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第一節　認識交變電流
1．觀察交變電流的圖像，理解交變電流和直流的概念。
2．理解交變電流的產生過程，會分析電動勢和電流方向的變化規律。
3．知道交變電流的變化規律及表示方法，知道交變電流的瞬時值、峰值的物理含義。
4．知道交流發電機的構造。
知識點一　交變電流
1．恒定電流：大小和方向都不隨時間改變的電流，簡稱直流(DC)。
2．交變電流：大小和方向都隨時間做周期性變化的電流，簡稱交流(AC)。
3．波形圖：電流或電壓隨時間變化的圖像。
4．日常生活和生產中所使用的交變電流是按正弦規律變化的交變電流。
知識點二　交變電流的產生
1．交流發電機的基本結構：線圈、磁極、滑環及電刷。
2．過程分析
3．中性面
(1)定義：線圈平面與磁感線垂直時的位置。
(2)特點：①穿過線圈的Φ最大，但線圈中的感應電流為零；②線圈平面每經過一次中性面，感應電流方向就改變一次。
知識點三　交變電流的變化規律
1．正弦式交變電流
定義：按正弦規律變化的交變電流叫作正弦式交變電流，簡稱正弦式交流電。
2．瞬時值表達式
從中性面開始計時，
瞬時電動勢：e＝Emsin ωt
瞬時電壓：u＝Umsin ωt
瞬時電流：i＝Imsin ωt
注：表達式中Em、Um、Im分別是電動勢、電壓、電流的峰值，而e、u、i則是這幾個量的瞬時值。
3．幾種不同類型的交變電流
1．思考判斷(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)交變電流是方向隨時間作周期性變化的電流。 (√)
(2)只有按正弦規律變化的電流才是交變電流。 (×)
(3)交流電源沒有正、負極之分。 (√)
(4)只要閉合線圈在磁場中轉動就會產生交變電流。 (×)
(5)交變電流是矩形線圈繞平行于磁場方向的軸在勻強磁場中勻速轉動產生的電流。 (×)
2．(多選)如圖所示圖像中屬于交變電流的有(　　)
A　　　B　　　　C　　　　D
ABC　[交變電流是大小、方向都隨時間做周期性變化的電流，所以A、B、C正確；D僅是電流的大小發生變化而方向不變，故不屬于交變電流。]
3．關于線圈在勻強磁場中轉動產生的交變電流，下列說法中正確的是(　　)
A．線圈每轉動一周，感應電流方向就改變一次
B．線圈平面每經過中性面一次，感應電流方向就改變一次，感應電動勢方向不變
C．線圈平面每經過中性面一次，感應電流和感應電動勢方向都要改變一次
D．線圈轉動一周，感應電流和感應電動勢方向都要改變一次
C　[當線圈在勻強磁場中轉動產生交變電流時，線圈平面每經過中性面一次，感應電流與感應電動勢方向均改變一次，轉動一周，感應電流與感應電動勢方向改變兩次。故只有C正確。]
(1)探究交變電流的特點如圖所示，把電流表接入到模型發電機的輸出端，搖動發電機的手柄，觀察電流表的指針擺動情況是怎樣的？電流表指針的擺動情況說明什么問題？
提示：隨著線圈的轉動，電流表的指針不停地在“0”刻度線兩側左右擺動，說明手搖發電機產生的電流大小、方向都處于變化中。
(2)如圖所示，此位置磁通量為多少？是否有感應電流？如果有，判斷感應電流的方向。
提示：此位置磁通量為0，有感應電流，且感應電流最大，方向為abcd。
　交流與直流
1．直流、交流、恒定電流的特點
(1)電流分類：按電流的方向是否變化分直流和交流兩種，方向不變的電流稱為直流，方向變化的電流稱為交流。
(2)直流分類：分為恒定電流和脈動直流，其中大小、方向都不隨時間改變的電流叫恒定電流，方向不隨時間改變而大小隨時間改變的電流叫脈動直流。
(3)交流分類：按交流電圖像特點分正弦(或余弦)式交變電流、矩形波交變電流、鋸形波交變電流等。
2．交流與直流的本質區別
(1)交變電流的大小不一定變化，如矩形波交變電流，其大小可以是不變的；直流的大小不一定不變。
(2)交變電流與直流的最大區別在于交變電流的方向發生周期性變化，而直流的方向不變。
【典例1】　對于如圖所示的電流i隨時間t做周期性變化的圖像，下列描述正確的是(　　)
A．電流的大小變化，方向也變化，是交流電
B．電流的大小變化，方向不變，不是交流電
C．電流的大小不變，方向不變，是直流電
D．以上說法都不正確
B　[由i-t圖像可知，電流的大小變化，但電流方向一直為正，故電流方向不變，根據交變電流、直流的定義可知，該電流是直流，B正確。]
識別交變電流的兩點技巧
(1)只要電流的方向發生周期性變化即為交變電流。
(2)在i-t或u-t圖中，正負表示方向，在讀圖時不僅要注意圖像中的坐標原點是否為0，還要觀察i(u)的值有無正負變化。
[跟進訓練]
1．下列各圖中不屬于交變電流的是(　　)
　
A　　　　　　　B
　
C　　　　　　　D
A　[B、C、D中i的方向均做周期性變化，故它們屬于交流，A中i的大小變化而方向不變，屬于直流。]
　交變電流的產生
比較內容 中性面 中性面的垂直面
位置 線圈平面與磁場垂直 線圈平面與磁場平行
圖示
磁通量 最大 零
磁通量變化率 零 最大
感應電動勢 零 最大
感應電流 零 最大
電流方向 改變 不變
【典例2】　(多選)圖甲是交流發電機的示意圖，兩磁極之間的磁場可視為勻強磁場，金屬線圈ABCD繞轉軸OO′勻速轉動。G為電流傳感器(與計算機相連)，R為定值電阻，線圈電阻為r，其余電阻不計。圖乙為計算機上顯示的電流數據隨時間變化的圖像，下列說法中正確的是(　　)
A．金屬線圈恰好處于圖甲所示的位置時感應電動勢為0，對應圖乙中t1或t3時刻
B．金屬線圈恰好處于圖甲所示的位置時感應電動勢最大，對應圖乙中t2或t4時刻
C．t1、t3時刻穿過線圈的磁通量的絕對值最大，磁通量變化率最小
D．t2、t4時刻穿過線圈的磁通量的絕對值最大，磁通量變化率最小
AC　[金屬線圈恰好處于題圖甲所示的位置時，為中性面，磁通量最大，感應電動勢為0，此時瞬時電流為0，對應題圖乙中t1或t3時刻，A正確，B錯誤；t1、t3時刻電流為0，感應電動勢為0，此時線圈平面處于中性面，穿過線圈的磁通量的絕對值最大，磁通量變化率最小，C正確；t2、t4時刻電流最大，感應電動勢最大，此時線圈平面與磁感線平行，穿過線圈的磁通量為0，磁通量變化率最大，D錯誤。]
線圈在勻強磁場中轉動問題的三點注意
(1)矩形線框在勻強磁場中勻速轉動，僅是產生交變電流的一種方式，但不是唯一方式。
(2)線圈平面與中性面重合時，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，電流方向將發生改變。
(3)線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，電流方向不變。
[跟進訓練]
2．交流發電機發電示意圖如圖所示，線圈轉動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．轉到圖甲位置時，通過線圈的磁通量變化率最大
B．轉到圖乙位置時，線圈中產生的感應電動勢為零
C．轉到圖丙位置時，線圈中產生的感應電流最大
D．轉到圖丁位置時，AB邊感應電流方向為A→B
D　[轉到圖甲位置時，線圈平面與磁感線垂直，磁通量最大，但磁通量變化率為零，A錯誤；轉到圖乙位置時，線圈產生的感應電動勢最大，B錯誤；轉到圖丙位置時，線圈位于中性面位置，此時感應電流最小，C錯誤；轉到圖丁位置時，根據楞次定律可知AB邊感應電流方向為A→B，D正確。]
　正弦交變電流的變化規律
1．瞬時值的推導
若線圈平面從中性面開始轉動，如圖所示。則經時間t：
(1)線圈轉過的角度為ωt。
(2)ab邊的線速度跟磁感線方向的夾角θ＝ωt。
(3)ab邊轉動的線速度為v＝ω。
(4)ab邊產生的感應電動勢為eab＝BLabv sin θ＝sin ωt。
(5)整個線圈產生的感應電動勢為e＝2eab＝BSωsin ωt，若線圈為N匝，e＝NBSωsin ωt。
(6)若線圈給外電阻R供電，設線圈本身電阻為r，由閉合電路歐姆定律得i＝＝sin ωt，即i＝Imsin ωt，R兩端的電壓可記為u＝Umsin ωt。
2．峰值
(1)由e＝NBSωsin ωt可知，電動勢的峰值Em＝NBSω。
(2)交變電動勢的最大值，由線圈匝數N、磁感應強度B、轉動角速度ω及線圈面積S決定，與線圈的形狀無關，與轉軸的位置無關，但轉軸必須垂直于磁場，因此如圖所示幾種情況，若N、B、S、ω相同，則電動勢的最大值相同。
(3)電流的峰值可表示為Im＝。
【典例3】　如圖所示，一邊長為l的正方形線圈abcd繞對稱軸OO′在勻強磁場中轉動，轉速為n＝120轉/分，若已知邊長l＝20 cm，匝數N＝20匝，磁感應強度B＝0.2 T，求：
(1)轉動中的最大電動勢及位置；
(2)從中性面開始計時的電動勢瞬時值表達式；
(3)從圖示位置轉過90°過程中的平均電動勢。
[思路點撥]　(1)電動勢峰值公式為Em＝NBSω，電流的最大值為Im＝。
(2)從中性面開始計時的電動勢表達式為e＝Emsin ωt。
(3)求某段時間內的平均電動勢可根據＝N求得。
[解析]　(1)當線圈平面轉到與磁場平行時，ab、cd兩邊均垂直切割磁感線，這時線圈中產生的感應電動勢最大
Em＝NBSω＝20×0.2×0.22×2π×2 V≈2.0 V。
(2)電動勢瞬時值表達式為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　線圈平面與磁場平行　(2)e＝2sin 4πt(V)　(3)1.28 V
求解交變電流的瞬時值問題的答題模型
[跟進訓練]
3．如圖所示，一半徑為r＝10 cm的圓形線圈共100匝，在磁感應強度為B＝ T的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的中心軸線OO′以n＝600 r/min的轉速勻速轉動，當線圈轉至中性面位置(圖中位置)時開始計時。
(1)寫出線圈內所產生的交變電動勢的瞬時值表達式；
(2)求線圈從圖示位置開始在 s時的電動勢的瞬時值。
[解析]　線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸線勻速轉動時，線圈內產生正弦式交變電動勢，當線圈平面在中性面時開始計時，其表達式為e＝Emsin ωt，而在某段時間內的平均電動勢可根據＝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)當t＝ s時，e＝100sin V＝50 V≈86.6 V。
[答案]　(1)e＝100sin 20πt(V)　(2)86.6 V
1．甲、乙兩電路中電流與時間關系如圖所示，屬于交變電流的是(　　)
A．甲、乙都是　 B．甲是，乙不是
C．乙是，甲不是　 D．甲、乙都不是
B　[題圖甲中電流大小不變、方向變化，是交流，題圖乙中電流大小變化、方向不變，是直流，故選B。]
2．下列關于交變電流和直流的說法中，正確的是(　　)
A．如果電流大小隨時間做周期性變化，則一定是交變電流
B．直流的大小和方向一定不變
C．交變電流一定是按正弦規律變化的
D．交變電流的最大特征就是電流方向隨時間做周期性的變化
D　[直流的特征是電流的方向不變，電流的大小可以改變。交變電流的特征是電流的方向隨時間做周期性變化。交變電流有多種形式，正弦式交流只是交變電流中最基本、最簡單的一種，故選D。]
3．交流發電機發電過程示意圖如圖所示，線圈勻速轉動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．轉到圖甲位置時，線圈位于中性面位置
B．轉到圖乙位置時，線圈中電流方向發生改變
C．轉到圖丙位置時，CD邊感應電流方向為D→C
D．轉到圖丁位置時，線圈中的磁通量變化率最大
B　[轉到題圖甲位置時，線圈為與中性面垂直的位置，故A錯誤；轉到題圖乙位置時，即線圈為中性面位置，此時線圈中電流方向發生改變，故B正確；轉到題圖丙位置時，由右手定則可得，CD邊感應電流方向為C→D，故C錯誤；轉到題圖丁位置時，線圈中的磁通量最大，磁通量變化率為零，故D錯誤。]
4．閉合矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的某一固定軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量Φ隨時間t的變化規律如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A．t1時刻線圈中感應電流為零
B．t2時刻線圈通過中性面
C．t3時刻穿過線圈的磁通量變化率最大
D．t4時刻線圈中感應電動勢最小
A　[t1時刻線圈位于中性面，線圈中感應電流為零，A正確；t2時刻線圈在與磁感線平行位置，即垂直于中性面位置，B錯誤；t3時刻穿過線圈的磁通量最大，變化率最小，C錯誤；t4時刻磁通量為零，磁通量變化率最大，線圈中感應電動勢最大，D錯誤。]
回歸本節內容，自我完成以下問題：
1．交流與直流的本質區別是什么？
提示：區分直流和交流的最根本一點是看電流方向是否變化。
2．正弦式交變電流的產生條件是什么？
提示：(1)勻強磁場。(2)線圈勻速轉動。(3)線圈的轉軸垂直于磁場方向。
3．線圈轉至中性面位置的特點是什么？
提示：線圈轉至中性面位置時，穿過線圈的磁通量最大，磁通量變化率為零，感應電動勢為零。
課時分層作業(九)　認識交變電流
?題組一　交變電流和直流
1．(多選)如圖所示，其中的線圈能產生交流的是(　　)
A　　　　B　　　　C　　　　D
BD　[當線圈繞垂直于磁場的軸轉動，磁通量發生變化，才能產生交流，B、D項中的線圈能產生交流，A、C項中線圈的磁通量不發生變化，故不能產生交變電流。]
?題組二　交變電流的產生
2．(2022·浙江1月選考)如圖所示，甲圖是一種手搖發電機及用細短鐵絲顯示的磁場分布情況，搖動手柄可使對稱固定在轉軸上的矩形線圈轉動；乙圖是另一種手搖發電機及磁場分布情況，皮帶輪帶動固定在轉軸兩側的兩個線圈轉動。下列說法正確的是(　　)
A．甲圖中線圈轉動區域磁場可視為勻強磁場
B．乙圖中線圈轉動區域磁場可視為勻強磁場
C．甲圖中線圈轉動時產生的電流一定是正弦式交變電流
D．乙圖線圈勻速轉動時產生的電流是正弦式交變電流
A　[題圖甲中細短鐵絲顯示的磁場分布均勻，則線圈轉動區域磁場可視為勻強磁場，故A正確；題圖乙中細短鐵絲顯示的磁場分布不均勻，則線圈轉動區域磁場不能看成勻強磁場，故B錯誤；根據發電機原理可知題圖甲中線圈在勻強磁場中繞垂直磁場的轉軸勻速轉動時才能產生正弦式交變電流，故C錯誤；題圖乙中是非勻強磁場，則線圈勻速轉動時不能產生正弦式交變電流，故D錯誤。]
3．下列各種敘述正確的是(　　)
A．線框平面和磁感線平行時即為中性面
B．線框平面與磁感線垂直時，磁通量最大，感應電動勢最大
C．線框平面與磁感線平行時，磁通量為零，感應電動勢最大
D．線框勻速轉動，各時刻線速度一樣大，各時刻產生的感應電動勢一樣大
C　[線框平面和磁感線垂直時即為中性面，磁通量最大，但磁通量的變化率為零(切割速度方向平行磁感線，不切割磁感線)，感應電動勢為零，故A、B錯誤；線框平面與磁感線平行時，磁通量為零，磁通量的變化率最大，感應電動勢最大，C正確；線框勻速轉動，各時刻線速度一樣大，但速度的方向與磁場的夾角時刻變化，各時刻產生的感應電動勢不一樣，D錯誤。]
4．(多選)矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動產生交變電流。穿過線圈平面的磁通量Φ與產生的感應電動勢e的大小關系正確的是(　　)
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　[磁通量最大時，其變化率為零(切割速度方向平行磁感線，不切割磁感線)，感應電動勢為零，A錯誤，C正確；磁通量為零時，磁通量的變化率最大，感應電動勢最大，B錯誤，D正確。]
5．如圖所示為交流發電機示意圖，線圈的AB邊連在金屬滑環K上，CD邊連在滑環L上，用導體做的兩個電刷E、F分別壓在兩個滑環上，線圈在轉動時可以通過滑環和電刷保持與外電路的連接，下列判斷正確的是(　　)
A．當線圈平面轉到中性面的瞬間，穿過線圈的磁通量最小
B．當線圈平面轉到中性面的瞬間，線圈中的感應電流最大
C．當線圈平面轉到跟中性面垂直的瞬間，穿過線圈的磁通量最小
D．當線圈平面轉到跟中性面垂直的瞬間，線圈中的感應電流最小
C　[當線圈平面轉到中性面的瞬間，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，則感應電動勢為零，線圈中的感應電流為零，選項A、B錯誤；當線圈平面轉到跟中性面垂直的瞬間，穿過線圈的磁通量為零、最小，此時磁通量的變化率最大，即感應電動勢最大，線圈中的感應電流最大，選項C正確，D錯誤。]
6．一矩形線圈，繞與勻強磁場垂直的中心軸OO′沿順時針方向旋轉，引出線的兩端各與互相絕緣的半圓銅環連接，兩個半圓銅環分別與固定電刷A、B滑動接觸，電刷間接有電阻R，如圖所示，在線圈轉動的過程中，通過R的電流(　　)
A．大小和方向都不斷變化
B．大小和方向都不變
C．大小不斷變化，方向是A→R→B
D．大小不斷變化，方向是B→R→A
C　[線圈轉動時產生的是交變電流，大小不斷變化，但由于通過換向器和電刷，流過R的方向一直是A→R→B，故C正確。]
?題組三　正弦交變電流的變化規律
7．(多選)線圈在勻強磁場中轉動產生電動勢e＝10sin 20πt(V)，則下列說法正確的是(　　)
A．t＝0時，線圈平面位于中性面
B．t＝0時，穿過線圈的磁通量最大
C．t＝0時，導線切割磁感線的有效速率最大
D．t＝0.4 s時，e有最大值為10 V
AB　[由電動勢的瞬時值表達式可知計時是從線圈位于中性面時開始，即t＝0時，e＝0，此時線圈平面位于中性面，磁通量最大，線圈速度方向與磁感線平行，切割磁感線的有效速率為0，A、B正確，C錯誤；當t＝0.4 s時，代入式中得e＝10sin 20πt(V)＝10×sin (20π×0.4)(V)＝0，D錯誤。]
8．如圖所示，在水平勻強磁場中一矩形閉合線圈繞OO′軸勻速轉動，若要使線圈中的電流峰值減半，不可行的方法是(　　)
A．只將線圈的轉速減半
B．只將線圈的匝數減半
C．只將勻強磁場的磁感應強度減半
D．只將線圈的邊長減半
B　[由Im＝，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝，故A、C可行；又電阻R與匝數有關，當匝數減半時電阻R也隨之減半，則Im不變，故B不可行；當邊長減半時，面積S減為原來的，而電阻減為原來的，故D可行。]
9．一矩形線圈有100匝，面積為50 cm2，線圈內阻r＝2 Ω，在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，從線圈平面與磁場平行時開始計時，已知磁感應強度B＝0.5 T，線圈的轉速n＝1 200 r/min，外接一用電器，電阻為R＝18 Ω，試寫出R兩端電壓瞬時值的表達式。
[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，
線圈中感應電動勢e＝Emcos ωt＝10πcos 40πt(V)，
由閉合電路歐姆定律i＝＝ A，
故R兩端電壓u＝Ri＝18××10πcos 40πt(V)，
即u＝9πcos 40πt(V)。
[答案]　u＝9πcos 40πt(V)
10．如圖所示，一正方形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉動，沿OO′觀察，線圈逆時針轉動，已知勻強磁場的磁感應強度為B，線圈匝數為n，邊長為l，總電阻為R，轉動的角速度為ω，則當線圈轉至圖示位置時(　　)
A．線圈中感應電流方向為abcda
B．線圈中感應電流為
C．穿過線圈的磁通量的變化率為0
D．線圈ab邊所受的安培力的大小為
B　[線框轉至題圖所示位置瞬間，ab邊和cd邊在做垂直切割磁感線的運動，根據右手定則可知，感應電流的方向為adcba，故A錯誤；線圈中的感應電動勢為E＝nBSω＝nBl2ω，則線圈中的感應電流為I＝＝，故B正確；題圖所示時刻ab、cd兩邊垂直切割磁感線，線圈產生的感應電動勢最大，穿過線圈的磁通量的變化率最大，故C錯誤；根據F＝nBIl，I＝，可得線圈ab邊所受的安培力的大小為F＝，故D錯誤。]
11．如圖所示，矩形線圈abcd在勻強磁場中可以分別繞垂直于磁場方向的軸P1和P2以相同的角速度勻速轉動，當線圈平面轉到與磁場方向平行時(　　)
A．線圈繞P1轉動時的電流等于繞P2轉動時的電流
B．線圈繞P1轉動時的電動勢小于繞P2轉動時的電動勢
C．線圈繞P1和P2轉動時電流的方向相同，都是a→b→c→d→a
D．線圈繞P1轉動時dc邊受到的安培力大于繞P2轉動時dc邊受到的安培力
A　[線圈繞垂直于磁場方向的軸轉動產生交變電流，產生的電流、電動勢及線圈各邊所受安培力大小與轉軸所在位置無關，故選項A正確，選項B、D錯誤；圖示時刻產生電流的方向為a→d→c→b→a，故選項C錯誤。]
12．如圖所示，面積均為S的線圈均繞其對稱軸或中心軸在磁感應強度為B的勻強磁場中以角速度ω勻速轉動，能產生正弦交變電動勢e＝BSωsin ωt的圖是(　　)
A　　　　B　　　　C　　　　D
A　[線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動，且從中性面開始計時，產生的電動勢e＝BSωsin ωt，由此判斷，只有A選項符合。]
13．一矩形線圈，面積是0.05 m2，共100匝，線圈電阻r＝1 Ω，外接電阻R＝4 Ω，線圈在磁感應強度B＝T的勻強磁場中以n＝300 r/min 的轉速繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，如圖所示，若從中性面開始計時，求：
(1)線圈中感應電動勢的瞬時值表達式；
(2)線圈從開始計時經 s時線圈中由此得到的感應電流的瞬時值；
(3)外電路R兩端電壓瞬時值的表達式。
[解析]　(1)線圈轉速n＝300 r/min＝5 r/s，
角速度ω＝2πn＝10π rad/s，
線圈產生的感應電動勢最大值Em＝NBSω＝50 V，
由此得到的感應電動勢瞬時值表達式為e＝Emsin ωt＝50sin 10πt(V)。
(2)將t＝ s代入感應電動勢瞬時值表達式中，得
e′＝50sin V＝25 V，
對應的感應電流i′＝＝5 A。
(3)由歐姆定律得u＝R＝40sin 10πt(V)。
[答案]　(1)e＝50sin 10πt(V)　(2)5 A　(3)u＝40sin 10πt(V)第一節　認識交變電流
1．觀察交變電流的圖像，理解交變電流和直流的概念。
2．理解交變電流的產生過程，會分析電動勢和電流方向的變化規律。
3．知道交變電流的變化規律及表示方法，知道交變電流的瞬時值、峰值的物理含義。
4．知道交流發電機的構造。
知識點一　交變電流
1．恒定電流：____和____都不隨時間改變的電流，簡稱__流(DC)。
2．交變電流：____和____都隨時間做____性變化的電流，簡稱__流(AC)。
3．波形圖：____或____隨時間變化的圖像。
4．日常生活和生產中所使用的交變電流是按____規律變化的交變電流。
知識點二　交變電流的產生
1．交流發電機的基本結構：____、磁極、滑環及____。
2．過程分析
3．中性面
(1)定義：線圈平面與磁感線____時的位置。
(2)特點：①穿過線圈的Φ____，但線圈中的感應電流為__；②線圈平面每經過一次中性面，感應電流方向就________。
知識點三　交變電流的變化規律
1．正弦式交變電流
定義：按____規律變化的交變電流叫作正弦式交變電流，簡稱正弦式交流電。
2．瞬時值表達式
從中性面開始計時，
瞬時電動勢：e＝________________
瞬時電壓：u＝________________
瞬時電流：i＝________________
注：表達式中Em、Um、Im分別是電動勢、電壓、電流的____，而e、u、i則是這幾個量的______。
3．幾種不同類型的交變電流
1．思考判斷(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)交變電流是方向隨時間作周期性變化的電流。 (　)
(2)只有按正弦規律變化的電流才是交變電流。 (　)
(3)交流電源沒有正、負極之分。 (　)
(4)只要閉合線圈在磁場中轉動就會產生交變電流。 (　)
(5)交變電流是矩形線圈繞平行于磁場方向的軸在勻強磁場中勻速轉動產生的電流。 (　)
2．(多選)如圖所示圖像中屬于交變電流的有(　　)
A　　　B　　　　C　　　　D
3．關于線圈在勻強磁場中轉動產生的交變電流，下列說法中正確的是(　　)
A．線圈每轉動一周，感應電流方向就改變一次
B．線圈平面每經過中性面一次，感應電流方向就改變一次，感應電動勢方向不變
C．線圈平面每經過中性面一次，感應電流和感應電動勢方向都要改變一次
D．線圈轉動一周，感應電流和感應電動勢方向都要改變一次
(1)探究交變電流的特點如圖所示，把電流表接入到模型發電機的輸出端，搖動發電機的手柄，觀察電流表的指針擺動情況是怎樣的？電流表指針的擺動情況說明什么問題？
(2)如圖所示，此位置磁通量為多少？是否有感應電流？如果有，判斷感應電流的方向。
　交流與直流
1．直流、交流、恒定電流的特點
(1)電流分類：按電流的方向是否變化分直流和交流兩種，方向不變的電流稱為直流，方向變化的電流稱為交流。
(2)直流分類：分為恒定電流和脈動直流，其中大小、方向都不隨時間改變的電流叫恒定電流，方向不隨時間改變而大小隨時間改變的電流叫脈動直流。
(3)交流分類：按交流電圖像特點分正弦(或余弦)式交變電流、矩形波交變電流、鋸形波交變電流等。
2．交流與直流的本質區別
(1)交變電流的大小不一定變化，如矩形波交變電流，其大小可以是不變的；直流的大小不一定不變。
(2)交變電流與直流的最大區別在于交變電流的方向發生周期性變化，而直流的方向不變。
【典例1】　對于如圖所示的電流i隨時間t做周期性變化的圖像，下列描述正確的是(　　)
A．電流的大小變化，方向也變化，是交流電
B．電流的大小變化，方向不變，不是交流電
C．電流的大小不變，方向不變，是直流電
D．以上說法都不正確
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識別交變電流的兩點技巧
(1)只要電流的方向發生周期性變化即為交變電流。
(2)在i-t或u-t圖中，正負表示方向，在讀圖時不僅要注意圖像中的坐標原點是否為0，還要觀察i(u)的值有無正負變化。
[跟進訓練]
1．下列各圖中不屬于交變電流的是(　　)
　
A　　　　　　　B
　
C　　　　　　　D
　交變電流的產生
比較內容 中性面 中性面的垂直面
位置 線圈平面與磁場垂直 線圈平面與磁場平行
圖示
磁通量 最大 零
磁通量變化率 零 最大
感應電動勢 零 最大
感應電流 零 最大
電流方向 改變 不變
【典例2】　(多選)圖甲是交流發電機的示意圖，兩磁極之間的磁場可視為勻強磁場，金屬線圈ABCD繞轉軸OO′勻速轉動。G為電流傳感器(與計算機相連)，R為定值電阻，線圈電阻為r，其余電阻不計。圖乙為計算機上顯示的電流數據隨時間變化的圖像，下列說法中正確的是(　　)
A．金屬線圈恰好處于圖甲所示的位置時感應電動勢為0，對應圖乙中t1或t3時刻
B．金屬線圈恰好處于圖甲所示的位置時感應電動勢最大，對應圖乙中t2或t4時刻
C．t1、t3時刻穿過線圈的磁通量的絕對值最大，磁通量變化率最小
D．t2、t4時刻穿過線圈的磁通量的絕對值最大，磁通量變化率最小
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線圈在勻強磁場中轉動問題的三點注意
(1)矩形線框在勻強磁場中勻速轉動，僅是產生交變電流的一種方式，但不是唯一方式。
(2)線圈平面與中性面重合時，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，電流方向將發生改變。
(3)線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，電流方向不變。
[跟進訓練]
2．交流發電機發電示意圖如圖所示，線圈轉動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．轉到圖甲位置時，通過線圈的磁通量變化率最大
B．轉到圖乙位置時，線圈中產生的感應電動勢為零
C．轉到圖丙位置時，線圈中產生的感應電流最大
D．轉到圖丁位置時，AB邊感應電流方向為A→B
　正弦交變電流的變化規律
1．瞬時值的推導
若線圈平面從中性面開始轉動，如圖所示。則經時間t：
(1)線圈轉過的角度為ωt。
(2)ab邊的線速度跟磁感線方向的夾角θ＝ωt。
(3)ab邊轉動的線速度為v＝ω。
(4)ab邊產生的感應電動勢為eab＝BLabv sin θ＝sin ωt。
(5)整個線圈產生的感應電動勢為e＝2eab＝BSωsin ωt，若線圈為N匝，e＝NBSωsin ωt。
(6)若線圈給外電阻R供電，設線圈本身電阻為r，由閉合電路歐姆定律得i＝＝sin ωt，即i＝Imsin ωt，R兩端的電壓可記為u＝Umsin ωt。
2．峰值
(1)由e＝NBSωsin ωt可知，電動勢的峰值Em＝NBSω。
(2)交變電動勢的最大值，由線圈匝數N、磁感應強度B、轉動角速度ω及線圈面積S決定，與線圈的形狀無關，與轉軸的位置無關，但轉軸必須垂直于磁場，因此如圖所示幾種情況，若N、B、S、ω相同，則電動勢的最大值相同。
(3)電流的峰值可表示為Im＝。
【典例3】　如圖所示，一邊長為l的正方形線圈abcd繞對稱軸OO′在勻強磁場中轉動，轉速為n＝120轉/分，若已知邊長l＝20 cm，匝數N＝20匝，磁感應強度B＝0.2 T，求：
(1)轉動中的最大電動勢及位置；
(2)從中性面開始計時的電動勢瞬時值表達式；
(3)從圖示位置轉過90°過程中的平均電動勢。
[思路點撥]　(1)電動勢峰值公式為Em＝NBSω，電流的最大值為Im＝。
(2)從中性面開始計時的電動勢表達式為e＝Emsin ωt。
(3)求某段時間內的平均電動勢可根據＝N求得。
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求解交變電流的瞬時值問題的答題模型
[跟進訓練]
3．如圖所示，一半徑為r＝10 cm的圓形線圈共100匝，在磁感應強度為B＝ T的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的中心軸線OO′以n＝600 r/min的轉速勻速轉動，當線圈轉至中性面位置(圖中位置)時開始計時。
(1)寫出線圈內所產生的交變電動勢的瞬時值表達式；
(2)求線圈從圖示位置開始在 s時的電動勢的瞬時值。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．甲、乙兩電路中電流與時間關系如圖所示，屬于交變電流的是(　　)
A．甲、乙都是　 B．甲是，乙不是
C．乙是，甲不是　 D．甲、乙都不是
2．下列關于交變電流和直流的說法中，正確的是(　　)
A．如果電流大小隨時間做周期性變化，則一定是交變電流
B．直流的大小和方向一定不變
C．交變電流一定是按正弦規律變化的
D．交變電流的最大特征就是電流方向隨時間做周期性的變化
3．交流發電機發電過程示意圖如圖所示，線圈勻速轉動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．轉到圖甲位置時，線圈位于中性面位置
B．轉到圖乙位置時，線圈中電流方向發生改變
C．轉到圖丙位置時，CD邊感應電流方向為D→C
D．轉到圖丁位置時，線圈中的磁通量變化率最大
4．閉合矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的某一固定軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量Φ隨時間t的變化規律如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A．t1時刻線圈中感應電流為零
B．t2時刻線圈通過中性面
C．t3時刻穿過線圈的磁通量變化率最大
D．t4時刻線圈中感應電動勢最小
回歸本節內容，自我完成以下問題：
1．交流與直流的本質區別是什么？
2．正弦式交變電流的產生條件是什么？
3．線圈轉至中性面位置的特點是什么？
第三章　交變電流
第一節　認識交變電流
[必備知識·自主預習儲備]
知識梳理
知識點一　1．大小　方向　直
2．大小　方向　周期　交
3．電流　電壓
4．正弦
知識點二　1．線圈　電刷
2．(a)　(c)
3．(1)垂直　(2)最大　零　改變一次
知識點三　1．正弦　
2．Emsin ωt　Umsin ωt　Imsin ωt　峰值　瞬時值
基礎自測
1．(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×
2．ABC　[交變電流是大小、方向都隨時間做周期性變化的電流，所以A、B、C正確；D僅是電流的大小發生變化而方向不變，故不屬于交變電流。]
3．C　[當線圈在勻強磁場中轉動產生交變電流時，線圈平面每經過中性面一次，感應電流與感應電動勢方向均改變一次，轉動一周，感應電流與感應電動勢方向改變兩次。故只有C正確。]
[關鍵能力·情境探究達成]
情境探究
(1)提示：隨著線圈的轉動，電流表的指針不停地在“0”刻度線兩側左右擺動，說明手搖發電機產生的電流大小、方向都處于變化中。
(2)提示：此位置磁通量為0，有感應電流，且感應電流最大，方向為abcd。
典例1　B　[由i-t圖像可知，電流的大小變化，但電流方向一直為正，故電流方向不變，根據交變電流、直流的定義可知，該電流是直流，B正確。]
跟進訓練
1．A　[B、C、D中i的方向均做周期性變化，故它們屬于交流，A中i的大小變化而方向不變，屬于直流。]
典例2　AC　[金屬線圈恰好處于題圖甲所示的位置時，為中性面，磁通量最大，感應電動勢為0，此時瞬時電流為0，對應題圖乙中t1或t3時刻，A正確，B錯誤；t1、t3時刻電流為0，感應電動勢為0，此時線圈平面處于中性面，穿過線圈的磁通量的絕對值最大，磁通量變化率最小，C正確；t2、t4時刻電流最大，感應電動勢最大，此時線圈平面與磁感線平行，穿過線圈的磁通量為0，磁通量變化率最大，D錯誤。]
跟進訓練
2．D　[轉到圖甲位置時，線圈平面與磁感線垂直，磁通量最大，但磁通量變化率為零，A錯誤；轉到圖乙位置時，線圈產生的感應電動勢最大，B錯誤；轉到圖丙位置時，線圈位于中性面位置，此時感應電流最小，C錯誤；轉到圖丁位置時，根據楞次定律可知AB邊感應電流方向為A→B，D正確。]
典例3　解析：(1)當線圈平面轉到與磁場平行時，ab、cd兩邊均垂直切割磁感線，這時線圈中產生的感應電動勢最大
Em＝NBSω＝20×0.2×0.22×2π×2 V≈2.0 V。
(2)電動勢瞬時值表達式為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　線圈平面與磁場平行
(2)e＝2sin 4πt(V)　(3)1.28 V
跟進訓練
3．解析：線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸線勻速轉動時，線圈內產生正弦式交變電動勢，當線圈平面在中性面時開始計時，其表達式為e＝Emsin ωt，而在某段時間內的平均電動勢可根據＝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)當t＝ s時，
e＝100sin V＝50 V≈86.6 V。
答案：(1)e＝100sin 20πt(V)　(2)86.6 V
[學習效果·隨堂評估自測]
1．B　[題圖甲中電流大小不變、方向變化，是交流，題圖乙中電流大小變化、方向不變，是直流，故選B。]
2．D　[直流的特征是電流的方向不變，電流的大小可以改變。交變電流的特征是電流的方向隨時間做周期性變化。交變電流有多種形式，正弦式交流只是交變電流中最基本、最簡單的一種，故選D。]
3．B　[轉到題圖甲位置時，線圈為與中性面垂直的位置，故A錯誤；轉到題圖乙位置時，即線圈為中性面位置，此時線圈中電流方向發生改變，故B正確；轉到題圖丙位置時，由右手定則可得，CD邊感應電流方向為C→D，故C錯誤；轉到題圖丁位置時，線圈中的磁通量最大，磁通量變化率為零，故D錯誤。]
4．A　[t1時刻線圈位于中性面，線圈中感應電流為零，A正確；t2時刻線圈在與磁感線平行位置，即垂直于中性面位置，B錯誤；t3時刻穿過線圈的磁通量最大，變化率最小，C錯誤；t4時刻磁通量為零，磁通量變化率最大，線圈中感應電動勢最大，D錯誤。]
課堂小結
1．提示：區分直流和交流的最根本一點是看電流方向是否變化。
2．提示：(1)勻強磁場。(2)線圈勻速轉動。(3)線圈的轉軸垂直于磁場方向。
3．提示：線圈轉至中性面位置時，穿過線圈的磁通量最大，磁通量變化率為零，感應電動勢為零。第二節　描述交變電流的物理量
1．知道交變電流的周期、頻率的含義，以及它們相互間的關系。
2．知道交變電流的峰值和有效值的意義。經歷根據電流的熱效應推導交變電流有效值的過程，體會“等效”的科學方法。
3．掌握交變電流有效值與峰值的關系，會進行有效值的計算。
4．理解交變電流的圖像意義，能從圖像中獲取相關信息。
知識點一　交變電流的周期和頻率
1．周期：交變電流完成一次周期性變化的時間叫作它的周期。單位是s。
2．頻率：交變電流在1 s內完成周期性變化的次數叫頻率。單位是Hz。
3．周期T、頻率f、角速度ω的關系：ω＝＝2πf，T＝。
知識點二　交變電流的峰值和有效值
1．峰值：交變電流在一個周期內所能達到的最大值。
2．有效值
(1)定義：交變電流和恒定電流分別通過相同阻值的電阻，如果在交變電流的一個周期內它們產生的熱量相等，這一恒定電流的數值就是相應交變電流的有效值。
(2)應用：
①無特別說明的交變電流的電壓、電流值是有效值。
②交流電表測量的交變電流的電壓、電流值是有效值。
③交流電氣設備銘牌上所標注的額定電壓、額定電流指有效值。
3．正弦式交變電流有效值和峰值的關系
E＝≈0.707Em。
I＝≈0.707Im。
U＝≈0.707Um。
知識點三　用圖像描述交變電流
1．物理意義：描述交變電流(電動勢e、電流i、電壓u)隨時間t(或角度ωt)變化的規律。
2．正弦式交變電流的圖像
1．思考判斷(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)對于一個正弦式電流的峰值同周期、頻率一樣是不變的，但有效值是隨時間不斷變化的。 (×)
(2)正弦式交變電流的正負兩部分是對稱的，所以有效值為零。 (×)
(3)正弦式交變電流的有效值等于峰值的倍。非正弦式交變電流的有效值不一定等于峰值的倍。 (√)
(4)只要是交變電流，其峰值就是有效值的倍。 (×)
(5)家用電器銘牌上標注的電流、電壓都是指有效值。 (√)
2．(多選)某交變電流的方向在1 s內改變100次，則其周期T和頻率f分別為(　　)
A．T＝0.01 s　　 B．T＝0.02 s
C．f＝100 Hz　 D．f＝50 Hz
[答案]　BD
3．(多選)(2022·陜西延安第一中學高二期中)如圖所示是一個正弦式交變電流的圖像，下列說法正確的是(　　)
A．周期是0.2 s，電流的峰值是10 A
B．周期是0.25 s，電流的峰值是10 A
C．頻率是5 Hz，電流的有效值是10 A
D．頻率是5 Hz，電流的有效值是5 A
AD　[由題圖圖像可知，交流電的周期T＝0.2 s，頻率f＝＝5 Hz，交流電流的峰值為Im＝10 A，有效值I＝ A＝5 A，故選A、D。]
(1)電磁打點計時器接到干電池上怎樣調整也不打點，而接到學生電源的低壓交流擋上就順利打點，且每隔0.02 s打一個點。打點計時器打點時間間隔為什么為0.02 s？其時間間隔由什么決定？
提示：電磁式打點計時器的打點頻率與工作電流頻率相同，我國生產、生活用電的頻率為50 Hz，所以打點計時器的打點時間間隔T＝＝0.02 s；時間間隔由電源的頻率決定。
(2)如圖甲、乙中電爐燒水，設其他條件都相同，水的質量相等，水的初溫相同。若恒定電流用10 min 把水燒開，而交變電流也用10 min把水燒開。兩種情況下電阻熱量相同嗎？交流電電流的有效值是多少？
提示：熱量相同。有效值是3 A。
　交變電流的周期和頻率
1．周期和頻率的物理意義：交變電流的周期與頻率都是描述交變電流變化快慢的物理量。
2．周期T：交變電流完成一次周期性變化的時間，單位是s。周期越大，電流變化越慢；在一個周期內，電流的方向改變2次。
3．頻率f：交變電流在1 s內完成周期性變化的次數，單位是赫茲，符號為Hz，頻率越大，電流變化越快。
4．周期和頻率的關系：T＝或f＝。
【典例1】　關于交變電流的周期和頻率，下列說法正確的是(　　)
A．正弦式交變電流最大值連續出現兩次的時間間隔等于周期
B．1 s內交變電流出現最大值的次數等于頻率
C．交變電流方向變化的頻率為交變電流頻率的2倍
D．50 Hz的交變電流，其周期等于0.05 s
C　[根據周期的定義知選項A錯誤；因為在一個周期的時間內，交變電流會出現正向和負向最大值各一次，但相鄰兩個峰值的時間間隔為半個周期，B錯誤；交變電流在一個周期內方向改變兩次，即方向變化的頻率為交變電流頻率的2倍，故選項C正確；由T＝＝ s＝0.02 s，知選項D錯誤。]
(1)由交變電流的圖像可直接獲得的信息有：①該交變電流的最大值、周期；②任意時刻交變電流的數值。
(2)掌握角速度ω、周期T、轉速n的關系。
ω＝；ω＝2πn；n＝。
[跟進訓練]
1．(多選)某小型發電機產生的交流電動勢為e＝50sin 100πt(V)。對此電動勢，下列表述正確的有(　　)
A．周期是0.02 s
B．t＝0時刻線圈平面與中性面重合
C．頻率是5 Hz
D．最大值是50 V
ABD　[周期是T＝＝ s＝0.02 s，頻率為50 Hz，選項A正確，C錯誤；t＝0時刻e＝0，此時線圈平面與中性面重合，選項B正確；最大值是50V, D正確。]
　交變電流的峰值和有效值
1．有效值的理解
(1)交變電流的有效值是根據電流的熱效應定義的，與電流的方向無關。
(2)“等效”理解：相同電阻、相同時間，產生相同熱量。交變電流與多大的直流“效果”相同，有效值就是多大。
2．有效值的計算方法
(1)特殊值法：若按正(余)弦規律變化的電流，可利用交變電流的有效值與峰值間的關系求解，即E＝，U＝，I＝。
(2)定義法：當電流是非正弦式交變電流時，必須根據有效值的定義求解。

3．幾種常見交變電流的有效值
電流名稱 電流圖線 有效值
正弦式交 變電流 I＝
正弦半 波電流 I＝
正弦單向 脈動電流 I＝
矩形脈 動電流 I＝Im
非對稱性 交變電流 I＝
【典例2】　一根電阻絲接入100 V的直流，2 min內產生的熱量為Q，同樣的一根電阻絲接入正弦式交變電壓，1 min內產生的熱量也為Q，那么該交變電壓的最大值為(　　)
A．100 V　　　　 B．200 V
C．50 V　 D．70 V
[思路點撥]　對于正弦式交流電產生的熱量應由有效值來計算，即Q＝Rt＝t，且有效值與最大值之間的關系為U有＝Um，據此本題求解就很明了了。
B　[設該交變電壓最大值為Um，則Q＝t1＝t2，其中U＝100 V，t1＝2 min＝120 s，t2＝1 min＝60 s，解得Um＝200 V，故選B。]
求解有效值的一般步驟
(1)首先要分析交變電流的變化規律，在一個交變電流中可能存在幾種形式的交流。
(2)一個交變電流中存在幾種形式，可在一個周期內分段求出產生的熱量，再求其和。
(3)正弦式交變電流的最大值和有效值的關系是：I＝，U＝，非正弦式交變電流不符合此關系。
(4)分段不同，矩形脈沖的交流的有效值不是算術平均值，而是分段用焦耳定律求解。
[跟進訓練]
2．如圖所示的交變電流由正弦式交變電流的一半和反向脈沖電流組合而成，則這種交變電流的有效值為(　　)
A．I0　　B．I0　　C．I0　　D．I0
C　[由i-t圖像知交變電流的周期T＝2 s。一個周期內：前半個周期電流的有效值：I1＝，后半個周期電流的有效值：I2＝I0。設交變電流的有效值為I，根據交變電流有效值的定義有I2RT＝R＝R，解得I＝I0，故選項C正確。]
　正弦式交變電流的圖像
1．用圖像描述交變電流的變化規律(在中性面時t＝0)
項目 函數 圖像 說明
磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BS cos ωt S為線圈的面積，N為線圈的匝數，r為線圈的電阻(內阻)，R為外電阻
電動勢 e＝Emsin ωt＝NBSωsin ωt
電壓 u＝Umsin ωt＝sin ωt
電流 i＝Imsin ωt＝sin ωt
2．從圖像中可以解讀到以下信息
(1)交變電流的峰值Em、Im和周期T。
(2)兩個特殊值對應的位置：
①e＝0(或i＝0)時：線圈位于中性面上；
e最大(或i最大)時：線圈平行于磁感線。
②e＝0(或i＝0)時，＝0，Φ最大。
e最大(或i最大)時，最大，Φ＝0。
(3)分析判斷e、i大小和方向隨時間的變化規律。
【典例3】　處在勻強磁場中的矩形線圈abcd，以恒定的角速度繞ab邊轉動，磁場方向平行于紙面并與ab垂直。在t＝0時刻，線圈平面與紙面重合，如圖所示，線圈的cd邊離開紙面向外運動。若規定由a→b→c→d→a方向的感應電流為正，則能反映線圈中感應電流i隨時間t變化的圖線是(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
[思路點撥]　①線圈從垂直中性面開始計時，產生的交變電流按余弦規律變化。②由楞次定律知前周期產生正方向電流。
C　[題圖所示時刻cd邊垂直切割磁感線，產生的感應電動勢最大，此時感應電流最大，由楞次定律可判斷電流方向為a→b→c→d→a，與規定的正方向相同，所以正確答案為C。]
圖像的分析方法
一看：看“軸”、看“線”、看“斜率”、看“點”，并理解其物理意義。
二變：掌握“圖與圖”“圖與式”和“圖與物”之間的變通關系。
三判：在此基礎上進行正確地分析和判斷。
[跟進訓練]
3．(多選)在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖甲所示；產生的交變電動勢的圖像如圖乙所示，則(　　)
A．t＝0時穿過線框的磁通量為零
B．t＝0.01 s時線框的磁通量變化率為零
C．線框產生的交變電動勢有效值約為220 V
D．線框產生的交變電動勢頻率為100 Hz
BC　[t＝0時線框產生的感應電動勢為零，線框處于中性面，穿過線框的磁通量最大，故A錯誤；t＝0.01 s 時線框產生的感應電動勢為零，可知線框的磁通量變化率為零，故B正確；線框產生的交變電動勢有效值約為E＝＝ V≈220 V，故C正確；交變電動勢的周期為0.02 s，則線框產生的交變電動勢頻率為f＝＝ Hz＝50 Hz，故D錯誤。]
　交變電流的四值比較
項目 物理含義 重要關系 適用情況
瞬時值 交變電流某一時刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 計算線圈某一時刻的受力情況
最大值 最大的瞬時值 Em＝nBSω，Im＝ 確定電容器的耐壓值
有效值 跟交變電流的熱效應等效的恒定電流的電流值、電壓值 E＝，U＝，I＝ (1)計算與電流熱效應相關的量(如功率、熱量)； (2)交流電表的測量值； (3)電氣設備標注的額定電壓、額定電流； (4)保險絲的熔斷電流
平均值 交變電流圖像中圖線與時間軸所圍面積與時間的比值 ＝n ＝ 計算通過電路橫截面的電荷量
【典例4】　在水平方向的勻強磁場中，有一個正方形閉合線圈繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，已知線圈的匝數為N＝100匝，邊長為20 cm，電阻為10 Ω，轉動頻率f＝50 Hz，磁場的磁感應強度為0.5 T，π＝3.14，求：
(1)外力驅動線圈轉動的功率；
(2)當線圈轉至線圈平面與中性面的夾角為30°時，線圈產生的感應電動勢及感應電流的大小；
(3)線圈由中性面轉至與中性面成60°角的過程中，通過導線橫截面的電荷量。
[解析]　(1)線圈中產生的感應電動勢的最大值為
Em＝NBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50 V＝628 V
感應電動勢的有效值為E＝＝314 V
外力驅動線圈轉動的功率與線圈中交變電流的功率相等，
即P外＝＝ W≈1.97×104 W。
(2)當線圈轉至線圈平面與中性面的夾角為30°時，線圈產生的感應電動勢的瞬時值為e＝Emsin 30°＝314 V，
感應電流的瞬時值為i＝＝ A＝31.4 A。
(3)在線圈由中性面轉過60°的過程中，線圈中的平均感應電動勢為
＝N，
平均感應電流為＝N，
故通過導線橫截面的電荷量為q＝Δt＝N＝＝0.1 C。
[答案]　(1)1.97×104 W　(2)314 V　31.4 A　(3)0.1 C
應用交變電流四值時的注意事項
(1)研究電容器是否被擊穿時，應用交變電流的峰值(最大值)，因為電容器上標明的電壓是電容器長時間工作時所能承受的最大電壓。
(2)研究電功、電功率和電熱時，只能用有效值。
(3)研究通過導體某橫截面的電荷量時，要用平均值。
[跟進訓練]
4．交流發電機線圈電阻r＝1 Ω，用電器電阻R＝9 Ω，電壓表示數為9 V，如圖所示，那么該交流發電機(　　)
A．電動勢的峰值為10 V
B．電動勢的有效值為9 V
C．交流發電機的線圈通過中性面時電動勢的瞬時值為10 V
D．交流發電機的線圈自中性面轉過90°的過程中的平均感應電動勢為 V
D　[因電壓表示數為9 V，所以電路中的電流I＝ A＝1 A，故電動勢的有效值E＝I(r＋R)＝10 V，其最大值Em＝E＝10 V，故A、B錯誤；線圈通過中性面時電動勢的瞬時值為0，C錯誤；轉過90°的過程中的平均感應電動勢，應用公式＝ V，D正確。]
1．(多選)下列說法正確的是(　　)
A．使用交流的用電器銘牌上所標示的額定電壓、額定電流的數值均為最大值
B．用交流電流表和電壓表測得的數值是有效值
C．照明電路電壓220 V指的是有效值
D．所有交變電流的有效值和最大值之間均存在E＝、U＝和I＝的關系
BC　[各種使用交流電的用電器銘牌上所標示的數值均為有效值，故A項錯誤；交流電表測得的數值為有效值，故B項正確；照明電路電壓220 V指的是有效值，故C項正確；E＝、U＝、I＝是正弦式交變電流有效值和最大值的關系，故D項錯誤。故正確答案為B、C。]
2．(多選)一個矩形線圈在勻強磁場中轉動，產生的感應電動勢為e＝220sin 100πt(V)，則(　　)
A．交流電的頻率是100π Hz
B．t＝0時，線圈位于中性面
C．交流電的周期是0.02 s
D．t＝0.05 s時，e有最大值
BC　[由瞬時值表達式知：感應電動勢按正弦規律變化，所以t＝0時，線圈位于中性面，角速度ω＝100π rad/s，因ω＝2πf，所以f＝＝ Hz＝50 Hz，故A錯誤，B正確；由T＝得T＝ s＝0.02 s，故C正確；當t＝0.05 s時，e＝220sin 5π(V)＝0，故D錯誤。]
3．如圖所示，正弦波和方波交變電流的最大值相等，周期也相等，現使它們通過完全相同的電阻，則在相同的時間(遠大于周期)內，兩電阻發熱之比等于(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
B　[計算電阻發熱Q＝I2Rt需用交流的有效值，題圖甲的有效值為I1＝，題圖乙的有效值為I2＝Im，所以代入可得＝，B正確。]
4．(2022·山東肥城第一高級中學高二期末)如圖所示，空間中分布著磁感應強度大小為B的勻強有界磁場，EF是其左邊界，一面積為S的n匝圓形金屬線框垂直于磁場放置，圓形線圈的圓心O在EF上，若線框以角速度ω繞EF勻速轉動，并從圖示位置開始計時，則(　　)
A．t＝時，線框中的感應電流最大
B．t＝時，穿過線框的磁通量最大
C．線框中產生的交變電動勢的最大值為nBSω
D．線框中產生的交變電動勢的有效值為nBSω
D　[當t＝時，即ωt＝2π時，線框回到題圖所示位置，此時的感應電流最小，磁通量最大，A錯誤；當t＝，即ωt＝時，線圈轉到與題圖所示垂直的位置，此時磁通量為零，B錯誤；線框中產生的交變電動勢的最大值為Em＝nBω＝nBSω，C錯誤；線框中產生的交變電動勢的有效值為E＝＝nBSω，D正確。]
回歸本節內容，自我完成以下問題：
1．交變電流的周期和頻率分別是什么？
提示：(1)周期(T)：交變電流完成一次周期性變化(線圈轉一周)所需的時間，單位是秒(s)，公式T＝。
(2)頻率(f)：交變電流在1 s內完成周期性變化的次數，單位是赫茲(Hz)。
(3)周期和頻率的關系：T＝。
2．正弦式交變電流的函數表達式(從中性面開始計時)是什么？
提示：(1)電動勢e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt。
(2)電流i＝Imsin ωt＝sin ωt。
(3)電壓u＝Umsin ωt＝sin ωt。
3．什么叫有效值？
提示：跟交變電流的熱效應等效的恒定電流的值叫作交變電流的有效值。
4．如何求有效值？
提示：計算有效值時要注意根據電流的熱效應，抓住“三同”：“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”列式求解。
跟交變電流的熱效應等效的恒定電流的值叫作交變電流的有效值。對于正弦式交流電，其有效值和峰值的關系為E＝，U＝，I＝。
課時分層作業(十)　描述交變電流的物理量
?題組一　交變電流的峰值和有效值
1．下列提到的交流電，不是指有效值的是(　　)
A．交流電壓表的讀數
B．保險絲熔斷電流
C．電容器擊穿電壓
D．220 V交流電壓
C　[交流電壓表測量的電壓值就是電壓的有效值；保險絲熔斷是因為電阻發熱使溫度超過了熔斷值，而與電熱相關的電流值就是指有效值；電容器的擊穿是因為電壓瞬時值超過了其擊穿電壓值，這是瞬時值，所以擊穿電壓表示的是電壓最大值；220 V交流電壓，是有效值。故應選C。]
2．下列關于交變電流的說法正確的是(　　)
A．若交變電流的峰值為5 A，則它的最小值為－5 A
B．用交流電流表測交變電流時，指針來回擺動
C．我國工農業生產和生活用的交變電流頻率為50 Hz，故電流方向每秒改變100次
D．正弦交變電流i＝20sin 10πt(A)的峰值為20 A，頻率為100 Hz
C　[電流的負值表示電流方向與規定正方向相反，不表示大小，A項錯誤；交流電流表測交變電流時，顯示的是有效值，指針不會來回擺動，B項錯誤；我國工農業生產和生活用的交變電流，周期為0.02 s，交流電方向一個周期改變兩次，所以每秒改變100次，C項正確；由ω＝2πf，得正弦交變電流i＝20sin 10πt(A)的頻率為 5 Hz，D項錯誤。]
3．在相同的時間內，某正弦交變電流通過一阻值為100 Ω的電阻產生的熱量，與一電流為3 A的直流通過同一阻值的電阻產生的熱量相等，則(　　)
A．此交變電流的有效值為3 A，最大值為3 A
B．此交變電流的有效值為3 A，最大值為6 A
C．電阻兩端的交流電壓的有效值為300 V，最大值不確定
D．電阻兩端的交流電壓的有效值為300 V，最大值為600 V
A　[根據交變電流有效值的定義知交變電流的有效值即為直流的電流值，為3 A。根據有效值與最大值的倍關系，易知交變電流的最大值為3 A，故A正確，B錯誤；根據歐姆定律U＝IR，則有U有效＝I有效R，Um＝ImR，得電阻兩端的交流電壓的有效值為300 V，最大值為300 V。故C、D錯誤。]
4．將正弦式交流電經過整流器處理后，得到的電流波形剛好去掉了半周，如圖所示，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正確。]
5．如圖所示，正弦交流甲和方波交流乙的峰值、頻率完全相同，把兩電流分別輸入完全相同的兩個電阻中，經過相同的時間(足夠長)后，兩電阻中消耗的電能之比W甲∶W乙為(　　)
A．1∶2 　 B．1∶
C．1∶1　 D．1∶2
A　[在一個周期T內，正弦交流電在電阻中消耗的電能為W甲＝Rt，方波交流電在電阻中消耗的電能為W乙＝I2Rt，所以W甲∶W乙＝1∶2，故A正確。]
6．(2022·內蒙古阿拉善盟第一中學高二期末)正方形金屬線框MNQP的PQ邊與勻強磁場的邊界重合，勻強磁場垂直紙面向外且范圍足夠大，第一次將金屬線框以速度v勻速拉進勻強磁場內(如圖甲)；第二次金屬框以PQ邊為軸勻速轉動，MN邊的線速度大小為v，線框從上往下看逆時針旋轉180°(如圖乙)。設兩個過程中線框中產生的焦耳熱分別為Q1和Q2，則等于(　　)
A．4　 B．8
C． D．
C　[設正方形金屬線框的邊長為l，電阻為R，磁場的磁感應強度為B，題圖甲產生的感應電動勢為E1＝Blv，進入過程時間為t1＝，產生的熱量為Q1＝t1＝；題圖乙產生的為正弦式交變電流，感應電動勢有效值為E＝，在磁場中轉動時間為t2＝，產生的熱量為Q2＝t2＝，聯立解得＝，故選C。]
?題組二　交變電流的圖像
7．(多選)(2022·貴州凱里一中高二期中)如圖甲所示，在勻強磁場中，一電阻均勻的正方形單匝導線框abcd繞與磁感線垂直的轉軸ab勻速轉動，線圈產生的交變電動勢隨時間變化的規律如圖乙所示，若線框總電阻為5 Ω，則(　　)
A．線圈的轉速為100 r/s
B．當線框平面與中性面的夾角為45°時，線框產生的電動勢的大小為22 V
C．在0～0.01 s時間內，通過線框某一橫截面的電荷量約為4.0×10-2 C
D．線框轉動一周，cd邊產生的焦耳熱為3.87 J
BC　[由題圖乙可知，周期為0.02 s，則線圈的轉速為n＝f＝＝50 r/s，故A錯誤；由題圖乙可知，周期為0.02 s，Emax＝22 V，角速度ω＝＝100π rad/s，則該交變電流的瞬時表達式為e＝22sin 100πt(V)，矩形金屬線框平面與中性面的夾角為45°，則e＝22sin 45°(V)＝22 V，故B正確；當t＝0.01 s時刻感應電動勢等于零，所以穿過線框回路的磁通量最大，線框平面與中性面重合，矩形金屬線框平面與磁感線垂直，從t＝0到t＝0.01 s時間內，磁通量變化量為ΔΦ＝2BS＝＝2× Wb，通過線框某一截面的電荷量為q＝＝2× C≈4.0×10-2 C，故C正確；線框轉動一周，cd邊產生的焦耳熱為Q＝T＝×0.02 J＝0.484 J，故D錯誤。]
8．(多選)如圖甲所示，在勻強磁場中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉動，產生的交變電動勢圖像如圖乙中曲線a、b所示，則(　　)
A．兩次t＝0時刻線圈平面均與中性面重合
B．曲線a、b對應的線圈轉速之比為2∶3
C．曲線a表示的交變電動勢頻率為25 Hz
D．曲線b表示的交變電動勢有效值為10 V
AC　[由題圖乙知t＝0時兩次轉動產生的瞬時電動勢都等于零，故A正確；由題圖乙知兩次轉動所產生的交變電動勢的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，再由周期與轉速的關系n＝得na∶nb＝3∶2，故B錯誤；因Ta＝4×10-2 s，故fa＝＝25 Hz，C正確；因Ema＝15 V，而Em＝NBSω＝，故Emb＝＝10 V，Eb＝＝5 V，D錯誤。]
?題組三　交變電流四值比較
9．如圖所示，一交流發電機的線圈在勻強磁場中勻速轉動，線圈匝數N＝100，線圈電阻r＝3 Ω，ab＝cd＝0.5 m，bc＝ad＝0.4 m，磁感應強度B＝0.5 T，電阻R＝311 Ω，當線圈以n＝300 r/min的轉速勻速轉動時。取π＝3.14，求：
(1)感應電動勢的最大值；
(2)t＝0時線圈在圖示位置，寫出此交變電流電動勢瞬時值表達式；
(3)此電壓表的示數是多少？
[解析]　(1)電動勢的最大值為Em＝NBωS＝NB·(2πn轉)·(ab·bc)＝314 V。
(2)電動勢瞬時值的表達式e＝Emsin ωt＝314sin 10πt(V)。
(3)UV＝≈220 V。
[答案]　(1)314 V　(2)e＝314sin 10πt(V)　(3)220 V
10．(多選)(2021·浙江1月選考)發電機的示意圖如圖甲所示，邊長為L的正方形金屬框，在磁感應強度為B的勻強磁場中以恒定角速度繞OO′軸轉動，阻值為R的電阻兩端的電壓如圖乙所示。其他電阻不計，圖乙中的Um為已知量。則金屬框轉動一周(　　)
A．框內電流方向不變
B．電動勢的最大值為Um
C．流過電阻的電荷量q＝
D．電阻產生的焦耳熱Q＝
BD　[由于滑環的作用，通過R的電流方向不變，但是框內的電流方向是變化的，A錯誤；由題圖可知，由于線框沒有電阻，所以電動勢等于電阻兩端的電壓，B正確；因為流過R的電流方向不變，金屬框轉動半周，流過R的電荷量q′＝Δt＝Δt＝＝，所以金屬框轉動一周流過R的電荷量q＝2q′＝，C錯誤；由Um＝BL2ω，解得ω＝，金屬框轉動一周，電阻產生的焦耳熱Q＝T＝·＝，D正確。]
11．(2022·廣東卷)如圖所示是簡化的某種旋轉磁極式發電機原理圖。定子是僅匝數n不同的兩線圈，n1>n2，二者軸線在同一平面內且相互垂直，兩線圈到其軸線交點O的距離相等，且均連接阻值為R的電阻，轉子是中心在O點的條形磁鐵，繞O點在該平面內勻速轉動時，兩線圈輸出正弦式交變電流。不計線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響，下列說法正確的是(　　)
A．兩線圈產生的電動勢的有效值相等
B．兩線圈產生的交變電流頻率相等
C．兩線圈產生的電動勢同時達到最大值
D．兩電阻消耗的電功率相等
B　[根據E＝n，兩線圈中磁通量的變化率相等，但是匝數不等，則產生的感應電動勢最大值不相等，有效值也不相等，根據P＝，可知，兩電阻的電功率也不相等，選項A、D錯誤；因兩線圈放在同一個旋轉條形磁鐵的旁邊，則兩線圈產生的交流電的頻率相等，選項B正確；當磁鐵的磁極到達線圈附近時，磁通量變化率最大，感應電動勢最大，可知兩線圈產生的感應電動勢不可能同時達到最大值，選項C錯誤。]
12．有一交流發電機模型，用示波器觀察到它產生的感應電動勢波形如圖所示，求：
(1)電動勢的最大值和有效值；
(2)當t＝ s時，電動勢的瞬時值，并指出此時線圈相對于磁場的位置；
(3)已知線圈面積為16 cm2，共25匝，計算勻強磁場的磁感應強度。
[解析]　(1)由圖像可知電動勢的最大值Em＝5 V，根據正弦交流電的最大值和有效值的關系，有效值為：E＝Em≈3.5 V。
(2)因為e＝Emsin ωt＝5sin 100πt(V)，當t＝ s時，
e＝5sin 100π× V＝5 V，
這時線圈平面跟磁感線平行。
(3)由于Em＝nBSω，所以B＝＝ T≈0.4 T。
[答案]　(1)5 V　3.5 V　(2)5 V　線圈平面跟磁感線平行　(3)0.4 T
13．如圖所示，在勻強磁場中有一個內阻r＝3 Ω、面積S＝的半圓形導線框可繞OO′軸旋轉。已知勻強磁場的磁感應強度B＝T。若線框以ω＝100 π rad/s的角速度勻速轉動，且通過電刷給“6 V　12 W”的小燈泡供電，則：
(1)若從圖示位置開始計時，求線框中感應電動勢的瞬時值表達式。
(2)由題中所給已知條件，外電路所接小燈泡能否正常發光？如不能，則小燈泡實際功率為多大？
[解析]　(1)線框轉動時產生感應電動勢的最大值
Em＝BSω＝×0.02×100π V ＝10 V，
因線框轉動從平行于磁感線位置開始計時，則感應電動勢的瞬時值表達式為e＝Em cos ωt＝10cos 100πt(V)。
(2)由題意知燈泡的電阻R＝3 Ω，
線框產生的電動勢的有效值E＝＝10 V，燈泡兩端電壓U＝R＝5 V<6 V，故燈泡不能正常發光，其實際功率P＝＝ W＝ W。
[答案]　(1)e＝10cos 100πt(V)　(2)不能　 W第二節　描述交變電流的物理量
1．知道交變電流的周期、頻率的含義，以及它們相互間的關系。
2．知道交變電流的峰值和有效值的意義。經歷根據電流的熱效應推導交變電流有效值的過程，體會“等效”的科學方法。
3．掌握交變電流有效值與峰值的關系，會進行有效值的計算。
4．理解交變電流的圖像意義，能從圖像中獲取相關信息。
知識點一　交變電流的周期和頻率
1．周期：交變電流完成一次______變化的時間叫作它的周期。單位是__。
2．頻率：交變電流在1 s內完成周期性變化的____叫頻率。單位是____。
3．周期T、頻率f、角速度ω的關系：ω＝＝2πf，T＝。
知識點二　交變電流的峰值和有效值
1．峰值：交變電流在一個周期內所能達到的____值。
2．有效值
(1)定義：交變電流和恒定電流分別通過相同____的電阻，如果在交變電流的一個周期內它們產生的____相等，這一恒定電流的數值就是相應交變電流的______。
(2)應用：
①無特別說明的交變電流的電壓、電流值是有效值。
②交流電表測量的交變電流的電壓、電流值是______。
③交流電氣設備銘牌上所標注的________、________指有效值。
3．正弦式交變電流有效值和峰值的關系
E＝≈______________。
I＝≈______________。
U＝≈______________。
知識點三　用圖像描述交變電流
1．物理意義：描述交變電流(________、______、______)隨______(或角度ωt)變化的規律。
2．正弦式交變電流的圖像
1．思考判斷(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)對于一個正弦式電流的峰值同周期、頻率一樣是不變的，但有效值是隨時間不斷變化的。 (　)
(2)正弦式交變電流的正負兩部分是對稱的，所以有效值為零。 (　)
(3)正弦式交變電流的有效值等于峰值的倍。非正弦式交變電流的有效值不一定等于峰值的倍。 (　)
(4)只要是交變電流，其峰值就是有效值的倍。 (　)
(5)家用電器銘牌上標注的電流、電壓都是指有效值。 (　)
2．(多選)某交變電流的方向在1 s內改變100次，則其周期T和頻率f分別為(　　)
A．T＝0.01 s　　 B．T＝0.02 s
C．f＝100 Hz　 D．f＝50 Hz
3．(多選)(2022·陜西延安第一中學高二期中)如圖所示是一個正弦式交變電流的圖像，下列說法正確的是(　　)
A．周期是0.2 s，電流的峰值是10 A
B．周期是0.25 s，電流的峰值是10 A
C．頻率是5 Hz，電流的有效值是10 A
D．頻率是5 Hz，電流的有效值是5 A
(1)電磁打點計時器接到干電池上怎樣調整也不打點，而接到學生電源的低壓交流擋上就順利打點，且每隔0.02 s打一個點。打點計時器打點時間間隔為什么為0.02 s？其時間間隔由什么決定？
(2)如圖甲、乙中電爐燒水，設其他條件都相同，水的質量相等，水的初溫相同。若恒定電流用10 min 把水燒開，而交變電流也用10 min把水燒開。兩種情況下電阻熱量相同嗎？交流電電流的有效值是多少？
　交變電流的周期和頻率
1．周期和頻率的物理意義：交變電流的周期與頻率都是描述交變電流變化快慢的物理量。
2．周期T：交變電流完成一次周期性變化的時間，單位是s。周期越大，電流變化越慢；在一個周期內，電流的方向改變2次。
3．頻率f：交變電流在1 s內完成周期性變化的次數，單位是赫茲，符號為Hz，頻率越大，電流變化越快。
4．周期和頻率的關系：T＝或f＝。
【典例1】　關于交變電流的周期和頻率，下列說法正確的是(　　)
A．正弦式交變電流最大值連續出現兩次的時間間隔等于周期
B．1 s內交變電流出現最大值的次數等于頻率
C．交變電流方向變化的頻率為交變電流頻率的2倍
D．50 Hz的交變電流，其周期等于0.05 s
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(1)由交變電流的圖像可直接獲得的信息有：①該交變電流的最大值、周期；②任意時刻交變電流的數值。
(2)掌握角速度ω、周期T、轉速n的關系。
ω＝；ω＝2πn；n＝。
[跟進訓練]
1．(多選)某小型發電機產生的交流電動勢為e＝50sin 100πt(V)。對此電動勢，下列表述正確的有(　　)
A．周期是0.02 s
B．t＝0時刻線圈平面與中性面重合
C．頻率是5 Hz
D．最大值是50 V
　交變電流的峰值和有效值
1．有效值的理解
(1)交變電流的有效值是根據電流的熱效應定義的，與電流的方向無關。
(2)“等效”理解：相同電阻、相同時間，產生相同熱量。交變電流與多大的直流“效果”相同，有效值就是多大。
2．有效值的計算方法
(1)特殊值法：若按正(余)弦規律變化的電流，可利用交變電流的有效值與峰值間的關系求解，即E＝，U＝，I＝。
(2)定義法：當電流是非正弦式交變電流時，必須根據有效值的定義求解。

3．幾種常見交變電流的有效值
電流名稱 電流圖線 有效值
正弦式交 變電流 I＝
正弦半 波電流 I＝
正弦單向 脈動電流 I＝
矩形脈 動電流 I＝Im
非對稱性 交變電流 I＝
【典例2】　一根電阻絲接入100 V的直流，2 min內產生的熱量為Q，同樣的一根電阻絲接入正弦式交變電壓，1 min內產生的熱量也為Q，那么該交變電壓的最大值為(　　)
A．100 V　　　　 B．200 V
C．50 V　 D．70 V
[思路點撥]　對于正弦式交流電產生的熱量應由有效值來計算，即Q＝Rt＝t，且有效值與最大值之間的關系為U有＝Um，據此本題求解就很明了了。
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求解有效值的一般步驟
(1)首先要分析交變電流的變化規律，在一個交變電流中可能存在幾種形式的交流。
(2)一個交變電流中存在幾種形式，可在一個周期內分段求出產生的熱量，再求其和。
(3)正弦式交變電流的最大值和有效值的關系是：I＝，U＝，非正弦式交變電流不符合此關系。
(4)分段不同，矩形脈沖的交流的有效值不是算術平均值，而是分段用焦耳定律求解。
[跟進訓練]
2．如圖所示的交變電流由正弦式交變電流的一半和反向脈沖電流組合而成，則這種交變電流的有效值為(　　)
A．I0　　B．I0　　C．I0　　D．I0
　正弦式交變電流的圖像
1．用圖像描述交變電流的變化規律(在中性面時t＝0)
項目 函數 圖像 說明
磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BS cos ωt S為線圈的面積，N為線圈的匝數，r為線圈的電阻(內阻)，R為外電阻
電動勢 e＝Emsin ωt＝NBSωsin ωt
電壓 u＝Umsin ωt＝sin ωt
電流 i＝Imsin ωt＝sin ωt
2．從圖像中可以解讀到以下信息
(1)交變電流的峰值Em、Im和周期T。
(2)兩個特殊值對應的位置：
①e＝0(或i＝0)時：線圈位于中性面上；
e最大(或i最大)時：線圈平行于磁感線。
②e＝0(或i＝0)時，＝0，Φ最大。
e最大(或i最大)時，最大，Φ＝0。
(3)分析判斷e、i大小和方向隨時間的變化規律。
【典例3】　處在勻強磁場中的矩形線圈abcd，以恒定的角速度繞ab邊轉動，磁場方向平行于紙面并與ab垂直。在t＝0時刻，線圈平面與紙面重合，如圖所示，線圈的cd邊離開紙面向外運動。若規定由a→b→c→d→a方向的感應電流為正，則能反映線圈中感應電流i隨時間t變化的圖線是(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
[思路點撥]　①線圈從垂直中性面開始計時，產生的交變電流按余弦規律變化。②由楞次定律知前周期產生正方向電流。
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圖像的分析方法
一看：看“軸”、看“線”、看“斜率”、看“點”，并理解其物理意義。
二變：掌握“圖與圖”“圖與式”和“圖與物”之間的變通關系。
三判：在此基礎上進行正確地分析和判斷。
[跟進訓練]
3．(多選)在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖甲所示；產生的交變電動勢的圖像如圖乙所示，則(　　)
A．t＝0時穿過線框的磁通量為零
B．t＝0.01 s時線框的磁通量變化率為零
C．線框產生的交變電動勢有效值約為220 V
D．線框產生的交變電動勢頻率為100 Hz
　交變電流的四值比較
項目 物理含義 重要關系 適用情況
瞬時值 交變電流某一時刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 計算線圈某一時刻的受力情況
最大值 最大的瞬時值 Em＝nBSω，Im＝ 確定電容器的耐壓值
有效值 跟交變電流的熱效應等效的恒定電流的電流值、電壓值 E＝，U＝，I＝ (1)計算與電流熱效應相關的量(如功率、熱量)； (2)交流電表的測量值； (3)電氣設備標注的額定電壓、額定電流； (4)保險絲的熔斷電流
平均值 交變電流圖像中圖線與時間軸所圍面積與時間的比值 ＝n ＝ 計算通過電路橫截面的電荷量
【典例4】　在水平方向的勻強磁場中，有一個正方形閉合線圈繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，已知線圈的匝數為N＝100匝，邊長為20 cm，電阻為10 Ω，轉動頻率f＝50 Hz，磁場的磁感應強度為0.5 T，π＝3.14，求：
(1)外力驅動線圈轉動的功率；
(2)當線圈轉至線圈平面與中性面的夾角為30°時，線圈產生的感應電動勢及感應電流的大小；
(3)線圈由中性面轉至與中性面成60°角的過程中，通過導線橫截面的電荷量。
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應用交變電流四值時的注意事項
(1)研究電容器是否被擊穿時，應用交變電流的峰值(最大值)，因為電容器上標明的電壓是電容器長時間工作時所能承受的最大電壓。
(2)研究電功、電功率和電熱時，只能用有效值。
(3)研究通過導體某橫截面的電荷量時，要用平均值。
[跟進訓練]
4．交流發電機線圈電阻r＝1 Ω，用電器電阻R＝9 Ω，電壓表示數為9 V，如圖所示，那么該交流發電機(　　)
A．電動勢的峰值為10 V
B．電動勢的有效值為9 V
C．交流發電機的線圈通過中性面時電動勢的瞬時值為10 V
D．交流發電機的線圈自中性面轉過90°的過程中的平均感應電動勢為 V
1．(多選)下列說法正確的是(　　)
A．使用交流的用電器銘牌上所標示的額定電壓、額定電流的數值均為最大值
B．用交流電流表和電壓表測得的數值是有效值
C．照明電路電壓220 V指的是有效值
D．所有交變電流的有效值和最大值之間均存在E＝、U＝和I＝的關系
2．(多選)一個矩形線圈在勻強磁場中轉動，產生的感應電動勢為e＝220sin 100πt(V)，則(　　)
A．交流電的頻率是100π Hz
B．t＝0時，線圈位于中性面
C．交流電的周期是0.02 s
D．t＝0.05 s時，e有最大值
3．如圖所示，正弦波和方波交變電流的最大值相等，周期也相等，現使它們通過完全相同的電阻，則在相同的時間(遠大于周期)內，兩電阻發熱之比等于(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
4．(2022·山東肥城第一高級中學高二期末)如圖所示，空間中分布著磁感應強度大小為B的勻強有界磁場，EF是其左邊界，一面積為S的n匝圓形金屬線框垂直于磁場放置，圓形線圈的圓心O在EF上，若線框以角速度ω繞EF勻速轉動，并從圖示位置開始計時，則(　　)
A．t＝時，線框中的感應電流最大
B．t＝時，穿過線框的磁通量最大
C．線框中產生的交變電動勢的最大值為nBSω
D．線框中產生的交變電動勢的有效值為nBSω
回歸本節內容，自我完成以下問題：
1．交變電流的周期和頻率分別是什么？
2．正弦式交變電流的函數表達式(從中性面開始計時)是什么？
3．什么叫有效值？
4．如何求有效值？
第二節　描述交變電流的物理量
[必備知識·自主預習儲備]
知識梳理
知識點一　1．周期性　s
2．次數　Hz
知識點二　1．最大　
2．(1)阻值　熱量　有效值　(2)有效值　額定電壓　額定電流
3．　0.707Em　　0.707Im　　0.707Um
知識點三　1．電動勢e　電流i　電壓u　時間t
基礎自測
1．(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√
2．BD
3．AD　[由題圖圖像可知，交流電的周期T＝0.2 s，頻率f＝＝5 Hz，交流電流的峰值為Im＝10 A，有效值I＝ A＝5 A，故選A、D。]
[關鍵能力·情境探究達成]
情境探究
(1)提示：電磁式打點計時器的打點頻率與工作電流頻率相同，我國生產、生活用電的頻率為50 Hz，所以打點計時器的打點時間間隔T＝＝0.02 s；時間間隔由電源的頻率決定。
(2)提示：熱量相同。有效值是3 A。
典例1　C　[根據周期的定義知選項A錯誤；因為在一個周期的時間內，交變電流會出現正向和負向最大值各一次，但相鄰兩個峰值的時間間隔為半個周期，B錯誤；交變電流在一個周期內方向改變兩次，即方向變化的頻率為交變電流頻率的2倍，故選項C正確；由T＝＝ s＝0.02 s，知選項D錯誤。]
跟進訓練
1．ABD　[周期是T＝＝ s＝0.02 s，頻率為50 Hz，選項A正確，C錯誤；t＝0時刻e＝0，此時線圈平面與中性面重合，選項B正確；最大值是50V, D正確。]
典例2　B　[設該交變電壓最大值為Um，則Q＝t1＝t2，其中U＝100 V，t1＝2 min＝120 s，t2＝1 min＝60 s，解得Um＝200 V，故選B。]
跟進訓練
2．C　[由i-t圖像知交變電流的周期T＝2 s。一個周期內：前半個周期電流的有效值：I1＝，后半個周期電流的有效值：I2＝I0。設交變電流的有效值為I，根據交變電流有效值的定義有I2RT＝R＝R，解得I＝I0，故選項C正確。]
典例3　C　[題圖所示時刻cd邊垂直切割磁感線，產生的感應電動勢最大，此時感應電流最大，由楞次定律可判斷電流方向為a→b→c→d→a，與規定的正方向相同，所以正確答案為C。]
跟進訓練
3．BC　[t＝0時線框產生的感應電動勢為零，線框處于中性面，穿過線框的磁通量最大，故A錯誤；t＝0.01 s 時線框產生的感應電動勢為零，可知線框的磁通量變化率為零，故B正確；線框產生的交變電動勢有效值約為E＝＝ V≈220 V，故C正確；交變電動勢的周期為0.02 s，則線框產生的交變電動勢頻率為f＝＝ Hz＝50 Hz，故D錯誤。]
典例4　解析：(1)線圈中產生的感應電動勢的最大值為Em＝NBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50 V＝628 V
感應電動勢的有效值為E＝＝314 V
外力驅動線圈轉動的功率與線圈中交變電流的功率相等，
即P外＝＝ W≈1.97×104 W。
(2)當線圈轉至線圈平面與中性面的夾角為30°時，線圈產生的感應電動勢的瞬時值為e＝Emsin 30°＝314 V，
感應電流的瞬時值為i＝＝ A＝31.4 A。
(3)在線圈由中性面轉過60°的過程中，線圈中的平均感應電動勢為＝N，
平均感應電流為＝N，
故通過導線橫截面的電荷量為q＝Δt＝N＝＝0.1 C。
答案：(1)1.97×104 W　(2)314 V　31.4 A　(3)0.1 C
跟進訓練
4．D　[因電壓表示數為9 V，所以電路中的電流I＝ A＝1 A，故電動勢的有效值E＝I(r＋R)＝10 V，其最大值Em＝E＝10 V，故A、B錯誤；線圈通過中性面時電動勢的瞬時值為0，C錯誤；轉過90°的過程中的平均感應電動勢，應用公式＝ V，D正確。]
[學習效果·隨堂評估自測]
1．BC　[各種使用交流電的用電器銘牌上所標示的數值均為有效值，故A項錯誤；交流電表測得的數值為有效值，故B項正確；照明電路電壓220 V指的是有效值，故C項正確；E＝、U＝、I＝是正弦式交變電流有效值和最大值的關系，故D項錯誤。故正確答案為B、C。]
2．BC　[由瞬時值表達式知：感應電動勢按正弦規律變化，所以t＝0時，線圈位于中性面，角速度ω＝100π rad/s，因ω＝2πf，所以f＝＝ Hz＝50 Hz，故A錯誤，B正確；由T＝得T＝ s＝0.02 s，故C正確；當t＝0.05 s時，e＝220sin 5π(V)＝0，故D錯誤。]
3．B　[計算電阻發熱Q＝I2Rt需用交流的有效值，題圖甲的有效值為I1＝，題圖乙的有效值為I2＝Im，所以代入可得＝，B正確。]
4．D　[當t＝時，即ωt＝2π時，線框回到題圖所示位置，此時的感應電流最小，磁通量最大，A錯誤；當t＝，即ωt＝時，線圈轉到與題圖所示垂直的位置，此時磁通量為零，B錯誤；線框中產生的交變電動勢的最大值為Em＝nBω＝nBSω，C錯誤；線框中產生的交變電動勢的有效值為E＝＝nBSω，D正確。]
課堂小結
1．提示：(1)周期(T)：交變電流完成一次周期性變化(線圈轉一周)所需的時間，單位是秒(s)，公式T＝。
(2)頻率(f)：交變電流在1 s內完成周期性變化的次數，單位是赫茲(Hz)。
(3)周期和頻率的關系：T＝。
2．提示：(1)電動勢e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt。
(2)電流i＝Imsin ωt＝sin ωt。
(3)電壓u＝Umsin ωt＝sin ωt。
3．提示：跟交變電流的熱效應等效的恒定電流的值叫作交變電流的有效值。
4．提示：計算有效值時要注意根據電流的熱效應，抓住“三同”：“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”列式求解。
跟交變電流的熱效應等效的恒定電流的值叫作交變電流的有效值。對于正弦式交流電，其有效值和峰值的關系為E＝，U＝，I＝。第三節　變壓器
1．了解變壓器的構造及工作原理。
2．通過實驗探究，得到電壓、電流與匝數的關系。
3．能夠利用變壓比、變流比定性和定量分析有關變壓器的實際問題。
知識點一　認識變壓器
1．用途：改變交流電壓的設備。
2．構造：變壓器是由閉合鐵芯和繞在鐵芯上的兩個線圈組成。
(1)原線圈：與電源相連的線圈(也叫初級線圈)。
(2)副線圈：與負載相連的線圈(也叫次級線圈)。
3．原理：變壓器工作的基礎是電磁感應現象，原線圈中的交變電流在鐵芯中產生交變的磁通量，這個交變的磁通量不僅穿過原線圈，也穿過副線圈，所以在副線圈中產生感應電動勢。
知識點二　探究變壓器電壓與線圈匝數的關系
1．實驗目的：探究變壓器電壓與線圈匝數的定量關系。
2．實驗器材：可拆變壓器、低壓交流電源、交流電壓表、帶夾的導線。
3．實驗步驟
(1)要先估計被測電壓的大致范圍，再選擇恰當的量程，若不知道被測電壓的大致范圍，則應選擇交流電壓表的最大量程進行測量。
(2)把兩個線圈穿在鐵芯上，閉合鐵芯。
(3)用交流電壓表測量輸入、輸出電壓。
(4)改變輸入端電壓，重新測量輸入、輸出端電壓，記錄在設計好的表格內。
項目 1 2 3 4 5 6
U1
U2
n1
n2
(5)改變線圈匝數，重新測量輸入、輸出端電壓，記錄在上面設計好的表格內。
4．注意事項
(1)在改變低壓交流電源電壓、線圈匝數前均要先斷開開關，再進行操作。
(2)為了人身安全，低壓交流電源的電壓不能超過12 V，不能用手接觸裸露的導線和接線柱。
(3)為了多用電表的安全，使用交流電壓擋測電壓時，先用最大量程擋試測，大致確定被測電壓后再選用適當的擋位進行測量。
知識點三　理想變壓器原、副線圈基本量的關系
1．銅損和鐵損
(1)銅損：變壓器的線圈有內阻，電流通過時發熱所損失的能量。
(2)鐵損：鐵芯在交變磁場中反復磁化，產生渦流，使鐵芯發熱所損失的能量。
2．理想變壓器：忽略原、副線圈的電阻和各種電磁能量損失的變壓器。
3．電壓與匝數關系：原、副線圈的電壓之比等于這兩個線圈的匝數之比，即＝。
4．功率關系：原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率。
5．電流與匝數關系：原、副線圈中的電流跟它們的匝數成反比，即＝。
6．兩類變壓器：n2>n1，能使電壓升高的變壓器叫作升壓變壓器；n21．思考判斷(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)變壓器只能改變交變電流的電壓，不能改變直流電的電壓。 (√)
(2)實際生活中，不存在原線圈與副線圈匝數相等的變壓器。 (√)
(3)理想變壓器不僅可以改變交變電流的電壓和電流，還可以改變交變電流的功率和頻率。 (×)
(4)理想變壓器是客觀存在的。 (×)
(5)＝適用于任何理想變壓器。 (√)
2．(多選)理想變壓器的原、副線圈中一定相同的物理量有(　　)
A．交流電的頻率　 B．磁通量的變化率
C．功率　 D．交流電的峰值
ABC　[理想變壓器沒有漏磁，沒有能量損失，所以原、副線圈中磁通量變化率相同，原、副線圈中功率相同，B、C正確；變壓器能改變交流電的峰值但不改變交流電的頻率，A正確，D錯誤。]
3．一個含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻R＝10 Ω。當原線圈接320 V的交流電壓時，原線圈中電流為2 A，則變壓器原、副線圈匝數比為(　　)
A．2∶1　 B．1∶2
C．4∶1　 D．1∶4
C　[輸入功率等于輸出功率，大小為P＝U1I1＝640 W，根據P＝，輸出電壓為U2＝80 V，則變壓器原、副線圈匝數比為n1∶n2＝U1∶U2＝4∶1，故選C。]
(1)在課外，某同學在進行低壓交流變壓器實驗的準備工作時，發現缺少電源，于是就用一種摩托車的蓄電池代替，按圖所示進行實驗。閉合開關后，燈泡是否發光？解釋出現這種現象的原因。
提示：因蓄電池是直流電源，向外輸出恒定電壓，故連接到副線圈上的小燈泡不會發光。原因：恒定電壓加在原線圈上后，線圈內的磁通量不發生變化，因而副線圈中的磁通量也不發生變化，所以E＝n＝0。故副線圈中無感應電動勢。
(2)學生電源(低壓交流12 V)，可拆變壓器，多用表(交流電壓擋)，電路圖如圖所示。對于理想變壓器，在只有一組副線圈的情況下，原線圈和副線圈的電流跟它們的匝數的關系是什么？
提示：＝。因為P1＝P2，即I1U1＝I2U2，又＝，所以推導出＝。
　對變壓器原理的理解
1．變壓器的變壓原理是電磁感應。如圖所示，當原線圈上加交流電壓U1時，原線圈中就有交變電流，它在鐵芯中產生交變的磁通量，在原、副線圈中都會產生感應電動勢。如果副線圈是閉合的，則副線圈中將產生交變的感應電流，它也在鐵芯中產生交變磁通量，在原、副線圈中同樣要產生感應電動勢。
2．由于互感現象，原、副線圈間雖然不相連，電能卻可以通過磁場從原線圈傳遞到副線圈。
3．能量轉換方式為原線圈電能→磁場能→副線圈電能。
【典例1】　(多選)如圖所示為汽油機中點火裝置的示意圖，它使用的是12 V直流電源，在變壓器的輸出端卻可得到高達10 000 V的高壓，開關是自動控制的，欲使副線圈兩端得到一個高壓，應使(　　)
A．開關總處于接通狀態
B．開關在接通時斷開
C．開關在斷開時接通
D．開關總處于斷開狀態
BC　[欲使副線圈兩端得到一個高壓，必須使變壓器鐵芯中的磁通量發生變化，即原線圈中的電流必須發生變化，只有在開關閉合、斷開瞬間原線圈中電流才有變化，故選B、C。]
(1)變壓器只對變化的電流起作用，對恒定電流不起作用。
(2)變壓器的兩個線圈之間通過磁場聯系在一起，兩個線圈間是絕緣的。
(3)變壓器不能改變交變電流的周期和頻率。
(4)若直流的電壓是隨時間變化的，也可以用變壓器改變電壓。
[跟進訓練]
1．如圖所示，甲圖中兩導軌不平行，而乙圖中兩導軌平行，其余物理條件都相同，金屬棒MN正在導軌上向右做勻速運動，在金屬棒運動過程中，將觀察到(　　)
A．L1、L2都發光，只是亮度不同
B．L1、L2都不發光
C．L2發光，L1不發光
D．L1發光，L2不發光
D　[題圖甲右側線圈中感應電動勢的大小時刻變化，在題圖甲的右側線圈中形成變化的電流，產生變化的磁場，在左側線圈和燈L1中產生感應電流，燈L1發光；題圖乙右側線圈中感應電動勢恒定不變，在題圖乙的右側線圈中形成恒定不變的電流，不能在左側線圈和燈L2回路中產生感應電流，燈L2不發光。故D正確。]
　探究變壓器電壓與線圈匝數的關系
1．數據處理
根據實驗中記錄的數據分析完成表格：
項目 1 2 3 4 5 6
U1
U2
n1
n2
U1/U2
n1/n2
2．實驗結論：在誤差允許的范圍內，變壓器線圈兩端的電壓與匝數成正比，表達式為＝。
3．誤差分析
(1)由于漏磁，通過原、副線圈的每一匝的磁通量不嚴格相等造成誤差。
(2)原、副線圈有電阻，原、副線圈中的焦耳熱損耗，造成實驗誤差。
(3)鐵芯中有磁損耗，產生渦流造成誤差。
【典例2】　在“探究變壓器線圈兩端電壓與匝數的關系”的實驗中，小型可拆變壓器的原、副線圈匝數分別為n1＝120匝、n2＝240匝，某實驗小組在原線圈兩端依次加上不同的電壓，用多用電表的交流電壓擋分別測量原、副線圈兩端的電壓，數據如表所示。
實驗 序號 原線圈兩端的 電壓U1/V 副線圈兩端 的電壓U2/V
1 3.9 8.2 1∶2.1
2 5.9 11.8 1∶2.0
3 7.8 15.2
(1)實驗小組根據測得的數據在表格中算出U1、U2的比值，還有一組U1、U2的比值沒有算出，把算出的結果填在表格中。
(2)本實驗可得出結論：變壓器線圈兩端電壓與匝數關系為________(用題目中給出的字母表示)。
(3)該變壓器是________變壓器(選填“升壓”或“降壓”)。
[解析]　(1)第三組數據為＝≈。
(2)線圈匝數之比＝＝，結合表格中的數據知，在誤差允許的范圍內線圈兩端電壓與匝數的關系是＝。
(3)從表格中的數據可知副線圈匝數多、電壓高，所以該變壓器是升壓變壓器。
[答案]　(1)1∶1.9　(2)＝　(3)升壓
[跟進訓練]
2．在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”的實驗中，操作步驟如下：
①將兩個線圈套到可拆變壓器的鐵芯上；
②閉合電源開關，用多用電表的交流電壓擋分別測量原線圈和副線圈兩端的電壓；
③將匝數較多的一組線圈接到交流電源輸出端上，另一組作為副線圈，接上小燈泡；
④將原線圈與副線圈對調，重復以上步驟。
(1)以上操作的合理順序是________(只填步驟前數字序號)。
(2)如圖所示，在實驗中，兩線圈的匝數n1＝1 600，n2＝400，當將n1作為原線圈時，U1＝16 V，副線圈兩端電壓U2＝4 V；原線圈與副線圈對調后，當U′1＝8 V時，U′2＝32 V，那么可初步確定，變壓器兩個線圈的電壓U1、U2與線圈匝數n1、n2的關系是________。
[解析]　(1)在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”實驗中，首先將兩個線圈套到可拆變壓器的鐵芯上；再將匝數較多的一組線圈接到交流電源輸出端上，另一組作為副線圈，接上小燈泡；閉合電源開關，用多用電表的交流電壓擋分別測量原線圈和副線圈兩端的電壓；最后將原線圈與副線圈對調，重復以上步驟。故合理的順序是①③②④。
(2)兩線圈的匝數n1＝1 600，n2＝400，當將n1作原線圈時，U1＝16 V，副線圈兩端電壓U2＝4 V；當原線圈與副線圈對調后，U′1＝8 V時，U′2＝32 V，此時U′2為原線圈的電壓，而U′1為副線圈的電壓；由以上數據可得＝。
[答案]　(1)①③②④　(2)＝
　理想變壓器的基本關系應用
1．理想變壓器的變壓(變流)規律
項目 規律表示 依據 備注
變壓 規律 ＝＝… E＝n 適于一個原線圈及多個副線圈的情況
功率 關系 P入＝P出 能量守恒 適于理想變壓器
變流 規律 ＝ U1I1＝U2I2 適于一個原線圈，一個副線圈
n1I1＝n2I2＋n3I3… U1I1＝U2I2＋U3I3… 適于一個原線圈，多個副線圈
2．理想變壓器各物理量間的制約關系
(1)輸入電壓決定輸出電壓：由＝，得U2＝U1。
當U1不變時，U2也不會變，與負載電阻R多大及是否變化無關。
(2)輸出功率決定輸入功率：對理想變壓器P出＝P入。
(3)負載決定輸出電流：當U1一定時，U2也一定，對副線圈有I2＝，所以當R變化時，I2也隨之變化，即R變大，I2變小；R變小，I2變大。
(4)輸出電流決定輸入電流：由n1I1＝n2I2，得I1＝I2，所以當I2變化時，I1也隨之變化。即I2變大，I1變大；I2變小，I1也變小。
【典例3】　如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數比n1∶n2＝2∶1，和均為理想電表，燈泡電阻RL＝6 Ω，AB兩端電壓 u1＝12sin 100πt(V)。下列說法正確的是(　　)
A．電流頻率為100 Hz
B．的讀數為24 V
C．的讀數為0.5 A
D．變壓器輸入功率為6 W
D　[根據u1＝12sin 100πt(V)及U＝知U1＝12 V，f＝＝50 Hz，故A錯誤；根據＝得U2＝U1＝×12 V＝6 V，即的讀數為6 V，故B錯誤；又I2＝＝ A＝1 A，即的讀數為1 A，故C錯誤；根據P1＝P2及P2＝＝ W＝6 W，得P1＝6 W，故D正確。]
理想變壓器的電壓關系和電流關系
(1)理想變壓器的電壓關系對有一個或多個副線圈的情況都成立。
(2)電流關系只適用于有一個副線圈的情況，若有多個副線圈，則電流關系應根據功率關系P入＝P出求出。
[跟進訓練]
3．如圖所示，理想變壓器的原線圈接在u＝220sin 50πt(V)的交流電源上，副線圈接有R＝55 Ω的負載電阻，原、副線圈匝數之比為2∶1，電流表、電壓表均為理想電表，下列說法正確的是(　　)
A．電流表的讀數為1 A
B．增大原線圈的匝數，則電壓表示數增大
C．副線圈輸出交流電的周期為0.01 s
D．如果提高原線圈的電壓，則電流表示數減小
A　[由理想變壓器的原、副線圈兩端電壓與線圈匝數成正比可知，副線圈兩端的電壓表示數為U2＝，則增大原線圈的匝數n1，則電壓表示數減小，B錯誤；根據選項B分析和題意可知U1＝220 V、U2＝110 V，則根據歐姆定律可知流過電阻R的電流為I2＝＝2 A，由理想變壓器的原、副線圈電流與線圈匝數成反比可知，電流表的讀數為I1＝I2·＝1 A，A正確；根據原線圈接在u＝220sin 50πt(V)的交流電源上，知原線圈中交變電流的周期為T＝0.04 s，由于原、副線圈的周期相等，所以副線圈輸出交變電流的周期為0.04 s，C錯誤；根據選項A、B的分析有I1＝·，則如果提高原線圈的電壓，則電流表示數增大，D錯誤。]
1．如圖所示四個電路，能夠實現升壓的是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
D　[變壓器只能對交流電變壓，不能對直流電變壓，故A、B錯誤；由于電壓與線圈匝數成正比，故C錯誤，D正確。]
2．如圖所示，一理想變壓器原、副線圈的匝數比為1∶2，副線圈電路中接有燈泡，燈泡的額定電壓為220 V，額定功率為22 W，原線圈電路中接有電壓表和電流表，電壓表、電流表均為理想電表。現閉合開關，燈泡正常發光。若用U和I分別表示此時電壓表和電流表的讀數，則(　　)
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　[交流電壓表、電流表測得的是交變電流的有效值，由燈泡正常發光可知，變壓器的輸出電壓為220 V，而變壓器的輸入與輸出電壓之比等于原、副線圈的匝數比，故變壓器的輸入電壓為110 V，電壓表的示數為110 V；變壓器的輸入功率等于輸出功率，可知變壓器的輸入電流為0.2 A，A正確。]
3．兩彼此正對的相同金屬圓環豎直放置在豎直向下、磁感應強度為0.8 T的勻強磁場中，圓環半徑為0.2 m、相距0.5 m，用導線將環與匝數比為4∶1的理想變壓器相連，變壓器輸出端接一阻值為1 Ω的燈泡，讓導體桿沿兩環內側做角速度為50 rad/s的勻速圓周運動，圓環電阻不計，桿長為0.5 m，電阻為4 Ω，則燈泡(　　)
A．兩端電壓為0.8 V
B．兩端電壓為1.0 V
C．兩端電壓為1.5 V
D．兩端電壓為2.0 V
A　[分析可知，導體棒在磁場中運動，產生正弦式交流電，當導體棒經過最低點和最高點時，切割的方向與磁場方向垂直，產生的感應電動勢最大，為Em＝BLv＝BLωr＝4 V，則電源產生電壓的有效值E＝＝4 V；設流過燈泡的電流及燈泡兩端的電壓分別為I2、U2，則根據＝、I1n1＝I2n2可得，理想變壓器的輸入電壓及通過的電流為U1＝U2＝4U2，I1＝＝I2，其中I2＝，由閉合電路歐姆定律可得U1＝E－I1r，聯立可得燈泡兩端的電壓U2＝0.8 V，故選A。]
4．如圖所示，一個變壓器(可視為理想變壓器)的原線圈接在220 V的交流電上，向額定電壓為1.80×104 V的霓虹燈供電，使它正常發光。為了安全，需在原線圈回路中接入熔斷器，使副線圈電路中電流超過12 mA時，熔斷器的熔絲熔斷。
(1)熔絲的熔斷電流是多大(結果保留兩位有效數字)
(2)當副線圈電路中電流為10 mA時，變壓器的輸入功率是多大？
[解析]　(1)設原、副線圈上的電壓、電流分別為U1、U2、I1、I2，根據理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，則U1I1＝U2I2，
當I2＝12 mA時，I1即為熔斷電流，
I1＝I2≈0.98 A。
(2)當副線圈上的電流為I2′＝10 mA時，變壓器的輸入功率為P1，
所以P1＝P2＝I2′U2＝180 W。
[答案]　(1)0.98 A　(2)180 W
回歸本節內容，自我完成以下問題：
1．變壓器的構造是什么？
提示：如圖所示，變壓器是由閉合鐵芯和繞在鐵芯上的原線圈和副線圈組成的。
2．變壓器的工作原理是什么？
提示：電流磁效應、電磁感應。
3．理想變壓器的基本關系是什么？
提示：
物理量 電壓 電流 功率
關系式 ＝ n1I1＝n2I2 P入＝P出
依據 E＝n U1I1＝U2I2 能量守恒
注意 電流關系式僅適用于一個副線圈的情況
無線充電技術
我們知道，變壓器能通過電磁感應輸送電能。當原線圈中由變化的電流激發了一個變化的磁場，電場的能量就轉變成磁場的能量；當這個變化的磁場在副線圈上產生感應電流，磁場的能量就轉化成了電場的能量，這樣電能就從原線圈不必經過導線直接連接就轉移到了副線圈。
無線充電是近年發展起來的新技術，其中一種就是基于這樣的原理而產生的，只不過變壓器磁場的回路是鐵芯，而無線充電裝置磁場的回路是空氣。無線充電技術通過分別安裝在充電基座和接收能量的裝置上的線圈，利用產生的磁場傳遞能量。如果移動電話中有無線充電裝置，那么把移動電話直接放在充電基座上就可以充電(圖甲)。對于一個沒有無線充電功能的移動電話，也可以通過在移動電話端連接一個無線充電接收器，將接收器放在無線充電基座上來進行充電。打開無線充電接收器，就可以看到其內部有一個接收線圈(圖乙)。
目前已經有移動電話、數字照相機、電動牙刷等電子產品采用無線充電技術。隨著新能源汽車的快速發展，無線充電技術在電動汽車中也將會有廣泛的應用。
相比有線輸電技術，無線充電器與用電裝置之間不用電線連接，因而具有使用方便、減少觸電危險、不易老化磨損等優點。但目前無線充電技術也存在著傳輸距離短、成本高、能量損耗大等不足。因此，無線充電技術還需不斷地改進、發展。
　送電線圈中電流產生的磁場是什么樣的？受電線圈磁場是什么樣的？送電線圈與受電線圈是否需要導線連接？
提示：周期性變化的　周期性變化的　不需要
課時分層作業(十一)　變壓器
?題組一　對變壓器原理的理解
1．關于理想變壓器的工作原理，以下說法正確的是(　　)
A．通有正弦交變電流的原線圈產生的磁通量不變
B．穿過原、副線圈的磁通量在任何時候都不相等
C．穿過副線圈磁通量的變化使副線圈產生感應電動勢
D．原線圈中的電流通過鐵芯流到了副線圈
C　[通有正弦交變電流的原線圈產生的磁場是變化的，由于面積S不變，故磁通量Φ變化，故A錯誤；因理想變壓器無漏磁，原、副線圈的磁通量總相等，故B錯誤；由互感現象知C正確；原線圈中的電能轉化為磁場能又轉化為副線圈的電能，原、副線圈通過磁場聯系在一起，故D錯誤。]
2．(多選)如圖所示是一個理想變壓器的示意圖，在它正常工作時關于其說法正確的是(　　)
A．副線圈中的電動勢是因為電磁感應而產生的
B．輸送的電能經變壓器先轉化為磁場能，再轉化為電能
C．輸送的電能經變壓器先轉化為電場能，再轉化為電能
D．輸送的電能經變壓器的鐵芯直接傳輸過去
AB　[變壓器的原理是原線圈的電流發生變化，從而引起副線圈中磁通量變化，產生感應電動勢，故A正確；變壓器電能的輸送是電能經變壓器先轉化為磁場能，再轉化為電能輸送到副線圈電路中，故B正確，C、D錯誤。]
?題組二　探究變壓器電壓與線圈匝數的關系
3．在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”實驗中，某同學利用“教學用的可拆變壓器”進行探究。
(1)下列器材中，實驗需要的器材有________。(多選)
A．干電池
B．低壓交流電源
C．220 V交流電源
D．條形磁鐵
E．可拆變壓器和導線
F．直流電壓表
G．多用電表
(2)關于實驗操作，下列說法正確的是________。
A．為了人身安全，原線圈兩端只能使用低壓交流電源，所用電壓不要超過12 V
B．實驗通電時，可用手接觸裸露的導線、接線柱等檢查電路
C．使用多用電表測電壓時，先用中等量程擋試測，再選用恰當的擋位進行測量
(3)在實驗中，某同學保持原線圈兩端的電壓及副線圈的匝數不變，僅減小原線圈的匝數，副線圈兩端的電壓將________(選填“增大”“減小”或“不變”)。
[解析]　(1)“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”的實驗，需要的器材是低壓交流電源，提供低壓交流電，同時還需要交流電壓表來測量電壓及可拆變壓器和導線，故選BEG。
(2)變壓器是為了改變電壓，因此為了人身安全，原線圈兩端只能使用低壓交流電源，所用電壓不超過12 V，故A正確；實驗通電時，若用手接觸裸露的導線、接線柱等檢查電路，就將人體并聯入電路中，會導致所測數據不準確，故B錯誤；使用多用電表測電壓時，先用最高量程擋試測，再選用恰當的擋位進行測量，故C錯誤。
(3)根據電壓比公式＝，保持原線圈兩端的電壓及副線圈的匝數不變，減小原線圈的匝數，觀察到副線圈兩端的電壓增大。
[答案]　(1)BEG　(2)A　(3)增大
4．某研究性學習小組的同學想用220 V交流電源作為某小型電器的電源。他先制作了一個交流變為直流的整流器，但是這個整流器需要用6 V的交流電源，于是他又添置了一臺220 V/6 V的變壓器，如圖所示。他看到這個變壓器上有a、b、c、d四個引出線頭，且a、d引線比b、c引線粗。
(1)他不知道接法如何，也沒有相應的說明書。你能幫他判斷正確的接法是a、d端接________(選填“220 V”或“6 V”)。
(2)這臺220 V/6 V的理想變壓器接6 V的線圈匝數是300匝，則接220 V的線圈匝數是________匝。
(3)為了進一步探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系，他又取匝數Na＝80匝和Nb＝160匝的一個變壓器重新接在電源上，測量結果記錄如下，則接電源的是______(選填“Na”或“Nb”)。
Ua/V 1.80 2.80 3.80
Ub/V 4.00 6.01 8.02
[解析]　(1)因為理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，采用的是降壓變壓器，根據P＝UI可知，副線圈中的電流大，為了減小輸電線上功率的損失，副線圈電線電阻要小，由公式R＝ρ知，副線圈引線要粗，故a、d接6 V。
(2)根據變壓器工作原理知＝，若理想變壓器接6 V的線圈匝數是300匝，則接220 V的線圈匝數是11 000匝。
(3)根據變壓器工作原理知＝，本題采用的是降壓變壓器，所以接電源的應該是匝數多的線圈，所以接電源的是Nb。
[答案]　(1)6 V　(2)11 000　(3)Nb
?題組三　理想變壓器的基本關系應用
5．(多選)某同學在探究變壓器原、副線圈電壓規律時，自己繞制了兩個線圈，套在可拆變壓器的鐵芯上，組成了一個新變壓器，如圖所示，原線圈連接到學生電源的交流輸出端并保持電壓不變，副線圈接燈泡，燈泡正常發光，若將該變壓器視為理想變壓器，不考慮導線電阻，下列說法正確的是(　　)
A．適當增加原線圈的匝數，燈泡會變暗
B．適當增加原線圈的匝數，燈泡會變亮
C．將一定值電阻與燈泡并聯，燈泡亮度不變
D．將一定值電阻與燈泡并聯，燈泡會變亮
AC　[根據＝可知，增加原線圈的匝數，副線圈兩端電壓減小，則燈泡會變暗，故A正確，B錯誤；將一定值電阻與燈泡并聯時，根據電壓匝數關系，副線圈兩端電壓不變，燈泡兩端電壓不變，則燈泡亮度不變，故C正確，D錯誤。]
6．(2021·廣東卷)某同學設計了一個充電裝置，如圖所示。假設永磁鐵的往復運動在螺線管中產生近似正弦式交流電，周期為0.2 s，電壓最大值為0.05 V。理想變壓器原線圈接螺線管，副線圈接充電電路，原、副線圈匝數比為1∶60。下列說法正確的是(　　)
A．交流電的頻率為10 Hz
B．副線圈兩端電壓最大值為3 V
C．變壓器輸入電壓與永磁鐵磁場強弱無關
D．充電電路的輸入功率大于變壓器的輸入功率
B　[交流電的周期為0.2 s，頻率f＝＝5 Hz，A錯誤；根據變壓器原、副線圈的電壓規律可知＝，由于原線圈的電壓最大值為0.05 V，故副線圈的電壓最大值為3 V，B正確；變壓器的輸入電壓由螺線管與永磁鐵相對運動產生，故輸入電壓與永磁鐵的磁場強弱有關，C錯誤；理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，D錯誤。]
7．教學用發電機能夠產生正弦式交變電流。利用該發電機(內阻可忽略)通過理想變壓器向定值電阻R供電，電路如圖所示，理想交流電流表A、理想交流電壓表V的讀數分別為I、U，R消耗的功率為P。若發電機線圈的轉速變為原來的，則(　　)
A．R消耗的功率變為P
B．電壓表V的讀數為U
C．電流表A的讀數變為2I
D．通過R的交變電流頻率不變
B　[根據ω＝2πn可知，轉速變為原來的，則角速度變為原來的，根據Em＝nBSω可知電動機產生的最大電動勢變為原來的，根據U＝可知發電機的輸出電壓有效值變為原來的，即原線圈的輸出電壓變為原來的，根據＝可知副線圈的輸入電壓變為原來的，即電壓表示數變為原來的，根據P＝可知R消耗的電功率變為P，A錯誤，B正確；副線圈中的電流為I2＝，即變為原來的，根據＝可知原線圈中的電流也變為原來的，C錯誤；轉速減小為原來的，則頻率變為原來的，D錯誤。]
8．(多選)(2022·湖北卷)近年來，基于變壓器原理的無線充電技術得到了廣泛應用，其簡化的充電原理圖如圖所示。發射線圈的輸入電壓為220 V、匝數為1 100匝，接收線圈的匝數為50匝。若工作狀態下，穿過接收線圈的磁通量約為發射線圈的80%，忽略其它損耗，下列說法正確的是(　　)
A．接收線圈的輸出電壓約為8 V
B．接收線圈與發射線圈中電流之比約為22∶1
C．發射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同
D．穿過發射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同
AC　[根據＝，可得接收線圈的輸出電壓約為U2＝8 V，故A正確；由于存在漏磁現象，電流比不再與匝數成反比，故B錯誤；變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；由于穿過發射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相同，所以穿過發射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的不相同，故D錯誤。]
9．如圖所示，理想變壓器的原線圈跟副線圈的匝數比＝2∶1，交流電源電壓U1＝220 V，F為熔斷電流I0＝1.0 A的保險絲，負載R為一可變電阻。
(1)當電阻R＝100 Ω時，保險絲能否被熔斷？
(2)要使保險絲不被熔斷，電阻R的最小值為多少？變壓器輸出的電功率不能超過多少？
[解析]　(1)由＝得U2＝110 V，
由歐姆定律得I2＝1.1 A，
再由＝得到I1＝0.55 A，故保險絲不會熔斷。
(2)理想變壓器的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)張家口市壩上地區的風力發電場是北京冬奧會綠色電能的主要供應地之一，其發電、輸電簡易模型如圖所示，已知風輪機葉片轉速為每秒z轉，通過轉速比為1∶n的升速齒輪箱帶動發電機線圈高速轉動，發電機線圈面積為S，匝數為N，勻強磁場的磁感應強度為B，t＝0時刻，線圈所在平面與磁場方向垂直，發電機產生的交變電流經過理想變壓器升壓后。輸出電壓為U。忽略線圈電阻，下列說法正確的是(　　)
A．發電機輸出的電壓為πNBSz
B．發電機輸出交變電流的頻率為2πnz
C．變壓器原、副線圈的匝數比為πNBSnz∶U
D．發電機產生的瞬時電動勢e＝πNBSnz sin (2πnz)
C　[發電機線圈的轉速為nz，輸出交變電流的頻率為f＝＝nz，B錯誤；線圈繞垂直于磁場的軸勻速轉動，產生的為正弦交流電，最大值為Em＝NBS·2π·nz，輸出電壓的有效值為E＝＝πNBSnz，A錯誤；變壓器原、副線圈的匝數比為＝＝，C正確；發電機產生的瞬時電動勢為e＝Emsin ωt＝2πNBSnz sin (2πnzt)，D錯誤。]
11．如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比n1∶n2＝3∶1，L1、L2為兩相同燈泡，R、L、D和C分別為定值電阻、理想線圈、理想二極管和電容器，其中C＝10 μF。當原線圈兩端接如圖乙所示的正弦交流電壓時，下列說法正確的是(　　)
A．燈泡L1一定比L2暗
B．電容器C所帶電量的最大值為6×10-3 C
C．電容器C放電周期為2×10-2 s
D．副線圈兩端的電壓最大值為12 V
D　[原線圈接正弦式交變電流，則副線圈中也是正弦式交變電流。由于L1與電阻相串聯，而L2與電感器相串聯，燈泡L1與L2的亮暗程度，取決于電感和電阻阻礙作用，本題未給條件，無法判斷，故A錯誤；由變壓器的變壓比＝可知，副線圈兩端的電壓的最大值：U2m＝＝×36 V＝12 V，故D正確；電容器所帶電量的最大值：Q＝CU2m＝10×10-6×12 C＝1.2×10-4 C，故B錯誤；電容器與二極管串聯，含有電容的支路一次充電結束后就相當于斷路，不存在周期，故C錯誤。]
12．(多選)如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為20∶1，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，C＝100 μF，已知電阻R1兩端的正弦交流電壓如圖乙所示，則(　　)
A．原線圈輸入電壓的最大值為400 V
B．交變電流的頻率為100 Hz
C．電容器C所帶電量恒為2×10-3 C
D．電阻R1消耗的電功率為20 W
AD　[變壓器原、副線圈的匝數比為20∶1，由題圖乙知，副線圈電壓的最大值為20 V，根據電壓與匝數成正比可得原線圈電壓最大值為400 V，故A正確；由題圖乙知交變電流的周期為0.02 s，故頻率為周期的倒數，等于50 Hz，故B錯誤；電容器兩板間的電壓是變化的，故所帶電量也是變化的，故C錯誤；R1電壓的有效值為U1＝10 V，所以消耗電功率為P1＝＝20 W，故D正確。]
13．一臺理想變壓器，其原線圈的匝數為2 200匝，副線圈的匝數為440匝，副線圈中接入一個100 Ω的負載電阻，如圖所示。
(1)當原線圈接在44 V直流電源上時，電壓表示數為多大？電流表示數為多大？
(2)當原線圈接在220 V交流電源上時，電壓表示數為多大？電流表示數為多大？此時輸入功率為多少？變壓器效率為多大？
[解析]　(1)原線圈接在直流電源上時，由于原線圈中的電流恒定，所以穿過原、副線圈的磁通量不發生變化，副線圈兩端不產生感應電動勢，故電壓表示數為零，電流表示數也為零。
(2)由＝得電壓表示數為U2＝U1＝×220 V＝44 V。
電流表示數為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%第三節　變壓器
1．了解變壓器的構造及工作原理。
2．通過實驗探究，得到電壓、電流與匝數的關系。
3．能夠利用變壓比、變流比定性和定量分析有關變壓器的實際問題。
知識點一　認識變壓器
1．用途：改變____電壓的設備。
2．構造：變壓器是由____鐵芯和繞在鐵芯上的兩個____組成。
(1)原線圈：與電源相連的線圈(也叫初級線圈)。
(2)副線圈：與負載相連的線圈(也叫次級線圈)。
3．原理：變壓器工作的基礎是電磁感應現象，原線圈中的交變電流在鐵芯中產生交變的磁通量，這個交變的磁通量不僅穿過原線圈，也穿過副線圈，所以在副線圈中產生感應電動勢。
知識點二　探究變壓器電壓與線圈匝數的關系
1．實驗目的：探究變壓器電壓與線圈匝數的定量關系。
2．實驗器材：__________、低壓交流電源、交流電壓表、帶夾的導線。
3．實驗步驟
(1)要先估計被測電壓的大致范圍，再選擇恰當的量程，若不知道被測電壓的大致范圍，則應選擇交流電壓表的________進行測量。
(2)把兩個____穿在鐵芯上，閉合鐵芯。
(3)用交流電壓表測量輸入、____電壓。
(4)改變輸入端電壓，重新測量輸入、輸出端電壓，記錄在設計好的表格內。
項目 1 2 3 4 5 6
U1
U2
n1
n2
(5)改變線圈____，重新測量輸入、輸出端電壓，記錄在上面設計好的表格內。
4．注意事項
(1)在改變低壓交流電源電壓、線圈匝數前均要先____開關，再進行操作。
(2)為了人身安全，低壓交流電源的電壓不能超過12 V，不能用手接觸裸露的導線和接線柱。
(3)為了多用電表的安全，使用交流電壓擋測電壓時，先用____量程擋試測，大致確定被測電壓后再選用適當的擋位進行測量。
知識點三　理想變壓器原、副線圈基本量的關系
1．銅損和鐵損
(1)銅損：變壓器的線圈有內阻，電流通過時發熱所損失的能量。
(2)鐵損：鐵芯在交變磁場中反復磁化，產生渦流，使鐵芯發熱所損失的能量。
2．理想變壓器：忽略原、副線圈的____和各種電磁能量損失的變壓器。
3．電壓與匝數關系：原、副線圈的電壓之比等于這兩個線圈的________，即＝______。
4．功率關系：原線圈的輸入功率____副線圈的輸出功率。
5．電流與匝數關系：原、副線圈中的電流跟它們的匝數______，即＝______。
6．兩類變壓器：n2>n1，能使電壓升高的變壓器叫作____變壓器；n21．思考判斷(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)變壓器只能改變交變電流的電壓，不能改變直流電的電壓。 (　)
(2)實際生活中，不存在原線圈與副線圈匝數相等的變壓器。 (　)
(3)理想變壓器不僅可以改變交變電流的電壓和電流，還可以改變交變電流的功率和頻率。 (　)
(4)理想變壓器是客觀存在的。 (　)
(5)＝適用于任何理想變壓器。 (　)
2．(多選)理想變壓器的原、副線圈中一定相同的物理量有(　　)
A．交流電的頻率　 B．磁通量的變化率
C．功率　 D．交流電的峰值
3．一個含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻R＝10 Ω。當原線圈接320 V的交流電壓時，原線圈中電流為2 A，則變壓器原、副線圈匝數比為(　　)
A．2∶1　 B．1∶2
C．4∶1　 D．1∶4
(1)在課外，某同學在進行低壓交流變壓器實驗的準備工作時，發現缺少電源，于是就用一種摩托車的蓄電池代替，按圖所示進行實驗。閉合開關后，燈泡是否發光？解釋出現這種現象的原因。
(2)學生電源(低壓交流12 V)，可拆變壓器，多用表(交流電壓擋)，電路圖如圖所示。對于理想變壓器，在只有一組副線圈的情況下，原線圈和副線圈的電流跟它們的匝數的關系是什么？
　對變壓器原理的理解
1．變壓器的變壓原理是電磁感應。如圖所示，當原線圈上加交流電壓U1時，原線圈中就有交變電流，它在鐵芯中產生交變的磁通量，在原、副線圈中都會產生感應電動勢。如果副線圈是閉合的，則副線圈中將產生交變的感應電流，它也在鐵芯中產生交變磁通量，在原、副線圈中同樣要產生感應電動勢。
2．由于互感現象，原、副線圈間雖然不相連，電能卻可以通過磁場從原線圈傳遞到副線圈。
3．能量轉換方式為原線圈電能→磁場能→副線圈電能。
【典例1】　(多選)如圖所示為汽油機中點火裝置的示意圖，它使用的是12 V直流電源，在變壓器的輸出端卻可得到高達10 000 V的高壓，開關是自動控制的，欲使副線圈兩端得到一個高壓，應使(　　)
A．開關總處于接通狀態
B．開關在接通時斷開
C．開關在斷開時接通
D．開關總處于斷開狀態
(1)變壓器只對變化的電流起作用，對恒定電流不起作用。
(2)變壓器的兩個線圈之間通過磁場聯系在一起，兩個線圈間是絕緣的。
(3)變壓器不能改變交變電流的周期和頻率。
(4)若直流的電壓是隨時間變化的，也可以用變壓器改變電壓。
[跟進訓練]
1．如圖所示，甲圖中兩導軌不平行，而乙圖中兩導軌平行，其余物理條件都相同，金屬棒MN正在導軌上向右做勻速運動，在金屬棒運動過程中，將觀察到(　　)
A．L1、L2都發光，只是亮度不同
B．L1、L2都不發光
C．L2發光，L1不發光
D．L1發光，L2不發光
　探究變壓器電壓與線圈匝數的關系
1．數據處理
根據實驗中記錄的數據分析完成表格：
項目 1 2 3 4 5 6
U1
U2
n1
n2
U1/U2
n1/n2
2．實驗結論：在誤差允許的范圍內，變壓器線圈兩端的電壓與匝數成正比，表達式為＝。
3．誤差分析
(1)由于漏磁，通過原、副線圈的每一匝的磁通量不嚴格相等造成誤差。
(2)原、副線圈有電阻，原、副線圈中的焦耳熱損耗，造成實驗誤差。
(3)鐵芯中有磁損耗，產生渦流造成誤差。
【典例2】　在“探究變壓器線圈兩端電壓與匝數的關系”的實驗中，小型可拆變壓器的原、副線圈匝數分別為n1＝120匝、n2＝240匝，某實驗小組在原線圈兩端依次加上不同的電壓，用多用電表的交流電壓擋分別測量原、副線圈兩端的電壓，數據如表所示。
實驗 序號 原線圈兩端的 電壓U1/V 副線圈兩端 的電壓U2/V
1 3.9 8.2 1∶2.1
2 5.9 11.8 1∶2.0
3 7.8 15.2
(1)實驗小組根據測得的數據在表格中算出U1、U2的比值，還有一組U1、U2的比值沒有算出，把算出的結果填在表格中。
(2)本實驗可得出結論：變壓器線圈兩端電壓與匝數關系為________(用題目中給出的字母表示)。
(3)該變壓器是________變壓器(選填“升壓”或“降壓”)。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[跟進訓練]
2．在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”的實驗中，操作步驟如下：
①將兩個線圈套到可拆變壓器的鐵芯上；
②閉合電源開關，用多用電表的交流電壓擋分別測量原線圈和副線圈兩端的電壓；
③將匝數較多的一組線圈接到交流電源輸出端上，另一組作為副線圈，接上小燈泡；
④將原線圈與副線圈對調，重復以上步驟。
(1)以上操作的合理順序是________(只填步驟前數字序號)。
(2)如圖所示，在實驗中，兩線圈的匝數n1＝1 600，n2＝400，當將n1作為原線圈時，U1＝16 V，副線圈兩端電壓U2＝4 V；原線圈與副線圈對調后，當U′1＝8 V時，U′2＝32 V，那么可初步確定，變壓器兩個線圈的電壓U1、U2與線圈匝數n1、n2的關系是________。
　理想變壓器的基本關系應用
1．理想變壓器的變壓(變流)規律
項目 規律表示 依據 備注
變壓 規律 ＝＝… E＝n 適于一個原線圈及多個副線圈的情況
功率 關系 P入＝P出 能量守恒 適于理想變壓器
變流 規律 ＝ U1I1＝U2I2 適于一個原線圈，一個副線圈
n1I1＝n2I2＋n3I3… U1I1＝U2I2＋U3I3… 適于一個原線圈，多個副線圈
2．理想變壓器各物理量間的制約關系
(1)輸入電壓決定輸出電壓：由＝，得U2＝U1。
當U1不變時，U2也不會變，與負載電阻R多大及是否變化無關。
(2)輸出功率決定輸入功率：對理想變壓器P出＝P入。
(3)負載決定輸出電流：當U1一定時，U2也一定，對副線圈有I2＝，所以當R變化時，I2也隨之變化，即R變大，I2變小；R變小，I2變大。
(4)輸出電流決定輸入電流：由n1I1＝n2I2，得I1＝I2，所以當I2變化時，I1也隨之變化。即I2變大，I1變大；I2變小，I1也變小。
【典例3】　如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數比n1∶n2＝2∶1，和均為理想電表，燈泡電阻RL＝6 Ω，AB兩端電壓u1＝12sin 100πt(V)。下列說法正確的是(　　)
A．電流頻率為100 Hz
B．的讀數為24 V
C．的讀數為0.5 A
D．變壓器輸入功率為6 W
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
理想變壓器的電壓關系和電流關系
(1)理想變壓器的電壓關系對有一個或多個副線圈的情況都成立。
(2)電流關系只適用于有一個副線圈的情況，若有多個副線圈，則電流關系應根據功率關系P入＝P出求出。
[跟進訓練]
3．如圖所示，理想變壓器的原線圈接在u＝220sin 50πt(V)的交流電源上，副線圈接有R＝55 Ω的負載電阻，原、副線圈匝數之比為2∶1，電流表、電壓表均為理想電表，下列說法正確的是(　　)
A．電流表的讀數為1 A
B．增大原線圈的匝數，則電壓表示數增大
C．副線圈輸出交流電的周期為0.01 s
D．如果提高原線圈的電壓，則電流表示數減小
1．如圖所示四個電路，能夠實現升壓的是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
2．如圖所示，一理想變壓器原、副線圈的匝數比為1∶2，副線圈電路中接有燈泡，燈泡的額定電壓為220 V，額定功率為22 W，原線圈電路中接有電壓表和電流表，電壓表、電流表均為理想電表。現閉合開關，燈泡正常發光。若用U和I分別表示此時電壓表和電流表的讀數，則(　　)
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
3．兩彼此正對的相同金屬圓環豎直放置在豎直向下、磁感應強度為0.8 T的勻強磁場中，圓環半徑為0.2 m、相距0.5 m，用導線將環與匝數比為4∶1的理想變壓器相連，變壓器輸出端接一阻值為1 Ω的燈泡，讓導體桿沿兩環內側做角速度為50 rad/s的勻速圓周運動，圓環電阻不計，桿長為0.5 m，電阻為4 Ω，則燈泡(　　)
A．兩端電壓為0.8 V
B．兩端電壓為1.0 V
C．兩端電壓為1.5 V
D．兩端電壓為2.0 V
4．如圖所示，一個變壓器(可視為理想變壓器)的原線圈接在220 V的交流電上，向額定電壓為1.80×104 V的霓虹燈供電，使它正常發光。為了安全，需在原線圈回路中接入熔斷器，使副線圈電路中電流超過12 mA時，熔斷器的熔絲熔斷。
(1)熔絲的熔斷電流是多大(結果保留兩位有效數字)
(2)當副線圈電路中電流為10 mA時，變壓器的輸入功率是多大？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
回歸本節內容，自我完成以下問題：
1．變壓器的構造是什么？
2．變壓器的工作原理是什么？
3．理想變壓器的基本關系是什么？
無線充電技術
我們知道，變壓器能通過電磁感應輸送電能。當原線圈中由變化的電流激發了一個變化的磁場，電場的能量就轉變成磁場的能量；當這個變化的磁場在副線圈上產生感應電流，磁場的能量就轉化成了電場的能量，這樣電能就從原線圈不必經過導線直接連接就轉移到了副線圈。
無線充電是近年發展起來的新技術，其中一種就是基于這樣的原理而產生的，只不過變壓器磁場的回路是鐵芯，而無線充電裝置磁場的回路是空氣。無線充電技術通過分別安裝在充電基座和接收能量的裝置上的線圈，利用產生的磁場傳遞能量。如果移動電話中有無線充電裝置，那么把移動電話直接放在充電基座上就可以充電(圖甲)。對于一個沒有無線充電功能的移動電話，也可以通過在移動電話端連接一個無線充電接收器，將接收器放在無線充電基座上來進行充電。打開無線充電接收器，就可以看到其內部有一個接收線圈(圖乙)。
目前已經有移動電話、數字照相機、電動牙刷等電子產品采用無線充電技術。隨著新能源汽車的快速發展，無線充電技術在電動汽車中也將會有廣泛的應用。
相比有線輸電技術，無線充電器與用電裝置之間不用電線連接，因而具有使用方便、減少觸電危險、不易老化磨損等優點。但目前無線充電技術也存在著傳輸距離短、成本高、能量損耗大等不足。因此，無線充電技術還需不斷地改進、發展。
　送電線圈中電流產生的磁場是什么樣的？受電線圈磁場是什么樣的？送電線圈與受電線圈是否需要導線連接？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
第三節　變壓器
[必備知識·自主預習儲備]
知識梳理
知識點一　1．交流
2．閉合　線圈
知識點二　2．可拆變壓器　
3．(1)最大量程　(2)線圈　(3)輸出　(5)匝數
4．(1)斷開　(3)最大
知識點三　2．電阻
3．匝數之比　　
4．等于
5．成反比　
6．升壓　降壓
基礎自測
1．(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√
2．ABC　[理想變壓器沒有漏磁，沒有能量損失，所以原、副線圈中磁通量變化率相同，原、副線圈中功率相同，B、C正確；變壓器能改變交流電的峰值但不改變交流電的頻率，A正確，D錯誤。]
3．C　[輸入功率等于輸出功率，大小為P＝U1I1＝640 W，根據P＝，輸出電壓為U2＝80 V，則變壓器原、副線圈匝數比為n1∶n2＝U1∶U2＝4∶1，故選C。]
[關鍵能力·情境探究達成]
情境探究
(1)提示：因蓄電池是直流電源，向外輸出恒定電壓，故連接到副線圈上的小燈泡不會發光。原因：恒定電壓加在原線圈上后，線圈內的磁通量不發生變化，因而副線圈中的磁通量也不發生變化，所以E＝n＝0。故副線圈中無感應電動勢。
(2)提示：＝。因為P1＝P2，即I1U1＝I2U2，又＝，所以推導出＝。
典例1　BC　[欲使副線圈兩端得到一個高壓，必須使變壓器鐵芯中的磁通量發生變化，即原線圈中的電流必須發生變化，只有在開關閉合、斷開瞬間原線圈中電流才有變化，故選B、C。]
跟進訓練
1．D　[題圖甲右側線圈中感應電動勢的大小時刻變化，在題圖甲的右側線圈中形成變化的電流，產生變化的磁場，在左側線圈和燈L1中產生感應電流，燈L1發光；題圖乙右側線圈中感應電動勢恒定不變，在題圖乙的右側線圈中形成恒定不變的電流，不能在左側線圈和燈L2回路中產生感應電流，燈L2不發光。故D正確。]
典例2　解析：(1)第三組數據為＝≈。
(2)線圈匝數之比＝＝，結合表格中的數據知，在誤差允許的范圍內線圈兩端電壓與匝數的關系是＝。
(3)從表格中的數據可知副線圈匝數多、電壓高，所以該變壓器是升壓變壓器。
答案：(1)1∶1.9　(2)＝　(3)升壓
跟進訓練
2．解析：(1)在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”實驗中，首先將兩個線圈套到可拆變壓器的鐵芯上；再將匝數較多的一組線圈接到交流電源輸出端上，另一組作為副線圈，接上小燈泡；閉合電源開關，用多用電表的交流電壓擋分別測量原線圈和副線圈兩端的電壓；最后將原線圈與副線圈對調，重復以上步驟。故合理的順序是①③②④。
(2)兩線圈的匝數n1＝1 600，n2＝400，當將n1作原線圈時，U1＝16 V，副線圈兩端電壓U2＝4 V；當原線圈與副線圈對調后，U′1＝8 V時，U′2＝32 V，此時U′2為原線圈的電壓，而U′1為副線圈的電壓；由以上數據可得＝。
答案：(1)①③②④　(2)＝
典例3　D　[根據u1＝12sin 100πt(V)及U＝知U1＝12 V，f＝＝50 Hz，故A錯誤；根據＝得U2＝U1＝×12 V＝6 V，即的讀數為6 V，故B錯誤；又I2＝＝ A＝1 A，即的讀數為1 A，故C錯誤；根據P1＝P2及P2＝＝ W＝6 W，得P1＝6 W，故D正確。]
跟進訓練
3．A　[由理想變壓器的原、副線圈兩端電壓與線圈匝數成正比可知，副線圈兩端的電壓表示數為U2＝U1，則增大原線圈的匝數n1，則電壓表示數減小，B錯誤；根據選項B分析和題意可知U1＝220 V、U2＝110 V，則根據歐姆定律可知流過電阻R的電流為I2＝＝2 A，由理想變壓器的原、副線圈電流與線圈匝數成反比可知，電流表的讀數為I1＝I2·＝1 A，A正確；根據原線圈接在u＝220sin 50πt(V)的交流電源上，知原線圈中交變電流的周期為T＝0.04 s，由于原、副線圈的周期相等，所以副線圈輸出交變電流的周期為0.04 s，C錯誤；根據選項A、B的分析有I1＝·，則如果提高原線圈的電壓，則電流表示數增大，D錯誤。]
[學習效果·隨堂評估自測]
1．D　[變壓器只能對交流電變壓，不能對直流電變壓，故A、B錯誤；由于電壓與線圈匝數成正比，故C錯誤，D正確。]
2．A　[交流電壓表、電流表測得的是交變電流的有效值，由燈泡正常發光可知，變壓器的輸出電壓為220 V，而變壓器的輸入與輸出電壓之比等于原、副線圈的匝數比，故變壓器的輸入電壓為110 V，電壓表的示數為110 V；變壓器的輸入功率等于輸出功率，可知變壓器的輸入電流為0.2 A，A正確。]
3．A　[分析可知，導體棒在磁場中運動，產生正弦式交流電，當導體棒經過最低點和最高點時，切割的方向與磁場方向垂直，產生的感應電動勢最大，為Em＝BLv＝BLωr＝4 V，則電源產生電壓的有效值E＝＝4 V；設流過燈泡的電流及燈泡兩端的電壓分別為I2、U2，則根據＝、I1n1＝I2n2可得，理想變壓器的輸入電壓及通過的電流為U1＝U2＝4U2，I1＝＝I2，其中I2＝，由閉合電路歐姆定律可得U1＝E－I1r，聯立可得燈泡兩端的電壓U2＝0.8 V，故選A。]
4．解析：(1)設原、副線圈上的電壓、電流分別為U1、U2、I1、I2，根據理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，則U1I1＝U2I2，
當I2＝12 mA時，I1即為熔斷電流，I1＝I2≈0.98 A。
(2)當副線圈上的電流為I2′＝10 mA時，變壓器的輸入功率為P1，
所以P1＝P2＝I2′U2＝180 W。
答案：(1)0.98 A　(2)180 W
課堂小結
1．提示：如圖所示，變壓器是由閉合鐵芯和繞在鐵芯上的原線圈和副線圈組成的。
2．提示：電流磁效應、電磁感應。
3．提示：
物理量 電壓 電流 功率
關系式 ＝ n1I1＝n2I2 P入＝P出
依據 E＝n U1I1＝U2I2 能量守恒
[閱讀材料·拓展物理視野]
提示：周期性變化的　周期性變化的　不需要第四節　遠距離輸電
1．了解輸電線上的功率損耗與何種因素有關及降低功率損耗的措施。
2．知道高壓輸電的原因；會利用變壓器的規律和能量守恒的觀點對簡單的遠距離輸電進行定性分析和計算。
3．了解高壓交流和高壓直流輸電的優缺點。
4．知道我國輸電技術的發展。
知識點一　遠距離輸電中的電功率和電壓損耗
1．兩種損失比較
兩種損失 主要原因 大小表示 減小辦法
電功率損失 輸電線有電阻產生焦耳熱 ΔP＝I2R 減小R減小I
電壓損失 輸電線電阻的電壓降 ΔU＝IR
2．降低兩種損失的途徑——高壓輸電
輸送一定功率電能，輸電電壓越高，輸電線中電流越小，導線因發熱而損耗的電能越少，線路上電壓的損失也越少。
知識點二　高壓交流輸電
1．降低輸電損耗的途徑
(1)減小輸電線的電阻：在輸電距離一定的情況下，為減小輸電線電阻，應當選用電阻率小的金屬材料，還要盡可能增加導線的橫截面積。
(2)減小輸電線中的電流：為了減小輸電電流，同時又要保證向用戶提供一定的電功率，就要提高輸電電壓。
2．輸電線路
遠距離輸送電網的基本結構：如圖所示(輸出功率為P，輸出電壓為U)。
3．功率損耗
輸電導線損失的電功率：由P損＝R線，可推得P損＝R線。
4．兩個關系
功率關系：P入＝P線＋P用。
電壓關系：U2＝U線＋U3。
知識點三　直流輸電
1．采用高壓直流輸電的原因
當交流輸電功率很大時，導線的電感、電容引起的電壓及電能損失很大；同一電網供電的發電機同步運行，技術上也存在困難。
2．高壓直流輸電系統的組成：主要由整流站、直流線路和逆變站三部分組成。
3．高壓直流輸電系統的工作程序：交變電流升壓后輸送到整流器，把高壓交變電流變換成高壓直流電流，經由高壓直流線路輸送到用電地區后，逆變器將高壓直流電流變換成高壓交變電流，再經降壓變壓器降壓。
4．高壓直流輸電系統的優點
(1)不存在感抗和容抗引起的損耗。
(2)節省材料，輸電桿塔結構簡單，占地面積小。
(3)不需要考慮電網中的各發電機的同步運行問題。
1．思考判斷(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)為了減少能量損失，要高壓輸電，而且越高越好。 (×)
(2)輸送功率一定時，提高輸送電壓，可以減少功率損失。 (√)
(3)電壓損失ΔU＝IR線和電功率損失ΔP＝I2R線中I可以通過I＝ 求得。 (√)
(4)負載越多，即用電高峰期，ΔU、ΔP也越大。 (√)
(5)高壓直流輸電與高壓交流輸電的區別在于輸送環節。 (√)
2．近來進行農村電網改造，為減少遠距離輸電的損耗而降低電費價格，可采取的措施有(　　)
A．提高輸送功率
B．減小輸電距離
C．提高輸電的電壓
D．減小輸電導線的橫截面積
C　[為減少遠距離輸電的損耗，可以提高輸電的電壓，故C項正確；提高輸送功率不能減少遠距離輸電的損耗，減小輸電導線的長度的方法不可取，減小輸電導線的橫截面積反而會增大損耗，故A、B、D錯誤。]
3．輸電線的電阻共計為r，輸送的電功率為P，用電壓U送電，則用戶能得到的電功率為(　　)
A．P　　　　　　 B．P－r
C．P－　 D．r
B　[輸電電流I＝，輸電線上損耗功率為ΔP＝I2r＝r，用戶得到功率為P用＝P－ΔP＝P－I2r＝P－r，故B正確，A、C、D錯誤。]
如圖所示的輸電線路，為什么在用電高峰期家中的白熾燈燈光較暗？怎樣才能減小導線上損失的電壓和損失的功率呢？
提示：用電高峰期高壓輸電線和變壓器到家庭的輸電線中電流較大，有較大的電壓損失，因此加在白熾燈上的電壓變低，達不到額定功率，因此白熾燈燈光較暗；為減小導線上損失的電壓和功率可減小輸電線電阻，提高輸電電壓。
　輸電線上電壓和電功率損失的計算
1．功率損失的原因
在電能輸送過程中，電流流過輸電線時，因輸電線有電阻而發熱，電能必有一部分轉化為內能而損失掉。
2．若輸電線的電阻為R線，輸電電流為I，輸電線始端和末端的電壓分別為U和U′，則：
(1)電壓損失ΔU＝U－U′＝IR線；
(2)功率損失ΔP＝I2R線＝IΔU＝。
3．若輸電功率P不變，輸電電壓提高到nU，可使輸電電流減小到，則：
(1)電壓損失減小到；
(2)功率損失減小到。
【典例1】　在遠距離輸電時，要考慮盡量減少輸電線上的功率損失。有一個小型發電站，輸送的電功率P＝500 kW，當使用U＝5 kV的電壓輸電時，測得安裝在輸電線路起點和終點處的兩只電度表一晝夜示數相差4 800 kW·h。求：
(1)輸電效率η和輸電線的總電阻r。
(2)若想使輸電效率提高到98%，又不改變輸電線，那么發電站應使用多高的電壓向外輸電？
[思路點撥]　輸電線上損失的功率為P損＝I2r，輸電功率P＝UI，要提高輸電效率，就要提高輸電電壓。
[解析]　(1)輸送功率P＝500 kW，一晝夜輸送電能E＝Pt＝12 000 kW·h
輸電線上損失的電能ΔE＝4 800 kW·h
終點得到的電能E′＝E－ΔE＝7 200 kW·h
所以輸電效率η＝×100%＝60%
輸電線上的電流I＝＝100 A
輸電線上損耗的功率Pr＝＝200 kW
輸電線的電阻r＝＝20 Ω。
(2)設發電站使用U′的電壓向外輸電，輸電線的損失功率Pr′＝r
又因為要求輸電線上損耗的功率Pr′＝2%P＝10 kW
兩式聯立可得U′＝P≈22.4 kV。
[答案]　(1)60%　20 Ω　(2)22.4 kV
計算輸電線上功率損失的兩種方法
計算輸電線上損失的功率時，要注意區分兩個電壓：輸電電壓(輸電線始端的電壓)U和輸電線上的損失電壓ΔU。
(1)P損＝ΔUI＝，ΔU是輸電線兩端的電壓，即輸電線上損失的電壓。
(2)P損＝R線，U是指輸送電壓，即從發電站發出后，經過變壓器升高后的電壓。
[跟進訓練]
1．(2022·江蘇如皋中學高二階段練習)對于遠距離輸電，在P送一定的情況下，設輸電線路中的電流為I送，輸電線的總電阻為R線，為了減少損耗，采用增大電壓U送輸電，下列說法正確的是(　　)
A．由U送＝I送R線，知輸電線路中的電流變大
B．由P送＝I送U送，知輸電線路中的電流變小
C．由P耗＝，知輸電線路消耗功率增大
D．由P送＝R線，知不會影響輸電線路中的電流
B　[由U線＝I線R線，I送＝I線，U送≠U線＝I送R線，得U送≠I送R線，故A錯誤；公式P送＝I送U送，針對的是同一研究對象，故B正確，D錯誤；根據P耗＝R線＝R線＝R線，可知U送增大時，輸電線路消耗功率P耗減小，故C錯誤。]
　高壓輸電線路的分析與計算
1．遠距離輸電電路圖
2．輸電過程的幾個基本關系式
(1)功率關系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝ΔP＋P3。
(2)電壓、電流關系：＝＝＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I線。
(3)輸電電流：I線＝＝＝。
(4)輸電線上損耗的電功率：ΔP＝I線ΔU＝R線＝R線＝R線。
3．高壓輸電過程的幾個電壓的區別
(1)輸送電壓：輸電線始端電壓，如圖中的U2。
(2)用戶電壓：最終用戶得到的電壓，如圖中的U4。
(3)損失電壓
①表示形式：輸電線始端電壓與末端電壓的差值，即ΔU＝U2－U3＝I2R線。
②形成原因：輸電導線有電阻，電流通過輸電線時，會在線路上產生電勢降落，致使輸電線路末端的電壓比起始端電壓要低。
【典例2】　如圖所示，某小型水電站發電機的輸出功率為10 kW，輸出電壓為400 V，向距離較遠的用戶供電，為了減少電能損失，使用2 kV高壓輸電，最后用戶得到220 V、9.5 kW的電力，求：
(1)水電站升壓變壓器的原、副線圈匝數比；
(2)輸電線路導線電阻R；
(3)降壓變壓器的原、副線圈匝數比。
[解析]　已知輸電功率為10 kW，而用戶得到的功率為9.5 kW，所以損失的功率為0.5 kW，等于導線的電阻與輸電電流的平方之積。
(1)升壓變壓器的原、副線圈匝數比＝＝＝。
(2)由P損＝R可知，輸電線上損失的功率和導線電阻R及輸電電流有關，而輸電電流又取決于輸電電壓及輸電功率，則有I2＝
所以R＝＝＝ Ω＝20 Ω。
(3)降壓變壓器原線圈上的電壓
U3＝U2－I2R＝U2－R＝(2 000－×20)V＝1 900 V
所以降壓變壓器的原、副線圈匝數比＝＝。
[答案]　(1)　(2)20 Ω　(3)
遠距離輸電問題的分析方法
(1)正確畫出輸電過程示意圖并在圖上標出各物理量。
(2)抓住變壓器變壓前后各量間的關系，求出輸電線上的電流。
(3)計算電路功率問題時常用關系式：P損＝R線，注意輸電線上的功率損失和電壓損失。
(4)電網送電遵循“用多少給多少”的原則，說明原線圈電流由副線圈電流決定。
[跟進訓練]
2．圖甲所示為遠距離輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器原、副線圈匝數比為1∶100，其輸入電壓如圖乙所示，遠距離輸電線的總電阻為50 Ω。降壓變壓器右側部分為火災報警系統原理圖，其中R1為一定值電阻，R2為用半導體熱敏材料制成的傳感器，當溫度升高時其阻值變小，電壓表V可以顯示加在報警器兩端的電壓(報警器未畫出)。未出現火警時，升壓變壓器的輸入功率為660 kW。下列說法正確的是(　　)
A．0.01 s時刻，電壓表的示數是0 V
B．未出現火警時，遠距離輸電線路損耗的功率為45 kW
C．當傳感器R2所在處出現火警時，電壓表V的示數變大
D．當傳感器R2所在處出現火警時，輸電線上的電流變小
B　[電壓表測量的為交流電的有效值，故不為零，故A錯誤；升壓變壓器輸入端電壓有效值為220 V，根據電壓與匝數成正比知，副線圈兩端電壓為22 000 V，所以輸電線中的電流I＝＝ A＝30 A，輸電線損失的電壓ΔU＝IR＝30×50 V＝1 500 V，輸電線路損耗功率ΔP＝ΔUI＝1 500×30 W＝45 kW，故B正確；當傳感器R2所在處出現火警時其阻值減小，副線圈中電流增大，定值電阻的分壓增大，所以電壓表V的示數減小，故C錯誤；當傳感器R2所在處出現火警時，副線圈電流增大，可知輸電線上的電流增大，故D錯誤。]
1．(2022·貴州高二學業考試)為了減少電能在輸電線路中的損耗，在輸送電功率一定時，遠距離輸送電能通常采用(　　)
A．高電壓輸電
B．低電壓輸電
C．增大輸電電流
D．增大輸電線電阻
A　[為了減小輸電線的損耗，當輸送功率一定時，根據P＝UI知增大輸送電壓U可以減小流過線路的電流I，則根據線路損耗P損＝I2r可知線路損耗也會減小，A正確，B、C、D錯誤。]
2．500千伏超高壓輸電是我國目前正在實施的一項重大工程，我省超高壓輸電工程正在緊張建設之中。若輸送功率為3 200萬千瓦，原來采用200千伏輸電，由于輸電線有電阻而損失的電功率為P損，則采用500千伏超高壓輸電后，在輸電線上損失的電功率為(設輸電線的電阻未變) (　　)
A．0.4P損　　　　　 B．0.16P損
C．2.5P損　 D．6.25P損
B　[根據P損＝r可知：當輸電電壓由200 kV升高到500 kV時，其線路損耗由P損減小到0.16P損，選項B正確。]
3．(多選)發電廠發電機輸出電壓為U1，發電廠到學校的輸電導線總電阻為R，通過導線的電流為I，學校得到的電壓為U2，則輸電線上的損耗的電功率可表示為(　　)
A．
C．I2R　 D．I(U1－U2)
BCD　[輸電線上的電壓損失為U1－U2，即電阻R兩端的電壓為U1－U2，故其消耗的電功率為；導線中的電流為I，即流過電阻R的電流為I，故其消耗的電功率還可表示為I2R和I(U1－U2)，綜上所述，選項B、C、D正確。]
4．風力發電作為新型環保新能源，近幾年來得到了快速發展，如圖所示風車陣中發電機輸出功率為100 kW，輸出電壓是250 V，用戶需要的電壓是220 V，輸電線電阻為10 Ω。若輸電線因發熱而損失的功率為輸送功率的4%，試求：
(1)在輸電線路中設置的升、降壓變壓器原、副線圈的匝數比；
(2)畫出此輸電線路的示意圖；
(3)用戶得到的電功率是多少。
[解析]　(1)由P損＝R線，得I2＝＝ A＝20 A
由P＝U2I2，得U2＝＝ V＝5 000 V
升壓變壓器原、副線圈匝數比 ＝＝＝
U3＝U2－U損＝U2－I2R線＝4 800 V
降壓變壓器原、副線圈匝數比 ＝＝＝。
(2)如圖所示。
(3)用戶得到的電功率即降壓變壓器的輸出功率，為P用＝P－P損＝P(1－4%)＝100×96% kW＝96 kW。
[答案]　(1)1∶20　240∶11　(2)見解析圖　(3)96 kW
回歸本節內容，自我完成以下問題：
1．畫出高壓輸電線路。
提示：
2．變壓器存在的關系式是什么？
提示：
升壓變壓器T1兩端 降壓變壓器T2兩端
＝＝，P1＝P2 ＝＝，P3＝P4
3．電壓損耗和功率損耗計算公式？
提示：(1)電壓損耗：輸電線路上I2＝IR＝I3，總電阻R導致的電壓損耗UR＝U2－U3＝IRR。
(2)功率損耗：輸電線路發熱導致的功率損耗PR＝P2－P3＝R＝，注意。
輸電技術的發展
1882年，愛迪生在美國修建了第一個電力照明系統，用直流電點亮了幾千盞電燈。那時，輸電距離很近，每隔3 km左右就要建立一個發電廠，否則燈泡因電壓過低而不能發光。同一年，一個法國工程師修建了第一條遠距離輸電電路，將一個水電站發出的電送到57 km之外的慕尼黑，在博覽會上用來驅動一臺水泵，造了一個人工噴泉。
1886年，發明家威斯汀豪斯利用變壓器成功地在6 km的線路上實現了交流輸電。
1891年，德國建成170 km的15 kV～30 kV的高壓輸電線路，效率高達70%～80%。1893年，美國修建尼亞加拉水電站時，經過反復論證，決定采用交流供電系統。1909～1912年，美國、德國建造100 kV的高壓輸電線路，從此高壓輸電技術迅速普及。
隨著電力系統的擴大，交流輸電遇到了一些技術困難。例如，用甲、乙兩臺交流發電機給同一條線路供電，如果某時刻甲達到正的最大值時，乙恰好是負的最大值，它們發的電在電路里恰好互相抵消，不僅電路無法工作，甚至會燒毀設備。要使電路正常工作，給同一條線路供電的所有發電機都必須同步運行，即同時達到正的最大值，同時達到負的最大值。現代的供電系統是把許多電站連成一個電網，要使電網內的許多發電機同步運行，技術上有一定困難。此外，長距離輸電時，線路上的電容、電感對交變電流的影響也不能忽略，有時它們引起的電能損耗甚至大于導線電阻引起的電能損耗。
為了減少感抗和容抗，在輸電這個環節可以使用直流，但發電機產生的仍是交流，用戶使用的也主要是交流。為此，在送電端有專用的“整流”設備將交流變換為直流，在用戶端也有專用的“逆變”設備再將直流變換為交流。制造大功率的整流和逆變設備在過去有很大困難，目前已經逐步解決，因此直流輸電技術已得到應用。
我國繼三峽至常州±500 kV直流輸電工程之后，又建成了寧夏至山東±600 kV和四川至上海±800 kV 的直流輸電工程。另外，新疆昌吉至安徽古泉新建了±1 100 kV 特高壓直流輸電工程。這是目前世界上電壓等級最高、輸送容量最大、輸送距離最遠、技術水平最先進的特高壓輸電工程。直流特高壓輸電技術已成為我國“西電東送”戰略的技術基礎。
　高壓交流輸電和高壓直流輸電的優缺點？
提示：高壓交流輸電優點是方便升壓、降壓，缺點是受電容、電感影響較大，同一電網發電機必須同步運行。高壓直流輸電優點是不受電容、電感影響，缺點是不方便升壓、降壓。
課時分層作業(十二)　遠距離輸電
?題組一　高壓輸電的原因及電損的計算
1．采用220 kV高壓向遠方的城市輸電。當輸送功率一定時，為使輸電線上損耗的功率減小為原來的，輸電電壓應變為(　　)
A．55 kV　　　　　 B．110 kV
C．440 kV　 D．880 kV
C　[輸電線上損耗的功率P＝I2r，為使輸電線上損耗的功率減小為原來的，電流I要減小為原來的，當輸送功率一定時，輸電電壓要升高為原來的2倍，選項C正確。]
2．(多選)某發電站采用高壓輸電向外輸送電能。若輸送的總功率為P0，輸電電壓為U，輸電導線的總電阻為R。則下列說法正確的是(　　)
A．輸電線上的電流I＝
B．輸電線上的電流I＝
C．輸電線上損失的功率P＝R
D．輸電線上損失的功率P＝
BC　[輸電線上的電流I線＝＝，故A錯誤，B正確；輸電線上的功率損失P＝R＝R＝，故C正確，D錯誤。]
3．(多選)(2020·全國卷Ⅱ)特高壓輸電可使輸送中的電能損耗和電壓損失大幅降低。我國已成功掌握并實際應用了特高壓輸電技術。假設從A處采用550 kV 的超高壓向B處輸電，輸電線上損耗的電功率為ΔP，到達B處時電壓下降了ΔU。在保持A處輸送的電功率和輸電線電阻都不變的條件下，改用1 100 kV特高壓輸電，輸電線上損耗的電功率變為ΔP′，到達B處時電壓下降了ΔU′。不考慮其他因素的影響，則(　　)
A．ΔP′＝ΔP　　 B．ΔP′＝ΔP
C．ΔU′＝ΔU　 D．ΔU′＝ΔU
AD　[若采用550 kV的超高壓輸電，輸電線上的功率損耗ΔP＝·r，輸電線路損失的電壓ΔU＝·r，若改用1 100 kV的特高壓輸電，同理有ΔP′＝·r，ΔU′＝·r，可得ΔP′＝，ΔU′＝，故B、C項錯誤，A、D項正確。]
4．(多選)(2022·海南瓊海嘉積第二中學高二期末)一臺發電機輸出功率為1 000 kW，輸出電壓為1 000 V，經變壓器T1升壓后向遠方輸電。輸電線路總電阻R＝1 kΩ。到目的地經變壓器T2降壓，負載為多個正常發光的燈泡(220 V、100 W)。若在輸電線路上損耗的功率為發電機輸出功率的10%，變壓器T1和T2的損耗可忽略，則(　　)
A．T1原、副線圈電流分別為1 000 A和10 A
B．T1的原、副線圈匝數比為1∶100
C．T2原、副線圈電壓分別為1 000 V和220 V
D．有9 000盞燈泡正常發光
ABD　[由題可知損失功率為P損＝10%P0＝0.1×1 000 kW＝100 kW，由P損＝R可得I2＝10 A，由P0＝U1I1可得I1＝1 000 A，故T1原副線圈的匝數比為n1∶n2＝I2∶I1＝1∶100，故A、B正確；，由題意可知U2＝U3＋U損，U損＝I2R，解得U3＝9×104 V，由功率關系可得P4＝P3＝P0－P損，解得P4＝900 kW，故有N＝，解得N＝9 000，故C錯誤，D正確。]
?題組二　高壓交流輸電與高壓直流輸電
5．(多選)高壓直流輸電與高壓交流輸電相比(　　)
A．高壓直流輸電不存在感抗和容抗引起的損耗
B．高壓直流輸電所需的設備比高壓交流輸電所需的設備經濟
C．高壓直流輸電技術簡單
D．高壓直流輸電主要用于聯系非同步運行的交流系統
AD　[穩定的直流輸電不存在感抗和容抗引起的損耗，A正確；高壓直流輸電技術的要求高，所需的換流設備制造難，價格高，B、C錯誤；高壓直流輸電主要用于聯系非同步運行的交流系統，D正確。]
6．下列關于高壓直流輸電的說法，正確的是(　　)
A．高壓直流電可以經過變壓器提升電壓后進行輸送
B．在輸送過程中直流輸電不考慮輸電線的電感對電流的影響
C．在輸送過程中直流輸電不考慮輸電線的電阻對電流的影響
D．直流輸電，用戶可以直接得到直流電
B　[現代的直流輸電，只有輸電這個環節使用高壓直流，發電、用電及升、降電壓仍然是交流，D錯誤；變壓器只能對交流起作用，對直流不起作用，A錯誤；在輸電功率大、輸電導線橫截面積大的情況下，對交流來說，感抗會超過電阻，但電感對直流就不會有影響，當然電阻對直流和交流是同樣有影響的，B正確，C錯誤。]
?題組三　遠距離輸電的分析與計算
7．如圖所示為遠距離交流輸電的簡化電路圖。發電廠的輸出電壓是U，用等效總電阻是r的兩條輸電線輸電，輸電線路中的電流是I1，其末端間的電壓為U1。在輸電線與用戶間連有一理想變壓器，流入用戶端的電流為I2，則(　　)
A．用戶端的電壓為
B．輸電線上的電壓降為U
C．理想變壓器的輸入功率為r
D．輸電線路上損失的電功率為I1U
A　[理想變壓器輸入和輸出功率相同，設用戶端得到的電壓為U2，則有I1U1＝I2U2，U2＝，選項A正確；輸電線上的電壓降為ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，選項B錯誤；理想變壓器的輸入功率為P＝I1U1，選項C錯誤；輸電線路上損失的電功率為ΔP＝r，選項D錯誤。]
8．(2020·浙江7月選考)如圖所示，某小型水電站發電機的輸出功率P＝100 kW，發電機的電壓U1＝250 V，經變壓器升壓后向遠處輸電，輸電線總電阻R線＝8 Ω，在用戶端用降壓變壓器把電壓降為U4＝220 V。已知輸電線上損失的功率P線＝5 kW，假設兩個變壓器均是理想變壓器，下列說法正確的是(　　)
A．發電機輸出的電流I1＝40 A
B．輸電線上的電流I線＝625 A
C．降壓變壓器的匝數比n3∶n4＝190∶11
D．用戶得到的電流I4＝455 A
C　[發電機輸出的電流I1＝＝ A＝400 A，選項A錯誤；輸電線上的電流I線＝＝ A＝25 A，選項B錯誤；升壓變壓器的副線圈輸出電壓U2＝＝ V＝4×103 V，輸電線損耗電壓ΔU＝I線R＝25×8 V＝200 V，降壓變壓器的原線圈電壓U3＝U2－ΔU＝3 800 V，故降壓變壓器的匝數比＝＝＝，選項C正確；降壓變壓器的副線圈的輸出功率P4＝P3＝P－P線＝95 kW，故用戶得到的電流I4＝＝ A≈431.8 A，選項D錯誤。]
9．(2022·湖北武漢高二期末)升流器是電力部門和工礦企業的電器設備做電流負載試驗及溫升試驗的專用設備，其工作原理簡化如圖所示，某次外接調壓器進行伏安特性試驗，升流器第一級T1的自耦線圈滑頭P位于線圈中點，T2為第二級升流器，T1、T2均為理想變壓器，不計線路電阻。當采集負載R的電流值為ab輸入端電流值的20倍時，則第二級升流器T2的匝數比為(　　)
A．1∶5　 B．10∶1
C．20∶1　 D．5∶1
B　[設ab輸入端電流值為I，由題意可知T1原副線圈匝數比為2∶1，根據理想變壓器變流規律可知T2原線圈中電流為2I，而T2副線圈中電流為20I，所以T2的匝數比為＝＝，故選B。]
10．如圖所示，某小型水電站的發電機輸出電壓為220 V，正常情況下輸出的總功率P0＝8.8×104 W，為了減少遠距離輸電過程中的電能損失，往往采用高壓輸電。輸送電壓為u＝1 100sin 200πt(V)，輸電導線的總電阻為r＝5 Ω，現要使額定電壓為220 V的用電器正常工作，下列說法中正確的是(　　)
A．輸電線上的電流為220 A
B．降壓變壓器匝數比＝
C．用電器的額定功率P＝5.6×104 W
D．用電器上交流電的頻率是50 Hz
C　[輸送電壓為u＝1 100sin 200πt(V)，可知輸送電壓的有效值為1 100 V，輸電線上的電流：I＝＝ A＝80 A，故A錯誤；輸電線消耗的電壓：U損＝Ir＝80×5 V＝400 V，則到達降壓變壓器原線圈的電壓：U3＝U－U損＝1 100－400 V＝700 V，故降壓變壓器的匝數比：＝＝＝，故B錯誤；輸電線損耗的電功率P損＝I2r＝802×5 W＝32 000 W，到達降壓變壓器的電功率： P3＝P－P損＝8.8×104－32 000＝5.6×104W，理想變壓器的輸出功率等于輸入功率，所以用電器的額定功率也是5.6×104 W，故C正確；由于輸送電壓為u＝1 100sin 200πt V，可知輸送電壓的頻率為100 Hz，所以用電器上交流電的頻率是100 Hz，故D錯誤。]
11．(多選)(2021·山東卷)輸電能耗演示電路如圖所示。左側變壓器原、副線圈匝數比為1∶3，輸入電壓為7.5 V的正弦交流電。連接兩理想變壓器的導線總電阻為r，負載R的阻值為10 Ω。開關S接1時，右側變壓器原、副線圈匝數比為2∶1，R上的功率為10 W；接2時，匝數比為1∶2，R上的功率為P。以下判斷正確的是(　　)
A．r＝10 Ω　 B．r＝5 Ω
C．P＝45 W　 D．P＝22.5 W
BD　[當開關S接1時，左側變壓器次級電壓U2＝3×7.5 V＝22.5 V，電阻R上的電壓，即右側變壓器的次級電壓U4＝＝10 V，電流I4＝＝1 A，則右側變壓器初級電壓U3＝×10 V＝20 V，電流I3＝×1 A＝0.5 A，則r＝＝5 Ω，當開關S接2時，設輸電電流為I，則右側變壓器的次級電流為0.5I；右側變壓兩邊電壓關系可知＝，解得I＝3A，則R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，故選BD。]
12．(2022·四川內江高二階段練習)目前5G技術逐漸走向成熟。一個5G基站單系統功耗為P0＝4 kW(基站用電器功率)，信號覆蓋半徑約為r＝100 m 的圓。如圖所示，某5G基站距離u1＝100 kV 的主供電線路有一定的距離，線路電阻為R＝40 Ω，線路損耗功率占總功率的20%，變壓器均視作理想變壓器。則：
(1)高壓變壓器原、副線圈的匝數比是多少？
(2)如果某市的市區面積約為S＝100平方公里，要實現該市區面積5G信號全覆蓋，不計線路損耗，那么，市區的5G基站運行一天將消耗約多少度電？(π取3，基站個數N＝)
[解析]　(1)由題意可知，總功率P總＝
線路消耗功率ΔP＝P總×20%＝I2R
高壓變壓圈副線圈的電壓為U2＝
變壓器原副線圈比列關系為＝
高壓變壓器原、副線圈的匝數比是＝。
(2)需要的基站個數N＝
每個5G基站一天耗電量E0＝P0t
所有5G基站的總耗電量E＝NE0
所有基站運行一天將消耗的電能為E＝3.2×105 kW·h。
[答案]　(1)100∶1　(2)3.2×105 kW·h
13．三峽水利樞紐工程是長江流域治理開發的關鍵工程，樞紐控制流域面積為1.0×106 km2，占長江流域面積的56%，壩址處年平均流量為Q＝4.51×1011 m3。水利樞紐的主要任務包括防洪、發電、航運三方面。在發電方面，三峽電站安裝水輪發電機組26臺，總裝機容量(指26臺發電機組同時工作時的總發電功率)為P＝1.82×107 kW，年平均發電量約為W＝8.40×1010 kW·h，該工程于2009年全部竣工，電站主要向華中、華東電網供電，以緩解這兩個地區的供電緊張狀況。閱讀上述材料，回答下列問題(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，g取10 m/s2)：
(1)若三峽電站上、下游水位差按h＝100 m計算，試推導三峽電站將水流勢能轉化為電能的效率η的公式，并計算出效率η的數值。
(2)若26臺發電機組全部建成并發電，要達到年發電量的要求，每臺發電機組平均年發電時間t為多少天？
(3)將該電站的電能輸送到華中地區，輸送電功率為P＝4.5×106 kW，采用超高壓輸電，輸電電壓U＝500 kV，而發電機輸出的電壓約為U0＝18 kV，要使輸電線上損失的功率等于輸送電功率的5%，求發電站的升壓變壓器的原、副線圈的匝數比和輸電線路的總電阻。
[解析]　(1)一年減少的水的重力勢能Ep＝mgh，且一年流出的水的質量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為輸電線路的總電阻)。
[答案]　(1)η＝　67.1%　(2)192.3天　(3)　2.78 Ω第四節　遠距離輸電
1．了解輸電線上的功率損耗與何種因素有關及降低功率損耗的措施。
2．知道高壓輸電的原因；會利用變壓器的規律和能量守恒的觀點對簡單的遠距離輸電進行定性分析和計算。
3．了解高壓交流和高壓直流輸電的優缺點。
4．知道我國輸電技術的發展。
知識點一　遠距離輸電中的電功率和電壓損耗
1．兩種損失比較
兩種損失 主要原因 大小表示 減小辦法
電功率損失 輸電線有電阻產生焦耳熱 ΔP＝______ 減小R______
電壓損失 輸電線電阻的電壓降 ΔU＝____
2．降低兩種損失的途徑——高壓輸電
輸送一定功率電能，輸電________，輸電線中電流越小，導線因發熱而損耗的電能____，線路上電壓的損失也____。
知識點二　高壓交流輸電
1．降低輸電損耗的途徑
(1)減小輸電線的____：在輸電距離一定的情況下，為減小輸電線____，應當選用電阻率小的金屬材料，還要盡可能增加導線的________。
(2)減小輸電線中的____：為了減小輸電____，同時又要保證向用戶提供一定的電功率，就要提高輸電____。
2．輸電線路
遠距離輸送電網的基本結構：如圖所示(輸出功率為P，輸出電壓為U)。
3．功率損耗
輸電導線損失的電功率：由P損＝________，可推得P損＝________。
4．兩個關系
功率關系：P入＝P線＋P用。
電壓關系：U2＝U線＋U3。
知識點三　直流輸電
1．采用高壓直流輸電的原因
當交流輸電功率很大時，導線的____、____引起的電壓及電能損失很大；同一電網供電的發電機同步運行，技術上也存在困難。
2．高壓直流輸電系統的組成：主要由整流站、直流線路和逆變站三部分組成。
3．高壓直流輸電系統的工作程序：交變電流升壓后輸送到______，把高壓交變電流變換成高壓________，經由________線路輸送到用電地區后，______將高壓________變換成高壓交變電流，再經降壓變壓器降壓。
4．高壓直流輸電系統的優點
(1)不存在____和____引起的損耗。
(2)節省材料，輸電桿塔結構簡單，占地面積小。
(3)不需要考慮電網中的各發電機的同步運行問題。
1．思考判斷(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)為了減少能量損失，要高壓輸電，而且越高越好。 (　)
(2)輸送功率一定時，提高輸送電壓，可以減少功率損失。 (　)
(3)電壓損失ΔU＝IR線和電功率損失ΔP＝I2R線中I可以通過I＝求得。 (　)
(4)負載越多，即用電高峰期，ΔU、ΔP也越大。 (　)
(5)高壓直流輸電與高壓交流輸電的區別在于輸送環節。 (　)
2．近來進行農村電網改造，為減少遠距離輸電的損耗而降低電費價格，可采取的措施有(　　)
A．提高輸送功率
B．減小輸電距離
C．提高輸電的電壓
D．減小輸電導線的橫截面積
3．輸電線的電阻共計為r，輸送的電功率為P，用電壓U送電，則用戶能得到的電功率為(　　)
A．P　　　　　　 B．P－r
C．P－　 D．r
如圖所示的輸電線路，為什么在用電高峰期家中的白熾燈燈光較暗？怎樣才能減小導線上損失的電壓和損失的功率呢？
　輸電線上電壓和電功率損失的計算
1．功率損失的原因
在電能輸送過程中，電流流過輸電線時，因輸電線有電阻而發熱，電能必有一部分轉化為內能而損失掉。
2．若輸電線的電阻為R線，輸電電流為I，輸電線始端和末端的電壓分別為U和U′，則：
(1)電壓損失ΔU＝U－U′＝IR線；
(2)功率損失ΔP＝I2R線＝IΔU＝。
3．若輸電功率P不變，輸電電壓提高到nU，可使輸電電流減小到，則：
(1)電壓損失減小到；
(2)功率損失減小到。
【典例1】　在遠距離輸電時，要考慮盡量減少輸電線上的功率損失。有一個小型發電站，輸送的電功率P＝500 kW，當使用U＝5 kV的電壓輸電時，測得安裝在輸電線路起點和終點處的兩只電度表一晝夜示數相差4 800 kW·h。求：
(1)輸電效率η和輸電線的總電阻r。
(2)若想使輸電效率提高到98%，又不改變輸電線，那么發電站應使用多高的電壓向外輸電？
[思路點撥]　輸電線上損失的功率為P損＝I2r，輸電功率P＝UI，要提高輸電效率，就要提高輸電電壓。
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計算輸電線上功率損失的兩種方法
計算輸電線上損失的功率時，要注意區分兩個電壓：輸電電壓(輸電線始端的電壓)U和輸電線上的損失電壓ΔU。
(1)P損＝ΔUI＝，ΔU是輸電線兩端的電壓，即輸電線上損失的電壓。
(2)P損＝R線，U是指輸送電壓，即從發電站發出后，經過變壓器升高后的電壓。
[跟進訓練]
1．(2022·江蘇如皋中學高二階段練習)對于遠距離輸電，在P送一定的情況下，設輸電線路中的電流為I送，輸電線的總電阻為R線，為了減少損耗，采用增大電壓U送輸電，下列說法正確的是(　　)
A．由U送＝I送R線，知輸電線路中的電流變大
B．由P送＝I送U送，知輸電線路中的電流變小
C．由P耗＝，知輸電線路消耗功率增大
D．由P送＝R線，知不會影響輸電線路中的電流
　高壓輸電線路的分析與計算
1．遠距離輸電電路圖
2．輸電過程的幾個基本關系式
(1)功率關系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝ΔP＋P3。
(2)電壓、電流關系：＝＝＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I線。
(3)輸電電流：I線＝＝＝。
(4)輸電線上損耗的電功率：ΔP＝I線ΔU＝R線＝R線＝R線。
3．高壓輸電過程的幾個電壓的區別
(1)輸送電壓：輸電線始端電壓，如圖中的U2。
(2)用戶電壓：最終用戶得到的電壓，如圖中的U4。
(3)損失電壓
①表示形式：輸電線始端電壓與末端電壓的差值，即ΔU＝U2－U3＝I2R線。
②形成原因：輸電導線有電阻，電流通過輸電線時，會在線路上產生電勢降落，致使輸電線路末端的電壓比起始端電壓要低。
【典例2】　如圖所示，某小型水電站發電機的輸出功率為10 kW，輸出電壓為400 V，向距離較遠的用戶供電，為了減少電能損失，使用2 kV高壓輸電，最后用戶得到220 V、9.5 kW的電力，求：
(1)水電站升壓變壓器的原、副線圈匝數比；
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(2)輸電線路導線電阻R；
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(3)降壓變壓器的原、副線圈匝數比。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
遠距離輸電問題的分析方法
(1)正確畫出輸電過程示意圖并在圖上標出各物理量。
(2)抓住變壓器變壓前后各量間的關系，求出輸電線上的電流。
(3)計算電路功率問題時常用關系式：P損＝R線，注意輸電線上的功率損失和電壓損失。
(4)電網送電遵循“用多少給多少”的原則，說明原線圈電流由副線圈電流決定。
[跟進訓練]
2．圖甲所示為遠距離輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器原、副線圈匝數比為1∶100，其輸入電壓如圖乙所示，遠距離輸電線的總電阻為50 Ω。降壓變壓器右側部分為火災報警系統原理圖，其中R1為一定值電阻，R2為用半導體熱敏材料制成的傳感器，當溫度升高時其阻值變小，電壓表V可以顯示加在報警器兩端的電壓(報警器未畫出)。未出現火警時，升壓變壓器的輸入功率為660 kW。下列說法正確的是(　　)
A．0.01 s時刻，電壓表的示數是0 V
B．未出現火警時，遠距離輸電線路損耗的功率為45 kW
C．當傳感器R2所在處出現火警時，電壓表V的示數變大
D．當傳感器R2所在處出現火警時，輸電線上的電流變小
1．(2022·貴州高二學業考試)為了減少電能在輸電線路中的損耗，在輸送電功率一定時，遠距離輸送電能通常采用(　　)
A．高電壓輸電
B．低電壓輸電
C．增大輸電電流
D．增大輸電線電阻
2．500千伏超高壓輸電是我國目前正在實施的一項重大工程，我省超高壓輸電工程正在緊張建設之中。若輸送功率為3 200萬千瓦，原來采用200千伏輸電，由于輸電線有電阻而損失的電功率為P損，則采用500千伏超高壓輸電后，在輸電線上損失的電功率為(設輸電線的電阻未變) (　　)
A．0.4P損　　　　　 B．0.16P損
C．2.5P損　 D．6.25P損
3．(多選)發電廠發電機輸出電壓為U1，發電廠到學校的輸電導線總電阻為R，通過導線的電流為I，學校得到的電壓為U2，則輸電線上的損耗的電功率可表示為(　　)
A．
C．I2R　 D．I(U1－U2)
4．風力發電作為新型環保新能源，近幾年來得到了快速發展，如圖所示風車陣中發電機輸出功率為100 kW，輸出電壓是250 V，用戶需要的電壓是220 V，輸電線電阻為10 Ω。若輸電線因發熱而損失的功率為輸送功率的4%，試求：
(1)在輸電線路中設置的升、降壓變壓器原、副線圈的匝數比；
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)畫出此輸電線路的示意圖；
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(3)用戶得到的電功率是多少。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
回歸本節內容，自我完成以下問題：
1．畫出高壓輸電線路。
2．變壓器存在的關系式是什么？
3．電壓損耗和功率損耗計算公式？
輸電技術的發展
1882年，愛迪生在美國修建了第一個電力照明系統，用直流電點亮了幾千盞電燈。那時，輸電距離很近，每隔3 km左右就要建立一個發電廠，否則燈泡因電壓過低而不能發光。同一年，一個法國工程師修建了第一條遠距離輸電電路，將一個水電站發出的電送到57 km之外的慕尼黑，在博覽會上用來驅動一臺水泵，造了一個人工噴泉。
1886年，發明家威斯汀豪斯利用變壓器成功地在6 km的線路上實現了交流輸電。
1891年，德國建成170 km的15 kV～30 kV的高壓輸電線路，效率高達70%～80%。1893年，美國修建尼亞加拉水電站時，經過反復論證，決定采用交流供電系統。1909～1912年，美國、德國建造100 kV的高壓輸電線路，從此高壓輸電技術迅速普及。
隨著電力系統的擴大，交流輸電遇到了一些技術困難。例如，用甲、乙兩臺交流發電機給同一條線路供電，如果某時刻甲達到正的最大值時，乙恰好是負的最大值，它們發的電在電路里恰好互相抵消，不僅電路無法工作，甚至會燒毀設備。要使電路正常工作，給同一條線路供電的所有發電機都必須同步運行，即同時達到正的最大值，同時達到負的最大值。現代的供電系統是把許多電站連成一個電網，要使電網內的許多發電機同步運行，技術上有一定困難。此外，長距離輸電時，線路上的電容、電感對交變電流的影響也不能忽略，有時它們引起的電能損耗甚至大于導線電阻引起的電能損耗。
為了減少感抗和容抗，在輸電這個環節可以使用直流，但發電機產生的仍是交流，用戶使用的也主要是交流。為此，在送電端有專用的“整流”設備將交流變換為直流，在用戶端也有專用的“逆變”設備再將直流變換為交流。制造大功率的整流和逆變設備在過去有很大困難，目前已經逐步解決，因此直流輸電技術已得到應用。
我國繼三峽至常州±500 kV直流輸電工程之后，又建成了寧夏至山東±600 kV和四川至上海±800 kV 的直流輸電工程。另外，新疆昌吉至安徽古泉新建了±1 100 kV 特高壓直流輸電工程。這是目前世界上電壓等級最高、輸送容量最大、輸送距離最遠、技術水平最先進的特高壓輸電工程。直流特高壓輸電技術已成為我國“西電東送”戰略的技術基礎。
　高壓交流輸電和高壓直流輸電的優缺點？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
第四節　遠距離輸電
[必備知識·自主預習儲備]
知識梳理
知識點一　1．I2R　IR　減小I
2．電壓越高　越少　越少
知識點二　1.(1)電阻　電阻　橫截面積　(2)電流　電流　電壓
．R線　R線
知識點三　1．電感　電容
3．整流器　直流電流　高壓直流　逆變器　直流電流
4．(1)感抗　容抗
基礎自測
1．(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)√
2．C　[為減少遠距離輸電的損耗，可以提高輸電的電壓，故C項正確；提高輸送功率不能減少遠距離輸電的損耗，減小輸電導線的長度的方法不可取，減小輸電導線的橫截面積反而會增大損耗，故A、B、D錯誤。]
3．B　[輸電電流I＝，輸電線上損耗功率為ΔP＝I2r＝r，用戶得到功率為P用＝P－ΔP＝P－I2r＝P－r，故B正確，A、C、D錯誤。]
[關鍵能力·情境探究達成]
情境探究
提示：用電高峰期高壓輸電線和變壓器到家庭的輸電線中電流較大，有較大的電壓損失，因此加在白熾燈上的電壓變低，達不到額定功率，因此白熾燈燈光較暗；為減小導線上損失的電壓和功率可減小輸電線電阻，提高輸電電壓。
典例1　解析：(1)輸送功率P＝500 kW，一晝夜輸送電能E＝Pt＝12 000 kW·h
輸電線上損失的電能ΔE＝4 800 kW·h
終點得到的電能E′＝E－ΔE＝7 200 kW·h
所以輸電效率η＝×100%＝60%
輸電線上的電流I＝＝100 A
輸電線上損耗的功率Pr＝＝200 kW
輸電線的電阻r＝＝20 Ω。
(2)設發電站使用U′的電壓向外輸電，輸電線的損失功率Pr′＝()2r
又因為要求輸電線上損耗的功率Pr′＝2%P＝10 kW
兩式聯立可得U′＝P≈22.4 kV。
答案：(1)60%　20 Ω　(2)22.4 kV
跟進訓練
1．B　[由U線＝I線R線，I送＝I線，U送≠U線＝I送R線，得U送≠I送R線，故A錯誤；公式P送＝I送U送，針對的是同一研究對象，故B正確，D錯誤；根據P耗＝R線＝R線＝R線，可知U送增大時，輸電線路消耗功率P耗減小，故C錯誤。]
典例2　解析：已知輸電功率為10 kW，而用戶得到的功率為9.5 kW，所以損失的功率為0.5 kW，等于導線的電阻與輸電電流的平方之積。
(1)升壓變壓器的原、副線圈匝數比
＝＝＝。
(2)由P損＝R可知，輸電線上損失的功率和導線電阻R及輸電電流有關，而輸電電流又取決于輸電電壓及輸電功率，則有I2＝
所以R＝＝＝ Ω＝20 Ω。
(3)降壓變壓器原線圈上的電壓
U3＝U2－I2R＝U2－R＝(2 000－×20)V＝1 900 V
所以降壓變壓器的原、副線圈匝數比＝＝。
答案：(1)　(2)20 Ω　(3)
跟進訓練
2．B　[電壓表測量的為交流電的有效值，故不為零，故A錯誤；升壓變壓器輸入端電壓有效值為220 V，根據電壓與匝數成正比知，副線圈兩端電壓為22 000 V，所以輸電線中的電流I＝＝ A＝30 A，輸電線損失的電壓ΔU＝IR＝30×50 V＝1 500 V，輸電線路損耗功率ΔP＝ΔUI＝1 500×30 W＝45 kW，故B正確；當傳感器R2所在處出現火警時其阻值減小，副線圈中電流增大，定值電阻的分壓增大，所以電壓表V的示數減小，故C錯誤；當傳感器R2所在處出現火警時，副線圈電流增大，可知輸電線上的電流增大，故D錯誤。]
[學習效果·隨堂評估自測]
1．A　[為了減小輸電線的損耗，當輸送功率一定時，根據P＝UI知增大輸送電壓U可以減小流過線路的電流I，則根據線路損耗P損＝I2r可知線路損耗也會減小，A正確，B、C、D錯誤。]
2．B　[根據P損＝r可知：當輸電電壓由200 kV升高到500 kV時，其線路損耗由P損減小到0.16P損，選項B正確。]
3．BCD　[輸電線上的電壓損失為U1－U2，即電阻R兩端的電壓為U1－U2，故其消耗的電功率為；導線中的電流為I，即流過電阻R的電流為I，故其消耗的電功率還可表示為I2R和I(U1－U2)，綜上所述，選項B、C、D正確。]
4．解析：(1)由P損＝R線，得I2＝＝ A＝20 A
由P＝U2I2，得U2＝＝ V＝5 000 V
升壓變壓器原、副線圈匝數比＝＝＝
U3＝U2－U損＝U2－I2R線＝4 800 V
降壓變壓器原、副線圈匝數比＝＝＝。
(2)如圖所示。
(3)用戶得到的電功率即降壓變壓器的輸出功率，為P用＝P－P損＝P(1－4%)＝100×96% kW＝96 kW。
答案：(1)1∶20　240∶11　(2)見解析圖
(3)96 kW
課堂小結
1．提示：
2．提示：
升壓變壓器T1兩端 降壓變壓器T2兩端
＝＝， P1＝P2 ＝＝， P3＝P4
3．提示：(1)電壓損耗：輸電線路上I2＝IR＝I3，總電阻R導致的電壓損耗UR＝U2－U3＝IRR。
(2)功率損耗：輸電線路發熱導致的功率損耗PR＝P2－P3＝R＝，注意。
[閱讀材料·拓展物理視野]
提示：高壓交流輸電優點是方便升壓、降壓，缺點是受電容、電感影響較大，同一電網發電機必須同步運行。高壓直流輸電優點是不受電容、電感影響，缺點是不方便升壓、降壓。第3章 交變電流
主題1　交變電流的四值及其應用
1．瞬時值：它反映不同時刻交變電流的大小和方向，正弦交流電瞬時值表達式為e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt(應當注意必須從中性面開始)。
2．最大值：它是瞬時值的最大值，它反映的是交變電流大小的變化范圍，當線圈平面跟磁感線平行時，交流電動勢最大，Em＝nBSω(轉軸垂直于磁感線)。電容器接在交流電路中，則交變電壓的最大值不能超過電容器的耐壓值。
3．有效值：交變電流的有效值是根據電流的熱效應規定的：讓交流和直流通過相同阻值的電阻，如果在交變電流的一個周期內它們產生的熱量相等，就把這一直流的數值叫作這一交流的有效值。正弦交流電的有效值跟最大值之間的關系是U＝Em，I＝。對于非正弦交變電流的有效值，以上關系不成立，應根據定義來求。通常所說的交流電壓、電流是用電壓表、電流表測得的，都是指有效值。用電器上所標電壓、電流值也是指有效值。在計算交變電流通過導體產生熱量、電功以及確定保險絲的熔斷電流時，只能用有效值。
4．平均值：它是指交流電圖像中圖線與橫軸所圍成的面積跟時間的比值。其量值可用法拉第電磁感應定律 ＝n·來求，當線圈從中性面轉過90°的過程中，有＝。計算平均值切忌用算術平均法，即＝求解，平均值不等于有效值。
【典例1】　如圖所示為交流發電機的示意圖，矩形線圈的匝數N＝50匝，每匝線圈的邊長lab＝0.4 m，lbc＝0.2 m，矩形線圈所在處的勻強磁場的磁感應強度B＝0.2 T，線圈總電阻r＝1 Ω，外接電阻R＝9 Ω。線圈以n＝ r/s的轉速在磁場中勻速轉動。求：
(1)線圈中產生的感應電動勢的最大值；
(2)若線圈從通過中性面時開始計時，寫出回路中電流隨時間變化的關系式；
(3)交流電壓表和電流表的讀數；
(4)此交流發電機的總功率和輸出功率。
[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)電流表的讀數I＝Im＝8 A，
電壓表的讀數U＝IR＝72 V。
(4)發電機的總功率P＝IE，E＝Em，
所以P＝8×160 W＝1 280 W。
發電機的輸出功率等于外電路電阻消耗的電功率。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
應用“四值”的幾點技巧
(1)I＝只適用于正弦交變電流。
(2)計算時一般取一個周期，如果一個周期內各時段交變電流的規律不同，應分段計算然后求和。
(3)各種交流電表、交流電器上標注的額定值及與熱效應有關的計算等都指的是有效值。
(4)計算流過導體橫截面的電荷量時必須用平均值。
主題2　遠距離輸電問題
1．輸電示意圖
2．正確理解幾個基本關系
(1)功率關系：P1＝P2，P2＝P損＋P3，P3＝P4。
(2)電壓關系：＝，U2＝U線＋U3，＝。
(3)電流關系：＝，I2＝I線＝I3，＝。
(4)輸電電流：I線＝＝＝。
(5)輸電導線上損耗的電功率：
P損＝P2－P3＝R線＝＝U線I線。
(6)輸電導線上的電壓損失：U線＝I線R線＝U2－U3。
【典例2】　某村在距村莊較遠的地方修建了一座小型水電站，發電機輸出功率為9 kW，輸出電壓為500 V，輸電線的總電阻為10 Ω，線路損耗的功率為輸出功率的4%。求：
(1)村民和村辦小企業需要220 V電壓時，所用升壓變壓器和降壓變壓器的原、副線圈的匝數比各為多少？(不計變壓器的損耗)
(2)若不用變壓器而由發電機直接輸送，村民和村辦小企業得到的電壓和功率是多少？
[解析]　建立如圖所示的遠距離輸電模型，要求變壓器原、副線圈的匝數比，先要知道原、副線圈兩端的電壓之比。本題以線路上損耗的功率為突破口，先求出輸電線上的電流I線，再根據輸出功率求出U2，然后再求出U3。
(1)由線路損耗的功率P線＝R線可得
I線＝＝ A＝6 A，
又因為P輸出＝U2I線，
所以U2＝＝ V＝1 500 V，
U3＝U2－I線R線＝(1 500－6×10) V＝1 440 V。
根據理想變壓器規律得＝＝＝，
＝＝＝。
所以升壓變壓器和降壓變壓器原、副線圈的匝數比分別是1∶3和72∶11。
(2)若不用變壓器而由發電機直接輸送(模型如圖所示)，
由P輸出＝UI線′，
可得I′線＝＝ A＝18 A，
所以線路損耗的功率P線′＝I線′2R線＝182×10 W＝3 240 W
用戶得到的電壓U用戶＝U－I線′R線＝(500－18×10)V＝320 V。
用戶得到的功率P用戶＝P輸出－P線′＝(9 000－3 240) W＝5 760 W。
[答案]　(1)1∶3　72∶11　(2)320 V　5 760 W
遠距離輸電問題的處理思路
(1)根據具體問題畫出輸電線路示意圖。
(2)研究三個回路，分析其中的已知量、可求量、待求量。
(3)研究兩個變壓器，分析其中的已知量、可求量、待求量。
(4)確定求解思路，根據回路及變壓器上的電壓、電流、功率關系列式求解。
章末綜合測評(三)　交變電流
一、單項選擇題
1．下列關于變壓器的說法正確的是(　　)
A．變壓器工作的基礎是自感現象
B．在原線圈中，電能轉化為磁場能
C．電能能夠從原線圈傳遞到副線圈，是因為原、副線圈通過導線連在一起
D．變壓器對恒定電流也能變壓
B　[變壓器工作的基礎是原副線圈的互相感應，并不是自感現象，在原線圈中電能轉化為磁場能，副線圈中磁場能轉化成電能，電能是通過磁場從原線圈傳遞到副線圈的，變壓器只能對變化的電流有變壓作用，綜上所述，只有B正確。]
2．一矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動，產生交流電的波形如圖所示，由圖可以知道(　　)
A．0.01 s時刻線圈處于中性面位置
B．0.01 s時刻穿過線圈的磁通量為零
C．該交流電流有效值為2 A
D．該交流電流頻率為50 Hz
B　[0.01 s時刻電流最大，電動勢最大，處于與磁感線平行的位置，故A錯誤，B正確；Im＝6.28 A，所以有效值I＝ A≈4.44 A，故C錯誤；由題圖知T＝0.04 s，f＝ Hz＝25 Hz，故D錯誤。]
3．超導是當今高科技研究的熱點，利用超導材料可實現無損耗輸電。現有一直流電路，輸電總電阻為0.4 Ω，它提供給用電器的電功率為40 kW，電壓為800 V。若用臨界溫度以下的超導電纜代替原來的輸電線，保持供給用電器的功率和電壓不變，那么節約的電功率為(　　)
A．1 kW　 B．1.6×103 kW
C．1.6 kW　 D．10 kW
A　[節約的電功率即為普通電路輸電時損耗的電功率，I＝＝ A＝50 A，P線＝I2R＝502×0.4 W＝1 000 W，故節約的電功率為1 kW，A正確。]
4．如圖甲所示為理想變壓器，原、副線圈的匝數比為3∶2，在原線圈上通入正弦交流電如圖乙所示，設電流從原線圈a端流入b端流出時為電流正方向，副線圈中電流由c端流出d端流入時為副線圈中電流正方向，那么副線圈中電流的有效值以及在一個周期內副線圈電流達到正方向最大值對應于乙圖中的時刻應是(　　)
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　[由題圖乙知，原線圈中電流有效值I1＝ A＝1 A，所以由＝得副線圈中電流的有效值I2＝＝×1 A＝1.5 A。副線圈中電流達最大值時，即為鐵芯中磁通量變化最快的時刻，對應題圖乙所示，為i-t圖像斜率最大的時刻，因此，正確的選項是C項。]
5．如圖所示，矩形線圈的面積為S，匝數為N，線圈電阻為r，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω勻速轉動，外電路的電阻為R。在線圈由圖示位置轉過90°的過程中，下列說法中正確的是(　　)
A．磁通量的變化量ΔΦ＝NBS
B．通過電阻R的電量q＝
C．電阻R上產生的焦耳熱Q＝
D．電阻R上產生的焦耳熱Q＝
D　[線圈由圖示位置轉過90°，磁通量變化量ΔΦ＝BS，故選項A錯誤；通過電阻R的電量q＝＝，故選項B錯誤；感應電動勢最大值Em＝NBSω，轉動時間t＝＝，所以Q＝I2Rt＝[]2·Rt＝，故選項C錯誤，選項D正確。]
6．如圖所示，讓矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動，使線圈中產生交變電流。線圈ab邊長L1＝0.40 m, bc邊長L2＝0.25 m，線圈匝數n＝100匝，線圈總電阻r＝1.0 Ω，磁感應強度B＝1.0 T。線圈兩端通過集流環與外電路電阻R＝3.0 Ω連接，與R并聯的交流電壓表為理想電表，在t＝0時刻，線圈平面與磁場方向平行，角速度ω＝2.0 rad/s。下列結論符合實際的是(　　)
A．從如圖位置開始計時，線圈中感應電動勢隨時間變化的規律是e＝20cos 2t (V)
B．發電機的輸出功率50 W
C．電壓表的示數為14.1 V
D．從t＝0開始轉過T，通過電阻R上的電量q＝2.5×10-2 C
A　[根據公式Em＝nBSω＝20 V，從平面與磁感線平行開始計時，則e＝Emcos ωt＝20cos 2t(V) ，故選項A正確；根據閉合電路歐姆定律，電路中的電流為： I＝＝＝ A＝ A，則電阻R兩端的電壓為： UR＝IR＝7.5 V，電阻R消耗的功率為： P＝I2R＝37.5 W，故選項B、C錯誤；根據法拉第電磁感應定律： q＝Δt＝·Δt＝n＝2.5 C ，故選項D錯誤。]
7．(2021·湖南卷)如圖，理想變壓器原、副線圈匝數比為n1∶n2，輸入端C、D接入電壓有效值恒定的交變電源，燈泡L1、L2的阻值始終與定值電阻R0的阻值相同。在滑動變阻器R的滑片從a端滑動到b端的過程中，兩個燈泡始終發光且工作在額定電壓以內，下列說法正確的是(　　)
A．L1先變暗后變亮，L2一直變亮
B．L1先變亮后變暗，L2一直變亮
C．L1先變暗后變亮，L2先變亮后變暗
D．L1先變亮后變暗，L2先變亮后變暗
A　[滑動變阻器的滑片從a端滑動到b端的過程中，根據并聯電路的知識可知，副線圈所連電路兩個支路的電阻相等時并聯電路的電阻最大，即副線圈回路中的總電阻先增大后減小，即副線圈回路中的總電流先減小后增大，由n1I1＝n2I2可得，原線圈回路中的電流先減小后增大，燈L1先變暗后變亮，L1的分壓先減小后增大，對應原線圈兩端的電壓先增大后減小，副線圈電壓先增大后減小，L2所在支路電阻逐漸減小，故副線圈電壓增大過程中，L2中電流逐漸增大，L2燈變亮，副線圈電壓減小過程，對應L1的電流增大，則副線圈總電流增大，又R0所在支路電阻逐漸增大，則R0支路電流逐漸減小，則L2中電流仍逐漸增大，L2燈變亮。A正確，BCD錯誤。]
二、多項選擇題
8．如圖所示為遠距離高壓輸電的示意圖。關于遠距離輸電，下列表述正確的是(　　)
A．增加輸電導線的橫截面積有利于減少輸電過程中的電能損耗
B．高壓輸電是通過減小輸電電流來減少電路的發熱損耗的
C．在輸送電壓一定時，輸送的電功率越大，輸電過程中的電能損耗越小
D．高壓輸電必須綜合考慮各種因素，不一定是電壓越高越好
ABD　[依據輸電原理，電路中的功率損耗P損＝I2R線，而R線＝，增大輸電導線的橫截面積，可減小輸電線的電阻，則能夠減少輸電過程中的電能損耗，選項A正確；由P輸＝UI知，在輸送功率P輸一定的情況下，輸送電壓U越大，則輸電電流I越小，電路中的功率損耗越小，選項B正確；若輸送電壓一定，輸送功率P輸越大，則電流I越大，電路中損耗的電功率越大，選項C錯誤；因為輸電電壓越高，對于安全和技術的要求也越高，因此并不是輸送電壓越高越好，高壓輸電必須綜合考慮各種因素，選項D正確。]
9．某住宅區的應急供電系統，由交流發電機和副線圈匝數可調的理想降壓變壓器組成。發電機中矩形線圈所圍的面積為S，匝數為N，電阻不計。它可繞水平軸OO′在磁感應強度為B的水平勻強磁場中以角速度ω勻速轉動。矩形線圈通過滑環連接降壓變壓器，滑動觸頭P上下移動時可改變輸出電壓，R0表示輸電線的電阻。以線圈平面與磁場平行時為計時起點，下列判斷正確的是(　　)
A．若發電機線圈某時刻處于圖示位置，變壓器原線圈的電流瞬時值最小
B．發電機線圈感應電動勢的瞬時值表達式為e＝NBSωcos ωt
C．當用戶數目增多時，為使用戶電壓保持不變，滑動觸頭P應向下滑動
D．當滑動觸頭P向下移動時，變壓器原線圈兩端的電壓不變
BD　[若發電機線圈某時刻處于圖示位置，磁通量變化最快，感應電動勢最大，最大值為NBSω，變壓器原線圈的電流瞬時值最大，發電機線圈感應電動勢的瞬時值表達式為e＝NBSωcos ωt，選項B正確，A錯誤；當用戶數目增多時，總電流增大，輸電線上的電勢降落得多，為使用戶電壓保持不變，滑動觸頭P應向上滑動才能增大變壓器的輸出電壓，選項C錯誤；滑動觸頭P向下或向上移動，變壓器原線圈兩端的電壓都不變，選項D正確。]
10．圖甲為某水電站的電能輸送示意圖，升壓變壓器原、副線圈匝數比為1∶15，降壓變壓器的副線圈接有負載R，升壓、降壓變壓器之間的輸電線路的總電阻為10 Ω，變壓器均為理想變壓器，現在a、b兩端輸入如圖乙所示的交流電壓，輸送功率為33 kW。下列說法正確的是(　　)
A．輸送的交變電流的周期為0.01 s
B．輸電線中電流為150 A
C．降壓變壓器原線圈輸入電壓為3 200 V
D．輸電線上功率損失為1 000 W
CD　[由題圖乙所示的正弦式電壓圖像知周期T＝2×10-2 s，選項A錯誤；升壓變壓器原線圈電壓的有效值U1＝ V≈220 V，由＝得升壓變壓器副線圈的輸出電壓U2＝U1＝15×220 V＝3 300 V，輸電線中電流為I2＝＝10 A，選項B錯誤；輸電線電壓損失ΔU＝I2R線＝100 V，降壓變壓器原線圈輸入電壓為U＝U2－ΔU＝3 200 V，選項C正確；輸電線上功率損失為P損＝R線＝1 000 W，選項D正確。]
三、非選擇題
11．(2022·江蘇揚州高二期末)某學習小組在探究變壓器原、副線圈電壓和匝數關系的實驗中，采用了可拆式變壓器，鐵芯B安裝在鐵芯A上形成閉合鐵芯，將原、副線圈套在鐵芯A的兩臂上，如圖所示。
(1)下列說法正確的是________。
A．為保證實驗安全，原線圈應接低壓直流電源
B．變壓器中鐵芯是整塊硅鋼
C．保持原線圈電壓及匝數不變，可改變副線圈的匝數，研究副線圈的匝數對輸出電壓的影響
D．變壓器正常工作后，電能由原線圈通過鐵芯導電輸送到副線圈
(2)實驗過程中，變壓器的原、副線圈選擇不同的匝數，利用多用電表測量相應電壓，記錄如下。
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
由數據可知N1一定是________線圈的匝數。(選填“原”或“副”)
根據表格中的數據，在實驗誤差允許的范圍內，可得出原副線圈兩端電壓與匝數的關系(用N1、N2、U1、U2表示)：__________。
(3)學習小組觀察實驗室中一降壓變壓器的兩個線圈的導線，發現導線粗細不同。結合以上實驗結論，應將較細的線圈作為________線圈。(選填“原”或“副”)
[解析]　(1)為確保實驗安全，應該降低輸出電壓，實驗中要求原線圈匝數大于副線圈匝數，A錯誤；因為變壓器是靠電磁感應工作，如果變壓器鐵芯是用整塊硅鋼，則在電磁的作用下，會產生很大的渦流，渦流會產生大量熱，當熱量達到一定程度時，會損壞鐵芯和線圈，B錯誤；研究變壓器電壓和匝數的關系，用到控制變量法，可以先保持原線圈電壓、匝數不變，改變副線圈匝數，研究副線圈匝數對副線圈電壓的影響，C正確；變壓器開始正常工作后，若不計各種損耗，在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”磁場能的作用，并不導電，D錯誤。
(2)變壓器的原、副線圈選擇不同的匝數，利用多用電表測量相應電壓，由數據可知N1一定是副線圈的匝數，由表可知，原副線圈兩端電壓U與匝數N成正比，即＝。
(3)變壓器的輸入功率約等于輸出功率，因為是降壓變壓器，所以原線圈的電壓大于副線圈的電壓，而功率又相等，所以原線圈的電流就小于副線圈的電流，原線圈電流小，所用導線就比副線圈細，故應將導線較細的線圈作為原線圈。
[答案]　(1)C　(2)副　＝　(3)原
12．(2022·山東煙臺高二期末)如圖甲所示為教學用的可拆變壓器，它有兩個外觀基本相同的線圈A和B，線圈外部還可以繞線。
(1)某同學用多用電表的歐姆擋分別測量了A、B線圈的電阻值，發現A線圈電阻約為B線圈電阻的2倍，則可推斷__________線圈的匝數多(選填“A”或“B”)；
(2)為探究變壓器線圈兩端電壓與匝數的關系，如圖乙所示，該同學把線圈A與學生電源連接，另一個線圈B與小燈泡連接。其中線圈A應連到學生電源的__________(選填“直流”或“交流”)輸出端上，同時為保證人身安全，所用電壓不要超過__________V(選填“6”“12”或“220”)；
(3)將與燈泡相連的線圈B拆掉部分匝數，其余裝置不變繼續實驗，燈泡亮度將__________(選填“變亮”或“變暗”)，這說明燈泡兩端的電壓__________(選填“變大”或“變小”)；
(4)某次實驗時，變壓器原、副線圈的匝數分別為220匝和110匝，學生電源輸出端的電壓為6 V，則小燈泡兩端的電壓值可能是__________。
A．11.4 V 　 B．3.6 V
C．2.8 V 　　 D．3 V
[解析]　(1)兩線圈外觀基本相同，根據電阻定律R＝ρ，發現A線圈電阻約為B線圈電阻的2倍，則A線圈長度約為B線圈長度的2倍，故A線圈匝數多。
(2)變壓器只能改變交變電壓，應連接交流電源；可拆變壓器線圈裸露在外面，易觸電，安全電壓應不高于12 V。
(3)根據＝可知拆掉B線圈的部分匝數，則n2減小，可得副線圈電壓U2減小，燈泡變暗，燈泡兩端電壓減小。
(4)根據＝，由題中數據可得，副線圈電壓為3 V，由于兩線圈具有電阻，則燈泡兩端電壓小于3 V。
[答案]　(1)A　(2)交流　12　(3)變暗　變小　(4)C
13．發電機的轉子是匝數為100匝、邊長為20 cm的正方形線圈，將它置于磁感應強度B＝0.05 T的勻強磁場中，繞著垂直于磁感線方向的軸以ω＝100π rad/s的角速度轉動，當線圈平面跟磁場方向垂直時開始計時，線圈和外電路的總電阻R＝10 Ω。
(1)寫出交變電流瞬時值表達式；
(2)線圈從計時開始，轉過過程中通過線圈某一截面的電量為多少？
[解析]　(1)感應電動勢的最大值為Em＝nBSω＝20π(V)
Im＝＝2π(A)
由于從線圈平面與磁場方向垂直位置開始計時，因此瞬時值用正弦表示，i＝2πsin 100πt(A)。
(2)線圈從計時開始，轉過的過程中，通過某一截面的電量應該用平均值來計算
q＝It＝nΔt＝，
ΔΦ＝BS－BS cos ＝BS，
代入電量方程得q＝＝1×10-2 C。
[答案]　(1)i＝2πsin 100πt(A)　(2)1×10-2 C
14．如圖所示，變壓器原線圈輸入電壓為220 V，副線圈輸出電壓為36 V，兩只燈泡的額定電壓均為36 V，L1額定功率為12 W，L2額定功率為6 W。試求：
(1)該變壓器的原、副線圈的匝數比；
(2)兩燈均正常工作時原線圈中的電流以及只有L1工作時原線圈中的電流。
[解析]　(1)由理想變器電壓關系得＝＝＝。
(2)兩燈均正常工作時，由能量守恒得P1＋P2＝U1I1，
I1＝＝ A≈0.082 A，
只有L1燈工作時，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．如圖甲所示，一固定的矩形導體線圈水平放置，線圈的兩端接一只小燈泡，在線圈所在空間內存在著與線圈平面垂直的均勻分布的磁場。已知線圈的匝數n＝100匝，電阻r＝1.0 Ω，所圍成矩形的面積S＝0.040 m2，小燈泡的電阻R＝9.0 Ω，磁場的磁感應強度按如圖乙所示的規律變化，線圈中產生的感應電動勢瞬時值的表達式為e＝nBmScos t，其中Bm為磁感應強度的最大值，T為磁場變化的周期。不計燈絲電阻隨溫度的變化，π取3.14，求：
(1)線圈中產生感應電動勢的最大值；
(2)小燈泡消耗的電功率；
(3)在磁感應強度變化的0～的時間內，通過小燈泡的電量。
[解析]　(1)因為線圈中產生的感應電流變化的周期與磁場變化的周期相同，所以由圖像可知，線圈中產生交變電流的周期為T＝3.14×10-2 s，
所以線圈中感應電動勢的最大值為Em＝＝8.0 V。
(2)根據閉合電路歐姆定律，電路中電流的最大值為Im＝＝0.80 A，
通過小燈泡電流的有效值為I＝＝0.40 A，
小燈泡消耗的電功率為P＝I2R＝2.88 W。
(3)在磁感應強度變化的0～周期內，線圈中感應電動勢的平均值E＝nS，
通過燈泡的平均電流I＝＝，
通過燈泡的電量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 交變電流
主題1　交變電流的四值及其應用
1．瞬時值：它反映不同時刻交變電流的大小和方向，正弦交流電瞬時值表達式為e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt(應當注意必須從中性面開始)。
2．最大值：它是瞬時值的最大值，它反映的是交變電流大小的變化范圍，當線圈平面跟磁感線平行時，交流電動勢最大，Em＝nBSω(轉軸垂直于磁感線)。電容器接在交流電路中，則交變電壓的最大值不能超過電容器的耐壓值。
3．有效值：交變電流的有效值是根據電流的熱效應規定的：讓交流和直流通過相同阻值的電阻，如果在交變電流的一個周期內它們產生的熱量相等，就把這一直流的數值叫作這一交流的有效值。正弦交流電的有效值跟最大值之間的關系是U＝Em，I＝。對于非正弦交變電流的有效值，以上關系不成立，應根據定義來求。通常所說的交流電壓、電流是用電壓表、電流表測得的，都是指有效值。用電器上所標電壓、電流值也是指有效值。在計算交變電流通過導體產生熱量、電功以及確定保險絲的熔斷電流時，只能用有效值。
4．平均值：它是指交流電圖像中圖線與橫軸所圍成的面積跟時間的比值。其量值可用法拉第電磁感應定律＝n·來求，當線圈從中性面轉過90°的過程中，有＝。計算平均值切忌用算術平均法，即＝求解，平均值不等于有效值。
【典例1】　如圖所示為交流發電機的示意圖，矩形線圈的匝數N＝50匝，每匝線圈的邊長lab＝0.4 m，lbc＝0.2 m，矩形線圈所在處的勻強磁場的磁感應強度B＝0.2 T，線圈總電阻r＝1 Ω，外接電阻R＝9 Ω。線圈以n＝ r/s的轉速在磁場中勻速轉動。求：
(1)線圈中產生的感應電動勢的最大值；
(2)若線圈從通過中性面時開始計時，寫出回路中電流隨時間變化的關系式；
(3)交流電壓表和電流表的讀數；
(4)此交流發電機的總功率和輸出功率。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
應用“四值”的幾點技巧
(1)I＝只適用于正弦交變電流。
(2)計算時一般取一個周期，如果一個周期內各時段交變電流的規律不同，應分段計算然后求和。
(3)各種交流電表、交流電器上標注的額定值及與熱效應有關的計算等都指的是有效值。
(4)計算流過導體橫截面的電荷量時必須用平均值。
主題2　遠距離輸電問題
1．輸電示意圖
2．正確理解幾個基本關系
(1)功率關系：P1＝P2，P2＝P損＋P3，P3＝P4。
(2)電壓關系：＝，U2＝U線＋U3，＝。
(3)電流關系：＝，I2＝I線＝I3，＝。
(4)輸電電流：I線＝＝＝。
(5)輸電導線上損耗的電功率：
P損＝P2－P3＝R線＝＝U線I線。
(6)輸電導線上的電壓損失：U線＝I線R線＝U2－U3。
【典例2】　某村在距村莊較遠的地方修建了一座小型水電站，發電機輸出功率為9 kW，輸出電壓為500 V，輸電線的總電阻為10 Ω，線路損耗的功率為輸出功率的4%。求：
(1)村民和村辦小企業需要220 V電壓時，所用升壓變壓器和降壓變壓器的原、副線圈的匝數比各為多少？(不計變壓器的損耗)
(2)若不用變壓器而由發電機直接輸送，村民和村辦小企業得到的電壓和功率是多少？
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
遠距離輸電問題的處理思路
(1)根據具體問題畫出輸電線路示意圖。
(2)研究三個回路，分析其中的已知量、可求量、待求量。
(3)研究兩個變壓器，分析其中的已知量、可求量、待求量。
(4)確定求解思路，根據回路及變壓器上的電壓、電流、功率關系列式求解。
章末綜合提升
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)電流表的讀數I＝Im＝8 A，
電壓表的讀數U＝IR＝72 V。
(4)發電機的總功率P＝IE，E＝Em，
所以P＝8×160 W＝1 280 W。
發電機的輸出功率等于外電路電阻消耗的電功率。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：建立如圖所示的遠距離輸電模型，要求變壓器原、副線圈的匝數比，先要知道原、副線圈兩端的電壓之比。本題以線路上損耗的功率為突破口，先求出輸電線上的電流I線，再根據輸出功率求出U2，然后再求出U3。
(1)由線路損耗的功率P線＝R線可得I線＝＝ A＝6 A，
又因為P輸出＝U2I線，
所以U2＝＝ V＝1 500 V，
U3＝U2－I線R線＝(1 500－6×10) V＝1 440 V。
根據理想變壓器規律得＝＝＝，
＝＝＝。
所以升壓變壓器和降壓變壓器原、副線圈的匝數比分別是1∶3 和72∶11。
(2)若不用變壓器而由發電機直接輸送(模型如圖所示)，
由P輸出＝UI線′，
可得I′線＝＝ A＝18 A，
所以線路損耗的功率P線′＝I線′2R線＝182×10 W＝3 240 W
用戶得到的電壓U用戶＝U－I線′R線＝(500－18×10)V＝320 V。
用戶得到的功率P用戶＝P輸出－P線′＝(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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