(共17张PPT)
第三章 交变电流
章末综合提升
巩固层｜知识整合
01
提升层｜题型探究
02
主题1 交变电流的四值及其应用
主题2 远距离输电问题
主题1 交变电流的四值及其应用
1．瞬时值：它反映不同时刻交变电流的大小和方向，正弦交流电瞬时值表达式为e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt(应当注意必须从中性面开始)。
2．最大值：它是瞬时值的最大值，它反映的是交变电流大小的变化范围，当线圈平面跟磁感线平行时，交流电动势最大，Em＝nBSω(转轴垂直于磁感线)。电容器接在交流电路中，则交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值。
3．有效值：交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的：让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，就把这一直流的数值叫作这一交流的有效值。正弦交流电的有效值跟最大值之间的关系是U＝Em，I＝。对于非正弦交变电流的有效值，以上关系不成立，应根据定义来求。通常所说的交流电压、电流是用电压表、电流表测得的，都是指有效值。用电器上所标电压、电流值也是指有效值。在计算交变电流通过导体产生热量、电功以及确定保险丝的熔断电流时，只能用有效值。
4．平均值：它是指交流电图像中图线与横轴所围成的面积跟时间的比值。其量值可用法拉第电磁感应定律 ＝n·来求，当线圈从中性面转过90°的过程中，有＝。计算平均值切忌用算术平均法，即＝求解，平均值不等于有效值。
【典例1】 如图所示为交流发电机的示意图，矩形线圈的匝数N＝50匝，每匝线圈的边长lab＝0.4 m，lbc＝0.2 m，矩形线圈所在处的匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，线圈总电阻r＝1 Ω，外接电阻R＝9 Ω。线圈以n＝ r/s的转速在磁场中匀速转动。求：
(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；
[解析] Em＝NBSω＝NBLablbcω＝50×0.2×0.4
×0.2××2π V＝160 V。
[答案] 160 V
(2)若线圈从通过中性面时开始计时，写出回路中电流随时间变化的关系式；
[解析] ω＝2πn＝200 rad/s，
Im＝＝16 A，
i＝16sin 200t(A)。
[答案] i＝16sin 200t(A)
(3)交流电压表和电流表的读数；
[解析] 电流表的读数I＝Im＝8 A，
电压表的读数U＝IR＝72 V。
[答案] 72 V 8 A
(4)此交流发电机的总功率和输出功率。
[解析] 发电机的总功率P＝IE，E＝Em，所以P＝8×160 W＝1 280 W。
发电机的输出功率等于外电路电阻消耗的电功率。即
PR＝IU＝8×72 W＝1 152 W。
[答案] 1 280 W 1 152 W
应用“四值”的几点技巧
(1)I＝只适用于正弦交变电流。
(2)计算时一般取一个周期，如果一个周期内各时段交变电流的规律不同，应分段计算然后求和。
(3)各种交流电表、交流电器上标注的额定值及与热效应有关的计算等都指的是有效值。
(4)计算流过导体横截面的电荷量时必须用平均值。
主题2 远距离输电问题
1．输电示意图
2．正确理解几个基本关系
(1)功率关系：P1＝P2，P2＝P损＋P3，P3＝P4。
(2)电压关系：＝，U2＝U线＋U3，＝。
(3)电流关系：＝，I2＝I线＝I3，＝。
(4)输电电流：I线＝＝＝。
(5)输电导线上损耗的电功率：
P损＝P2－P3＝R线＝＝U线I线。
(6)输电导线上的电压损失：U线＝I线R线＝U2－U3。
【典例2】 某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW，输出电压为500 V，输电线的总电阻为10 Ω，线路损耗的功率为输出功率的4%。求：
(1)村民和村办小企业需要220 V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)
[解析] 建立如图所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比。本题以线路上损耗的功率为突破口，先求出输电
线上的电流I线，再根据输出功率求出
U2，然后再求出U3。
由线路损耗的功率P线＝R线可得I线＝＝ A＝6 A，
又因为P输出＝U2I线，所以U2＝＝ V＝1 500 V，
U3＝U2－I线R线＝(1 500－6×10) V＝1 440 V。
根据理想变压器规律得＝＝＝，＝＝＝。
所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1∶3和72∶11。
[答案] 1∶3 72∶11
(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？
[解析] 若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图所示)，
由P输出＝UI线′，可得I′线＝＝ A＝18 A，
所以线路损耗的功率P线′＝I线′2R线＝182×10 W＝3 240 W
用户得到的电压U用户＝U－I线′R线＝(500－18×10)V＝320 V。
用户得到的功率P用户＝P输出－P线′＝(9 000－3 240) W＝5 760 W。
[答案] 320 V 5 760 W
远距离输电问题的处理思路
(1)根据具体问题画出输电线路示意图。
(2)研究三个回路，分析其中的已知量、可求量、待求量。
(3)研究两个变压器，分析其中的已知量、可求量、待求量。
(4)确定求解思路，根据回路及变压器上的电压、电流、功率关系列式求解。(共33张PPT)
第三章 交变电流
素养提升课 变压器的应用
学习 任务 1．会分析变压器的动态变化问题，掌握解答此类问题的思路。
2．理解自耦变压器和互感器的工作原理。
3．掌握变压器的原理，会解答具有多个副线圈的变压器问题。
关键能力·情境探究达成
01
考点1 理想变压器的动态变化问题
考点2 几种特殊的变压器
考点3 有多个副线圈的变压器
考点1 理想变压器的动态变化问题
1．理想变压器动态变化的两种情况
(1)原、副线圈的匝数比不变，分析各物理量随负载电阻的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R→I2→P2→P1→I1。
(2)负载电阻不变，分析各物理量随原、副线圈的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→P2→P1→I1。
2．需要注意的几点
(1)负载增多，不等于电阻变大。并联的负载增多，对应用电器增多，消耗功率增大，其总电阻减小。
(2)负载发生变化时，电流和电压如何变化的判断：先要由＝判断U2是否变化，再根据U2及负载电阻变大或变小的情况，由欧姆定律确定副线圈中的电流I2的变化情况，最后再由P入＝P出判断原线圈中电流的变化情况。
3．动态问题的分析思路可表示为
U1 U2 I2 P1 I1。
【典例1】 理想变压器的原线圈连接电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过触头Q调节，在副线圈输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流
电，如图所示。下列情况可能出现的是( )
A．若Q位置不变，将P向上滑动，U′变大
B．若Q位置不变，将P向上滑动，电流表的读数变大
C．若P位置不变，将Q向上滑动，电流表的读数变大
D．若P位置不变，将Q向上滑动，变压器的输入功率不变
√
C [当理想变压器的输入电压U，以及原、副线圈的匝数比不变时，副线圈两端的电压也不变，A项错误；由P出＝知R增大时，输出功率减小，又由P入＝P出得原线圈中的电流表读数要减小，B项错误；Q向上滑动时，U′增大，而负载电阻不变，输出功率要增大，则输入功率也要增大，原线圈中的电流就要增大，C项正确，D项错误。]
含有变压器的动态电路问题分析
[跟进训练]
1．如图，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，电键K断开，当K接通时，以下说法正确的是( )
A．灯泡L1的亮度增加
B．原线圈中的电流增大
C．副线圈两端M、N的输出电压减小
D．副线圈输电线等效电阻R上的电压减小
√
B [根据＝得U2＝U1，理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出电压也不变，故C错误；当K接通后，两个灯泡并联，电路的总电阻减小，副线圈的电流I2＝变大，所以通过电阻R的电流变大，电压UR＝I2R变大，那么L1的电压UL1＝U2－UR减小，所以通过灯泡L1的电流IL1＝减小，灯泡L1的亮度变低，故A、D错误；由理想变压器电流关系＝知，I2增大，所以原线圈中的电流I1增大，故B正确。]
考点2 几种特殊的变压器
1．自耦变压器
图甲所示是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈。如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线
圈的一部分作原线圈，整个线圈
作副线圈，就可以升高电压。
调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB之间加上输入电压U1，移动滑动触头P的位置就可以调节输出电压U2。
2．互感器
项目 电压互感器 电流互感器
原理图
原线圈的连接 并联在高压电路中 串联在待测高流电路中
项目 电压互感器 电流互感器
副线圈的连接 连接电压表 连接电流表
互感器的作用 将高电压变为低电压 将大电流变成小电流
利用的关系式 I1n1＝I2n2
【典例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
√
√
AD [题图甲是电压互感器，电表是电压表，故B错误；根据匝数比＝，有U1＝U2＝×220 V＝22 000 V，故A正确；题图乙是电流互感器，电表是电流表，故C错误；只有一个副线圈的变压器，电流与匝数的关系为＝，有I1＝I2＝×10 A＝100 A，故D正确。]
互感器的区分技巧
(1)电压互感器是降压变压器，据＝知n1>n2。
电流互感器是升压变压器，据＝知。
(2)区分电压互感器与电流互感器的三个标志：
①测量仪器不同，前者电压表后者电流表；
②原、副线圈匝数关系不同；
③原线圈接线方式不同，前者并接在火线和零线间，后者串接在火线上。
[跟进训练]
2．如图所示，电压互感器、电流互感器可看成理想变压器，已知电压互感器原、副线圈匝数比是 1 000∶1，电流
互感器原、副线圈匝数比是1∶200，电压表读数
为200 V，电流表读数为1.5 A，则交流电路输送
电能的功率是( )
A．3×102 W B．6×104 W C．3×105 W D．6×107 W
D [根据＝，解得U1＝1 000×200 V＝2×105 V；根据I1n1＝I2n2，解得I1＝300 A；所以输送电能的功率P＝I1U1＝6×107 W。选项D正确。]
√
考点3 有多个副线圈的变压器
1．副线圈有多个时，电压比等于匝数比仍然成立，电流比不再与匝数比成反比，而要用原、副线圈功率相等去推导。
2．若原线圈中有用电器时，不要把电源电压与原线圈两端电压搞混，错误利用电源电压去寻找比例关系；而要把原线圈所在电路当作一回路处理，原线圈相当于一非纯电阻用电器，其两端电压与副线圈电压的比值等于匝数比。
【典例3】 如图所示，理想变压器原线圈的匝数为1 000，两个副线圈的匝数分别为n2＝50和n3＝100，L1是“6 V 2 W”的小灯泡，L2是“12 V 4 W”的小灯泡。当原线圈接上交变电压时，L1、L2都正常发光，那么，原线圈中的电流为( )
A． A B． A
C． A D． A
√
C [对多个副线圈，其电压关系有：＝＝，由于输入功率和输出功率相等，有n1I1＝n2I2＋n3I3。两灯正常发光，对L1必有U2＝6 V，I2＝＝ A，对L2有U3＝12 V，I3＝＝ A。原线圈上电压U1＝U2＝×6 V＝120 V，副线圈上总的输出功率P出＝PL1＋PL2＝2 W＋4 W＝6 W，原线圈上输入功率P入＝P出＝6 W。原线圈中的电流I1＝＝ A＝ A，故选项C正确。]
求解“一原多副”变压器问题的两点技巧
(1)理想变压器的电压关系＝，对于一个或多个副线圈均适用，而电流关系＝，适用于只有一个副线圈的变压器。
(2)处理含有多个副线圈的变压器问题时，首选P入＝P出，从输出端的P出打开突破口。
[跟进训练]
3．(2022·山东卷)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcos 100πt。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V。将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，
功率为12 W。下列说法正确的是( )
A．n1为1 100匝，Um为220 V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
√
D [根据理想变压器的变压规律有＝，代入U＝220 V得n1＝2 200，Um＝U＝220 V，A错误；由功率与电压的关系得UBC＝＝12 V，根据理想变压器的变压规律有＝，代入数据解得nBC＝120，由欧姆定律得I＝＝1 A，B错误；由以上分析结合题意可知UAB＝18 V，UAC＝30 V，变压器不改变交流电的频率，故f＝＝50 Hz，C错误；由欧姆定律得I′＝＝2.5 A，周期T＝＝0.02 s，D正确。]
学习效果·随堂评估自测
02
1．在变电所，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器。如图所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是( )
A [电流互感器是测电流的，应串联在火线上，故B、D错误；由变压器电流关系n1I1＝n2I2，要使I2n1，故A正确，C错误。]
1
2
3
4
√
A B
C D
2．自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分。一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，
负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，
则U2和I1分别约为( )
A．380 V和5.3 A B．380 V和9.1 A
C．240 V和5.3 A D．240 V和9.1 A
1
2
3
4
√
B [对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I1＝＝ A≈9.1 A，负载两端电压即为副线圈电压，由＝，即＝，可得U2＝380 V，B正确。]
1
2
3
4
3．(多选)如图所示，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阻电阻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U1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
1
2
3
4
√
√
BC [Q位置不动，副线圈电压U2不变，当P上滑时，R增大，由P＝可知总功率减小，原线圈电压U1不变，由P＝U1I1可知原线圈电流I1减小，故A错误，B正确；当P位置不动，Q上滑时，由＝知U2增大，R不变，由P＝可知总功率增大，而U1不变，由P＝U1I1可知原线圈电流I1增大，故C正确，D错误。]
1
2
3
4
4．如图所示，一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数n1＝1 100匝。接入电压U1＝220 V的电路中。
(1)要求在两个副线圈上分别得到电压U2＝6 V，
U3＝110 V，它们的匝数n2、n3分别为多少？
[解析] 根据原、副线圈间电压与匝数的关系
由＝得n2＝n1＝×1 100匝＝30匝
n3＝n1＝×1 100匝＝550匝。
[答案] 30匝
1
2
3
4
(2)若在两副线圈上分别接上“6 V 20 W”“110 V 60 W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？
[解析] 设原线圈输入电流为I1，由P入＝P出得
U1I1＝U2I2＋U3I3＝P2＋P3
所以I1＝＝ A≈0.36 A。
[答案] 0.36 A
1
2
3
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第三章 交变电流
第四节 远距离输电
学习 任务 1．了解输电线上的功率损耗与何种因素有关及降低功率损耗的措施。
2．知道高压输电的原因；会利用变压器的规律和能量守恒的观点对简单的远距离输电进行定性分析和计算。
3．了解高压交流和高压直流输电的优缺点。
4．知道我国输电技术的发展。
必备知识·自主预习储备
01
[知识梳理]
知识点一 远距离输电中的电功率和电压损耗
1．两种损失比较
2．降低两种损失的途径——高压输电
输送一定功率电能，输电________，输电线中电流越小，导线因发热而损耗的电能____，线路上电压的损失也____。
两种损失 主要原因 大小表示 减小办法
电功率损失 输电线有电阻产生焦耳热 ΔP＝___ 减小R_____
电压损失 输电线电阻的电压降 ΔU＝__ I2R
IR
减小I
电压越高
越少
越少
知识点二 高压交流输电
1．降低输电损耗的途径
(1)减小输电线的____：在输电距离一定的情况下，为减小输电线____，应当选用电阻率小的金属材料，还要尽可能增加导线的________。
(2)减小输电线中的____：为了减小输电____，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电____。
电阻
电阻
横截面积
电流
电流
电压
2．输电线路
远距离输送电网的基本结构：
如图所示(输出功率为P，输
出电压为U)。
3．功率损耗
输电导线损失的电功率：由P损＝______，可推得P损＝ _______ 。
4．两个关系
功率关系：P入＝P线＋P用。
电压关系：U2＝U线＋U3。
R线
R线
知识点三 直流输电
1．采用高压直流输电的原因
当交流输电功率很大时，导线的____、____引起的电压及电能损失很大；同一电网供电的发电机同步运行，技术上也存在困难。
2．高压直流输电系统的组成：主要由整流站、直流线路和逆变站三部分组成。
3．高压直流输电系统的工作程序：交变电流升压后输送到______，把高压交变电流变换成高压________，经由________线路输送到用电地区后，______将高压________变换成高压交变电流，再经降压变压器降压。
电感
电容
整流器
直流电流
高压直流
逆变器
直流电流
4．高压直流输电系统的优点
(1)不存在____和____引起的损耗。
(2)节省材料，输电杆塔结构简单，占地面积小。
(3)不需要考虑电网中的各发电机的同步运行问题。
感抗
容抗
[基础自测]
1．思考判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)为了减少能量损失，要高压输电，而且越高越好。 ( )
(2)输送功率一定时，提高输送电压，可以减少功率损失。 ( )
(3)电压损失ΔU＝IR线和电功率损失ΔP＝I2R线中I可以通过I＝ 求得。 ( )
(4)负载越多，即用电高峰期，ΔU、ΔP也越大。 ( )
(5)高压直流输电与高压交流输电的区别在于输送环节。 ( )
×
√
√
√
√
2．近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格，可采取的措施有( )
A．提高输送功率 B．减小输电距离
C．提高输电的电压 D．减小输电导线的横截面积
C [为减少远距离输电的损耗，可以提高输电的电压，故C项正确；提高输送功率不能减少远距离输电的损耗，减小输电导线的长度的方法不可取，减小输电导线的横截面积反而会增大损耗，故A、B、D错误。]
√
√
3．输电线的电阻共计为r，输送的电功率为P，用电压U送电，则用户能得到的电功率为( )
A．P B．P－ r C．P－ D． r
B [输电电流I＝，输电线上损耗功率为ΔP＝I2r＝r，用户得到功率为P用＝P－ΔP＝P－I2r＝P－r，故B正确，A、C、D错误。]
关键能力·情境探究达成
02
考点1 输电线上电压和电功率损失的计算
考点2 高压输电线路的分析与计算
如图所示的输电线路，为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光较暗？怎样才能减小导线上损失的电压和损失的功率呢？
提示：用电高峰期高压输电线和变压器到家庭的输电线中电流较大，有较大的电压损失，因此加在白炽灯上的电压变低，达不到额定功率，因此白炽灯灯光较暗；为减小导线上损失的电压和功率可减小输电线电阻，提高输电电压。
考点1 输电线上电压和电功率损失的计算
1．功率损失的原因
在电能输送过程中，电流流过输电线时，因输电线有电阻而发热，电能必有一部分转化为内能而损失掉。
2．若输电线的电阻为R线，输电电流为I，输电线始端和末端的电压分别为U和U′，则：
(1)电压损失ΔU＝U－U′＝IR线；
(2)功率损失ΔP＝I2R线＝IΔU＝。
3．若输电功率P不变，输电电压提高到nU，可使输电电流减小到，则：
(1)电压损失减小到；
(2)功率损失减小到。
【典例1】 在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个小型发电站，输送的电功率P＝500 kW，当使用U＝5 kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800 kW·h。求：
(1)输电效率η和输电线的总电阻r。
(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？
[思路点拨] 输电线上损失的功率为P损＝I2r，输电功率P＝UI，要提高输电效率，就要提高输电电压。
[解析] (1)输送功率P＝500 kW，一昼夜输送电能
E＝Pt＝12 000 kW·h
输电线上损失的电能ΔE＝4 800 kW·h
终点得到的电能E′＝E－ΔE＝7 200 kW·h
所以输电效率η＝×100%＝60%
输电线上的电流I＝＝100 A
输电线上损耗的功率Pr＝＝200 kW
输电线的电阻r＝＝20 Ω。
(2)设发电站使用U′的电压向外输电，输电线的损失功率Pr′＝r
又因为要求输电线上损耗的功率Pr′＝2%P＝10 kW
两式联立可得U′＝P≈22.4 kV。
[答案] (1)60% 20 Ω (2)22.4 kV
计算输电线上功率损失的两种方法
计算输电线上损失的功率时，要注意区分两个电压：输电电压(输电线始端的电压)U和输电线上的损失电压ΔU。
(1)P损＝ΔUI＝，ΔU是输电线两端的电压，即输电线上损失的电压。
(2)P损＝R线，U是指输送电压，即从发电站发出后，经过变压器升高后的电压。
[跟进训练]
1．(2022·江苏如皋中学高二阶段练习)对于远距离输电，在P送一定的情况下，设输电线路中的电流为I送，输电线的总电阻为R线，为了减少损耗，采用增大电压U送输电，下列说法正确的是( )
A．由U送＝I送R线，知输电线路中的电流变大
B．由P送＝I送U送，知输电线路中的电流变小
C．由P耗＝，知输电线路消耗功率增大
D．由P送＝R线，知不会影响输电线路中的电流
√
B [由U线＝I线R线，I送＝I线，U送≠U线＝I送R线，得U送≠I送R线，故A错误；公式P送＝I送U送，针对的是同一研究对象，故B正确，D错误；根据P耗＝R线＝R线＝R线，可知U送增大时，输电线路消耗功率P耗减小，故C错误。]
考点2 高压输电线路的分析与计算
1．远距离输电电路图
2．输电过程的几个基本关系式
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝ΔP＋P3。
(2)电压、电流关系：＝＝＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线。
(3)输电电流：I线＝＝＝。
(4)输电线上损耗的电功率：ΔP＝I线ΔU＝R线＝R线＝R线。
3．高压输电过程的几个电压的区别
(1)输送电压：输电线始端电压，如图中的U2。
(2)用户电压：最终用户得到的电压，如图中的U4。
(3)损失电压
①表示形式：输电线始端电压与末端电压的差值，即ΔU＝U2－U3＝I2R线。
②形成原因：输电导线有电阻，电流通过输电线时，会在线路上产生电势降落，致使输电线路末端的电压比起始端电压要低。
【典例2】 如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW，输出电压为400 V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2 kV高压输电，最后用户得到220 V、9.5 kW的电力，求：
(1)水电站升压变压器的原、副线圈匝数比；
[解析] 已知输电功率为10 kW，而用户得到的功率为9.5 kW，所以损失的功率为0.5 kW，等于导线的电阻与输电电流的平方之积。
升压变压器的原、副线圈匝数比＝＝＝。
[答案]
(2)输电线路导线电阻R；
[解析] 由P损＝R可知，输电线上损失的功率和导线电阻R及输电电流有关，而输电电流又取决于输电电压及输电功率，则有I2＝
所以R＝＝＝ Ω＝20 Ω。
[答案] 20 Ω
(3)降压变压器的原、副线圈匝数比。
[解析] 降压变压器原线圈上的电压
U3＝U2－I2R＝U2－R＝(2 000－×20)V＝1 900 V
所以降压变压器的原、副线圈匝数比＝＝。
[答案]
远距离输电问题的分析方法
(1)正确画出输电过程示意图并在图上标出各物理量。
(2)抓住变压器变压前后各量间的关系，求出输电线上的电流。
(3)计算电路功率问题时常用关系式：P损＝R线，注意输电线上的功率损失和电压损失。
(4)电网送电遵循“用多少给多少”的原则，说明原线圈电流由副线圈电流决定。
[跟进训练]
2．图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为50 Ω。降压变压器右侧部分为火灾报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小，电压表V可以显示加在报警器两端
的电压(报警器未画出)。未出现火警
时，升压变压器的输入功率为660 kW。
下列说法正确的是( )
A．0.01 s时刻，电压表的示数是0 V
B．未出现火警时，远距离输电线路损耗的功率为45 kW
C．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大
D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小
√
B [电压表测量的为交流电的有效值，故不为零，故A错误；升压变压器输入端电压有效值为220 V，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压为22 000 V，所以输电线中的电流I＝＝ A＝30 A，输电线损失的电压ΔU＝IR＝30×50 V＝1 500 V，输电线路损耗功率ΔP＝ΔUI＝1 500×30 W＝45 kW，故B正确；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数减小，故C错误；当传感器R2所在处出现火警时，副线圈电流增大，可知输电线上的电流增大，故D错误。]
学习效果·随堂评估自测
03
1．(2022·贵州高二学业考试)为了减少电能在输电线路中的损耗，在输送电功率一定时，远距离输送电能通常采用( )
A．高电压输电 B．低电压输电
C．增大输电电流 D．增大输电线电阻
A [为了减小输电线的损耗，当输送功率一定时，根据P＝UI知增大输送电压U可以减小流过线路的电流I，则根据线路损耗P损＝I2r可知线路损耗也会减小，A正确，B、C、D错误。]
1
2
3
4
√
2．500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大工程，我省超高压输电工程正在紧张建设之中。若输送功率为3 200万千瓦，原来采用200千伏输电，由于输电线有电阻而损失的电功率为P损，则采用500千伏超高压输电后，在输电线上损失的电功率为(设输电线的电阻未变) ( )
A．0.4P损 B．0.16P损 C．2.5P损 D．6.25P损
B [根据P损＝r可知：当输电电压由200 kV升高到500 kV时，其线路损耗由P损减小到0.16P损，选项B正确。]
1
2
3
4
√
3．(多选)发电厂发电机输出电压为U1，发电厂到学校的输电导线总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上的损耗的电功率可表示为( )
A． C．I2R D．I(U1－U2)
BCD [输电线上的电压损失为U1－U2，即电阻R两端的电压为U1－U2，故其消耗的电功率为；导线中的电流为I，即流过电阻R的电流为I，故其消耗的电功率还可表示为I2R和I(U1－U2)，综上所述，选项B、C、D正确。]
1
2
3
4
√
√
√
4．风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 Ω。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；
1
2
3
4
[解析] 由P损＝R线，得I2＝＝ A＝20 A
由P＝U2I2，得U2＝＝ V＝5 000 V
升压变压器原、副线圈匝数比 ＝＝＝
U3＝U2－U损＝U2－I2R线＝4 800 V
降压变压器原、副线圈匝数比 ＝＝＝。
[答案] 1∶20 240∶11
1
2
3
4
(2)画出此输电线路的示意图；
[解析] 如图所示。
[答案] 见解析图
(3)用户得到的电功率是多少。
[解析] 用户得到的电功率即降压变压器的输出功率，为P用＝P－P损＝P(1－4%)＝100×96% kW＝96 kW。
[答案] 96 kW
1
2
3
4
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．画出高压输电线路。
提示：
2．变压器存在的关系式是什么？
提示：
升压变压器T1两端 降压变压器T2两端
3．电压损耗和功率损耗计算公式？
提示：(1)电压损耗：输电线路上I2＝IR＝I3，总电阻R导致的电压损耗UR＝U2－U3＝IRR。
(2)功率损耗：输电线路发热导致的功率损耗PR＝P2－P3＝R＝，注意。
阅读材料·拓展物理视野
04
输电技术的发展
1882年，爱迪生在美国修建了第一个电力照明系统，用直流电点亮了几千盏电灯。那时，输电距离很近，每隔3 km左右就要建立一个发电厂，否则灯泡因电压过低而不能发光。同一年，一个法国工程师修建了第一条远距离输电电路，将一个水电站发出的电送到57 km之外的慕尼黑，在博览会上用来驱动一台水泵，造了一个人工喷泉。
1886年，发明家威斯汀豪斯利用变压器成功地在6 km的线路上实现了交流输电。
1891年，德国建成170 km的15 kV～30 kV的高压输电线路，效率高达70%～80%。1893年，美国修建尼亚加拉水电站时，经过反复论证，决定采用交流供电系统。1909～1912年，美国、德国建造100 kV的高压输电线路，从此高压输电技术迅速普及。
随着电力系统的扩大，交流输电遇到了一些技术困难。例如，用甲、乙两台交流发电机给同一条线路供电，如果某时刻甲达到正的最大值时，乙恰好是负的最大值，它们发的电在电路里恰好互相抵消，不仅电路无法工作，甚至会烧毁设备。要使电路正常工作，给同一条线路供电的所有发电机都必须同步运行，即同时达到正的最大值，同时达到负的最大值。现代的供电系统是把许多电站连成一个电网，要使电网内的许多发电机同步运行，技术上有一定困难。此外，长距离输电时，线路上的电容、电感对交变电流的影响也不能忽略，有时它们引起的电能损耗甚至大于导线电阻引起的电能损耗。
为了减少感抗和容抗，在输电这个环节可以使用直流，但发电机产生的仍是交流，用户使用的也主要是交流。为此，在送电端有专用的“整流”设备将交流变换为直流，在用户端也有专用的“逆变”设备再将直流变换为交流。制造大功率的整流和逆变设备在过去有很大困难，目前已经逐步解决，因此直流输电技术已得到应用。
我国继三峡至常州±500 kV直流输电工程之后，又建成了宁夏至山东±600 kV和四川至上海±800 kV 的直流输电工程。另外，新疆昌吉至安徽古泉新建了±1 100 kV 特高压直流输电工程。这是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的特高压输电工程。直流特高压输电技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础。
问题 高压交流输电和高压直流输电的优缺点？
提示：高压交流输电优点是方便升压、降压，缺点是受电容、电感影响较大，同一电网发电机必须同步运行。高压直流输电优点是不受电容、电感影响，缺点是不方便升压、降压。(共49张PPT)
第三章 交变电流
第三节 变压器
学习 任务 1．了解变压器的构造及工作原理。
2．通过实验探究，得到电压、电流与匝数的关系。
3．能够利用变压比、变流比定性和定量分析有关变压器的实际问题。
必备知识·自主预习储备
01
[知识梳理]
知识点一 认识变压器
1．用途：改变____电压的设备。
2．构造：变压器是由____铁芯和绕在铁芯上的两个____组成。
(1)原线圈：与电源相连的线圈(也叫初级线圈)。
(2)副线圈：与负载相连的线圈(也叫次级线圈)。
3．原理：变压器工作的基础是电磁感应现象，原线圈中的交变电流在铁芯中产生交变的磁通量，这个交变的磁通量不仅穿过原线圈，也穿过副线圈，所以在副线圈中产生感应电动势。
交流
闭合
线圈
知识点二 探究变压器电压与线圈匝数的关系
1．实验目的：探究变压器电压与线圈匝数的定量关系。
2．实验器材：__________、低压交流电源、交流电压表、带夹的导线。
3．实验步骤
(1)要先估计被测电压的大致范围，再选择恰当的量程，若不知道被测电压的大致范围，则应选择交流电压表的________进行测量。
(2)把两个____穿在铁芯上，闭合铁芯。
(3)用交流电压表测量输入、____电压。
可拆变压器
最大量程
线圈
输出
(4)改变输入端电压，重新测量输入、输出端电压，记录在设计好的表格内。
(5)改变线圈____，重新测量输入、输出端电压，记录在上面设计好的表格内。
项目 1 2 3 4 5 6
U1
U2
n1
n2
匝数
4．注意事项
(1)在改变低压交流电源电压、线圈匝数前均要先____开关，再进行操作。
(2)为了人身安全，低压交流电源的电压不能超过12 V，不能用手接触裸露的导线和接线柱。
(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用____量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量。
断开
最大
知识点三 理想变压器原、副线圈基本量的关系
1．铜损和铁损
(1)铜损：变压器的线圈有内阻，电流通过时发热所损失的能量。
(2)铁损：铁芯在交变磁场中反复磁化，产生涡流，使铁芯发热所损失的能量。
2．理想变压器：忽略原、副线圈的____和各种电磁能量损失的变压器。
3．电压与匝数关系：原、副线圈的电压之比等于这两个线圈的________，即＝ ____ 。
电阻
匝数之比
4．功率关系：原线圈的输入功率____副线圈的输出功率。
5．电流与匝数关系：原、副线圈中的电流跟它们的匝数______，即＝。
6．两类变压器：n2>n1，能使电压升高的变压器叫作____变压器；n2等于
成反比
升压
降压
[基础自测]
1．思考判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电的电压。 ( )
(2)实际生活中，不存在原线圈与副线圈匝数相等的变压器。 ( )
(3)理想变压器不仅可以改变交变电流的电压和电流，还可以改变交变电流的功率和频率。 ( )
(4)理想变压器是客观存在的。 ( )
(5)＝适用于任何理想变压器。 ( )
√
√
×
×
√
2．(多选)理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有( )
A．交流电的频率 B．磁通量的变化率
C．功率 D．交流电的峰值
ABC [理想变压器没有漏磁，没有能量损失，所以原、副线圈中磁通量变化率相同，原、副线圈中功率相同，B、C正确；变压器能改变交流电的峰值但不改变交流电的频率，A正确，D错误。]
√
√
√
3．一个含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R＝10 Ω。当原线圈接320 V的交流电压时，原线圈中电流为2 A，则变压器原、副线圈匝数比为( )
A．2∶1 B．1∶2
C．4∶1 D．1∶4
C [输入功率等于输出功率，大小为P＝U1I1＝640 W，根据P＝，输出电压为U2＝80 V，则变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝U1∶U2＝4∶1，故选C。]
√
关键能力·情境探究达成
02
考点1 对变压器原理的理解
考点2 探究变压器电压与线圈匝数的关系
考点3 理想变压器的基本关系应用
(1)在课外，某同学在进行低压交流变压器实验的准备工作时，发现缺少电源，于是就用一种摩托车的蓄电
池代替，按图所示进行实验。闭合开关后，
灯泡是否发光？解释出现这种现象的原因。
提示：因蓄电池是直流电源，向外输出恒定电压，故连接到副线圈上的小灯泡不会发光。原因：恒定电压加在原线圈上后，线圈内的磁通量不发生变化，因而副线圈中的磁通量也不发生变化，所以E＝n＝0。故副线圈中无感应电动势。
(2)学生电源(低压交流12 V)，可拆变压器，多用表(交流电压挡)，电路图如图所示。对于理想变压器，在只有一组副线圈的情况下，原线圈和副线圈的电流跟它们的匝数的关系是什么？
提示：＝。因为P1＝P2，即I1U1＝I2U2，又＝，所以推导出＝。
考点1 对变压器原理的理解
1．变压器的变压原理是电磁感应。如图所示，当原线圈上加交流电压U1时，原线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生交变的磁通量，在原、副线圈中都会产生感应电动势。如果副线圈是闭合的，则副线圈中将产生交变的感应电流，它也在铁芯中产生交变磁通量，在原、副线圈中同样要产生感应电动势。
2．由于互感现象，原、副线圈间虽然不相连，
电能却可以通过磁场从原线圈传递到副线圈。
3．能量转换方式为原线圈电能→磁场能→副线圈电能。
【典例1】 (多选)如图所示为汽油机中点火装置的示意图，它使用的是12 V直流电源，在变压器的输出端却可得到高达10 000 V的高压，开关是自动控制的，欲使副线圈两端得到一个高压，应使( )
A．开关总处于接通状态
B．开关在接通时断开
C．开关在断开时接通
D．开关总处于断开状态
BC [欲使副线圈两端得到一个高压，必须使变压器铁芯中的磁通量发生变化，即原线圈中的电流必须发生变化，只有在开关闭合、断开瞬间原线圈中电流才有变化，故选B、C。]
√
√
(1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用。
(2)变压器的两个线圈之间通过磁场联系在一起，两个线圈间是绝缘的。
(3)变压器不能改变交变电流的周期和频率。
(4)若直流的电压是随时间变化的，也可以用变压器改变电压。
[跟进训练]
1．如图所示，甲图中两导轨不平行，而乙图中两导轨平行，其余物理条件都相同，金属棒MN正在导轨上向右做匀速运动，在金属棒运动过程中，将观察到( )
A．L1、L2都发光，只是亮度不同
B．L1、L2都不发光
C．L2发光，L1不发光
D．L1发光，L2不发光
√
D [题图甲右侧线圈中感应电动势的大小时刻变化，在题图甲的右侧线圈中形成变化的电流，产生变化的磁场，在左侧线圈和灯L1中产生感应电流，灯L1发光；题图乙右侧线圈中感应电动势恒定不变，在题图乙的右侧线圈中形成恒定不变的电流，不能在左侧线圈和灯L2回路中产生感应电流，灯L2不发光。故D正确。]
考点2 探究变压器电压与线圈匝数的关系
1．数据处理
根据实验中记录的数据分析完成表格：
项目 1 2 3 4 5 6
U1
U2
n1
n2
U1/U2
n1/n2
2．实验结论：在误差允许的范围内，变压器线圈两端的电压与匝数成正比，表达式为＝。
3．误差分析
(1)由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差。
(2)原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗，造成实验误差。
(3)铁芯中有磁损耗，产生涡流造成误差。
【典例2】 在“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝120匝、n2＝240匝，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据如表所示。
实验 序号 原线圈两端的 电压U1/V 副线圈两端 的电压U2/V
1 3.9 8.2 1∶2.1
2 5.9 11.8 1∶2.0
3 7.8 15.2
1∶1.9
(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把算出的结果填在表格中。
[解析] 第三组数据为＝≈。
(2)本实验可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数关系为________(用题目中给出的字母表示)。
[解析] 线圈匝数之比＝＝，结合表格中的数据知，在误差允许的范围内线圈两端电压与匝数的关系是＝。
＝
(3)该变压器是________变压器(选填“升压”或“降压”)。
[解析] 从表格中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器。
升压
[跟进训练]
2．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，操作步骤如下：
①将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；
②闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；
③将匝数较多的一组线圈接到交流电源输出端上，另一组作为副线圈，接上小灯泡；
④将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤。
(1)以上操作的合理顺序是_________(只填步骤前数字序号)。
①③②④
[解析] 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到交流电源输出端上，另一组作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；最后将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤。故合理的顺序是①③②④。
(2)如图所示，在实验中，两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1作为原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；原线圈与副线圈对调后，当U′1＝8 V时，U′2＝32 V，那么可初步确定，变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是________。
＝
[解析] 两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1作原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；当原线圈与副线圈对调后，U′1＝8 V时，U′2＝32 V，此时U′2为原线圈的电压，而U′1为副线圈的电压；由以上数据可得＝。
考点3 理想变压器的基本关系应用
1．理想变压器的变压(变流)规律
项目 规律表示 依据 备注
变压 规律 适于一个原线圈及多个副线圈的情况
功率关系 P入＝P出 能量守恒 适于理想变压器
变流 规律 U1I1＝U2I2 适于一个原线圈，一个副线圈
n1I1＝n2I2＋n3I3… U1I1＝U2I2＋U3I3… 适于一个原线圈，多个副线圈
2．理想变压器各物理量间的制约关系
(1)输入电压决定输出电压：由＝，得U2＝U1。
当U1不变时，U2也不会变，与负载电阻R多大及是否变化无关。
(2)输出功率决定输入功率：对理想变压器P出＝P入。
(3)负载决定输出电流：当U1一定时，U2也一定，对副线圈有I2＝，所以当R变化时，I2也随之变化，即R变大，I2变小；R变小，I2变大。
(4)输出电流决定输入电流：由n1I1＝n2I2，得I1＝I2，所以当I2变化时，I1也随之变化。即I2变大，I1变大；I2变小，I1也变小。
【典例3】 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1， 和 均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB两端电压u1＝
12sin 100πt(V)。下列说法正确的是( )
A．电流频率为100 Hz
B． 的读数为24 V
C． 的读数为0.5 A
D．变压器输入功率为6 W
√
D [根据u1＝12sin 100πt(V)及U＝知U1＝12 V，f＝＝50 Hz，故A错误；根据＝得U2＝U1＝×12 V＝6 V，即 的读数为6 V，故B错误；又I2＝＝ A＝1 A，即 的读数为1 A，故C错误；根据P1＝P2及P2＝＝ W＝6 W，得P1＝6 W，故D正确。]
理想变压器的电压关系和电流关系
(1)理想变压器的电压关系对有一个或多个副线圈的情况都成立。
(2)电流关系只适用于有一个副线圈的情况，若有多个副线圈，则电流关系应根据功率关系P入＝P出求出。
[跟进训练]
3．如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 50πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表，下列说法正确的是( )
A．电流表的读数为1 A
B．增大原线圈的匝数，则电压表示数增大
C．副线圈输出交流电的周期为0.01 s
D．如果提高原线圈的电压，则电流表示数减小
√
A [由理想变压器的原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比可知，副线圈两端的电压表示数为U2＝，则增大原线圈的匝数n1，则电压表示数减小，B错误；根据选项B分析和题意可知U1＝220 V、U2＝110 V，则根据欧姆定律可知流过电阻R的电流为I2＝＝2 A，由理想变压器的原、副线圈电流与线圈匝数成反比可知，电流表的读数为I1＝I2·＝1 A，A正确；根据原线圈接在u＝220sin 50πt(V)的交流电源上，知原线圈中交变电流的周期为T＝0.04 s，由于原、副线圈的周期相等，所以副线圈输出交变电流的周期为0.04 s，C错误；根据选项A、B的分析有I1＝·，则如果提高原线圈的电压，则电流表示数增大，D错误。]
学习效果·随堂评估自测
03
1．如图所示四个电路，能够实现升压的是( )
D [变压器只能对交流电变压，不能对直流电变压，故A、B错误；由于电压与线圈匝数成正比，故C错误，D正确。]
1
2
3
4
√
A B
C D
2．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W，原线圈电路中接有电压表和电流表，电压表、电流表均为理想电表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )
A．U＝110 V，I＝0.2 A
B．U＝110 V，I＝0.05 A
C．U＝110 V，I＝0.2 A
D．U＝110 V，I＝0.2 A
1
2
3
4
√
A [交流电压表、电流表测得的是交变电流的有效值，由灯泡正常发光可知，变压器的输出电压为220 V，而变压器的输入与输出电压之比等于原、副线圈的匝数比，故变压器的输入电压为110 V，电压表的示数为110 V；变压器的输入功率等于输出功率，可知变压器的输入电流为0.2 A，A正确。]
1
2
3
4
3．两彼此正对的相同金属圆环竖直放置在竖直向下、磁感应强度为0.8 T的匀强磁场中，圆环半径为0.2 m、相距0.5 m，用导线将环与匝数比为4∶1的理想变压器相连，变压器输出端接一阻值为1 Ω的灯泡，让导体杆沿两环内侧做角速度为50 rad/s的匀速圆周运动，圆环电阻不计，杆长为0.5 m，电阻为4 Ω，则灯泡( )
A．两端电压为0.8 V
B．两端电压为1.0 V
C．两端电压为1.5 V
D．两端电压为2.0 V
1
2
3
4
√
A [分析可知，导体棒在磁场中运动，产生正弦式交流电，当导体棒经过最低点和最高点时，切割的方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大，为Em＝BLv＝BLωr＝4 V，则电源产生电压的有效值E＝＝4 V；设流过灯泡的电流及灯泡两端的电压分别为I2、U2，则根据＝、I1n1＝I2n2可得，理想变压器的输入电压及通过的电流为U1＝U2＝4U2，I1＝＝I2，其中I2＝，由闭合电路欧姆定律可得U1＝E－I1r，联立可得灯泡两端的电压U2＝0.8 V，故选A。]
1
2
3
4
4．如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V的交流电上，向额定电压为1.80×104 V的霓虹灯供电，使它正常发光。为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA时，熔断器的熔丝熔断。
1
2
3
4
(1)熔丝的熔断电流是多大(结果保留两位有效数字)
[解析] 设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则U1I1＝U2I2，
当I2＝12 mA时，I1即为熔断电流，I1＝I2≈0.98 A。
[答案] 0.98 A
(2)当副线圈电路中电流为10 mA时，变压器的输入功率是多大？
[解析] 当副线圈上的电流为I2′＝10 mA时，变压器的输入功率为P1，
所以P1＝P2＝I2′U2＝180 W。
[答案] 180 W
1
2
3
4
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．变压器的构造是什么？
提示：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕
在铁芯上的原线圈和副线圈组成的。
2．变压器的工作原理是什么？
提示：电流磁效应、电磁感应。
3．理想变压器的基本关系是什么？
提示：
物理量 电压 电流 功率
关系式 n1I1＝n2I2 P入＝P出
依据 U1I1＝U2I2 能量守恒
注意 电流关系式仅适用于一个副线圈的情况 阅读材料·拓展物理视野
04
无线充电技术
我们知道，变压器能通过电磁感应输送电能。当原线圈中由变化的电流激发了一个变化的磁场，电场的能量就转变成磁场的能量；当这个变化的磁场在副线圈上产生感应电流，磁场的能量就转化成了电场的能量，这样电能就从原线圈不必经过导线直接连接就转移到了副线圈。
无线充电是近年发展起来的新技术，其中一种就是基于这样的原理而产生的，只不过变压器磁场的回路是铁芯，而无线充电装置磁场的回路是空气。无线充电技术通过分别安装在充电基座和接收能量的装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。如果移动电话中有无线充电装置，那么把移动电话直接放在充电基座上就可以充电(图甲)。对于一个没有无线充电功能的移动电话，也可以通过在移动电话端连接一个无线充电接收器，将接
收器放在无线充电基座上来进行充
电。打开无线充电接收器，就可以
看到其内部有一个接收线圈(图乙)。
目前已经有移动电话、数字照相机、电动牙刷等电子产品采用无线充电技术。随着新能源汽车的快速发展，无线充电技术在电动汽车中也将会有广泛的应用。
相比有线输电技术，无线充电器与用电装置之间不用电线连接，因而具有使用方便、减少触电危险、不易老化磨损等优点。但目前无线充电技术也存在着传输距离短、成本高、能量损耗大等不足。因此，无线充电技术还需不断地改进、发展。
问题 送电线圈中电流产生的磁场是什么样的？受电线圈磁场是什么样的？送电线圈与受电线圈是否需要导线连接？
提示：周期性变化的 周期性变化的 不需要(共50张PPT)
第三章 交变电流
第二节 描述交变电流的物理量
学习 任务 1．知道交变电流的周期、频率的含义，以及它们相互间的关系。
2．知道交变电流的峰值和有效值的意义。经历根据电流的热效应推导交变电流有效值的过程，体会“等效”的科学方法。
3．掌握交变电流有效值与峰值的关系，会进行有效值的计算。
4．理解交变电流的图像意义，能从图像中获取相关信息。
必备知识·自主预习储备
01
[知识梳理]
知识点一 交变电流的周期和频率
1．周期：交变电流完成一次______变化的时间叫作它的周期。单位是_。
2．频率：交变电流在1 s内完成周期性变化的____叫频率。单位是___。
3．周期T、频率f、角速度ω的关系：ω＝＝2πf，T＝。
周期性
s
次数
Hz
知识点二 交变电流的峰值和有效值
1．峰值：交变电流在一个周期内所能达到的____值。
2．有效值
(1)定义：交变电流和恒定电流分别通过相同____的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的____相等，这一恒定电流的数值就是相应交变电流的______。
(2)应用：
①无特别说明的交变电流的电压、电流值是有效值。
②交流电表测量的交变电流的电压、电流值是______。
③交流电气设备铭牌上所标注的________、________指有效值。
最大
阻值
热量
有效值
有效值
额定电压
额定电流
3．正弦式交变电流有效值和峰值的关系
E＝≈________。
I＝≈________。
U＝≈________。
0.707Em
0.707Im
0.707Um
知识点三 用图像描述交变电流
1．物理意义：描述交变电流(_______、_____、_____)随_____(或角度ωt)变化的规律。
2．正弦式交变电流的图像
电动势e
电流i
电压u
时间t
[基础自测]
1．思考判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)对于一个正弦式电流的峰值同周期、频率一样是不变的，但有效值是随时间不断变化的。 ( )
(2)正弦式交变电流的正负两部分是对称的，所以有效值为零。 ( )
(3)正弦式交变电流的有效值等于峰值的倍。非正弦式交变电流的有效值不一定等于峰值的倍。 ( )
(4)只要是交变电流，其峰值就是有效值的倍。 ( )
(5)家用电器铭牌上标注的电流、电压都是指有效值。 ( )
×
×
√
×
√
2．(多选)某交变电流的方向在1 s内改变100次，则其周期T和频率f分别为( )
A．T＝0.01 s B．T＝0.02 s
C．f＝100 Hz D．f＝50 Hz
BD
3．(多选)(2022·陕西延安第一中学高二期中)如图所示是一个正弦式交变电流的图像，下列说法正确的是( )
A．周期是0.2 s，电流的峰值是10 A
B．周期是0.25 s，电流的峰值是10 A
C．频率是5 Hz，电流的有效值是10 A
D．频率是5 Hz，电流的有效值是5 A
AD [由题图图像可知，交流电的周期T＝0.2 s，频率f＝＝5 Hz，交流电流的峰值为Im＝10 A，有效值I＝ A＝5 A，故选A、D。]
√
√
关键能力·情境探究达成
02
考点1 交变电流的周期和频率
考点2 交变电流的峰值和有效值
考点3 正弦式交变电流的图像
考点4 交变电流的四值比较
(1)电磁打点计时器接到干电池上怎样调整也不打点，而接到学生电源的低压交流挡上就顺利打点，且每隔0.02 s打一个点。打点计时器打点时间间隔为什么为0.02 s？其时间间隔由什么决定？
提示：电磁式打点计时器的打点频率与工作电流频率相同，我国生产、生活用电的频率为50 Hz，所以打点计时器的打点时间间隔T＝＝0.02 s；时间间隔由电源的频率决定。
(2)如图甲、乙中电炉烧水，设其他条件都相同，水的质量相等，水的初温相同。若恒定电流用10 min 把水烧开，而交变电流也用10 min把水烧开。两种情况下电阻热量相同吗？交流电电流的有效值是多少？
提示：热量相同。有效值是3 A。
考点1 交变电流的周期和频率
1．周期和频率的物理意义：交变电流的周期与频率都是描述交变电流变化快慢的物理量。
2．周期T：交变电流完成一次周期性变化的时间，单位是s。周期越大，电流变化越慢；在一个周期内，电流的方向改变2次。
3．频率f：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹，符号为Hz，频率越大，电流变化越快。
4．周期和频率的关系：T＝或f＝。
【典例1】 关于交变电流的周期和频率，下列说法正确的是( )
A．正弦式交变电流最大值连续出现两次的时间间隔等于周期
B．1 s内交变电流出现最大值的次数等于频率
C．交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍
D．50 Hz的交变电流，其周期等于0.05 s
C [根据周期的定义知选项A错误；因为在一个周期的时间内，交变电流会出现正向和负向最大值各一次，但相邻两个峰值的时间间隔为半个周期，B错误；交变电流在一个周期内方向改变两次，即方向变化的频率为交变电流频率的2倍，故选项C正确；由T＝＝
s＝0.02 s，知选项D错误。]
√
(1)由交变电流的图像可直接获得的信息有：①该交变电流的最大值、周期；②任意时刻交变电流的数值。
(2)掌握角速度ω、周期T、转速n的关系。
ω＝；ω＝2πn；n＝。
[跟进训练]
1．(多选)某小型发电机产生的交流电动势为e＝50sin 100πt(V)。对此电动势，下列表述正确的有( )
A．周期是0.02 s
B．t＝0时刻线圈平面与中性面重合
C．频率是5 Hz
D．最大值是50 V
ABD [周期是T＝＝ s＝0.02 s，频率为50 Hz，选项A正确，C错误；t＝0时刻e＝0，此时线圈平面与中性面重合，选项B正确；最大值是50V, D正确。]
√
√
√
考点2 交变电流的峰值和有效值
1．有效值的理解
(1)交变电流的有效值是根据电流的热效应定义的，与电流的方向无关。
(2)“等效”理解：相同电阻、相同时间，产生相同热量。交变电流与多大的直流“效果”相同，有效值就是多大。
2．有效值的计算方法
(1)特殊值法：若按正(余)弦规律变化的电流，可利用交变电流的有效值与峰值间的关系求解，即E＝，U＝，I＝。
(2)定义法：当电流是非正弦式交变电流时，必须根据有效值的定义求解。
3．几种常见交变电流的有效值
电流名称 电流图线 有效值
正弦式交 变电流
正弦半 波电流
电流名称 电流图线 有效值
正弦单向 脉动电流
矩形脉 动电流
非对称性 交变电流
【典例2】 一根电阻丝接入100 V的直流，2 min内产生的热量为Q，同样的一根电阻丝接入正弦式交变电压，1 min内产生的热量也为Q，那么该交变电压的最大值为( )
A．100 V B．200 V C．50 V D．70 V
[思路点拨] 对于正弦式交流电产生的热量应由有效值来计算，即Q＝Rt＝t，且有效值与最大值之间的关系为U有＝Um，据此本题求解就很明了了。
√
B [设该交变电压最大值为Um，则Q＝t1＝t2，其中U＝100 V，t1＝2 min＝120 s，t2＝1 min＝60 s，解得Um＝200 V，故选B。]
求解有效值的一般步骤
(1)首先要分析交变电流的变化规律，在一个交变电流中可能存在几种形式的交流。
(2)一个交变电流中存在几种形式，可在一个周期内分段求出产生的热量，再求其和。
(3)正弦式交变电流的最大值和有效值的关系是：I＝，U＝，非正弦式交变电流不符合此关系。
(4)分段不同，矩形脉冲的交流的有效值不是算术平均值，而是分段用焦耳定律求解。
[跟进训练]
2．如图所示的交变电流由正弦式交变电流的一半和反向脉冲电流组合而成，则这种交变电流的有效值为( )
A．I0 B．I0 C．I0 D．I0
C [由i-t图像知交变电流的周期T＝2 s。一个周期内：前半个周期电流的有效值：I1＝，后半个周期电流的有效值：I2＝I0。设交变电流的有效值为I，根据交变电流有效值的定义有I2RT＝
R＝R，解得I＝I0，故选项C正确。]
√
考点3 正弦式交变电流的图像
1．用图像描述交变电流的变化规律(在中性面时t＝0)
项目 函数 图像 说明
磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BS cos ωt S为线圈的面积，N为线圈的匝数，r为线圈的电阻(内阻)，R为外电阻
电动势 e＝Emsin ωt＝NBSωsin ωt 项目 函数 图像 说明
电压 S为线圈的面积，N为线圈的匝数，r为线圈的电阻(内阻)，R为外电阻
电流 2．从图像中可以解读到以下信息
(1)交变电流的峰值Em、Im和周期T。
(2)两个特殊值对应的位置：
①e＝0(或i＝0)时：线圈位于中性面上；
e最大(或i最大)时：线圈平行于磁感线。
②e＝0(或i＝0)时，＝0，Φ最大。
e最大(或i最大)时，最大，Φ＝0。
(3)分析判断e、i大小和方向随时间的变化规律。
【典例3】 处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直。在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图所示，线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线
圈中感应电流i随时间t变化的图线是( )
A B
C D
√
[思路点拨] ①线圈从垂直中性面开始计时，产生的交变电流按余弦规律变化。②由楞次定律知前周期产生正方向电流。
C [题图所示时刻cd边垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，此时感应电流最大，由楞次定律可判断电流方向为a→b→c→d→a，与规定的正方向相同，所以正确答案为C。]
图像的分析方法
一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”，并理解其物理意义。
二变：掌握“图与图”“图与式”和“图与物”之间的变通关系。
三判：在此基础上进行正确地分析和判断。
[跟进训练]
3．(多选)在匀强磁场中，一矩形金
属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速
转动，如图甲所示；产生的交变电
动势的图像如图乙所示，则( )
A．t＝0时穿过线框的磁通量为零
B．t＝0.01 s时线框的磁通量变化率为零
C．线框产生的交变电动势有效值约为220 V
D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
√
√
BC [t＝0时线框产生的感应电动势为零，线框处于中性面，穿过线框的磁通量最大，故A错误；t＝0.01 s 时线框产生的感应电动势为零，可知线框的磁通量变化率为零，故B正确；线框产生的交变电动势有效值约为E＝＝ V≈220 V，故C正确；交变电动势的周期为0.02 s，则线框产生的交变电动势频率f＝＝ Hz＝50Hz，故D错误。]
考点4 交变电流的四值比较
项目 物理含义 重要关系 适用情况
瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某一时刻的受力情况
最大值 最大的瞬时值 确定电容器的耐压值
项目 物理含义 重要关系 适用情况
有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流的电流值、电压值 (1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)；
(2)交流电表的测量值；
(3)电气设备标注的额定电压、额定电流；
(4)保险丝的熔断电流
平均值 交变电流图像中图线与时间轴所围面积与时间的比值 计算通过电路横截面的电荷量
【典例4】 在水平方向的匀强磁场中，有一个正方形闭合线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动，已知线圈的匝数为N＝100匝，边长为20 cm，电阻为10 Ω，转动频率f＝50 Hz，磁场的磁感应强度为0.5 T，π＝3.14，求：
(1)外力驱动线圈转动的功率；
[解析] 线圈中产生的感应电动势的最大值为
Em＝NBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50 V＝628 V
感应电动势的有效值为E＝＝314 V
外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等，
即P外＝＝ W≈1.97×104 W。
[答案] 1.97×104 W
(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小；
[解析] 当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势的瞬时值为e＝Emsin 30°＝314 V，
感应电流的瞬时值为i＝＝ A＝31.4 A。
[答案] 314 V 31.4 A
(3)线圈由中性面转至与中性面成60°角的过程中，通过导线横截面的电荷量。
[解析] 在线圈由中性面转过60°的过程中，线圈中的平均感应电动势为＝N，
平均感应电流为＝N，
故通过导线横截面的电荷量为q＝Δt＝N＝＝0.1 C。
[答案] 0.1 C
应用交变电流四值时的注意事项
(1)研究电容器是否被击穿时，应用交变电流的峰值(最大值)，因为电容器上标明的电压是电容器长时间工作时所能承受的最大电压。
(2)研究电功、电功率和电热时，只能用有效值。
(3)研究通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值。
[跟进训练]
4．交流发电机线圈电阻r＝1 Ω，用电器电阻R＝
9 Ω，电压表示数为9 V，如图所示，那么该交流
发电机( )
A．电动势的峰值为10 V
B．电动势的有效值为9 V
C．交流发电机的线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10 V
D．交流发电机的线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为 V
√
D [因电压表示数为9 V，所以电路中的电流I＝ A＝1 A，故电动势的有效值E＝I(r＋R)＝10 V，其最大值Em＝E＝10 V，故A、B错误；线圈通过中性面时电动势的瞬时值为0，C错误；转过
90°的过程中的平均感应电动势，应用公式＝ V，D正确。]
学习效果·随堂评估自测
03
1．(多选)下列说法正确的是( )
A．使用交流的用电器铭牌上所标示的额定电压、额定电流的数值均为最大值
B．用交流电流表和电压表测得的数值是有效值
C．照明电路电压220 V指的是有效值
D．所有交变电流的有效值和最大值之间均存在E＝、U＝和I＝的关系
1
2
3
4
√
√
BC [各种使用交流电的用电器铭牌上所标示的数值均为有效值，故A项错误；交流电表测得的数值为有效值，故B项正确；照明电路电压220 V指的是有效值，故C项正确；E＝、U＝、I＝是正弦式交变电流有效值和最大值的关系，故D项错误。故正确答案为B、C。]
1
2
3
4
2．(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势为e＝220sin 100πt(V)，则( )
A．交流电的频率是100π Hz
B．t＝0时，线圈位于中性面
C．交流电的周期是0.02 s
D．t＝0.05 s时，e有最大值
BC [由瞬时值表达式知：感应电动势按正弦规律变化，所以t＝0时，线圈位于中性面，角速度ω＝100π rad/s，因ω＝2πf，所以f＝＝ Hz＝50 Hz，故A错误，B正确；由T＝得T＝ s＝0.02 s，故C正确；当t＝0.05 s时，e＝220sin 5π(V)＝0，故D错误。]
1
2
3
4
√
√
3．如图所示，正弦波和方波交变电流的最大值相等，周期也相等，现使它们通过完全相同的电阻，则在相同的时间(远大于周期)内，两电阻发热之比等于( )
A． B． C． D．
B [计算电阻发热Q＝I2Rt需用交流的有效值，题图甲的有效值为I1＝，题图乙的有效值为I2＝Im，所以代入可得＝，B正确。]
1
2
3
4
√
4．(2022·山东肥城第一高级中学高二期末)如图所示，空间中分布着磁感应强度大小为B的匀强有界磁场，EF是其左边界，一面积为S的n匝圆形金属线框垂直于磁场放置，圆形线圈的圆心O在EF上，若线框以角速度ω绕EF匀速转动，并从图示位置开始计时，则( )
A．t＝时，线框中的感应电流最大
B．t＝时，穿过线框的磁通量最大
C．线框中产生的交变电动势的最大值为nBSω
D．线框中产生的交变电动势的有效值为nBSω
1
2
3
4
√
D [当t＝时，即ωt＝2π时，线框回到题图所示位置，此时的感应电流最小，磁通量最大，A错误；当t＝，即ωt＝时，线圈转到与题图所示垂直的位置，此时磁通量为零，B错误；线框中产生的交变电动势的最大值为Em＝nBω＝nBSω，C错误；线框中产生的交变电动势的有效值为E＝＝nBSω，D正确。]
1
2
3
4
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．交变电流的周期和频率分别是什么？
提示：(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T＝。
(2)频率(f )：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz)。
(3)周期和频率的关系：T＝。
2．正弦式交变电流的函数表达式(从中性面开始计时)是什么？
提示：(1)电动势e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt。
(2)电流i＝Imsin ωt＝sin ωt。
(3)电压u＝Umsin ωt＝sin ωt。
3．什么叫有效值？
提示：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫作交变电流的有效值。
4．如何求有效值？
提示：计算有效值时要注意根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解。
跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫作交变电流的有效值。对于正弦式交流电，其有效值和峰值的关系为E＝，U＝，I＝。(共39张PPT)
第三章 交变电流
第一节 认识交变电流
学习 任务 1．观察交变电流的图像，理解交变电流和直流的概念。
2．理解交变电流的产生过程，会分析电动势和电流方向的变化规律。
3．知道交变电流的变化规律及表示方法，知道交变电流的瞬时值、峰值的物理含义。
4．知道交流发电机的构造。
必备知识·自主预习储备
01
[知识梳理]
知识点一 交变电流
1．恒定电流：____和____都不随时间改变的电流，简称__流(DC)。
2．交变电流：____和____都随时间做____性变化的电流，简称__流(AC)。
3．波形图：____或____随时间变化的图像。
4．日常生活和生产中所使用的交变电流是按____规律变化的交变电流。
大小
方向
直
大小
方向
周期
交
电流
电压
正弦
知识点二 交变电流的产生
1．交流发电机的基本结构：____、磁极、
滑环及____。
2．过程分析
3．中性面
(1)定义：线圈平面与磁感线____时的位置。
(2)特点：①穿过线圈的Φ____，但线圈中的感应电流为__；②线圈平面每经过一次中性面，感应电流方向就________。
线圈
电刷
垂直
最大
零
改变一次
(a)
(c)
知识点三 交变电流的变化规律
1．正弦式交变电流
定义：按____规律变化的交变电流叫作正弦式交变电流，简称正弦式交流电。
2．瞬时值表达式
从中性面开始计时，
瞬时电动势：e＝_________
瞬时电压：u＝_________
瞬时电流：i＝_________
注：表达式中Em、Um、Im分别是电动势、电压、电流的____，而e、u、i则是这几个量的______。
正弦
Emsin ωt
Umsin ωt
Imsin ωt
峰值
瞬时值
3．几种不同类型的交变电流
[基础自测]
1．思考判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)交变电流是方向随时间作周期性变化的电流。 ( )
(2)只有按正弦规律变化的电流才是交变电流。 ( )
(3)交流电源没有正、负极之分。 ( )
(4)只要闭合线圈在磁场中转动就会产生交变电流。 ( )
(5)交变电流是矩形线圈绕平行于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动产生的电流。 ( )
√
×
√
×
×
2．(多选)如图所示图像中属于交变电流的有( )
A B C D
ABC [交变电流是大小、方向都随时间做周期性变化的电流，所以A、B、C正确；D仅是电流的大小发生变化而方向不变，故不属于交变电流。]
√
√
√
3．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是( )
A．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次
B．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变
C．线圈平面每经过中性面一次，感应电流和感应电动势方向都要改变一次
D．线圈转动一周，感应电流和感应电动势方向都要改变一次
C [当线圈在匀强磁场中转动产生交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流与感应电动势方向改变两次。故只有C正确。]
√
关键能力·情境探究达成
02
考点1 交流与直流
考点2 交变电流的产生
考点3 正弦交变电流的变化规律
(1)探究交变电流的特点如图所示，把电流表接入到模型发电机的输出端，摇动发电机的手柄，观察电流表的指针摆动情况是怎样的？电流表指针的摆动情况说明
什么问题？
提示：随着线圈的转动，电流表的指针不停地在“0”刻度线两侧左右摆动，说明手摇发电机产生的电流大小、方向都处于变化中。
(2)如图所示，此位置磁通量为多少？是否有感应电流？如果有，判断感应电流的方向。
提示：此位置磁通量为0，有感应电流，且感应电流最大，方向为abcd。
考点1 交流与直流
1．直流、交流、恒定电流的特点
(1)电流分类：按电流的方向是否变化分直流和交流两种，方向不变的电流称为直流，方向变化的电流称为交流。
(2)直流分类：分为恒定电流和脉动直流，其中大小、方向都不随时间改变的电流叫恒定电流，方向不随时间改变而大小随时间改变的电流叫脉动直流。
(3)交流分类：按交流电图像特点分正弦(或余弦)式交变电流、矩形波交变电流、锯形波交变电流等。
2．交流与直流的本质区别
(1)交变电流的大小不一定变化，如矩形波交变电流，其大小可以是不变的；直流的大小不一定不变。
(2)交变电流与直流的最大区别在于交变电流的方向发生周期性变化，而直流的方向不变。
【典例1】 对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图像，下列描述正确的是( )
A．电流的大小变化，方向也变化，是交流电
B．电流的大小变化，方向不变，不是交流电
C．电流的大小不变，方向不变，是直流电
D．以上说法都不正确
B [由i-t图像可知，电流的大小变化，但电流方向一直为正，故电流方向不变，根据交变电流、直流的定义可知，该电流是直流，B正确。]
√
识别交变电流的两点技巧
(1)只要电流的方向发生周期性变化即为交变电流。
(2)在i-t或u-t图中，正负表示方向，在读图时不仅要注意图像中的坐标原点是否为0，还要观察i(u)的值有无正负变化。
[跟进训练]
1．下列各图中不属于交变电流
的是( )
A [B、C、D中i的方向均做周
期性变化，故它们属于交流，
A中i的大小变化而方向不变，
属于直流。]
A B
C D
√
考点2 交变电流的产生
比较内容 中性面 中性面的垂直面
位置 线圈平面与磁场垂直 线圈平面与磁场平行
图示
磁通量 最大 零
磁通量变化率 零 最大
感应电动势 零 最大
感应电流 零 最大
电流方向 改变 不变
【典例2】 (多选)图甲是交流发电机的示意图，两磁极之间的磁场可视为匀强磁场，金属线圈ABCD绕转轴OO′匀速转动。G为电流传感器(与计算机相连)，R为定值电阻，线圈电阻为r，其余电阻不计。图乙为计算机上显示的电流数据随时间变化的图像，下列说法中正确的是( )
A．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时
感应电动势为0，对应图乙中t1或t3时刻
B．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时
感应电动势最大，对应图乙中t2或t4时刻
C．t1、t3时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最大，磁通量变化率最小
D．t2、t4时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最大，磁通量变化率最小
√
√
AC [金属线圈恰好处于题图甲所示的位置时，为中性面，磁通量最大，感应电动势为0，此时瞬时电流为0，对应题图乙中t1或t3时刻，A正确，B错误；t1、t3时刻电流为0，感应电动势为0，此时线圈平面处于中性面，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，磁通量变化率最小，C正确；t2、t4时刻电流最大，感应电动势最大，此时线圈平面与磁感线平行，穿过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，D错误。]
线圈在匀强磁场中转动问题的三点注意
(1)矩形线框在匀强磁场中匀速转动，仅是产生交变电流的一种方式，但不是唯一方式。
(2)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。
(3)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不变。
[跟进训练]
2．交流发电机发电
示意图如图所示，线
圈转动过程中，下列
说法正确的是( )
A．转到图甲位置时，通过线圈的磁通量变化率最大
B．转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零
C．转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大
D．转到图丁位置时，AB边感应电流方向为A→B
√
D [转到图甲位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率为零，A错误；转到图乙位置时，线圈产生的感应电动势最大，B错误；转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，C错误；转到图丁位置时，根据楞次定律可知AB边感应电流方向为A→B，D正确。]
考点3 正弦交变电流的变化规律
1．瞬时值的推导
若线圈平面从中性面开始转动，如图所示。则经时间t：
(1)线圈转过的角度为ωt。
(2)ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。
(3)ab边转动的线速度为v＝ω。
(4)ab边产生的感应电动势为eab＝BLabv sin θ＝sin ωt。
(5)整个线圈产生的感应电动势为e＝2eab＝BSωsin ωt，若线圈为N匝，e＝NBSωsin ωt。
(6)若线圈给外电阻R供电，设线圈本身电阻为r，由闭合电路欧姆定律得i＝＝sin ωt，即i＝Imsin ωt，R两端的电压可记为u＝Umsin ωt。
2．峰值
(1)由e＝NBSωsin ωt可知，电动势的峰值Em＝NBSω。
(2)交变电动势的最大值，由线圈匝数N、磁感应强度B、转动角速度ω及线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关，但转轴必须垂直于磁场，因此如图所示几种情况，若N、B、S、ω相同，则电动势的最大值相同。
(3)电流的峰值可表示为Im＝。
【典例3】 如图所示，一边长为l的正方形线圈abcd绕对称轴OO′在匀强磁场中转动，转速为n＝120转/分，若已知边长l＝20 cm，匝数N＝20匝，磁感应强度B＝0.2 T，求：
(1)转动中的最大电动势及位置；
(2)从中性面开始计时的电动势瞬时值表达式；
(3)从图示位置转过90°过程中的平均电动势。
[思路点拨] (1)电动势峰值公式为Em＝NBSω，电流的最大值为Im＝。
(2)从中性面开始计时的电动势表达式为e＝Emsin ωt。
(3)求某段时间内的平均电动势可根据＝N求得。
[解析] (1)当线圈平面转到与磁场平行时，ab、cd两边均垂直切割磁感线，这时线圈中产生的感应电动势最大
Em＝NBSω＝20×0.2×0.22×2π×2 V≈2.0 V。
(2)电动势瞬时值表达式为e＝Emsin ωt＝2sin 4πt(V)。
(3)＝N＝N＝NBSω
＝4NBSf＝4×20×0.2×0.22×2 V＝1.28 V。
[答案] (1)2.0 V 线圈平面与磁场平行 (2)e＝2sin 4πt(V) (3)1.28 V
求解交变电流的瞬时值问题的答题模型
[跟进训练]
3．如图所示，一半径为r＝10 cm的圆形线圈共100
匝，在磁感应强度为B＝ T的匀强磁场中，绕垂
直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600 r/min的转
速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时
开始计时。
(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；
[解析] 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦式交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e＝Emsin ωt，而在某段时间内的平均电动势可根据＝N求得。
e＝Emsin ωt，ω＝20π rad/s，
Em＝NBSω＝100××π×0.12×20π V＝100 V，
故e＝100sin 20πt(V)。
[答案] e＝100sin 20πt(V)
(2)求线圈从图示位置开始在 s时的电动势的瞬时值。
[解析] 当t＝ s时，e＝100sin V＝50 V≈86.6 V。
[答案] 86.6 V
学习效果·随堂评估自测
03
1．甲、乙两电路中电流与时间
关系如图所示，属于交变电流
的是( )
A．甲、乙都是 B．甲是，乙不是
C．乙是，甲不是 D．甲、乙都不是
B [题图甲中电流大小不变、方向变化，是交流，题图乙中电流大小变化、方向不变，是直流，故选B。]
1
2
3
4
√
2．下列关于交变电流和直流的说法中，正确的是( )
A．如果电流大小随时间做周期性变化，则一定是交变电流
B．直流的大小和方向一定不变
C．交变电流一定是按正弦规律变化的
D．交变电流的最大特征就是电流方向随时间做周期性的变化
D [直流的特征是电流的方向不变，电流的大小可以改变。交变电流的特征是电流的方向随时间做周期性变化。交变电流有多种形式，正弦式交流只是交变电流中最基本、最简单的一种，故选D。]
1
2
3
4
√
3．交流发电机发电过程示意图如图
所示，线圈匀速转动过程中，下列说
法正确的是( )
A．转到图甲位置时，线圈位于中性
面位置
B．转到图乙位置时，线圈中电流方
向发生改变
C．转到图丙位置时，CD边感应电流方向为D→C
D．转到图丁位置时，线圈中的磁通量变化率最大
1
2
3
4
√
B [转到题图甲位置时，线圈为与中性面垂直的位置，故A错误；转到题图乙位置时，即线圈为中性面位置，此时线圈中电流方向发生改变，故B正确；转到题图丙位置时，由右手定则可得，CD边感应电流方向为C→D，故C错误；转到题图丁位置时，线圈中的磁通量最大，磁通量变化率为零，故D错误。]
1
2
3
4
4．闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的某一固定轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )
A．t1时刻线圈中感应电流为零
B．t2时刻线圈通过中性面
C．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率最大
D．t4时刻线圈中感应电动势最小
A [t1时刻线圈位于中性面，线圈中感应电流为零，A正确；t2时刻线圈在与磁感线平行位置，即垂直于中性面位置，B错误；t3时刻穿过线圈的磁通量最大，变化率最小，C错误；t4时刻磁通量为零，磁通量变化率最大，线圈中感应电动势最大，D错误。]
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2
3
4
√
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．交流与直流的本质区别是什么？
提示：区分直流和交流的最根本一点是看电流方向是否变化。
2．正弦式交变电流的产生条件是什么？
提示：(1)匀强磁场。(2)线圈匀速转动。(3)线圈的转轴垂直于磁场方向。
3．线圈转至中性面位置的特点是什么？
提示：线圈转至中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零。
