匝数比为1：10的变压器,给其一次绕组通10V的交流电5秒钟,则其二次绕组感应出的电动势为多少伏?最好有计算过程哦.

（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为：E_m=nBSω
代入数据得：E_m=100×0.2×0.5×0.4×100V=400 V
则感应电动势的瞬时值：e=E_msinωt=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．

从图示位置转90∘的过程中：

磁通量的变化量为：△Φ=BS①

电路产生的平均感应电动势：②

电路中电流的平均值：I=n③

通过电阻的电量为：Q=It④

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=NBSωcosωt，D错误。

BC


<>

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．

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．

（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．

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11V，A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


<>

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．

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．

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．

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．

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．

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．

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．

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．

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．

（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．

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

BD


<>

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．

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．