电动机、发电机与变压器

入门

把一圈导线放在磁铁两极之间，并让电流通过它。线圈的一边受力向上，另一边受力向下，因此线圈会扭转。若不加干预，线圈会摆动，直到与磁铁对齐才停下。要让它持续转动，线圈中的电流必须每半圈反向一次；随线圈一起转动、与两个固定触点接触的分裂环正好能做到这一点。这样你就得到了电动机，它是电钻、风扇或电动汽车的核心。

把机器倒过来运行，它就变成了发电机。在动画中，线圈在磁铁的 N 极和 S 极之间持续旋转，就像发电站里的涡轮机带动它一样。线圈的两边扫过磁场，推动电流沿电路流动。注意导线上的红色箭头：每半圈，它就增大、减小，并改变方向。这就是交流电（AC），也就是插座里的电，灯每转一圈闪两次。

接着，电流到达变压器：两个线圈绕在同一个铁环上。第一个线圈中变化的电流在铁中产生变化的磁场，从而在第二个线圈中感应出电流。第二个线圈的匝数越多，电压越高，但功率永远不会增加：电压提高十倍，电流就降为十分之一。因此电力以很高的电压输送：电缆中的电流小，以热的形式浪费的能量也就少得多。

自我检测：变压器输入线圈有 50 匝，输出线圈有 500 匝。输入 12 V 交流电，输出是多少？（120 V，电流为十分之一。）

中级

导线上的力，线圈上的力矩

磁场会对运动的电荷施加横向力，因此也会对通有电流的导线施加横向力。对于长度为 $L$、电流为 $I$、置于均匀磁场 $B$ 中的直导线，受力为
$F=BIL\sin \theta$
其中 $\theta$ 是导线与磁场之间的夹角：导线与磁场垂直时受力最大，沿磁感线方向时为零。力同时垂直于导线和磁场，其方向由弗莱明左手定则给出：食指指向磁场，中指指向电流，拇指指向受力方向。因此，1 T 的磁场对垂直穿过它、每米长且通有 1 A 电流的导线施加 1 N 的力。

把导线弯成匝数为 $N$、面积为 $A$ 的矩形线圈，并将其安装在磁铁两极之间的转轴上。线圈的两条长边通有方向相反的电流，受力方向也相反，因此线圈受到力矩
$\tau =NBIA\sin \theta$
其中 $\theta$ 现在是磁场与线圈法线之间的夹角。线圈平面与磁场平行时力矩最大，线圈正对磁场时力矩为零；若无外力作用，线圈就会停在这一位置。直流电动机依靠换向器保持转动：换向器是装在转轴上的分裂环，由两个电刷接触，每半圈使电流反向，恰好在力矩即将反向之前完成。

发电机：倒过来运行的电动机

拿掉电池，让线圈以恒定角速度 $\omega$ 旋转。从线圈正对磁场的位置开始计角度，穿过每匝的磁通量为 $\Phi =BA\cos \omega t$，由法拉第定律 $\epsilon =-Nd\Phi /dt$ 得到电动势及其峰值：

• $\epsilon =NBA\omega \sin \omega t$
• ${\epsilon }_0=NBA\omega$

这一交变电动势的频率为 $f=\omega /2\pi$。线圈平面与磁场平行时它最大：此时两边垂直切割磁感线，磁通量经过零点，变化最快。线圈正对磁场时它为零：此时磁通量最大，但瞬间保持不变。滑环把电动势引出，同时避免导线扭绞；若用换向器代替滑环，则得到脉动直流电。仪表显示的是均方根（有效）值，对正弦波而言等于峰值除以 $\sqrt{2}$：230 V 电源的峰值约为 325 V。

变压器：两个线圈，一个磁通

变压器没有运动部件：初级线圈有 $N_p$ 匝，次级线圈有 $N_s$ 匝，两者共用一个闭合的铁芯。初级中的交流电产生交变磁通，铁芯将其引导穿过次级线圈。两个线圈的每一匝都与同一变化的磁通相交链，因此感应出相同的电动势，电压之比等于匝数之比；若不计损耗，输入功率等于输出功率：

• $\frac{V_s}{V_p}=\frac{N_s}{N_p}$
• $V_p{I}_p=V_s{I}_s$

升压变压器（$N_s>N_p$）升高电压，同时按同样倍数降低电流，因此并不会凭空产生能量。恒定直流产生恒定磁通，不会感应出电动势，所以变压器必须使用交流电。大型变压器的效率超过 99 %。

例题：动画中的机器

线圈匝数 $N=200$，面积 $A=0.020{\mathrm{m}}^2$（20 cm × 10 cm），置于 $B=0.50\mathrm{T}$ 的磁场中，每 2 s 转一圈，因此 $\omega =2\pi /2=\pi \approx 3.14rad/s$。于是
${\Phi }_{\max }=BA=0.50\cdot 0.020=0.010\mathrm{Wb}$
${\epsilon }_0=NBA\omega =200\cdot 0.50\cdot 0.020\cdot \pi \approx 6.28\mathrm{V}$

在 $t=0$ 时，线圈正对磁场：$\Phi$ 读数为 10.0 mWb，$\epsilon$ 读数为零。再过八分之一圈，即 $t=0.25\mathrm{s}$ 时，磁通量为 $10\cos 45^{\circ }\approx 7.1\mathrm{mWb}$，电动势为 $6.28\sin 45^{\circ }\approx 4.44\mathrm{V}$。在 $t=0.5\mathrm{s}$ 时，线圈平面与磁场平行，$\Phi$ 经过零点，$\epsilon$ 达到 6.28 V 的峰值。在 $t=1\mathrm{s}$ 时，磁通量为 −10.0 mWb，电动势再次为零。

当 $N_p=100$、$N_s=200$ 时，次级输出 $V_s=2\epsilon$，在 $V_s$ 读数上的峰值为 12.57 V（约 12.6 V），与 $\epsilon$ 同相。灯泡的功率随 $V_s^2$ 增长，因此在正负两个峰值处都会发亮：每转一圈闪两次。

观察箭头：发电机为何会阻碍转动

蓝色的 $v$ 箭头表示长边沿圆周运动的方向：在 $t=0$ 时，它们沿磁场 $B$ 滑动，不切割任何磁感线；在 $t=0.5\mathrm{s}$ 时，它们与磁场垂直相交。只有垂直于磁场的运动才会驱动电荷，因此电动势与 $\sin \omega t$ 成正比。紫色的 $F$ 箭头体现了发电机内部的电动机效应：磁场对感应电流施加力 $F=BIL$，其方向始终阻碍运动。这就是楞次定律；如果这些力反而促进运动，线圈就会自行加速，凭空产生能量。

把灯泡看作 25 Ω 的电阻。在峰值时，它通过的电流为 $12.57/25\approx 0.50\mathrm{A}$，因此理想变压器的线圈中需要两倍于此的电流，约 1.0 A。此时力矩为 $\tau =NBIA=200\cdot 0.50\cdot 1.0\cdot 0.020=2.0\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$，以 $\pi rad/s$ 的速度克服该力矩需要 $\tau \omega \approx 6.3\mathrm{W}$ 的功率，恰好等于灯泡的峰值功率 $12.57\cdot 0.50\approx 6.3\mathrm{W}$。若断开灯泡，线圈便可自由转动。

例题：高压输电线

一座风电场通过总电阻为 4.0 Ω 的线路输送 20 MW 的功率。线路以 $I^{2}R$ 的速率发热；在输送功率一定时，电流为 $I=P/V$，因此
$P_{\mathrm{loss}}=I^{2}R={\left(\frac{P}{V}\right)}^{2}R$

若以发电机自身的 11 kV 输送，电流为 $20\times 10^6/(11\times 10^3)\approx 1818\mathrm{A}$，损耗为 $1818^2\cdot 4.0\approx 13.2\mathrm{MW}$：三分之二的功率只会使导线发热。使用匝数比为 1 : 12 的升压变压器，可将电压升至 132 kV。电流降为 151.5 A，损耗为 $151.5^2\cdot 4.0\approx 92\mathrm{kW}$，不到 0.5 %：电压提高十二倍，损耗则减少 $12^2=144$ 倍。随后，靠近住宅处的降压变压器将电压降回 230 V。

常见错误

• 变压器无法在恒定直流下工作：12 V 电池接通瞬间会在次级产生短暂脉冲，之后次级电压为 0 V。
• 线圈正对磁铁时，电动势并非最大：此时磁通量（动画中为 10 mWb）最大，但瞬间保持不变，因此 $\epsilon =0$。当 $\Phi =0$ 时，电动势才达到 6.28 V 的峰值。
• 升压变压器并不会创造能量：灯泡两端的电压是线圈电压的两倍，但电流只有一半，即 0.50 A 对 1.0 A，因此两侧的功率都是 6.3 W。
• 两个记作 $\theta$ 的角并不相同：在 $F=BIL\sin \theta$ 中，它是导线与磁场之间的夹角；在 $\tau =NBIA\sin \theta$ 中，它是磁场与法线之间的夹角。因此，线圈与磁场平行时力矩最大。

应用场景

电动机驱动风扇、电梯、水泵和电动汽车，消耗了全球近一半的电力。电动汽车的电动机在制动时还能充当发电机。一台两极发电站的发电机以 3000 rpm 旋转，即可产生欧洲电网的 50 Hz 交流电；每条输电线的两端，以及手机充电器内部，都装有变压器。《家庭中的电功率与电能》中遇到的 230 V 是有效值，而每个变压器背后变化的磁场，则引出了《电磁波》。

高级

两条路径得到相同的电动势

发电机是一个匝数为 $N$ 的线圈，以恒定角速度 $\omega$ 在均匀磁场 $\vec{B}$ 中转动。法拉第磁通定律一句话就给出了它的电动势，但掩盖了究竟是什么力在推动电荷绕电路流动。因此我们先从运动导线内电荷受到的磁力求出电动势，再检验磁通定律是否给出相同结果。设每匝线圈为矩形，两条长边长为 $L$，与转轴平行；两条短边长为 $w$，即线圈的宽度，因此其面积为 $A=Lw$。

图例

$\vec{B}$	磁场，在图平面内水平且均匀。	$\mathrm{T}$
$\omega$	线圈的角速度，此处为顺时针转动。	$rad/s$
$\frac{w}{2}$	每条长边运动所在圆的半径：线圈宽度 $w$ 的一半。	$\mathrm{m}$
$\vec{v}$	长边的速度，与其所在圆相切，大小为 $\omega w/2$。	$m/s$
$\theta$	$\vec{v}$ 与 $\vec{B}$ 之间的夹角，同时也是 $\vec{A}$ 与 $\vec{B}$ 之间的夹角：$\theta =\omega t$。	$\mathrm{rad}$
$\vec{A}$	线圈的面积矢量：大小为 $A=Lw$，垂直于线圈，因此与上方长边的 $\vec{v}$ 平行。	${\mathrm{m}}^2$
$\vec{F}$	长边中正电荷 $q$ 受到的磁力 $q\vec{v}\times \vec{B}$。它沿导线方向：在上方长边指向纸外（圆点），在下方长边指向纸内（叉号）。	$\mathrm{N}$

图 1 沿转轴方向观察，转轴垂直指入纸面。此时每条长边呈现为一个小圆点，线圈则呈现为连接两个圆点的直线。磁场 $\vec{B}$ 水平穿过纸面，线圈以角速度 $\omega$ 顺时针转动。

先看其中一条长边的运动。它距转轴 $w/2$，因此沿半径为 $w/2$ 的虚线圆运动，速率为 $v=\omega w/2$。其速度 $\vec{v}$ 与该圆相切。从长边沿磁感线方向运动、即 $\vec{v}$ 与 $\vec{B}$ 平行的时刻开始计时。速度随线圈一同转动，到时刻 $t$ 时已转过角度 $\theta =\omega t$，图中标出的是 $\vec{v}$ 与上方长边处水平虚线之间的夹角。

接着看受力。被该边带动的正电荷 $q$ 受到磁力 $\vec{F}=q\vec{v}\times \vec{B}$。$\vec{v}$ 和 $\vec{B}$ 都位于纸面内，因此它们的叉积垂直于纸面，即沿导线方向。在上方长边，力指向纸外（圆点）；在下方长边，速度反向，力指向纸内（叉号）。由于 $\theta$ 是 $\vec{v}$ 与 $\vec{B}$ 之间的夹角，力的大小为 $qvB\sin \theta =qvB\sin \omega t$。

再看做功。电动势是把单位电荷沿回路移动一周时所做的功。沿长边方向，每单位电荷受到的力为 $vB\sin \omega t$，沿导线方向贯穿整个长度 $L$，因此每单位电荷做功 $BLv\sin \omega t$。短边位于纸面内；短边上电荷受到的力沿转轴方向，横穿导线，因此不沿短边做功。

最后，沿一匝线圈绕行一周。沿上方长边，我们朝纸外方向运动，与该处的力方向相同。沿下方长边，我们朝纸内方向运动，而该处的力也指向纸内，因此仍与我们的运动方向一致。两条边的贡献因而相加而非抵消，每匝给出 $2BLv\sin \omega t$。$N$ 匝线圈串联，它们的电动势同样相加：
$\epsilon =2NBL\frac{\omega w}{2}\sin \omega t=NBA\omega \sin \omega t$
其中最后一步利用了 $A=Lw$。

磁通路径更简短。面积矢量 $\vec{A}$ 的大小为 $A$，垂直于线圈平面。在图 1 中，它与上方长边的速度平行，因为该速度同样垂直于线圈。因此 $\vec{A}$ 随 $\vec{v}$ 一同转动，与 $\vec{B}$ 的夹角同样为 $\theta =\omega t$。于是每匝线圈的磁通量为 $\Phi =BA\cos \omega t$，在 $t=0$ 时（线圈正对磁场）最大。由法拉第定律得
$\epsilon =-N\frac{d\Phi }{dt}=-NBA\frac{d}{dt}\cos \omega t=NBA\omega \sin \omega t$
结果相同。

代入动画中的数值。线圈沿转轴方向长 $L=0.20\mathrm{m}$，横向宽 $w=0.10\mathrm{m}$，因此 $A=0.020{\mathrm{m}}^2$；匝数 $N=200$，磁场 $B=0.50\mathrm{T}$，角速度 $\omega =\pi rad/s$（每 2 s 转一圈）。每条长边的速度为 $v=\pi \cdot 0.05\approx 0.157m/s$，最多贡献 $BLv=0.50\cdot 0.20\cdot 0.157\approx 15.7\mathrm{mV}$。200 匝共有 400 条长边，全部串联，因此峰值电动势为 $400\cdot 15.7\mathrm{mV}\approx 6.28\mathrm{V}$，与 $NBA\omega =200\cdot 0.50\cdot 0.020\cdot \pi$ 相同。

两种方法结果一致，但描述的物理过程不同。在发电机中，导线本身在运动，磁场对运动电荷的力推动电荷；磁通定律是对这种力的简洁概括。在变压器中，没有任何部件运动，因此根本不存在 $q\vec{v}\times \vec{B}$ 这样的力。取而代之的是，变化的磁通量在铁芯周围产生一个环形电场
$\oint \vec{E}\cdot d\vec{l}=-\frac{d\Phi }{dt}$
这个电场驱动次级线圈中的电荷。同一条规律能涵盖两种截然不同的机制，这暗示电场与磁场是单一场的两个方面，而相对论使这一点得到精确表述。

读图：磁通量超前电动势

动画中的图同时显示了磁通量与电动势。读懂它的关键在于把法拉第定律看作关于斜率的表述，这是由磁通量画出任何感应电动势的最快方法。

图例

$\Phi$	穿过一匝线圈的磁通量 $BA\cos \omega t$，按 ${\epsilon }_0$ 的高度缩放绘制。	$\mathrm{Wb}$
$\epsilon$	线圈的电动势 $-Nd\Phi /dt$。	$\mathrm{V}$
${\epsilon }_0$	线圈的峰值电动势 $NBA\omega$。	$\mathrm{V}$
$V_s$	变压器次级线圈的电压；对于 $N_s/N_p=2$，其峰值为 $2{\epsilon }_0$。	$\mathrm{V}$
$t$	时间。	$\mathrm{s}$
$T$	周期：线圈转动一圈所需的时间。	$\mathrm{s}$
$\frac{T}{4}$	四分之一周期：磁通量超前电动势的时间，相位超前 $90^{\circ }$。	$\mathrm{s}$

图 2 重绘了一个周期 $T$（即线圈转一圈的时间）内的曲线，此处 $T=2\pi /\omega =2\mathrm{s}$。绿色曲线是穿过一匝线圈的磁通量 $\Phi (t)$，已按电动势的高度缩放，以便于比较。红色曲线是电动势 $\epsilon (t)$。稍后将讨论的金色曲线，是由该发电机供电的变压器输出 $V_s(t)$。

先比较峰值的位置。磁通量 $\Phi =BA\cos \omega t$ 在 $t=0$ 时达到峰值，而电动势的第一个峰值晚四分之一周期出现，即 $T/4=0.5\mathrm{s}$ 时。磁通量超前电动势四分之一周期，即相位超前 $90^{\circ }$。该规律每个周期重复，因此磁通量在 2 s、4 s 等时刻再次达到峰值。

接着看原因。法拉第定律 $\epsilon =-Nd\Phi /dt$ 表明，电动势等于绿色曲线斜率的负 $N$ 倍。在 $\Phi$ 的峰值或谷值处，曲线瞬间是平的，因此此处 $\epsilon =0$，即使磁通量本身最大。在 $\Phi$ 经过零点的 $T/4$ 处，曲线最陡；虚线切线表示该斜率，此处 $\epsilon$ 达到峰值 $+{\epsilon }_0=+6.28\mathrm{V}$。再过半个周期，$\Phi$ 以同样陡峭的斜率上升经过零点，此时 $\epsilon =-6.28\mathrm{V}$。

数值验证了这一点。穿过一匝线圈的磁通量幅值为 $BA=0.50\cdot 0.020=10\mathrm{mWb}$，因此磁链 $N\Phi$ 的幅值为 $200\cdot 10\mathrm{mWb}=2.0\mathrm{Wb}$。幅值为 $a$、角频率为 $\omega$ 的余弦函数，其最陡斜率为 $a\omega$，此处即 $2.0\cdot \pi \approx 6.28Wb/s$。由于 $1Wb/s=1\mathrm{V}$，这正是峰值电动势 ${\epsilon }_0$。

金色曲线 $V_s(t)$ 与 $\epsilon (t)$ 有相同的零点和峰值，但高度为两倍，峰值为 $2{\epsilon }_0$。理想变压器复制波形，按匝数比（此处 $N_s/N_p=2$）缩放，且不产生相移；图 4 解释了原因。

最后，关于这类电压应当用哪个数值来表示。由 ${\epsilon }_0\sin \omega t$ 驱动的电阻 $R$ 消耗的功率为 $({\epsilon }_0^2/R){\sin }^2\omega t$。在一个周期内，${\sin }^2\omega t$ 的平均值为 $\frac{1}{2}$，因为 ${\sin }^2$ 与 ${\cos }^2$ 的平均值相同，且二者之和为 1。因此平均功率为峰值功率的一半，与恒定电压 ${\epsilon }_0/\sqrt{2}$ 所产生的功率相同。这就是均方根（有效）值，此处为 $6.28/\sqrt{2}\approx 4.44\mathrm{V}$。

能量守恒：发电机以力矩付出代价

发电机把机械功转化为电能，因此必须有某种力阻碍旋转；否则线圈将无偿输出功率。这种阻力正是线圈所输出电流受到的磁力。

设线圈输出的电流 $I$ 与电动势同相，就像接入电阻时那样。每匝中，一条长边以电流 $I$ 穿过长度 $L$，且垂直于 $\vec{B}$，因此受到大小为 $BIL$ 的力，该力垂直于 $\vec{B}$，位于图 1 的纸面内。只有该力沿边速度 $\vec{v}$ 方向的分量才会推动线圈转动。由于 $\vec{v}$ 与 $\vec{B}$ 的夹角为 $\omega t$，该分量为 $BIL\sin \omega t$；根据楞次定律，它与 $\vec{v}$ 方向相反，力臂为 $w/2$。每匝两条边、$N$ 匝线圈给出反力矩
$\tau =2N(BIL\sin \omega t)\frac{w}{2}=NBIA\sin \omega t$
为使线圈以恒定 $\omega$ 转动，驱动者必须提供这一力矩，因此输入的机械功率为
$\tau \omega =(NBIA\sin \omega t)\omega =(NBA\omega \sin \omega t)I=\epsilon I$
这恰好等于每一瞬间输出的电功率。

哪一个力做功？不是磁力：它总是垂直于每个电荷的总速度，即线圈运动速度与电荷沿导线漂移速度之和，因此它根本不做功，只是在两部分之间转移功。由线圈运动引起的那一部分力沿导线推动电荷，驱动电流；由电荷沿导线漂移引起的那一部分力则横向作用于导线，阻碍其转动。两部分做功大小相等、符号相反，因此所有电能都来自转动转轴的外力。

电动机：反电动势与力矩线

将同一台机器作为电动机运行时，耦合关系正好相反。电源驱动电流，电流所受的力使线圈转动；而转动的线圈同时也是一台发电机，产生与电源相反的电动势。这一反电动势决定了电动机的电流与转速，也决定了它在每个转速下能提供多大的力矩。

图例

$\omega$	电动机转轴的转速。	$rad/s$
$\tau$	电动机输出的力矩；随 $\omega$ 升高而线性下降。	$\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
${\tau }_0$	堵转力矩 $kV/R$：转轴被固定、$\omega =0$ 时的力矩。	$\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
${\omega }_0$	空载转速 $V/k$：反电动势等于电源电压，无电流通过，力矩为零。	$rad/s$
$\frac{{\omega }_0}{2}$	空载转速的一半，此处机械功率最大。	$rad/s$
$\frac{{\tau }_0}{2}$	堵转力矩的一半：即 ${\omega }_0/2$ 处的力矩。	$\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
$P$	机械功率 $\tau \omega$，即阴影矩形的面积；在 ${\omega }_0/2$ 处达到最大值 $V^2/(4R)$。	$\mathrm{W}$

图 3 绘制了电动机在固定电源电压 $V$（经绕组电阻 $R$ 接入）下，输出力矩 $\tau$ 随转轴转速 $\omega$ 的变化。要说明图线为何是直线，需要对电动机建模。转子上绕有许多线圈，换向器在恰当时刻接入各线圈，因此反电动势 ${\epsilon }_b$ 近似恒定，且与转速成正比。于是三个方程描述了该电动机：
$V={\epsilon }_b+IR,{\epsilon }_b=k\omega ,\tau =kI$
第一式是电路方程：电源电压由反电动势和绕组上的电压降分担。第二式和第三式含有相同的常数 $k$，这是必然的：上文的能量守恒 ${\epsilon }_{b}I=\tau \omega$ 只有在联系 ${\epsilon }_b$ 与 $\omega$ 的常数和联系 $\tau$ 与 $I$ 的常数相等时才成立。

由第一式得电流 $I=(V-k\omega )/R$，再由第三式换算为力矩：
$\tau =\frac{k(V-k\omega )}{R}$
这就是图中下降的直线。在其左端，转轴被固定，$\omega =0$，因此没有反电动势，只有绕组电阻限制电流，使其为 $V/R$；此时力矩为堵转力矩 ${\tau }_0=kV/R$。随着转速升高，反电动势增大，电流减小，力矩也随之减小。在右端，即空载转速 ${\omega }_0=V/k$ 处，反电动势已升至电源电压，没有电流，力矩为零。

机械功率为 $P=\tau \omega$。在图中，它对应于一个顶点位于原点、对角顶点位于直线上的矩形面积，如阴影所示。将直线写为 $\tau ={\tau }_0(1-\omega /{\omega }_0)$，得
$P={\tau }_0\omega \left(1-\frac{\omega }{{\omega }_0}\right)$
该式在直线两端均为零。它是关于 $\omega$ 的抛物线，关于两个零点的中点对称，因此在 $\omega ={\omega }_0/2$ 处最大，此时力矩为 ${\tau }_0/2$。峰值功率因此为 $({\tau }_0/2)({\omega }_0/2)=V^2/(4R)$。

输入的功率中有多少转化为机械功？电动机输入电功率 $VI$，并将其中的 ${\epsilon }_{b}I$ 转化为机械功率，因此在忽略摩擦时，其效率为 ${\epsilon }_b/V=\omega /{\omega }_0$。在峰值功率对应的转速处，${\epsilon }_b=V/2$：输入的电功率只有一半变成机械功率，另一半使绕组发热。接近空载转速时，矩形宽而低，效率很高。

以一台 12 V、$R=0.50\Omega$ 的电动机为例。启动时 $\omega =0$，没有反电动势，$I=12/0.50=24\mathrm{A}$。以 3000 rpm 运行时，即 $\omega =3000\cdot 2\pi /60\approx 314rad/s$，其反电动势为 ${\epsilon }_b=11\mathrm{V}$，电流仅为 $(12-11)/0.50=2.0\mathrm{A}$。在输入的 24 W 中，${\epsilon }_{b}I=22\mathrm{W}$ 转化为机械功，$I^{2}R=2\mathrm{W}$ 使绕组发热，效率为 92 %。

该运行点还给出电动机常数 $k={\epsilon }_b/\omega =11/314\approx 0.035\mathrm{V}\cdot s/rad$，因此力矩为 $\tau =kI=0.035\cdot 2.0=0.070\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$；作为校验，$\tau \omega =0.070\cdot 314\approx 22\mathrm{W}$。现在把这台电动机放到图 3 上。它的堵转力矩为 ${\tau }_0=kV/R=0.035\cdot 12/0.50\approx 0.84\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$，空载转速为 ${\omega }_0=V/k\approx 343rad/s$，约合 3270 rpm。因此 3000 rpm 接近直线的右端，此处力矩很小，效率 $\omega /{\omega }_0$ 很高。力矩随转速从 0.84 N·m 线性降至零；机械功率在空载转速一半（约 1640 rpm）时达到峰值，为 $V^2/(4R)=72\mathrm{W}$。此时电动机电流为 $(12-6)/0.50=12\mathrm{A}$，即 144 W，因此只有 50 % 转化为机械功。

变压器内部

变压器无需任何运动部件即可改变交流电压的大小，这正是电网采用交流电的原因。其全部行为都源于一个事实：铁芯使同一磁通穿过两个线圈的每一匝。

图例

$V_p$	电源加在初级线圈两端的电压。	$\mathrm{V}$
$I_p$	初级线圈中的电流。	$\mathrm{A}$
$N_p$	初级线圈的匝数。
$\Phi$	铁芯中的磁通量，穿过两线圈的每一匝。	$\mathrm{Wb}$
$N_s$	次级线圈的匝数。
$I_s$	次级线圈及负载中的电流。	$\mathrm{A}$
$V_s$	次级线圈及负载两端的电压。	$\mathrm{V}$
$R$	次级负载的电阻。	$\Omega$

图 4 显示了带负载的变压器。电源在初级的 $N_p$ 匝线圈两端施加电压 $V_p$，并使电流 $I_p$ 流过这些线圈。铁芯沿闭合回路携带磁通 $\Phi$，即图中绿色箭头所示方向，因此同一 $\Phi$ 穿过次级的全部 $N_s$ 匝线圈。次级向负载 $R$ 施加电压 $V_s$，并使电流 $I_s$ 流过负载。

由于两个线圈的每一匝都与同一磁通相交链，每一匝的电动势大小都相同，即 $d\Phi /dt$ 的大小。串联的匝数相加；若忽略绕组电阻，每个线圈的端电压等于其电动势，因此在大小上
$V_p=N_p\frac{d\Phi }{dt},V_s=N_s\frac{d\Phi }{dt}$
两式相除消去 $d\Phi /dt$，得到匝数比 $V_s/V_p=N_s/N_p$。两个电压都跟随同一个 $d\Phi /dt$，因此它们同时升降，没有相移，正如图 2 所示。

现在把第一式反过来读：初级电压决定了磁通，与负载无关。对于峰值为 $V_0$ 的正弦电压，磁通也是正弦函数，其峰值为 ${\Phi }_0=V_0/(N_p\omega )$，因为对正弦函数求导只是将其幅值乘以 $\omega$。一个 230 V、50 Hz、1000 匝的初级，$V_0\approx 325\mathrm{V}$，$\omega \approx 314rad/s$，因此 ${\Phi }_0\approx 1.04\mathrm{mWb}$。要使铁芯的磁感应强度保持在约 1.2 T 以下，铁芯截面积需为 ${\Phi }_0/B\approx 8.6\times 10^{-4}{\mathrm{m}}^2$，即约 8.6 cm²。所需面积与 $1/\omega$ 成反比：飞机上采用 400 Hz，只需约八分之一的面积；以数万赫兹开关工作的充电器则使用微小的铁氧体磁芯。

接入负载后，初级电流为何会增大？负载电流 $I_s$ 流过次级匝数，若单独作用，会使铁芯的磁化方向与 $I_p$ 相反；在图 4 中，两个电流沿铁芯以相反方向环流。但磁通已由 $V_p$ 确定。因此初级必须额外汲取一部分电流，使其磁化效果（电流乘以匝数）与次级的磁化效果相抵消，即 $N_p{I}_p=N_s{I}_s$，但不计用于建立磁通本身的小磁化电流。乘以电压比，得到 $V_p{I}_p=V_s{I}_s$：输入功率等于输出功率。

因此，变压器也会改变电阻的等效值。从初级看，负载的等效电阻为 $V_p/I_p$。代入 $V_p=(N_p/N_s)V_s$ 与 $I_p=(N_s/N_p)I_s$，得
$\frac{V_p}{I_p}={\left(\frac{N_p}{N_s}\right)}^{2}R$
这正是变压器将扬声器与放大器匹配的原理。

还有两种极限情况可以完善图景。次级开路时，没有电流 $I_s$，次级电压仅由初级电流决定，大小为 $V_s=Md{I}_p/dt$，其中 $M$ 为两线圈的互感。在直流下，$d\Phi /dt=0$：两个线圈中都不产生感应电动势，没有任何磁通传递到次级，初级电流仅受铜线小电阻的限制。

例题：给发电机加负载

将一个 25 Ω 的灯泡（视为纯电阻）接到动画中变压器的次级上（$N_p=100$，$N_s=200$），初级由发电机供电，并忽略线圈电阻。发电机线圈中的电流是多少？需要多大的力矩转动线圈？如果没有变压器，情况会有什么不同？

首先看线圈所感受到的负载。从初级看，灯泡的等效电阻为 $(N_p/N_s{)}^{2}R=(100/200{)}^2\cdot 25=6.25\Omega$。线圈将其电动势（峰值 6.28 V）加在这一电阻上，因此线圈中的电流为与电动势同相的正弦波，峰值约为 $6.28/6.25\approx 1.01\mathrm{A}$。次级使电压加倍、电流减半，因此灯泡在 12.57 V 峰值时通过约 0.50 A 的峰值电流。

接着看力矩。能量守恒给出反力矩为 $NBAI\sin \omega t$，此处 $I$ 现在是初级电流 $I_p$，它本身与 $\sin \omega t$ 成正比。由 $NBA=200\cdot 0.50\cdot 0.020=2.0\mathrm{Wb}$，且 $1\mathrm{Wb}\cdot \mathrm{A}=1\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$，得
$\tau =NBA{I}_p\sin \omega t\approx 2.0{\sin }^2\omega t\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
当线圈平面与磁场平行时，即电动势和电流最大时，力矩达到峰值 2.0 N·m，其平均值为峰值的一半，即 1.0 N·m。作为校验，平均机械功率 $\bar{\tau }\omega =1.005\cdot \pi \approx 3.16\mathrm{W}$，与灯泡的平均功率相等：即峰值电压的一半乘以峰值电流，$\frac{1}{2}\cdot 12.57\cdot 0.503\approx 3.16\mathrm{W}$。

若没有变压器，灯泡将直接接在滑环上，负载为 25 Ω 而非 6.25 Ω。它只会消耗 ${\epsilon }_0^2/(2R)=6.28^2/50\approx 0.79\mathrm{W}$，即四分之一，而转动线圈所需的力矩也只有原来的四分之一。变压器并没有创造能量：它使灯泡看起来的电阻缩小为四分之一，从而让线圈在相同电动势下输出四倍的电流，因而输送四倍的功率，所有能量仍由转动线圈的外力提供。

最后注意，力矩随 ${\sin }^2\omega t=\frac{1}{2}(1-\cos 2\omega t)$ 变化：它以转动频率的两倍脉动，这会使单相电机产生振动。发电站通过安装三组相隔 $120^{\circ }$ 的线圈来避免这一问题。三者力矩中的 $\cos 2\omega t$ 项彼此相差三分之一周期，因而相互抵消，因为
${\sin }^2\theta +{\sin }^2(\theta -120^{\circ })+{\sin }^2(\theta +120^{\circ })=\frac{3}{2}$
因此平衡的三相发电机可提供完全稳定的力矩与功率。

适用范围

理想变压器假设三点：磁通全部穿过两个线圈，绕组没有电阻，铁芯的磁化无需能量且没有损耗。实际铁芯以两种方式损失能量。磁滞：铁的磁化方向每反转一次，就要耗费一定的能量，因此其功率损耗大致与频率成正比。涡流是在铁本身中感应出的电流；它与频率的平方、铁片厚度的平方成正比，这就是铁芯采用约 0.3 mm 厚绝缘叠片制成的原因。大型变压器的效率可达 99.5 %，但一台 500 MVA 的机组仍会散出 2.5 MW 的热量，因此需要油箱和散热器。硅钢在约 1.5 至 2 T 时饱和：超过此值后，增加电流几乎不会增加磁通。由于磁通由 ${\Phi }_0=V_0/(N_p\omega )$ 决定，若变压器的运行频率低于设计频率或电压高于设计电压，铁芯就会饱和，并汲取巨大的电流。

这一分析也是准静态的：假定场处处同时起作用。在 50 Hz 时，波长为 $c/f=6000\mathrm{km}$，因此任何电机相对于它都很小；但一条 1000 km 的输电线相当于六分之一个波长，必须作为传输线来分析。当导电材料在固定触点上滑动时，例如在旋转圆盘发电机中，磁通定律也需要谨慎对待：此时并不清楚磁通应当穿过哪个回路来计算。此时，力 $q\vec{v}\times \vec{B}$ 才是可靠的指南。

交流电也并非总是最佳选择。长电缆的电容很大，交流电必须不断对其充电和放电。在海底电缆超过约 50 至 100 km、或架空线超过数百公里时，配有电子换流器的高压直流输电更具优势。绝缘以及导线周围空气中的电晕放电，将最高输电电压限制在约 1 MV。

接下来学什么

《运动电荷受到的磁场力》中的电流受力，以及《电磁感应》中的磁通定律，便是电网所需的全部物理。每个变压器的感应电场，加上与之配对的、由变化的电场产生的磁场，便形成了《电磁波》中自持的波动。在随线圈一侧一同运动的参考系中，发电机的磁推力转化为电场：这是对《狭义相对论》的初步一瞥。交流电源的有效值与功率因数已在《家庭中的电功率与电能》中讨论过，而无刷电机与高压直流输电背后的整流器和逆变器，则来自《半导体、二极管与发光二极管》。