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第三章　　交变电流
1．交变电流
学习目标：1.理解交变电流、直流的概念，会观察交流电的波形图；2.理解正弦式交变电流的产生，掌握交流电产生的原理；3.知道交变电流的变化规律及表示方法。
　情境导入
在乡村我们会看到高高的线塔上架设着粗粗的电线，这就是为日常生活照明、工厂的机械运转提供电力的高压输电线。目前各国均采用这种交流高压输电的方式输送电能。
【问题】　什么是交变电流？与直流电流有什么区别？它又是如何产生的呢？
稳健启程　　新知初步构建
课前·新知初探
知|识|梳|理
一、交变电流和交变电流的产生
1．交变电流
(1)交变电流的定义：大小和方向都随时间周期性变化的电流，简称交流。
(2)直流：方向不随时间变化的电流。
2．交变电流的产生
(1)典型模型：在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈里产生的是交变电流。实验装置如图所示。
(2)中性面：线圈在磁场中转动过程中，线圈平面与磁场垂直时所在的平面。
二、交变电流的变化规律
1．正弦式交变电流
(1)定义：按正弦规律变化的交变电流叫作正弦式交变电流，简称正弦式电流。
(2)函数表达式和图像
函数表达式 图像
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。
2．几种常见的交变电流
预|习|自|检
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)。
(1)只要线圈在磁场中转动，就可以产生交变电流。(×)
(2)当线圈中的磁通量最大时，产生的电流也最大。(×)
(3)线圈在通过垂直中性面的平面时电流最大，但磁通量为零。(√)
(4)线圈在通过中性面时电流的方向发生改变。(√)
2．关于线圈在匀强磁场中转动时产生的交变电流，以下说法中正确的是(　　)
A．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
B．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次
C．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次
D．线圈转动一周，感应电动势和感应电流方向都要改变一次
解析　线圈转至中性面时，线圈平面垂直于磁感线，磁通量最大，但磁通量的变化率、感应电动势、感应电流均为零，电流方向恰好发生变化。因此，线圈在匀强磁场中转动产生交变电流时，每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次，线圈每转动一周，经过中性面两次，感应电动势和感应电流的方向都改变两次，所以C项正确。
答案　C
细研深究　　萃取知识精华
课堂·合作探究
探究一 交变电流的产生
1.正弦式交变电流的产生
将闭合矩形线圈置于匀强磁场中，并绕垂直磁场方向的轴做匀速转动。
2．中性面——线圈平面与磁感线垂直时的位置
线圈处于中性面位置时，穿过线圈的Φ最大，但线圈中的电流为零。
线圈每次经过中性面时，线圈中感应电流方向都要改变，线圈转动一周，感应电流方向改变两次。
3．两个特殊位置的特点
中性面 中性面的垂面
位置 线圈平面与磁场垂直B⊥S 线圈平面与磁场平行B∥S
磁通量Φ 最大 0
磁通量变化率 0 最大
感应电动势E 0 最大
线圈边缘线速度与磁场方向的夹角 0 90°
感应电流i 0 最大
电流方向 改变 不变
【例1】　(多选)如图，线圈在磁场中匀速转动产生交变电流，以下相关说法中正确的是(　　)
A．线圈在甲、丙图所示位置时，磁通量变化率最大
B．线圈在乙、丁图所示位置时，产生的电流最大
C．线圈平面经过甲、丙图所示位置时，电流的方向都要改变一次
D．线圈每转动一周，电流方向改变一次
解析　当线圈出现在甲、丙位置时，线圈平面和磁场完全垂直，磁通量最大，但ab边和cd边恰好不切割磁场，瞬时感应电动势为零，根据法拉第电磁感应定律，此时磁通量的瞬时变化率为零，A项错误；线圈在乙、丁位置时，线圈平面和磁场方向平行，磁通量为零，但此时ab边和cd边正好垂直切割磁场，产生的感应电动势最大，故此时流过线圈的瞬时电流最大，B项正确；根据交变电流产生的原理，线圈每经过一次中性面，电流方向改变一次，线圈在甲、丙图中均处于中性面，故电流方向都要改变一次，C项正确；线圈每转动一周要经过两次中性面，所以线圈每转动一周，方向改变两次，D项错误。
答案　BC
微提醒
线圈在匀强磁场中转动问题的分析方法
(1)分析线圈在不同时刻的位置及穿过它的磁通量、磁通量的变化率情况，利用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向。
(2)搞清两个特殊位置的特点。
①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。
②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变。
【针对训练1】　(多选)矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面内的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是(　　)
A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大
B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零
C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流的方向就改变一次
D．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零
解析　线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边的速度与磁感线平行，即不切割磁感线，所以感应电动势等于零，此时穿过线框的磁通量的变化率也等于零，感应电动势或感应电流的方向也就在此时刻发生变化。线框垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，但切割磁感线的两边都垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，也可以说此时穿过线框的磁通量的变化率最大，故C、D两项正确。
答案　CD
探究二 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v＝ω。
(4)ab边产生的感应电动势
eab＝BLabvsin θ＝sin ωt。
(5)整个线圈产生的感应电动势
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，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且和线圈同面，因此如图所示的几种情况，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＝。
【例2】　如图所示，一边长为l的正方形线圈abcd绕对称轴OO′在匀强磁场中匀速转动，转速为n＝120 r/min，若已知边长l＝20 cm，匝数N＝20匝，磁感应强度B＝0.2 T，求：
(1)线圈转动中的最大电动势及其位置；
(2)线圈从中性面开始计时的电动势瞬时值表达式；
(3)线圈从图示位置转过90°过程中的平均电动势。
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)E＝N＝N＝NBSω
＝4NBSf＝4×20×0.2×0.22×2 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
【针对训练2】　闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，转速为240 r/min，若线圈平面转至与磁场平行时的电动势为2 V，从中性面开始计时，求：
(1)产生的交流电动势的表达式；
(2)电动势的峰值；
(3)从中性面起经 s，交流电动势的大小。
解析　(1)当线圈平面与磁场平行时，感应电动势最大，
为Em＝2 V，
又ω＝2πn＝2π× rad/s＝8π rad/s，
所以瞬时值表达式为
e＝Emsin ωt＝2sin 8πt V。
(2)电动势的峰值为Em＝2 V。
(3)当t＝ s时，
e＝2sin V＝1 V。
答案　(1)e＝2sin 8πt V　(2)2 V　(3)1 V
探究三 交变电流的图像
如图甲、乙所示，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。
【例3】　 (多选)如图甲所示，一个矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向且与线圈共面的轴OO′匀速转动，从某个时刻开始计时，其穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化如图乙所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．t＝0时刻线圈处于中性面位置
B．t1、t3时刻线圈中的感应电流最大且方向相同
C．t2、t4时刻穿过矩形线圈的磁通量最大，但感应电流却为零
D．t5时刻穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率也为零
解析　t＝0时刻通过线圈的磁通量最大，所以线圈平面处在中性面上，故A项正确；t1、t3时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量的变化率最大，感应电流最大，方向相反，故B项错误；t2、t4时刻穿过矩形线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，所以感应电流为零，故C项正确；t5时刻穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，故D项错误。
答案　AC
【针对训练3】　一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图所示。则下列说法中正确的是(　　)
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率为0
C．t＝0.02 s时刻，感应电动势达到最大
D．从t＝0.01 s时刻至t＝0.04 s时刻线圈转过的角度是π
解析　由题图可知0、0.02 s、0.04 s时刻Φ最大，线圈平面位于中性面位置，＝0，故E＝0；0.01 s、0.03 s、0.05 s时刻Φ最小，线圈平面与磁感线平行，最大，故E最大，从题图可知，从t＝0.01 s时刻至t＝0.04 s时刻线圈旋转周，转过的角度为π。故D项正确。
答案　D
【新高考链接】　(2020·江苏省扬州市期末考试)某正弦式交变电流的i－t图像如图所示，该电流瞬时值的表达式为(　　)
A．i＝200sin 100πt A
B．i＝200sin 200πt A
C．i＝200sin 200πt A
D．i＝100sin 100πt A
解析　由题图可知，该交变电流的周期T＝0.01 s，则频率ω＝＝200π rad/s，峰值Im＝200 A，该i－t图像是正弦曲线，故i＝Imsinωt，则瞬时值表达式i＝200sin 200πt A，故A、C、D三项错误，B项正确。
答案　B
限时训练　　巩固当堂所学
随堂·达标自测
1．关于交变电流与直流电的说法中，不正确的是(　　)
A．如果电流大小做周期性变化，则不一定是交变电流
B．直流电的大小可以变化，但方向一定不变
C．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的
D．交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性变化
解析　交变电流与直流电的区别是电流方向是否发生变化，如果电流大小做周期性变化而电流方向不变，则为直流电，A项正确；直流电的大小可以变化，但方向一定不变，B项正确；交流电的衡量标准是电流方向是否发生变化，如果电流的方向发生变化，就是交流电，交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性变化，不一定是按正弦或余弦规律变化的，C项错误，D项正确。
答案　C
2．(多选)矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生如图所示的交流电，则对应t1时刻线圈的位置可能为下图中的(　　)
解析　线圈在匀强磁场中绕轴逆时针匀速转动时，切割磁感线，产生电流，在t1时刻，此时感应电流为零，磁通量变化率为零，磁通量最大，线圈平面和磁场方向垂直，故B、D两项正确。
答案　BD
3．如图中，设磁感应强度为0.01 T，单匝线圈边长AB为，宽AD为10 cm，转速n为50 r/s，则线圈转动时感应电动势的最大值为(　　)
A．1×10－2 V B．3.14×10－2 V
C．2×10－2 V D．6.28×10－2 V
解析　感应电动势最大值Em＝NBSω＝NBS×2πn＝1×0.01×0.2×0.1×2π×50 V＝6.28×10－2 V，D项正确。
答案　D
4．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图像如图所示，由图像可知(　　)
A．在A和C时刻线圈处于中性面位置
B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零
C．从A时刻起到D时刻，线圈转过的角度为π弧度
D．在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大
解析　在A和C时刻感应电流最大，感应电动势最大，而磁通量为零，磁通量的变化率最大，线圈处于与中性面垂直的位置，A项错误，D项正确；在B和D时刻感应电流为零，感应电动势为零，而磁通量最大，B项错误；从A时刻到D时刻经过时间为周期，线圈转过的角度为1.5π弧度，C项错误。
答案　D
家用风力发电机一般有风轮、发电机(包括装置)、调向器(尾翼)、塔架、限速安全机构储能装置和逆变器等构件组成。发电机由机头、转体、尾翼、叶片组成。各部分功能为：叶片用来接收风力并通过机头转为电能；尾翼使叶片始终对着来风的方向从而获得最大的风能；转体能使机头灵活地转动以实现尾翼调整方向的功能；机头的转子是永磁体，定子绕组切割磁力线产生电能，风力发电机因风量不稳定，故其输出的是13～25 V变化的交流电，须经充电器整流，再对蓄电瓶充电，使风力发电机产生的电能变成化学能。然后用有保护电路的逆变电源，把电瓶里的化学能转变成交流220 V市电，才能保证稳定使用。
【快乐体验】　如图甲是一种自行车上照明用的车头灯，图乙是这种车头灯发电机的结构原理图，转轴的一端装有一对随轴转动的磁极，另一端装有摩擦小轮。电枢线圈绕在固定的U形铁芯上，自行车车轮转动时，通过摩擦小轮带动磁极转动，使线圈中产生正弦交变电流，给车头灯供电。
已知自行车车轮半径r＝35 cm，摩擦小轮半径r0＝1.00 cm。线圈有N＝800匝，线圈框横截面积S＝，总电阻R1＝40 Ω。旋转磁极的磁感应强度B＝0.010 T，车头灯电阻R2＝10 Ω。当车轮转动的角速度8 rad/s时，求：
(1)发电机磁极转动的角速度；
(2)车头灯中电流的最大值。
解析　(1)磁极与摩擦小轮转动的角速度相等，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，故有ω0r0＝ωr，
ω0＝＝8× rad/s＝。
(2)摩擦小轮带动磁极转动，线圈产生的感应电动势最大值为
Em＝NBSω0＝800×0.010×20×10－4×280 V＝4.48 V，
所以通过车头灯电流的最大值为
Im＝＝ A＝89.6 mA。
答案　(1)280 rad/s　(2)89.6 mA
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知识点一 交变电流的产生
1.(多选)如图所示是交流发电机的示意图。线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上，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。下列说法正确的是(　　)
A．当线圈转到图甲位置时，磁通量的变化率最大
B．从图乙所示位置开始计时，线圈中电流 i随时间 t变化的关系是 i＝Imcos ωt
C．当线圈转到图丙位置时，感应电流最小
D．当线圈转到图丁位置时，流经外电路的电流方向为E→F
解析　线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小为零，故A项错误；从图乙所示位置开始计时，线圈产生的感应电动势最大，形成的感应电流最大，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imcos ωt，故B项正确；当线圈转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故C项正确；当线圈转到图丁位置时，感应电动势最大，根据楞次定律可知AB边感应电流方向为A→B，流经外电路的电流方向为F→E，故D项错误。
答案　BC
2.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
C．线圈绕P1和P2转动时产生的电流均为正弦式交变电流，在图示位置电流的方向相同，都是a→b→c→d
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
解析　只要线圈绕垂直于磁感线的轴转动，在其他量相同时，产生的电动势和电流与转轴的位置无关，故A项正确，B项错误；根据楞次定律，线圈绕P1和P2转动，在题图所示位置时电流的方向相同，都是a→d→c→b，C项错误；绕两轴转动时，在同一位置的瞬时电流相同，同一边受到的安培力也相同，D项错误。
答案　A
知识点二 交变电流的变化规律
3.在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd。线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合。线圈平面与磁场方向垂直。从t＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝绕cd边沿如图所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t＝0到t＝T时间内，线圈中的电流i随时间t变化关系的图像为(　　)
解析　在0～内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流方向为负值且逐渐增大；在～T内，线圈中无感应电流；在T时，ab边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流方向为正值，故只有B项正确。
答案　B
4.如图所示，在水平方向的匀强磁场中，有一单匝矩形导线框可绕垂直于磁场方向的水平轴转动。在线框由水平位置以角速度ω匀速转过90°的过程中，穿过线框面的最大磁通量为Φ，已知导线框的电阻为R，则下列说法中正确的是(　　)
A．导线框转到如图所示的位置时电流的方向将发生改变
B．导线框转到如图所示的位置时电流的方向为badc
C．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝Φωsin ωt
D．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝Φωcos ωt
解析　图中位置为电流最大值位置，A项错误；根据右手定则，B项错误；以图中位置开始计时，瞬时值表达式为e＝Φωcos ωt，C项错误，D项正确。
答案　D
课堂小练(十二)　交变电流
　基本素养练　
1．如图所示的各图像中表示交变电流的是(　　)
解析　B、C两图像中，虽然电流大小随时间做周期性变化，从图上看图线分布在t轴一侧，即电流方向不变，故不是交变电流。A图中电流的方向没发生变化，不是交变电流。D图中，从图上看图线分布在t轴两侧，电流的大小、方向均做周期性变化，是交变电流，故D项正确。
答案　D
2.一矩形线圈在磁场中匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50 V，那么该线圈由如图所示位置转过30°时，线圈中的感应电动势大小为(　　)
A．50 V B．25 V
C．25 V D．10 V
解析　由题给条件知：交变电流瞬时值表达式为e＝50cos ωt＝50cos θ，当θ＝30°时，e＝25 V，B项正确。
答案　B
3．如图所示，面积均为S的单匝线圈绕轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，从图中所示位置开始计时，下图中能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的是(　　)
解析　由题意可知，只有A、B图中线圈在切割磁感线，导致磁通量在变化，从而产生感应电流，但B中在t＝0时产生的感应电动势最大，不按正弦规律变化，只有A中产生的感应电动势为正弦交变电动势e＝BSωsin ωt，而C、D图均没有导致磁通量变化，A项正确。
答案　A
4.线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图可知(　　)
A．在A、C时刻线圈处于中性面位置
B．在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零
C．从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π
D．若从O时刻到D时刻经过0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变100次
解析　A、C时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，B、D时刻感应电流为零，线圈处于中性面，此时磁通量最大，A、B两项错误；从A时刻到D时刻线圈转过角度为，C项错误；若从O时刻到D时刻经过0.02 s，即线圈转动一周用时0.02 s，在这个时间内电流方向改变2次，则在1 s内交变电流的方向改变×2＝100次，D项正确。
答案　D
5.如图所示，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为(　　)
A．0.5Bl1l2ωsin ωt B．0.5Bl1l2ωcos ωt
C．Bl1l2ωsin ωt D．Bl1l2ωcos ωt
解析　因为开始时刻线圈平面与磁感线平行，即从垂直于中性面开始转动，所以开始时刻线圈中感应电动势最大，为Em＝Bl1l2ω，感应电动势的表达形式为余弦式交变电动势，因此在t时刻线圈中的感应电动势为Bl1l2ωcos ωt，故D项正确。
答案　D
6.一台发电机的结构示意图如图所示，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状。M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯M中心的固定转轴匀速转动。磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场。若从图示位置开始计时电动势为正值，下列图像中能正确反映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是(　　)
解析　发电机中的磁场为辐向磁场，因而在任何时刻均与导体垂直切割，故A、B两项错误；当线框经过竖直面后，电流方向改变，则C项错误，D项正确。
答案　D
7．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180°角的过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为(　　)
A. B.
C．2π D．π
解析　线圈从中性面转过180°角过程中，磁通量的变化为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS－(－BS)＝2BS，平均感应电动势＝＝＝，最大感应电动势Em＝NBSω，则平均感应电动势和最大感应电动势之比为，B项正确。
答案　B
8．长为a、宽为b的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转。设t＝0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是(　　)
A．0,0 B．0，Babω
C.，0 D．Bab，Babω
解析　线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴从垂直中性面位置开始转动，产生交变电动势e＝Emcos ωt＝Babωcos ωt。当t＝0时，cos ωt＝1，虽然磁通量Φ＝0，但是电动势有最大值，即Em＝Babω，根据法拉第电磁感应定律E＝n，可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即Em＝max＝Babω。综上所述，正确选项为B。
答案　B
9．(多选)如图甲所示，“”形金属导轨水平放置，导轨上跨接一金属棒ab，与导轨构成闭合回路，并能在导轨上自由滑动。在导轨左侧与ab平行放置的导线cd中通以如图乙所示的交变电流之，规定电流方向自c向d为正，则ab棒受到向左的安培力的时间段是(　　)
A．0～t1 B．t1～t2
C．t2～t3 D．t3～t4
解析　0～t1时间内，电流逐渐增大，线框中磁场变大，由楞次定律可知，B变大，S有变小趋势，ab棒受力向左；t1～t2时间内，电流逐渐变小，线框中磁场变小，由楞次定律可知，B变小，S有变大趋势、ab棒受力向右；同理，t2～t3、受力向左；t3～t4，受力向右，A、C两项正确。
答案　AC
10.甲、乙两矩形单匝金属线圈分别绕与磁感线垂直的轴在同一匀强磁场中匀速转动，输出交流电的感应电动势图像如图中甲、乙所示，则(　　)
A．甲的频率是乙的频率的2倍
B．甲线圈的截面积是乙线圈截面积的6倍
C．t＝1 s时，两线圈中的磁通量均为零
D．t＝2 s时，两线圈均与磁感线平行
解析　由图像知甲的周期为2 s，乙的周期为1 s，所以f甲∶f乙＝1∶2，A项错误；甲的最大值为6 V，乙的最大值为2 V，所以Em甲∶Em乙＝3∶1，由Em＝BSω可知S甲∶S乙＝6∶1，B项正确；当线圈处于中性面时磁通量最大，而感应电动势为零，当线圈平行磁感线时，通过线圈的磁通量为零，而感应电动势最大，t＝1 s和t＝2 s 时两线圈均处于中性面位置，C、D两项错误。
答案　B
　能力提升练　
11．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图甲所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大
C．t＝0.02 s时刻，感应电动势达到最大
D．该线圈产生的相应感应电动势的图像如图乙所示
解析　由题图甲可知t＝0时刻，穿过线圈的磁通量最大，线圈处于中性面，t＝0.01 s时刻，磁通量为零，但变化率最大，故A项错误，B项正确；t＝0.02 s时刻，感应电动势应为零，故C、D两项均错误。
答案　B
12．如图甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙所示)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。下列选项中正确的是(　　)
解析　由楞次定律知，t＝0时，电流方向为负，线圈平面与中性面的夹角为，线圈再转过到达中性面，所以线圈中感应电流为i＝Imsin，D项正确。
答案　D
13．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100匝，转速为 r/min，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.03 Wb，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为时，感应电动势为多少？
解析　由题意知：Φm＝0.03 Wb，
ω＝2πn＝2π×× rad/s＝ rad/s。
线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故Em＝NBSω＝NΦmω＝100×0.03× V＝1 V，
瞬时值表达式e＝Emsin ωt＝sin t V，
当θ＝ωt＝时，e＝sin V＝ V。
答案　1 V　 V
14.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。(计算结果保留一位小数)
解析　(1)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。
ω＝2πn＝20π rad/s，
Em＝NBSω＝100 V，
故e＝100sin 20πt V。
(2)当t＝ s时，
e＝100sin V＝50 V≈。
答案　(1)e＝100sin 20πt V　(2)86.6 V
2．交变电流的描述
学习目标： 1.掌握交变电流的周期、频率、线圈转动角速度三者之间的关系；2.能理解电流的有效值，知道有效值是与热效应有关的量；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.正确表示正弦式交变电流的公式、识别其图像。
　情境导入
多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇。过去，调节是用变压器来实现的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速。现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现的。如图所示为经过一个双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦式电流的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去。调节台灯上的旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯上的亮度。
【问题】　从图中发现电压的峰值还是原来的值，但灯的亮度发生了变化，是什么原因导致的呢？
稳健启程　　新知初步构建
课前·新知初探
知|识|梳|理
一、周期和频率
1．周期(T)
交变电流完成一次周期性变化所需的时间。
2．频率(f)
交变电流在1 s内完成周期性变化的次数。
3．T＝或f＝。
二、峰值和有效值
1．峰值：交变电流的电压、电流能达到的最大值叫峰值。
2．有效值：让交流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相同，则此恒定电流的数值叫作交流电的有效值。
3．在正弦式交变电流中，最大值与有效值之间的关系
E＝＝0.707Em，U＝＝0.707Um，
I＝＝0.707Im。
三、正弦式交变电流的公式和图像
表达式：u＝Umsin t＝Usin t
图像：
预|习|自|检
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)。
(1)交变电流的有效值就是一个周期内的平均值。(×)
(2)交变电流的峰值为有效值的倍。(×)
(3)一个正弦式交变电流的峰值同周期、频率一样是不变的，但有效值是随时间不断变化的。(×)
(4)交流电路中，电压表、电流表的测量值都是有效值。(√)
2．关于交变电流的周期和频率，下列说法中正确的是(　　)
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
解析　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，A、B两项错误；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，C正确；由T＝＝ s＝0.02 s，D错误。
答案　C
3．某交流电电源电压的瞬时值表达式为u＝6sin 100πt V，则下列说法中正确的是(　　)
A．用理想交流电压表测该电源电压时，示数是6 V
B．用理想交流电压表测该电源电压时，示数是6 V
C．用该电源给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.01 s
D．把标有“6 V　3 W”的小灯泡接在该电源上时，小灯泡将被烧毁
解析　交流电压表测电压为有效值，U有＝＝ V＝6 V，A项正确，B项错误；该交流电的周期为T＝＝＝0.02 s，打点计时器的打点周期为0.02 s，C项错误；标有“6 V　3 W”的小灯泡中的6 V指有效值，故小灯泡不会烧毁，D项错误。
答案　A
细研深究　　萃取知识精华
课堂·合作探究
探究一 周期和频率
交变电流的周期和频率跟发电机转子的角速度ω或转速n有关。ω(n)越大，周期越短，频率越高，其关系为T＝，ω＝2πf＝2πn(n的单位为r/s)。
【例1】　(多选)矩形金属线圈共10匝，绕垂直于磁场方向的转动轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示。下列说法中正确的是(　　)
A．此交变电流的频率为0.2 Hz
B．1 s内电流方向变化10次
C．t＝0.1 s时，线圈平面与磁场方向平行
D．1 s内线圈转5圈
解析　由题图知T＝0.2 s，故f＝＝ Hz ＝5 Hz，即1 s内完成5个周期，线圈转5圈，每转1圈电流方向改变2次，故A项错误，B、D两项正确；在t＝0.1 s时，e＝0，所以线圈平面与磁场方向垂直，故C项错误。
答案　BD
【针对训练1】　小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速运动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示。此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路。不计电路的其他电阻，下列说法正确的是(　　)
A．交变电流的周期为0.125 s
B．交变电流的频率为8 Hz
C．交变电流的有效值为 A
D．交变电流的最大值为4 A
解析　由图像可以看出，此交变电流的周期为0.250 s，电压的最大值Um＝20 V，所以交变电流的频率为4 Hz，A、B两项错误；交变电流的最大值Im＝＝2 A，有效值I＝＝ A，C项正确，D项错误。
答案　C
探究二 峰值和有效值
1.峰值和有效值的应用
(1)电容器所能承受的电压应高于交流电的峰值，否则电容器可能被击穿。
(2)电气设备铭牌上标注的额定电压、额定电流都是有效值。交流电压表和交流电流表测量的也是有效值。
(3)保险丝的熔断电流为有效值。
2．有效值的计算
(1)对于正弦式交变电流，可先根据Em＝nBSω求出最大值，然后根据E＝求出其有效值。
(2)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。先计算交变电流在一个周期内产生的热量Q，再将热量Q用相应的物理量的有效值表示，即Q＝I2RT或Q＝T，最后代入数据求解有效值。
3．正弦式交变电流的峰值和有效值的关系
I＝，U＝。
【例2】　通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s。电阻两端电压的有效值为(　　)
A．12 V B．4 V
C．15 V D．8 V
解析　根据电流的热效应先计算电流的有效值。由(0.1 A)2R×0.4 s×2＋()2R×0.1 s×2＝I2R×1 s，可得流过电阻的电流的有效值I＝ A，电阻两端电压的有效值为U＝IR＝4 V，故B项正确。
答案　B
对于非正弦式交变电流的有效值，应按有效值的定义计算，计算时要紧扣电流通过电阻产生的热量进行计算，计算时间一般取一个周期，半周期对称的可取半个周期。
【针对训练2】　(多选)图甲、乙分别为两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压的波形是正弦函数的一部分。下列说法正确的是(　　)
A．图甲、图乙均表示交流电
B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝20sin 100πt V
C．图甲所示电压的有效值为10 V
D．图乙所示电压的有效值为10 V
解析　根据交变电流的定义，题图甲、乙均表示交流电，题图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝20sin 100πt V，A、B两项正确；题图甲所示电压的有效值U甲＝＝ V＝10 V，C项错误；根据有效值的定义得·＝T，解得题图乙所示电压的有效值U乙＝10 V，D项正确。
答案　ABD
探究三 正弦式交流电有效值、最大值、平均值的对比
1.有效值
(1)只有正(或余)弦式交流电的有效值根据E＝计算。
(2)计算与电流热效应有关的量(如电功、电功率、热量)要用有效值。
(3)交流电表的测量值，电气设备标注的额定电压、额定电流，通常提到的交流电的数值都是指有效值。
2．最大值
写正弦式交流电瞬时值表达式e＝Emsin ωt时要用到最大值。最大值Em＝nBSω。
3．平均值
(1)求某一过程中的电动势是平均值，＝n。
(2)计算通过线圈横截面的电荷量时用电动势的平均值，即q＝·Δt＝Δt＝n。
【例3】　如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R为9 Ω，匀强磁场的磁感应强度为B＝ T，当线圈以300 r/min的转速匀速转动时，求：
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈转过 s时电动势的瞬时值多大？
(3)电路中电压表和电流表的示数各是多少？
(4)从中性面开始计时，经 s通过电阻R的电荷量为多少？
解析　(1)e＝Emsin ωt＝NBS2πnsin (2πnt)＝100××0.05×2π×sin V＝50sin10πt V。
(2)当t＝ s时e＝50sin V≈43.3 V。
(3)电动势的有效值为E＝≈35.4 V，
电流表示数I＝＝ A＝3.54 A，
电压表示数U＝IR＝3.54×9 V＝。
(4) s内线圈转过的角度
θ＝ωt＝×2π×＝，
该过程ΔΦ＝BS－BScos θ＝BS，
所以由＝，＝，＝得
q＝＝＝ C＝ C。
答案　(1)e＝50sin 10πt V　(2)43.3 V
(3)31.86 V　3.54 A　(4) C
【针对训练3】　(多选)一交流电流的图像如图所示，由图可知(　　)
A．该交流电流瞬时值表达式为i＝10sin 628t A
B．该交流电流的频率为50 Hz
C．该交流电流的最大值为10 A
D．用电流表测该电流其示数为10 A
解析　从图中可知该交流电的周期为T＝0.02 s，故频率为f＝＝50 Hz，电流最大值为im＝10 A，电流表测量的是有效值，故电流表示数为I＝＝，角速度ω＝2πf＝100π＝314，所以瞬时值表达式i＝10sin 314t A，B、C两项正确。
答案　BC
【新高考链接】　(2020·天津市等级性考试适应性测试)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是(　　)
A．线圈先后两次转速之比为1∶2
B．交流电b的最大值为V
C．交流电a的电压瞬时值u＝10sin 0.4πt V
D．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量为零
解析　由图可知，周期Ta＝0.4 s，Tb＝0.6 s，则线圈先后两次转速之比na∶nb＝Tb∶Ta＝3∶2，A项错误；由电动势的最大值Em＝NBSω，则两个电压最大值之比Uam∶Ubm＝ωa∶ωb＝3∶2，则交流电b电压的最大值为 V，B项正确；由图电压最大值Um＝10 V，周期Ta＝0.4 s，ωa＝＝5π rad/s，交流电压a的瞬时值表达式为u＝10sin 5πt V，C项错误；t＝0时刻u＝0，根据法拉第电磁感应定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大，D项错误。
答案　B
限时训练　　巩固当堂所学
随堂·达标自测
1．一正弦式交流电的电压随时间变化的规律如图所示，由图可知(　　)
A．该交流电的电压的有效值为100 V
B．该交流电的频率为25 Hz
C．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin 25t V
D．并联在该电压两端的电压表指针不停摆动
解析　根据题图可知该交流电的电压的最大值为100 V，周期为4×10－2 s，所以频率为25 Hz，A项错误，B项正确；而ω＝2πf＝50π rad/s，所以u＝100sin 50πt V，C项错误；交流电压表的示数为交流电的有效值而不是瞬时值，不随时间变化，指针不摆动，D项错误。
答案　B
2．在阻值为70 Ω的电阻中通以正弦式交变电流，测得在10 min内放出的热量为2.1×104 J，则此交变电流的最大值为(　　)
A．0.24 A B．0.5 A
C．0.707 A D．1 A
解析　根据Q＝I2Rt得I＝ A，所以Im＝I＝1 A。故D项正确。
答案　D
3．一只“220 V　100 W”的灯泡接在u＝311sin 314t V的交变电源上，则下列判断正确的是(　　)
A．灯泡能正常发光
B．与灯泡串联的电流表的示数为0.64 A
C．与灯泡并联的电压表的示数为311 V
D．通过灯泡的电流的表达式为i＝0.45sin 314t A
解析　从电压瞬时值表达式知电压有效值为220 V，故
“220 V　100 W”灯泡接在此交变电源上能正常发光，故A项正确；通过灯泡的电流I＝ A≈0.45 A，也是与灯泡串联的电流表的示数，故B项错误；电压表与灯泡并联测得的是灯泡的电压有效值，故示数为220 V，所以C项错误；通过灯泡的电流的有效值为0.45 A，故其最大值Im＝×0.45 A≈0.64 A，故D项错误。
答案　A
4．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则(　　)
A．电压表的示数为220 V
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C．灯泡实际消耗的功率为484 W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
解析　由题图甲知Em＝220 V，则电源电动势有效值E＝＝220 V，I＝＝ A＝2.2 A，电压表示数即路端电压有效值U＝IR＝2.2×95 V＝209 V，A项错误；线框每转一圈，电流方向改变两次，故每秒钟电流方向改变n＝×2＝×2次＝100次，B项错误；由P灯＝UI得：P灯＝209×2.2 W＝459.8 W，C项错误；由Q＝I2rt得：Q＝2.22×5×1 J＝24.2 J，D项正确。
答案　D
为了满足不同风量的要求，风扇的速度是可调的。风扇调速器的种类不同，但都是通过调压降低电流，控制转速的，转换档位改变电源供给电路的电压电流大小来达到改变电机速率，从而改变风扇的速度。下面了解一下生活中常用的两种风扇调速器。
一种是电子式的，是用一只双向可控硅来调速，如同可调光的台灯一样。特点是成本低、体积小，很轻。缺点是利用可控硅的导通角来调节电压，输出的不是正弦波电流，会产生大量的谐波，使收音机、音响等受到很大的干扰。
另一种是利用铁芯电感的不同抽头，即改变与风扇电路串联的电感的感抗，来改变电扇的电压，进行调速。优点是利用感抗来分压，没有谐波产生，对其他电器没有干扰。缺点是利用铁芯电感，笨重，电感要消耗一些电量。
【快乐体验】　如图甲所示，调节台灯是通过双向可控硅电子器件来实现无级调节灯的亮度的。现将某无级调光台灯接在220 V的正弦式交变电流上，经过可控硅调节后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时电压表的示数是(　　)
A．220 V B．156 V
C．110 V D．78 V
解析　由题图可知，该电流不是正弦式交变电流，但每次通电是T的正弦交变电流，其最大值与有效值的关系是U＝，由T＝·，解得U＝110 V≈156 V，故B项正确。
答案　B
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知识点一 描述交变电流的物理量
1.下列说法中正确的是(　　)
A．交变电流在一个周期内电流方向改变两次
B．交变电流的有效值总是最大值的
C．因为有效值表示交变电流产生的平均效果，所以有效值与平均值相同
D．若正弦式交变电流的最大值是10 A，则它的最小值是－10 A
解析　产生交变电流的线圈平面每经过中性面一次，电流方向改变一次，在一个周期内线圈平面有两次经过中性面。对于正弦式交变电流，其有效值是最大值的，而对于其他的交变电流不一定有这样的关系。交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的，与平均值不同。交变电流的正负不表示电流的大小，正弦式交变电流的最小值为零。综上所述，A项正确。
答案　A
2.(多选)一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化图像如图所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面平行
B．t＝0.01 s时刻，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大
C．t＝0.02 s时刻，线圈中有最大感应电动势
D．t＝0.03 s时刻，线圈中有最大感应电流
解析　t＝0时刻，磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，故A项错误；t＝0.01 s时刻，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大，故B项正确；t＝0.02 s时刻，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故C项正确；t＝0.03 s时刻，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，故D项正确。
答案　BCD
知识点二 有效值
3.两个相同的定值电阻1、2分别接在正弦交流电源和直
流电源的两端，直流电压恒为U0。当电阻1、2的通电
时间分别为t和2t时，两个电阻上产生的热量均为Q。则该正弦交流电源电压的最大值是(　　)
　
A.U0 B．2U0
C.U0 D.U0
解析　设两电阻的阻值均为R，正弦交流电源电压的最大值为Um，则Q＝t，Q＝·2t，解得Um＝2U0，B项正确。
答案　B
4．电阻R1、R2与交流电源按照图甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω。合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示。则(　　)
A．通过R1的电流有效值是1.2 A
B．R1两端的电压有效值是6 V
C．通过R2的电流有效值是1.2 A
D．R2两端的电压最大值是6 V
解析　首先从交流电图像中找出交变电流的最大值，即通过R2的电流最大值为0.6 A，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系Im＝I可知，其有效值为0.6 A，由于R1与R2串联，所以通过R1的电流有效值也是0.6 A，A、C两项错误；R1两端电压有效值为U1＝IR1＝6 V，B项正确；R2两端电压最大值为U2m＝ImR2＝0.6×20 V＝12 V，D项错误。
答案　B
课堂小练(十三)　交变电流的描述
　基本素养练　
1．下列关于交流电的几种说法中，正确的是(　　)
A．交流电气设备上所标的电压、电流值是峰值
B．交流电流表和交流电压表测得的值是瞬时值
C．跟交流有相同热效应的直流的值是交流的有效值
D．跟直流有相同热效应的交流的值是交流的有效值
解析　交流电气设备上所标的电压、电流值都是交流电的有效值，A项错误；交流电流表和交流电压表测的值是有效值，B项错误；根据有效值的定义，可知C项正确，D项错误。
答案　C
2.在如图所示的电路中，已知交流电源电压u＝200sin 10πt V，电阻R＝10 Ω，则理想电流表和理想电压表的读数分别为(　　)
A．14.1 A　200 V B．14.1 A　141 V
C．2 A　200 V D．2 A　141 V
解析　由表达式可读得电压最大值Um＝200 V，在交流电路中电流表和电压表测量的是交流电的有效值，所以电压表的示数为U＝ V≈141 V，电流表的示数为I＝＝ A≈14.1 A，B项正确。
答案　B
3．一个多匝闭合矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交流电的电动势e随时间变化的表达式为e＝100sin 50 πt V，则下列判断正确的是(　　)
A．通过该矩形线圈磁通量的最大值为100 Wb
B．该交变电流电动势的有效值是70.7 V
C．通过该矩形线圈磁通量变化率的最大值为100 Wb/s
D．1 s内该交流电电流的方向变化100次
解析　由表达式可知ω＝50π rad/s，NBSω＝100 V，由于不知道N，所以无法求出该矩形线圈磁通量的最大值，A项错误；感应电动势的最大值为100 V，根据法拉第电磁感应定律E＝n 可知，磁通量的变化率并不等于电动势，还与线圈匝数有关，C项错误；交变电流电动势的有效值E＝≈70.7 V，B项正确；该交流电的频率f＝＝25 Hz，故1 s内交流电电流的方向变化50次，D项错误。
答案　B
4．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势为e＝220sin 100πt V。关于这个交变电流，下列说法中正确的是(　　)
A．交变电流的频率为100 Hz
B．电动势的有效值为220 V
C．t＝0时，穿过线圈的磁通量为零
D．t＝0时，线圈平面与中性面垂直
解析　该交变电流的频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，故A项错误；电动势的有效值为 V＝220 V，故B项正确；t＝0时，瞬时电动势为零，所以线圈平面与磁场垂直，此时线圈平面处在中性面上，故C、D两项错误。
答案　B
5．在以下四种交流电中，有效值最大的是(　　)
解析　图A是正弦式交流电，有效值UA＝，图B中，根据电流的热效应可知，·＝T，解得UB＝，图C中，·＝·T，解得UC＝，图D中，·＋·＝T，解得UD＝U0，有效值最大的为D，D项正确。
答案　D
6．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T。从中性面开始计时，当t＝T时，线圈中感应电动势的瞬时值为2 V，则此交变电流的有效值为(　　)
A．2 V B．2 V
C. V D. V
解析　先用代入法求出感应电动势的最大值：由e＝Em sin ωt得，2 V＝Emsin V，由此得Em＝4 V，因此有效值为2 V，A项正确。
答案　A
7.将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．电路中交变电流的频率为0.25 Hz
B．通过电阻的电流为 A
C．电阻消耗的电功率为2.5 W
D．用交流电压表测得电阻两端的电压为5 V
解析　由题图可知，该交变电流的周期为T＝4×10－2 s，故频率为f＝＝25 Hz，A项错误；通过电阻的电流最大值为Im＝＝1 A，有效值I＝≈0.707 A，电阻消耗的电功率为P＝I2R＝2.5 W，B项错误，C项正确；交流电压表测得的是电阻两端电压的有效值U＝IR＝ V≈3.5 V，D项错误。
答案　C
8.对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图像，下列说法中正确的是(　　)
A．电流做周期性变化，是交流电
B．电流的周期是0.02 s
C．电流的有效值是0.2 A
D．电流的最大值是0.2 A
解析　由图像可知，电流的方向不变，而大小做周期性变化，所以不是交流电，而是直流电，电流的周期是0.01 s，最大值是0.2 A，A、B、C三项错误，D项正确。
答案　D
9.如图所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1 Ω，外接R＝9 Ω的电阻，A为理想交流电流表。闭合开关S，当发动机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10sin10πt V，则(　　)
A．该交变电流的频率为10 Hz
B．该电动势的有效值为10 V
C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W
D．电路中理想交流电流表A的示数为1 A
解析　由发电机产生的感应电动势的表达式e＝10sin 10πt V可知，该交流电为正弦式交变电流，其感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emsin ωt，由两式对照可知Em＝10 V，ω＝10π rad/s，又由于ω＝2πf，解得f＝5 Hz，故A项错误；根据正弦式交变电流有效值与峰值的关系可知，该电动势的有效值为E＝＝10 V，故B项错误；理想交流电流表测量的是电路中总电流的有效值，根据闭合电路欧姆定律有I＝＝1 A，外接电阻R所消耗的功率为P＝I2R＝9 W，故C项错误，D项正确。
答案　D
10.如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10 Ω连接，t＝0时线圈以T＝0.02 s的周期从图中位置开始转动，转动时理想交流电压表示数为。则(　　)
A．电阻R上的电功率为20 W
B．R两端的电压u随时间变化的规律是u＝10·cos 100πt V
C．0.02 s时R两端的电压瞬时值为零
D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝
解析　电阻R消耗的功率为P＝＝ W＝10 W，故A项错误；R两端电压的最大值为Em＝U＝10 V，由题可知，周期为T＝0.02 s，角速度ω＝＝100π rad/s，故R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝10cos 100πt V，故B项正确；0.02 s时磁通量的变化率最大，此时产生的感应电动势最大，故C项错误；Im＝＝ A＝ A，则通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos 100πt A，故D项错误。
答案　B
　能力提升练　
11．一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为。如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为(　　)
A．5 V B．5 V
C．10 V D．10 V
解析　电热器接到直流电源上，由功率表达式P＝可知，P＝＝。当其接到交流电源上时，有＝，则U2＝U1，U2为正弦交流电的有效值，则此交流电的最大值Um＝U2＝10 V，C项正确。
答案　C
12．匝数为100的线圈通有如图所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线一个周期的)，单匝线圈电阻r＝0.02 Ω，则在0～10 s内线圈产生的焦耳热为(　　)
A．80 J B．85 J
C．90 J D．125 J
解析　由交变电流的有效值定义知2R·＋22R·＝I2RT，该交变电流的有效值I＝ A，线圈的总电阻R总＝100×0.02 Ω＝2 Ω，由Q＝I2R总t得Q＝85 J，B项正确。
答案　B
13.如图所示，矩形线圈abcd在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中绕轴OO′以角速度ω＝10π rad/s匀速转动，线圈共10匝，电阻r＝，＝0.3 m，bc＝0.6 m，负载电阻R＝45 Ω。
(1)写出从图示位置开始计时线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)求电阻R在0.05 s内产生的热量；
(3)求0.05 s内流过电阻R的电荷量(设线圈从垂直中性面开始转动)。
解析　(1)电动势的最大值为Em＝nBSω＝10×2×0.3×0.6×10π V≈113.04 V，
故瞬时值表达式
e＝Em·cos ωt＝113.04cos 10πt V。
(2)电流的有效值I＝＝＝1.6 A，
所以0.05 s内R上产生的热量Q＝I2Rt＝5.76 J。
(3)线圈转动周期T＝＝0.2 s，t＝0.05 s时线圈转动90°，此时磁通量Φ＝BS，
平均感应电动势为＝n＝72 V，
平均感应电流为＝＝1.44 A，
所以通过电阻R的电荷量为：
q＝·Δt＝0.072 C。
答案　(1)e＝113.04 cos 10πt V
(2)5.76 J　(3)0.072 C
14．如图所示，在匀强磁场中有一个内阻r＝3 Ω、面积0.02 m2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100π 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(小灯泡电阻阻值不随温度变化)，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)从图示位置开始，线框转过90°的过程中，流过导线横截面的电荷量是多少？该电荷量与线框转动的快慢是否有关？
(3)由题所给已知条件，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＝10 V，
则感应电动势的瞬时值表达式
e＝Emcos ωt＝10cos 100πt V。
(2)线框转过90°的过程中，产生的平均电动势
＝＝，
灯泡电阻R＝＝3 Ω，
故流过的电荷量
q＝·Δt＝＝ C，
与线框转动的快慢无关。
(3)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。
答案　(1)e＝10cos 100πt V
(2) C　无关
(3)不能　 W
3.变压器
学习目标：1.了解变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理；2.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系并能用它解决相关问题；3.掌握理想变压器的功率关系，并能推导出原、副线圈的电流关系。
　情境导入
生活中照明、家用电器用电电压为220 V，工厂里机械设备用电电压为380 V，这些电能是经同样的输电线输送过来的，经不同的变压器降压到合适的电压值供给了不同的用电器。
【问题】　变压器是如何做到输出不同的电压值呢？有什么规律呢？
　
稳健启程　　新知初步构建
课前·新知初探
知|识|梳|理
一、变压器的原理
1．构造
由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成，与交流电源连接的线圈叫原线圈，与负载连接的线圈叫副线圈。
2．原理
互感现象是变压器工作的基础。原线圈中电流的大小、方向不断变化，在铁芯中激发的磁场也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势。
二、电压与匝数的关系
1．理想变压器：没有能量损失的变压器叫作理想变压器，它是一个理想化模型。
2．电压与匝数的关系
原、副线圈的电压比等于两个线圈的匝数比，即＝。
3．两类变压器：副线圈的电压比原线圈电压低的变压器叫降压变压器；副线圈的电压比原线圈电压高的变压器叫升压变压器。
预|习|自|检
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)。
(1)理想变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比。(√)
(2)理想变压器是一个理想化模型。(√)
(3)学校中用的变压器工作时没有能量损失。(×)
(4)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。(×)
2．下图中能将电压升高供给电灯的变压器是(　　)
解析　A图中，原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故A项错误；B图中，原线圈匝数比副线圈匝数多，所以是降压变压器，故B项错误；C图中，原线圈匝数比副线圈匝数少，所以是升压变压器，故C项正确；D图中，原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故D项错误。
答案　C
3．理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，下列说法中正确的是(　　)
A．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1
B．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等，但穿过每匝线圈的磁通量并不相等
C．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1
D．正常工作时，原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1
解析　对理想变压器，无磁通量损失，因而穿过两个线圈的磁通量相同，磁通量变化率相同，因而每匝线圈产生的感应电动势相等，才导致电压与匝数成正比，A、B、C三项错误；理想变压器可以忽略各种损耗，故输入功率等于输出功率，D项正确。
答案　D
细研深究　　萃取知识精华
课堂·合作探究
探究一 理想变压器的原理和基本规律的应用
1.理想变压器的特点
(1)原、副线圈的电阻不计，不产生热量。
(2)变压器的铁芯无漏磁，原、副线圈磁通量无差别。
(3)变压器自身的能量损耗不计，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率。
2．电压关系：由于不计原、副线圈的电阻，因此原线圈两端的电压U1＝E1，副线圈两端的电压U2＝E2，所以＝。当有n组线圈时，则有：＝＝…。
3．功率关系：对于理想变压器，不考虑能量损失，P入＝P出。
4．电流关系：由功率关系，当只有一个副线圈时，I1U1＝I2U2，得＝＝。当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…，得I1n1＝I2n2＋I3n3＋…。
【例1】　如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝，V和A均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB两端电压u1＝。下列说法正确的是(　　)
A．电流频率为100 Hz
B．电压表V的读数为24 V
C．电流表A的读数为0.5 A
D．变压器输入功率为6 W
解析　根据u1＝12sin 100πt V及U＝知U1＝12 V，f＝＝50 Hz，A项错误；根据＝得U2＝U1＝×12 V＝6 V，即电压表V的读数为6 V，B项错误；又I2＝＝ A＝1 A，即电流表A的读数为，C项错误；根据P入＝P出及P出＝＝ W＝6 W，D项正确。
答案　D
微提醒
(1)变压器不能改变直流电压。
(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。
(3)理想变压器本身不消耗能量。
(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。
(5)理想变压器的变压关系是一个普适关系，而电流比＝则不然，它只适用于副线圈仅有一个的情况。而对副线圈有多个的情况则应根据功率关系P入＝P出，即U1I1＝U2I2＋U3I3＋…来找出各线圈间的电流关系。
【针对训练1】　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。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
解析　U2＝220 V，根据＝n1∶n2得U1＝110 V。I2＝＝0.1 A，根据I1∶I2＝n2∶n1得I1＝，A项正确。
答案　A
探究二 理想变压器的动态分析
1.电压、电流、功率的制约关系
(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输入电压U1决定输出电压U2，即U2＝。
(2)功率制约：P出决定P入，P出增大，P入增大；P出减小，P入减小；P出为0，P入为0。
(3)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定，且输入电压U1确定时，副线圈中的输出电流I2决定原线圈中的输入电流I1，即I1＝。
2．对理想变压器进行动态分析的两种常见情况
(1)原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R→I2→P出→P入→I1。
(2)负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P出→P入→I1。
【例2】　(多选)如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝220sin 100πt V，则(　　)
A．电压表的示数为22 V
B．在天逐渐变黑的过程中，电流表A2的示数变小
C．在天逐渐变黑的过程中，电流表A1的示数变大
D．在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变小
解析　根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220 V，根据电压之比等于线圈匝数之比可知，副线圈的电压的最大值为22 V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为UV＝ V＝22 V，故A项错误；在天变黑的过程中，光照变弱，R阻值增大；电路的总电阻增大，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流变小，电流表A2的示数变小，故B项正确；由于变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的电流减小，电压不变，所以由P＝UI可知，输出的功率要减小，故输入的功率也要减小，因输入电压不变，故输入电流变小，故C项错误，D项正确。
答案　BD
理想变压器动态问题的处理方法
(1)首先抓住三个决定原则：输入电压U1决定输出电压U2；输出电流I2决定输入电流I1；输出功率P2决定输入功率P1。
(2)把副线圈当作电源，研究副线圈电路电阻变化。
(3)根据闭合电路的欧姆定律，判定副线圈电流的变化、功率的变化。
(4)根据理想变压器的变压规律、变流规律和功率规律判定原线圈电流的变化及输入功率的变化。
【针对训练2】　如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R。开始时，开关S断开。当开关S接通时，以下说法中不正确的是(　　)
A．副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R上的电压增大
C．通过灯泡L1的电流减小
D．原线圈中的电流增大
解析　由于输入电压不变，所以当S接通时，理想变压器副线圈M、N两端输出电压UMN＝U2不变。并联灯泡L2，总电阻变小，由欧姆定律I2＝知，流过R的电流增大，电阻上的电压UR＝I2R增大。副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I1U1＝I2U2得，I2增大，原线圈输入电流I1也增大。UMN不变，UR变大，所以
UL1变小，流过灯泡L1的电流减小。综上所述，应选A。
答案　A
【新高考链接】　(2020·新高考全国卷·山东)图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V。定值电阻R1＝10 Ω、R2＝5 Ω， 滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为(　　)
A．1 Ω B．5 Ω
C．6 Ω D．8 Ω
解析　变压器原线圈电压的有效值U1＝ V＝220 V，根据理想变压器电压规律＝，可知副线圈电压有效值U2＝U1＝×220 V＝30 V，灯泡正常工作，根据欧姆定律可知分压为24 V，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为IL＝＝ A＝1.6 A，根据串联分压规律可知，R1和R2、R构成的并联电路部分的分压为U＝U2－UL＝30 V－24 V＝6 V，通过R1的电流为I1＝＝ A＝0.6 A，通过R2、R的电流I2＝IL－I1＝1.6 A－0.6 A＝1 A，R2、R的分压为U＝I2(R2＋R)，解得滑动变阻器的阻值为R＝－R2＝ Ω－5 Ω＝1 Ω，A项正确，B、C、D三项错误。
答案　A
限时训练　　巩固当堂所学
随堂·达标自测
1．(多选)理想变压器正常工作时，原、副线圈中一定相同的物理量是(　　)
A．每匝线圈中磁通量的变化率
B．交变电流的频率
C．原线圈的输入功率和副线圈的输出功率
D．原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势
解析　理想变压器，改变电压、电流，不改变频率、功率和磁通量及磁通量变化率。
答案　ABC
2.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的读数变为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
解析　交流发电机产生的感应电动势最大值Em＝NBSω，且有ω＝2πn，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B项正确；由电功率P＝可知，变压器输出功率即R消耗的功率变为原来的，A项错误；由P＝UI可知，原线圈中电流减为原来的一半，C项错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故D项错误。
答案　B
3．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正在导轨上向右匀速运动，在金属棒运动过程中，将观察到(　　)
A．L1发光，L2不发光
B．L1、L2都不发光
C．L2发光，L1不发光
D．L1、L2都发光，只是亮度不同
解析　金属棒MN在轨道上向右匀速平动，由E＝BLv可知，甲图中有效切割长度增大，产生的电动势增大，回路中的感应电流也增大；乙图中的切割长度恒定，产生的是恒定电动势，电流恒定，根据变压器的原理可知，甲的副线圈产生感应电流，乙的副线圈没有感应电流产生，所以L1发光，L2不发光，A项正确。
答案　A
4．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)
A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大
解析　当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R1中电流减小，R1两端电压减小，电压表示数变大，R1消耗的电功率变小，A项错误，B项正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表A1示数变小，C项错误；若闭合开关S，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R1中电流增大，R1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A2示数减小，电流表A1示数变大，D项错误。
答案　B
自耦变压器是输出和输入共用一组线圈的特殊变压器。升压和降压用不同的抽头来实现。比共用线圈少的部分抽头电压就降低，比共用线圈多的部分抽头电压就升高。其实原理和普通变压器是一样的，只不过它的原线圈就是它的副线圈。一般的变压器是左边一个原线圈通过电磁感应，使右边的副线圈产生电压，自耦变压器是自己影响自己。
自耦变压器是只有一个绕组的变压器，当作为降压变压器使用时，从绕组中抽出一部分线匝作为二次绕组；当作为升压变压器使用时，外施电压只加在绕组的一部分线匝上。通常把同时属于一次和二次的那部分绕组称为公共绕组，自耦变压器的其余部分称为串联绕组，同容量的自耦变压器与普通变压器相比，不但尺寸小，而且效率高，并且变压器容量越大，电压越高。这个优点就越加突出。因此随着电力系统的发展、电压等级的提高和输送容量的增大，自耦变压器由于其容量大、损耗小、造价低而得到广泛应用。
【快乐体验】　如图所示，一自耦变压器环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。则在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中(　　)
A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升高
C．U2解析　由变压器的变压公式＝可知，由于原线圈匝数n1大于副线圈匝数n2，因此有U1>U2，当滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，n2减小，因此U2降低，C项正确。
答案　C
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知识点一 变压器的原理和基本规律
1.在绕制变压器时，某人将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上。当通以交流电时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂。已知线圈 1、2 的匝数之比 n1∶n2＝2∶1。在不接负载的情况下(　　)
A．当线圈 1 输入电压为 220 V 时，线圈 2 输出电压为 110 V
B．当线圈 1 输入电压为 220 V 时，线圈 2 输出电压为 55 V
C．当线圈 2 输入电压为 110 V 时，线圈 1 输出电压为 220 V
D．当线圈 2 输入电压为 110 V 时，线圈 1 输出电压为 55 V
解析　因为理想变压器原、副线圈电压之比等于线圈中产生的感应电动势之比，所以当从线圈1输入电压U1＝220 V时，由＝＝＝得U2＝55 V。当从线圈2输入电压U2＝110 V时，同理得U1＝110 V，故B项正确。
答案　B
2．(多选)如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V和10 A，已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1，乙图中原、副线圈匝数比为1∶10，则(　　)
A．甲图中的电表是电压表，输电电压为22 000 V
B．甲图是电流互感器，输电电流是100 A
C．乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 V
D．乙图是电流互感器，输电电流是100 A
解析　题图甲是电压互感器，故B项错误；根据＝，有U1＝U2＝×220 V＝，故A项正确；题图乙是电流互感器，电表是电流表，故C项错误；只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比＝，有I1＝I2＝×10 A＝100 A，故D项正确。
答案　AD
知识点二 理想变压器的动态分析
3.如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是(　　)
A．电压表V1示数增大
B．电压表V2、V3示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
解析　电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，A项错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，B项错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2>ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，C项错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，D项正确。
答案　D
4.(多选)如图所示，一理想变压器副线圈与滑动变阻器相连，P是滑动变阻器的滑动触头，原线圈一端接交流电源，另一端a和一线圈中间引出端 b分别与单刀双掷开关S两接线柱相连，电源电压的最大值恒定，I为电源电流，则(　　)
A．保持P的位置不变，S由a合向b时，I将增大
B．保持P的位置不变，S由a合向b时，R消耗的功率减小
C．S合在a处，使P向c端滑动，I将增大
D．S合在b处，使P向c端滑动，R消耗的功率减小
解析　根据变压器原副线圈电压关系：＝，U2＝，原线圈匝数减小，输出电压增大，R消耗的功率增大，输入功率随之增大，电源电流增大，故A项正确，B项错误；保持S不动，输出电压不变，向c端移动P，电阻增大，R消耗的功率减小，输入功率随之减小，电源电流减小，故C项错误，D项正确。
答案　AD
课堂小练(十四)　变压器
　基本素养练　
1．(多选)关于变压器，下列说法正确的是(　　)
A．变压器的工作原理是电磁感应
B．一切变压器的工作基础都是互感现象
C．各种电流接入变压器的输入端，变压器都能持续正常工作
D．只有交变电流接入变压器的原线圈中，变压器才能持续正常工作
解析　变压器的原线圈接交流电源时，有交变电流流过，引起穿过原、副线圈的磁通量发生变化，在原、副线圈中都产生了感应电动势，所以变压器的工作原理是电磁感应，A项正确；有一种变压器叫自耦变压器，它只有一个线圈绕在铁芯上，但有三个抽头，可升压、也可降压，这种变压器的工作基础是自感，B项错误；变压器要想持续正常工作，原线圈必须接交变电流，若接直流，原、副线圈中不可能出现持续的感应电动势，变压器不能持续正常工作，C项错误，D项正确。
答案　AD
2.如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt 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．原线圈的输入功率为220 W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110 V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
解析　由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1＝220 V，由＝，故副线圈电压的有效值为U2＝110 V，故输出功率P2＝＝220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220 W，A项错误；根据欧姆定律知，I2＝＝，＝，得I1＝1 A，故电流表读数为1 A，B项正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110 V，C项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π rad/s，又T＝，解得T＝0.02 s，D项错误。
答案　B
3．将输入电压为220 V，输出电压为6 V的理想变压器改成输出电压为30 V的变压器，副线圈原来是30匝，原线圈匝数不变，则副线圈新增匝数为(　　)
A．120匝 B．150匝
C．180匝 D．220匝
解析　由变压比＝，则＝，所以n1＝1 100匝。当U2′＝30 V时，＝，所以n2′＝150匝，故Δn2＝n2′－n2＝120匝，A项正确。
答案　A
4．某理想变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按如图所示规律变化，副线圈接有负载。下列判断正确的是(　　)
A．输出电压的最大值为36 V
B．原、副线圈中电流之比为8∶55
C．变压器输入、输出功率之比为55∶9
D．电源电压有效值为220 V，频率为50 Hz
解析　原线圈电压最大值为220 V，变压器的输入和输出电压之比等于原副线圈匝数比，原、副线圈匝数比为55∶9，则输出电压的最大值为220× V＝36 V，所以A项错误；变压器的电流之比等于原、副线圈匝数的反比，原、副线圈中电流之比为，所以B项错误；变压器只能改变交流电的电压，而不能改变频率和功率，即对于理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以C项错误；从图上可以看出，交流电的周期0.02 s，则频率为50 Hz，电压有效值为，所以D项正确。
答案　D
5.如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220 V，负载电阻R＝44 Ω，电流表A1的示数为0.2 A。下列判断正确的是(　　)
A．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1
B．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1
C．电流表A2的示数为0.1 A
D．电流表A2的示数为0.4 A
解析　由电压表V的示数和电流表A1的示数可得原线圈中的功率P1＝U1I1，P1＝P2＝IR，所以电流表A2的示数为I2＝＝ A＝1 A，C、D两项错误；原线圈和副线圈的匝数比＝＝，A项错误，B项正确。
答案　B
6．为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图，保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示，以下判断正确的是(　　)
A．u2＝380sin 100πt V
B．u2＝190sin 50πt V
C．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移
D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移
解析　由于用户电压u2随时间t变化的曲线周期为0.02 s，所以u2＝190sin 100πt V，故A、B两项错误；为使用户电压稳定在220 V，应减小变压器原线圈匝数，应将P适当上移，故C项错误，D项正确。
答案　D
7.(多选)如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈。由于铁芯不闭合，上线圈产生的磁场将在空间发散，磁感线用虚线表示，下线圈得到的磁场很少，所以这种变压器能量的损耗很大。当上线圈两端与u＝14.1sin314t V的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是(　　)
A．14.1 V B．2.5 V
C．2.0 V D．1.0 V
解析　根据u＝14.1sin 314t V可知交流电的最大值为Um＝14.1 V，则其有效值U1＝＝10 V，由图可知线圈n1是原线圈，线圈n2是副线圈，如果变压器是理想变压器，那么输入电压和输出电压的关系有U1∶U2＝n1∶n2，可得U2＝U1＝2.5 V，因为实际变压器存在漏磁现象，故通过原线圈的磁通量大于通过副线圈的磁通量，故实际副线圈的输出电压小于2.5 V，故C、D两项正确。
答案　CD
8．如图所示，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“12 V　6 W”的灯泡，L1接在理想变压器的原线圈，L2、L3、L4接在副线圈回路中，a、b两端连接交流电源，交流电流表A示数为0.5 A，已知灯泡L2正常发光，以下说法正确的是(　　)
A．a、b端输入功率为18 W
B．a、b端输入电压为36 V
C．a、b端输入电压为48 V
D．若副线圈回路再并联一只同样的灯泡，L2仍能正常发光
解析　灯泡的额定电流IL＝＝ A＝0.5 A，交流电流表A示数为0.5 A，所以灯泡L1正常发光，功率为6 W；灯泡L2正常发光，则其余两盏灯也能正常发光，所以a、b端输入功率等于四个灯泡的电功率，即为Pab＝6×4 W＝24 W，故A项错误；根据Pab＝UabIA可得：Uab＝ V＝48 V，故B项错误，C项正确；若副线圈回路再并联一只同样的灯泡，使得副线圈的电流强度增大，则原线圈的电流强度增大，灯泡L1分得到的电压增大，原线圈两端电压减小，副线圈两端电压减小，L2不能正常发光，故D项错误。
答案　C
9.(多选)如图所示，一理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则(　　)
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
解析　保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2＝知，I2变小，由＝得I1也变小，即电流表读数变小，A项错误，B项正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2＝知副线圈输出功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，C项正确，D项错误。
答案　BC
10．(多选)国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1 400座。变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝200sin 100πt V，电压表、电流表都为理想电表。则下列判断正确的是(　　)
A．输入电压有效值为200 V，电流频率为50 Hz
B．S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大
C．S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小
D．若变阻器的滑片不动，S由a处打到b处，电压表V2和电流表A1的示数都减小
解析　输入电压的最大值U1m＝，有效值U1＝ V＝200 V，由瞬时值的表达式知，角速度ω＝100π rad/s，电流频率f＝＝ Hz＝50 Hz，故A项正确；S打到a处，变阻器的滑片向下滑动时，由＝，知U2不变即V2示数不变，副线圈接入电路的电阻减小，所以电流表A2的示数变大，故B、C两项错误；若变阻器的滑片不变，S由a处打到b处，副线圈匝数减少，输入电压不变，输出电压减少，电压表V2示数减少，输出功率P2＝减少，根据输入功率等于输出功率，P1＝U1I1减少，U1不变，则I1减少，即电流表A1的示数减小，故D项正确。
答案　AD
　能力提升练　
11．(多选)如图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是(　　)
A．线圈匝数n1B．线圈匝数n1>n2，n3>n4
C．图甲中的电表是电压表，输出端不可短路
D．图乙中的电表是电流表，输出端不可断路
解析　题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，其中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，n3答案　CD
12．(多选)如图所示，在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，下列说法正确的是(　　)
A．用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈
B．测量原、副线圈的电压，可用“测定电源的电动势和内阻”实验中的直流电压表
C．原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，副线圈电压大于原线圈电压
D．为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响
解析　变压器的输出电压跟输入电压以及原、副线圈匝数之比都有关，因此需要用可拆卸的变压器研究，A、D两项正确；变压器只能对交流的电压有作用，不能处理直流的电压，所以应使用交流电压表，B项错误；根据原、副线圈匝数之比等于输入、输出电压之比可知，原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱时，原线圈匝数比副线圈匝数多，那么副线圈电压小于原线圈电压，C项错误。
答案　AD
13．图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u－t 图像如图乙所示。若只在ce间接一只Rce＝400 Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W。
(1)请写出原线圈输入电压瞬时值Uab的表达式；
(2)求只在ce间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1；(计算结果保留一位小数)
(3)求ce和de间线圈的匝数比。
解析　(1)由原线圈中交变电压的u－t图像可知周期T＝0.01 s，
ω＝＝200π rad/s，
电压瞬时值表达式Uab＝400sin 200πt V。
(2)电压有效值U1＝＝200 V，
理想变压器P1＝P2，
原线圈中的电流I1＝≈0.28 A。
(3)设ab间匝数为n1，根据变压器规律有
＝，＝，
由题意有＝，
联立可得＝。
答案　(1)Uab＝400sin 200πt V　(2)0.28 A　(3)
14.如图所示，理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，交流电源电压u＝311sin 100πt V，F为熔断电流为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的阻值应不小于多少？变压器输出的电功率不能超过多少？
解析　原线圈电压的有效值为U1＝ V≈220 V，
由＝得副线圈两端的电压
U2＝U1＝×220 V＝110 V。
(1)当R＝100 Ω时，副线圈中电流
I2＝＝ A＝1.10 A。
由U1I1＝U2I2得原线圈中的电流为
I1＝I2＝×1.10 A＝0.55 A，由于I1(2)设电阻R取某一值R0时，原线圈中的电流I1′刚好到达熔断电流I0，
即I1′＝1.0 A，则副线圈中的电流为
I2′＝I1′＝·I1′＝，
变阻器阻值R0＝＝ Ω＝55 Ω，
此时变压器的输出功率为
P2＝I2′U2＝2.0×110 W＝220 W，
可见，要使保险丝F不被熔断，电阻R的阻值不能小于55 Ω，输出的电功率不能大于220 W。
答案　(1) 保险丝不会被熔断　(2)55 Ω　220 W
4．电能的输送
学习目标：1.理解输电线上电能的损失与哪些因素有关；2.理解减小电能损失的两个途径以及高压输电的原理；3.知道远距离输电的典型电路，并能利用变压器和电路的规律解决实际问题。
　情境导入
“西电东送”工程是西部大开发的标志性工程。“西电东送”是指开发贵州、云南、广西、四川、山西、陕西等西部省区的电力资源，将其送到电力紧缺的广东、上海、江苏和京、津、唐地区。要远距离输送电能，输送过程中又要确保电能的可靠、经济。
【问题】　如何输送电能效果会更好呢？不同地方的电能又如何调配呢？
稳健启程　　新知初步构建
课前·新知初探
知|识|梳|理
一、降低输电损耗的两个途径
1．输送电能的基本要求
(1)可靠：指保证供电线路可靠地工作，少有故障。
(2)保质：保证电能的质量——电压和频率稳定。
(3)经济：指输电线路建造和运行的费用低，电能损耗少。
2．降低输电损耗的两个途径
要减少输电线路上的功率损失，由公式P损＝I2R线知，必须减小输电线电阻或减小输电电流。
(1)要减小电阻，从R＝ρ看，在输电距离一定的情况下，可以增大导线的横截面积，但过粗的导线会耗费太多的金属材料，同时也给铺设线路带来困难；还可以选用电阻率较小的导体。
(2)从公式P＝IU来看，在保证功率不改变的情况下，要减小输送电流就必须提高输电电压。
前一种方法的作用十分有限，一般采用后一种方法。
3．高压输电
(1)现代远距离输电都采用高压输电。目前我国远距离送电采用的电压有110 kV,220 kV,330 kV，输电干线已采用500 kV，西北电网甚至达到750 kV。
(2)高压输电并不是越高越好。电压越高，对输电线路绝缘性能和变压器的要求就越高，线路修建费用会增多。
(3)实际输送电能时要综合考虑输送功率、距离、技术和经济等要求选择合适的电压。
二、电网供电
1．远距离输电基本原理
在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压。
2．电网
通过网状的输电线、变电站，将许多电厂和广大用户连接起来，形成全国性或地区性的输电网络。
3．电网输电的优点
(1)降低一次能源的运输成本，获得最大经济效益。
(2)减少断电的风险，调剂不同地区电力供需的平衡，保障供电的质量。
(3)合理调度电力，使电力的供应更加可靠，质量更高。
预|习|自|检
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)。
(1)仅仅从减少能量损失的角度看，输送功率一定的情况下，输电电压越高，损失的能量越少。(√)
(2)在输送功率和输电电压一定，使用同种材料的导线时，越粗的导线损失的电压越小。(√)
(3)使用升压变压器和降压变压器进行远距离输电时，用户得到的电压可以高于发电机输出的电压。(√)
(4)远距离输电时，若升压变压器匝数比为1∶n，降压变压器匝数比为n∶1，则升压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等。(×)
2．中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化。近年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．减小输电导线的长度
C．提高输电电压 D．减小输电导线的横截面积
解析　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三项错误。
答案　C
3．远距离输电中，当输送的电功率为P，输送电压为U时，输电线上损失的电功率为ΔP，若输送的电功率增加为4P，而输电线中损失的电功率减为，(输电线电阻不变)那么输电电压应增为(　　)
A．32U B．16U
C．8U D．4U
解析　根据题意知：ΔP＝2r，＝2r，解得U′＝8U，C项正确。
答案　C
细研深究　　萃取知识精华
课堂·合作探究
探究一 输电线上电压和功率损失的计算
1.输电线上的电功率损失
(1)原因：输电导线有电阻R线，电流流过输电线时，电流的热效应引起电功率的损失。
(2)计算式：①P线＝I2R线；②P线＝IU线；③P线＝。
2．输电线上的电压损失
若用U表示输电线始端电压，U′表示输电线末端电压，则U线＝U－U′或U线＝IR线。
3．电压损失与输电电压的关系
如果远距离输电的电功率P不变，输电电压为U，输电导线电阻为R线，则输电导线上发热损失的功率P损＝I2R线＝R线，因此输电电压若提高到nU，则P损将减为原来的。
【例1】　中国已投产运行的1 000 kV特高压输电，是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压

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