2019年高中物理第3章第2节交变电流是怎样产生的讲义（含解析）鲁科版 12页

交变电流是怎样产生的1．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)分类两种类型转子定子特点旋转电枢式电枢磁极电压低，功率小旋转磁极式磁极电枢电压高，功率大旋转电枢式发电机和旋转磁极式发电机有什么区别？解析：旋转电枢式发电机的转子是线圈，而旋转磁极式发电机的转子是磁极，且后者能产生高电压，更能满足人们的生产、生活需要。2．交变电流的产生原理和变化规律(1)产生原理①条件：在匀强磁场中，矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动；②特殊位置特点a．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，磁通量最大；b．与中性面垂直时：线圈的感应电动势、感应电流最大，磁通量为零；③电流方向变化：线圈每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次；线圈每转动一周，经过中性面2次，感应电流的方向改变2次。(2)变化规律①函数表示：e＝Emsin_ωt(条件：从中性面开始计时，其中Em＝2nBlv＝nBωS)i＝Imsin_ωtu＝Umsin_ωt(其中Um＝ImR)②e、i、u随t变化图象如图所示。n当线圈在磁场中转速加倍时，产生的交流电的峰值、有效值、周期如何变化？解析：当转速加倍时，角速度加倍，则峰值加倍，有效值加倍，周期减半。1．推导正弦式交变电流瞬时值的表达式设单匝线圈从中性面起经时间t转过角度θ，则θ＝ωt。此时两边ab、cd速度方向与磁感线方向的夹角分别为ωt和180°－ωt，如图所示，它们产生的感应电动势同向相加，整个线圈中的感应电动势e＝BLabvsinωt＋BLcdvsin(180°－ωt)＝2BLabvsinωt又v＝ω·，代入上式得e＝BSωsinωt＝Emsinωt对纯电阻电路，设闭合电路总电阻为R，由欧姆定律得闭合回路的电流瞬时值i＝＝sinωt＝Imsinωt此时加在电路上的路端电压的瞬时值u＝iR＝ImRsinωt＝Umsinωt2．n匝线圈感应电动势的瞬时表达式为e＝nBSωsinωt[典例1]　如图所示，正方形线圈abcd的边长是0.5m，共300匝，匀强磁场的磁感应n强度为B＝T，当线圈以150r/min的转速匀速旋转时，求：(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)线圈转过s时电动势的瞬时值多大？[思路探究]→→[解析]　分别把Em、ω的数值推出，代入一般式e＝Emsinωt就得出了瞬时值表达式。求瞬时值时，只需把t的时刻代入表达式就可以了。(1)e＝Emsinωt＝NBS·2πnsin2πnt＝375sin5πtV(2)当t＝s时，电动势的瞬时值e＝375sinV＝375V[答案]　(1)e＝375sin5πtV　(2)375V[总结提能]交变电流瞬时表达式问题的破解程序(1)观察线圈的转动轴是否与磁感线垂直。(2)从中性面开始计时，电动势按正弦规律变化；从线圈转到与磁感线平行时开始计时，电动势按余弦规律变化。(3)计算电动势最大值和角速度ω，写出电动势的瞬时表达式。1．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象如图乙所示，则(　　)A．t＝0.005s时线框的磁通量变化率为零B．t＝0.01s时线框平面与中性面重合C．线框产生的交变电动势的有效值为311VnD．线框产生的交变电动势的频率为100Hz解析：选B　该交变电动势瞬时值的表达式为e＝311·sin100πtV。t＝0.005s时感应电动势最大，线框的磁通量变化率最大，A错误；t＝0.01s时感应电动势为零，穿过线框的磁通量最大，线框平面与中性面重合，B正确；感应电动势的最大值为311V，则有效值为V，C错误；由题图知该交变电动势的周期为0.02s，由频率与周期的关系可知，频率为50Hz，D错误。1．图象意义反映了交变电流的电流(电压)随时间变化的规律，如图所示。2．通过图象可了解到的信息最大值、周期、频率。3．特殊位置(时刻)物理量的特点两个位置比较内容　　　中性面中性面的垂直面图示时刻k·T/2(k＝0,1,2，…)k·T/4(k＝1,3,5，…)位置线圈平面与磁场垂直线圈平面与磁场平行磁通量最大零磁通量变化率零最大感应电动势零最大电流方向改变不变[典例2]　一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电动势的图象如图所示，则(　　)nA．交流电的频率是4πHzB．当t＝0时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大C．当t＝πs时，e有最大值D．t＝πs时，e＝－10V最小，磁通量变化率最小[思路探究]　(1)根据图象分析周期T，各时刻的电动势e随时间的变化规律。(2)当线圈在中性面时→Φ最大→＝0→e＝0。[解析]　从图象可知交流电的周期为2πs，频率为Hz，t＝πs时，e＝0最小，A、C错误；t＝0时，e最小，Φ最大，B正确；t＝πs时，e＝－10V，e最大，最大，“－”号表示方向，D错误。[答案]　B2．[多选]如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动。若从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻(　　)A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零D．线圈中的电流为零解析：选CD　当t＝＝时，线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误；由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确。n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e＝Emsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况最大值最大的瞬时值Em＝nBSωEm＝nΦmωIm＝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Em＝EUm＝UIm＝I(1)计算与电流的热效应有关的量(如功、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、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＝Bl＝n＝Q＝n计算通过电路截面的电荷量[典例3]　如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度为B＝T，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，求：(1)电路中感应电动势的最大值和有效值；(2)电路中交流电压表和电流表的示数；(3)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量。[思路探究]n(1)根据公式Em＝nBSω求感应电动势的最大值。(2)交流电压表和电流表的示数是有效值。(3)通过电阻R的电荷与平均值有关。[解析]　(1)Em＝nBSω＝50VE＝＝25V≈35.4V(2)电流表示数I＝＝2.5A≈3.54A电压表示数U＝IR＝22.5V≈31.8V(3)从图示位置转过90°的过程中，＝n又＝，q＝Δt，ΔΦ＝BS所以q＝＝0.16C[答案]　(1)50V　35.4V(或25V)　(2)31.8V(或22.5V)　3.54A(或2.5A)　(3)0.16C3．如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，当线圈由图示位置转过90°的过程中，求：(1)通过电阻R的电荷量q；(2)电阻R上所产生的热量Q。解析：(1)依题意磁通量的变化量ΔΦ＝BS线圈转过90°的时间Δt＝＝＝平均感应电动势＝N＝平均感应电流＝＝n通过电阻R的电荷量q＝·Δt＝(2)线圈中感应电动势的有效值E和最大值Em的关系为E＝＝电路中电流的有效值I＝＝电阻R上产生的热量Q＝I2RΔt＝答案：(1)　(2)物理模型发电机模型1．模型概述发电机模型是高考题中经常出现的题型，在外力作用下于磁场中做切割磁感线运动的导体均可看做发电机模型。2．模型特点发电机工作原理闭合线圈在磁场中受外力转动，产生感应电动势能量转化机械能转化为电能解题要点(1)产生的感应电动势方向由右手定则判定。(2)感应电动势大小由法拉第电磁感应定律计算。(3)注意感应电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值的计算。(4)能量转化中满足能量守恒定律[典例]　(江苏高考)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α均为π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω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：n(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＝ω·感应电动势Em＝4NBlv解得Em＝2NBl2ω(2)电流Im＝安培力F＝2NBIml解得F＝(3)一个周期内，通电时间t＝TR上消耗的电能W＝IRt又W＝I2RT解得I＝[答案]　(1)2NBl2ω　(2)　(3)[点评]　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，是其他形式的能转化为电能，且能量转化满足能量守恒定律。[变式训练]一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则(　　)nA．电压表的示数为220VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J解析：选D　电动势的有效值为E＝V＝220V，所以电流的有效值I＝＝2.2A，所以电压表的示数为U＝IR＝209V，A错误；交流电的周期为T＝2×10－2s，频率为f＝＝50Hz，每个周期内电流方向改变2次，故每秒钟内电流方向改变100次，B错误；灯泡实际消耗的功率为P灯＝I2R＝459.8W，C错误；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝I2rt＝2.22×5.0×1J＝24.2J，D正确。1．关于中性面，下列说法错误的是(　　)A．中性面就是穿过线圈的磁通量为零的面B．中性面就是线圈中磁通量变化率为零的面C．线圈过中性面时，电流方向必改变D．中性面就是线圈内感应电动势为零的面解析：选A　线圈转至中性面时，线圈平面与磁感线垂直，所以此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，电流方向改变，A错误，B、C、D正确。2．如图甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙所示)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则图丙所示四幅图中正确的是(　　)n丙解析：选D　由楞次定律知，t＝0时，电流方向为负，线圈平面与中性面的夹角为，线圈再转过到达中性面，所以线圈中感应电流为i＝Imsin，D项正确。3．[多选](天津高考)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则(　　)A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3C．曲线a表示的交变电动势频率为25HzD．曲线b表示的交变电动势有效值为10V解析：选AC　t＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A正确；图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B错误；a线表示的交流电动势的频率为fa＝＝Hz＝25Hz，C正确；a线对应线圈相应的电动势的最大值Eam＝NBS·，由图象知Eam＝15V，b线对应线圈相应的电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10V，有效值Eb＝V＝5V，D错误。4．某交变电流的表达式e＝311sin50πtV，以下关于此电流的说法中正确的是(　　)A．频率为50HzB．电动势的最大值为311VnC．电动势的有效值为311VD．1秒内电流的方向改变100次解析：选B　由e＝311sin50πtV知Em＝311V，B正确；有效值E＝≈220V，C错误；ω＝50πrad/s，T＝＝s＝0.04s，f＝＝25Hz，A错误；1s内电流方向改变50次，D错误。5.如图所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长度为a，宽度为b，共有n匝，总电阻为r，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R的定值电阻，线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO′匀速运动，沿转轴OO′方向看去，线圈转动沿逆时针方向，t＝0时刻线圈平面与磁感线垂直。(1)表示出线圈经过图示位置时，线圈中的感应电流的方向；(2)写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式；(3)求线圈从t＝0位置开始到转过90°的过程中的平均电动势；(4)求线圈从t＝0位置开始到转过60°时的瞬时电流。解析：(1)根据右手定则或楞次定律判断可知，线圈中电流方向是d→c→b→a。(2)从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势Em＝nBabω所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBabωsinωt(3)平均感应电动势＝n＝n＝(4)瞬时电流i＝＝＝答案：见解析