交变电流与变压器
从发电机线圈转动出发，理解正弦式交变电流的产生、有效值含义；掌握理想变压器电压、电流与匝数的关系，学会分析简单变压器电路，并了解远距离输电的基本原理。
1. 从直流到交流：为什么我们需要交变电流？
日常生活中的电网输送的是交流电（AC），而不是我们电池提供的直流电（DC）。交流电的电压和电流方向会随时间周期性变化，它最大的优点是便于变压——通过变压器可以轻松升压或降压，实现远距离低损耗输电。
2. 交变电流的产生——线圈在磁场中转动
最简单的交流发电机：一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动。当线圈平面与磁场垂直（中性面）时，磁通量最大，但感应电动势为零；当线圈平面与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大。
电动势随时间的变化规律为：
$$e = E_m \sin(\omega t)$$其中 $E_m = N B S \omega$ 是电动势的峰值，$N$ 为匝数，$B$ 为磁感应强度，$S$ 为线圈面积，$\omega$ 为角速度。电流 $i = I_m \sin(\omega t)$，$I_m = \dfrac{E_m}{R}$（纯电阻电路）。
3. 有效值——交流电的“平均效果”
交流电的瞬时值不断变化，我们怎么衡量它的作功能力呢？有效值：让交流电和直流电分别通过相同的电阻，在相同时间内产生相等的热量，这个直流电的数值就是交流电的有效值。对于正弦式交流电：
$$E = \frac{E_m}{\sqrt{2}},\quad U = \frac{U_m}{\sqrt{2}},\quad I = \frac{I_m}{\sqrt{2}}$$家庭用电220V就是指有效值，其峰值为 $220\times\sqrt{2}\approx 311\text{V}$。
4. 变压器——改变交流电压的“心脏”
变压器由铁芯和两个线圈（原线圈/初级、副线圈/次级）组成。原线圈接交流电源，副线圈接负载。交变电流在铁芯中激发变化的磁场，从而在副线圈中产生感应电动势。
理想变压器规律
忽略漏磁、铜损、铁损，理想变压器满足：
- 电压关系：$\dfrac{U_1}{U_2} = \dfrac{n_1}{n_2}$（匝数比决定电压比）
- 功率关系：$P_1 = P_2$（输入功率等于输出功率）
- 电流关系：$\dfrac{I_1}{I_2} = \dfrac{n_2}{n_1}$（电流与匝数成反比）
注意：当副线圈空载（开路）时，原线圈中仍有很小的励磁电流（忽略不计）；若有多组副线圈，总输出功率等于各副线圈功率之和。
5. 远距离输电——为什么要高压？
输电线有电阻 $R_{线}$，电流通过时产生焦耳热 $P_{损}=I^2R_{线}$。为了减小损耗，采用高压输电：升压变压器将电压升高，电流减小，从而降低线损。到达用户端后再降压至220V/380V。
"高压输电电压通常为110kV、220kV甚至更高，减小电流是降低热损耗的最有效手段。"
典型例题
例1（基础）：一个正弦式交变电流的电压表达式为 $u = 311\sin(100\pi t)\,\text{V}$，求：(1) 电压的有效值；(2) 频率；(3) $t=0.005\text{s}$ 时的瞬时值。
解答：
- 有效值 $U = \dfrac{U_m}{\sqrt{2}} = \dfrac{311}{1.414} \approx 220\,\text{V}$
- 角频率 $\omega = 100\pi\,\text{rad/s}$，频率 $f = \dfrac{\omega}{2\pi} = 50\,\text{Hz}$，周期 $T=0.02\,\text{s}$
- $t=0.005\text{s}$ 时，$\omega t = 100\pi \times 0.005 = 0.5\pi$，$u = 311\sin(0.5\pi) = 311\,\text{V}$（峰值）
例2（中等）：一理想变压器原线圈匝数 $n_1=1100$，接在 $220\text{V}$ 交流电源上。副线圈有两个：$n_2=55$ 接电阻 $R_2=11\Omega$，$n_3=110$ 接电阻 $R_3=44\Omega$。求：(1) 两副线圈的输出电压；(2) 原线圈的输入电流（忽略空载电流）。
解答：
- 由 $\dfrac{U_1}{U_2} = \dfrac{n_1}{n_2}$ 得 $U_2 = \dfrac{55}{1100}\times 220 = 11\,\text{V}$；$U_3 = \dfrac{110}{1100}\times 220 = 22\,\text{V}$。
- 副线圈电流：$I_2 = \dfrac{U_2}{R_2} = \dfrac{11}{11}=1\,\text{A}$；$I_3 = \dfrac{22}{44}=0.5\,\text{A}$。输出总功率 $P_2 = U_2 I_2 = 11\text{W}$，$P_3 = 22\times0.5=11\text{W}$，总输出 $P_{出}=22\text{W}$。理想变压器 $P_1=P_{出}=22\text{W}$，所以原线圈电流 $I_1=\dfrac{P_1}{U_1}=\dfrac{22}{220}=0.1\,\text{A}$。
易错点：不可直接用电流与匝数反比公式，因为副线圈有两个，总电流关系需通过功率计算。
例3（综合）：某交流发电机输出功率 $P=100\text{kW}$，输出电压 $U_1=250\text{V}$，用升压变压器升压至 $U_2=10000\text{V}$ 后输电，输电线总电阻 $R=10\Omega$，再经降压变压器降至 $U_4=220\text{V}$ 供用户使用。求：(1) 升压变压器原副线圈匝数比；(2) 输电线上的功率损耗；(3) 降压变压器原副线圈匝数比。
解答：
- 升压匝数比 $\dfrac{n_1}{n_2} = \dfrac{U_1}{U_2} = \dfrac{250}{10000} = \dfrac{1}{40}$。
- 输电线电流 $I = \dfrac{P}{U_2} = \dfrac{100\times10^3}{10^4} = 10\,\text{A}$，线损 $P_{损}=I^2R = 10^2\times10 = 1000\,\text{W} = 1\,\text{kW}$。
- 降压变压器原线圈电压 $U_3 = U_2 - I\cdot R = 10000 - 10\times10 = 9900\,\text{V}$（线路上有压降），$U_4=220\text{V}$，匝数比 $\dfrac{n_3}{n_4} = \dfrac{U_3}{U_4} = \dfrac{9900}{220} = 45:1$。
常见误区
- 误以为变压器可以改变直流电压：变压器必须接交流电才能工作，因为只有变化的磁场才能产生感应电动势。
- 忽略有效值与峰值的区别：求热量、功率、电表读数时用有效值，讨论击穿电压、耐压值时用峰值。
- 变压器电流关系使用不当：理想变压器电流关系 $I_1:I_2=n_2:n_1$ 只适用于只有一个副线圈且不考虑空载的情况；多副线圈时需用功率守恒。
- 不清楚输电线上电压降：输电线损失的电压是 $U_{损}=IR$，而不是总电压减去用户电压，两者不同。
学习建议
- 把正弦式交流电的波形图记牢，理解中性面和峰值面的特点。
- 熟练掌握四个值（瞬时值、峰值、有效值、平均值）的应用场景。
- 变压器问题抓住“电压比由匝数比决定，功率关系为输入=输出”的核心，再配合欧姆定律求解。
- 多练习远距离输电的模型，注意分步计算：升压→线路→降压。
知识链接
- 电磁感应（法拉第电磁感应定律、楞次定律）是交流电和变压器的理论基础。
- 欧姆定律、焦耳定律用于计算交流电路中的电压、电流和热量。
- 电容器和电感对交流电的阻碍作用（容抗、感抗）会在后续学习中拓展。
习题自测
- 一个正弦式交流电压 $u = 311\sin(314t)\,\text{V}$，求：(1) 有效值；(2) 频率；(3) $t=0.01\,\text{s}$ 时的瞬时值。
- 理想变压器原线圈 $n_1=1000$ 匝，副线圈 $n_2=50$ 匝，原线圈接 $220\,\text{V}$ 交流电，副线圈接一个 $5\,\Omega$ 的电阻。求：(1) 副线圈电压；(2) 副线圈电流；(3) 原线圈电流。
- 某电厂输出功率 $200\,\text{kW}$，输出电压 $500\,\text{V}$，用升压变压器升压至 $10\,\text{kV}$ 后输送到远方，输电线总电阻 $20\,\Omega$。求：(1) 升压匝数比；(2) 输电线损失功率；(3) 若不用升压，直接以 $500\,\text{V}$ 输送，损失功率又是多少？
参考答案：
- (1) $220\,\text{V}$；(2) $f=\dfrac{314}{2\pi}=50\,\text{Hz}$；(3) $t=0.01\,\text{s}$ 时 $\omega t=314\times0.01=3.14=\pi$，$u=311\sin\pi=0\,\text{V}$。
- (1) $U_2=\dfrac{50}{1000}\times220=11\,\text{V}$；(2) $I_2=\dfrac{11}{5}=2.2\,\text{A}$；(3) $I_1=\dfrac{11\times2.2}{220}=0.11\,\text{A}$（或用 $I_1:I_2=n_2:n_1$ 得 $I_1=0.11\,\text{A}$）。
- (1) 匝数比 $n_1:n_2=500:10000=1:20$；(2) 线路电流 $I=\dfrac{200\times10^3}{10\times10^3}=20\,\text{A}$，$P_{损}=20^2\times20=8000\,\text{W}=8\,\text{kW}$；(3) 若仅用 $500\,\text{V}$，线路电流 $I'=\dfrac{200\times10^3}{500}=400\,\text{A}$，$P'_{损}=400^2\times20=3.2\times10^6\,\text{W}=3200\,\text{kW}$（远大于输出功率，不可行！）。