如图甲所示理想变压器原副线圈的匝数比n1:n2=20:1

A、由图象可知，电压的最大值为311V，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10V，故电压表读数为10V，故A错误；B、当单刀双掷开关与a连接时，副线圈电压为10V，所以

A、由图可知，输入电压的周期为2×10-2s；电压的瞬时表达式u=2202sin（100πt）（V），故A错误　B、由图可知，输入端电压的最大值为2202V，则有效值为220V；则输出端电压U2=95

/>A、副线圈电压有效值为220V,所以原线圈电压有效值为：U1=5U2=5×220=1100（V）.题目中没给出电压值,无法判断A是否正确.B、没给出表达式,无法判断.如果导线电阻R忽略,则抽烟机电

原边输入电压的有效值为28V,故U1=28U2=28/4=7V灯泡正常发光,所以灯泡上的电压为6,可变电阻上的电压为1V,图甲中的电压表的示数为7V原边电流表的量程为3A,所以原边最大电流为3A,副边

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、由图象可知，副线圈中交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，变压器不改变交流电的频率，故A错误．B、由图象知副线圈的电压的有效值为22V，根据电压与匝数成正比可知，原线圈电压的有效值

220是有效值,工频电压按正弦规律变化时,最大值=有效值*1.41（根号2）=310.

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正确．B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为2202V，所以副线圈的电压的最大值为222V，所以电压的有效值为

线圈比等于电压比指的是线圈两端电压比,线圈要分压的,这道题问的是电阻两端电压,如果用线圈比等于电压比,还是写不出电阻电压表达式,所以要用线圈比等于电流反比,求电流比再做

题目紊乱不堪.当原线圈电压幅值不变,频率增加2倍,副线圈电压的幅值当然也不会变.所以副线圈的电压有效值仍为6V.所以B肯定是对的.频率变化对灯和电阻没有影响.所以C不对.由于频率变为2倍,容抗为原来的

1、A　正确,有效值为36,周期为0.02,频率为50.2πf=100πB　正确,原、副线圈中的电流之比与原、副线圈的匝数比相反.C　错误,理想变压器是没的损耗的,输入、输出功率是相等的.D　错误,电

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

A、R1温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，但不会影响输入和输出电压值，根据功率的公式：P=UI，变压器的输出功率增大，所以输入的功率也增大．A正确；B、R1温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大

由输入端交变电压u的图象，可求出有效值U有=36V，由原、副线圈匝数之比3：1，可得原、副线圈的电压之比3：1，电流之比1：3，设灯泡两端电压为U，所以U+3U=36V，则U=9V，因此原线圈电压为2

A、U1=51×220=1100V，则电压表示数为1100V，故A错误；B、由图乙可知，交变电流的峰值是2202V，ω=2π0.02=100πrad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=2202s

A、由图乙可知，交变电流的峰值是2202V，ω=2πT=2π0.02=100πrad/s，初位相为0°，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=2202sin100πtv，故A正确；B、U1=n1n2U2

A、电压与匝数成正比：U1=5×220=1100V，则电压表示数为1100V，故A错误；B、输入功率等于输出功率，1min内抽油烟机消耗的电能为W=Pt=220W×60s=1.32×l04J，故B正确

因为电动机是感性负载,在交流电下是感抗加直流内阻是他的阻抗.所以如果灯泡两端是12V,则电动机的电流一定小于6A.再问：能在说的通俗一点吗，不是很懂。。再答：电动机线圈电阻r＝2Ω，并不等于阻抗是2欧

答案是A和D再问：u2怎么会不变呢再答：理想变压器因不考虑损耗，及线圈是没有电阻的，U2只跟变比和U1关而与负载无关。如U1=220V，变比（初级线圈与次级线圈的匝数比）K=10，那么U2=22V。这

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