

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理.

考点点评: 变压器只能在交流电路中工作,变压器是根据磁通量的变化来工作的,知道变压器的工作的原理就可以解决本题.

理想变压器原副线圈匝数比为2:1 ,A,B为完全相同的灯泡电源电压为U,则B两端电压为?
lnn34861年前1
loner 共回答了13个问题 | 采纳率92.3%
设灯泡电阻为R,原边电流为I1,副边电流I2,灯泡B的电压Ub
则:原边线圈两端的电压为=U-I1*R; 副边电压=I2*R;所以:(U-I1*R)/I2*R=N1/N2
又:I1/I2=N2/N1;所以:I1=I2*N2/N1将其代入上式得:
I2*R=N1*N2*U/(N1平方+N2平方)
即Ub=U/(N1/N2+N2/N1)=2U/5=0.4U
,一边长为l的正方形线圈abcd绕对称轴oo'在匀强磁场中转动,转速为n=120r/min.若已知边长l=20cm,匝数
,一边长为l的正方形线圈abcd绕对称轴oo'在匀强磁场中转动,转速为n=120r/min.若已知边长l=20cm,匝数N=20
求转动中的最大电动势
路人甲__1年前2
wangxl03029 共回答了25个问题 | 采纳率92%
这道题放高中属于特简单特简单的题,可是对于我来说.唉!全都忘完了.
发电机的端电压为220V 输出电功率为44KW 输电导线的电阻为0.2Ω 若初.次匝数比为1:10的升压器升压,经输电线
发电机的端电压为220V 输出电功率为44KW 输电导线的电阻为0.2Ω 若初.次匝数比为1:10的升压器升压,经输电线后,再用初,次级匝数比为10:1的降压器降压供给用户.1).画出全过程的线路示意图.2)求用户的电压和率.3)
若不经过变压而直接送到用户,求用户得到的电压和功率.
鲨鱼在hh1年前1
yulin9916 共回答了20个问题 | 采纳率85%
发电机的端电压为220V 输出电功率为44KW 输电导线的电阻为0.2Ω 若初.次匝数比为1:10的升压器升压,经输电线后,再用初,次级匝数比为10:1的降压器降压供给用户.1).画出全过程的线路示意图.2)求用户的电压和率.3)
若不经过变压而直接送到用户,求用户得到的电压和功率.
1)、图略.
2)、电压为216V,功率P=P总-P损=44KW-I的平方R=44KW-20的平方*0.2/1000=43.2KW
3)、电压为180V,功率P=P总-P损=44KW-I的平方R=44KW-200的平方*0.2/1000=36KW
答:略
(4008•东城区二模)小丽同学用漆包线在铁钉上绕成足够多的线圈匝数,用来探究电磁铁磁性强弱与电流大小的关系,如图所示:
(4008•东城区二模)小丽同学用漆包线在铁钉上绕成足够多的线圈匝数,用来探究电磁铁磁性强弱与电流大小的关系,如图所示:
(1)利用如图装置,小丽无法探究电磁铁的磁性强弱与电流大小的关系,原因是不能改变电路中的电流大小;在电源电压不变的情况下她还应选择一个______.
(4)为了探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系,小丽同学要将图中的电磁铁取下,换上另一个匝数不同且带有相同铁芯的电磁铁,她下一步的操作及要观察的是______.
fl_161年前1
5164937a 共回答了28个问题 | 采纳率82.1%
解题思路:(1)要研究电磁铁的磁性的强弱与电流大小的关系,由控制变量法的要求,即在线圈的匝数不变的情况下,改变电磁铁中电流的大小即可,故需要添加能改变电路电流的器材,即能判断所需添加的器材.
(2)电磁铁磁性的强弱不能直接观察出来.就需要用转换的思路来认识.即通过它吸起大头针个数的多少判断即可.

(x)研究电磁铁图磁性图强弱与电流大小图关系,就需要改变电路中电流图大小.而图示装置中没有滑动变阻器来改变电流大小,所以该同学无法探究电磁铁磁性强弱与电流大小图关系,就需要一个滑动变阻器来改变电流图大小.
(2)电磁铁磁性图强弱不能直接观察出来,要用转换图思路来认识.即转化为电磁铁所能吸引大头针图多少来判断;故其下一步图操作及要观察图是:闭合开关,移动滑动变阻器图滑片,使电流表图示数与上步实验相同,此时,观察该电磁铁吸引大头针图情况.
故答案为:(x)滑动变阻器;(2)闭合开关,移动滑动变阻器图滑片,使电流表图示数与上步实验相同,此时,观察该电磁铁吸引大头针图情况.

点评:
本题考点: 探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验.

考点点评: 要研究磁性与电流的关系,就要改变电流的大小,知道改变电路中电流大小的元件是滑动变阻器,是此题的切入点.

如图所示为理想变压器原线圈所接交流电压的波形.原、副线圈匝数比 ,串联在原线圈电路中电流表的示数为1 A,下列说法中正确
如图所示为理想变压器原线圈所接交流电压的波形.原、副线圈匝数比 ,串联在原线圈电路中电流表的示数为1 A,下列说法中正确的是
A.变压器副线圈的电流为0.1A B.变压器的输入功率为200W
C.变压器输出端的交流电的频率为100 Hz D.此变压器为降压变压器
fanjuanqin1年前1
c7f6kz 共回答了19个问题 | 采纳率94.7%
解题思路:

代入数算得副线圈的电流为10AA错;由图知原线圈的输入电压为200V,输入功率为P=UI=200×1=200wB对;周期为0.02s,频率为f=1/T=50HZC错;原、副线圈匝数比为降压变压器,D对,所以本题选择BD

BD


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电流互感器上标有穿芯匝数是一匝,一次电流200,电流比100/5,倍率是多少
电流互感器上标有穿芯匝数是一匝,一次电流200,电流比100/5,倍率是多少
电流互感器的型号是LMZJ1一0.5,请高手指教谢谢!
现在的问题是互感器铬牌上标有电流比100/5,下面还有一项标有一次电流200、100、50等,一次线圈匝数为1、2、4等,但是我们的互感器只穿了一匝,还有上面写有电流比100/5是什么意思来的?我们用的实际倍率应该是多少?谢谢!
爱女孩的小火柴1年前1
心思随风 共回答了23个问题 | 采纳率91.3%
40倍.当一次线圈匝数为2时,比为100/5,即20倍;当一次线圈匝数为1时 ,互感 比应为200/5,即40倍.
(2011•唐山二模)配电变压器指配电系统中变换交流电压和电流的一种电器,如图为某理想变压器示意图,原副线圈匝数比为25
(2011•唐山二模)配电变压器指配电系统中变换交流电压和电流的一种电器,如图为某理想变压器示意图,原副线圈匝数比为25:1,下列说法正确的(  )
A.若原线圈的输入电压最大值为10kV,则电压表的示数为400V
B.若由于某种原因导致输入电压降低,则为了保证用户的正常用电,应增加副线圈的匝数
C.若输入电压不变,闭合电键s,电压表和电流表示数均减小
D.若输入电压不变,闭合电键s,原线圈中的电流将变大
自催折1年前1
果冻的心 共回答了19个问题 | 采纳率94.7%
解题思路:根据变压器的特点:电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,输入功率等于输出功率判断.

A、输入电压最大值为10kV,有效值为
10KV

2,由电压与匝数关系知电压表的示数为
400V

2,故A错误;
B、电压与匝数成正比,所以B正确;
C、闭合S,负载增多,总电阻减小,电流增大,电压不变,故C错误;
D、由C知副线圈中电流增大,电流与匝数成反比,所以原线圈中电流变大,故D正确;
故选BD

点评:
本题考点: 变压器的构造和原理.

考点点评: 本题需要注意的地方是负载增多时,电流的变化,再根据变压器的特点逐项分析.

有一线圈匝数为1500匝,套在铸钢制成的闭合铁心上,铁心的截面积为10cm2,求磁通
有一线圈匝数为1500匝,套在铸钢制成的闭合铁心上,铁心的截面积为10cm2,求磁通
有一线圈匝数为1500匝,套在铸钢制成的闭合铁心上,铁心的截面积为10cm2,长度为75cm.线圈中通入电流为2.5A,贴心中的磁通为多大?
yban1年前1
hssky 共回答了20个问题 | 采纳率95%
磁通量=磁势/磁阻
其中:磁势=导线中的电流×线圈匝数
   磁阻=磁导率×磁路平均长度/铁心截面积
   磁导率由铁心性质确定(可查表)
供参考.
如图所示,螺线管匝数n=1500匝,横截面积S=20cm2,导线的电阻r=1.5Ω,R1=3.5Ω,R2=1Ω.穿过螺线
如图所示,螺线管匝数n=1500匝,横截面积S=20cm2,导线的电阻r=1.5Ω,R1=3.5Ω,R2=1Ω.穿过螺线管的磁感应强度B按下图所示规律变化.则螺线管线圈中产生的感应电动势和A点的电势分别为多大
5271033601年前1
寒羽寒 共回答了20个问题 | 采纳率85%
分析:C点接地,意思是取C点的电势等于0(作为参考电势,电流不会流入地),这样才能得到a、b点的电势(相对C点的零电势而言).
  由题意知,螺线管产生的感应电动势为 E=n*Δφ / Δt=n * S * ΔB / Δt
得 E=1500* [ 20 * 10^(-4) ] * ( 6-2) / ( 2-0)=6 伏特
  那么回路中的电流是 I=E /(R1+R2+r )=6 /(3.5+25+1.5)=0.2 安
得R1两端的电压为 U1=I*R1=0.2*3.5=0.7伏特
R2两端的电压为 U2=I*R2=0.2*25=5伏特
  由于穿过螺线管的磁通量是均匀增大,所以利用楞次定律判断出,回路的电流方向是逆时针方向,即电流方向是从a到c到b.
  对于外电路的电阻而言,沿着电流方向,电势会降低,所以a点电势大于C点电势,而C点电势大于b点电势.
  可见,a点电势为 Ua=U1=0.7伏特(正值)
b点电势为 Ub=-U2=-5伏特
大学物理互感一个长为L,截面半径为R的圆柱形纸筒上均匀饶有两组线圈,一组的匝数为N1,另一组为N2,求圆筒内两组线圈的自
大学物理互感
一个长为L,截面半径为R的圆柱形纸筒上均匀饶有两组线圈,一组的匝数为N1,另一组为N2,求圆筒内两组线圈的自感系数.
书上说的是M12=M21,就是说以任何一个为产生磁场的算出的结果都一样,但是如果以线圈匝数为N1的为产生磁场的话,M21=u0 N1 * π R^2,
如果用N2来算的话,M12=u0 N2* π R^2,这两个并不相等阿,
而且这题的答案里有 L,但是我不清楚L跟互感有什么关系= =
隆哼哼1年前1
床前没月光 共回答了18个问题 | 采纳率94.4%
题目让求的是自感还是互感呢?就互感而言,M12-M21没错.当线圈1通过电流I1时,其产生的磁感应强度:B1=uN1*I1/L截面积S1=π*R^2ψ21=N2*B1*S1=uN1*N2*I1*π*R^2/LM21=ψ21/I1=uN1*N2*π*R^2/L同理,有:M12=uN1*N2*π*R^...
影响线圈电感值的因素都有哪些?我知道的有线圈的匝数、绕制方式、有无磁芯、磁芯的导磁率,还有其他的吗?比如漆包线的电阻值
xideer1年前1
bessice 共回答了16个问题 | 采纳率93.8%
加载其电感量按下式计算:线圈公式
阻抗(ohm) = 2 * 3.14159 * F(工作频率) * 电感量(mH),设定需用 360ohm 阻抗,因此:
电感量(mH) = 阻抗 (ohm) (2*3.14159) F (工作频率) = 360 (2*3.14159) 7.06 = 8.116mH
据此可以算出绕线圈数:
圈数 = [电感量* { ( 18*圈直径(吋)) + ( 40 * 圈长(吋))}] 圈直径 (吋)
圈数 = [8.116 * {(18*2.047) + (40*3.74)}] 2.047 = 19 圈
空心电感计算公式:L(mH)=(0.08D.D.N.N)/(3D+9W+10H)
D------线圈直径
N------线圈匝数
d-----线径
H----线圈高度
W----线圈宽度
单位分别为毫米和mH.
在变压器中,如果原线圈中的电压不变,那么副线圈的电压也一定不变吗?(在匝数不变的情况下)
在变压器中,如果原线圈中的电压不变,那么副线圈的电压也一定不变吗?(在匝数不变的情况下)
如果是这样,那么对于一个已存在的变压器中,如果在副线圈中串连一个电阻和不串联电阻(其他条件不边),那么什么变了,什么不变呢?
我是这样认为的:电压一定不变的,而且功率之间也成比例,应该也不变的,那么电流也应该不变吧,所以就是想不通,
卓卓飞扬1年前4
linlinrubygg 共回答了18个问题 | 采纳率94.4%
你的结论对于“理想变压器”是对的.
1.对副线圈,电压不变,串上电阻后,电流增大(设原来无电阻,无功率),功率也增大.
2.能量守恒,原线圈的功率也变大,所以原线圈的电流也是变大的.
一居民小区有440户,以前每户平均消耗电功率为100W,使用的区间变压器匝数比为165:6,恰好能使额定电压为220V的
一居民小区有440户,以前每户平均消耗电功率为100W,使用的区间变压器匝数比为165:6,恰好能使额定电压为220V的用电器正常工作,现在因家用电器增加,每户平均消耗的电功率为250W,若变压器输入电压仍为6600V,区间输电线线路不变,为了使家用电器正常工作,需换用区间变压器,则此变压器的匝数比为多少?
猫猫不出门1年前2
djlyl 共回答了21个问题 | 采纳率95.2%
解题思路:未换变压器时,先根据变压比公式求解输出电压,得到电压损失,根据欧姆定律求解输电线电阻;更换变压器后,先求解电压损失,得到输出电压,最后根据变压比公式求解更换后变压器的匝数比.

未换变压器时输电电流:I=[P/U=
440×100
220]=200A
输出电压:U2=
n2U1
n1=
6×6600
165=240V
则由△U=U2-U=IR,得到:R=
240−220
200=0.1Ω
更换变压器后:I′=
P′
U=
440×250
220=500A
线路损失电压:△U′=I′R=50V
变压器输出电压:U2′=U+U′=220+50=270V
变压器的匝数比为:n1:n2=U1:U2=6600:270=220:9
答:此变压器的匝数比为220:9.

点评:
本题考点: 远距离输电;变压器的构造和原理.

考点点评: 本题关键是先根据变压比公式和串联电路电压关系求解出输电线电阻,然后在进一步求解新的变压器的变压比.

物理--电能的输送从A往B输电,两地分别设置生压 降压变压器,降压变压器原副线圈匝数比为10:1,副线圈输出功率为12k
物理--电能的输送
从A往B输电,两地分别设置生压 降压变压器,降压变压器原副线圈匝数比为10:1,副线圈输出功率为12kw 电流为100A,连接两地输电线阻5欧姆,求升压变压器输出电压多大?
过去和明天1年前2
johnson_dzh 共回答了17个问题 | 采纳率100%
降压变压器原副线圈匝数比为10:1,所以输送的电流为100/10=10A,所以输电损耗为I^2R=10^2*5=500W,所以升压变的输出功率为12KW+0.5KW=12.5KW,电压U=P/I=12.5/10=1.25kv=1250V
有两个线圈匝数相同,一个绕在闭合铁芯上,另一个绕在木材上,两个线圈通入相同频率的交变电流.
有两个线圈匝数相同,一个绕在闭合铁芯上,另一个绕在木材上,两个线圈通入相同频率的交变电流.
如果它们的自感电动势相同,试问哪个线圈的电流大?为什么?
千叶隐1年前1
8888gozong 共回答了10个问题 | 采纳率100%
肯定是绕在木材上的线圈电流大.因为;
E1=4.44 * f * Φ * n1 =4.44 * f * L * I
由于闭合铁芯的磁导率比木材大得多, 所以有闭合铁芯的线圈的电感L要比绕在木材上的线圈大得多,那么在自感电动势相同地情况下,绕在木材上的线圈的电流就要大得多.
电感与匝数,线径,线长的关系?百度上乱七八糟.每种公式带进去的都不一样!公式如下:圈数=[电感量* { (18*圈直径(
电感与匝数,线径,线长的关系?百度上乱七八糟.每种公式带进去的都不一样!公式如下:圈数=[电感量* { (18*圈直径(吋))+(40 * 圈长(吋))}] ÷ 圈直径(吋) 圈数=[8.116 * {(18*2.047) + (40*3.74)}] ÷ 2.047 = 19 圈 空心电感计算公式 空心电感计算公式:L(mH)=(0.08D.D.N.N)/(3D+9W+10H) D——线圈直径 N——线圈匝数 d——线径 H——线圈高度 W——线圈宽度 单位分别为毫米和mH.空心线圈电感量计算公式:l=(0.01*D*N*N)/(L/D+0.44) 线圈电感量:l,单位:微亨 线圈直径:D,单位:cm 线圈匝数:N,单位:匝 线圈长度:L,单位:cm
每天努力百分一1年前0
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