1、第2节交变电流是怎样产生的1.认识交流发电机，了解交流发电机的结构2.了解交变电流产生的原理，知道中性面的特点3掌握数学表达式和图象描述正弦交变电流的变化规律，知道最大值、有效值和瞬时值之间的关系,学生用书P36)一、交流发电机1原理：闭合导体与磁极之间做相对运动，穿过闭合导体的磁通量发生变化2构造：线圈(电枢)和磁极两部分3种类(1)旋转电枢式发电机：磁极固定不动，让电枢在磁极中旋转(2)旋转磁极式发电机：电枢固定不动，让磁极在电枢中旋转1(1)发电机都是由转子和定子组成()(2)所有的发电机中转子都是指磁极()(3)交流发电机是把电能转变成其他形式能的装置()提示：(1)(2)(3)二、交
2、变电流的产生原理1条件：在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动2特点(1)中性面：线圈平面与磁感线垂直，线圈经过中性面时，感应电动势、感应电流为零(2)与中性面垂直时：线圈的感应电动势、感应电流最大(3)方向变化：线圈每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次；线圈每转动1周，经过中性面两次，感应电流的方向改变两次2(1)线圈平面每经过中性面一次，感应电流及感应电动势方向都要改变一次()(2)线圈每转动一周，感应电流及感应电动势方向就改变一次()(3)线圈平面经过中性面时，感应电流为0.()提示：(1)(2)(3)三、交变电流的变化规律1函数表示eEmsin t(条件：从中性面开始计时
3、，其中：Em2nBlvnBS)iImsin tuUmsin t(其中：UmImR)2图象描述：如图所示利用交变电流的图象能获取哪些信息？提示：由图象可直接获取最大值、周期，间接得到有效值、频率、角速度及瞬时值表达式交变电流的产生及变化规律学生用书P361产生原理：由电磁感应定律可知，当闭合回路的部分导体做切割磁感线的运动时，闭合回路中就有感应电流产生当线圈在磁场中转动时，线圈所在的闭合回路中有感应电流产生，可用如图所示的装置做实验，当线圈转动时，可以观察到电流表的指针来回摆动，说明流过电流表的电流大小和方向都在不停地变化2两个特定位置的特点图示概念中性面位置与中性面垂直的位置特点BSBSBS，
4、最大0，最小eN0，最小eNNBS，最大感应电流为零，方向改变感应电流最大，方向不变3.正弦式交变电流的瞬时值表达式的推导：若矩形线圈在磁场中从中性面开始以角速度匀速转动，如图所示，则经时间t，(1)线圈转过的角度为t.(2)ab边的线速度跟磁感线方向的夹角t.(3)ab边转动的线速度大小：v.(4)ab边产生的感应电动势：eabBLabvsin sin t.(5)整个线圈产生的感应电动势：e2eabBSsin t，若线圈为n匝，enBSsin t.(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：isin t，即iImsin t，R两端的电压可记为uUmsin t. 命题
5、视角1对中性面特点的考查(多选)矩形线框绕垂直于匀强磁场且沿线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是()A当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大B当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零C每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次D线框经过中性面时，各边不切割磁感线解题探究 中性面位置的矩形线框和磁场方向有何关系？解析线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边速度方向与磁感线平行，不切割磁感线，穿过线框的磁通量的变化率等于零，所以感应电动势等于零，感应电动势或感应电流的方向在此时刻改变垂直于中性面时，穿过线框的磁
6、通量为零，切割磁感线的两边的速度与磁感线垂直，有效切割速度最大，此时穿过线框的磁通量的变化率最大，所以感应电动势最大故选项C、D正确答案CD 命题视角2交变电流瞬时值的书写及计算一台交流发电机，其线圈从中性面开始转动，产生的交流感应电动势的最大值为311 V，线圈在磁场中转动的角速度是100 rad/s.(1)写出感应电动势的瞬时值表达式(2)若该发电机只与含电阻的负载组成闭合电路，电路中的总电阻为100 ，试写出通过负载的电流的瞬时值表达式，并求在t s时电流的瞬时值为多少？解析(1)因交流发电机的线圈从中性面开始转动，所以该交流电为正弦交流电感应电动势的最大值Em311 V，角速度100
7、rad/s，所以感应电动势的瞬时值表达式是e311sin 100t V.(2)根据欧姆定律，电路中电流的最大值为Im A3.11 A所以通过负载的电流的瞬时值表达式是i3.11sin 100t A当t s时，电流的瞬时值为i3.11sin 100 A1.56 A.答案(1)e311sin 100t V(2)i3.11sin 100t A156 A1.如图所示，一线圈在匀强磁场中匀速转动，经过图示位置时()A穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大B穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大C穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小D穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小解析：选A.本题主要考查
8、对交变电流的产生过程的理解由图可知线圈平面与磁感线平行，应处于垂直于中性面的平面，此时穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，所以A选项正确交变电流图象的理解及应用学生用书P371正弦式交变电流的图象(从中性面开始计时)函数图象磁通量mcos tBScos t电动势eEmsin tnBSsin t电压uUmsin tsin t电流iImsin tsin t2.交变电流图象的应用(1)根据图象可直接读出正弦式交变电流的最大值和周期(2)根据线圈位于中性面时感应电动势、感应电流为零，可确定线圈位于中性面的时刻，亦为穿过线圈的磁通量最大的时刻和磁通量变化率为零的时刻(3)根据线圈平面与中性面垂直时
9、感应电动势、感应电流最大，可确定线圈与中性面垂直的时刻，亦为穿过线圈的磁通量为零的时刻和磁通量变化率最大的时刻 命题视角1图象基本信息的考查线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图象可知()A在A、C时刻线圈处于中性面位置B在B、D时刻穿过线圈的磁通量为0C从A时刻到D时刻线圈转过的角度为D若从0时刻到D时刻历时0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变100次解析A、C时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，B、D时刻感应电流为0，线圈在中性面位置，此时磁通量最大从A时刻到D时刻线圈转过的角度为.若从0时刻到D时刻历时0.02 s，则T0.02 s，则在1 s内交变电流的
10、方向改变2100(次)故正确答案为D.答案D 命题视角2图象信息的应用如图所示的是某正弦式交变电流的图象，根据图象求其最大值、周期和角速度，并写出该交变电流的瞬时值表达式解题探究 (1)由图象可获取的基本物理量是什么？(2)瞬时值表达式的书写需要哪些物理量？解析由图象可知，交变电流的周期为T0.02 s，角速度为100 rad/s，故其瞬时值的表达式为iImsin 100t当t0.0025 s时，i1.414 A所以Imsin(1000.002 5)1.414 A解得Im2 A，所以i2sin 100t A.答案2 A0.02 s100 rad/si2sin 100t A分析物理图象的要点一看
11、：看“轴”“线”“斜率”“截距”“面积”“特殊点”，并理解其物理意义二变：掌握“图与图”“图与式”和“图与物”之间的变化关系三判：进行正确的分析和判断 交变电流的“四值”问题学生用书P38交变电流“四值”的比较物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值eEmsin tuUmsin tiImsin t计算线圈某时刻的受力情况最大值最大的瞬时值EmNBSUmRIm电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值对正(余)弦交流电EmEUmUImI(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、功率、热量等)(2)电气设备“铭牌”上所标值(3)保险丝的熔断电流(4)交流电流表
12、(电压表)的示数平均值交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值BLqt(1)平均感应电动势(2)计算通过电路截面的电荷量如图所示，边长为L的正方形线圈abcd的匝数为n，线圈电阻为r，线圈平面与磁场方向垂直，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO恰好位于匀强磁场的边界上，磁感应强度为B，现在线圈以OO为轴，以角速度匀速转动，以图示位置开始计时，求： (1)闭合电路中电流瞬时值的表达式；(2)线圈从图示位置转过90的过程中电阻R上产生的热量；(3)线圈从图示位置转过90的过程中电阻R上通过的电荷量；(4)电阻R上的最大电压解题探究 (1)图中线圈所处的位置有什么特点？(2)计
13、算瞬时值时需要知道哪些物理量？(3)计算“热量”“电荷量”时需要“四值”中的哪些量？解析(1)依题意，Em，Im，iImsin t所以isin t.(2)依题意，QI2R，I，T所以Q.(3)qt，n所以qn，0，解得q.(4)UmImR，解得Um.答案见解析2. (多选)如图所示，交流发电机的矩形线圈边长abcd0.4 m，adbc0.2 m，线圈匝数N100，电阻r1 ，线圈在磁感应强度B0.2 T的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以100 rad/s的角速度匀速转动，外接电阻R9 ，以线圈平面垂直于中性面时刻开始计时，则()A电动势瞬时值为160sin 100t VBt0时线圈中磁通量变化率最
14、大Ct s时线圈中感应电动势最大D交变电流的有效值是8 A解析：选BCD.Sabbc0.08 m2，根据EmNBS得Em160 V，因从中性面之垂面开始计时，故e160cos 100t V，选项A错误；t0时线圈中磁通量变化率最大，选项B正确；t s时e160 ，选项C正确；交变电流的有效值I，解得I8 A，选项D正确发电机模型学生用书P39某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为，磁场均沿半径方向匝数为N的矩形线圈abcd的边长abcdl、bcad2l.线圈以角速度绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大
15、小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直，线圈的总电阻为r，外接电阻为R.求：(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；(3)外接电阻上电流的有效值I.解析(1)bc、ad边的运动速度v感应电动势Em4NBlv解得Em2NBl2.(2)电流Im安培力F2NBIml解得F.(3)一个周期内，通电时间tTR上消耗的电能WIRt且WI2RT解得I.答案(1)2NBl2(2)(3)对于“发电机”模型问题，要明确导体(或线圈)在磁场中受外力作用运动切割磁感线产生感应电流，感应电流在磁场中受安培力，阻碍导体切割磁感线，外力需克服安培力做功，是其他形式的能
16、转化为电能，且能量转化满足能量守恒定律 3.匀强磁场的磁感应强度为B，边长为L的正方形线圈abcd共N匝，线圈电阻为r，线圈绕垂直于磁感线的轴OO以如图所示的角速度匀速转动，外电路电阻为R.求：(1)线圈平面与磁感线成60时的感应电动势；(2)设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，求线圈转一周，柴油机做的功解析：(1)线圈转动，磁通量发生变化，产生感应电动势的最大值为EmNBSNBL2.感应电动势的瞬时值表达式eNBL2cos t，线圈平面与磁感线成60时的感应电动势eNBL2cos 60NBL2.(2)由于线圈匀速转动，柴油机做的功等于产生的热量，计算热量时应用有效值，WQ，Q.答案：见解
17、析随堂检测 学生用书P401一矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕其中心轴OO匀速转动时，就会在线圈中形成交变电流(如图所示)下列说法不正确的是()A线圈经过甲图位置时，穿过线圈的磁通量最大，产生的电流也最大B线圈经过乙图位置时，穿过线圈的磁通量为零，产生的电流最大，电流的方向为图中箭头指向C线圈经过丙图位置时，穿过线圈的磁通量最大，产生的电流最小D线圈从丙图位置转到丁图位置的过程中，穿过线圈的磁通量减小，产生的电流在增大解析：选A.线圈经过题中甲图位置时，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，电流为零，选项A错误线圈经过题中乙图位置时，穿过线圈的磁通量为零，产生的电流最大，根据右手定则可以判
18、断出电流方向为图中箭头指向，选项B正确线圈经过题中丙图位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，产生的电流最小，选项C正确线圈从题中丙图位置转到丁图位置的过程中，穿过线圈的磁通量减小，但磁通量的变化率在增大，产生的电流也增大，选项D正确故选A.2.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO，线圈绕OO匀速转动，如图所示矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()A峰值是e0B峰值是2e0C有效值是Ne0 D有效值是Ne0解析：选D.因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大
19、值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值ENe0，故选项D正确3.(多选)一个单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图线a所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线b所示，以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是()A从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值为WbB线圈先后两次转速之比为23C在图线b中，电动势的最大值为100 VD图线b电动势的瞬时值表达式为e100sint V解析：选CD.对于图线a，
20、感应电动势最大值EmBSama，因此磁通量最大值mWb，选项A错误；线圈先后两次周期之比，选项B错误；由EmBS可知，电动势的最大值与转速成正比，所以图线b中，电动势的最大值为150 V100 V，选项C正确；图线b电动势瞬时值表达式eEmbsin bt100sint V，选项D正确4(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生交流电压为u220sin 100t V，则()A当t s时，电压为零B当t0时，线圈平面与中性面垂直C电压的平均值是220 VD当t s时，电压达到最大值解析：选AD.当t s时，sinsin 0，u0，故A对；当t0时，电压为零，则线圈平面与中性面重合，故B错；电压的有效
21、值是220 V，故C错；当t s时，sinsin1，u220 V，所以电压达到最大值，故D对5如图所示，矩形线圈abcd在磁感应强度B2 T的匀强磁场中绕轴OO以角速度10 rad/s匀速转动，线圈共10匝，电阻r5 ，ab0.3 m，bc0.6 m，负载电阻R45 .(1)写出从图示位置开始计时线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)求电阻R在0.05 s内产生的热量；(3)求0.05 s内流过电阻R的电荷量(设线圈从垂直中性面开始转动)解析：(1)电动势的最大值为EmnBS1020.30.610 V113.04 V故瞬时值表达式eEmcos t113.04 cos (10t) V.(2)电流
22、的有效值I1.6 A所以0.05 s内R上产生的热量QI2Rt5.76 J.(3)平均感应电动势为：n72 V平均感应电流为：1.44 A所以通过电阻R的电荷量为：qt0.072 C.答案：(1)e113.04 cos (10t) V(2)5.76 J(3)0.072 C课时作业 学生用书P89(单独成册)一、单项选择题1如图所示为演示交变电流产生的装置图关于这个实验，正确的说法是()A线圈每转动一周，指针左右摆动两次B图示位置为中性面，线圈中无感应电流C图示位置ab边的感应电流方向为abD线圈平面与磁场方向平行时，磁通量的变化率为零解析：选C.线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化
23、的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A错误线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为ab；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，故C正确，B、D错误2某线圈在匀强磁场中转动所产生的电动势变化规律为eEmsin t，保持其他条件不变，使该线圈的转速和匝数同时增加一倍，则此时所产生的电动势的瞬时表达式为()Ae2Emsin 2tBe2Emsin tCe4Emsin 2tDe4Emsin
24、t解析：选C.因2n，故转速加倍时，角速度也加倍，根据EmNBS，转速和匝数均加倍时，电动势的峰值将变为原来的4倍，所以选项C正确3一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中通过线圈的磁通量随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是()At1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大Bt1、t3时刻线圈中感应电流方向改变Ct2、t4时刻线圈中磁通量最大Dt2、t4时刻线圈中感应电动势最小解析：选B.从题图乙可以看出，t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率为零，线圈经过中性面位置时线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确；t2、t4时刻通过线圈的磁通量
25、为零，线圈处于与中性面垂直的位置，此时感应电动势和感应电流均为最大，故C、D均错误4如图甲所示，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uabt图象可能正确的是()AB CD解析：选C.由题图乙知，00.25T0，外圆环电流逐渐增大且逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a端电势高，所以uab0，根据法拉第电磁感应定律uab知，uab逐渐减小；t0.25T0时，0
26、，所以0，uab0；同理可知0.25T0t0.5T0时，uab0，且|uab|逐渐增大；0.5T0T0内重复00.5T0的变化规律故选项C正确5一个矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n转/秒，则()A线框产生交变电动势的最大值为nBSB线框产生交变电动势的有效值为nBS/2C从开始转动经过周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD感应电动势瞬时值表达式为e2nBSsin 2nt解析：选D.转速为n转/秒，则角速度为2n，根据感应电动势的最大值公式EmNBS可以知道，电动势的最大值为2nBS，有效值为最大值的，即为nBS，所以A、B错误从线
27、圈平面与磁场垂直的位置开始计时，感应电动势瞬时值表达式为eBSsin t2nBSsin 2nt，D正确由EN得平均感应电动势为4nBS，C错误6.如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时()A线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是abcdD线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力解析：选A.线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，两种情况下产生的感应电动
28、势和感应电流最大且相等，所以A正确，B错误由楞次定律和右手定则可知电流方向相同且沿adcb方向，C错误由于电流相同，所以两种情况下dc边受到的安培力相等，D错误7.一个匝数为10的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，周期为T.若把多用电表的选择开关拨至交流电压挡，测得a、b两点间的电压为20 V，则可知从中性面开始计时，当tT时，穿过线圈的磁通量的变化率约为()A1.41 Wb/sB2.0 Wb/sC14.1 Wb/sD20.0 Wb/s解析：选B.多用电表的交流电压挡测量的是交变电流有效值，由此可以计算出交变电压的最大值为Em20 V，交变电压的瞬时值表达式为：e20sin t
29、 V当t时的瞬时值为e20 V，由法拉第电磁感应定律知，对应该时刻磁通量的变化率为2.0 Wb/s，故B正确二、多项选择题8下列各图中能产生交变电流的是()解析：选BCD.A图中的转轴与磁场方向平行，线圈中的磁通量始终为零，线圈中无感应电流产生，故A错误；根据交变电流产生的条件可知，线圈绕垂直于磁感线的轴线转动，就可以产生交变电流，对线圈的形状没有特别要求，故B、C、D正确9一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势e220sin 100t V，则()At0时，线圈位于中性面Bt0.01 s时，e有最大值C线圈的转速为50 r/sD电动势的峰值为220 V解析：选ACD.t0时，e0，
30、故线圈位于中性面，选项A正确；t0.01 s时，e0，选项B错误；2n100 rad/s，可知n50 r/s，选项C正确；Em220 V，选项D正确10一正弦式交变电流的电压随时间变化的规律如图所示由图可知()A该交变电流的电压瞬时值的表达式为u100sin(25t) VB该交变电流的频率为25 HzC该交变电流的电压的有效值为100 VD若将该交流电压加在阻值为R100 的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W解析：选BD.从题图中可知，交变电流周期T4102 s，峰值电压Um100 V，故交变电流的频率f25 Hz，有效值U50 V；加在R100 的电阻上时的热功率P50 W；电压瞬时值表达
31、式uUmsin t100sin(50t) V，正确选项为B、D.三、非选择题11如图所示，在匀强磁场中有一个“”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B T，线框的CD边长为20 cm，CE、DF长均为10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)在et坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象解析：(1)线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为t，此时刻eBl1l2cos t，即eBScos t，其中B T，S0.10.2 m20.02 m2，2n250 rad/s100 rad/s
32、，故e0.02100cos (100t) V，即e10cos (100t) V.(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图象如图所示答案：(1)e10cos (100t) V(2)见解析图12如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场已知线圈的匝数n100，总电阻r1.0 ，所围成矩形的面积S0.040 m2，小灯泡的电阻R9.0 ，磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为enBmScost，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化求：(1)线圈中产生感应电动势的最大值；(2)小灯泡消耗的电功率；(3)在磁感应强度变化的0时间内，通过小灯泡的电荷量解析：(1)依题意EmnBmS，解得Em8 V.(2)依题意E，I，PI2R，解得P W.(3)依题意qt，n，BmS0解得q4103 C.答案：(1)8 V(2) W(3)4103 C