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第一节　认识交变电流
1．观察交变电流的图像，理解交变电流和直流的概念。
2．理解交变电流的产生过程，会分析电动势和电流方向的变化规律。
3．知道交变电流的变化规律及表示方法，知道交变电流的瞬时值、峰值的物理含义。
4．知道交流发电机的构造。
知识点一　交变电流
1．恒定电流：大小和方向都不随时间改变的电流，简称直流(DC)。
2．交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流，简称交流(AC)。
3．波形图：电流或电压随时间变化的图像。
4．日常生活和生产中所使用的交变电流是按正弦规律变化的交变电流。
知识点二　交变电流的产生
1．交流发电机的基本结构：线圈、磁极、滑环及电刷。
2．过程分析
3．中性面
(1)定义：线圈平面与磁感线垂直时的位置。
(2)特点：①穿过线圈的Φ最大，但线圈中的感应电流为零；②线圈平面每经过一次中性面，感应电流方向就改变一次。
知识点三　交变电流的变化规律
1．正弦式交变电流
定义：按正弦规律变化的交变电流叫作正弦式交变电流，简称正弦式交流电。
2．瞬时值表达式
从中性面开始计时，
瞬时电动势：e＝Emsin ωt
瞬时电压：u＝Umsin ωt
瞬时电流：i＝Imsin ωt
注：表达式中Em、Um、Im分别是电动势、电压、电流的峰值，而e、u、i则是这几个量的瞬时值。
3．几种不同类型的交变电流
1．思考判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)交变电流是方向随时间作周期性变化的电流。 (√)
(2)只有按正弦规律变化的电流才是交变电流。 (×)
(3)交流电源没有正、负极之分。 (√)
(4)只要闭合线圈在磁场中转动就会产生交变电流。 (×)
(5)交变电流是矩形线圈绕平行于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动产生的电流。 (×)
2．(多选)如图所示图像中属于交变电流的有(　　)
A　　　B　　　　C　　　　D
ABC　[交变电流是大小、方向都随时间做周期性变化的电流，所以A、B、C正确；D仅是电流的大小发生变化而方向不变，故不属于交变电流。]
3．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是(　　)
A．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次
B．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变
C．线圈平面每经过中性面一次，感应电流和感应电动势方向都要改变一次
D．线圈转动一周，感应电流和感应电动势方向都要改变一次
C　[当线圈在匀强磁场中转动产生交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流与感应电动势方向改变两次。故只有C正确。]
(1)探究交变电流的特点如图所示，把电流表接入到模型发电机的输出端，摇动发电机的手柄，观察电流表的指针摆动情况是怎样的？电流表指针的摆动情况说明什么问题？
提示：随着线圈的转动，电流表的指针不停地在“0”刻度线两侧左右摆动，说明手摇发电机产生的电流大小、方向都处于变化中。
(2)如图所示，此位置磁通量为多少？是否有感应电流？如果有，判断感应电流的方向。
提示：此位置磁通量为0，有感应电流，且感应电流最大，方向为abcd。
　交流与直流
1．直流、交流、恒定电流的特点
(1)电流分类：按电流的方向是否变化分直流和交流两种，方向不变的电流称为直流，方向变化的电流称为交流。
(2)直流分类：分为恒定电流和脉动直流，其中大小、方向都不随时间改变的电流叫恒定电流，方向不随时间改变而大小随时间改变的电流叫脉动直流。
(3)交流分类：按交流电图像特点分正弦(或余弦)式交变电流、矩形波交变电流、锯形波交变电流等。
2．交流与直流的本质区别
(1)交变电流的大小不一定变化，如矩形波交变电流，其大小可以是不变的；直流的大小不一定不变。
(2)交变电流与直流的最大区别在于交变电流的方向发生周期性变化，而直流的方向不变。
【典例1】　对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图像，下列描述正确的是(　　)
A．电流的大小变化，方向也变化，是交流电
B．电流的大小变化，方向不变，不是交流电
C．电流的大小不变，方向不变，是直流电
D．以上说法都不正确
B　[由i-t图像可知，电流的大小变化，但电流方向一直为正，故电流方向不变，根据交变电流、直流的定义可知，该电流是直流，B正确。]
识别交变电流的两点技巧
(1)只要电流的方向发生周期性变化即为交变电流。
(2)在i-t或u-t图中，正负表示方向，在读图时不仅要注意图像中的坐标原点是否为0，还要观察i(u)的值有无正负变化。
[跟进训练]
1．下列各图中不属于交变电流的是(　　)
　
A　　　　　　　B
　
C　　　　　　　D
A　[B、C、D中i的方向均做周期性变化，故它们属于交流，A中i的大小变化而方向不变，属于直流。]
　交变电流的产生
比较内容 中性面 中性面的垂直面
位置 线圈平面与磁场垂直 线圈平面与磁场平行
图示
磁通量 最大 零
磁通量变化率 零 最大
感应电动势 零 最大
感应电流 零 最大
电流方向 改变 不变
【典例2】　(多选)图甲是交流发电机的示意图，两磁极之间的磁场可视为匀强磁场，金属线圈ABCD绕转轴OO′匀速转动。G为电流传感器(与计算机相连)，R为定值电阻，线圈电阻为r，其余电阻不计。图乙为计算机上显示的电流数据随时间变化的图像，下列说法中正确的是(　　)
A．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时感应电动势为0，对应图乙中t1或t3时刻
B．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时感应电动势最大，对应图乙中t2或t4时刻
C．t1、t3时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最大，磁通量变化率最小
D．t2、t4时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最大，磁通量变化率最小
AC　[金属线圈恰好处于题图甲所示的位置时，为中性面，磁通量最大，感应电动势为0，此时瞬时电流为0，对应题图乙中t1或t3时刻，A正确，B错误；t1、t3时刻电流为0，感应电动势为0，此时线圈平面处于中性面，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，磁通量变化率最小，C正确；t2、t4时刻电流最大，感应电动势最大，此时线圈平面与磁感线平行，穿过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，D错误。]
线圈在匀强磁场中转动问题的三点注意
(1)矩形线框在匀强磁场中匀速转动，仅是产生交变电流的一种方式，但不是唯一方式。
(2)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。
(3)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不变。
[跟进训练]
2．交流发电机发电示意图如图所示，线圈转动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．转到图甲位置时，通过线圈的磁通量变化率最大
B．转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零
C．转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大
D．转到图丁位置时，AB边感应电流方向为A→B
D　[转到图甲位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率为零，A错误；转到图乙位置时，线圈产生的感应电动势最大，B错误；转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，C错误；转到图丁位置时，根据楞次定律可知AB边感应电流方向为A→B，D正确。]
　正弦交变电流的变化规律
1．瞬时值的推导
若线圈平面从中性面开始转动，如图所示。则经时间t：
(1)线圈转过的角度为ωt。
(2)ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。
(3)ab边转动的线速度为v＝ω。
(4)ab边产生的感应电动势为eab＝BLabv sin θ＝sin ωt。
(5)整个线圈产生的感应电动势为e＝2eab＝BSωsin ωt，若线圈为N匝，e＝NBSωsin ωt。
(6)若线圈给外电阻R供电，设线圈本身电阻为r，由闭合电路欧姆定律得i＝＝sin ωt，即i＝Imsin ωt，R两端的电压可记为u＝Umsin ωt。
2．峰值
(1)由e＝NBSωsin ωt可知，电动势的峰值Em＝NBSω。
(2)交变电动势的最大值，由线圈匝数N、磁感应强度B、转动角速度ω及线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关，但转轴必须垂直于磁场，因此如图所示几种情况，若N、B、S、ω相同，则电动势的最大值相同。
(3)电流的峰值可表示为Im＝。
【典例3】　如图所示，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＝120转/分，若已知边长l＝20 cm，匝数N＝20匝，磁感应强度B＝0.2 T，求：
(1)转动中的最大电动势及位置；
(2)从中性面开始计时的电动势瞬时值表达式；
(3)从图示位置转过90°过程中的平均电动势。
[思路点拨]　(1)电动势峰值公式为Em＝NBSω，电流的最大值为Im＝。
(2)从中性面开始计时的电动势表达式为e＝Emsin ωt。
(3)求某段时间内的平均电动势可根据＝N求得。
[解析]　(1)当线圈平面转到与磁场平行时，ab、cd两边均垂直切割磁感线，这时线圈中产生的感应电动势最大
Em＝NBSω＝20×0.2×0.22×2π×2 V≈2.0 V。
(2)电动势瞬时值表达式为e＝Emsin ωt＝2sin 4πt(V)。
(3)＝N＝N＝NBSω
＝4NBSf＝4×20×0.2×0.22×2 V＝1.28 V。
[答案]　(1)2.0 V　线圈平面与磁场平行　(2)e＝2sin 4πt(V)　(3)1.28 V
求解交变电流的瞬时值问题的答题模型
[跟进训练]
3．如图所示，一半径为r＝10 cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度为B＝ T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600 r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时。
(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；
(2)求线圈从图示位置开始在 s时的电动势的瞬时值。
[解析]　线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦式交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e＝Emsin ωt，而在某段时间内的平均电动势可根据＝N求得。
(1)e＝Emsin ωt，ω＝20π rad/s，
Em＝NBSω＝100××π×0.12×20π V＝100 V，
故e＝100sin 20πt(V)。
(2)当t＝ s时，e＝100sin V＝50 V≈86.6 V。
[答案]　(1)e＝100sin 20πt(V)　(2)86.6 V
1．甲、乙两电路中电流与时间关系如图所示，属于交变电流的是(　　)
A．甲、乙都是　 B．甲是，乙不是
C．乙是，甲不是　 D．甲、乙都不是
B　[题图甲中电流大小不变、方向变化，是交流，题图乙中电流大小变化、方向不变，是直流，故选B。]
2．下列关于交变电流和直流的说法中，正确的是(　　)
A．如果电流大小随时间做周期性变化，则一定是交变电流
B．直流的大小和方向一定不变
C．交变电流一定是按正弦规律变化的
D．交变电流的最大特征就是电流方向随时间做周期性的变化
D　[直流的特征是电流的方向不变，电流的大小可以改变。交变电流的特征是电流的方向随时间做周期性变化。交变电流有多种形式，正弦式交流只是交变电流中最基本、最简单的一种，故选D。]
3．交流发电机发电过程示意图如图所示，线圈匀速转动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．转到图甲位置时，线圈位于中性面位置
B．转到图乙位置时，线圈中电流方向发生改变
C．转到图丙位置时，CD边感应电流方向为D→C
D．转到图丁位置时，线圈中的磁通量变化率最大
B　[转到题图甲位置时，线圈为与中性面垂直的位置，故A错误；转到题图乙位置时，即线圈为中性面位置，此时线圈中电流方向发生改变，故B正确；转到题图丙位置时，由右手定则可得，CD边感应电流方向为C→D，故C错误；转到题图丁位置时，线圈中的磁通量最大，磁通量变化率为零，故D错误。]
4．闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的某一固定轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．t1时刻线圈中感应电流为零
B．t2时刻线圈通过中性面
C．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率最大
D．t4时刻线圈中感应电动势最小
A　[t1时刻线圈位于中性面，线圈中感应电流为零，A正确；t2时刻线圈在与磁感线平行位置，即垂直于中性面位置，B错误；t3时刻穿过线圈的磁通量最大，变化率最小，C错误；t4时刻磁通量为零，磁通量变化率最大，线圈中感应电动势最大，D错误。]
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．交流与直流的本质区别是什么？
提示：区分直流和交流的最根本一点是看电流方向是否变化。
2．正弦式交变电流的产生条件是什么？
提示：(1)匀强磁场。(2)线圈匀速转动。(3)线圈的转轴垂直于磁场方向。
3．线圈转至中性面位置的特点是什么？
提示：线圈转至中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零。
课时分层作业(九)　认识交变电流
?题组一　交变电流和直流
1．(多选)如图所示，其中的线圈能产生交流的是(　　)
A　　　　B　　　　C　　　　D
BD　[当线圈绕垂直于磁场的轴转动，磁通量发生变化，才能产生交流，B、D项中的线圈能产生交流，A、C项中线圈的磁通量不发生变化，故不能产生交变电流。]
?题组二　交变电流的产生
2．(2022·浙江1月选考)如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是(　　)
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流一定是正弦式交变电流
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦式交变电流
A　[题图甲中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；题图乙中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；根据发电机原理可知题图甲中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦式交变电流，故C错误；题图乙中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦式交变电流，故D错误。]
3．下列各种叙述正确的是(　　)
A．线框平面和磁感线平行时即为中性面
B．线框平面与磁感线垂直时，磁通量最大，感应电动势最大
C．线框平面与磁感线平行时，磁通量为零，感应电动势最大
D．线框匀速转动，各时刻线速度一样大，各时刻产生的感应电动势一样大
C　[线框平面和磁感线垂直时即为中性面，磁通量最大，但磁通量的变化率为零(切割速度方向平行磁感线，不切割磁感线)，感应电动势为零，故A、B错误；线框平面与磁感线平行时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，C正确；线框匀速转动，各时刻线速度一样大，但速度的方向与磁场的夹角时刻变化，各时刻产生的感应电动势不一样，D错误。]
4．(多选)矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动产生交变电流。穿过线圈平面的磁通量Φ与产生的感应电动势e的大小关系正确的是(　　)
A．Φ最大，e最大　　 B．Φ最小，e最小
C．Φ最大，e最小　 D．Φ最小，e最大
CD　[磁通量最大时，其变化率为零(切割速度方向平行磁感线，不切割磁感线)，感应电动势为零，A错误，C正确；磁通量为零时，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，B错误，D正确。]
5．如图所示为交流发电机示意图，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上，用导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接，下列判断正确的是(　　)
A．当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最小
B．当线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流最大
C．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小
D．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，线圈中的感应电流最小
C　[当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零，线圈中的感应电流为零，选项A、B错误；当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量为零、最小，此时磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，线圈中的感应电流最大，选项C正确，D错误。]
6．一矩形线圈，绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向旋转，引出线的两端各与互相绝缘的半圆铜环连接，两个半圆铜环分别与固定电刷A、B滑动接触，电刷间接有电阻R，如图所示，在线圈转动的过程中，通过R的电流(　　)
A．大小和方向都不断变化
B．大小和方向都不变
C．大小不断变化，方向是A→R→B
D．大小不断变化，方向是B→R→A
C　[线圈转动时产生的是交变电流，大小不断变化，但由于通过换向器和电刷，流过R的方向一直是A→R→B，故C正确。]
?题组三　正弦交变电流的变化规律
7．(多选)线圈在匀强磁场中转动产生电动势e＝10sin 20πt(V)，则下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时，线圈平面位于中性面
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大
C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速率最大
D．t＝0.4 s时，e有最大值为10 V
AB　[由电动势的瞬时值表达式可知计时是从线圈位于中性面时开始，即t＝0时，e＝0，此时线圈平面位于中性面，磁通量最大，线圈速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为0，A、B正确，C错误；当t＝0.4 s时，代入式中得e＝10sin 20πt(V)＝10×sin (20π×0.4)(V)＝0，D错误。]
8．如图所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO′轴匀速转动，若要使线圈中的电流峰值减半，不可行的方法是(　　)
A．只将线圈的转速减半
B．只将线圈的匝数减半
C．只将匀强磁场的磁感应强度减半
D．只将线圈的边长减半
B　[由Im＝，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝，故A、C可行；又电阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则Im不变，故B不可行；当边长减半时，面积S减为原来的，而电阻减为原来的，故D可行。]
9．一矩形线圈有100匝，面积为50 cm2，线圈内阻r＝2 Ω，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场平行时开始计时，已知磁感应强度B＝0.5 T，线圈的转速n＝1 200 r/min，外接一用电器，电阻为R＝18 Ω，试写出R两端电压瞬时值的表达式。
[解析]　角速度ω＝2πn＝2π× rad/s＝40π rad/s，
最大值Em＝NBSω＝100×0.5×50×10-4×40π V＝10π V，
线圈中感应电动势e＝Emcos ωt＝10πcos 40πt(V)，
由闭合电路欧姆定律i＝＝ A，
故R两端电压u＝Ri＝18××10πcos 40πt(V)，
即u＝9πcos 40πt(V)。
[答案]　u＝9πcos 40πt(V)
10．如图所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿OO′观察，线圈逆时针转动，已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，总电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时(　　)
A．线圈中感应电流方向为abcda
B．线圈中感应电流为
C．穿过线圈的磁通量的变化率为0
D．线圈ab边所受的安培力的大小为
B　[线框转至题图所示位置瞬间，ab边和cd边在做垂直切割磁感线的运动，根据右手定则可知，感应电流的方向为adcba，故A错误；线圈中的感应电动势为E＝nBSω＝nBl2ω，则线圈中的感应电流为I＝＝，故B正确；题图所示时刻ab、cd两边垂直切割磁感线，线圈产生的感应电动势最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，故C错误；根据F＝nBIl，I＝，可得线圈ab边所受的安培力的大小为F＝，故D错误。]
11．如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时(　　)
A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流
B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势
C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d→a
D．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
A　[线圈绕垂直于磁场方向的轴转动产生交变电流，产生的电流、电动势及线圈各边所受安培力大小与转轴所在位置无关，故选项A正确，选项B、D错误；图示时刻产生电流的方向为a→d→c→b→a，故选项C错误。]
12．如图所示，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是(　　)
A　　　　B　　　　C　　　　D
A　[线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，且从中性面开始计时，产生的电动势e＝BSωsin ωt，由此判断，只有A选项符合。]
13．一矩形线圈，面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻r＝1 Ω，外接电阻R＝4 Ω，线圈在磁感应强度B＝T的匀强磁场中以n＝300 r/min 的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示，若从中性面开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈从开始计时经 s时线圈中由此得到的感应电流的瞬时值；
(3)外电路R两端电压瞬时值的表达式。
[解析]　(1)线圈转速n＝300 r/min＝5 r/s，
角速度ω＝2πn＝10π rad/s，
线圈产生的感应电动势最大值Em＝NBSω＝50 V，
由此得到的感应电动势瞬时值表达式为e＝Emsin ωt＝50sin 10πt(V)。
(2)将t＝ s代入感应电动势瞬时值表达式中，得
e′＝50sin V＝25 V，
对应的感应电流i′＝＝5 A。
(3)由欧姆定律得u＝R＝40sin 10πt(V)。
[答案]　(1)e＝50sin 10πt(V)　(2)5 A　(3)u＝40sin 10πt(V)第一节　认识交变电流
1．观察交变电流的图像，理解交变电流和直流的概念。
2．理解交变电流的产生过程，会分析电动势和电流方向的变化规律。
3．知道交变电流的变化规律及表示方法，知道交变电流的瞬时值、峰值的物理含义。
4．知道交流发电机的构造。
知识点一　交变电流
1．恒定电流：____和____都不随时间改变的电流，简称__流(DC)。
2．交变电流：____和____都随时间做____性变化的电流，简称__流(AC)。
3．波形图：____或____随时间变化的图像。
4．日常生活和生产中所使用的交变电流是按____规律变化的交变电流。
知识点二　交变电流的产生
1．交流发电机的基本结构：____、磁极、滑环及____。
2．过程分析
3．中性面
(1)定义：线圈平面与磁感线____时的位置。
(2)特点：①穿过线圈的Φ____，但线圈中的感应电流为__；②线圈平面每经过一次中性面，感应电流方向就________。
知识点三　交变电流的变化规律
1．正弦式交变电流
定义：按____规律变化的交变电流叫作正弦式交变电流，简称正弦式交流电。
2．瞬时值表达式
从中性面开始计时，
瞬时电动势：e＝________________
瞬时电压：u＝________________
瞬时电流：i＝________________
注：表达式中Em、Um、Im分别是电动势、电压、电流的____，而e、u、i则是这几个量的______。
3．几种不同类型的交变电流
1．思考判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)交变电流是方向随时间作周期性变化的电流。 (　)
(2)只有按正弦规律变化的电流才是交变电流。 (　)
(3)交流电源没有正、负极之分。 (　)
(4)只要闭合线圈在磁场中转动就会产生交变电流。 (　)
(5)交变电流是矩形线圈绕平行于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动产生的电流。 (　)
2．(多选)如图所示图像中属于交变电流的有(　　)
A　　　B　　　　C　　　　D
3．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是(　　)
A．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次
B．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变
C．线圈平面每经过中性面一次，感应电流和感应电动势方向都要改变一次
D．线圈转动一周，感应电流和感应电动势方向都要改变一次
(1)探究交变电流的特点如图所示，把电流表接入到模型发电机的输出端，摇动发电机的手柄，观察电流表的指针摆动情况是怎样的？电流表指针的摆动情况说明什么问题？
(2)如图所示，此位置磁通量为多少？是否有感应电流？如果有，判断感应电流的方向。
　交流与直流
1．直流、交流、恒定电流的特点
(1)电流分类：按电流的方向是否变化分直流和交流两种，方向不变的电流称为直流，方向变化的电流称为交流。
(2)直流分类：分为恒定电流和脉动直流，其中大小、方向都不随时间改变的电流叫恒定电流，方向不随时间改变而大小随时间改变的电流叫脉动直流。
(3)交流分类：按交流电图像特点分正弦(或余弦)式交变电流、矩形波交变电流、锯形波交变电流等。
2．交流与直流的本质区别
(1)交变电流的大小不一定变化，如矩形波交变电流，其大小可以是不变的；直流的大小不一定不变。
(2)交变电流与直流的最大区别在于交变电流的方向发生周期性变化，而直流的方向不变。
【典例1】　对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图像，下列描述正确的是(　　)
A．电流的大小变化，方向也变化，是交流电
B．电流的大小变化，方向不变，不是交流电
C．电流的大小不变，方向不变，是直流电
D．以上说法都不正确
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识别交变电流的两点技巧
(1)只要电流的方向发生周期性变化即为交变电流。
(2)在i-t或u-t图中，正负表示方向，在读图时不仅要注意图像中的坐标原点是否为0，还要观察i(u)的值有无正负变化。
[跟进训练]
1．下列各图中不属于交变电流的是(　　)
　
A　　　　　　　B
　
C　　　　　　　D
　交变电流的产生
比较内容 中性面 中性面的垂直面
位置 线圈平面与磁场垂直 线圈平面与磁场平行
图示
磁通量 最大 零
磁通量变化率 零 最大
感应电动势 零 最大
感应电流 零 最大
电流方向 改变 不变
【典例2】　(多选)图甲是交流发电机的示意图，两磁极之间的磁场可视为匀强磁场，金属线圈ABCD绕转轴OO′匀速转动。G为电流传感器(与计算机相连)，R为定值电阻，线圈电阻为r，其余电阻不计。图乙为计算机上显示的电流数据随时间变化的图像，下列说法中正确的是(　　)
A．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时感应电动势为0，对应图乙中t1或t3时刻
B．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时感应电动势最大，对应图乙中t2或t4时刻
C．t1、t3时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最大，磁通量变化率最小
D．t2、t4时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最大，磁通量变化率最小
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线圈在匀强磁场中转动问题的三点注意
(1)矩形线框在匀强磁场中匀速转动，仅是产生交变电流的一种方式，但不是唯一方式。
(2)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。
(3)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不变。
[跟进训练]
2．交流发电机发电示意图如图所示，线圈转动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．转到图甲位置时，通过线圈的磁通量变化率最大
B．转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零
C．转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大
D．转到图丁位置时，AB边感应电流方向为A→B
　正弦交变电流的变化规律
1．瞬时值的推导
若线圈平面从中性面开始转动，如图所示。则经时间t：
(1)线圈转过的角度为ωt。
(2)ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。
(3)ab边转动的线速度为v＝ω。
(4)ab边产生的感应电动势为eab＝BLabv sin θ＝sin ωt。
(5)整个线圈产生的感应电动势为e＝2eab＝BSωsin ωt，若线圈为N匝，e＝NBSωsin ωt。
(6)若线圈给外电阻R供电，设线圈本身电阻为r，由闭合电路欧姆定律得i＝＝sin ωt，即i＝Imsin ωt，R两端的电压可记为u＝Umsin ωt。
2．峰值
(1)由e＝NBSωsin ωt可知，电动势的峰值Em＝NBSω。
(2)交变电动势的最大值，由线圈匝数N、磁感应强度B、转动角速度ω及线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关，但转轴必须垂直于磁场，因此如图所示几种情况，若N、B、S、ω相同，则电动势的最大值相同。
(3)电流的峰值可表示为Im＝。
【典例3】　如图所示，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＝120转/分，若已知边长l＝20 cm，匝数N＝20匝，磁感应强度B＝0.2 T，求：
(1)转动中的最大电动势及位置；
(2)从中性面开始计时的电动势瞬时值表达式；
(3)从图示位置转过90°过程中的平均电动势。
[思路点拨]　(1)电动势峰值公式为Em＝NBSω，电流的最大值为Im＝。
(2)从中性面开始计时的电动势表达式为e＝Emsin ωt。
(3)求某段时间内的平均电动势可根据＝N求得。
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求解交变电流的瞬时值问题的答题模型
[跟进训练]
3．如图所示，一半径为r＝10 cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度为B＝ T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600 r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时。
(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；
(2)求线圈从图示位置开始在 s时的电动势的瞬时值。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．甲、乙两电路中电流与时间关系如图所示，属于交变电流的是(　　)
A．甲、乙都是　 B．甲是，乙不是
C．乙是，甲不是　 D．甲、乙都不是
2．下列关于交变电流和直流的说法中，正确的是(　　)
A．如果电流大小随时间做周期性变化，则一定是交变电流
B．直流的大小和方向一定不变
C．交变电流一定是按正弦规律变化的
D．交变电流的最大特征就是电流方向随时间做周期性的变化
3．交流发电机发电过程示意图如图所示，线圈匀速转动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．转到图甲位置时，线圈位于中性面位置
B．转到图乙位置时，线圈中电流方向发生改变
C．转到图丙位置时，CD边感应电流方向为D→C
D．转到图丁位置时，线圈中的磁通量变化率最大
4．闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的某一固定轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．t1时刻线圈中感应电流为零
B．t2时刻线圈通过中性面
C．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率最大
D．t4时刻线圈中感应电动势最小
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．交流与直流的本质区别是什么？
2．正弦式交变电流的产生条件是什么？
3．线圈转至中性面位置的特点是什么？
第三章　交变电流
第一节　认识交变电流
[必备知识·自主预习储备]
知识梳理
知识点一　1．大小　方向　直
2．大小　方向　周期　交
3．电流　电压
4．正弦
知识点二　1．线圈　电刷
2．(a)　(c)
3．(1)垂直　(2)最大　零　改变一次
知识点三　1．正弦　
2．Emsin ωt　Umsin ωt　Imsin ωt　峰值　瞬时值
基础自测
1．(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×
2．ABC　[交变电流是大小、方向都随时间做周期性变化的电流，所以A、B、C正确；D仅是电流的大小发生变化而方向不变，故不属于交变电流。]
3．C　[当线圈在匀强磁场中转动产生交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流与感应电动势方向改变两次。故只有C正确。]
[关键能力·情境探究达成]
情境探究
(1)提示：随着线圈的转动，电流表的指针不停地在“0”刻度线两侧左右摆动，说明手摇发电机产生的电流大小、方向都处于变化中。
(2)提示：此位置磁通量为0，有感应电流，且感应电流最大，方向为abcd。
典例1　B　[由i-t图像可知，电流的大小变化，但电流方向一直为正，故电流方向不变，根据交变电流、直流的定义可知，该电流是直流，B正确。]
跟进训练
1．A　[B、C、D中i的方向均做周期性变化，故它们属于交流，A中i的大小变化而方向不变，属于直流。]
典例2　AC　[金属线圈恰好处于题图甲所示的位置时，为中性面，磁通量最大，感应电动势为0，此时瞬时电流为0，对应题图乙中t1或t3时刻，A正确，B错误；t1、t3时刻电流为0，感应电动势为0，此时线圈平面处于中性面，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，磁通量变化率最小，C正确；t2、t4时刻电流最大，感应电动势最大，此时线圈平面与磁感线平行，穿过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，D错误。]
跟进训练
2．D　[转到图甲位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率为零，A错误；转到图乙位置时，线圈产生的感应电动势最大，B错误；转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，C错误；转到图丁位置时，根据楞次定律可知AB边感应电流方向为A→B，D正确。]
典例3　解析：(1)当线圈平面转到与磁场平行时，ab、cd两边均垂直切割磁感线，这时线圈中产生的感应电动势最大
Em＝NBSω＝20×0.2×0.22×2π×2 V≈2.0 V。
(2)电动势瞬时值表达式为e＝Emsin ωt＝2sin 4πt(V)。
(3)＝N＝N＝NBSω
＝4NBSf＝4×20×0.2×0.22×2 V＝1.28 V。
答案：(1)2.0 V　线圈平面与磁场平行
(2)e＝2sin 4πt(V)　(3)1.28 V
跟进训练
3．解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦式交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e＝Emsin ωt，而在某段时间内的平均电动势可根据＝N求得。
(1)e＝Emsin ωt，ω＝20π rad/s，
Em＝NBSω＝100××π×0.12×20π V＝100 V，
故e＝100sin 20πt(V)。
(2)当t＝ s时，
e＝100sin V＝50 V≈86.6 V。
答案：(1)e＝100sin 20πt(V)　(2)86.6 V
[学习效果·随堂评估自测]
1．B　[题图甲中电流大小不变、方向变化，是交流，题图乙中电流大小变化、方向不变，是直流，故选B。]
2．D　[直流的特征是电流的方向不变，电流的大小可以改变。交变电流的特征是电流的方向随时间做周期性变化。交变电流有多种形式，正弦式交流只是交变电流中最基本、最简单的一种，故选D。]
3．B　[转到题图甲位置时，线圈为与中性面垂直的位置，故A错误；转到题图乙位置时，即线圈为中性面位置，此时线圈中电流方向发生改变，故B正确；转到题图丙位置时，由右手定则可得，CD边感应电流方向为C→D，故C错误；转到题图丁位置时，线圈中的磁通量最大，磁通量变化率为零，故D错误。]
4．A　[t1时刻线圈位于中性面，线圈中感应电流为零，A正确；t2时刻线圈在与磁感线平行位置，即垂直于中性面位置，B错误；t3时刻穿过线圈的磁通量最大，变化率最小，C错误；t4时刻磁通量为零，磁通量变化率最大，线圈中感应电动势最大，D错误。]
课堂小结
1．提示：区分直流和交流的最根本一点是看电流方向是否变化。
2．提示：(1)匀强磁场。(2)线圈匀速转动。(3)线圈的转轴垂直于磁场方向。
3．提示：线圈转至中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零。第二节　描述交变电流的物理量
1．知道交变电流的周期、频率的含义，以及它们相互间的关系。
2．知道交变电流的峰值和有效值的意义。经历根据电流的热效应推导交变电流有效值的过程，体会“等效”的科学方法。
3．掌握交变电流有效值与峰值的关系，会进行有效值的计算。
4．理解交变电流的图像意义，能从图像中获取相关信息。
知识点一　交变电流的周期和频率
1．周期：交变电流完成一次周期性变化的时间叫作它的周期。单位是s。
2．频率：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数叫频率。单位是Hz。
3．周期T、频率f、角速度ω的关系：ω＝＝2πf，T＝。
知识点二　交变电流的峰值和有效值
1．峰值：交变电流在一个周期内所能达到的最大值。
2．有效值
(1)定义：交变电流和恒定电流分别通过相同阻值的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，这一恒定电流的数值就是相应交变电流的有效值。
(2)应用：
①无特别说明的交变电流的电压、电流值是有效值。
②交流电表测量的交变电流的电压、电流值是有效值。
③交流电气设备铭牌上所标注的额定电压、额定电流指有效值。
3．正弦式交变电流有效值和峰值的关系
E＝≈0.707Em。
I＝≈0.707Im。
U＝≈0.707Um。
知识点三　用图像描述交变电流
1．物理意义：描述交变电流(电动势e、电流i、电压u)随时间t(或角度ωt)变化的规律。
2．正弦式交变电流的图像
1．思考判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)对于一个正弦式电流的峰值同周期、频率一样是不变的，但有效值是随时间不断变化的。 (×)
(2)正弦式交变电流的正负两部分是对称的，所以有效值为零。 (×)
(3)正弦式交变电流的有效值等于峰值的倍。非正弦式交变电流的有效值不一定等于峰值的倍。 (√)
(4)只要是交变电流，其峰值就是有效值的倍。 (×)
(5)家用电器铭牌上标注的电流、电压都是指有效值。 (√)
2．(多选)某交变电流的方向在1 s内改变100次，则其周期T和频率f分别为(　　)
A．T＝0.01 s　　 B．T＝0.02 s
C．f＝100 Hz　 D．f＝50 Hz
[答案]　BD
3．(多选)(2022·陕西延安第一中学高二期中)如图所示是一个正弦式交变电流的图像，下列说法正确的是(　　)
A．周期是0.2 s，电流的峰值是10 A
B．周期是0.25 s，电流的峰值是10 A
C．频率是5 Hz，电流的有效值是10 A
D．频率是5 Hz，电流的有效值是5 A
AD　[由题图图像可知，交流电的周期T＝0.2 s，频率f＝＝5 Hz，交流电流的峰值为Im＝10 A，有效值I＝ A＝5 A，故选A、D。]
(1)电磁打点计时器接到干电池上怎样调整也不打点，而接到学生电源的低压交流挡上就顺利打点，且每隔0.02 s打一个点。打点计时器打点时间间隔为什么为0.02 s？其时间间隔由什么决定？
提示：电磁式打点计时器的打点频率与工作电流频率相同，我国生产、生活用电的频率为50 Hz，所以打点计时器的打点时间间隔T＝＝0.02 s；时间间隔由电源的频率决定。
(2)如图甲、乙中电炉烧水，设其他条件都相同，水的质量相等，水的初温相同。若恒定电流用10 min 把水烧开，而交变电流也用10 min把水烧开。两种情况下电阻热量相同吗？交流电电流的有效值是多少？
提示：热量相同。有效值是3 A。
　交变电流的周期和频率
1．周期和频率的物理意义：交变电流的周期与频率都是描述交变电流变化快慢的物理量。
2．周期T：交变电流完成一次周期性变化的时间，单位是s。周期越大，电流变化越慢；在一个周期内，电流的方向改变2次。
3．频率f：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹，符号为Hz，频率越大，电流变化越快。
4．周期和频率的关系：T＝或f＝。
【典例1】　关于交变电流的周期和频率，下列说法正确的是(　　)
A．正弦式交变电流最大值连续出现两次的时间间隔等于周期
B．1 s内交变电流出现最大值的次数等于频率
C．交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍
D．50 Hz的交变电流，其周期等于0.05 s
C　[根据周期的定义知选项A错误；因为在一个周期的时间内，交变电流会出现正向和负向最大值各一次，但相邻两个峰值的时间间隔为半个周期，B错误；交变电流在一个周期内方向改变两次，即方向变化的频率为交变电流频率的2倍，故选项C正确；由T＝＝ s＝0.02 s，知选项D错误。]
(1)由交变电流的图像可直接获得的信息有：①该交变电流的最大值、周期；②任意时刻交变电流的数值。
(2)掌握角速度ω、周期T、转速n的关系。
ω＝；ω＝2πn；n＝。
[跟进训练]
1．(多选)某小型发电机产生的交流电动势为e＝50sin 100πt(V)。对此电动势，下列表述正确的有(　　)
A．周期是0.02 s
B．t＝0时刻线圈平面与中性面重合
C．频率是5 Hz
D．最大值是50 V
ABD　[周期是T＝＝ s＝0.02 s，频率为50 Hz，选项A正确，C错误；t＝0时刻e＝0，此时线圈平面与中性面重合，选项B正确；最大值是50V, D正确。]
　交变电流的峰值和有效值
1．有效值的理解
(1)交变电流的有效值是根据电流的热效应定义的，与电流的方向无关。
(2)“等效”理解：相同电阻、相同时间，产生相同热量。交变电流与多大的直流“效果”相同，有效值就是多大。
2．有效值的计算方法
(1)特殊值法：若按正(余)弦规律变化的电流，可利用交变电流的有效值与峰值间的关系求解，即E＝，U＝，I＝。
(2)定义法：当电流是非正弦式交变电流时，必须根据有效值的定义求解。

3．几种常见交变电流的有效值
电流名称 电流图线 有效值
正弦式交 变电流 I＝
正弦半 波电流 I＝
正弦单向 脉动电流 I＝
矩形脉 动电流 I＝Im
非对称性 交变电流 I＝
【典例2】　一根电阻丝接入100 V的直流，2 min内产生的热量为Q，同样的一根电阻丝接入正弦式交变电压，1 min内产生的热量也为Q，那么该交变电压的最大值为(　　)
A．100 V　　　　 B．200 V
C．50 V　 D．70 V
[思路点拨]　对于正弦式交流电产生的热量应由有效值来计算，即Q＝Rt＝t，且有效值与最大值之间的关系为U有＝Um，据此本题求解就很明了了。
B　[设该交变电压最大值为Um，则Q＝t1＝t2，其中U＝100 V，t1＝2 min＝120 s，t2＝1 min＝60 s，解得Um＝200 V，故选B。]
求解有效值的一般步骤
(1)首先要分析交变电流的变化规律，在一个交变电流中可能存在几种形式的交流。
(2)一个交变电流中存在几种形式，可在一个周期内分段求出产生的热量，再求其和。
(3)正弦式交变电流的最大值和有效值的关系是：I＝，U＝，非正弦式交变电流不符合此关系。
(4)分段不同，矩形脉冲的交流的有效值不是算术平均值，而是分段用焦耳定律求解。
[跟进训练]
2．如图所示的交变电流由正弦式交变电流的一半和反向脉冲电流组合而成，则这种交变电流的有效值为(　　)
A．I0　　B．I0　　C．I0　　D．I0
C　[由i-t图像知交变电流的周期T＝2 s。一个周期内：前半个周期电流的有效值：I1＝，后半个周期电流的有效值：I2＝I0。设交变电流的有效值为I，根据交变电流有效值的定义有I2RT＝R＝R，解得I＝I0，故选项C正确。]
　正弦式交变电流的图像
1．用图像描述交变电流的变化规律(在中性面时t＝0)
项目 函数 图像 说明
磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BS cos ωt S为线圈的面积，N为线圈的匝数，r为线圈的电阻(内阻)，R为外电阻
电动势 e＝Emsin ωt＝NBSωsin ωt
电压 u＝Umsin ωt＝sin ωt
电流 i＝Imsin ωt＝sin ωt
2．从图像中可以解读到以下信息
(1)交变电流的峰值Em、Im和周期T。
(2)两个特殊值对应的位置：
①e＝0(或i＝0)时：线圈位于中性面上；
e最大(或i最大)时：线圈平行于磁感线。
②e＝0(或i＝0)时，＝0，Φ最大。
e最大(或i最大)时，最大，Φ＝0。
(3)分析判断e、i大小和方向随时间的变化规律。
【典例3】　处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直。在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图所示，线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
[思路点拨]　①线圈从垂直中性面开始计时，产生的交变电流按余弦规律变化。②由楞次定律知前周期产生正方向电流。
C　[题图所示时刻cd边垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，此时感应电流最大，由楞次定律可判断电流方向为a→b→c→d→a，与规定的正方向相同，所以正确答案为C。]
图像的分析方法
一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”，并理解其物理意义。
二变：掌握“图与图”“图与式”和“图与物”之间的变通关系。
三判：在此基础上进行正确地分析和判断。
[跟进训练]
3．(多选)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示；产生的交变电动势的图像如图乙所示，则(　　)
A．t＝0时穿过线框的磁通量为零
B．t＝0.01 s时线框的磁通量变化率为零
C．线框产生的交变电动势有效值约为220 V
D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
BC　[t＝0时线框产生的感应电动势为零，线框处于中性面，穿过线框的磁通量最大，故A错误；t＝0.01 s 时线框产生的感应电动势为零，可知线框的磁通量变化率为零，故B正确；线框产生的交变电动势有效值约为E＝＝ V≈220 V，故C正确；交变电动势的周期为0.02 s，则线框产生的交变电动势频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，故D错误。]
　交变电流的四值比较
项目 物理含义 重要关系 适用情况
瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某一时刻的受力情况
最大值 最大的瞬时值 Em＝nBSω，Im＝ 确定电容器的耐压值
有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流的电流值、电压值 E＝，U＝，I＝ (1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)； (2)交流电表的测量值； (3)电气设备标注的额定电压、额定电流； (4)保险丝的熔断电流
平均值 交变电流图像中图线与时间轴所围面积与时间的比值 ＝n ＝ 计算通过电路横截面的电荷量
【典例4】　在水平方向的匀强磁场中，有一个正方形闭合线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动，已知线圈的匝数为N＝100匝，边长为20 cm，电阻为10 Ω，转动频率f＝50 Hz，磁场的磁感应强度为0.5 T，π＝3.14，求：
(1)外力驱动线圈转动的功率；
(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小；
(3)线圈由中性面转至与中性面成60°角的过程中，通过导线横截面的电荷量。
[解析]　(1)线圈中产生的感应电动势的最大值为
Em＝NBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50 V＝628 V
感应电动势的有效值为E＝＝314 V
外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等，
即P外＝＝ W≈1.97×104 W。
(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势的瞬时值为e＝Emsin 30°＝314 V，
感应电流的瞬时值为i＝＝ A＝31.4 A。
(3)在线圈由中性面转过60°的过程中，线圈中的平均感应电动势为
＝N，
平均感应电流为＝N，
故通过导线横截面的电荷量为q＝Δt＝N＝＝0.1 C。
[答案]　(1)1.97×104 W　(2)314 V　31.4 A　(3)0.1 C
应用交变电流四值时的注意事项
(1)研究电容器是否被击穿时，应用交变电流的峰值(最大值)，因为电容器上标明的电压是电容器长时间工作时所能承受的最大电压。
(2)研究电功、电功率和电热时，只能用有效值。
(3)研究通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值。
[跟进训练]
4．交流发电机线圈电阻r＝1 Ω，用电器电阻R＝9 Ω，电压表示数为9 V，如图所示，那么该交流发电机(　　)
A．电动势的峰值为10 V
B．电动势的有效值为9 V
C．交流发电机的线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10 V
D．交流发电机的线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为 V
D　[因电压表示数为9 V，所以电路中的电流I＝ A＝1 A，故电动势的有效值E＝I(r＋R)＝10 V，其最大值Em＝E＝10 V，故A、B错误；线圈通过中性面时电动势的瞬时值为0，C错误；转过90°的过程中的平均感应电动势，应用公式＝ V，D正确。]
1．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．使用交流的用电器铭牌上所标示的额定电压、额定电流的数值均为最大值
B．用交流电流表和电压表测得的数值是有效值
C．照明电路电压220 V指的是有效值
D．所有交变电流的有效值和最大值之间均存在E＝、U＝和I＝的关系
BC　[各种使用交流电的用电器铭牌上所标示的数值均为有效值，故A项错误；交流电表测得的数值为有效值，故B项正确；照明电路电压220 V指的是有效值，故C项正确；E＝、U＝、I＝是正弦式交变电流有效值和最大值的关系，故D项错误。故正确答案为B、C。]
2．(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势为e＝220sin 100πt(V)，则(　　)
A．交流电的频率是100π Hz
B．t＝0时，线圈位于中性面
C．交流电的周期是0.02 s
D．t＝0.05 s时，e有最大值
BC　[由瞬时值表达式知：感应电动势按正弦规律变化，所以t＝0时，线圈位于中性面，角速度ω＝100π rad/s，因ω＝2πf，所以f＝＝ Hz＝50 Hz，故A错误，B正确；由T＝得T＝ s＝0.02 s，故C正确；当t＝0.05 s时，e＝220sin 5π(V)＝0，故D错误。]
3．如图所示，正弦波和方波交变电流的最大值相等，周期也相等，现使它们通过完全相同的电阻，则在相同的时间(远大于周期)内，两电阻发热之比等于(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
B　[计算电阻发热Q＝I2Rt需用交流的有效值，题图甲的有效值为I1＝，题图乙的有效值为I2＝Im，所以代入可得＝，B正确。]
4．(2022·山东肥城第一高级中学高二期末)如图所示，空间中分布着磁感应强度大小为B的匀强有界磁场，EF是其左边界，一面积为S的n匝圆形金属线框垂直于磁场放置，圆形线圈的圆心O在EF上，若线框以角速度ω绕EF匀速转动，并从图示位置开始计时，则(　　)
A．t＝时，线框中的感应电流最大
B．t＝时，穿过线框的磁通量最大
C．线框中产生的交变电动势的最大值为nBSω
D．线框中产生的交变电动势的有效值为nBSω
D　[当t＝时，即ωt＝2π时，线框回到题图所示位置，此时的感应电流最小，磁通量最大，A错误；当t＝，即ωt＝时，线圈转到与题图所示垂直的位置，此时磁通量为零，B错误；线框中产生的交变电动势的最大值为Em＝nBω＝nBSω，C错误；线框中产生的交变电动势的有效值为E＝＝nBSω，D正确。]
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．交变电流的周期和频率分别是什么？
提示：(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T＝。
(2)频率(f)：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz)。
(3)周期和频率的关系：T＝。
2．正弦式交变电流的函数表达式(从中性面开始计时)是什么？
提示：(1)电动势e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt。
(2)电流i＝Imsin ωt＝sin ωt。
(3)电压u＝Umsin ωt＝sin ωt。
3．什么叫有效值？
提示：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫作交变电流的有效值。
4．如何求有效值？
提示：计算有效值时要注意根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解。
跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫作交变电流的有效值。对于正弦式交流电，其有效值和峰值的关系为E＝，U＝，I＝。
课时分层作业(十)　描述交变电流的物理量
?题组一　交变电流的峰值和有效值
1．下列提到的交流电，不是指有效值的是(　　)
A．交流电压表的读数
B．保险丝熔断电流
C．电容器击穿电压
D．220 V交流电压
C　[交流电压表测量的电压值就是电压的有效值；保险丝熔断是因为电阻发热使温度超过了熔断值，而与电热相关的电流值就是指有效值；电容器的击穿是因为电压瞬时值超过了其击穿电压值，这是瞬时值，所以击穿电压表示的是电压最大值；220 V交流电压，是有效值。故应选C。]
2．下列关于交变电流的说法正确的是(　　)
A．若交变电流的峰值为5 A，则它的最小值为－5 A
B．用交流电流表测交变电流时，指针来回摆动
C．我国工农业生产和生活用的交变电流频率为50 Hz，故电流方向每秒改变100次
D．正弦交变电流i＝20sin 10πt(A)的峰值为20 A，频率为100 Hz
C　[电流的负值表示电流方向与规定正方向相反，不表示大小，A项错误；交流电流表测交变电流时，显示的是有效值，指针不会来回摆动，B项错误；我国工农业生产和生活用的交变电流，周期为0.02 s，交流电方向一个周期改变两次，所以每秒改变100次，C项正确；由ω＝2πf，得正弦交变电流i＝20sin 10πt(A)的频率为 5 Hz，D项错误。]
3．在相同的时间内，某正弦交变电流通过一阻值为100 Ω的电阻产生的热量，与一电流为3 A的直流通过同一阻值的电阻产生的热量相等，则(　　)
A．此交变电流的有效值为3 A，最大值为3 A
B．此交变电流的有效值为3 A，最大值为6 A
C．电阻两端的交流电压的有效值为300 V，最大值不确定
D．电阻两端的交流电压的有效值为300 V，最大值为600 V
A　[根据交变电流有效值的定义知交变电流的有效值即为直流的电流值，为3 A。根据有效值与最大值的倍关系，易知交变电流的最大值为3 A，故A正确，B错误；根据欧姆定律U＝IR，则有U有效＝I有效R，Um＝ImR，得电阻两端的交流电压的有效值为300 V，最大值为300 V。故C、D错误。]
4．将正弦式交流电经过整流器处理后，得到的电流波形刚好去掉了半周，如图所示，它的有效值是(　　)
A．2 A　　　　　 B． A
C． A　　　 D．1 A
D　[Q交＝R＝2R×＝RT，Q直＝I2RT，Q交＝Q直，故I＝1 A，D正确。]
5．如图所示，正弦交流甲和方波交流乙的峰值、频率完全相同，把两电流分别输入完全相同的两个电阻中，经过相同的时间(足够长)后，两电阻中消耗的电能之比W甲∶W乙为(　　)
A．1∶2 　 B．1∶
C．1∶1　 D．1∶2
A　[在一个周期T内，正弦交流电在电阻中消耗的电能为W甲＝Rt，方波交流电在电阻中消耗的电能为W乙＝I2Rt，所以W甲∶W乙＝1∶2，故A正确。]
6．(2022·内蒙古阿拉善盟第一中学高二期末)正方形金属线框MNQP的PQ边与匀强磁场的边界重合，匀强磁场垂直纸面向外且范围足够大，第一次将金属线框以速度v匀速拉进匀强磁场内(如图甲)；第二次金属框以PQ边为轴匀速转动，MN边的线速度大小为v，线框从上往下看逆时针旋转180°(如图乙)。设两个过程中线框中产生的焦耳热分别为Q1和Q2，则等于(　　)
A．4　 B．8
C． D．
C　[设正方形金属线框的边长为l，电阻为R，磁场的磁感应强度为B，题图甲产生的感应电动势为E1＝Blv，进入过程时间为t1＝，产生的热量为Q1＝t1＝；题图乙产生的为正弦式交变电流，感应电动势有效值为E＝，在磁场中转动时间为t2＝，产生的热量为Q2＝t2＝，联立解得＝，故选C。]
?题组二　交变电流的图像
7．(多选)(2022·贵州凯里一中高二期中)如图甲所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的正方形单匝导线框abcd绕与磁感线垂直的转轴ab匀速转动，线圈产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，若线框总电阻为5 Ω，则(　　)
A．线圈的转速为100 r/s
B．当线框平面与中性面的夹角为45°时，线框产生的电动势的大小为22 V
C．在0～0.01 s时间内，通过线框某一横截面的电荷量约为4.0×10-2 C
D．线框转动一周，cd边产生的焦耳热为3.87 J
BC　[由题图乙可知，周期为0.02 s，则线圈的转速为n＝f＝＝50 r/s，故A错误；由题图乙可知，周期为0.02 s，Emax＝22 V，角速度ω＝＝100π rad/s，则该交变电流的瞬时表达式为e＝22sin 100πt(V)，矩形金属线框平面与中性面的夹角为45°，则e＝22sin 45°(V)＝22 V，故B正确；当t＝0.01 s时刻感应电动势等于零，所以穿过线框回路的磁通量最大，线框平面与中性面重合，矩形金属线框平面与磁感线垂直，从t＝0到t＝0.01 s时间内，磁通量变化量为ΔΦ＝2BS＝＝2× Wb，通过线框某一截面的电荷量为q＝＝2× C≈4.0×10-2 C，故C正确；线框转动一周，cd边产生的焦耳热为Q＝T＝×0.02 J＝0.484 J，故D错误。]
8．(多选)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则(　　)
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
AC　[由题图乙知t＝0时两次转动产生的瞬时电动势都等于零，故A正确；由题图乙知两次转动所产生的交变电动势的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，再由周期与转速的关系n＝得na∶nb＝3∶2，故B错误；因Ta＝4×10-2 s，故fa＝＝25 Hz，C正确；因Ema＝15 V，而Em＝NBSω＝，故Emb＝＝10 V，Eb＝＝5 V，D错误。]
?题组三　交变电流四值比较
9．如图所示，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N＝100，线圈电阻r＝3 Ω，ab＝cd＝0.5 m，bc＝ad＝0.4 m，磁感应强度B＝0.5 T，电阻R＝311 Ω，当线圈以n＝300 r/min的转速匀速转动时。取π＝3.14，求：
(1)感应电动势的最大值；
(2)t＝0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；
(3)此电压表的示数是多少？
[解析]　(1)电动势的最大值为Em＝NBωS＝NB·(2πn转)·(ab·bc)＝314 V。
(2)电动势瞬时值的表达式e＝Emsin ωt＝314sin 10πt(V)。
(3)UV＝≈220 V。
[答案]　(1)314 V　(2)e＝314sin 10πt(V)　(3)220 V
10．(多选)(2021·浙江1月选考)发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其他电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周(　　)
A．框内电流方向不变
B．电动势的最大值为Um
C．流过电阻的电荷量q＝
D．电阻产生的焦耳热Q＝
BD　[由于滑环的作用，通过R的电流方向不变，但是框内的电流方向是变化的，A错误；由题图可知，由于线框没有电阻，所以电动势等于电阻两端的电压，B正确；因为流过R的电流方向不变，金属框转动半周，流过R的电荷量q′＝Δt＝Δt＝＝，所以金属框转动一周流过R的电荷量q＝2q′＝，C错误；由Um＝BL2ω，解得ω＝，金属框转动一周，电阻产生的焦耳热Q＝T＝·＝，D正确。]
11．(2022·广东卷)如图所示是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，n1>n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是(　　)
A．两线圈产生的电动势的有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值
D．两电阻消耗的电功率相等
B　[根据E＝n，两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据P＝，可知，两电阻的电功率也不相等，选项A、D错误；因两线圈放在同一个旋转条形磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；当磁铁的磁极到达线圈附近时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误。]
12．有一交流发电机模型，用示波器观察到它产生的感应电动势波形如图所示，求：
(1)电动势的最大值和有效值；
(2)当t＝ s时，电动势的瞬时值，并指出此时线圈相对于磁场的位置；
(3)已知线圈面积为16 cm2，共25匝，计算匀强磁场的磁感应强度。
[解析]　(1)由图像可知电动势的最大值Em＝5 V，根据正弦交流电的最大值和有效值的关系，有效值为：E＝Em≈3.5 V。
(2)因为e＝Emsin ωt＝5sin 100πt(V)，当t＝ s时，
e＝5sin 100π× V＝5 V，
这时线圈平面跟磁感线平行。
(3)由于Em＝nBSω，所以B＝＝ T≈0.4 T。
[答案]　(1)5 V　3.5 V　(2)5 V　线圈平面跟磁感线平行　(3)0.4 T
13．如图所示，在匀强磁场中有一个内阻r＝3 Ω、面积S＝的半圆形导线框可绕OO′轴旋转。已知匀强磁场的磁感应强度B＝T。若线框以ω＝100 π rad/s的角速度匀速转动，且通过电刷给“6 V　12 W”的小灯泡供电，则：
(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式。
(2)由题中所给已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡实际功率为多大？
[解析]　(1)线框转动时产生感应电动势的最大值
Em＝BSω＝×0.02×100π V ＝10 V，
因线框转动从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝Em cos ωt＝10cos 100πt(V)。
(2)由题意知灯泡的电阻R＝3 Ω，
线框产生的电动势的有效值E＝＝10 V，灯泡两端电压U＝R＝5 V<6 V，故灯泡不能正常发光，其实际功率P＝＝ W＝ W。
[答案]　(1)e＝10cos 100πt(V)　(2)不能　 W第二节　描述交变电流的物理量
1．知道交变电流的周期、频率的含义，以及它们相互间的关系。
2．知道交变电流的峰值和有效值的意义。经历根据电流的热效应推导交变电流有效值的过程，体会“等效”的科学方法。
3．掌握交变电流有效值与峰值的关系，会进行有效值的计算。
4．理解交变电流的图像意义，能从图像中获取相关信息。
知识点一　交变电流的周期和频率
1．周期：交变电流完成一次______变化的时间叫作它的周期。单位是__。
2．频率：交变电流在1 s内完成周期性变化的____叫频率。单位是____。
3．周期T、频率f、角速度ω的关系：ω＝＝2πf，T＝。
知识点二　交变电流的峰值和有效值
1．峰值：交变电流在一个周期内所能达到的____值。
2．有效值
(1)定义：交变电流和恒定电流分别通过相同____的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的____相等，这一恒定电流的数值就是相应交变电流的______。
(2)应用：
①无特别说明的交变电流的电压、电流值是有效值。
②交流电表测量的交变电流的电压、电流值是______。
③交流电气设备铭牌上所标注的________、________指有效值。
3．正弦式交变电流有效值和峰值的关系
E＝≈______________。
I＝≈______________。
U＝≈______________。
知识点三　用图像描述交变电流
1．物理意义：描述交变电流(________、______、______)随______(或角度ωt)变化的规律。
2．正弦式交变电流的图像
1．思考判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)对于一个正弦式电流的峰值同周期、频率一样是不变的，但有效值是随时间不断变化的。 (　)
(2)正弦式交变电流的正负两部分是对称的，所以有效值为零。 (　)
(3)正弦式交变电流的有效值等于峰值的倍。非正弦式交变电流的有效值不一定等于峰值的倍。 (　)
(4)只要是交变电流，其峰值就是有效值的倍。 (　)
(5)家用电器铭牌上标注的电流、电压都是指有效值。 (　)
2．(多选)某交变电流的方向在1 s内改变100次，则其周期T和频率f分别为(　　)
A．T＝0.01 s　　 B．T＝0.02 s
C．f＝100 Hz　 D．f＝50 Hz
3．(多选)(2022·陕西延安第一中学高二期中)如图所示是一个正弦式交变电流的图像，下列说法正确的是(　　)
A．周期是0.2 s，电流的峰值是10 A
B．周期是0.25 s，电流的峰值是10 A
C．频率是5 Hz，电流的有效值是10 A
D．频率是5 Hz，电流的有效值是5 A
(1)电磁打点计时器接到干电池上怎样调整也不打点，而接到学生电源的低压交流挡上就顺利打点，且每隔0.02 s打一个点。打点计时器打点时间间隔为什么为0.02 s？其时间间隔由什么决定？
(2)如图甲、乙中电炉烧水，设其他条件都相同，水的质量相等，水的初温相同。若恒定电流用10 min 把水烧开，而交变电流也用10 min把水烧开。两种情况下电阻热量相同吗？交流电电流的有效值是多少？
　交变电流的周期和频率
1．周期和频率的物理意义：交变电流的周期与频率都是描述交变电流变化快慢的物理量。
2．周期T：交变电流完成一次周期性变化的时间，单位是s。周期越大，电流变化越慢；在一个周期内，电流的方向改变2次。
3．频率f：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹，符号为Hz，频率越大，电流变化越快。
4．周期和频率的关系：T＝或f＝。
【典例1】　关于交变电流的周期和频率，下列说法正确的是(　　)
A．正弦式交变电流最大值连续出现两次的时间间隔等于周期
B．1 s内交变电流出现最大值的次数等于频率
C．交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍
D．50 Hz的交变电流，其周期等于0.05 s
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)由交变电流的图像可直接获得的信息有：①该交变电流的最大值、周期；②任意时刻交变电流的数值。
(2)掌握角速度ω、周期T、转速n的关系。
ω＝；ω＝2πn；n＝。
[跟进训练]
1．(多选)某小型发电机产生的交流电动势为e＝50sin 100πt(V)。对此电动势，下列表述正确的有(　　)
A．周期是0.02 s
B．t＝0时刻线圈平面与中性面重合
C．频率是5 Hz
D．最大值是50 V
　交变电流的峰值和有效值
1．有效值的理解
(1)交变电流的有效值是根据电流的热效应定义的，与电流的方向无关。
(2)“等效”理解：相同电阻、相同时间，产生相同热量。交变电流与多大的直流“效果”相同，有效值就是多大。
2．有效值的计算方法
(1)特殊值法：若按正(余)弦规律变化的电流，可利用交变电流的有效值与峰值间的关系求解，即E＝，U＝，I＝。
(2)定义法：当电流是非正弦式交变电流时，必须根据有效值的定义求解。

3．几种常见交变电流的有效值
电流名称 电流图线 有效值
正弦式交 变电流 I＝
正弦半 波电流 I＝
正弦单向 脉动电流 I＝
矩形脉 动电流 I＝Im
非对称性 交变电流 I＝
【典例2】　一根电阻丝接入100 V的直流，2 min内产生的热量为Q，同样的一根电阻丝接入正弦式交变电压，1 min内产生的热量也为Q，那么该交变电压的最大值为(　　)
A．100 V　　　　 B．200 V
C．50 V　 D．70 V
[思路点拨]　对于正弦式交流电产生的热量应由有效值来计算，即Q＝Rt＝t，且有效值与最大值之间的关系为U有＝Um，据此本题求解就很明了了。
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
求解有效值的一般步骤
(1)首先要分析交变电流的变化规律，在一个交变电流中可能存在几种形式的交流。
(2)一个交变电流中存在几种形式，可在一个周期内分段求出产生的热量，再求其和。
(3)正弦式交变电流的最大值和有效值的关系是：I＝，U＝，非正弦式交变电流不符合此关系。
(4)分段不同，矩形脉冲的交流的有效值不是算术平均值，而是分段用焦耳定律求解。
[跟进训练]
2．如图所示的交变电流由正弦式交变电流的一半和反向脉冲电流组合而成，则这种交变电流的有效值为(　　)
A．I0　　B．I0　　C．I0　　D．I0
　正弦式交变电流的图像
1．用图像描述交变电流的变化规律(在中性面时t＝0)
项目 函数 图像 说明
磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BS cos ωt S为线圈的面积，N为线圈的匝数，r为线圈的电阻(内阻)，R为外电阻
电动势 e＝Emsin ωt＝NBSωsin ωt
电压 u＝Umsin ωt＝sin ωt
电流 i＝Imsin ωt＝sin ωt
2．从图像中可以解读到以下信息
(1)交变电流的峰值Em、Im和周期T。
(2)两个特殊值对应的位置：
①e＝0(或i＝0)时：线圈位于中性面上；
e最大(或i最大)时：线圈平行于磁感线。
②e＝0(或i＝0)时，＝0，Φ最大。
e最大(或i最大)时，最大，Φ＝0。
(3)分析判断e、i大小和方向随时间的变化规律。
【典例3】　处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直。在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图所示，线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
[思路点拨]　①线圈从垂直中性面开始计时，产生的交变电流按余弦规律变化。②由楞次定律知前周期产生正方向电流。
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
图像的分析方法
一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”，并理解其物理意义。
二变：掌握“图与图”“图与式”和“图与物”之间的变通关系。
三判：在此基础上进行正确地分析和判断。
[跟进训练]
3．(多选)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示；产生的交变电动势的图像如图乙所示，则(　　)
A．t＝0时穿过线框的磁通量为零
B．t＝0.01 s时线框的磁通量变化率为零
C．线框产生的交变电动势有效值约为220 V
D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
　交变电流的四值比较
项目 物理含义 重要关系 适用情况
瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某一时刻的受力情况
最大值 最大的瞬时值 Em＝nBSω，Im＝ 确定电容器的耐压值
有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流的电流值、电压值 E＝，U＝，I＝ (1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)； (2)交流电表的测量值； (3)电气设备标注的额定电压、额定电流； (4)保险丝的熔断电流
平均值 交变电流图像中图线与时间轴所围面积与时间的比值 ＝n ＝ 计算通过电路横截面的电荷量
【典例4】　在水平方向的匀强磁场中，有一个正方形闭合线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动，已知线圈的匝数为N＝100匝，边长为20 cm，电阻为10 Ω，转动频率f＝50 Hz，磁场的磁感应强度为0.5 T，π＝3.14，求：
(1)外力驱动线圈转动的功率；
(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小；
(3)线圈由中性面转至与中性面成60°角的过程中，通过导线横截面的电荷量。
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
应用交变电流四值时的注意事项
(1)研究电容器是否被击穿时，应用交变电流的峰值(最大值)，因为电容器上标明的电压是电容器长时间工作时所能承受的最大电压。
(2)研究电功、电功率和电热时，只能用有效值。
(3)研究通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值。
[跟进训练]
4．交流发电机线圈电阻r＝1 Ω，用电器电阻R＝9 Ω，电压表示数为9 V，如图所示，那么该交流发电机(　　)
A．电动势的峰值为10 V
B．电动势的有效值为9 V
C．交流发电机的线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10 V
D．交流发电机的线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为 V
1．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．使用交流的用电器铭牌上所标示的额定电压、额定电流的数值均为最大值
B．用交流电流表和电压表测得的数值是有效值
C．照明电路电压220 V指的是有效值
D．所有交变电流的有效值和最大值之间均存在E＝、U＝和I＝的关系
2．(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势为e＝220sin 100πt(V)，则(　　)
A．交流电的频率是100π Hz
B．t＝0时，线圈位于中性面
C．交流电的周期是0.02 s
D．t＝0.05 s时，e有最大值
3．如图所示，正弦波和方波交变电流的最大值相等，周期也相等，现使它们通过完全相同的电阻，则在相同的时间(远大于周期)内，两电阻发热之比等于(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
4．(2022·山东肥城第一高级中学高二期末)如图所示，空间中分布着磁感应强度大小为B的匀强有界磁场，EF是其左边界，一面积为S的n匝圆形金属线框垂直于磁场放置，圆形线圈的圆心O在EF上，若线框以角速度ω绕EF匀速转动，并从图示位置开始计时，则(　　)
A．t＝时，线框中的感应电流最大
B．t＝时，穿过线框的磁通量最大
C．线框中产生的交变电动势的最大值为nBSω
D．线框中产生的交变电动势的有效值为nBSω
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．交变电流的周期和频率分别是什么？
2．正弦式交变电流的函数表达式(从中性面开始计时)是什么？
3．什么叫有效值？
4．如何求有效值？
第二节　描述交变电流的物理量
[必备知识·自主预习储备]
知识梳理
知识点一　1．周期性　s
2．次数　Hz
知识点二　1．最大　
2．(1)阻值　热量　有效值　(2)有效值　额定电压　额定电流
3．　0.707Em　　0.707Im　　0.707Um
知识点三　1．电动势e　电流i　电压u　时间t
基础自测
1．(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√
2．BD
3．AD　[由题图图像可知，交流电的周期T＝0.2 s，频率f＝＝5 Hz，交流电流的峰值为Im＝10 A，有效值I＝ A＝5 A，故选A、D。]
[关键能力·情境探究达成]
情境探究
(1)提示：电磁式打点计时器的打点频率与工作电流频率相同，我国生产、生活用电的频率为50 Hz，所以打点计时器的打点时间间隔T＝＝0.02 s；时间间隔由电源的频率决定。
(2)提示：热量相同。有效值是3 A。
典例1　C　[根据周期的定义知选项A错误；因为在一个周期的时间内，交变电流会出现正向和负向最大值各一次，但相邻两个峰值的时间间隔为半个周期，B错误；交变电流在一个周期内方向改变两次，即方向变化的频率为交变电流频率的2倍，故选项C正确；由T＝＝ s＝0.02 s，知选项D错误。]
跟进训练
1．ABD　[周期是T＝＝ s＝0.02 s，频率为50 Hz，选项A正确，C错误；t＝0时刻e＝0，此时线圈平面与中性面重合，选项B正确；最大值是50V, D正确。]
典例2　B　[设该交变电压最大值为Um，则Q＝t1＝t2，其中U＝100 V，t1＝2 min＝120 s，t2＝1 min＝60 s，解得Um＝200 V，故选B。]
跟进训练
2．C　[由i-t图像知交变电流的周期T＝2 s。一个周期内：前半个周期电流的有效值：I1＝，后半个周期电流的有效值：I2＝I0。设交变电流的有效值为I，根据交变电流有效值的定义有I2RT＝R＝R，解得I＝I0，故选项C正确。]
典例3　C　[题图所示时刻cd边垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，此时感应电流最大，由楞次定律可判断电流方向为a→b→c→d→a，与规定的正方向相同，所以正确答案为C。]
跟进训练
3．BC　[t＝0时线框产生的感应电动势为零，线框处于中性面，穿过线框的磁通量最大，故A错误；t＝0.01 s 时线框产生的感应电动势为零，可知线框的磁通量变化率为零，故B正确；线框产生的交变电动势有效值约为E＝＝ V≈220 V，故C正确；交变电动势的周期为0.02 s，则线框产生的交变电动势频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，故D错误。]
典例4　解析：(1)线圈中产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50 V＝628 V
感应电动势的有效值为E＝＝314 V
外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等，
即P外＝＝ W≈1.97×104 W。
(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势的瞬时值为e＝Emsin 30°＝314 V，
感应电流的瞬时值为i＝＝ A＝31.4 A。
(3)在线圈由中性面转过60°的过程中，线圈中的平均感应电动势为＝N，
平均感应电流为＝N，
故通过导线横截面的电荷量为q＝Δt＝N＝＝0.1 C。
答案：(1)1.97×104 W　(2)314 V　31.4 A　(3)0.1 C
跟进训练
4．D　[因电压表示数为9 V，所以电路中的电流I＝ A＝1 A，故电动势的有效值E＝I(r＋R)＝10 V，其最大值Em＝E＝10 V，故A、B错误；线圈通过中性面时电动势的瞬时值为0，C错误；转过90°的过程中的平均感应电动势，应用公式＝ V，D正确。]
[学习效果·随堂评估自测]
1．BC　[各种使用交流电的用电器铭牌上所标示的数值均为有效值，故A项错误；交流电表测得的数值为有效值，故B项正确；照明电路电压220 V指的是有效值，故C项正确；E＝、U＝、I＝是正弦式交变电流有效值和最大值的关系，故D项错误。故正确答案为B、C。]
2．BC　[由瞬时值表达式知：感应电动势按正弦规律变化，所以t＝0时，线圈位于中性面，角速度ω＝100π rad/s，因ω＝2πf，所以f＝＝ Hz＝50 Hz，故A错误，B正确；由T＝得T＝ s＝0.02 s，故C正确；当t＝0.05 s时，e＝220sin 5π(V)＝0，故D错误。]
3．B　[计算电阻发热Q＝I2Rt需用交流的有效值，题图甲的有效值为I1＝，题图乙的有效值为I2＝Im，所以代入可得＝，B正确。]
4．D　[当t＝时，即ωt＝2π时，线框回到题图所示位置，此时的感应电流最小，磁通量最大，A错误；当t＝，即ωt＝时，线圈转到与题图所示垂直的位置，此时磁通量为零，B错误；线框中产生的交变电动势的最大值为Em＝nBω＝nBSω，C错误；线框中产生的交变电动势的有效值为E＝＝nBSω，D正确。]
课堂小结
1．提示：(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T＝。
(2)频率(f)：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz)。
(3)周期和频率的关系：T＝。
2．提示：(1)电动势e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt。
(2)电流i＝Imsin ωt＝sin ωt。
(3)电压u＝Umsin ωt＝sin ωt。
3．提示：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫作交变电流的有效值。
4．提示：计算有效值时要注意根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解。
跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫作交变电流的有效值。对于正弦式交流电，其有效值和峰值的关系为E＝，U＝，I＝。第三节　变压器
1．了解变压器的构造及工作原理。
2．通过实验探究，得到电压、电流与匝数的关系。
3．能够利用变压比、变流比定性和定量分析有关变压器的实际问题。
知识点一　认识变压器
1．用途：改变交流电压的设备。
2．构造：变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成。
(1)原线圈：与电源相连的线圈(也叫初级线圈)。
(2)副线圈：与负载相连的线圈(也叫次级线圈)。
3．原理：变压器工作的基础是电磁感应现象，原线圈中的交变电流在铁芯中产生交变的磁通量，这个交变的磁通量不仅穿过原线圈，也穿过副线圈，所以在副线圈中产生感应电动势。
知识点二　探究变压器电压与线圈匝数的关系
1．实验目的：探究变压器电压与线圈匝数的定量关系。
2．实验器材：可拆变压器、低压交流电源、交流电压表、带夹的导线。
3．实验步骤
(1)要先估计被测电压的大致范围，再选择恰当的量程，若不知道被测电压的大致范围，则应选择交流电压表的最大量程进行测量。
(2)把两个线圈穿在铁芯上，闭合铁芯。
(3)用交流电压表测量输入、输出电压。
(4)改变输入端电压，重新测量输入、输出端电压，记录在设计好的表格内。
项目 1 2 3 4 5 6
U1
U2
n1
n2
(5)改变线圈匝数，重新测量输入、输出端电压，记录在上面设计好的表格内。
4．注意事项
(1)在改变低压交流电源电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作。
(2)为了人身安全，低压交流电源的电压不能超过12 V，不能用手接触裸露的导线和接线柱。
(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量。
知识点三　理想变压器原、副线圈基本量的关系
1．铜损和铁损
(1)铜损：变压器的线圈有内阻，电流通过时发热所损失的能量。
(2)铁损：铁芯在交变磁场中反复磁化，产生涡流，使铁芯发热所损失的能量。
2．理想变压器：忽略原、副线圈的电阻和各种电磁能量损失的变压器。
3．电压与匝数关系：原、副线圈的电压之比等于这两个线圈的匝数之比，即＝。
4．功率关系：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率。
5．电流与匝数关系：原、副线圈中的电流跟它们的匝数成反比，即＝。
6．两类变压器：n2>n1，能使电压升高的变压器叫作升压变压器；n21．思考判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电的电压。 (√)
(2)实际生活中，不存在原线圈与副线圈匝数相等的变压器。 (√)
(3)理想变压器不仅可以改变交变电流的电压和电流，还可以改变交变电流的功率和频率。 (×)
(4)理想变压器是客观存在的。 (×)
(5)＝适用于任何理想变压器。 (√)
2．(多选)理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有(　　)
A．交流电的频率　 B．磁通量的变化率
C．功率　 D．交流电的峰值
ABC　[理想变压器没有漏磁，没有能量损失，所以原、副线圈中磁通量变化率相同，原、副线圈中功率相同，B、C正确；变压器能改变交流电的峰值但不改变交流电的频率，A正确，D错误。]
3．一个含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R＝10 Ω。当原线圈接320 V的交流电压时，原线圈中电流为2 A，则变压器原、副线圈匝数比为(　　)
A．2∶1　 B．1∶2
C．4∶1　 D．1∶4
C　[输入功率等于输出功率，大小为P＝U1I1＝640 W，根据P＝，输出电压为U2＝80 V，则变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝U1∶U2＝4∶1，故选C。]
(1)在课外，某同学在进行低压交流变压器实验的准备工作时，发现缺少电源，于是就用一种摩托车的蓄电池代替，按图所示进行实验。闭合开关后，灯泡是否发光？解释出现这种现象的原因。
提示：因蓄电池是直流电源，向外输出恒定电压，故连接到副线圈上的小灯泡不会发光。原因：恒定电压加在原线圈上后，线圈内的磁通量不发生变化，因而副线圈中的磁通量也不发生变化，所以E＝n＝0。故副线圈中无感应电动势。
(2)学生电源(低压交流12 V)，可拆变压器，多用表(交流电压挡)，电路图如图所示。对于理想变压器，在只有一组副线圈的情况下，原线圈和副线圈的电流跟它们的匝数的关系是什么？
提示：＝。因为P1＝P2，即I1U1＝I2U2，又＝，所以推导出＝。
　对变压器原理的理解
1．变压器的变压原理是电磁感应。如图所示，当原线圈上加交流电压U1时，原线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生交变的磁通量，在原、副线圈中都会产生感应电动势。如果副线圈是闭合的，则副线圈中将产生交变的感应电流，它也在铁芯中产生交变磁通量，在原、副线圈中同样要产生感应电动势。
2．由于互感现象，原、副线圈间虽然不相连，电能却可以通过磁场从原线圈传递到副线圈。
3．能量转换方式为原线圈电能→磁场能→副线圈电能。
【典例1】　(多选)如图所示为汽油机中点火装置的示意图，它使用的是12 V直流电源，在变压器的输出端却可得到高达10 000 V的高压，开关是自动控制的，欲使副线圈两端得到一个高压，应使(　　)
A．开关总处于接通状态
B．开关在接通时断开
C．开关在断开时接通
D．开关总处于断开状态
BC　[欲使副线圈两端得到一个高压，必须使变压器铁芯中的磁通量发生变化，即原线圈中的电流必须发生变化，只有在开关闭合、断开瞬间原线圈中电流才有变化，故选B、C。]
(1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用。
(2)变压器的两个线圈之间通过磁场联系在一起，两个线圈间是绝缘的。
(3)变压器不能改变交变电流的周期和频率。
(4)若直流的电压是随时间变化的，也可以用变压器改变电压。
[跟进训练]
1．如图所示，甲图中两导轨不平行，而乙图中两导轨平行，其余物理条件都相同，金属棒MN正在导轨上向右做匀速运动，在金属棒运动过程中，将观察到(　　)
A．L1、L2都发光，只是亮度不同
B．L1、L2都不发光
C．L2发光，L1不发光
D．L1发光，L2不发光
D　[题图甲右侧线圈中感应电动势的大小时刻变化，在题图甲的右侧线圈中形成变化的电流，产生变化的磁场，在左侧线圈和灯L1中产生感应电流，灯L1发光；题图乙右侧线圈中感应电动势恒定不变，在题图乙的右侧线圈中形成恒定不变的电流，不能在左侧线圈和灯L2回路中产生感应电流，灯L2不发光。故D正确。]
　探究变压器电压与线圈匝数的关系
1．数据处理
根据实验中记录的数据分析完成表格：
项目 1 2 3 4 5 6
U1
U2
n1
n2
U1/U2
n1/n2
2．实验结论：在误差允许的范围内，变压器线圈两端的电压与匝数成正比，表达式为＝。
3．误差分析
(1)由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差。
(2)原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗，造成实验误差。
(3)铁芯中有磁损耗，产生涡流造成误差。
【典例2】　在“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝120匝、n2＝240匝，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据如表所示。
实验 序号 原线圈两端的 电压U1/V 副线圈两端 的电压U2/V
1 3.9 8.2 1∶2.1
2 5.9 11.8 1∶2.0
3 7.8 15.2
(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把算出的结果填在表格中。
(2)本实验可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数关系为________(用题目中给出的字母表示)。
(3)该变压器是________变压器(选填“升压”或“降压”)。
[解析]　(1)第三组数据为＝≈。
(2)线圈匝数之比＝＝，结合表格中的数据知，在误差允许的范围内线圈两端电压与匝数的关系是＝。
(3)从表格中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器。
[答案]　(1)1∶1.9　(2)＝　(3)升压
[跟进训练]
2．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，操作步骤如下：
①将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；
②闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；
③将匝数较多的一组线圈接到交流电源输出端上，另一组作为副线圈，接上小灯泡；
④将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤。
(1)以上操作的合理顺序是________(只填步骤前数字序号)。
(2)如图所示，在实验中，两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1作为原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；原线圈与副线圈对调后，当U′1＝8 V时，U′2＝32 V，那么可初步确定，变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是________。
[解析]　(1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到交流电源输出端上，另一组作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；最后将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤。故合理的顺序是①③②④。
(2)两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1作原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；当原线圈与副线圈对调后，U′1＝8 V时，U′2＝32 V，此时U′2为原线圈的电压，而U′1为副线圈的电压；由以上数据可得＝。
[答案]　(1)①③②④　(2)＝
　理想变压器的基本关系应用
1．理想变压器的变压(变流)规律
项目 规律表示 依据 备注
变压 规律 ＝＝… E＝n 适于一个原线圈及多个副线圈的情况
功率 关系 P入＝P出 能量守恒 适于理想变压器
变流 规律 ＝ U1I1＝U2I2 适于一个原线圈，一个副线圈
n1I1＝n2I2＋n3I3… U1I1＝U2I2＋U3I3… 适于一个原线圈，多个副线圈
2．理想变压器各物理量间的制约关系
(1)输入电压决定输出电压：由＝，得U2＝U1。
当U1不变时，U2也不会变，与负载电阻R多大及是否变化无关。
(2)输出功率决定输入功率：对理想变压器P出＝P入。
(3)负载决定输出电流：当U1一定时，U2也一定，对副线圈有I2＝，所以当R变化时，I2也随之变化，即R变大，I2变小；R变小，I2变大。
(4)输出电流决定输入电流：由n1I1＝n2I2，得I1＝I2，所以当I2变化时，I1也随之变化。即I2变大，I1变大；I2变小，I1也变小。
【典例3】　如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB两端电压 u1＝12sin 100πt(V)。下列说法正确的是(　　)
A．电流频率为100 Hz
B．的读数为24 V
C．的读数为0.5 A
D．变压器输入功率为6 W
D　[根据u1＝12sin 100πt(V)及U＝知U1＝12 V，f＝＝50 Hz，故A错误；根据＝得U2＝U1＝×12 V＝6 V，即的读数为6 V，故B错误；又I2＝＝ A＝1 A，即的读数为1 A，故C错误；根据P1＝P2及P2＝＝ W＝6 W，得P1＝6 W，故D正确。]
理想变压器的电压关系和电流关系
(1)理想变压器的电压关系对有一个或多个副线圈的情况都成立。
(2)电流关系只适用于有一个副线圈的情况，若有多个副线圈，则电流关系应根据功率关系P入＝P出求出。
[跟进训练]
3．如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 50πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表，下列说法正确的是(　　)
A．电流表的读数为1 A
B．增大原线圈的匝数，则电压表示数增大
C．副线圈输出交流电的周期为0.01 s
D．如果提高原线圈的电压，则电流表示数减小
A　[由理想变压器的原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比可知，副线圈两端的电压表示数为U2＝，则增大原线圈的匝数n1，则电压表示数减小，B错误；根据选项B分析和题意可知U1＝220 V、U2＝110 V，则根据欧姆定律可知流过电阻R的电流为I2＝＝2 A，由理想变压器的原、副线圈电流与线圈匝数成反比可知，电流表的读数为I1＝I2·＝1 A，A正确；根据原线圈接在u＝220sin 50πt(V)的交流电源上，知原线圈中交变电流的周期为T＝0.04 s，由于原、副线圈的周期相等，所以副线圈输出交变电流的周期为0.04 s，C错误；根据选项A、B的分析有I1＝·，则如果提高原线圈的电压，则电流表示数增大，D错误。]
1．如图所示四个电路，能够实现升压的是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
D　[变压器只能对交流电变压，不能对直流电变压，故A、B错误；由于电压与线圈匝数成正比，故C错误，D正确。]
2．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W，原线圈电路中接有电压表和电流表，电压表、电流表均为理想电表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则(　　)
A．U＝110 V，I＝0.2 A
B．U＝110 V，I＝0.05 A
C．U＝110 V，I＝0.2 A
D．U＝110 V，I＝0.2 A
A　[交流电压表、电流表测得的是交变电流的有效值，由灯泡正常发光可知，变压器的输出电压为220 V，而变压器的输入与输出电压之比等于原、副线圈的匝数比，故变压器的输入电压为110 V，电压表的示数为110 V；变压器的输入功率等于输出功率，可知变压器的输入电流为0.2 A，A正确。]
3．两彼此正对的相同金属圆环竖直放置在竖直向下、磁感应强度为0.8 T的匀强磁场中，圆环半径为0.2 m、相距0.5 m，用导线将环与匝数比为4∶1的理想变压器相连，变压器输出端接一阻值为1 Ω的灯泡，让导体杆沿两环内侧做角速度为50 rad/s的匀速圆周运动，圆环电阻不计，杆长为0.5 m，电阻为4 Ω，则灯泡(　　)
A．两端电压为0.8 V
B．两端电压为1.0 V
C．两端电压为1.5 V
D．两端电压为2.0 V
A　[分析可知，导体棒在磁场中运动，产生正弦式交流电，当导体棒经过最低点和最高点时，切割的方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大，为Em＝BLv＝BLωr＝4 V，则电源产生电压的有效值E＝＝4 V；设流过灯泡的电流及灯泡两端的电压分别为I2、U2，则根据＝、I1n1＝I2n2可得，理想变压器的输入电压及通过的电流为U1＝U2＝4U2，I1＝＝I2，其中I2＝，由闭合电路欧姆定律可得U1＝E－I1r，联立可得灯泡两端的电压U2＝0.8 V，故选A。]
4．如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V的交流电上，向额定电压为1.80×104 V的霓虹灯供电，使它正常发光。为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA时，熔断器的熔丝熔断。
(1)熔丝的熔断电流是多大(结果保留两位有效数字)
(2)当副线圈电路中电流为10 mA时，变压器的输入功率是多大？
[解析]　(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则U1I1＝U2I2，
当I2＝12 mA时，I1即为熔断电流，
I1＝I2≈0.98 A。
(2)当副线圈上的电流为I2′＝10 mA时，变压器的输入功率为P1，
所以P1＝P2＝I2′U2＝180 W。
[答案]　(1)0.98 A　(2)180 W
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．变压器的构造是什么？
提示：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的原线圈和副线圈组成的。
2．变压器的工作原理是什么？
提示：电流磁效应、电磁感应。
3．理想变压器的基本关系是什么？
提示：
物理量 电压 电流 功率
关系式 ＝ n1I1＝n2I2 P入＝P出
依据 E＝n U1I1＝U2I2 能量守恒
注意 电流关系式仅适用于一个副线圈的情况
无线充电技术
我们知道，变压器能通过电磁感应输送电能。当原线圈中由变化的电流激发了一个变化的磁场，电场的能量就转变成磁场的能量；当这个变化的磁场在副线圈上产生感应电流，磁场的能量就转化成了电场的能量，这样电能就从原线圈不必经过导线直接连接就转移到了副线圈。
无线充电是近年发展起来的新技术，其中一种就是基于这样的原理而产生的，只不过变压器磁场的回路是铁芯，而无线充电装置磁场的回路是空气。无线充电技术通过分别安装在充电基座和接收能量的装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。如果移动电话中有无线充电装置，那么把移动电话直接放在充电基座上就可以充电(图甲)。对于一个没有无线充电功能的移动电话，也可以通过在移动电话端连接一个无线充电接收器，将接收器放在无线充电基座上来进行充电。打开无线充电接收器，就可以看到其内部有一个接收线圈(图乙)。
目前已经有移动电话、数字照相机、电动牙刷等电子产品采用无线充电技术。随着新能源汽车的快速发展，无线充电技术在电动汽车中也将会有广泛的应用。
相比有线输电技术，无线充电器与用电装置之间不用电线连接，因而具有使用方便、减少触电危险、不易老化磨损等优点。但目前无线充电技术也存在着传输距离短、成本高、能量损耗大等不足。因此，无线充电技术还需不断地改进、发展。
　送电线圈中电流产生的磁场是什么样的？受电线圈磁场是什么样的？送电线圈与受电线圈是否需要导线连接？
提示：周期性变化的　周期性变化的　不需要
课时分层作业(十一)　变压器
?题组一　对变压器原理的理解
1．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是(　　)
A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等
C．穿过副线圈磁通量的变化使副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
C　[通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量Φ变化，故A错误；因理想变压器无漏磁，原、副线圈的磁通量总相等，故B错误；由互感现象知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为副线圈的电能，原、副线圈通过磁场联系在一起，故D错误。]
2．(多选)如图所示是一个理想变压器的示意图，在它正常工作时关于其说法正确的是(　　)
A．副线圈中的电动势是因为电磁感应而产生的
B．输送的电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能
C．输送的电能经变压器先转化为电场能，再转化为电能
D．输送的电能经变压器的铁芯直接传输过去
AB　[变压器的原理是原线圈的电流发生变化，从而引起副线圈中磁通量变化，产生感应电动势，故A正确；变压器电能的输送是电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能输送到副线圈电路中，故B正确，C、D错误。]
?题组二　探究变压器电压与线圈匝数的关系
3．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究。
(1)下列器材中，实验需要的器材有________。(多选)
A．干电池
B．低压交流电源
C．220 V交流电源
D．条形磁铁
E．可拆变压器和导线
F．直流电压表
G．多用电表
(2)关于实验操作，下列说法正确的是________。
A．为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V
B．实验通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
C．使用多用电表测电压时，先用中等量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量
(3)在实验中，某同学保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，仅减小原线圈的匝数，副线圈两端的电压将________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
[解析]　(1)“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，需要的器材是低压交流电源，提供低压交流电，同时还需要交流电压表来测量电压及可拆变压器和导线，故选BEG。
(2)变压器是为了改变电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不超过12 V，故A正确；实验通电时，若用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，就将人体并联入电路中，会导致所测数据不准确，故B错误；使用多用电表测电压时，先用最高量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故C错误。
(3)根据电压比公式＝，保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，减小原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大。
[答案]　(1)BEG　(2)A　(3)增大
4．某研究性学习小组的同学想用220 V交流电源作为某小型电器的电源。他先制作了一个交流变为直流的整流器，但是这个整流器需要用6 V的交流电源，于是他又添置了一台220 V/6 V的变压器，如图所示。他看到这个变压器上有a、b、c、d四个引出线头，且a、d引线比b、c引线粗。
(1)他不知道接法如何，也没有相应的说明书。你能帮他判断正确的接法是a、d端接________(选填“220 V”或“6 V”)。
(2)这台220 V/6 V的理想变压器接6 V的线圈匝数是300匝，则接220 V的线圈匝数是________匝。
(3)为了进一步探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系，他又取匝数Na＝80匝和Nb＝160匝的一个变压器重新接在电源上，测量结果记录如下，则接电源的是______(选填“Na”或“Nb”)。
Ua/V 1.80 2.80 3.80
Ub/V 4.00 6.01 8.02
[解析]　(1)因为理想变压器的输入功率等于输出功率，采用的是降压变压器，根据P＝UI可知，副线圈中的电流大，为了减小输电线上功率的损失，副线圈电线电阻要小，由公式R＝ρ知，副线圈引线要粗，故a、d接6 V。
(2)根据变压器工作原理知＝，若理想变压器接6 V的线圈匝数是300匝，则接220 V的线圈匝数是11 000匝。
(3)根据变压器工作原理知＝，本题采用的是降压变压器，所以接电源的应该是匝数多的线圈，所以接电源的是Nb。
[答案]　(1)6 V　(2)11 000　(3)Nb
?题组三　理想变压器的基本关系应用
5．(多选)某同学在探究变压器原、副线圈电压规律时，自己绕制了两个线圈，套在可拆变压器的铁芯上，组成了一个新变压器，如图所示，原线圈连接到学生电源的交流输出端并保持电压不变，副线圈接灯泡，灯泡正常发光，若将该变压器视为理想变压器，不考虑导线电阻，下列说法正确的是(　　)
A．适当增加原线圈的匝数，灯泡会变暗
B．适当增加原线圈的匝数，灯泡会变亮
C．将一定值电阻与灯泡并联，灯泡亮度不变
D．将一定值电阻与灯泡并联，灯泡会变亮
AC　[根据＝可知，增加原线圈的匝数，副线圈两端电压减小，则灯泡会变暗，故A正确，B错误；将一定值电阻与灯泡并联时，根据电压匝数关系，副线圈两端电压不变，灯泡两端电压不变，则灯泡亮度不变，故C正确，D错误。]
6．(2021·广东卷)某同学设计了一个充电装置，如图所示。假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s，电压最大值为0.05 V。理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60。下列说法正确的是(　　)
A．交流电的频率为10 Hz
B．副线圈两端电压最大值为3 V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
B　[交流电的周期为0.2 s，频率f＝＝5 Hz，A错误；根据变压器原、副线圈的电压规律可知＝，由于原线圈的电压最大值为0.05 V，故副线圈的电压最大值为3 V，B正确；变压器的输入电压由螺线管与永磁铁相对运动产生，故输入电压与永磁铁的磁场强弱有关，C错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，D错误。]
7．教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则(　　)
A．R消耗的功率变为P
B．电压表V的读数为U
C．电流表A的读数变为2I
D．通过R的交变电流频率不变
B　[根据ω＝2πn可知，转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据Em＝nBSω可知电动机产生的最大电动势变为原来的，根据U＝可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，根据＝可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据P＝可知R消耗的电功率变为P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I2＝，即变为原来的，根据＝可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误。]
8．(多选)(2022·湖北卷)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是(　　)
A．接收线圈的输出电压约为8 V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
AC　[根据＝，可得接收线圈的输出电压约为U2＝8 V，故A正确；由于存在漏磁现象，电流比不再与匝数成反比，故B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。]
9．如图所示，理想变压器的原线圈跟副线圈的匝数比＝2∶1，交流电源电压U1＝220 V，F为熔断电流I0＝1.0 A的保险丝，负载R为一可变电阻。
(1)当电阻R＝100 Ω时，保险丝能否被熔断？
(2)要使保险丝不被熔断，电阻R的最小值为多少？变压器输出的电功率不能超过多少？
[解析]　(1)由＝得U2＝110 V，
由欧姆定律得I2＝1.1 A，
再由＝得到I1＝0.55 A，故保险丝不会熔断。
(2)理想变压器的P出＝P入＝220×1.0 W＝220 W，得到R＝＝55 Ω。
[答案]　(1)不能　(2)55 Ω　220 W
10．(2022·河北卷)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是(　　)
A．发电机输出的电压为πNBSz
B．发电机输出交变电流的频率为2πnz
C．变压器原、副线圈的匝数比为πNBSnz∶U
D．发电机产生的瞬时电动势e＝πNBSnz sin (2πnz)
C　[发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝＝nz，B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为Em＝NBS·2π·nz，输出电压的有效值为E＝＝πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为＝＝，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e＝Emsin ωt＝2πNBSnz sin (2πnzt)，D错误。]
11．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝3∶1，L1、L2为两相同灯泡，R、L、D和C分别为定值电阻、理想线圈、理想二极管和电容器，其中C＝10 μF。当原线圈两端接如图乙所示的正弦交流电压时，下列说法正确的是(　　)
A．灯泡L1一定比L2暗
B．电容器C所带电量的最大值为6×10-3 C
C．电容器C放电周期为2×10-2 s
D．副线圈两端的电压最大值为12 V
D　[原线圈接正弦式交变电流，则副线圈中也是正弦式交变电流。由于L1与电阻相串联，而L2与电感器相串联，灯泡L1与L2的亮暗程度，取决于电感和电阻阻碍作用，本题未给条件，无法判断，故A错误；由变压器的变压比＝可知，副线圈两端的电压的最大值：U2m＝＝×36 V＝12 V，故D正确；电容器所带电量的最大值：Q＝CU2m＝10×10-6×12 C＝1.2×10-4 C，故B错误；电容器与二极管串联，含有电容的支路一次充电结束后就相当于断路，不存在周期，故C错误。]
12．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，C＝100 μF，已知电阻R1两端的正弦交流电压如图乙所示，则(　　)
A．原线圈输入电压的最大值为400 V
B．交变电流的频率为100 Hz
C．电容器C所带电量恒为2×10-3 C
D．电阻R1消耗的电功率为20 W
AD　[变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，由题图乙知，副线圈电压的最大值为20 V，根据电压与匝数成正比可得原线圈电压最大值为400 V，故A正确；由题图乙知交变电流的周期为0.02 s，故频率为周期的倒数，等于50 Hz，故B错误；电容器两板间的电压是变化的，故所带电量也是变化的，故C错误；R1电压的有效值为U1＝10 V，所以消耗电功率为P1＝＝20 W，故D正确。]
13．一台理想变压器，其原线圈的匝数为2 200匝，副线圈的匝数为440匝，副线圈中接入一个100 Ω的负载电阻，如图所示。
(1)当原线圈接在44 V直流电源上时，电压表示数为多大？电流表示数为多大？
(2)当原线圈接在220 V交流电源上时，电压表示数为多大？电流表示数为多大？此时输入功率为多少？变压器效率为多大？
[解析]　(1)原线圈接在直流电源上时，由于原线圈中的电流恒定，所以穿过原、副线圈的磁通量不发生变化，副线圈两端不产生感应电动势，故电压表示数为零，电流表示数也为零。
(2)由＝得电压表示数为U2＝U1＝×220 V＝44 V。
电流表示数为I2＝＝ A＝0.44 A。
P入＝P出＝U2I2＝44×0.44 W＝19.36 W。
效率η＝×100%＝100%。
[答案]　(1)0　0　(2)44 V　0.44 A　19.36 W　100%第三节　变压器
1．了解变压器的构造及工作原理。
2．通过实验探究，得到电压、电流与匝数的关系。
3．能够利用变压比、变流比定性和定量分析有关变压器的实际问题。
知识点一　认识变压器
1．用途：改变____电压的设备。
2．构造：变压器是由____铁芯和绕在铁芯上的两个____组成。
(1)原线圈：与电源相连的线圈(也叫初级线圈)。
(2)副线圈：与负载相连的线圈(也叫次级线圈)。
3．原理：变压器工作的基础是电磁感应现象，原线圈中的交变电流在铁芯中产生交变的磁通量，这个交变的磁通量不仅穿过原线圈，也穿过副线圈，所以在副线圈中产生感应电动势。
知识点二　探究变压器电压与线圈匝数的关系
1．实验目的：探究变压器电压与线圈匝数的定量关系。
2．实验器材：__________、低压交流电源、交流电压表、带夹的导线。
3．实验步骤
(1)要先估计被测电压的大致范围，再选择恰当的量程，若不知道被测电压的大致范围，则应选择交流电压表的________进行测量。
(2)把两个____穿在铁芯上，闭合铁芯。
(3)用交流电压表测量输入、____电压。
(4)改变输入端电压，重新测量输入、输出端电压，记录在设计好的表格内。
项目 1 2 3 4 5 6
U1
U2
n1
n2
(5)改变线圈____，重新测量输入、输出端电压，记录在上面设计好的表格内。
4．注意事项
(1)在改变低压交流电源电压、线圈匝数前均要先____开关，再进行操作。
(2)为了人身安全，低压交流电源的电压不能超过12 V，不能用手接触裸露的导线和接线柱。
(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用____量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量。
知识点三　理想变压器原、副线圈基本量的关系
1．铜损和铁损
(1)铜损：变压器的线圈有内阻，电流通过时发热所损失的能量。
(2)铁损：铁芯在交变磁场中反复磁化，产生涡流，使铁芯发热所损失的能量。
2．理想变压器：忽略原、副线圈的____和各种电磁能量损失的变压器。
3．电压与匝数关系：原、副线圈的电压之比等于这两个线圈的________，即＝______。
4．功率关系：原线圈的输入功率____副线圈的输出功率。
5．电流与匝数关系：原、副线圈中的电流跟它们的匝数______，即＝______。
6．两类变压器：n2>n1，能使电压升高的变压器叫作____变压器；n21．思考判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电的电压。 (　)
(2)实际生活中，不存在原线圈与副线圈匝数相等的变压器。 (　)
(3)理想变压器不仅可以改变交变电流的电压和电流，还可以改变交变电流的功率和频率。 (　)
(4)理想变压器是客观存在的。 (　)
(5)＝适用于任何理想变压器。 (　)
2．(多选)理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有(　　)
A．交流电的频率　 B．磁通量的变化率
C．功率　 D．交流电的峰值
3．一个含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R＝10 Ω。当原线圈接320 V的交流电压时，原线圈中电流为2 A，则变压器原、副线圈匝数比为(　　)
A．2∶1　 B．1∶2
C．4∶1　 D．1∶4
(1)在课外，某同学在进行低压交流变压器实验的准备工作时，发现缺少电源，于是就用一种摩托车的蓄电池代替，按图所示进行实验。闭合开关后，灯泡是否发光？解释出现这种现象的原因。
(2)学生电源(低压交流12 V)，可拆变压器，多用表(交流电压挡)，电路图如图所示。对于理想变压器，在只有一组副线圈的情况下，原线圈和副线圈的电流跟它们的匝数的关系是什么？
　对变压器原理的理解
1．变压器的变压原理是电磁感应。如图所示，当原线圈上加交流电压U1时，原线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生交变的磁通量，在原、副线圈中都会产生感应电动势。如果副线圈是闭合的，则副线圈中将产生交变的感应电流，它也在铁芯中产生交变磁通量，在原、副线圈中同样要产生感应电动势。
2．由于互感现象，原、副线圈间虽然不相连，电能却可以通过磁场从原线圈传递到副线圈。
3．能量转换方式为原线圈电能→磁场能→副线圈电能。
【典例1】　(多选)如图所示为汽油机中点火装置的示意图，它使用的是12 V直流电源，在变压器的输出端却可得到高达10 000 V的高压，开关是自动控制的，欲使副线圈两端得到一个高压，应使(　　)
A．开关总处于接通状态
B．开关在接通时断开
C．开关在断开时接通
D．开关总处于断开状态
(1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用。
(2)变压器的两个线圈之间通过磁场联系在一起，两个线圈间是绝缘的。
(3)变压器不能改变交变电流的周期和频率。
(4)若直流的电压是随时间变化的，也可以用变压器改变电压。
[跟进训练]
1．如图所示，甲图中两导轨不平行，而乙图中两导轨平行，其余物理条件都相同，金属棒MN正在导轨上向右做匀速运动，在金属棒运动过程中，将观察到(　　)
A．L1、L2都发光，只是亮度不同
B．L1、L2都不发光
C．L2发光，L1不发光
D．L1发光，L2不发光
　探究变压器电压与线圈匝数的关系
1．数据处理
根据实验中记录的数据分析完成表格：
项目 1 2 3 4 5 6
U1
U2
n1
n2
U1/U2
n1/n2
2．实验结论：在误差允许的范围内，变压器线圈两端的电压与匝数成正比，表达式为＝。
3．误差分析
(1)由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差。
(2)原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗，造成实验误差。
(3)铁芯中有磁损耗，产生涡流造成误差。
【典例2】　在“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝120匝、n2＝240匝，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据如表所示。
实验 序号 原线圈两端的 电压U1/V 副线圈两端 的电压U2/V
1 3.9 8.2 1∶2.1
2 5.9 11.8 1∶2.0
3 7.8 15.2
(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把算出的结果填在表格中。
(2)本实验可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数关系为________(用题目中给出的字母表示)。
(3)该变压器是________变压器(选填“升压”或“降压”)。
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[跟进训练]
2．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，操作步骤如下：
①将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；
②闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；
③将匝数较多的一组线圈接到交流电源输出端上，另一组作为副线圈，接上小灯泡；
④将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤。
(1)以上操作的合理顺序是________(只填步骤前数字序号)。
(2)如图所示，在实验中，两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1作为原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；原线圈与副线圈对调后，当U′1＝8 V时，U′2＝32 V，那么可初步确定，变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是________。
　理想变压器的基本关系应用
1．理想变压器的变压(变流)规律
项目 规律表示 依据 备注
变压 规律 ＝＝… E＝n 适于一个原线圈及多个副线圈的情况
功率 关系 P入＝P出 能量守恒 适于理想变压器
变流 规律 ＝ U1I1＝U2I2 适于一个原线圈，一个副线圈
n1I1＝n2I2＋n3I3… U1I1＝U2I2＋U3I3… 适于一个原线圈，多个副线圈
2．理想变压器各物理量间的制约关系
(1)输入电压决定输出电压：由＝，得U2＝U1。
当U1不变时，U2也不会变，与负载电阻R多大及是否变化无关。
(2)输出功率决定输入功率：对理想变压器P出＝P入。
(3)负载决定输出电流：当U1一定时，U2也一定，对副线圈有I2＝，所以当R变化时，I2也随之变化，即R变大，I2变小；R变小，I2变大。
(4)输出电流决定输入电流：由n1I1＝n2I2，得I1＝I2，所以当I2变化时，I1也随之变化。即I2变大，I1变大；I2变小，I1也变小。
【典例3】　如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB两端电压u1＝12sin 100πt(V)。下列说法正确的是(　　)
A．电流频率为100 Hz
B．的读数为24 V
C．的读数为0.5 A
D．变压器输入功率为6 W
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
理想变压器的电压关系和电流关系
(1)理想变压器的电压关系对有一个或多个副线圈的情况都成立。
(2)电流关系只适用于有一个副线圈的情况，若有多个副线圈，则电流关系应根据功率关系P入＝P出求出。
[跟进训练]
3．如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 50πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表，下列说法正确的是(　　)
A．电流表的读数为1 A
B．增大原线圈的匝数，则电压表示数增大
C．副线圈输出交流电的周期为0.01 s
D．如果提高原线圈的电压，则电流表示数减小
1．如图所示四个电路，能够实现升压的是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
2．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W，原线圈电路中接有电压表和电流表，电压表、电流表均为理想电表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则(　　)
A．U＝110 V，I＝0.2 A
B．U＝110 V，I＝0.05 A
C．U＝110 V，I＝0.2 A
D．U＝110 V，I＝0.2 A
3．两彼此正对的相同金属圆环竖直放置在竖直向下、磁感应强度为0.8 T的匀强磁场中，圆环半径为0.2 m、相距0.5 m，用导线将环与匝数比为4∶1的理想变压器相连，变压器输出端接一阻值为1 Ω的灯泡，让导体杆沿两环内侧做角速度为50 rad/s的匀速圆周运动，圆环电阻不计，杆长为0.5 m，电阻为4 Ω，则灯泡(　　)
A．两端电压为0.8 V
B．两端电压为1.0 V
C．两端电压为1.5 V
D．两端电压为2.0 V
4．如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V的交流电上，向额定电压为1.80×104 V的霓虹灯供电，使它正常发光。为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA时，熔断器的熔丝熔断。
(1)熔丝的熔断电流是多大(结果保留两位有效数字)
(2)当副线圈电路中电流为10 mA时，变压器的输入功率是多大？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．变压器的构造是什么？
2．变压器的工作原理是什么？
3．理想变压器的基本关系是什么？
无线充电技术
我们知道，变压器能通过电磁感应输送电能。当原线圈中由变化的电流激发了一个变化的磁场，电场的能量就转变成磁场的能量；当这个变化的磁场在副线圈上产生感应电流，磁场的能量就转化成了电场的能量，这样电能就从原线圈不必经过导线直接连接就转移到了副线圈。
无线充电是近年发展起来的新技术，其中一种就是基于这样的原理而产生的，只不过变压器磁场的回路是铁芯，而无线充电装置磁场的回路是空气。无线充电技术通过分别安装在充电基座和接收能量的装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。如果移动电话中有无线充电装置，那么把移动电话直接放在充电基座上就可以充电(图甲)。对于一个没有无线充电功能的移动电话，也可以通过在移动电话端连接一个无线充电接收器，将接收器放在无线充电基座上来进行充电。打开无线充电接收器，就可以看到其内部有一个接收线圈(图乙)。
目前已经有移动电话、数字照相机、电动牙刷等电子产品采用无线充电技术。随着新能源汽车的快速发展，无线充电技术在电动汽车中也将会有广泛的应用。
相比有线输电技术，无线充电器与用电装置之间不用电线连接，因而具有使用方便、减少触电危险、不易老化磨损等优点。但目前无线充电技术也存在着传输距离短、成本高、能量损耗大等不足。因此，无线充电技术还需不断地改进、发展。
　送电线圈中电流产生的磁场是什么样的？受电线圈磁场是什么样的？送电线圈与受电线圈是否需要导线连接？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
第三节　变压器
[必备知识·自主预习储备]
知识梳理
知识点一　1．交流
2．闭合　线圈
知识点二　2．可拆变压器　
3．(1)最大量程　(2)线圈　(3)输出　(5)匝数
4．(1)断开　(3)最大
知识点三　2．电阻
3．匝数之比　　
4．等于
5．成反比　
6．升压　降压
基础自测
1．(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√
2．ABC　[理想变压器没有漏磁，没有能量损失，所以原、副线圈中磁通量变化率相同，原、副线圈中功率相同，B、C正确；变压器能改变交流电的峰值但不改变交流电的频率，A正确，D错误。]
3．C　[输入功率等于输出功率，大小为P＝U1I1＝640 W，根据P＝，输出电压为U2＝80 V，则变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝U1∶U2＝4∶1，故选C。]
[关键能力·情境探究达成]
情境探究
(1)提示：因蓄电池是直流电源，向外输出恒定电压，故连接到副线圈上的小灯泡不会发光。原因：恒定电压加在原线圈上后，线圈内的磁通量不发生变化，因而副线圈中的磁通量也不发生变化，所以E＝n＝0。故副线圈中无感应电动势。
(2)提示：＝。因为P1＝P2，即I1U1＝I2U2，又＝，所以推导出＝。
典例1　BC　[欲使副线圈两端得到一个高压，必须使变压器铁芯中的磁通量发生变化，即原线圈中的电流必须发生变化，只有在开关闭合、断开瞬间原线圈中电流才有变化，故选B、C。]
跟进训练
1．D　[题图甲右侧线圈中感应电动势的大小时刻变化，在题图甲的右侧线圈中形成变化的电流，产生变化的磁场，在左侧线圈和灯L1中产生感应电流，灯L1发光；题图乙右侧线圈中感应电动势恒定不变，在题图乙的右侧线圈中形成恒定不变的电流，不能在左侧线圈和灯L2回路中产生感应电流，灯L2不发光。故D正确。]
典例2　解析：(1)第三组数据为＝≈。
(2)线圈匝数之比＝＝，结合表格中的数据知，在误差允许的范围内线圈两端电压与匝数的关系是＝。
(3)从表格中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器。
答案：(1)1∶1.9　(2)＝　(3)升压
跟进训练
2．解析：(1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到交流电源输出端上，另一组作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；最后将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤。故合理的顺序是①③②④。
(2)两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1作原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；当原线圈与副线圈对调后，U′1＝8 V时，U′2＝32 V，此时U′2为原线圈的电压，而U′1为副线圈的电压；由以上数据可得＝。
答案：(1)①③②④　(2)＝
典例3　D　[根据u1＝12sin 100πt(V)及U＝知U1＝12 V，f＝＝50 Hz，故A错误；根据＝得U2＝U1＝×12 V＝6 V，即的读数为6 V，故B错误；又I2＝＝ A＝1 A，即的读数为1 A，故C错误；根据P1＝P2及P2＝＝ W＝6 W，得P1＝6 W，故D正确。]
跟进训练
3．A　[由理想变压器的原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比可知，副线圈两端的电压表示数为U2＝U1，则增大原线圈的匝数n1，则电压表示数减小，B错误；根据选项B分析和题意可知U1＝220 V、U2＝110 V，则根据欧姆定律可知流过电阻R的电流为I2＝＝2 A，由理想变压器的原、副线圈电流与线圈匝数成反比可知，电流表的读数为I1＝I2·＝1 A，A正确；根据原线圈接在u＝220sin 50πt(V)的交流电源上，知原线圈中交变电流的周期为T＝0.04 s，由于原、副线圈的周期相等，所以副线圈输出交变电流的周期为0.04 s，C错误；根据选项A、B的分析有I1＝·，则如果提高原线圈的电压，则电流表示数增大，D错误。]
[学习效果·随堂评估自测]
1．D　[变压器只能对交流电变压，不能对直流电变压，故A、B错误；由于电压与线圈匝数成正比，故C错误，D正确。]
2．A　[交流电压表、电流表测得的是交变电流的有效值，由灯泡正常发光可知，变压器的输出电压为220 V，而变压器的输入与输出电压之比等于原、副线圈的匝数比，故变压器的输入电压为110 V，电压表的示数为110 V；变压器的输入功率等于输出功率，可知变压器的输入电流为0.2 A，A正确。]
3．A　[分析可知，导体棒在磁场中运动，产生正弦式交流电，当导体棒经过最低点和最高点时，切割的方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大，为Em＝BLv＝BLωr＝4 V，则电源产生电压的有效值E＝＝4 V；设流过灯泡的电流及灯泡两端的电压分别为I2、U2，则根据＝、I1n1＝I2n2可得，理想变压器的输入电压及通过的电流为U1＝U2＝4U2，I1＝＝I2，其中I2＝，由闭合电路欧姆定律可得U1＝E－I1r，联立可得灯泡两端的电压U2＝0.8 V，故选A。]
4．解析：(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则U1I1＝U2I2，
当I2＝12 mA时，I1即为熔断电流，I1＝I2≈0.98 A。
(2)当副线圈上的电流为I2′＝10 mA时，变压器的输入功率为P1，
所以P1＝P2＝I2′U2＝180 W。
答案：(1)0.98 A　(2)180 W
课堂小结
1．提示：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的原线圈和副线圈组成的。
2．提示：电流磁效应、电磁感应。
3．提示：
物理量 电压 电流 功率
关系式 ＝ n1I1＝n2I2 P入＝P出
依据 E＝n U1I1＝U2I2 能量守恒
[阅读材料·拓展物理视野]
提示：周期性变化的　周期性变化的　不需要第四节　远距离输电
1．了解输电线上的功率损耗与何种因素有关及降低功率损耗的措施。
2．知道高压输电的原因；会利用变压器的规律和能量守恒的观点对简单的远距离输电进行定性分析和计算。
3．了解高压交流和高压直流输电的优缺点。
4．知道我国输电技术的发展。
知识点一　远距离输电中的电功率和电压损耗
1．两种损失比较
两种损失 主要原因 大小表示 减小办法
电功率损失 输电线有电阻产生焦耳热 ΔP＝I2R 减小R减小I
电压损失 输电线电阻的电压降 ΔU＝IR
2．降低两种损失的途径——高压输电
输送一定功率电能，输电电压越高，输电线中电流越小，导线因发热而损耗的电能越少，线路上电压的损失也越少。
知识点二　高压交流输电
1．降低输电损耗的途径
(1)减小输电线的电阻：在输电距离一定的情况下，为减小输电线电阻，应当选用电阻率小的金属材料，还要尽可能增加导线的横截面积。
(2)减小输电线中的电流：为了减小输电电流，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电电压。
2．输电线路
远距离输送电网的基本结构：如图所示(输出功率为P，输出电压为U)。
3．功率损耗
输电导线损失的电功率：由P损＝R线，可推得P损＝R线。
4．两个关系
功率关系：P入＝P线＋P用。
电压关系：U2＝U线＋U3。
知识点三　直流输电
1．采用高压直流输电的原因
当交流输电功率很大时，导线的电感、电容引起的电压及电能损失很大；同一电网供电的发电机同步运行，技术上也存在困难。
2．高压直流输电系统的组成：主要由整流站、直流线路和逆变站三部分组成。
3．高压直流输电系统的工作程序：交变电流升压后输送到整流器，把高压交变电流变换成高压直流电流，经由高压直流线路输送到用电地区后，逆变器将高压直流电流变换成高压交变电流，再经降压变压器降压。
4．高压直流输电系统的优点
(1)不存在感抗和容抗引起的损耗。
(2)节省材料，输电杆塔结构简单，占地面积小。
(3)不需要考虑电网中的各发电机的同步运行问题。
1．思考判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)为了减少能量损失，要高压输电，而且越高越好。 (×)
(2)输送功率一定时，提高输送电压，可以减少功率损失。 (√)
(3)电压损失ΔU＝IR线和电功率损失ΔP＝I2R线中I可以通过I＝ 求得。 (√)
(4)负载越多，即用电高峰期，ΔU、ΔP也越大。 (√)
(5)高压直流输电与高压交流输电的区别在于输送环节。 (√)
2．近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格，可采取的措施有(　　)
A．提高输送功率
B．减小输电距离
C．提高输电的电压
D．减小输电导线的横截面积
C　[为减少远距离输电的损耗，可以提高输电的电压，故C项正确；提高输送功率不能减少远距离输电的损耗，减小输电导线的长度的方法不可取，减小输电导线的横截面积反而会增大损耗，故A、B、D错误。]
3．输电线的电阻共计为r，输送的电功率为P，用电压U送电，则用户能得到的电功率为(　　)
A．P　　　　　　 B．P－r
C．P－　 D．r
B　[输电电流I＝，输电线上损耗功率为ΔP＝I2r＝r，用户得到功率为P用＝P－ΔP＝P－I2r＝P－r，故B正确，A、C、D错误。]
如图所示的输电线路，为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光较暗？怎样才能减小导线上损失的电压和损失的功率呢？
提示：用电高峰期高压输电线和变压器到家庭的输电线中电流较大，有较大的电压损失，因此加在白炽灯上的电压变低，达不到额定功率，因此白炽灯灯光较暗；为减小导线上损失的电压和功率可减小输电线电阻，提高输电电压。
　输电线上电压和电功率损失的计算
1．功率损失的原因
在电能输送过程中，电流流过输电线时，因输电线有电阻而发热，电能必有一部分转化为内能而损失掉。
2．若输电线的电阻为R线，输电电流为I，输电线始端和末端的电压分别为U和U′，则：
(1)电压损失ΔU＝U－U′＝IR线；
(2)功率损失ΔP＝I2R线＝IΔU＝。
3．若输电功率P不变，输电电压提高到nU，可使输电电流减小到，则：
(1)电压损失减小到；
(2)功率损失减小到。
【典例1】　在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个小型发电站，输送的电功率P＝500 kW，当使用U＝5 kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800 kW·h。求：
(1)输电效率η和输电线的总电阻r。
(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？
[思路点拨]　输电线上损失的功率为P损＝I2r，输电功率P＝UI，要提高输电效率，就要提高输电电压。
[解析]　(1)输送功率P＝500 kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000 kW·h
输电线上损失的电能ΔE＝4 800 kW·h
终点得到的电能E′＝E－ΔE＝7 200 kW·h
所以输电效率η＝×100%＝60%
输电线上的电流I＝＝100 A
输电线上损耗的功率Pr＝＝200 kW
输电线的电阻r＝＝20 Ω。
(2)设发电站使用U′的电压向外输电，输电线的损失功率Pr′＝r
又因为要求输电线上损耗的功率Pr′＝2%P＝10 kW
两式联立可得U′＝P≈22.4 kV。
[答案]　(1)60%　20 Ω　(2)22.4 kV
计算输电线上功率损失的两种方法
计算输电线上损失的功率时，要注意区分两个电压：输电电压(输电线始端的电压)U和输电线上的损失电压ΔU。
(1)P损＝ΔUI＝，ΔU是输电线两端的电压，即输电线上损失的电压。
(2)P损＝R线，U是指输送电压，即从发电站发出后，经过变压器升高后的电压。
[跟进训练]
1．(2022·江苏如皋中学高二阶段练习)对于远距离输电，在P送一定的情况下，设输电线路中的电流为I送，输电线的总电阻为R线，为了减少损耗，采用增大电压U送输电，下列说法正确的是(　　)
A．由U送＝I送R线，知输电线路中的电流变大
B．由P送＝I送U送，知输电线路中的电流变小
C．由P耗＝，知输电线路消耗功率增大
D．由P送＝R线，知不会影响输电线路中的电流
B　[由U线＝I线R线，I送＝I线，U送≠U线＝I送R线，得U送≠I送R线，故A错误；公式P送＝I送U送，针对的是同一研究对象，故B正确，D错误；根据P耗＝R线＝R线＝R线，可知U送增大时，输电线路消耗功率P耗减小，故C错误。]
　高压输电线路的分析与计算
1．远距离输电电路图
2．输电过程的几个基本关系式
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝ΔP＋P3。
(2)电压、电流关系：＝＝＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线。
(3)输电电流：I线＝＝＝。
(4)输电线上损耗的电功率：ΔP＝I线ΔU＝R线＝R线＝R线。
3．高压输电过程的几个电压的区别
(1)输送电压：输电线始端电压，如图中的U2。
(2)用户电压：最终用户得到的电压，如图中的U4。
(3)损失电压
①表示形式：输电线始端电压与末端电压的差值，即ΔU＝U2－U3＝I2R线。
②形成原因：输电导线有电阻，电流通过输电线时，会在线路上产生电势降落，致使输电线路末端的电压比起始端电压要低。
【典例2】　如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW，输出电压为400 V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2 kV高压输电，最后用户得到220 V、9.5 kW的电力，求：
(1)水电站升压变压器的原、副线圈匝数比；
(2)输电线路导线电阻R；
(3)降压变压器的原、副线圈匝数比。
[解析]　已知输电功率为10 kW，而用户得到的功率为9.5 kW，所以损失的功率为0.5 kW，等于导线的电阻与输电电流的平方之积。
(1)升压变压器的原、副线圈匝数比＝＝＝。
(2)由P损＝R可知，输电线上损失的功率和导线电阻R及输电电流有关，而输电电流又取决于输电电压及输电功率，则有I2＝
所以R＝＝＝ Ω＝20 Ω。
(3)降压变压器原线圈上的电压
U3＝U2－I2R＝U2－R＝(2 000－×20)V＝1 900 V
所以降压变压器的原、副线圈匝数比＝＝。
[答案]　(1)　(2)20 Ω　(3)
远距离输电问题的分析方法
(1)正确画出输电过程示意图并在图上标出各物理量。
(2)抓住变压器变压前后各量间的关系，求出输电线上的电流。
(3)计算电路功率问题时常用关系式：P损＝R线，注意输电线上的功率损失和电压损失。
(4)电网送电遵循“用多少给多少”的原则，说明原线圈电流由副线圈电流决定。
[跟进训练]
2．图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为50 Ω。降压变压器右侧部分为火灾报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小，电压表V可以显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为660 kW。下列说法正确的是(　　)
A．0.01 s时刻，电压表的示数是0 V
B．未出现火警时，远距离输电线路损耗的功率为45 kW
C．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大
D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小
B　[电压表测量的为交流电的有效值，故不为零，故A错误；升压变压器输入端电压有效值为220 V，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压为22 000 V，所以输电线中的电流I＝＝ A＝30 A，输电线损失的电压ΔU＝IR＝30×50 V＝1 500 V，输电线路损耗功率ΔP＝ΔUI＝1 500×30 W＝45 kW，故B正确；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数减小，故C错误；当传感器R2所在处出现火警时，副线圈电流增大，可知输电线上的电流增大，故D错误。]
1．(2022·贵州高二学业考试)为了减少电能在输电线路中的损耗，在输送电功率一定时，远距离输送电能通常采用(　　)
A．高电压输电
B．低电压输电
C．增大输电电流
D．增大输电线电阻
A　[为了减小输电线的损耗，当输送功率一定时，根据P＝UI知增大输送电压U可以减小流过线路的电流I，则根据线路损耗P损＝I2r可知线路损耗也会减小，A正确，B、C、D错误。]
2．500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大工程，我省超高压输电工程正在紧张建设之中。若输送功率为3 200万千瓦，原来采用200千伏输电，由于输电线有电阻而损失的电功率为P损，则采用500千伏超高压输电后，在输电线上损失的电功率为(设输电线的电阻未变) (　　)
A．0.4P损　　　　　 B．0.16P损
C．2.5P损　 D．6.25P损
B　[根据P损＝r可知：当输电电压由200 kV升高到500 kV时，其线路损耗由P损减小到0.16P损，选项B正确。]
3．(多选)发电厂发电机输出电压为U1，发电厂到学校的输电导线总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上的损耗的电功率可表示为(　　)
A．
C．I2R　 D．I(U1－U2)
BCD　[输电线上的电压损失为U1－U2，即电阻R两端的电压为U1－U2，故其消耗的电功率为；导线中的电流为I，即流过电阻R的电流为I，故其消耗的电功率还可表示为I2R和I(U1－U2)，综上所述，选项B、C、D正确。]
4．风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 Ω。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；
(2)画出此输电线路的示意图；
(3)用户得到的电功率是多少。
[解析]　(1)由P损＝R线，得I2＝＝ A＝20 A
由P＝U2I2，得U2＝＝ V＝5 000 V
升压变压器原、副线圈匝数比 ＝＝＝
U3＝U2－U损＝U2－I2R线＝4 800 V
降压变压器原、副线圈匝数比 ＝＝＝。
(2)如图所示。
(3)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率，为P用＝P－P损＝P(1－4%)＝100×96% kW＝96 kW。
[答案]　(1)1∶20　240∶11　(2)见解析图　(3)96 kW
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．画出高压输电线路。
提示：
2．变压器存在的关系式是什么？
提示：
升压变压器T1两端 降压变压器T2两端
＝＝，P1＝P2 ＝＝，P3＝P4
3．电压损耗和功率损耗计算公式？
提示：(1)电压损耗：输电线路上I2＝IR＝I3，总电阻R导致的电压损耗UR＝U2－U3＝IRR。
(2)功率损耗：输电线路发热导致的功率损耗PR＝P2－P3＝R＝，注意。
输电技术的发展
1882年，爱迪生在美国修建了第一个电力照明系统，用直流电点亮了几千盏电灯。那时，输电距离很近，每隔3 km左右就要建立一个发电厂，否则灯泡因电压过低而不能发光。同一年，一个法国工程师修建了第一条远距离输电电路，将一个水电站发出的电送到57 km之外的慕尼黑，在博览会上用来驱动一台水泵，造了一个人工喷泉。
1886年，发明家威斯汀豪斯利用变压器成功地在6 km的线路上实现了交流输电。
1891年，德国建成170 km的15 kV～30 kV的高压输电线路，效率高达70%～80%。1893年，美国修建尼亚加拉水电站时，经过反复论证，决定采用交流供电系统。1909～1912年，美国、德国建造100 kV的高压输电线路，从此高压输电技术迅速普及。
随着电力系统的扩大，交流输电遇到了一些技术困难。例如，用甲、乙两台交流发电机给同一条线路供电，如果某时刻甲达到正的最大值时，乙恰好是负的最大值，它们发的电在电路里恰好互相抵消，不仅电路无法工作，甚至会烧毁设备。要使电路正常工作，给同一条线路供电的所有发电机都必须同步运行，即同时达到正的最大值，同时达到负的最大值。现代的供电系统是把许多电站连成一个电网，要使电网内的许多发电机同步运行，技术上有一定困难。此外，长距离输电时，线路上的电容、电感对交变电流的影响也不能忽略，有时它们引起的电能损耗甚至大于导线电阻引起的电能损耗。
为了减少感抗和容抗，在输电这个环节可以使用直流，但发电机产生的仍是交流，用户使用的也主要是交流。为此，在送电端有专用的“整流”设备将交流变换为直流，在用户端也有专用的“逆变”设备再将直流变换为交流。制造大功率的整流和逆变设备在过去有很大困难，目前已经逐步解决，因此直流输电技术已得到应用。
我国继三峡至常州±500 kV直流输电工程之后，又建成了宁夏至山东±600 kV和四川至上海±800 kV 的直流输电工程。另外，新疆昌吉至安徽古泉新建了±1 100 kV 特高压直流输电工程。这是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的特高压输电工程。直流特高压输电技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础。
　高压交流输电和高压直流输电的优缺点？
提示：高压交流输电优点是方便升压、降压，缺点是受电容、电感影响较大，同一电网发电机必须同步运行。高压直流输电优点是不受电容、电感影响，缺点是不方便升压、降压。
课时分层作业(十二)　远距离输电
?题组一　高压输电的原因及电损的计算
1．采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为(　　)
A．55 kV　　　　　 B．110 kV
C．440 kV　 D．880 kV
C　[输电线上损耗的功率P＝I2r，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，电流I要减小为原来的，当输送功率一定时，输电电压要升高为原来的2倍，选项C正确。]
2．(多选)某发电站采用高压输电向外输送电能。若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R。则下列说法正确的是(　　)
A．输电线上的电流I＝
B．输电线上的电流I＝
C．输电线上损失的功率P＝R
D．输电线上损失的功率P＝
BC　[输电线上的电流I线＝＝，故A错误，B正确；输电线上的功率损失P＝R＝R＝，故C正确，D错误。]
3．(多选)(2020·全国卷Ⅱ)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550 kV 的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′。不考虑其他因素的影响，则(　　)
A．ΔP′＝ΔP　　 B．ΔP′＝ΔP
C．ΔU′＝ΔU　 D．ΔU′＝ΔU
AD　[若采用550 kV的超高压输电，输电线上的功率损耗ΔP＝·r，输电线路损失的电压ΔU＝·r，若改用1 100 kV的特高压输电，同理有ΔP′＝·r，ΔU′＝·r，可得ΔP′＝，ΔU′＝，故B、C项错误，A、D项正确。]
4．(多选)(2022·海南琼海嘉积第二中学高二期末)一台发电机输出功率为1 000 kW，输出电压为1 000 V，经变压器T1升压后向远方输电。输电线路总电阻R＝1 kΩ。到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V、100 W)。若在输电线路上损耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，则(　　)
A．T1原、副线圈电流分别为1 000 A和10 A
B．T1的原、副线圈匝数比为1∶100
C．T2原、副线圈电压分别为1 000 V和220 V
D．有9 000盏灯泡正常发光
ABD　[由题可知损失功率为P损＝10%P0＝0.1×1 000 kW＝100 kW，由P损＝R可得I2＝10 A，由P0＝U1I1可得I1＝1 000 A，故T1原副线圈的匝数比为n1∶n2＝I2∶I1＝1∶100，故A、B正确；，由题意可知U2＝U3＋U损，U损＝I2R，解得U3＝9×104 V，由功率关系可得P4＝P3＝P0－P损，解得P4＝900 kW，故有N＝，解得N＝9 000，故C错误，D正确。]
?题组二　高压交流输电与高压直流输电
5．(多选)高压直流输电与高压交流输电相比(　　)
A．高压直流输电不存在感抗和容抗引起的损耗
B．高压直流输电所需的设备比高压交流输电所需的设备经济
C．高压直流输电技术简单
D．高压直流输电主要用于联系非同步运行的交流系统
AD　[稳定的直流输电不存在感抗和容抗引起的损耗，A正确；高压直流输电技术的要求高，所需的换流设备制造难，价格高，B、C错误；高压直流输电主要用于联系非同步运行的交流系统，D正确。]
6．下列关于高压直流输电的说法，正确的是(　　)
A．高压直流电可以经过变压器提升电压后进行输送
B．在输送过程中直流输电不考虑输电线的电感对电流的影响
C．在输送过程中直流输电不考虑输电线的电阻对电流的影响
D．直流输电，用户可以直接得到直流电
B　[现代的直流输电，只有输电这个环节使用高压直流，发电、用电及升、降电压仍然是交流，D错误；变压器只能对交流起作用，对直流不起作用，A错误；在输电功率大、输电导线横截面积大的情况下，对交流来说，感抗会超过电阻，但电感对直流就不会有影响，当然电阻对直流和交流是同样有影响的，B正确，C错误。]
?题组三　远距离输电的分析与计算
7．如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2，则(　　)
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为r
D．输电线路上损失的电功率为I1U
A　[理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1＝I2U2，U2＝，选项A正确；输电线上的电压降为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，选项B错误；理想变压器的输入功率为P＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的电功率为ΔP＝r，选项D错误。]
8．(2020·浙江7月选考)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　　)
A．发电机输出的电流I1＝40 A
B．输电线上的电流I线＝625 A
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D．用户得到的电流I4＝455 A
C　[发电机输出的电流I1＝＝ A＝400 A，选项A错误；输电线上的电流I线＝＝ A＝25 A，选项B错误；升压变压器的副线圈输出电压U2＝＝ V＝4×103 V，输电线损耗电压ΔU＝I线R＝25×8 V＝200 V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3 800 V，故降压变压器的匝数比＝＝＝，选项C正确；降压变压器的副线圈的输出功率P4＝P3＝P－P线＝95 kW，故用户得到的电流I4＝＝ A≈431.8 A，选项D错误。]
9．(2022·湖北武汉高二期末)升流器是电力部门和工矿企业的电器设备做电流负载试验及温升试验的专用设备，其工作原理简化如图所示，某次外接调压器进行伏安特性试验，升流器第一级T1的自耦线圈滑头P位于线圈中点，T2为第二级升流器，T1、T2均为理想变压器，不计线路电阻。当采集负载R的电流值为ab输入端电流值的20倍时，则第二级升流器T2的匝数比为(　　)
A．1∶5　 B．10∶1
C．20∶1　 D．5∶1
B　[设ab输入端电流值为I，由题意可知T1原副线圈匝数比为2∶1，根据理想变压器变流规律可知T2原线圈中电流为2I，而T2副线圈中电流为20I，所以T2的匝数比为＝＝，故选B。]
10．如图所示，某小型水电站的发电机输出电压为220 V，正常情况下输出的总功率P0＝8.8×104 W，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电。输送电压为u＝1 100sin 200πt(V)，输电导线的总电阻为r＝5 Ω，现要使额定电压为220 V的用电器正常工作，下列说法中正确的是(　　)
A．输电线上的电流为220 A
B．降压变压器匝数比＝
C．用电器的额定功率P＝5.6×104 W
D．用电器上交流电的频率是50 Hz
C　[输送电压为u＝1 100sin 200πt(V)，可知输送电压的有效值为1 100 V，输电线上的电流：I＝＝ A＝80 A，故A错误；输电线消耗的电压：U损＝Ir＝80×5 V＝400 V，则到达降压变压器原线圈的电压：U3＝U－U损＝1 100－400 V＝700 V，故降压变压器的匝数比：＝＝＝，故B错误；输电线损耗的电功率P损＝I2r＝802×5 W＝32 000 W，到达降压变压器的电功率： P3＝P－P损＝8.8×104－32 000＝5.6×104W，理想变压器的输出功率等于输入功率，所以用电器的额定功率也是5.6×104 W，故C正确；由于输送电压为u＝1 100sin 200πt V，可知输送电压的频率为100 Hz，所以用电器上交流电的频率是100 Hz，故D错误。]
11．(多选)(2021·山东卷)输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5 V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10 Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10 W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是(　　)
A．r＝10 Ω　 B．r＝5 Ω
C．P＝45 W　 D．P＝22.5 W
BD　[当开关S接1时，左侧变压器次级电压U2＝3×7.5 V＝22.5 V，电阻R上的电压，即右侧变压器的次级电压U4＝＝10 V，电流I4＝＝1 A，则右侧变压器初级电压U3＝×10 V＝20 V，电流I3＝×1 A＝0.5 A，则r＝＝5 Ω，当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I；右侧变压两边电压关系可知＝，解得I＝3A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，故选BD。]
12．(2022·四川内江高二阶段练习)目前5G技术逐渐走向成熟。一个5G基站单系统功耗为P0＝4 kW(基站用电器功率)，信号覆盖半径约为r＝100 m 的圆。如图所示，某5G基站距离u1＝100 kV 的主供电线路有一定的距离，线路电阻为R＝40 Ω，线路损耗功率占总功率的20%，变压器均视作理想变压器。则：
(1)高压变压器原、副线圈的匝数比是多少？
(2)如果某市的市区面积约为S＝100平方公里，要实现该市区面积5G信号全覆盖，不计线路损耗，那么，市区的5G基站运行一天将消耗约多少度电？(π取3，基站个数N＝)
[解析]　(1)由题意可知，总功率P总＝
线路消耗功率ΔP＝P总×20%＝I2R
高压变压圈副线圈的电压为U2＝
变压器原副线圈比列关系为＝
高压变压器原、副线圈的匝数比是＝。
(2)需要的基站个数N＝
每个5G基站一天耗电量E0＝P0t
所有5G基站的总耗电量E＝NE0
所有基站运行一天将消耗的电能为E＝3.2×105 kW·h。
[答案]　(1)100∶1　(2)3.2×105 kW·h
13．三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，枢纽控制流域面积为1.0×106 km2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q＝4.51×1011 m3。水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面。在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(指26台发电机组同时工作时的总发电功率)为P＝1.82×107 kW，年平均发电量约为W＝8.40×1010 kW·h，该工程于2009年全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张状况。阅读上述材料，回答下列问题(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，g取10 m/s2)：
(1)若三峡电站上、下游水位差按h＝100 m计算，试推导三峡电站将水流势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值。
(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t为多少天？
(3)将该电站的电能输送到华中地区，输送电功率为P＝4.5×106 kW，采用超高压输电，输电电压U＝500 kV，而发电机输出的电压约为U0＝18 kV，要使输电线上损失的功率等于输送电功率的5%，求发电站的升压变压器的原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻。
[解析]　(1)一年减少的水的重力势能Ep＝mgh，且一年流出的水的质量m＝ρQ，
所以η＝＝＝×100%≈67.1%。
(2)由W＝Pt，得t＝＝≈192.3(天)。
(3)由于＝＝，
所以＝，
由于I＝＝ A＝9 000 A，
ΔP＝I2R＝5%P＝2.25×105 kW，
所以R≈2.78 Ω(R为输电线路的总电阻)。
[答案]　(1)η＝　67.1%　(2)192.3天　(3)　2.78 Ω第四节　远距离输电
1．了解输电线上的功率损耗与何种因素有关及降低功率损耗的措施。
2．知道高压输电的原因；会利用变压器的规律和能量守恒的观点对简单的远距离输电进行定性分析和计算。
3．了解高压交流和高压直流输电的优缺点。
4．知道我国输电技术的发展。
知识点一　远距离输电中的电功率和电压损耗
1．两种损失比较
两种损失 主要原因 大小表示 减小办法
电功率损失 输电线有电阻产生焦耳热 ΔP＝______ 减小R______
电压损失 输电线电阻的电压降 ΔU＝____
2．降低两种损失的途径——高压输电
输送一定功率电能，输电________，输电线中电流越小，导线因发热而损耗的电能____，线路上电压的损失也____。
知识点二　高压交流输电
1．降低输电损耗的途径
(1)减小输电线的____：在输电距离一定的情况下，为减小输电线____，应当选用电阻率小的金属材料，还要尽可能增加导线的________。
(2)减小输电线中的____：为了减小输电____，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电____。
2．输电线路
远距离输送电网的基本结构：如图所示(输出功率为P，输出电压为U)。
3．功率损耗
输电导线损失的电功率：由P损＝________，可推得P损＝________。
4．两个关系
功率关系：P入＝P线＋P用。
电压关系：U2＝U线＋U3。
知识点三　直流输电
1．采用高压直流输电的原因
当交流输电功率很大时，导线的____、____引起的电压及电能损失很大；同一电网供电的发电机同步运行，技术上也存在困难。
2．高压直流输电系统的组成：主要由整流站、直流线路和逆变站三部分组成。
3．高压直流输电系统的工作程序：交变电流升压后输送到______，把高压交变电流变换成高压________，经由________线路输送到用电地区后，______将高压________变换成高压交变电流，再经降压变压器降压。
4．高压直流输电系统的优点
(1)不存在____和____引起的损耗。
(2)节省材料，输电杆塔结构简单，占地面积小。
(3)不需要考虑电网中的各发电机的同步运行问题。
1．思考判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)为了减少能量损失，要高压输电，而且越高越好。 (　)
(2)输送功率一定时，提高输送电压，可以减少功率损失。 (　)
(3)电压损失ΔU＝IR线和电功率损失ΔP＝I2R线中I可以通过I＝求得。 (　)
(4)负载越多，即用电高峰期，ΔU、ΔP也越大。 (　)
(5)高压直流输电与高压交流输电的区别在于输送环节。 (　)
2．近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格，可采取的措施有(　　)
A．提高输送功率
B．减小输电距离
C．提高输电的电压
D．减小输电导线的横截面积
3．输电线的电阻共计为r，输送的电功率为P，用电压U送电，则用户能得到的电功率为(　　)
A．P　　　　　　 B．P－r
C．P－　 D．r
如图所示的输电线路，为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光较暗？怎样才能减小导线上损失的电压和损失的功率呢？
　输电线上电压和电功率损失的计算
1．功率损失的原因
在电能输送过程中，电流流过输电线时，因输电线有电阻而发热，电能必有一部分转化为内能而损失掉。
2．若输电线的电阻为R线，输电电流为I，输电线始端和末端的电压分别为U和U′，则：
(1)电压损失ΔU＝U－U′＝IR线；
(2)功率损失ΔP＝I2R线＝IΔU＝。
3．若输电功率P不变，输电电压提高到nU，可使输电电流减小到，则：
(1)电压损失减小到；
(2)功率损失减小到。
【典例1】　在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个小型发电站，输送的电功率P＝500 kW，当使用U＝5 kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800 kW·h。求：
(1)输电效率η和输电线的总电阻r。
(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？
[思路点拨]　输电线上损失的功率为P损＝I2r，输电功率P＝UI，要提高输电效率，就要提高输电电压。
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
计算输电线上功率损失的两种方法
计算输电线上损失的功率时，要注意区分两个电压：输电电压(输电线始端的电压)U和输电线上的损失电压ΔU。
(1)P损＝ΔUI＝，ΔU是输电线两端的电压，即输电线上损失的电压。
(2)P损＝R线，U是指输送电压，即从发电站发出后，经过变压器升高后的电压。
[跟进训练]
1．(2022·江苏如皋中学高二阶段练习)对于远距离输电，在P送一定的情况下，设输电线路中的电流为I送，输电线的总电阻为R线，为了减少损耗，采用增大电压U送输电，下列说法正确的是(　　)
A．由U送＝I送R线，知输电线路中的电流变大
B．由P送＝I送U送，知输电线路中的电流变小
C．由P耗＝，知输电线路消耗功率增大
D．由P送＝R线，知不会影响输电线路中的电流
　高压输电线路的分析与计算
1．远距离输电电路图
2．输电过程的几个基本关系式
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝ΔP＋P3。
(2)电压、电流关系：＝＝＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线。
(3)输电电流：I线＝＝＝。
(4)输电线上损耗的电功率：ΔP＝I线ΔU＝R线＝R线＝R线。
3．高压输电过程的几个电压的区别
(1)输送电压：输电线始端电压，如图中的U2。
(2)用户电压：最终用户得到的电压，如图中的U4。
(3)损失电压
①表示形式：输电线始端电压与末端电压的差值，即ΔU＝U2－U3＝I2R线。
②形成原因：输电导线有电阻，电流通过输电线时，会在线路上产生电势降落，致使输电线路末端的电压比起始端电压要低。
【典例2】　如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW，输出电压为400 V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2 kV高压输电，最后用户得到220 V、9.5 kW的电力，求：
(1)水电站升压变压器的原、副线圈匝数比；
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)输电线路导线电阻R；
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(3)降压变压器的原、副线圈匝数比。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
远距离输电问题的分析方法
(1)正确画出输电过程示意图并在图上标出各物理量。
(2)抓住变压器变压前后各量间的关系，求出输电线上的电流。
(3)计算电路功率问题时常用关系式：P损＝R线，注意输电线上的功率损失和电压损失。
(4)电网送电遵循“用多少给多少”的原则，说明原线圈电流由副线圈电流决定。
[跟进训练]
2．图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为50 Ω。降压变压器右侧部分为火灾报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小，电压表V可以显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为660 kW。下列说法正确的是(　　)
A．0.01 s时刻，电压表的示数是0 V
B．未出现火警时，远距离输电线路损耗的功率为45 kW
C．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大
D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小
1．(2022·贵州高二学业考试)为了减少电能在输电线路中的损耗，在输送电功率一定时，远距离输送电能通常采用(　　)
A．高电压输电
B．低电压输电
C．增大输电电流
D．增大输电线电阻
2．500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大工程，我省超高压输电工程正在紧张建设之中。若输送功率为3 200万千瓦，原来采用200千伏输电，由于输电线有电阻而损失的电功率为P损，则采用500千伏超高压输电后，在输电线上损失的电功率为(设输电线的电阻未变) (　　)
A．0.4P损　　　　　 B．0.16P损
C．2.5P损　 D．6.25P损
3．(多选)发电厂发电机输出电压为U1，发电厂到学校的输电导线总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上的损耗的电功率可表示为(　　)
A．
C．I2R　 D．I(U1－U2)
4．风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 Ω。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)画出此输电线路的示意图；
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(3)用户得到的电功率是多少。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．画出高压输电线路。
2．变压器存在的关系式是什么？
3．电压损耗和功率损耗计算公式？
输电技术的发展
1882年，爱迪生在美国修建了第一个电力照明系统，用直流电点亮了几千盏电灯。那时，输电距离很近，每隔3 km左右就要建立一个发电厂，否则灯泡因电压过低而不能发光。同一年，一个法国工程师修建了第一条远距离输电电路，将一个水电站发出的电送到57 km之外的慕尼黑，在博览会上用来驱动一台水泵，造了一个人工喷泉。
1886年，发明家威斯汀豪斯利用变压器成功地在6 km的线路上实现了交流输电。
1891年，德国建成170 km的15 kV～30 kV的高压输电线路，效率高达70%～80%。1893年，美国修建尼亚加拉水电站时，经过反复论证，决定采用交流供电系统。1909～1912年，美国、德国建造100 kV的高压输电线路，从此高压输电技术迅速普及。
随着电力系统的扩大，交流输电遇到了一些技术困难。例如，用甲、乙两台交流发电机给同一条线路供电，如果某时刻甲达到正的最大值时，乙恰好是负的最大值，它们发的电在电路里恰好互相抵消，不仅电路无法工作，甚至会烧毁设备。要使电路正常工作，给同一条线路供电的所有发电机都必须同步运行，即同时达到正的最大值，同时达到负的最大值。现代的供电系统是把许多电站连成一个电网，要使电网内的许多发电机同步运行，技术上有一定困难。此外，长距离输电时，线路上的电容、电感对交变电流的影响也不能忽略，有时它们引起的电能损耗甚至大于导线电阻引起的电能损耗。
为了减少感抗和容抗，在输电这个环节可以使用直流，但发电机产生的仍是交流，用户使用的也主要是交流。为此，在送电端有专用的“整流”设备将交流变换为直流，在用户端也有专用的“逆变”设备再将直流变换为交流。制造大功率的整流和逆变设备在过去有很大困难，目前已经逐步解决，因此直流输电技术已得到应用。
我国继三峡至常州±500 kV直流输电工程之后，又建成了宁夏至山东±600 kV和四川至上海±800 kV 的直流输电工程。另外，新疆昌吉至安徽古泉新建了±1 100 kV 特高压直流输电工程。这是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的特高压输电工程。直流特高压输电技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础。
　高压交流输电和高压直流输电的优缺点？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
第四节　远距离输电
[必备知识·自主预习储备]
知识梳理
知识点一　1．I2R　IR　减小I
2．电压越高　越少　越少
知识点二　1.(1)电阻　电阻　横截面积　(2)电流　电流　电压
．R线　R线
知识点三　1．电感　电容
3．整流器　直流电流　高压直流　逆变器　直流电流
4．(1)感抗　容抗
基础自测
1．(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)√
2．C　[为减少远距离输电的损耗，可以提高输电的电压，故C项正确；提高输送功率不能减少远距离输电的损耗，减小输电导线的长度的方法不可取，减小输电导线的横截面积反而会增大损耗，故A、B、D错误。]
3．B　[输电电流I＝，输电线上损耗功率为ΔP＝I2r＝r，用户得到功率为P用＝P－ΔP＝P－I2r＝P－r，故B正确，A、C、D错误。]
[关键能力·情境探究达成]
情境探究
提示：用电高峰期高压输电线和变压器到家庭的输电线中电流较大，有较大的电压损失，因此加在白炽灯上的电压变低，达不到额定功率，因此白炽灯灯光较暗；为减小导线上损失的电压和功率可减小输电线电阻，提高输电电压。
典例1　解析：(1)输送功率P＝500 kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000 kW·h
输电线上损失的电能ΔE＝4 800 kW·h
终点得到的电能E′＝E－ΔE＝7 200 kW·h
所以输电效率η＝×100%＝60%
输电线上的电流I＝＝100 A
输电线上损耗的功率Pr＝＝200 kW
输电线的电阻r＝＝20 Ω。
(2)设发电站使用U′的电压向外输电，输电线的损失功率Pr′＝()2r
又因为要求输电线上损耗的功率Pr′＝2%P＝10 kW
两式联立可得U′＝P≈22.4 kV。
答案：(1)60%　20 Ω　(2)22.4 kV
跟进训练
1．B　[由U线＝I线R线，I送＝I线，U送≠U线＝I送R线，得U送≠I送R线，故A错误；公式P送＝I送U送，针对的是同一研究对象，故B正确，D错误；根据P耗＝R线＝R线＝R线，可知U送增大时，输电线路消耗功率P耗减小，故C错误。]
典例2　解析：已知输电功率为10 kW，而用户得到的功率为9.5 kW，所以损失的功率为0.5 kW，等于导线的电阻与输电电流的平方之积。
(1)升压变压器的原、副线圈匝数比
＝＝＝。
(2)由P损＝R可知，输电线上损失的功率和导线电阻R及输电电流有关，而输电电流又取决于输电电压及输电功率，则有I2＝
所以R＝＝＝ Ω＝20 Ω。
(3)降压变压器原线圈上的电压
U3＝U2－I2R＝U2－R＝(2 000－×20)V＝1 900 V
所以降压变压器的原、副线圈匝数比＝＝。
答案：(1)　(2)20 Ω　(3)
跟进训练
2．B　[电压表测量的为交流电的有效值，故不为零，故A错误；升压变压器输入端电压有效值为220 V，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压为22 000 V，所以输电线中的电流I＝＝ A＝30 A，输电线损失的电压ΔU＝IR＝30×50 V＝1 500 V，输电线路损耗功率ΔP＝ΔUI＝1 500×30 W＝45 kW，故B正确；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数减小，故C错误；当传感器R2所在处出现火警时，副线圈电流增大，可知输电线上的电流增大，故D错误。]
[学习效果·随堂评估自测]
1．A　[为了减小输电线的损耗，当输送功率一定时，根据P＝UI知增大输送电压U可以减小流过线路的电流I，则根据线路损耗P损＝I2r可知线路损耗也会减小，A正确，B、C、D错误。]
2．B　[根据P损＝r可知：当输电电压由200 kV升高到500 kV时，其线路损耗由P损减小到0.16P损，选项B正确。]
3．BCD　[输电线上的电压损失为U1－U2，即电阻R两端的电压为U1－U2，故其消耗的电功率为；导线中的电流为I，即流过电阻R的电流为I，故其消耗的电功率还可表示为I2R和I(U1－U2)，综上所述，选项B、C、D正确。]
4．解析：(1)由P损＝R线，得I2＝＝ A＝20 A
由P＝U2I2，得U2＝＝ V＝5 000 V
升压变压器原、副线圈匝数比＝＝＝
U3＝U2－U损＝U2－I2R线＝4 800 V
降压变压器原、副线圈匝数比＝＝＝。
(2)如图所示。
(3)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率，为P用＝P－P损＝P(1－4%)＝100×96% kW＝96 kW。
答案：(1)1∶20　240∶11　(2)见解析图
(3)96 kW
课堂小结
1．提示：
2．提示：
升压变压器T1两端 降压变压器T2两端
＝＝， P1＝P2 ＝＝， P3＝P4
3．提示：(1)电压损耗：输电线路上I2＝IR＝I3，总电阻R导致的电压损耗UR＝U2－U3＝IRR。
(2)功率损耗：输电线路发热导致的功率损耗PR＝P2－P3＝R＝，注意。
[阅读材料·拓展物理视野]
提示：高压交流输电优点是方便升压、降压，缺点是受电容、电感影响较大，同一电网发电机必须同步运行。高压直流输电优点是不受电容、电感影响，缺点是不方便升压、降压。第3章 交变电流
主题1　交变电流的四值及其应用
1．瞬时值：它反映不同时刻交变电流的大小和方向，正弦交流电瞬时值表达式为e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt(应当注意必须从中性面开始)。
2．最大值：它是瞬时值的最大值，它反映的是交变电流大小的变化范围，当线圈平面跟磁感线平行时，交流电动势最大，Em＝nBSω(转轴垂直于磁感线)。电容器接在交流电路中，则交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值。
3．有效值：交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的：让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，就把这一直流的数值叫作这一交流的有效值。正弦交流电的有效值跟最大值之间的关系是U＝Em，I＝。对于非正弦交变电流的有效值，以上关系不成立，应根据定义来求。通常所说的交流电压、电流是用电压表、电流表测得的，都是指有效值。用电器上所标电压、电流值也是指有效值。在计算交变电流通过导体产生热量、电功以及确定保险丝的熔断电流时，只能用有效值。
4．平均值：它是指交流电图像中图线与横轴所围成的面积跟时间的比值。其量值可用法拉第电磁感应定律 ＝n·来求，当线圈从中性面转过90°的过程中，有＝。计算平均值切忌用算术平均法，即＝求解，平均值不等于有效值。
【典例1】　如图所示为交流发电机的示意图，矩形线圈的匝数N＝50匝，每匝线圈的边长lab＝0.4 m，lbc＝0.2 m，矩形线圈所在处的匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，线圈总电阻r＝1 Ω，外接电阻R＝9 Ω。线圈以n＝ r/s的转速在磁场中匀速转动。求：
(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；
(2)若线圈从通过中性面时开始计时，写出回路中电流随时间变化的关系式；
(3)交流电压表和电流表的读数；
(4)此交流发电机的总功率和输出功率。
[解析]　(1)Em＝NBSω＝NBLablbcω＝50×0.2×0.4×0.2××2π V＝160 V。
(2)ω＝2πn＝200 rad/s，
Im＝＝16 A，
i＝16sin 200t(A)。
(3)电流表的读数I＝Im＝8 A，
电压表的读数U＝IR＝72 V。
(4)发电机的总功率P＝IE，E＝Em，
所以P＝8×160 W＝1 280 W。
发电机的输出功率等于外电路电阻消耗的电功率。即
PR＝IU＝8×72 W＝1 152 W。
[答案]　(1)160 V　(2)i＝16sin 200t(A)　(3)72 V　8 A　(4)1 280 W　1 152 W
应用“四值”的几点技巧
(1)I＝只适用于正弦交变电流。
(2)计算时一般取一个周期，如果一个周期内各时段交变电流的规律不同，应分段计算然后求和。
(3)各种交流电表、交流电器上标注的额定值及与热效应有关的计算等都指的是有效值。
(4)计算流过导体横截面的电荷量时必须用平均值。
主题2　远距离输电问题
1．输电示意图
2．正确理解几个基本关系
(1)功率关系：P1＝P2，P2＝P损＋P3，P3＝P4。
(2)电压关系：＝，U2＝U线＋U3，＝。
(3)电流关系：＝，I2＝I线＝I3，＝。
(4)输电电流：I线＝＝＝。
(5)输电导线上损耗的电功率：
P损＝P2－P3＝R线＝＝U线I线。
(6)输电导线上的电压损失：U线＝I线R线＝U2－U3。
【典例2】　某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW，输出电压为500 V，输电线的总电阻为10 Ω，线路损耗的功率为输出功率的4%。求：
(1)村民和村办小企业需要220 V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)
(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？
[解析]　建立如图所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比。本题以线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流I线，再根据输出功率求出U2，然后再求出U3。
(1)由线路损耗的功率P线＝R线可得
I线＝＝ A＝6 A，
又因为P输出＝U2I线，
所以U2＝＝ V＝1 500 V，
U3＝U2－I线R线＝(1 500－6×10) V＝1 440 V。
根据理想变压器规律得＝＝＝，
＝＝＝。
所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1∶3和72∶11。
(2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图所示)，
由P输出＝UI线′，
可得I′线＝＝ A＝18 A，
所以线路损耗的功率P线′＝I线′2R线＝182×10 W＝3 240 W
用户得到的电压U用户＝U－I线′R线＝(500－18×10)V＝320 V。
用户得到的功率P用户＝P输出－P线′＝(9 000－3 240) W＝5 760 W。
[答案]　(1)1∶3　72∶11　(2)320 V　5 760 W
远距离输电问题的处理思路
(1)根据具体问题画出输电线路示意图。
(2)研究三个回路，分析其中的已知量、可求量、待求量。
(3)研究两个变压器，分析其中的已知量、可求量、待求量。
(4)确定求解思路，根据回路及变压器上的电压、电流、功率关系列式求解。
章末综合测评(三)　交变电流
一、单项选择题
1．下列关于变压器的说法正确的是(　　)
A．变压器工作的基础是自感现象
B．在原线圈中，电能转化为磁场能
C．电能能够从原线圈传递到副线圈，是因为原、副线圈通过导线连在一起
D．变压器对恒定电流也能变压
B　[变压器工作的基础是原副线圈的互相感应，并不是自感现象，在原线圈中电能转化为磁场能，副线圈中磁场能转化成电能，电能是通过磁场从原线圈传递到副线圈的，变压器只能对变化的电流有变压作用，综上所述，只有B正确。]
2．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的波形如图所示，由图可以知道(　　)
A．0.01 s时刻线圈处于中性面位置
B．0.01 s时刻穿过线圈的磁通量为零
C．该交流电流有效值为2 A
D．该交流电流频率为50 Hz
B　[0.01 s时刻电流最大，电动势最大，处于与磁感线平行的位置，故A错误，B正确；Im＝6.28 A，所以有效值I＝ A≈4.44 A，故C错误；由题图知T＝0.04 s，f＝ Hz＝25 Hz，故D错误。]
3．超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电。现有一直流电路，输电总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V。若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为(　　)
A．1 kW　 B．1.6×103 kW
C．1.6 kW　 D．10 kW
A　[节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I＝＝ A＝50 A，P线＝I2R＝502×0.4 W＝1 000 W，故节约的电功率为1 kW，A正确。]
4．如图甲所示为理想变压器，原、副线圈的匝数比为3∶2，在原线圈上通入正弦交流电如图乙所示，设电流从原线圈a端流入b端流出时为电流正方向，副线圈中电流由c端流出d端流入时为副线圈中电流正方向，那么副线圈中电流的有效值以及在一个周期内副线圈电流达到正方向最大值对应于乙图中的时刻应是(　　)
A．1 A　0
B．1.5 A　0.5×10-2s
C．1.5 A　1×10-2s
D．A 　1×10-2 s
C　[由题图乙知，原线圈中电流有效值I1＝ A＝1 A，所以由＝得副线圈中电流的有效值I2＝＝×1 A＝1.5 A。副线圈中电流达最大值时，即为铁芯中磁通量变化最快的时刻，对应题图乙所示，为i-t图像斜率最大的时刻，因此，正确的选项是C项。]
5．如图所示，矩形线圈的面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路的电阻为R。在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．磁通量的变化量ΔΦ＝NBS
B．通过电阻R的电量q＝
C．电阻R上产生的焦耳热Q＝
D．电阻R上产生的焦耳热Q＝
D　[线圈由图示位置转过90°，磁通量变化量ΔΦ＝BS，故选项A错误；通过电阻R的电量q＝＝，故选项B错误；感应电动势最大值Em＝NBSω，转动时间t＝＝，所以Q＝I2Rt＝[]2·Rt＝，故选项C错误，选项D正确。]
6．如图所示，让矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，使线圈中产生交变电流。线圈ab边长L1＝0.40 m, bc边长L2＝0.25 m，线圈匝数n＝100匝，线圈总电阻r＝1.0 Ω，磁感应强度B＝1.0 T。线圈两端通过集流环与外电路电阻R＝3.0 Ω连接，与R并联的交流电压表为理想电表，在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，角速度ω＝2.0 rad/s。下列结论符合实际的是(　　)
A．从如图位置开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的规律是e＝20cos 2t (V)
B．发电机的输出功率50 W
C．电压表的示数为14.1 V
D．从t＝0开始转过T，通过电阻R上的电量q＝2.5×10-2 C
A　[根据公式Em＝nBSω＝20 V，从平面与磁感线平行开始计时，则e＝Emcos ωt＝20cos 2t(V) ，故选项A正确；根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流为： I＝＝＝ A＝ A，则电阻R两端的电压为： UR＝IR＝7.5 V，电阻R消耗的功率为： P＝I2R＝37.5 W，故选项B、C错误；根据法拉第电磁感应定律： q＝Δt＝·Δt＝n＝2.5 C ，故选项D错误。]
7．(2021·湖南卷)如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是(　　)
A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
A　[滑动变阻器的滑片从a端滑动到b端的过程中，根据并联电路的知识可知，副线圈所连电路两个支路的电阻相等时并联电路的电阻最大，即副线圈回路中的总电阻先增大后减小，即副线圈回路中的总电流先减小后增大，由n1I1＝n2I2可得，原线圈回路中的电流先减小后增大，灯L1先变暗后变亮，L1的分压先减小后增大，对应原线圈两端的电压先增大后减小，副线圈电压先增大后减小，L2所在支路电阻逐渐减小，故副线圈电压增大过程中，L2中电流逐渐增大，L2灯变亮，副线圈电压减小过程，对应L1的电流增大，则副线圈总电流增大，又R0所在支路电阻逐渐增大，则R0支路电流逐渐减小，则L2中电流仍逐渐增大，L2灯变亮。A正确，BCD错误。]
二、多项选择题
8．如图所示为远距离高压输电的示意图。关于远距离输电，下列表述正确的是(　　)
A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损耗
B．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损耗越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
ABD　[依据输电原理，电路中的功率损耗P损＝I2R线，而R线＝，增大输电导线的横截面积，可减小输电线的电阻，则能够减少输电过程中的电能损耗，选项A正确；由P输＝UI知，在输送功率P输一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流I越小，电路中的功率损耗越小，选项B正确；若输送电压一定，输送功率P输越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，选项C错误；因为输电电压越高，对于安全和技术的要求也越高，因此并不是输送电压越高越好，高压输电必须综合考虑各种因素，选项D正确。]
9．某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计。它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动。矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻。以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是(　　)
A．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最小
B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt
C．当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动
D．当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压不变
BD　[若发电机线圈某时刻处于图示位置，磁通量变化最快，感应电动势最大，最大值为NBSω，变压器原线圈的电流瞬时值最大，发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，选项B正确，A错误；当用户数目增多时，总电流增大，输电线上的电势降落得多，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动才能增大变压器的输出电压，选项C错误；滑动触头P向下或向上移动，变压器原线圈两端的电压都不变，选项D正确。]
10．图甲为某水电站的电能输送示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶15，降压变压器的副线圈接有负载R，升压、降压变压器之间的输电线路的总电阻为10 Ω，变压器均为理想变压器，现在a、b两端输入如图乙所示的交流电压，输送功率为33 kW。下列说法正确的是(　　)
A．输送的交变电流的周期为0.01 s
B．输电线中电流为150 A
C．降压变压器原线圈输入电压为3 200 V
D．输电线上功率损失为1 000 W
CD　[由题图乙所示的正弦式电压图像知周期T＝2×10-2 s，选项A错误；升压变压器原线圈电压的有效值U1＝ V≈220 V，由＝得升压变压器副线圈的输出电压U2＝U1＝15×220 V＝3 300 V，输电线中电流为I2＝＝10 A，选项B错误；输电线电压损失ΔU＝I2R线＝100 V，降压变压器原线圈输入电压为U＝U2－ΔU＝3 200 V，选项C正确；输电线上功率损失为P损＝R线＝1 000 W，选项D正确。]
三、非选择题
11．(2022·江苏扬州高二期末)某学习小组在探究变压器原、副线圈电压和匝数关系的实验中，采用了可拆式变压器，铁芯B安装在铁芯A上形成闭合铁芯，将原、副线圈套在铁芯A的两臂上，如图所示。
(1)下列说法正确的是________。
A．为保证实验安全，原线圈应接低压直流电源
B．变压器中铁芯是整块硅钢
C．保持原线圈电压及匝数不变，可改变副线圈的匝数，研究副线圈的匝数对输出电压的影响
D．变压器正常工作后，电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈
(2)实验过程中，变压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表测量相应电压，记录如下。
N1/匝 100 100 200 200
N2/匝 200 400 400 800
U1/V 2.10 1.95 5.22 2.35
U2/V 4.28 8.00 10.60 9.64
由数据可知N1一定是________线圈的匝数。(选填“原”或“副”)
根据表格中的数据，在实验误差允许的范围内，可得出原副线圈两端电压与匝数的关系(用N1、N2、U1、U2表示)：__________。
(3)学习小组观察实验室中一降压变压器的两个线圈的导线，发现导线粗细不同。结合以上实验结论，应将较细的线圈作为________线圈。(选填“原”或“副”)
[解析]　(1)为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，A错误；因为变压器是靠电磁感应工作，如果变压器铁芯是用整块硅钢，则在电磁的作用下，会产生很大的涡流，涡流会产生大量热，当热量达到一定程度时，会损坏铁芯和线圈，B错误；研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，C正确；变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，并不导电，D错误。
(2)变压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表测量相应电压，由数据可知N1一定是副线圈的匝数，由表可知，原副线圈两端电压U与匝数N成正比，即＝。
(3)变压器的输入功率约等于输出功率，因为是降压变压器，所以原线圈的电压大于副线圈的电压，而功率又相等，所以原线圈的电流就小于副线圈的电流，原线圈电流小，所用导线就比副线圈细，故应将导线较细的线圈作为原线圈。
[答案]　(1)C　(2)副　＝　(3)原
12．(2022·山东烟台高二期末)如图甲所示为教学用的可拆变压器，它有两个外观基本相同的线圈A和B，线圈外部还可以绕线。
(1)某同学用多用电表的欧姆挡分别测量了A、B线圈的电阻值，发现A线圈电阻约为B线圈电阻的2倍，则可推断__________线圈的匝数多(选填“A”或“B”)；
(2)为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，如图乙所示，该同学把线圈A与学生电源连接，另一个线圈B与小灯泡连接。其中线圈A应连到学生电源的__________(选填“直流”或“交流”)输出端上，同时为保证人身安全，所用电压不要超过__________V(选填“6”“12”或“220”)；
(3)将与灯泡相连的线圈B拆掉部分匝数，其余装置不变继续实验，灯泡亮度将__________(选填“变亮”或“变暗”)，这说明灯泡两端的电压__________(选填“变大”或“变小”)；
(4)某次实验时，变压器原、副线圈的匝数分别为220匝和110匝，学生电源输出端的电压为6 V，则小灯泡两端的电压值可能是__________。
A．11.4 V 　 B．3.6 V
C．2.8 V 　　 D．3 V
[解析]　(1)两线圈外观基本相同，根据电阻定律R＝ρ，发现A线圈电阻约为B线圈电阻的2倍，则A线圈长度约为B线圈长度的2倍，故A线圈匝数多。
(2)变压器只能改变交变电压，应连接交流电源；可拆变压器线圈裸露在外面，易触电，安全电压应不高于12 V。
(3)根据＝可知拆掉B线圈的部分匝数，则n2减小，可得副线圈电压U2减小，灯泡变暗，灯泡两端电压减小。
(4)根据＝，由题中数据可得，副线圈电压为3 V，由于两线圈具有电阻，则灯泡两端电压小于3 V。
[答案]　(1)A　(2)交流　12　(3)变暗　变小　(4)C
13．发电机的转子是匝数为100匝、边长为20 cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B＝0.05 T的匀强磁场中，绕着垂直于磁感线方向的轴以ω＝100π rad/s的角速度转动，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＝10 Ω。
(1)写出交变电流瞬时值表达式；
(2)线圈从计时开始，转过过程中通过线圈某一截面的电量为多少？
[解析]　(1)感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝20π(V)
Im＝＝2π(A)
由于从线圈平面与磁场方向垂直位置开始计时，因此瞬时值用正弦表示，i＝2πsin 100πt(A)。
(2)线圈从计时开始，转过的过程中，通过某一截面的电量应该用平均值来计算
q＝It＝nΔt＝，
ΔΦ＝BS－BS cos ＝BS，
代入电量方程得q＝＝1×10-2 C。
[答案]　(1)i＝2πsin 100πt(A)　(2)1×10-2 C
14．如图所示，变压器原线圈输入电压为220 V，副线圈输出电压为36 V，两只灯泡的额定电压均为36 V，L1额定功率为12 W，L2额定功率为6 W。试求：
(1)该变压器的原、副线圈的匝数比；
(2)两灯均正常工作时原线圈中的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流。
[解析]　(1)由理想变器电压关系得＝＝＝。
(2)两灯均正常工作时，由能量守恒得P1＋P2＝U1I1，
I1＝＝ A≈0.082 A，
只有L1灯工作时，由能量守恒P1＝U1I′1，
解得I′1＝＝ A≈0.055 A。
[答案]　(1)55∶9　(2)0.082 A　0.055 A
15．如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S＝0.040 m2，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmScos t，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期。不计灯丝电阻随温度的变化，π取3.14，求：
(1)线圈中产生感应电动势的最大值；
(2)小灯泡消耗的电功率；
(3)在磁感应强度变化的0～的时间内，通过小灯泡的电量。
[解析]　(1)因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图像可知，线圈中产生交变电流的周期为T＝3.14×10-2 s，
所以线圈中感应电动势的最大值为Em＝＝8.0 V。
(2)根据闭合电路欧姆定律，电路中电流的最大值为Im＝＝0.80 A，
通过小灯泡电流的有效值为I＝＝0.40 A，
小灯泡消耗的电功率为P＝I2R＝2.88 W。
(3)在磁感应强度变化的0～周期内，线圈中感应电动势的平均值E＝nS，
通过灯泡的平均电流I＝＝，
通过灯泡的电量Q＝IΔt＝＝4.0×10-3 C。
[答案]　(1)8.0 V　(2)2.88 W　(3)4×10-3 C第3章 交变电流
主题1　交变电流的四值及其应用
1．瞬时值：它反映不同时刻交变电流的大小和方向，正弦交流电瞬时值表达式为e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt(应当注意必须从中性面开始)。
2．最大值：它是瞬时值的最大值，它反映的是交变电流大小的变化范围，当线圈平面跟磁感线平行时，交流电动势最大，Em＝nBSω(转轴垂直于磁感线)。电容器接在交流电路中，则交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值。
3．有效值：交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的：让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，就把这一直流的数值叫作这一交流的有效值。正弦交流电的有效值跟最大值之间的关系是U＝Em，I＝。对于非正弦交变电流的有效值，以上关系不成立，应根据定义来求。通常所说的交流电压、电流是用电压表、电流表测得的，都是指有效值。用电器上所标电压、电流值也是指有效值。在计算交变电流通过导体产生热量、电功以及确定保险丝的熔断电流时，只能用有效值。
4．平均值：它是指交流电图像中图线与横轴所围成的面积跟时间的比值。其量值可用法拉第电磁感应定律＝n·来求，当线圈从中性面转过90°的过程中，有＝。计算平均值切忌用算术平均法，即＝求解，平均值不等于有效值。
【典例1】　如图所示为交流发电机的示意图，矩形线圈的匝数N＝50匝，每匝线圈的边长lab＝0.4 m，lbc＝0.2 m，矩形线圈所在处的匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，线圈总电阻r＝1 Ω，外接电阻R＝9 Ω。线圈以n＝ r/s的转速在磁场中匀速转动。求：
(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；
(2)若线圈从通过中性面时开始计时，写出回路中电流随时间变化的关系式；
(3)交流电压表和电流表的读数；
(4)此交流发电机的总功率和输出功率。
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应用“四值”的几点技巧
(1)I＝只适用于正弦交变电流。
(2)计算时一般取一个周期，如果一个周期内各时段交变电流的规律不同，应分段计算然后求和。
(3)各种交流电表、交流电器上标注的额定值及与热效应有关的计算等都指的是有效值。
(4)计算流过导体横截面的电荷量时必须用平均值。
主题2　远距离输电问题
1．输电示意图
2．正确理解几个基本关系
(1)功率关系：P1＝P2，P2＝P损＋P3，P3＝P4。
(2)电压关系：＝，U2＝U线＋U3，＝。
(3)电流关系：＝，I2＝I线＝I3，＝。
(4)输电电流：I线＝＝＝。
(5)输电导线上损耗的电功率：
P损＝P2－P3＝R线＝＝U线I线。
(6)输电导线上的电压损失：U线＝I线R线＝U2－U3。
【典例2】　某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW，输出电压为500 V，输电线的总电阻为10 Ω，线路损耗的功率为输出功率的4%。求：
(1)村民和村办小企业需要220 V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)
(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
远距离输电问题的处理思路
(1)根据具体问题画出输电线路示意图。
(2)研究三个回路，分析其中的已知量、可求量、待求量。
(3)研究两个变压器，分析其中的已知量、可求量、待求量。
(4)确定求解思路，根据回路及变压器上的电压、电流、功率关系列式求解。
章末综合提升
典例1　解析：(1)Em＝NBSω＝NBLablbcω＝50×0.2×0.4×0.2××2π V＝160 V。
(2)ω＝2πn＝200 rad/s，
Im＝＝16 A，
i＝16sin 200t(A)。
(3)电流表的读数I＝Im＝8 A，
电压表的读数U＝IR＝72 V。
(4)发电机的总功率P＝IE，E＝Em，
所以P＝8×160 W＝1 280 W。
发电机的输出功率等于外电路电阻消耗的电功率。即
PR＝IU＝8×72 W＝1 152 W。
答案：(1)160 V　(2)i＝16sin 200t(A)
(3)72 V　8 A　(4)1 280 W　1 152 W
典例2　解析：建立如图所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比。本题以线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流I线，再根据输出功率求出U2，然后再求出U3。
(1)由线路损耗的功率P线＝R线可得I线＝＝ A＝6 A，
又因为P输出＝U2I线，
所以U2＝＝ V＝1 500 V，
U3＝U2－I线R线＝(1 500－6×10) V＝1 440 V。
根据理想变压器规律得＝＝＝，
＝＝＝。
所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1∶3 和72∶11。
(2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图所示)，
由P输出＝UI线′，
可得I′线＝＝ A＝18 A，
所以线路损耗的功率P线′＝I线′2R线＝182×10 W＝3 240 W
用户得到的电压U用户＝U－I线′R线＝(500－18×10)V＝320 V。
用户得到的功率P用户＝P输出－P线′＝(9 000－3 240) W＝5 760 W。
答案：(1)1∶3　72∶11　(2)320 V　5 760 W

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