自耦变压器的作用是什么自耦变压器有启动自耦变和变频器回馈整流自耦变的区分,其作用各是什么啊?有啥区别?

解题思路：变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，可得副线圈的电压有效值，由输入功率等于输出功率，可得电流．

因变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，故副线圈的电压有效值U₂=
1900
1100×220=380 V；
因变压器为理想变压器，故其输入功率等于输出功率，即P₁=P₂，由P₁=U₁I₁得I₁=9.1A，B正确．
故选：B

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 本题考查了变压器的构造和原理，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．

解题思路：

V1测的是原线圈的输入电压，其示数始终不变，若F不动，副线圈的输入电压不变，滑片P向下滑动时，变阻器接入电路的阻值变大，又灯泡与变阻器串联，故V2示数变大，灯泡两端的电压减小，灯泡消耗的功率变小，A错误B正确；若P不动，滑片F向下移动时，副线圈的输入电压减小，加在灯泡和变阻器两端的电压均减小，故灯泡消耗的功率变小，V2的示数变小，C. D错误。

B

解题思路：P移动改变了副线圈的匝数，Q移动改变了负载的电阻，S断开负载电阻变大，结合闭合电路欧姆定律去分析各项．

A、P不动，将Q向右移动，负载电阻变大，电流变小，电压不变，变压器的输入功率变小，A错误；
B、Q不动，将P沿逆时针方向移动，副线圈匝数增大，电压增大，输出功率增大，变压器的输入功率变大，B正确；
C、P不动，将Q向左移动，负载电阻减小，电流增大，两灯均变亮，C错误；
D、P、Q都不动，副线圈电压不变，断开开关S，电阻增大，电流减小，R分压减小，L₁将变亮，D错误；
故选B

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 做好本题需要知道自耦变压器的变压原理，再结合电路的动态分析即可顺利解决此类题目．

解题思路：电感线圈在电路中相当于导线，在电流发生突变时，电感线圈对电流有阻碍作用．

A、开关S保持闭合，线圈把灯泡短路，小灯泡不发光，A正确B错误；
C、断开S瞬间，线圈相当于电源，与灯泡组成回路，小灯泡可能闪亮一下再熄灭，C正确D错误；
故选：AC

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理；自感现象和自感系数．

考点点评： 掌握自感线圈对电流的阻碍作用，会分析电源在接通和断开瞬间线圈起的作用．

解题思路：保持P的位置不动，输出电压不变，将Q向下、向上移动时，R变化，副线圈两端电压不变；保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，负线圈匝数变大，输出电压变大．

A、将P沿逆时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数减少，副线圈的匝数增多，灯泡两端的电压将增大，所以灯泡变亮，故A正确．
B、将P沿顺时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数增大，副线圈的匝数减少，灯泡两端的电压将减小，所以灯泡变暗，故B错误．
C、D：当将Q向上移动或将Q向下移动时，改变的是连入电路的电阻大小变化，而灯泡两端的电压副线圈的匝数比决定，现在匝数不变，输入电压不变，所以灯泡两端电压不变，故C正确，D错误；
故选：AC．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 做好本题要能知道自耦变压器的原理，结合变压器的特点和欧姆定律去分析．

A、B将滑片P向上移动时，原线圈的匝数增大，根据变压关系
U 1
U 2 =
n 1
n 2 ，分析得知副线圈电压减小，电流减小，三个灯泡实际功率减小，所以都将变暗．故A错误，B正确．
C、D将开关S断开，由于副线圈的电压不变，副线圈回路中总电阻增大，电流减小，两灯的电压增大，根据功率公式P=
U 2
R 可知，为保证A、B功率不变，应降低两灯的电压，减小副线圈中的电流，所以应减小输入电压，根据变压关系
U 1
U 2 =
n 1
n 2 ，应增大原线圈的匝数，故需将滑片P向上移动，故C正确，D错误．
故选：BC．

自耦变压器是输出和输入共用一组线圈的特殊变压器.升压和降压用不同的抽头来实现.比共用线圈少的部分抽头电压就降低.比共用线圈多的部分抽头电压就升高

自耦变压器绕组公共部分的电流,在数值上等于原、副边电流之和或者之差都对,这很简单,就看原、副边电流的参考方向如何了.减负就等于加正嘛.

高中只要求掌握规律,而无法解释.
自耦变压器其实就是利用了电感原理.
解释这个问题,需要学习了大学的电磁学部分才行.
由于篇幅较长,耗时较多,故给出百度百科的资料,希望有用.

D

解题思路：抓住原线圈电压不变，通过副线圈中负载的变化，通过欧姆定律得出电流的变化，从而得出原线圈电流的变化

A、因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，闭合开关S后，总电阻减小，电流增大，R₀分压增大，电压表V示数减小，电流表A示数增大．故A正确．
B、因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即输入功率等于输出功率P=UI增大．故B错误．
C、开关S₁接a比开关S₁接b时原线圈的匝数少，副线圈的电压接b时大，则I₁＜I₂，故C错误．
D、开关S₁接b时副线圈的电压比解a时 大，根据P=
U2
R，则P₁＜P₂．故D正确．
故选：AD．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理；电功、电功率．

考点点评： 解决本题的关键知道原副线圈电压之比、电流之比与匝数比的关系，抓住输入电压不变，结合欧姆定律进行动态分析．

解题思路：（1）滑动变阻器采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出电路图．
（2）根据电路图、应用欧姆定律分析实验误差．
（3）由串联电路特点求出灯泡两端电压，由灯泡I-U图象求出该电压对应的电流，然后由P=UI求出灯泡的实际功率．

（1）灯泡正常发光时的电阻约为：R=
2202
40＝1210Ω，电阻较大，电流表应采用内接法，滑动变阻器采用分压接法，右边接电源，其中接火线的那根线上应串联电键；左边接灯泡．如图所示．
（2）采用电流表内接，电压较低段误差较大，因为电压越小，灯丝电阻越小，由于电流表分压造成的误差越大；
测量的电压偏大，则测量的电阻偏大，电压为50V时电流为0.105A此时灯的电阻比[50/0.105]要小．
（3）两个相同的灯泡串联接在220V电源上，每个灯泡两端电压为110V，由灯泡的I-U图象可知，此时通过灯泡的电流为0.15A，则两灯泡消耗的总功率P=UI=220V×0.15A=33W；
故答案为：①如图所示．②低压段、小．③33W

点评：
本题考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线．

考点点评： 连接电路图时要注意确定滑动变阻器与电流表的接法，要掌握应用图象法处理实验数据的方法．

B

若中间柱空着,只在两个边柱绕线圈,也属于一个变压器,而且中柱将磁通分流,次级电流将降低,是不可取的.
铁芯是76年的,估计质量很一般,导磁率取值宜为9000高斯,舌宽4CM、厚8CM,截面：
S＝4×8＝32(c㎡)
确定功率：
P＝(S/0.8)的平方＝(32/0.8)的平方＝1600(W)
每伏匝数：
N＝(4.5×100000)/(B×S)＝(4.5×100000)/(9000×32)≈1.6(匝)
初级220V的匝数：
N1＝220×1.6＝352(匝)
初级电流：
I＝P/U＝1600/220≈7.3(A)
线径(电流密度取2.5A)：
D＝1.13×根号(I/δ)＝1.13×根号(7.3/2.5)≈1.93(mm)
次级没有电压数据,也就无法计算了.

自耦变压器是只有一个绕组的变压器,当作为降压变压器使用时,从绕组中抽出一部分线匝作为二次绕组；当作为升压变压器使用时,外施电压只加在绕组的—部分线匝上.通常把同时属于一次和二次的那部分绕组称为公共绕组,自耦变压器的其余部分称为串联绕组,同容量的自藕变压器与普通变压器相比,不但尺寸小,而且效率高,并且变压器容量越大,电压越高．这个优点就越加突出.

解题思路：滑片处于线圈中点位置时

n1

n2

=[1/2]，根据

U1

U2

=

n1

n2

可求出CD两端的电压，知道了CD两端的电压就能救出通过R₀的电流．

由图可知AB之间的线圈是原线圈，CD之间的线圈是副线圈，
滑片处于线圈中点位置时
n1
n2=[1/2]，
根据
U1
U2=
n1
n2
可得U₂=2U₁=200V，
通过R₀的电流I=
U2
R0=[200/40]=5A
故答案为：200，5．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 该知识点题目比较简单，且题目单一，输入电压和输出电压的关系该题就能顺利解出．

A、P不动，将Q向右移动，负载电阻变大，电流变小，电压不变，变压器的输入功率变小，A错误；
B、P不动，将Q向左移动，负载电阻减小，电流增大，两灯均变亮；B错误；
C、Q不动，将P沿逆时针方向移动，副线圈匝数增大，电压增大，输出功率增大，变压器的输入功率变大，故C正确；
D、P、Q都不动，副线圈电压不变，断开开关S，电阻增大，电流减小，R分压减小，L₁将变亮，D正确；
故选CD

AC

考点：
专题：交流电专题．
分析：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．变压器的电流比为：原副线圈电流与匝数成反比，电压比为：原副线圈电压与匝数成正比．且电流与电压均是有效值，电表测量值也是有效值．
理想自耦变压器，原线圈接正弦交流电压U，当触头上移时，导致副线圈的匝数N ₂ 增加，则变压比：  可得，U ₂ 增加，则导致A ₂ 读数I ₂ 变大，再由 可得，I ₂ 变大，即A ₁ 读数变大．故A正确B错误
输出功率 ，可知输出功率增大，因为输出功率等于输入功率，所以变压器的输入功率变大，故C正确D错误
故选：AC
<>

1kVA

自耦变压器是指它的绕组一部分是高压边和低压边共用的.另一部分只属于高压边.根据结构还可细分为可调压式和固定式.自耦的耦是电磁耦合的意思,普通的变压器是通过原副边线圈电磁耦合来传递能量,原副边没有直接的电的联系,自耦变压器原副边有直接的点的联系,它的低压线圈就是高压线圈的一部分.在目前的电网中,从220KV电压等级才开始有自耦变压器,多用作电网间的联络变.220KV以下几乎没有自耦变.对于干式变压器来讲,它的绝缘介质是树脂之类的固体,没有油浸式变压器中的绝缘油,所以称为干式.干式变压器由于散热条件差,所以容量不能做得很大,一般只有中小型变压器,电压等级也在35KV及以下,几乎没有高于35KV的.自耦变压器的工作原理 1自耦变压器是输出和输入共用一组线圈的特殊变压器.升压和降压用不同的抽头来实现.比共用线圈少的部分抽头电压就降低.比共用线圈多的部分抽头电压就升高.2其实原理和普通变压器一样的,只不过他的原线圈就是它的副线圈```一般的变压器是左边一个原线圈通过电磁感应,使右边的副线圈产生电压``,自耦变压器是自己影响自己 3自耦变压器是只有一个绕组的变压器,当作为降压变压器使用时,从绕组中抽出一部分线匝作为二次绕组;当作为升压变压器使用时,外施电压只加在绕组的—部分线匝上.通常把同时属于一次和二次的那部分绕组称为公共绕组,其余部分称为串联绕组,同容量的自藕变压器与普通变压器相比,不但尺寸小,而且效率高,并且变压器容量越大,电压越高.这个优点就越加突出.因此随着电力系统的发展、电压等级的提高和输送容量的增大,自藕变压器由于其容量大、损耗小、造价低而得到广泛应用.百度上找的.

ABD

本题考查的是对自耦变压器的理解，当滑动触头P向上移动一段距离后，原副线圈的匝数比增大，使得副线圈电压减小，副线圈中的电流也减小，相应的原线圈电流也减小，则等效电阻R上消耗的功率变小；三个灯泡都变暗；原线圈中电流表示数减小；原线圈两端的输入电压是不变的，C错误；

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，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．

A、由图甲知交变电源的电压u随时间t变化的规律是u=U₀cos （100πt）V，A正确；
B、由于原线圈的输入电压不变，若仅将触头P向A端滑动，则副线圈的匝数增大，输出电压增大，电阻R消耗的电功率增大，B错误；
C、当电阻R增大时，电路的电阻变大，副线圈的电压不变，所以副线圈的输出功率减小，输入功率等于输出功率减小，C错误；
D、若在使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，输出电压减小，副线圈的电流减小，则通过A处的电流也减小，D错误；
故选：A

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

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，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．

解题思路：由甲图可知交流电的表达式；P移动改变了副线圈的匝数，滑片移动改变了负载的电阻，结合变压器的特点和欧姆定律去分析．

A、由甲可知，交流电电压最大值为36
2V；周期为0.02S，角速度ω=[2π/T]=100π，则表达式为36
2sin（100πt），故A错误；
B、变压器只能改变电流和电压，不能改变交流电的周期和频率，故B错误；
C、当滑片向上移动时，输出端电阻增大，则电流减小，故R₁分压减小，并联部分电压增大，故R₂两端的电压增大，电流增大，所以通过安培表的电流变小，故C正确；
D、由C的分析可知，当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻减小，总电流增大，故R₁分压增大，并联部分电压减小，故R₂两端的电压减小，电功率减小，故D正确；
故选：CD．

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： 变压器只能改变交流电的电压和电流，不会改变交流电的周期和频率，利用动态分析的方法去判断电压、电流和功率的变化．

解题思路：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据Q的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．

A、当Q不动时，滑动变阻器的阻值不变，当P向下移动时，自耦变压器的输出的电压增加，所以电流表示数增加，电压表的示数增加，所以A错误．
B、当Q不动时，滑动变阻器的阻值不变，当P向上移动时，自耦变压器的输出的电压减小，所以电流表示数减小，电压表的示数减小，所以B正确．
C、当P不动时，自耦变压器的输出的电压不变，所以电压表的示数不变，当Q向上移动时，滑动变阻器的电阻减小，所以电路的电流增大，电流表示数增大，所以C错误．
D、当P不动时，自耦变压器的输出的电压不变，所以电压表的示数不变，当Q向下移动时，滑动变阻器的电阻增大，所以电路的电流减小，电流表示数减小，所以D错误．
故选：B．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

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，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．

专家确实讲错了.自耦变压器,应该看做两个元件,一个是变压器,一个是两个串联在一起的电感.在空载的时候,自耦变压器本身有额定电流的20%的空载电流,在自耦启动时它起作用的.
专家说的输入功率等于输出功率本身是没有问题的,问题在于,他说的功率是有功功率,照他的理论如果自耦变压器不接负载将没有电流流过,实际上是如果把自耦变压器不考虑铁铜和线圈电阻,实际上是有大量的电流流过只是相位和电压不同,基本都是武功,电流的大小和电感和频率有关.电流不仅与整个回路消耗的有功功率有关,启动时还有大量的无功功率,实际上输入电流的流向N2,还是和N1相同的,只是相位不同,而且不是反向.
在没有超过负荷的时候,可以看做恒压源,所以它N2上的电流是由两部分组成的一部分是和负载并联的并联电流,方向和N1是相同的还有一部分是电压源的输出电流,从电流上看,N1上的电流,N2上的电流,负载的电流,3者不是同相位的,不能简单相加.至于说那个电流更大些还要看负载.特别是带电机,而且是带重载启动电机,瞬间N1上的电流能达到自耦变压器额定电流的2-4倍,这个时候变压器基本饱和了,电感特性很明显,负载接近于短路,由于有自耦变压器,所以对变压器的冲击就比较小.
在自耦降压启动中,自耦变压器的作用不是保护电机,而是保护电源变压器,将冲击电流减少.在实际应用中,如果是空载启动或者轻载启动,如果使用自耦变压器,实际上对电源的冲击较星-三角启动要大.
所以出现启动方式的换乱应用的原因就是所谓专家学者不懂电路分析.在电路分析中电磁装换的时候具体状态,所谓歪嘴和尚教出的徒弟念的都是歪嘴经.鼠笼式异步电机启动瞬间,需要形成转动力矩,也就是建立扭矩,由于定子的面积不变,扭矩建立需要涉及磁场变化的频率,还有电压,如果频率不变,电压降低0.6,如果还是三角接线,如果是重载,实际启动电流比直接三角启动电流还要增加1.7倍,如果直接启动是7倍电流,自耦启动电流将最大达到10倍,但是由于自耦变压器的移相、限流作用,对电源变压器的冲击电流只会是3-4倍,这个时间比较短可能只有1-5秒,早期50年代无法观察,现在如果用故障录波对不同点进行采样将会看到,所以50年代专家给出的结论以及早期的手册结论都是片面的.
在投自耦变压器的时候应该先投输入端接触器,至少要早1/4~1/2个周波,等自耦变压器建立稳定磁场,再投输出分压接触器,切得时候同时动作,将对整个电网的冲击再减少30%左右.
所谓的的变频器,启动的时候频率降低,要克服从静止到运动,形成同样的扭矩,需要做的功和50HZ时相同,由于启动频率低只有几赫兹,所以时间比较长,单位时间的功率只相当直接启动式的1/10,响应的启动电流也只有这接接线式启动电流的1/10,如果额定电流是100A,启动电流是600A,用变频器5HZ启动,启动电流则小于60A.
电机启动瞬间需要的电流比较的的原因一个是要建立磁场,一个要克服阻尼,一个是要形成电机的惯量.如果说启动时S是100VA,那么基本上有功是70W,无功是70Var,至于数据是不是这样,这里只是为了形象的表述而已,具体比例应该看具体电路负载.为大家在不同负载空载,轻载,重载选在那种方式更经济适用作为参考.

A、将P移动时，因变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数变化，所以MN两端输出电压可能高于36V，故A错误
B、变压器不改变输出交流电压的频率，故B错误
C、当滑动变阻器滑片向上滑动时，连入电路的电阻大小增大，总电阻增大，总电流减小，R ₁ 两端减小，而副线圈电压不变，
所以电压表读数变大，通过R ₂ 的电流减小，所以电流表读数变小，故C正确
D、当滑动变阻器滑片向下滑动时，连入电路的电阻大小减小，总电阻减小，要保持电阻消耗的电功率不变，则应减小副线圈电压，所以应适当顺时针转动滑动触头P，故D错误
故选C．

解题思路：由表达式可知角速度从而求得频率，由电压与匝数的正比关系可得输出电压，移动触头向下副线圈匝数变小，输出电压变小，即可分析电流与功率的变化．

A、由f＝
ω
2π，可得f＝
100π
2π＝50Hz，则A错误
B、输入电压有效值为220V，则由
U1
U2＝
n1
n2可得U2＝
n2
n1U1＝
1
2×220＝110V，则B正确
C、触头P不动，输出电压不变，增大R₂，则R₂上电流变小，由P=I²R₂，则总功率变小，则C正确
D、将触头P向下移动，输出电压变小，同时减小R₂，由I＝
U2
R1+R2，因U₂与R₂均变小则电流不一定变大，则D错误
故选：BC

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 考查变压器的变压原理及功率、电流的基本公式，简单．

因为四个灯泡完全相同,并且都正常发光,所以四个灯上的电压完全相同.而L4是串联在原边,则原边的电压就是副边的2倍,U1：U2=2

B

自耦变压器绕组没有公共部分,只有Y形联结点属于公共端(中性端),该端电压、电流为零.

解题思路：本题属于自耦变压器，输入和输出的电压同样与匝数成正比，当滑动触头P向上移动时，输入电压的匝数将变大，从而可以判断输出的电压的变化，以及电压和电流的变化的情况．

根据变压器的电压关系由
U1
U2＝
n1
n2得，
A、当滑动触头向上移动，即n₂增大时，电压U₂应该增大，所以电压表示数增大，故A错误；
B、当滑动触头向上移动，即n₂增大时，电压U₂应该增大，所以电压表示数增大，则负载电阻消耗的功率增大，所以变压器的输出电流增大，则输入的电流也增大，输入的功率也增大，所以选项B、D正确．
C、电压表V、电流表A 测得的是有效值，不是瞬时值，故C错误．
故选：BD．

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： 自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据基本的规律分析即可．

额定电流大约为功率的2倍.然后取电流密度为4-6A/mm2.自己计算.

解题思路：本题属于自耦变压器，输入和输出的电压同样与匝数成正比，当滑动触头P向移动时，输出电压的匝数将变小，从而可以判断输出的电压的变化，以及电压和电流的变化的情况．

A、当滑动触头向下移动，即n₂减小时，电压U₂应该减小，所以灯泡比原来暗一些，A正确；
B、由A知灯泡的电流减小，则原线圈的电流即电流表的示数减小，B错误；
C、由图象知交流电的周期0.02s，频率50Hz，C正确；
D、由图象知输入电压的有效值为220V，灯泡正常发光副线圈电压为15V，所以灯泡正常发光时变压器初、次级线圈的匝数比
n1
n2＝
44
3，D正确；
故选：ACD．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据基本的规律分析即可．

解题思路：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据L₂的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．

A、原线圈全部接入电路，而副线圈只是全部线圈的一部分，所以此变压器是降压变压器，所以A正确；
B、P不动，副线圈两端电压不变，Q向左移动，滑动变阻器阻值减小，副线圈所连电路的总电阻变小，电流变大，两灯均变亮，所以B选项正确；
C、P不动，副线圈两端电压不变，将Q向右移动，副线圈所连电路的总电阻变大，电流减小，副线圈消耗的电功率变小，理想变压器原副线圈功率相等，原线圈输入功率减小，所以C选项错误；
D、P、Q都不动，副线圈两端电压不变，断开开关，副线圈中总电阻增大，总电流减小，所以变压器的输入电流也要减小，所以D选项错误．
故选AB．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

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，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．

解题思路：保持P的位置不动，输出电压不变，将Q向下移动时，R变大，电流减小，电流表的读数减小；保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，负线圈匝数变大，输出电压变大，电流表的读数变大．

保持P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则滑动变阻器R两端的电压不变，当将Q向下移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而电流减小，A错误B正确；
保持Q的位置不动，即是保持滑动变阻器R连入电路的阻值不变，将P沿顺时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，滑动变阻器R两端的电压将变小，所以电流表的读数变小，C错误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： 做好本题要能知道自耦变压器的原理，结合变压器的特点和欧姆定律去分析．

解题思路：根据电压与匝数成正比，可确定当滑动触头P向上移动一段距离后，由于原线圈的输入电压不变，则可知，副线圈电压变化、灯泡的亮暗、电线上消耗的功率及副线圈上的电流．

A、由于原线圈电压不变，根据电压与匝数成正比得，随着滑动触头P向上移动一段距离后，即原线圈匝数增加，导致副线圈电压减小，则等效电阻R上消耗的功率变小，故A正确；
B、由A选项可知，电压减小，则三个灯泡都变暗，故B错误；
C、原线圈两端的输入电压不变，故C错误；
D、由A选项可知，电压减小，则电流变小，所以原线圈的电流也变小，故D正确；
故选：AD

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 理解原副线圈的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，原线圈的电流随着副线圈电流变化而变化；并根据闭合电路欧姆定律来分析动态变化．

绕制电感线圈如果匝间有可能碰触则导线必须绝缘（也有用绝缘骨架绕制非绝缘导线的电感线圈）.任何变压器的绕组都可以看作是电感线圈,自耦变也不例外.电感器的电感量与线圈的直径有关,电热丝由于螺旋的直径很小,所以电感量很小.电感线圈能够实现电磁转换,变压器,发电机,电动机都是利用电磁转换（电磁感应）原理来实现功率传递的.
电感在交流回路中并不是一直处于储能状态,而是在每一个电压变化周期都会完成一次储能和释放的过程.准确的说,当线圈电流增大时,线圈储存的磁能增大（开始储能）,当电流减小时,磁能减小（开始释放）,当电流过零时,磁场能量为零.电流反向时,线圈又开始反向储能和释放.周而复始.

6电路中的各种器件8一种电器元件,具有充防电的性质9充有电荷的电容两端与外电路接通时,在外电路中会产生电流,电容两端的电荷被中和10变压器的变种,次极取自初极11介于导体与绝缘体之间的一种材料12把交流电变直流电的过程13频率变换的电路14非连续的电压信号,有正负之分16数字电路中用于陈放数据的电路17把模拟信号变数字信号的电路18流入节点的电流之和等于流出节点的电流之和19电容接入电源,会有电流输入电容,叫充电20一种能发可见光的二极管即LED,22由电源、负载及控制单元组成的闭合回路23电器设备通电后电流引起的温度变化24纯正的半导体25掺入了其他的元素（如磷）后的半导体
累死了

看你用的是那个抽头了
用100%肯定一样
60%
30%
那就不一样
用30%的抽头带和它对应的额定负荷30kva(举例) 要是带100kva你说呢?

你想问的是：自耦变压器能起到防雷保护,他的特点,还是需要保护自耦变压器?
但是从自耦变压器的原理来说不具备防雷的特点,输入端和输出端还是导通的.反而需要对自耦变压器进行防雷.无外乎加装几级适配的电源防雷器即可.

解题思路：P移动改变了副线圈的匝数，滑片移动改变了负载的电阻，结合变压器的特点和欧姆定律去分析．

A、将P移动时，因变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数变化，所以MN两端输出电压可能高于36V，故A错误
B、变压器不改变输出交流电压的频率，故B错误
C、当滑动变阻器滑片向上滑动时，连入电路的电阻大小增大，总电阻增大，总电流减小，R₁两端减小，而副线圈电压不变，
所以电压表读数变大，通过R₂的电流减小，所以电流表读数变小，故C正确
D、当滑动变阻器滑片向下滑动时，连入电路的电阻大小减小，总电阻减小，要保持电阻消耗的电功率不变，则应减小副线圈电压，所以应适当顺时针转动滑动触头P，故D错误
故选C．

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： 做好本题需要知道自耦变压器的变压原理，再结合电路的动态分析即可顺利解决此类题目．

和电流是0.125A.

解题思路：

根据变压器，正常发光时，，D正确；若使灯泡暗一些，应使副线圈减小，P向下移动，A正确；变压器本身不消耗能量，P向下移动，灯泡变暗，输入功率也会减小，导致电流表示数减小，B错误；变压器只改变交流电的电压不改变流电的频率，原线圈频率为50Hz，副线圈频率同样也是50Hz，C正确

ACD


<>

解题思路：P点转动时，变压器的匝数之比变化；根据匝数之比可得出电压的变化；
保持P的位置不动，输出电压不变，将触头向下移动时，R变小，根据动态分析的法逐项判断．

A、保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，将P沿顺时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，MN两端的电压减小，总电流减小，滑动变阻器两端的电压将变小，电流表的读数变小，故A正确；
B、保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，将P沿逆时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数增大，MN两端的电压增大，总电流增大，滑动变阻器两端的电压将增大，电流表的读数变大，故B错误；
C、当保持P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则MN两端的电压不变，当将触头向下移动时，连入电路的电阻的阻值变小，因而总电流增大，即电流表示数变大；R₁分担的电压增大，并联支路的电压即电压表的示数减小，故C错误，D正确；
故选：AD．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 做好本题要能知道自耦变压器的原理，结合变压器的特点和欧姆定律去分析．

你好：
——★1、一次电压为 200 V 、二次电压为 220 V 的 1000 VA 变压器,它的额定输出功率（视在功率）就是 1000 VA,前提是：一次侧的电压为 200 V.
——★2、变压器的额定功率,是以视在功率（伏安）为标准的,而不是有功功率（瓦）.所以,应该以变压器的最大输出电流为标准来计算.变压器的技术指标中有：额定电压、额定容量、以及额定输出电流.
——★3、一次电压为 200 V 、二次电压为 220 V 的 1000 VA 单相变压器,它的额定输出电流为：Ⅰ＝ 额定功率 P ÷ 额定输出电压 U；等于 1000 VA ÷ 220 ＝ 4.55 A （视在电流）.

解题思路：P移动改变了副线圈的匝数，Q移动改变了负载的电阻，S断开负载电阻变大，结合闭合电路欧姆定律去分析各项．

A、Q不动，将P沿逆时针方向移动，副线圈匝数增大，电压增大，则两灯均变亮，A错误；
B、P不动，将Q向左移动，负载电阻减小，电流增大，两灯均变亮；B正确；
C、P不动，将Q向右移动，负载电阻变大，电流变小，电压不变，变压器的输入功率变小，故C错误；
D、P、Q都不动，副线圈电压不变，断开开关S，电阻增大，电流减小，R分压减小，L₁将变亮，D错误；
故选B

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 做好本题需要知道自耦变压器的变压原理，再结合电路的动态分析即可顺利解决此类题目．

理想自耦变压器，原线圈接正弦交流电压U，当触头上移时，导致副线圈的匝数N₂增加，则由变压比可得，U₂增加，则导致A₂读数I₂变大，再由电流与匝数成反比可得，I₁变大，即A₁读数变大，A正确．
副线圈中电压和电流都增大，所以输出功率增大，根据输入功率等于输出功率知C正确；
故选：AC

自耦变压器做的调压器,只有一副绕组,所以没有主副之分.
调压器没有用完后必须回零的规定,但一般出于对负载和人身安全的考虑,仅仅是建议回零.

自耦变压器与普通变压器不同之处是:
1、其一次侧与二次侧不仅有磁的联系,而且有电的联系,而普通变压器仅是磁的联系.
2、电源通过变压器的容量是由两个部分组成:即一次绕组与公用绕组之间电磁感应功率,和一次绕组直接传导的传导功率.
3、由于自耦变绕组是由一次绕组和公用绕组两部分组成,一次绕组的匝数较普通变压器一次绕组匝数和高度及公用绕组电流及产生的漏抗都相应减少,自耦变的短路电抗X自是普通变压器的短路电抗X普的(1-1/k)倍,k为变压器变比.
4、若自耦变压器设有第三绕组,其第三绕组将占用公用绕组容量,影响自耦变运行方式和交换容量.
5、由于自耦变压器中性点必须接地,使继电保护的定植整定和配置复杂化.
6、自耦变压器体积小,重量轻,便于运输,造价低.