第 29 章 · 交变电流

项目	内容
课标主题	选择性必修 2 · 电磁感应及其应用（交变电流的产生和描述；变压器；远距离输电）
人教版（2019）	选择性必修第二册 第三章“交变电流”：1 交变电流；2 交变电流的描述；3 变压器；4 电能的输送。实验“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”见第 42 章
考试地位	常考一道选择题：交变电流的图像和表达式、有效值（含非正弦波形）、变压器的电压电流关系和动态分析、远距离输电的损耗；计算题很少单独考，偶尔在电磁感应综合题里求线圈转动过程的电荷量和热量；实验题常考探究变压器（第 42 章）
前置知识	第 17 章电功率和焦耳定律；第 18 章闭合电路欧姆定律和动态分析；第 25 章磁通量；第 27 章右手定则和楞次定律；第 28 章法拉第电磁感应定律、互感；第 21 章正弦图像的读法；正弦型函数 $y = A\sin(\omega x + \varphi)$（见《高中数学知识点梳理》第 12 章）

家里插座里的电，大小和方向都在不停地变，这就是交变电流。它从发电机里来（线圈在磁场里转，第 28 章的电磁感应），经变压器升压送到远方，再降压送进家里。本章公式不多，选择题却很容易丢分：分不清瞬时值、峰值、有效值、平均值各用在哪；非正弦波形照套 $\dfrac{U_{\text{m}}}{\sqrt{2}}$；变压器动态分析弄反了“谁决定谁”；输电损耗用输电电压去算 $\dfrac{U^2}{r}$。

29.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
29.2 交变电流的产生	线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，从中性面开始计时 $e = E_{\text{m}}\sin\omega t$，$E_{\text{m}} = NBS\omega$；经过中性面时电动势为零、电流方向改变	常考选择题：判断线圈位置、写表达式
29.3 周期、频率、瞬时值、峰值与平均值	$T = \dfrac{2\pi}{\omega}$；瞬时值代入表达式；峰值看耐压；平均值 $\bar{E} = N\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$，求电荷量 $q = \dfrac{N\Delta\Phi}{R + r}$	常考：读图像、求电荷量
29.4 有效值	按电流的热效应定义；正弦式 $U = \dfrac{U_{\text{m}}}{\sqrt{2}}$；方波、半波等非正弦波形按一个周期内热量相等计算	必考，几乎每卷都有
29.5 变压器	理想变压器 $\dfrac{U_1}{U_2} = \dfrac{n_1}{n_2}$，$P_{\text{入}} = P_{\text{出}}$，单个副线圈 $\dfrac{I_1}{I_2} = \dfrac{n_2}{n_1}$；原线圈电压决定副线圈电压，副线圈负载决定原线圈电流	必考选择题，动态分析是重点
29.6 远距离输电	线路电流 $I = \dfrac{P}{U}$，损失 $P_{\text{损}} = I^2r$；输送功率一定时电压提高到 $k$ 倍，损耗降为 $\dfrac{1}{k^2}$	常考选择题

29.2 交变电流的产生

说明

交变电流（简称交流，AC）：方向随时间周期性变化的电流。方向不变的叫直流（DC），大小也不变的叫恒定电流。只看方向：$i$-$t$ 图像穿过时间轴、有正有负的，就是交流。

正弦式交变电流：电流（或电压、电动势）随时间按正弦规律变化，是最基本的交流，家用电就是它。

交流发电机的模型（本节的理想模型）：匝数为 $N$、面积为 $S$ 的线圈，在磁感应强度为 $B$ 的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴以角速度 $\omega$ 匀速转动。线圈的电阻当作电源内阻 $r$。实际发电机有两种：线圈转、磁极不动的叫旋转电枢式；磁极转、线圈不动的叫旋转磁极式，大型发电机多用后者。

中性面：线圈平面与磁场方向垂直的位置。线圈在中性面时：

• 穿过线圈的磁通量最大，$\Phi = BS$；
• 磁通量的变化率为零，感应电动势为零；
• 线圈每经过一次中性面，电流方向改变一次，转一周改变两次。

线圈平面与磁场平行时正相反：磁通量为零，磁通量变化率最大，电动势最大。

瞬时值表达式（从中性面开始计时）：

$$e = E_{\text{m}}\sin\omega t, \quad E_{\text{m}} = NBS\omega$$ $$\Phi = \Phi_{\text{m}}\cos\omega t, \quad \Phi_{\text{m}} = BS, \quad E_{\text{m}} = N\omega\Phi_{\text{m}}$$

接上外电阻 $R$ 组成闭合电路，电流和 $R$ 两端的电压也按正弦变化：

$$i = I_{\text{m}}\sin\omega t, \quad I_{\text{m}} = \frac{E_{\text{m}}}{R + r}; \qquad u = U_{\text{m}}\sin\omega t, \quad U_{\text{m}} = I_{\text{m}}R$$

从线圈平面与磁场平行的位置开始计时，表达式换成 $e = E_{\text{m}}\cos\omega t$。

能量转化：线圈中有电流时，磁场对它的安培力阻碍转动（楞次定律，第 27 章）。外力（水轮机、汽轮机）克服安培力做功，把机械能转化为电能。

使用场景

• 题目描述“线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动”，问峰值或要写瞬时值表达式 → 交流发电机模型 → $E_{\text{m}} = NBS\omega$，看计时起点选 $\sin$ 或 $\cos$，再用闭合电路欧姆定律求电流。
• 给出 $\Phi$-$t$ 或 $e$-$t$ 图像，问某时刻线圈在什么位置、电流方向何时改变 → 中性面的特征 → $\Phi$ 最大处 $e = 0$、线圈在中性面、电流换向；$\Phi = 0$ 处 $e$ 最大。
• 转速改变、或者计时起点不在中性面 → 同一模型换参数 → $\omega$ 变了，峰值和周期一起变；从平行位置计时用 $\cos$。

注意点

• $E_{\text{m}} = NBS\omega$ 的条件：匀强磁场、转轴垂直于磁场、匀速转动。转轴在线圈平面内的哪条线上（中线还是一条边）、线圈是矩形还是圆形，都不影响峰值，只看面积 $S$。
• 转轴平行于磁场时，磁通量始终为零，不产生感应电动势。
• 表达式里的 $\omega$ 单位是 $\mathrm{rad/s}$。题目给转速 $n$（$\mathrm{r/s}$）时，$\omega = 2\pi n$；给 $\mathrm{r/min}$ 的先除以 60。
• 计时起点决定用 $\sin$ 还是 $\cos$，不影响峰值和周期。写表达式前先看清“从什么位置开始计时”。
• 中性面上 $\Phi$ 最大但 $e = 0$，不要把“磁通量大”和“电动势大”连在一起：电动势看的是磁通量的变化率（第 28 章）。

推导

$e = NBS\omega\sin\omega t$ 的推导（切割法）：

设矩形线圈 $abcd$，$ab$、$cd$ 两边长 $L_1$，与转轴平行；$ad$、$bc$ 两边长 $L_2$，转轴过它们的中点。线圈面积 $S = L_1L_2$。

1. $ab$、$cd$ 两边绕轴做圆周运动，半径 $\dfrac{L_2}{2}$，线速度 $v = \omega\dfrac{L_2}{2}$。$ad$、$bc$ 两边也在运动，但用右手定则判断出的电动势方向与导线本身垂直，不沿导线，对回路没有贡献。
2. 从中性面开始计时，$t$ 时刻线圈转过角度 $\theta = \omega t$。在中性面时，$ab$ 边的速度方向与磁场平行，不切割；转过 $\theta$ 后，速度与磁场的夹角也是 $\theta$（见上图），垂直于磁场的分量是 $v\sin\omega t$。
3. $ab$ 边的电动势 $e_{ab} = BL_1v\sin\omega t$，$cd$ 边同样大。
4. 两边的电动势在回路中串联相加，$N$ 匝再乘 $N$：

$$e = N \cdot 2BL_1 \cdot \frac{\omega L_2}{2}\sin\omega t = NBL_1L_2\omega\sin\omega t = NBS\omega\sin\omega t$$

（关键一步：第 4 步两边的电动势为什么相加而不是抵消。$ab$ 和 $cd$ 的速度方向相反，由右手定则，两边感应电动势在空间上的方向也相反；但沿线圈绕行一周看，一边是“从 $a$ 到 $b$”、另一边是“从 $c$ 到 $d$”，两者顺着同一个绕行方向，所以是串联叠加。）

用磁通量的变化率看：$\Phi = BS\cos\omega t$。由法拉第电磁感应定律，电动势等于 $N$ 乘 $\Phi$-$t$ 图像切线斜率的大小。$\cos$ 曲线在波峰（中性面）处切线水平，斜率为零；在过零点处最陡，斜率大小为 $BS\omega$。严格地说 $e = -N\dfrac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} = NBS\omega\sin\omega t$，要用到导数（见《高中数学知识点梳理》第 24 章），高中只要求会用切线斜率理解。

例题

例 1　（场景：写瞬时值表达式）矩形线圈 $abcd$ 共 $N = 100$ 匝，$ab = 0.2\ \mathrm{m}$，$bc = 0.1\ \mathrm{m}$，在 $B = 0.5\ \mathrm{T}$ 的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以 $\omega = 100\ \mathrm{rad/s}$ 匀速转动。线圈电阻 $r = 2\ \mathrm{\Omega}$，外接电阻 $R = 8\ \mathrm{\Omega}$。从线圈平面与磁场垂直时开始计时，写出感应电动势和电流的瞬时值表达式，并求 $t = \dfrac{\pi}{600}\ \mathrm{s}$ 时 $R$ 两端的电压。

解：

研究对象：转动的线圈（电源）和外电阻组成的闭合电路。

过程划分：线圈匀速转动，一个过程；从中性面开始计时，所以用 $\sin$。

分析：线圈的示意图见本节说明。先由 $E_{\text{m}} = NBS\omega$ 求峰值（用本节说明的公式），再由闭合电路欧姆定律（第 18 章）求电流峰值。

列式求解：

$$E_{\text{m}} = NBS\omega = 100 \times 0.5 \times (0.2 \times 0.1) \times 100\ \mathrm{V} = 100\ \mathrm{V}$$ $$I_{\text{m}} = \frac{E_{\text{m}}}{R + r} = \frac{100}{8 + 2}\ \mathrm{A} = 10\ \mathrm{A}$$

所以 $e = 100\sin 100t\ \mathrm{V}$，$i = 10\sin 100t\ \mathrm{A}$。

$t = \dfrac{\pi}{600}\ \mathrm{s}$ 时，$\omega t = \dfrac{\pi}{6}$，$i = 10 \times \dfrac{1}{2}\ \mathrm{A} = 5\ \mathrm{A}$，$R$ 两端电压 $u = iR = 5 \times 8\ \mathrm{V} = 40\ \mathrm{V}$。

检验：单位：$\mathrm{T \cdot m^2 \cdot rad/s} = \mathrm{Wb/s} = \mathrm{V}$，对。用切割法核对：$ab$ 边线速度 $v = \omega \cdot \dfrac{bc}{2} = 5\ \mathrm{m/s}$，每匝两边最大电动势 $2BLv = 2 \times 0.5 \times 0.2 \times 5\ \mathrm{V} = 1\ \mathrm{V}$，100 匝为 $100\ \mathrm{V}$，一致。

容易卡在：把电动势的瞬时值 $50\ \mathrm{V}$ 当成 $R$ 两端的电压。线圈有内阻，$R$ 只分到 $\dfrac{R}{R + r}$。

例 2　（场景：由图像判断线圈位置）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　）。

A. $t = 0$ 时，感应电动势最大 B. $t = 0.005\ \mathrm{s}$ 时，线圈平面与中性面重合 C. $t = 0.01\ \mathrm{s}$ 时，线圈中的电流方向改变 D. 线圈中的电流方向每秒改变 50 次

解：C。

判断依据：$\Phi$ 最大（正或负）处线圈在中性面，$e = 0$，电流换向；$\Phi = 0$ 处线圈平面与磁场平行，$e$ 最大。

A 错：$t = 0$ 时 $\Phi$ 最大，线圈在中性面，$e = 0$。B 错：$t = 0.005\ \mathrm{s}$ 时 $\Phi = 0$，线圈平面与磁场平行，不在中性面。C 对：$t = 0.01\ \mathrm{s}$ 时 $\Phi = -\Phi_{\text{m}}$，线圈又在中性面，电流方向改变。D 错：周期 $0.02\ \mathrm{s}$，频率 $50\ \mathrm{Hz}$，一个周期换向两次，每秒改变 100 次。

容易卡在：看到 $\Phi = -\Phi_{\text{m}}$ 以为不是中性面。负号只表示磁感线从线圈的另一面穿过，线圈平面仍与磁场垂直。

例 3　（场景：转速改变、计时起点不在中性面）例 1 的发电机，若从线圈平面与磁场平行时开始计时，且转速提高为原来的 2 倍，写出感应电动势和电流的瞬时值表达式。

解：

判断依据：$E_{\text{m}} = NBS\omega$ 与 $\omega$ 成正比；从平行位置计时用 $\cos$。

$\omega' = 200\ \mathrm{rad/s}$，$E_{\text{m}}' = 2 \times 100\ \mathrm{V} = 200\ \mathrm{V}$，$I_{\text{m}}' = \dfrac{200}{10}\ \mathrm{A} = 20\ \mathrm{A}$。

$$e = 200\cos 200t\ \mathrm{V}, \quad i = 20\cos 200t\ \mathrm{A}$$

转速加倍，峰值和频率都加倍，周期减半。只改峰值、忘了改 $\omega$ 是最常见的错。

常用推论

• 线圈每经过中性面一次电流方向改变一次，每个周期改变两次；频率为 $f$ 的交流，每秒改变 $2f$ 次。我国电网 $50\ \mathrm{Hz}$，每秒改变 100 次。
• $E_{\text{m}} = N\omega\Phi_{\text{m}}$：已知磁通量的最大值和周期，直接得到电动势的峰值，不用知道 $B$ 和 $S$。由 $\Phi_{\text{m}} = BS$ 代入 $E_{\text{m}} = NBS\omega$ 得出。
• $\Phi$-$t$ 和 $e$-$t$ 图像“一个最大，另一个为零”，相差四分之一周期：$\Phi$ 按 $\cos$ 变，$e$ 按 $\sin$ 变（从中性面计时）。

易错点

• 错在哪：认为线圈在中性面时磁通量最大，所以电动势也最大。 为什么错：直觉把“磁通量多”等同于“感应得多”。电动势取决于磁通量的变化率，中性面附近磁通量几乎不变。 正确做法：记住“中性面：$\Phi$ 最大、$e$ 为零、电流换向”。
• 错在哪：从线圈平面与磁场平行时开始计时，仍写 $e = E_{\text{m}}\sin\omega t$。 为什么错：$t = 0$ 时 $\sin 0 = 0$，与“平行时电动势最大”矛盾。 正确做法：写表达式前代 $t = 0$ 检查一下初始值是否符合起始位置。
• 错在哪：转轴不在线圈中线上（绕一条边转），认为峰值会变小。 为什么错：磁通量 $\Phi = BS\cos\omega t$ 只和面积、夹角有关，和轴在哪无关，变化率也就一样。 正确做法：只要轴在线圈平面内且垂直于磁场，$E_{\text{m}} = NBS\omega$ 都成立。

直观理解

线圈的边像车轮上的辐条端点：在中性面时它顺着磁感线“滑”，不切割；转到与磁场平行时，它正好垂直地“切”过磁感线，电动势最大。一句话：磁通最大，电动势为零；磁通为零，电动势最大。

关联知识点

• 前置：第 25 章磁通量 $\Phi = BS\cos\theta$；第 28 章 $E = BLv$ 和 $E = N\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$，本节的两种推导各用一个。
• 前置：第 27 章右手定则判断 $ab$、$cd$ 两边电动势的方向。
• 前置：正弦型函数 $y = A\sin(\omega x + \varphi)$ 的图像和周期，见《高中数学知识点梳理》第 12 章；第 21 章简谐运动的 $x$-$t$ 图像读法与本节相同。
• 后续：29.3 节由表达式读周期、频率、瞬时值；29.4 节有效值。
• 后续：第 30 章 LC 振荡电路产生的也是按正弦变化的电流，但频率高得多。

29.3 周期、频率、瞬时值、峰值与平均值

说明

描述交变电流有一组量。本节讲其中五个，有效值单独放在 29.4 节。

周期和频率：交流完成一次周期性变化的时间叫周期 $T$，单位秒；1 秒内完成周期性变化的次数叫频率 $f$，单位赫兹（$\mathrm{Hz}$）。

$$T = \frac{1}{f} = \frac{2\pi}{\omega}, \qquad \omega = 2\pi f$$

我国电网的交流 $f = 50\ \mathrm{Hz}$，$T = 0.02\ \mathrm{s}$，$\omega = 100\pi\ \mathrm{rad/s}$。

瞬时值：某一时刻的值，用小写字母 $e$、$u$、$i$ 表示，由表达式 $e = E_{\text{m}}\sin\omega t$ 代入时刻求得。

峰值（最大值）：$E_{\text{m}}$、$U_{\text{m}}$、$I_{\text{m}}$，是瞬时值能达到的最大值。电容器的耐压值（击穿电压）要和峰值比。

平均值：一段时间内的平均感应电动势，由法拉第电磁感应定律（第 28 章）求：

$$\bar{E} = N\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}, \qquad \bar{I} = \frac{\bar{E}}{R + r}$$

平均值只用来求一段时间内通过导体横截面的电荷量：

$$q = \bar{I}\,\Delta t = \frac{N\Delta\Phi}{R + r}$$

使用场景

• 给出 $u$-$t$、$i$-$t$ 图像，问周期、频率、峰值，或要写表达式、求某时刻的值 → 正弦交流的描述 → 从图读 $U_{\text{m}}$ 和 $T$，$\omega = \dfrac{2\pi}{T}$，写出 $u = U_{\text{m}}\sin\omega t$ 再代入时刻。
• 题目出现电容器耐压、氖管在电压超过某值时发光、二极管的击穿 → 关心电压在某一时刻有多大 → 看峰值和瞬时值，由 $|u| \ge U_0$ 解出对应的时间段。
• 问线圈转过某个角度（或某段时间）通过电阻的电荷量 → 平均值 → $q = \dfrac{N\Delta\Phi}{R + r}$，只看初、末位置的磁通量。

注意点

• 平均值不等于峰值与零的算术平均，也不等于有效值。从中性面转过 $90^\circ$，$\bar{E} = \dfrac{2}{\pi}E_{\text{m}} \approx 0.64E_{\text{m}}$；转过一整周，$\Delta\Phi = 0$，平均值为零。
• $\Delta\Phi$ 要带符号算。从中性面转过 $180^\circ$，磁感线从线圈的另一面穿过，$\Delta\Phi = BS - (-BS) = 2BS$，不是 0。
• 求电荷量只能用平均值；求热量、功率只能用有效值（29.4 节）。两者不能互换。
• 读图像时先看坐标轴的单位，$t$ 轴常以 $10^{-2}\ \mathrm{s}$ 为单位。

推导

$T$、$f$、$\omega$ 的关系：线圈转一周，电动势完成一次周期性变化，转过 $2\pi$ 弧度用时 $T$，所以 $\omega = \dfrac{2\pi}{T}$；频率是周期的倒数。这和圆周运动（第 10 章）的关系一样。

电荷量公式：在 $\Delta t$ 时间内，

$$q = \bar{I}\,\Delta t = \frac{\bar{E}}{R + r}\,\Delta t = \frac{N\Delta\Phi}{(R + r)\,\Delta t}\,\Delta t = \frac{N\Delta\Phi}{R + r}$$

（关键一步：$\Delta t$ 在分子分母中约掉。所以电荷量只取决于磁通量变化了多少，和转得快慢无关。这一步要求用的是平均电流 $\bar{I}$：电荷量是 $i$-$t$ 图像下的面积（第 1 章），面积除以时间正好是平均电流。）

四分之一周期的平均值：从中性面转过 $90^\circ$，$\Delta\Phi = BS$，$\Delta t = \dfrac{T}{4} = \dfrac{\pi}{2\omega}$，

$$\bar{E} = \frac{NBS}{\pi / (2\omega)} = \frac{2}{\pi}NBS\omega = \frac{2}{\pi}E_{\text{m}}$$

例题

例 1　（场景：由图像写表达式）某正弦交流电压的 $u$-$t$ 图像如图所示。求它的周期、频率、峰值，写出瞬时值表达式，并求 $t = 0.005\ \mathrm{s}$ 时的电压。

解：

判断依据：从图读出 $U_{\text{m}}$ 和 $T$，由 $\omega = \dfrac{2\pi}{T}$ 写表达式。

$t$ 轴单位是 $10^{-2}\ \mathrm{s}$，一个完整波形占 4 格，$T = 0.04\ \mathrm{s}$，$f = \dfrac{1}{T} = 25\ \mathrm{Hz}$，$\omega = \dfrac{2\pi}{T} = 50\pi\ \mathrm{rad/s}$。峰值 $U_{\text{m}} = 10\ \mathrm{V}$。$t = 0$ 时 $u = 0$ 且随后变正，用 $\sin$：

$$u = 10\sin 50\pi t\ \mathrm{V}$$

$t = 0.005\ \mathrm{s}$ 时，$50\pi \times 0.005 = \dfrac{\pi}{4}$，$u = 10 \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}\ \mathrm{V} = 5\sqrt{2}\ \mathrm{V} \approx 7.1\ \mathrm{V}$。

容易卡在：把横轴的数字直接当秒，读成 $T = 4\ \mathrm{s}$。

例 2　（场景：氖管发光，看瞬时值）氖管两端的电压达到 $110\sqrt{2}\ \mathrm{V}$ 时才能发光，电压低于这个值就熄灭。把它接在 $u = 220\sqrt{2}\sin 100\pi t\ \mathrm{V}$ 的交流电源上。求一个周期内氖管发光的总时间，以及氖管每秒闪光多少次。

解：

研究对象：氖管两端的电压。

过程划分：一个周期内，正半周和负半周各有一段电压绝对值超过 $110\sqrt{2}\ \mathrm{V}$。氖管不分电压正负，两段都发光。

分析：发光条件是 $|u| \ge 110\sqrt{2}\ \mathrm{V}$，即 $|\sin 100\pi t| \ge \dfrac{1}{2}$，要用瞬时值。

列式求解：$T = \dfrac{2\pi}{100\pi}\ \mathrm{s} = 0.02\ \mathrm{s}$。正半周内 $\sin 100\pi t \ge \dfrac{1}{2}$ 对应

$$\frac{\pi}{6} \le 100\pi t \le \frac{5\pi}{6}, \quad \text{即} \quad \frac{1}{600}\ \mathrm{s} \le t \le \frac{5}{600}\ \mathrm{s}$$

这一段长 $\dfrac{4}{600}\ \mathrm{s} = \dfrac{1}{150}\ \mathrm{s}$。负半周对称，也是 $\dfrac{1}{150}\ \mathrm{s}$。一个周期内发光总时间 $\dfrac{2}{150}\ \mathrm{s} = \dfrac{1}{75}\ \mathrm{s} \approx 0.013\ \mathrm{s}$，占周期的 $\dfrac{2}{3}$。

每个周期闪两次，每秒 50 个周期，闪光 100 次。

检验：发光阈值是峰值的一半，正弦曲线在一半高度以上的时间占 $\dfrac{2}{3}$（从 $30^\circ$ 到 $150^\circ$，占 $180^\circ$ 中的 $120^\circ$），对。

容易卡在：只算正半周，答成每秒闪 50 次。

例 3　（场景：求电荷量，用平均值）29.2 节例 1 的发电机（$N = 100$，$B = 0.5\ \mathrm{T}$，$S = 0.02\ \mathrm{m^2}$，$\omega = 100\ \mathrm{rad/s}$，$R + r = 10\ \mathrm{\Omega}$）。求：（1）线圈从中性面转过 $90^\circ$ 的过程中，平均感应电动势和通过 $R$ 的电荷量；（2）从中性面转过 $180^\circ$ 的过程中，通过 $R$ 的电荷量。

解：

研究对象：线圈与 $R$ 组成的闭合电路。

过程划分：（1）中性面 → 与磁场平行（$90^\circ$）；（2）中性面 → 反向的中性面（$180^\circ$）。线圈的位置见 29.2 节说明的示意图。

分析：求电荷量用平均值，只需初、末位置的磁通量。以初始时磁感线穿过线圈的方向为正。

列式求解：（1）$\Phi_1 = BS = 0.01\ \mathrm{Wb}$，$\Phi_2 = 0$，$|\Delta\Phi| = 0.01\ \mathrm{Wb}$。所用时间

$$\Delta t = \frac{\pi / 2}{\omega} = \frac{\pi}{200}\ \mathrm{s}$$ $$\bar{E} = N\frac{|\Delta\Phi|}{\Delta t} = 100 \times \frac{0.01}{\pi / 200}\ \mathrm{V} = \frac{200}{\pi}\ \mathrm{V} \approx 64\ \mathrm{V}$$ $$q_1 = \frac{N|\Delta\Phi|}{R + r} = \frac{100 \times 0.01}{10}\ \mathrm{C} = 0.1\ \mathrm{C}$$

（2）转过 $180^\circ$ 后磁感线从另一面穿过，$\Phi_3 = -0.01\ \mathrm{Wb}$，$|\Delta\Phi| = 0.02\ \mathrm{Wb}$，$q_2 = \dfrac{100 \times 0.02}{10}\ \mathrm{C} = 0.2\ \mathrm{C}$。

检验：平均电动势 $64\ \mathrm{V}$ 介于 0 和峰值 $100\ \mathrm{V}$ 之间，且等于 $\dfrac{2}{\pi}E_{\text{m}}$，与推导一致。（2）中电流方向在这半周内没有改变，电荷量应是（1）的两倍，对。

容易卡在：（2）中认为初、末磁通量大小都是 $BS$，$\Delta\Phi = 0$，电荷量为零。

常用推论

• 从中性面转过 $90^\circ$（四分之一周期）的平均电动势 $\bar{E} = \dfrac{2}{\pi}E_{\text{m}}$；从中性面转过 $180^\circ$ 的平均值也是 $\dfrac{2}{\pi}E_{\text{m}}$（$\Delta\Phi = 2BS$，时间也加倍）。推导见本节。
• 电荷量 $q = \dfrac{N\Delta\Phi}{R + r}$ 与转速无关；线圈转过整数周，$\Delta\Phi = 0$，但电流来回流动，这个公式算出的是“净”电荷量为零，不是没有电流通过。
• 氖管、电容器、二极管的问题看峰值：$220\ \mathrm{V}$ 家用电的峰值是 $220\sqrt{2}\ \mathrm{V} \approx 311\ \mathrm{V}$，接在家用电上的电容器耐压至少要 $311\ \mathrm{V}$。

易错点

• 错在哪：求电荷量时用有效值乘时间。 为什么错：有效值是按热量（$I^2$）等效的，电荷量是电流本身对时间的累积，两者的平均方式不同。 正确做法：电荷量一律用 $q = \dfrac{N\Delta\Phi}{R + r}$。
• 错在哪：认为平均电动势就是 $\dfrac{E_{\text{m}} + 0}{2}$。 为什么错：直觉把“平均”当成头尾两个值的平均，这只对均匀变化（线性）的量成立，正弦不是线性的。 正确做法：用 $\bar{E} = N\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$ 算。
• 错在哪：线圈从中性面转半周，认为 $\Delta\Phi = 0$。 为什么错：磁通量有正负，磁感线从线圈的另一面穿过时为负。 正确做法：规定一个面为正面，末态磁感线从反面穿过就取负，$\Delta\Phi = 2BS$。

直观理解

瞬时值是“此刻多大”，峰值是“最多多大”，平均值是“一段时间内平均推动了多少电荷”。电荷量是 $i$-$t$ 图像下的面积，面积只看 $\Delta\Phi$，所以转快转慢、同一个角度，送过去的电荷一样多：转得快电流大但时间短，正好抵消。

关联知识点

• 前置：第 10 章角速度、周期和频率的关系；第 28 章 $E = N\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$ 求平均电动势、$q = \dfrac{N\Delta\Phi}{R}$。
• 前置：第 1 章 $i$-$t$ 图像下的面积是电荷量。
• 后续：29.4 节有效值，求热量和功率；本节的平均值和有效值常在同一道题里对比着考。
• 常一起考：第 16 章电容器的击穿；第 30 章 LC 振荡的周期和频率。

29.4 有效值

说明

有效值的定义（按电流的热效应）：让交流和恒定电流分别通过阻值相同的电阻，如果在相同时间（取交流的一个周期或其整数倍）内产生的热量相等，这个恒定电流的值 $I$ 就叫这个交流的有效值。电压、电动势的有效值同样定义，用大写 $U$、$E$ 表示。

正弦式交流的有效值与峰值的关系：

$$I = \frac{I_{\text{m}}}{\sqrt{2}} \approx 0.707I_{\text{m}}, \quad U = \frac{U_{\text{m}}}{\sqrt{2}}, \quad E = \frac{E_{\text{m}}}{\sqrt{2}}$$

哪些地方用有效值：

• 交流电压表、电流表的示数；
• 用电器铭牌上的额定电压、额定电流（“$220\ \mathrm{V}$ $100\ \mathrm{W}$”），“家用电 $220\ \mathrm{V}$”；
• 计算电功、电功率、焦耳热；保险丝的熔断电流。

没有特别说明时，说交流电压、电流是多少，指的都是有效值。

四个值各用在哪（考试最常问）：

值	符号	怎么求	用在哪
瞬时值	$e$、$u$、$i$	代入表达式	某一时刻的受力、氖管发光的时段
峰值	$E_{\text{m}}$、$U_{\text{m}}$、$I_{\text{m}}$	$E_{\text{m}} = NBS\omega$	电容器耐压、二极管击穿
有效值	$E$、$U$、$I$	热效应；正弦式 $\dfrac{\text{峰值}}{\sqrt{2}}$	功率、热量、电表示数、铭牌、保险丝
平均值	$\bar{E}$、$\bar{I}$	$\bar{E} = N\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$	只求电荷量

使用场景

• 问电表示数、用电器能否正常工作、电阻的功率或产生的热量，波形是正弦 → 有效值 → $U = \dfrac{U_{\text{m}}}{\sqrt{2}}$，再按直流的公式 $P = I^2R$、$Q = I^2Rt$ 计算。
• 波形是方波等分段恒定的电流 → 不是正弦，$\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ 不能用 → 按定义：一个周期内每段的热量 $I_k^2Rt_k$ 相加，令其等于 $I^2RT$。
• 波形是正弦的一部分（半波整流、正弦波被截去一段）→ 每段完整的正弦半周仍按 $\dfrac{U_{\text{m}}}{\sqrt{2}}$ 算热量 → 再按定义在一个周期内求总热量。
• 选择题问保险丝、电容器、电表、铭牌分别对应哪个值 → 四个值的分工 → 热相关的看有效值，击穿看峰值。

注意点

• $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ 只适用于正弦（或余弦）式交流，以及由完整正弦半周拼成的波形（如全波整流）。方波、三角波、半波都不能直接用。
• 有效值的定义要求“同一电阻、同一时间”。分段算热量时，时间取一个完整周期。
• 有效值不是“平均值”：正弦交流一个周期的平均值为零，但有效值不为零，因为热量与电流方向无关。
• 题目说“交流电压为 $U$”，不加说明就是有效值；表达式 $u = U_{\text{m}}\sin\omega t$ 里的系数是峰值。
• 电流表、电压表测的是有效值，这是对一般正弦交流说的；高中题目一律按有效值读。

推导

正弦交流的有效值为什么是 $\dfrac{I_{\text{m}}}{\sqrt{2}}$：电流 $i = I_{\text{m}}\sin\omega t$ 通过电阻 $R$，热功率 $P = i^2R = I_{\text{m}}^2R\sin^2\omega t$，一直在变。利用 $\sin^2\omega t = \dfrac{1 - \cos 2\omega t}{2}$：

$$i^2 = \frac{I_{\text{m}}^2}{2} - \frac{I_{\text{m}}^2}{2}\cos 2\omega t$$

第二项在一个周期内正负各半，平均为零，所以 $i^2$ 在一个周期内的平均值是 $\dfrac{I_{\text{m}}^2}{2}$。一个周期内的热量 $Q = \dfrac{I_{\text{m}}^2}{2}RT$。令它等于恒定电流 $I$ 的热量 $I^2RT$，得

$$I = \frac{I_{\text{m}}}{\sqrt{2}}$$

（关键一步：$\cos 2\omega t$ 在一个周期内的平均值为零。从图像看，$i^2$ 曲线关于 $\dfrac{I_{\text{m}}^2}{2}$ 这条水平线上下对称，高出的部分正好填满低下去的部分，所以曲线下的面积等于高 $\dfrac{I_{\text{m}}^2}{2}$ 的矩形面积。）

严格的说法是 $I^2 = \dfrac{1}{T}\int_0^T i^2\,\mathrm{d}t$（均方根），要用定积分，高中不要求；用上面的对称图像理解就够了。

换成电压：$U = IR = \dfrac{I_{\text{m}}R}{\sqrt{2}} = \dfrac{U_{\text{m}}}{\sqrt{2}}$。

例题

例 1　（场景：正弦交流求电表示数和功率）29.2 节例 1 的发电机（$E_{\text{m}} = 100\ \mathrm{V}$，$r = 2\ \mathrm{\Omega}$）给 $R = 8\ \mathrm{\Omega}$ 的电阻供电，电路中接有交流电流表和电压表，如图。求电流表、电压表的示数，电阻 $R$ 的功率，以及 $1\ \mathrm{min}$ 内 $R$ 产生的热量。

解：

研究对象：发电机与 $R$ 组成的闭合电路。

过程划分：线圈匀速转动，电路处于稳定的交流状态，一个过程。

分析：电表示数、功率、热量都用有效值，有效值之间仍满足闭合电路欧姆定律（用的是本节“哪些地方用有效值”）。

列式求解：

$$E = \frac{E_{\text{m}}}{\sqrt{2}} = 50\sqrt{2}\ \mathrm{V}, \qquad I = \frac{E}{R + r} = 5\sqrt{2}\ \mathrm{A} \approx 7.1\ \mathrm{A}$$ $$U = IR = 40\sqrt{2}\ \mathrm{V} \approx 57\ \mathrm{V}$$ $$P_R = I^2R = 50 \times 8\ \mathrm{W} = 400\ \mathrm{W}, \qquad Q = P_Rt = 400 \times 60\ \mathrm{J} = 2.4 \times 10^4\ \mathrm{J}$$

电流表示数约 $7.1\ \mathrm{A}$，电压表示数约 $57\ \mathrm{V}$。

检验：发电机总功率 $EI = 50\sqrt{2} \times 5\sqrt{2}\ \mathrm{W} = 500\ \mathrm{W}$，等于 $R$ 的 $400\ \mathrm{W}$ 加内阻的 $I^2r = 100\ \mathrm{W}$，能量守恒。

容易卡在：用峰值 $10\ \mathrm{A}$ 算功率，得 $800\ \mathrm{W}$，大了一倍。

例 2　（场景：方波，按热效应定义）某电流随时间变化的图像如图所示，前 $0.01\ \mathrm{s}$ 为 $4\ \mathrm{A}$，后 $0.02\ \mathrm{s}$ 为 $-2\ \mathrm{A}$，如此循环。求这个电流的有效值；它通过 $R = 10\ \mathrm{\Omega}$ 的电阻时，电阻的功率是多少？

解：

研究对象：电阻 $R$ 在一个周期内的发热。

过程划分：一个周期 $T = 0.03\ \mathrm{s}$ 分两段：$4\ \mathrm{A}$ 持续 $0.01\ \mathrm{s}$，$-2\ \mathrm{A}$ 持续 $0.02\ \mathrm{s}$。

分析：不是正弦，不能用 $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$。每段内电流恒定，热量按 $I^2Rt$ 算；方向不影响发热。用本节有效值的定义。

列式求解：

$$I^2R \times 0.03 = 4^2R \times 0.01 + 2^2R \times 0.02$$ $$I^2 = \frac{0.16 + 0.08}{0.03}\ \mathrm{A^2} = 8\ \mathrm{A^2}, \qquad I = 2\sqrt{2}\ \mathrm{A} \approx 2.8\ \mathrm{A}$$ $$P = I^2R = 8 \times 10\ \mathrm{W} = 80\ \mathrm{W}$$

检验：有效值介于两段电流的大小 $2\ \mathrm{A}$ 和 $4\ \mathrm{A}$ 之间，且偏向持续时间更长的 $2\ \mathrm{A}$，合理。

容易卡在：按时间加权平均电流 $\dfrac{4 \times 0.01 + 2 \times 0.02}{0.03}$，得 $2.7\ \mathrm{A}$。有效值是 $I^2$ 的平均再开方，不是 $I$ 的平均。

例 3　（场景：正弦的一部分，半波）峰值为 $20\ \mathrm{V}$ 的正弦交流电压经二极管后，每个周期只剩前半周的正弦电压，后半周为零，如图。求这个电压的有效值；把它加在 $10\ \mathrm{\Omega}$ 的电阻上，功率是多少？

解：

研究对象：电阻在一个周期 $T$ 内的发热。

过程划分：前 $\dfrac{T}{2}$ 有正弦电压，后 $\dfrac{T}{2}$ 电压为零。

分析：前半周是完整的正弦半周，这段时间内的热量和完整正弦交流的一样，可以用 $\dfrac{U_{\text{m}}}{\sqrt{2}}$ 算；后半周不发热。再按有效值的定义列式。

列式求解：

$$\frac{U^2}{R}T = \frac{(U_{\text{m}}/\sqrt{2})^2}{R} \cdot \frac{T}{2} + 0$$ $$U^2 = \frac{U_{\text{m}}^2}{4}, \qquad U = \frac{U_{\text{m}}}{2} = 10\ \mathrm{V}$$ $$P = \frac{U^2}{R} = \frac{10^2}{10}\ \mathrm{W} = 10\ \mathrm{W}$$

检验：完整正弦时有效值 $\dfrac{20}{\sqrt{2}}\ \mathrm{V} \approx 14\ \mathrm{V}$，半波少了一半热量，有效值应比 $14\ \mathrm{V}$ 小但不到一半，$10\ \mathrm{V}$ 合理。

容易卡在：先算 $\dfrac{20}{\sqrt{2}}\ \mathrm{V}$ 再除以 2，得 $7.1\ \mathrm{V}$。热量减半，是 $U^2$ 减半，不是 $U$ 减半。

另一种解法：直接比功率。完整正弦电压加在 $10\ \mathrm{\Omega}$ 上的功率 $P_0 = \dfrac{(20/\sqrt{2})^2}{10}\ \mathrm{W} = 20\ \mathrm{W}$；半波只有一半时间在发热，功率减半，$P = 10\ \mathrm{W}$，再由 $U = \sqrt{PR} = 10\ \mathrm{V}$。选择题直接问功率或热量时，这样“按时间比例折算功率”最快；波形由几段不同的正弦或正弦加恒定值拼成时，还是老老实实列热量方程更不容易错。

例 4　（场景：四个值的分工）关于交流电，下列说法正确的是（　）。

A. 电容器接在 $220\ \mathrm{V}$ 的家用交流电上，耐压值为 $250\ \mathrm{V}$ 就可以安全工作 B. 交流电流表的示数是交流电流的平均值 C. 保险丝的额定熔断电流是指有效值 D. 正弦交流电一个周期内的平均值等于有效值

解：C。

判断依据：击穿看峰值，发热（含保险丝熔断）看有效值，电表示数是有效值，平均值只求电荷量。

A 错：家用电峰值 $220\sqrt{2}\ \mathrm{V} \approx 311\ \mathrm{V} > 250\ \mathrm{V}$，电容器会被击穿。B 错：电表示数是有效值。C 对：保险丝靠电流发热熔断，对应有效值。D 错：一个周期内正负抵消，平均值为零，有效值是 $\dfrac{I_{\text{m}}}{\sqrt{2}}$。

常用推论

• 半波（只保留正弦的半个周期、另半个为零）的有效值 $U = \dfrac{U_{\text{m}}}{2}$。推导见例 3。
• 全波整流（负半周翻到上面）的有效值仍是 $\dfrac{U_{\text{m}}}{\sqrt{2}}$：$u^2$ 的波形和原来完全一样。
• 两段恒定值组成的方波，正负大小相等（$\pm I_0$）时有效值就是 $I_0$；一般地 $I^2T = I_1^2t_1 + I_2^2t_2$。推导见例 2。
• 正弦交流电路中，有效值之间照样满足欧姆定律和串并联规律，功率 $P = UI = I^2R$ 用有效值算。

易错点

• 错在哪：任何波形都用峰值除以 $\sqrt{2}$。 为什么错：$\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ 是由 $\sin^2$ 的平均值 $\dfrac{1}{2}$ 得出的，只有正弦（或由完整正弦半周拼成的波形）才成立。方波（$\pm I_0$）的有效值就是 $I_0$，比峰值除以 $\sqrt{2}$ 大。 正确做法：先看波形，不是正弦就回到定义列热量方程。
• 错在哪：有效值当成电流的时间平均值。 为什么错：直觉“有效 = 平均”。热量和 $I^2$ 成正比，大电流的段权重更大，有效值总不小于电流大小的平均值。 正确做法：有效值是”$I^2$ 的平均再开方”。
• 错在哪：分段求热量时，时间取得不是一个完整周期，或者漏掉电流为零的那段时间。 为什么错：有效值是对一个周期定义的，零电流的时间虽然不发热，但要算在总时间 $T$ 里。 正确做法：左边写 $I^2RT$（$T$ 是周期），右边把一个周期内每段的热量加起来。

直观理解

有效值就是“等效的直流”：一个电热水壶接在 $220\ \mathrm{V}$ 交流上，和接在 $220\ \mathrm{V}$ 直流上烧开一壶水用的时间相同。交流的电压一会儿高（峰值 $311\ \mathrm{V}$）、一会儿低（0），平均下来发热的本领相当于 $220\ \mathrm{V}$ 直流。

一句话：算热用有效，击穿看峰值，电量用平均，时刻用瞬时。

关联知识点

• 前置：第 17 章焦耳定律 $Q = I^2Rt$、电功率；有效值的定义建立在它上面。
• 前置：三角函数的二倍角公式 $\sin^2\alpha = \dfrac{1 - \cos 2\alpha}{2}$，见《高中数学知识点梳理》第 13 章。
• 后续：29.5 节变压器的电压、电流关系，用的都是有效值；29.6 节输电损耗按有效值算。
• 常一起考：29.3 节平均值与电荷量。一道题同时问“电荷量”和“热量”时，前者用平均值，后者用有效值，最容易混。
• 常一起考：第 28 章电磁感应中的能量，线圈转动时外力做的功等于电路产生的总热量（按有效值算）。

29.5 变压器

说明

构造：闭合铁芯上绕两个线圈。接交流电源的叫原线圈（初级线圈），匝数 $n_1$；接负载的叫副线圈（次级线圈），匝数 $n_2$。

原理：互感（第 28 章）。原线圈中的交变电流在铁芯中产生交变的磁通量，这个磁通量也穿过副线圈，在副线圈中产生感应电动势。变压器只能改变交流的电压，对恒定直流不起作用（磁通量不变，副线圈没有感应电动势）；它不改变交流的频率。

理想变压器（本节的理想模型）：

• 没有漏磁，原、副线圈中每一匝的磁通量都相同；
• 线圈没有电阻（没有铜损）；
• 铁芯不发热（没有涡流和磁滞损耗，即没有铁损）。

理想变压器的三个关系（$U$、$I$ 都指有效值，峰值同样成立）：

$$\frac{U_1}{U_2} = \frac{n_1}{n_2}$$ $$P_{\text{入}} = P_{\text{出}}, \quad \text{即} \quad U_1I_1 = U_2I_2$$ $$\frac{I_1}{I_2} = \frac{n_2}{n_1} \quad \text{（只有一个副线圈时）}$$

$n_2 > n_1$ 是升压变压器，$n_2 < n_1$ 是降压变压器。电压与匝数成正比，电流与匝数成反比。

谁决定谁（动态分析的依据）：

• 电压：输入决定输出。$U_1$ 由电源决定，$U_2 = \dfrac{n_2}{n_1}U_1$，与负载无关。
• 电流和功率：输出决定输入。负载决定 $I_2 = \dfrac{U_2}{R}$，$P_{\text{出}} = U_2I_2$；再由 $P_{\text{入}} = P_{\text{出}}$ 决定 $I_1$。副线圈空载（断开）时 $I_2 = 0$，理想变压器的 $I_1$ 也为零。

多个副线圈时，电压关系对每个副线圈都成立（$\dfrac{U_1}{n_1} = \dfrac{U_2}{n_2} = \dfrac{U_3}{n_3}$），电流用功率关系求：$U_1I_1 = U_2I_2 + U_3I_3$，$\dfrac{I_1}{I_2} = \dfrac{n_2}{n_1}$ 不再成立。

互感器：测高压、大电流用的变压器。电压互感器并联在高压线路上，$n_1 > n_2$，把高电压降为低电压给电压表测；电流互感器串联在线路中，$n_1 < n_2$，把大电流变成小电流给电流表测，使用时副线圈不能开路。

使用场景

• 已知匝数比和输入电压（或表达式），求副线圈的电压、电流、功率 → 理想变压器 → 先 $U_2 = \dfrac{n_2}{n_1}U_1$，再按负载求 $I_2$，最后 $I_1 = \dfrac{n_2}{n_1}I_2$。
• 负载变化（开关闭合、滑动变阻器滑动）或匝数变化（滑动触头移动），问各电表示数、灯的亮暗 → 动态分析 → 按”$U_1$ 定 $U_2$，负载定 $I_2$，$I_2$ 定 $I_1$“的顺序推。
• 原线圈回路中串有灯泡或电阻，电源电压不全加在原线圈上 → $U_1 \ne U_{\text{电源}}$ → 先由电流比找原线圈电流，再在原线圈回路里分电压；或把副线圈负载等效成原线圈回路中的一个电阻。
• 题目里出现电压互感器、电流互感器 → 测量用变压器 → 由连接方式（并联还是串联）判断类型，按匝数比把电表读数换算成线路电压或电流。

注意点

• 变压器公式里的 $U_1$ 是原线圈两端的电压，不一定等于电源电压。原线圈回路串有其他元件时，要先扣掉它们的电压。
• $\dfrac{I_1}{I_2} = \dfrac{n_2}{n_1}$ 只适用于一个副线圈；多个副线圈用功率关系。
• 理想变压器本身不消耗功率，$P_{\text{入}}$ 由 $P_{\text{出}}$ 决定，不是反过来。
• 匝数比不变时，无论负载怎样变，副线圈两端电压 $U_2$ 不变（理想变压器、电源电压不变）。
• 变压器不改变频率，副线圈电压的频率与电源相同。
• 实际变压器有铜损和铁损，效率小于 1，但大型变压器的效率很高。题目不说明就按理想变压器处理。

推导

电压关系：设原线圈中通入交变电流，铁芯中的磁通量为 $\Phi$。理想变压器没有漏磁，每一匝原线圈和每一匝副线圈中的磁通量都是 $\Phi$，变化率 $\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$ 也都相同。由法拉第电磁感应定律：

$$E_1 = n_1\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}, \qquad E_2 = n_2\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}$$

（关键一步：每一匝的感应电动势相同。这是因为闭合铁芯把磁感线几乎全部约束在铁芯里，原、副线圈套在同一个铁芯上，“穿过的是同一束磁感线”。没有铁芯或有漏磁时，这一步不成立，电压比就不等于匝数比。）

线圈没有电阻，$U_1 = E_1$，$U_2 = E_2$，两式相除得 $\dfrac{U_1}{U_2} = \dfrac{n_1}{n_2}$。

功率和电流关系：理想变压器没有能量损失，输入功率全部输出，$U_1I_1 = U_2I_2$。代入电压关系得 $\dfrac{I_1}{I_2} = \dfrac{U_2}{U_1} = \dfrac{n_2}{n_1}$。

实验依据：用可拆变压器改变原、副线圈匝数，测量两端电压，发现电压比近似等于匝数比；实际变压器有损耗，副线圈电压略小于理论值。实验的步骤和误差分析见第 42 章“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”。

例题

例 1　（场景：已知匝数比求电压电流）理想变压器原、副线圈匝数比 $n_1 : n_2 = 11 : 1$，原线圈接 $u = 220\sqrt{2}\sin 100\pi t\ \mathrm{V}$ 的交流电源，副线圈接 $R = 10\ \mathrm{\Omega}$ 的电阻，电路如本节说明的示意图。求副线圈两端电压、副线圈和原线圈中的电流、变压器的输入功率，以及副线圈中交流电的频率。

解：

研究对象：理想变压器及其副线圈回路。

过程划分：稳定工作状态，一个过程。

分析：变压器公式用有效值。按“电压由原到副、电流由副到原”的顺序求（用的是本节三个关系）。

列式求解：$U_1 = \dfrac{220\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\ \mathrm{V} = 220\ \mathrm{V}$。

$$U_2 = \frac{n_2}{n_1}U_1 = \frac{1}{11} \times 220\ \mathrm{V} = 20\ \mathrm{V}, \qquad I_2 = \frac{U_2}{R} = \frac{20}{10}\ \mathrm{A} = 2\ \mathrm{A}$$ $$I_1 = \frac{n_2}{n_1}I_2 = \frac{2}{11}\ \mathrm{A} \approx 0.18\ \mathrm{A}, \qquad P_{\text{入}} = P_{\text{出}} = U_2I_2 = 40\ \mathrm{W}$$

频率不变：$f = \dfrac{100\pi}{2\pi}\ \mathrm{Hz} = 50\ \mathrm{Hz}$。

检验：$U_1I_1 = 220 \times \dfrac{2}{11}\ \mathrm{W} = 40\ \mathrm{W}$，与输出功率相等。降压变压器的原线圈电流比副线圈小，合理。

例 2　（场景：动态分析）如图，理想变压器原线圈接电压不变的正弦交流电源，$P$ 是原线圈上的滑动触头。副线圈接电压表 V、电流表 $A_2$、灯 $L_1$，以及由开关 S 控制的灯 $L_2$；电流表 $A_1$ 测原线圈电流。（1）$P$ 不动，闭合 S，各电表示数和 $L_1$ 的亮度怎样变化？（2）S 闭合后，移动 $P$ 使原线圈匝数增多，各电表示数怎样变化？

解：

判断依据：电压由原到副：$U_2 = \dfrac{n_2}{n_1}U_1$；电流和功率由副到原：负载定 $I_2$，$P_{\text{入}} = P_{\text{出}}$ 定 $I_1$。

（1）$U_1$ 和匝数比都不变，所以 $U_2$ 不变，V 示数不变，$L_1$ 两端电压不变，亮度不变。闭合 S，$L_2$ 并入，副线圈总电阻减小，$I_2 = \dfrac{U_2}{R_{\text{并}}}$ 增大，$A_2$ 示数增大。$P_{\text{出}} = U_2I_2$ 增大，$P_{\text{入}}$ 随之增大，$I_1 = \dfrac{P_{\text{入}}}{U_1}$ 增大，$A_1$ 示数增大。

（2）$n_1$ 增大，$U_2 = \dfrac{n_2}{n_1}U_1$ 减小，V 示数减小；负载不变，$I_2$ 减小，$A_2$ 示数减小；$P_{\text{出}}$ 减小，$I_1$ 减小，$A_1$ 示数减小。

容易卡在：（1）中以为原线圈电流不变，所以副线圈电流也不变。原线圈电流是“被副线圈拉动”的，副线圈用电多，原线圈才输入多。

例 3　（场景：原线圈回路串有用电器）如图，三个相同的灯泡规格都是”$6\ \mathrm{V}$　$3\ \mathrm{W}$“。$L_1$ 串联在原线圈回路中，$L_2$、$L_3$ 并联后接在副线圈两端。接通电源后，三个灯泡都正常发光。求变压器的匝数比 $n_1 : n_2$ 和电源电压 $U$（变压器为理想变压器）。

解：

研究对象：原线圈回路、副线圈回路和变压器。

过程划分：稳定工作，一个状态，但有两个回路，分开列式。

分析：每盏灯正常发光：电压 $U_0 = 6\ \mathrm{V}$，电流 $I_0 = \dfrac{P_0}{U_0} = 0.5\ \mathrm{A}$，电阻 $R_0 = \dfrac{U_0^2}{P_0} = 12\ \mathrm{\Omega}$。原线圈电流就是 $L_1$ 的电流，副线圈电流是两灯电流之和。原线圈两端的电压 $U_1$ 不等于电源电压 $U$。

列式求解：$I_1 = I_0 = 0.5\ \mathrm{A}$，$I_2 = 2I_0 = 1\ \mathrm{A}$。由电流关系：

$$\frac{n_1}{n_2} = \frac{I_2}{I_1} = \frac{1}{0.5} = 2$$

即 $n_1 : n_2 = 2 : 1$。副线圈电压 $U_2 = U_0 = 6\ \mathrm{V}$，所以 $U_1 = \dfrac{n_1}{n_2}U_2 = 12\ \mathrm{V}$。电源电压

$$U = U_{L1} + U_1 = 6\ \mathrm{V} + 12\ \mathrm{V} = 18\ \mathrm{V}$$

检验：电源输出功率 $UI_1 = 18 \times 0.5\ \mathrm{W} = 9\ \mathrm{W}$，正好是三盏灯的功率之和，能量守恒。

容易卡在：直接用 $\dfrac{U}{U_2} = \dfrac{n_1}{n_2}$，把电源电压当成原线圈电压。

另一种解法：等效电阻。理想变压器连同副线圈负载 $R$，从原线圈看进去相当于一个电阻 $R' = \left(\dfrac{n_1}{n_2}\right)^2R$（见本节常用推论）。先由电流比得 $n_1 : n_2 = 2 : 1$；副线圈负载是两灯并联，$R = 6\ \mathrm{\Omega}$，等效电阻 $R' = 4 \times 6\ \mathrm{\Omega} = 24\ \mathrm{\Omega}$。原线圈回路就是 $L_1$（$12\ \mathrm{\Omega}$）与 $R'$ 串联，$U = I_1(R_0 + R') = 0.5 \times 36\ \mathrm{V} = 18\ \mathrm{V}$。原线圈回路里串着电阻、又要做动态分析或求功率极值时，等效电阻把问题变成第 18 章的简单串联电路，最省事；像本题这样电流、电压都能直接从灯的规格得到时，分回路列式更直接。

例 4　（场景：互感器）如图，甲、乙是接在高压输电线上的两个互感器。甲的匝数比 $100 : 1$，乙的匝数比 $1 : 100$（都是原线圈比副线圈）。电压表示数 $220\ \mathrm{V}$，电流表示数 $2\ \mathrm{A}$。判断甲、乙各是哪种互感器，并求输电线的电压、电流和输送功率。

解：

研究对象：两个互感器（理想变压器）。

过程划分：稳定工作，一个状态。

分析：甲并联在两线之间，测电压，是电压互感器，$n_1 > n_2$，降压；乙串联在线路中，测电流，是电流互感器，$n_1 < n_2$，把大电流变为小电流。

列式求解：甲：$U = \dfrac{n_1}{n_2}U_V = 100 \times 220\ \mathrm{V} = 2.2 \times 10^4\ \mathrm{V}$。乙：$\dfrac{I}{I_A} = \dfrac{n_2}{n_1}$，$I = 100 \times 2\ \mathrm{A} = 200\ \mathrm{A}$。输送功率

$$P = UI = 2.2 \times 10^4 \times 200\ \mathrm{W} = 4.4 \times 10^6\ \mathrm{W}$$

检验：电压互感器的副线圈电压比原线圈低、电流互感器的副线圈电流比原线圈小，两者都把被测量变成电表能测的小量，合理。

容易卡在：电流互感器的电流比按电压比的方向写，得 $I = 0.02\ \mathrm{A}$。电流与匝数成反比。

常用推论

• 等效电阻：理想变压器副线圈接电阻 $R$，从原线圈两端看进去，相当于接了电阻 $R' = \left(\dfrac{n_1}{n_2}\right)^2R$。推导：$R' = \dfrac{U_1}{I_1} = \dfrac{(n_1/n_2)U_2}{(n_2/n_1)I_2} = \left(\dfrac{n_1}{n_2}\right)^2\dfrac{U_2}{I_2}$。
• 多个副线圈：$\dfrac{U_1}{n_1} = \dfrac{U_2}{n_2} = \dfrac{U_3}{n_3}$（每匝电压相同），$n_1I_1 = n_2I_2 + n_3I_3$（由功率关系除以每匝电压得出）。
• 动态分析的顺序（匝数比不变）：负载电阻变小 → $I_2$ 变大 → $P_{\text{出}}$、$P_{\text{入}}$ 变大 → $I_1$ 变大；$U_2$ 始终不变。思路同第 18 章的动态分析：先找不变量，再按因果顺序推。
• 电流互感器副线圈不能开路：开路时副线圈电流为零，不再“抵消”原线圈电流产生的磁通，铁芯中磁通量很大，副线圈会感应出危险的高电压。

易错点

• 错在哪：认为原线圈电压决定原线圈电流，原线圈电流再决定副线圈电流。 为什么错：直觉“电从原线圈流进来，所以原线圈是源头”。电压确实从原到副，但功率是按需供给：副线圈不接负载时，理想变压器原线圈几乎没有电流。 正确做法：记“电压原定副，电流副定原，功率出定入”。
• 错在哪：原线圈回路串有电阻或灯泡，仍把电源电压当作 $U_1$。 为什么错：变压器公式里的 $U_1$ 是原线圈两端的电压，电源电压要先分给串联的元件。 正确做法：画出原线圈回路，$U_{\text{电源}} = U_{\text{串}} + U_1$（例 3）。
• 错在哪：认为变压器也能给直流变压，或者电池接原线圈，副线圈有持续电压。 为什么错：恒定电流的磁通量不变，副线圈没有感应电动势，只在接通、断开的瞬间有。 正确做法：变压器只对交流（或变化的电流）起作用。
• 错在哪：有两个副线圈时仍用 $\dfrac{I_1}{I_2} = \dfrac{n_2}{n_1}$。 为什么错：这个式子是由 $U_1I_1 = U_2I_2$ 推出的，有两个副线圈时输入功率要分给两路。 正确做法：用 $U_1I_1 = U_2I_2 + U_3I_3$。

直观理解

变压器像一个“按匝数分电压”的装置：铁芯里的磁通量对每一匝“一视同仁”，每匝分到的电压一样，匝数多的线圈电压就高。能量守恒要求电压高的一边电流小，所以“高压细线、低压粗线”：降压变压器的副线圈电流大，导线要粗。

电流的因果关系可以想成水泵和水龙头：电网是水泵，副线圈的负载是水龙头。水龙头开得大（负载电阻小），用水多，水泵才送得多。

关联知识点

• 前置：第 28 章互感和法拉第电磁感应定律，变压器的原理；涡流是铁芯损耗的来源，所以铁芯用彼此绝缘的硅钢片叠成。
• 前置：29.4 节有效值，变压器公式里都是有效值。
• 前置：第 18 章电路的动态分析，思路相同（先找不变量，再按因果顺序推）。
• 后续：29.6 节远距离输电用升压、降压两个变压器。
• 后续：第 42 章实验“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”，用可拆变压器验证本节的电压关系。

29.6 远距离输电

说明

输电模型（本节的理想模型）：发电机 → 升压变压器 $T_1$（$n_1 : n_2$）→ 输电线（两根导线的总电阻 $r$）→ 降压变压器 $T_2$（$n_3 : n_4$）→ 用户。两个变压器都看成理想变压器。

几个关系（都用有效值）：

• 输送功率与线路电流：$P = U_2I_2$，线路电流 $I_{\text{线}} = I_2 = I_3 = \dfrac{P}{U_2}$。
• 线路上的电压损失：$\Delta U = I_{\text{线}}r$，$U_3 = U_2 - \Delta U$。
• 线路上的功率损失：

$$P_{\text{损}} = I_{\text{线}}^2r = \left(\frac{P}{U_2}\right)^2r = \frac{(\Delta U)^2}{r} = \Delta U \cdot I_{\text{线}}$$

• 功率关系：$P_2 = P_{\text{损}} + P_3$，$P_3 = P_4$（用户得到的功率）。
• 两个变压器各自满足 29.5 节的关系：$\dfrac{U_1}{U_2} = \dfrac{n_1}{n_2}$，$\dfrac{U_3}{U_4} = \dfrac{n_3}{n_4}$。

为什么要高压输电：输送功率 $P$ 和线路电阻 $r$ 一定时，$P_{\text{损}} = \dfrac{P^2r}{U^2}$。输电电压提高到原来的 $k$ 倍，线路电流降为 $\dfrac{1}{k}$，损失功率降为 $\dfrac{1}{k^2}$。减小 $r$ 的办法（换电阻率小的材料、加粗导线）受成本和重量限制，效果有限，所以远距离输电靠提高电压。电压也不是越高越好，还受绝缘、设备和电晕损耗的限制。

使用场景

• 给出发电机输出功率和电压、变压器匝数比、线路电阻，求线路损失或用户得到的电压和功率 → 输电模型 → 从发电机一侧开始，先求线路电流 $I_{\text{线}} = \dfrac{P}{U_2}$，再算 $\Delta U$、$P_{\text{损}}$，最后到降压变压器。
• 给出损耗要求（“损失不超过输送功率的 $x\%$”），反求输电电压或升压变压器的匝数比 → 由 $P_{\text{损}} = I_{\text{线}}^2r$ 求允许的最大电流 → $U_2 = \dfrac{P}{I_{\text{线}}}$，再求匝数比。
• 用户用电增加或减少（晚上用电高峰），问线路损耗、用户电压怎样变 → 输电系统的动态分析 → 从用户端负载出发，电流由用户往发电机方向推，电压由发电机往用户方向推。

注意点

• 求 $P_{\text{损}}$ 时，$U$ 必须是输电线上的电压损失 $\Delta U$，不是输电电压 $U_2$。$\dfrac{U_2^2}{r}$ 没有物理意义。
• 线路电流 $I_{\text{线}}$ 是升压变压器副线圈的电流，也是降压变压器原线圈的电流，三者相等。
• 题目给“输电线长 $L$“时，导线总长是 $2L$（一来一回），电阻 $r = \rho\dfrac{2L}{S}$。
• 输送功率指升压变压器的输出功率 $P_2$（理想变压器时等于发电机的输出功率 $P_1$），不是用户得到的功率。
• 动态分析时，发电机输出电压和两个变压器的匝数比不变；变的是用户负载，所以要从用户端开始推电流。

推导

损失功率公式：输电线可以看成一个电阻 $r$，线上电流 $I_{\text{线}}$，由焦耳定律（第 17 章）$P_{\text{损}} = I_{\text{线}}^2r$。输送功率 $P = U_2I_{\text{线}}$ 一定，所以 $I_{\text{线}} = \dfrac{P}{U_2}$，代入得

$$P_{\text{损}} = \frac{P^2r}{U_2^2}$$

（关键一步：把 $I_{\text{线}}$ 换成 $\dfrac{P}{U_2}$，前提是输送功率 $P$ 一定。正是这个前提让“提高电压”变成“减小电流”：电压高了，送同样多的功率只需要更小的电流，而损耗和电流的平方成正比。）

为什么不能用 $\dfrac{U_2^2}{r}$：$\dfrac{U^2}{R}$ 中的 $U$ 是电阻 $R$ 两端的电压。$U_2$ 是升压变压器输出端两根导线之间的电压，它分给了输电线和后面的降压变压器；只有 $\Delta U$ 才加在输电线电阻两端。

例题

例 1　（场景：完整输电计算）某发电站输出功率 $P = 100\ \mathrm{kW}$，输出电压 $U_1 = 250\ \mathrm{V}$，经匝数比 $n_1 : n_2 = 1 : 20$ 的升压变压器升压后输电，输电线总电阻 $r = 10\ \mathrm{\Omega}$，到用户处用降压变压器降为 $220\ \mathrm{V}$。变压器都是理想变压器，电路如本节说明的示意图。求：（1）输电线上的电流和损失的功率；（2）降压变压器的匝数比 $n_3 : n_4$；（3）用户得到的功率。

解：

研究对象：整个输电系统，按发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、用户依次分析。

过程划分：稳定输电，一个状态；按电能流动的方向分四段列式。

分析：先过升压变压器得到 $U_2$，由输送功率求线路电流，再求线上损失，最后过降压变压器。

列式求解：（1）$U_2 = \dfrac{n_2}{n_1}U_1 = 20 \times 250\ \mathrm{V} = 5000\ \mathrm{V}$，

$$I_{\text{线}} = \frac{P}{U_2} = \frac{1.0 \times 10^5}{5000}\ \mathrm{A} = 20\ \mathrm{A}, \qquad P_{\text{损}} = I_{\text{线}}^2r = 20^2 \times 10\ \mathrm{W} = 4000\ \mathrm{W}$$

（2）$\Delta U = I_{\text{线}}r = 200\ \mathrm{V}$，$U_3 = U_2 - \Delta U = 4800\ \mathrm{V}$，

$$\frac{n_3}{n_4} = \frac{U_3}{U_4} = \frac{4800}{220} = \frac{240}{11}$$

（3）$P_{\text{用户}} = P - P_{\text{损}} = 100\ \mathrm{kW} - 4\ \mathrm{kW} = 96\ \mathrm{kW}$。

检验：用户端 $U_3I_{\text{线}} = 4800 \times 20\ \mathrm{W} = 96\ \mathrm{kW}$，与（3）一致。损耗占 $4\%$，量级合理。

容易卡在：用 $P_{\text{损}} = \dfrac{U_2^2}{r} = \dfrac{5000^2}{10}\ \mathrm{W}$，得 $2.5 \times 10^6\ \mathrm{W}$，比输送功率还大，一检验就知道错了。

例 2　（场景：由损耗要求反求电压和匝数比）例 1 中，若要求输电线上损失的功率降到输送功率的 $1\%$，发电机输出电压和线路不变，升压变压器的匝数比应改为多少？

解：

研究对象：输电线。

过程划分：稳定输电，一个状态。

分析：由允许的损失功率求允许的线路电流，再求输电电压，最后求匝数比。

列式求解：$P_{\text{损}}' = 1\% \times 1.0 \times 10^5\ \mathrm{W} = 1000\ \mathrm{W}$。

$$I_{\text{线}}' = \sqrt{\frac{P_{\text{损}}'}{r}} = \sqrt{\frac{1000}{10}}\ \mathrm{A} = 10\ \mathrm{A}, \qquad U_2' = \frac{P}{I_{\text{线}}'} = \frac{1.0 \times 10^5}{10}\ \mathrm{V} = 1.0 \times 10^4\ \mathrm{V}$$ $$\frac{n_1}{n_2} = \frac{U_1}{U_2'} = \frac{250}{10000} = \frac{1}{40}$$

检验：损失从 $4\%$ 降到 $1\%$，降为 $\dfrac{1}{4}$，电压应提高到 2 倍，$10000\ \mathrm{V}$ 正好是 $5000\ \mathrm{V}$ 的 2 倍，对。

另一种解法：比例法。输送功率和线路电阻不变，$P_{\text{损}} \propto \dfrac{1}{U_2^2}$。损失变为原来的 $\dfrac{1}{4}$，$U_2$ 就变为原来的 2 倍，即 $10000\ \mathrm{V}$，匝数比 $1 : 40$。已经有一组完整数据、只问“改到多少”时，比例法一步到位；没有参照数据时，按主解法从损失功率求电流。

例 3　（场景：用户负载变化的动态分析）在例 1 的输电系统中，发电机输出电压和两个变压器的匝数比都不变。晚上用电高峰，用户接入的用电器增多。下列说法正确的是（　）。

A. 输电线上的电流减小 B. 输电线上损失的功率增大 C. 降压变压器副线圈两端的电压升高 D. 升压变压器副线圈两端的电压降低

解：B。

判断依据：电流由用户往发电机方向推（负载决定电流），电压由发电机往用户方向推（输入决定输出）。

用电器并联增多，用户总电阻减小，用户电流 $I_4$ 增大，降压变压器原线圈电流 $I_3 = I_{\text{线}}$ 随之增大，A 错。$P_{\text{损}} = I_{\text{线}}^2r$ 增大，B 对。$U_1$ 和 $n_1 : n_2$ 不变，$U_2$ 不变，D 错。$\Delta U = I_{\text{线}}r$ 增大，$U_3 = U_2 - \Delta U$ 减小，$U_4$ 随之减小，C 错。这就是用电高峰时灯光变暗的原因。

常用推论

• 输送功率一定，输电电压提高到 $k$ 倍：线路电流变为 $\dfrac{1}{k}$，电压损失变为 $\dfrac{1}{k}$，功率损失变为 $\dfrac{1}{k^2}$。由 $P_{\text{损}} = \dfrac{P^2r}{U^2}$ 得出。
• 损失功率占输送功率的比例 $\dfrac{P_{\text{损}}}{P} = \dfrac{Pr}{U^2}$：输送功率越大，损失所占比例也越大。
• $P_{\text{损}}$ 的三种写法 $I^2r$、$\dfrac{(\Delta U)^2}{r}$、$\Delta U \cdot I$ 都对，前提是 $U$ 用 $\Delta U$；用户越多，$\Delta U$ 越大，用户电压越低。

易错点

• 错在哪：用 $P_{\text{损}} = \dfrac{U_2^2}{r}$，得出“电压越高损失越大”。 为什么错：$\dfrac{U^2}{R}$ 要求 $U$ 是加在这个电阻两端的电压。$U_2$ 加在“输电线 + 降压变压器”上，不全在输电线上。 正确做法：用 $P_{\text{损}} = I_{\text{线}}^2r$，电流由 $I_{\text{线}} = \dfrac{P}{U_2}$ 求。
• 错在哪：以为输电线上的电流由线路电阻决定：$I = \dfrac{U_2}{r}$。 为什么错：输电线不是直接接在 $U_2$ 两端短路，它和降压变压器、用户串联。线路电流由输送功率（最终由用户用电）决定。 正确做法：$I_{\text{线}} = \dfrac{P}{U_2}$。
• 错在哪：输电线长 $L$，电阻按长度 $L$ 算。 为什么错：输电要两根导线构成回路。 正确做法：总长 $2L$。

直观理解

输电像用水管送水：损失（摩擦生热）取决于水流（电流）的大小。要送同样多的“能量”，可以用大流量低压力，也可以用小流量高压力；后者管道损耗小得多。所以电厂先把电压“压”上去送，到了用户那里再“放”下来用。

一句话：送电看电流，损耗 $I^2r$，电压高一倍，损耗降四倍。

关联知识点

• 前置：29.5 节变压器的三个关系，输电系统里用两次。
• 前置：第 17 章焦耳定律、电阻定律 $R = \rho\dfrac{l}{S}$（求输电线电阻）。
• 前置：第 18 章动态分析的思路，例 3 用同样的“先找不变量”的方法。
• 常一起考：第 14 章能量守恒与能源；输电效率、节能减排常作为情境出现。

29.7 知识点之间的关系

本章的主线是“发电 → 描述 → 变压 → 输送”：29.2 节说明交流从哪来，29.3、29.4 节说明怎么描述它（四个值各管一件事），29.5 节用变压器改变电压，29.6 节把两个变压器和一段输电线连成系统。拿到题目，按下面的过程选择图判断该用哪一条。

29.8 自测

1. 匝数 50 的线圈面积 $0.04\ \mathrm{m^2}$，在 $B = 0.5\ \mathrm{T}$ 的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以 $\omega = 50\ \mathrm{rad/s}$ 匀速转动，从中性面开始计时，写出感应电动势的瞬时值表达式。
2. 线圈经过中性面时，穿过线圈的磁通量最大还是为零？感应电动势最大还是为零？
3. 某交流电流 $i = 5\sin 100\pi t\ \mathrm{A}$，求它的频率、峰值和 $t = \dfrac{1}{300}\ \mathrm{s}$ 时的电流。
4. 10 匝线圈在某过程中磁通量变化了 $0.02\ \mathrm{Wb}$，回路总电阻 $5\ \mathrm{\Omega}$，求通过导线横截面的电荷量。
5. 把 $50\ \mathrm{\Omega}$ 的电阻接在 $u = 100\sqrt{2}\sin 100\pi t\ \mathrm{V}$ 的电源上，求电阻的功率。
6. 某电流每个周期中前 $1\ \mathrm{s}$ 为 $3\ \mathrm{A}$，后 $1\ \mathrm{s}$ 为零，求它的有效值。
7. 理想变压器 $n_1 : n_2 = 10 : 1$，原线圈接 $220\ \mathrm{V}$ 交流，副线圈接 $11\ \mathrm{\Omega}$ 的电阻，求副线圈电压和原线圈电流。
8. 理想变压器匝数比不变，副线圈上再并联一盏灯，原线圈中的电流怎样变化？
9. 输送功率不变，输电电压提高到原来的 10 倍，输电线上损失的功率变为原来的多少？

答案：1. $e = 50\sin 50t\ \mathrm{V}$；2. 磁通量最大，电动势为零；3. $50\ \mathrm{Hz}$，$5\ \mathrm{A}$，$\dfrac{5\sqrt{3}}{2}\ \mathrm{A} \approx 4.3\ \mathrm{A}$；4. $0.04\ \mathrm{C}$；5. $200\ \mathrm{W}$；6. $\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\ \mathrm{A} \approx 2.1\ \mathrm{A}$；7. $22\ \mathrm{V}$，$0.2\ \mathrm{A}$；8. 增大；9. $\dfrac{1}{100}$。

29.9 深入阅读

• PhET · 法拉第电磁实验室：有发电机和变压器两个场景：转动线圈看灯泡亮暗和电流方向的周期变化，改变线圈匝数看感应电压怎样变。
• 维基百科 · 交流电：交流电的波形、有效值（均方根值）的定义、各国电网的电压和频率。
• 维基百科 · 变压器：变压器的构造、理想变压器的电压电流关系、铁损和铜损，以及电力系统中的升压和降压。
• 国家中小学智慧教育平台：教育部主办，有人教版选择性必修第二册第三章“交变电流”的同步课程和教材电子版。