高中物理第3章交变电流2交变电流是怎样产生的课件鲁科版选修3_2-84张

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第 2 节 　 交变电流是怎样产生的 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 _______ 发生变化。 2. 构造 : 主要有线圈 ( 电枢 ) 和 _____ 两部分。 磁通量 磁极 3. 分类 : 两种类型 转子 定子 特点 旋转电枢式 电枢 _____ 电压低 , 功率小 旋转磁极式 磁极 _____ 电压高 , 功率大 磁极 电枢 4. 转子与定子 :_____ 的部分叫转子 ,_____ 不动的部分 叫定子。 转动 固定 二、交变电流的产生原理及变化规律 1. 产生方法 : 闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向 的轴 _____ 转动。 2. 过程分析 : 匀速 3. 中性面 : 线圈平面与磁感线 _____ 的位置。 4. 周期性 : 线圈每经过中性面一次 , 感应电流的方向就 改变 ____; 线圈每转动 1 周 , 感应电流的方向改变 ____ 。 线圈转动所产生的感应电动势和感应电流都随时间做 _______ 变化。 垂直 1 次 2 次 周期性 5. 交变电流的变化规律 : (1) 感应电动势的瞬时值 :e=________ 。 (2) 感应电流的瞬时值 :i=________ 。 (3) 电压的瞬时值 :u=________ 。 (4) 图象描述如图所示 ( 交流发电机输出的电压波形 ): E m sinωt I m sinωt U m sinωt 【 思考辨析 】 (1) 线圈只要在匀强磁场匀速转动就能产生正弦式交变电流。 ( 　　 ) (2) 线圈经过中性面时 , 穿过线圈的磁通量最大 , 感应电动势也最大。 ( 　　 ) (3) 当线圈平面与磁场垂直时 , 线圈中没有电流。 ( 　　 ) (4) 交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置无关。 ( 　　 ) (5) 线圈在中性面开始转动时 , 产生的交流电的电动势的瞬时值表达式为 e=E m cosωt 时 , 穿过线圈磁通量的瞬时值表达式 Φ=Φ m sinωt 。 ( 　　 ) 提示 : (1)× 。线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时才能产生正弦式交变电流。 (2)× 。线圈经过中性面时 , 穿过线圈的磁通量最大 , 但磁通量的变化率为零 , 所以感应电动势为零。 (3)√ 。当线圈平面与磁场垂直时 , 线圈处于中性面位置 , 线圈中没有电流。 (4)× 。线圈在不同位置开始转动时 , 产生的虽然都是正弦式交变电流 , 但是瞬时值的表达式是不同的。 (5)× 。线圈在中性面开始转动时 , 产生的交流电的电动势的瞬时值表达式为 e=E m sinωt 时 , 穿过线圈磁通量的瞬时值表达式 Φ=Φ m cosωt 。 一　交变电流的变化规律 考查角度 1 交变电流的变化规律 【 典例 1】 ( 多选 )(2019· 三明高二检测 ) 矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面内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 , 各边切割磁感线的速度为零 【 解析 】 选 C 、 D 。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 , 但此时线框各边的速 度与磁感线平行 , 即不切割磁感线 , 所以感应电动势等 于零 , 此时穿过线框的磁通量的变化率等于零 , 感应电 动势或感应电流的方向也就在此时刻变化。线框垂直 于中性面时 , 穿过线框的磁通量为零 , 但切割磁感线的 两边都垂直切割磁感线 , 有效切割速度最大 , 所以感应电动势最大 , 也可以说此时穿过线框的磁通量的变化率最大。 【 核心归纳 】 1. 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 ω 匀速转动 , 如图所示 , 则经时间 t: (1) 线圈转过的角度为 ωt 。 (2)ab 边的线速度跟磁感线方向的夹角 θ=ωt 。 (3)ab 边转动的线速度大小 : v=ω 。 (4)ab 边产生的感应电动势 :e ab =BL ab vsinθ= sinωt 。 (5) 整个线圈产生的感应电动势 :e=2e ab =BSωsinωt, 若线圈为 n 匝 ,e=nBSωsinωt 。 (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 :i= = sinωt, 即 i=I m sinωt,R 两端的电压可记为 u=U m sinωt 。 2. 正弦式交变电流的峰值 : (1) 由 e=nBSωsinωt 可知 , 电动势的峰值 E m =nBSω =nΦ m ω 。 (2) 感应电动势的峰值由线圈匝数 n 、磁感应强度 B 、转动角速度 ω 及线圈面积 S 决定 , 与线圈的形状无关 , 与转动轴的位置无关 , 因此如图所示几种情况 , 若 n 、 B 、 S 、 ω 相同 , 则感应电动势的峰值相同 , 都为 E m =nBSω =nΦ m ω 。 (3) 整个回路电流的峰值可表示为 I m = 。 (R 为外电 路电阻、 r 为线圈的电阻 ) (4) 电阻 R 上电压的峰值可表示为 U m = R 。 考查角度 2 交变电流的表达式 【 典例 2】 如图所示 , 匀强磁场磁感应强度 B=0.5 T, 匝数为 n=50 匝的矩形线圈 , 绕垂直于匀强磁场的转轴 OO′ 匀速转动 , 每匝线圈长为 L=25 cm, 宽为 d=20 cm, 线圈每分钟转动 1 500 r, 在匀速转动过程中 , 从线圈平面经过图示位置时开始计时。 (1) 写出交流感应电动势 e 的瞬时值表达式。 (2) 若每匝线圈本身电阻 r=0.02 Ω, 外接一阻值为 13 Ω 的用电器 , 使线圈与外电路组成闭合电路 , 写出感 应电流 i 的瞬间值表达式。 (3) 若从线圈平面垂直于磁感线的位置开始计时 , 感应 电动势 e′ 和感应电流 i′ 的瞬时值表达式如何 ? 【 解析 】 (1) 线圈匝数 n=50, 磁场的磁感应强度 B=0.5 T, 线圈转动的角速度 ω=2πf=2π× rad/s= 50π rad/s, 线圈的面积 S=Ld=0.05 m 2 所以 E m =nBSω=50×0.5×0.05×50π V≈196 V 从图示位置开始计时 , 有 e=E m cosωt=196 cos(50πt)V (2) 若 r=0.02 Ω, 则 r′=50 r=0.02×50 Ω=1.0 Ω R 总 =R+r′=13 Ω+1 Ω=14 Ω I m = = A=14 A 所以 i=I m cosωt=14 cos(50πt) A (3) 若从线圈平面与磁感线垂直的位置开始计时 , 即从中性面开始计时 , 感应电动势和电流的瞬时值分别为 e′=196 sin(50 π t)V,i′=14 sin(50 π t)A 答案 : (1)e=196 cos(50 π t)V 　 (2)i=14 cos(50 π t)A (3)e′=196 sin(50 π t) V 　 i′=14 sin(50 π t)A 【 核心归纳 】 1. 当从中性面开始计时时 : 磁通量的瞬时表达式 :Φ=Φ m cosωt; 感应电动势的瞬时表达式 :e=E m sinωt; 感应电流的瞬时表达式 :i=I m sinωt; 路端电压的瞬时表达式 :u=U m sinωt 。 2. 当从垂直中性面开始计时时 : 磁通量的瞬时表达式 :Φ=Φ m sinωt; 感应电动势的瞬时表达式 :e=E m cosωt; 感应电流的瞬时表达式 :i=I m cosωt; 路端电压的瞬时表达式 :u=U m cosωt 。 【 过关训练 】 1.( 多选 ) 线圈在匀强磁场中转动产生感应电动势 e=10sin20πt V, 则下列说法正确的是 ( 　　 ) A.t=0 时 , 线圈平面位于中性面 B.t=0 时 , 穿过线圈的磁通量最大 C.t=0 时 , 导线切割磁感线的有效速率最大 D.t=0.4 s 时 ,e 有最大值 10 V 【 解析 】 选 A 、 B 。由电动势的瞬时值表达式知 , 计时是从线圈位于中性面时开始的 , 所以 t=0 时 , 线圈平面位于中性面 , 磁通量为最大 , 但此时导线速度方向与磁感线平行 , 切割磁感线的有效速率为零 , 故 A 、 B 正确 ,C 错误 ; 当 t=0.4 时 ,e=10sin20πt=10×sin(20π×0.4)V=0,D 错误。 2. 图甲是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为 B 的匀强磁场中 , 有一矩形线圈 abcd 可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴 OO′ 转动 , 由线圈引出的导线 ae 和 df 分别与两个跟线圈一起绕 OO′ 转动的金属圆环相连接 , 金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触 , 这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻 R 形成闭合电路。 图乙是线圈的主视图 , 导线 ab 和 cd 分别用它们的横截面来表示。已知 ab 长度为 L 1 ,bc 长度为 L 2 , 线圈以恒定角速度 ω 逆时针转动。 ( 只考虑单匝线圈 ) (1) 线圈平面处于中性面位置时开始计时 , 试推导 t 时刻整个线圈中的感应电动势 e 1 的表达式。 (2) 线圈平面处于与中性面成 φ 0 夹角位置时开始计时 , 如图丙所示 , 试写出 t 时刻整个线圈中的感应电动势 e 2 的表达式。 (3) 若线圈电阻为 r, 求线圈每转动一周电阻 R 上产生的焦耳热。 ( 其他电阻均不计 ) 【 解析 】 (1)t 时刻线圈平面与中性面的夹角为 ωt, 设 ab 距 OO′ 轴为 r 1 ,cd 距 OO′ 轴为 r 2 , 则有 :e ab =BL 1 ωr 1 sinωt ① e cd =BL 1 ωr 2 sinωt ② 线圈中的感应电动势为 e 1 =e ab +e cd =BL 1 L 2 ωsinωt ③ (2)t 时刻线圈平面与中性面的夹角为 ωt+ φ 0 , 则由③式知线圈中的感应电动势为 e 2 =BL 1 L 2 ωsin(ωt+ φ 0 )④ (3) 通过线圈电流的有效值为 I= = = ⑤ 线圈转动的周期为 T= ⑥ 所以线圈每转动一周电阻 R 上产生的焦耳热为 Q=I 2 RT= ⑦ 答案 : (1)e 1 =BL 1 L 2 ω sin ω t (2)e 2 =BL 1 L 2 ω sin( ω t+ φ 0 ) 　 (3) 3. 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=2 l 。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 : (1) 线圈切割磁感线时 , 感应电动势的大小 E m 。 (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 E m =4NB l v, 解得 E m =2NB l 2 ω 。 (2) 电流 I m = 安培力 F=2NBI m l 解得 F= (3) 一个周期内 , 通电时间 t= T R 上消耗的电能 W= Rt 且 W=I 2 RT, 解得 I= 答案 : (1)2NB l 2 ω 　 (2) 　 (3) 【 补偿训练 】 如图所示 , 单匝矩形线圈 abcd 处在磁感应强度为 B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中 , 以恒定的角速度 ω 绕 ab 边转动 , 线圈所围面积为 S, 线圈的总电阻为 R 。 t=0 时刻线圈平面与纸面重合 , 且 cd 边正在离开纸面向外运动 , 则 ( 　　 ) A. 时刻 t 线圈中电流的瞬时值 i= cos ωt B. 线圈中电流的有效值 I= C. 线圈中电流的有效值 I= D. 线圈消耗的电功率 P= 【 解析 】 选 C 。由题意得 i= sin ωt, 电流有效值 I= ,P= 所以只有选项 C 正确。 二　交变电流的应用 考查角度 1 交变电流的图象及应用 【 典例 1】 ( 多选 )(2017· 天津高考 ) 在匀强磁场中 , 一个 100 匝的闭合矩形金属线圈 , 绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动 , 穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为 2 Ω, 则 ( 　　 ) A.t=0 时 , 线圈平面平行于磁感线 B.t=1 s 时 , 线圈中的电流改变方向 C.t=1.5 s 时 , 线圈中的感应电动势最大 D. 一个周期内 , 线圈产生的热量为 8π 2 J 【 解析 】 选 A 、 D 。 t=0 时 , 磁通量为零 , 线圈平面平行于 磁感线 , 故 A 正确 ; 每经过一次中性面 ( 线圈平面垂直于 磁感线 , 磁通量有最大值 ) 电流的方向改变一次 ,t=1 s 时磁通量为零 , 线圈平面平行于磁感线 , 故 B 错误 ;t= 1.5 s 时 , 磁通量有最大值 , 但磁通量的变化率为零 ( =0), 根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应 电动势为零 , 故 C 错误 ; 感应电动势最大值 E m =NBSω= N·Φ m · =4π V , 有效值 E= =2 πV, 一个 周期内线圈产生的热量 Q= ·T=8π 2 J, 故 D 正确。 【 核心归纳 】 交变电流的图象及应用 : (1) 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 Φ=Φ m ·cosωt =BScosωt 电 动 势 e=E m ·sin ω t =nBS ω sin ω t 函　数 图　象 电　压 u=U m · sinωt = sinωt 电　流 i=I m · sin ω t = sin ω t (2) 交变电流图象的应用。 ①根据图象可直接得到正弦式交变电流的最大值和周期 , 瞬时值 , 还可以求出频率、有效值和角速度等。 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。 ④判断线圈中磁通量的变化情况。 ⑤分析判断电动势 e 、电流 i 、电压 u 随时间的变化规律。 考查角度 2 交变电流的四值 【 典例 2】 (2019· 泉州高二检测 ) 如图所示 , 线圈的面积是 0.05 m 2 , 共有 100 匝 ; 线圈电阻 为 1 Ω, 外接电阻 R=9 Ω, 匀强磁场的磁感应 强度为 B= T, 当线圈以 50 r/s 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, 感应电动势的瞬时值是多少 ? (3) 电路中电压表和电流表的示数各是多少 ? (4) 线圈每转过一周 , 外力所做的功。 (5) 从计时开始 , 线圈转过 的过程中 , 通过外电阻的 电量为多少 ? 【 解题探究 】 (1) 电动势的最大值表达式为 E m =______ 。 (2) 电流的最大值 I m = , 电流有效值与最大值的关系 为 I= 。 nBSω 【 解析 】 (1) 角速度 : ω=2πn=2π×50 rad/s=100π rad/s; 电动势的最大值为 E m =nBSω=100× ×0.05×100πV=500 V 从中性面开始计时瞬时值表达式为 e=E m sinωt(V)=500sin100πt(V) (2) 当 s 时 , 电动势的瞬时值 e=500sin V=-250 V (3) 电动势的有效值为 : E= = V=250 V 电流表示数 :I= = A=25 A 电压表示数 :U=IR=25 ×9 V=225 V (4) 外力做的功等于产生的热量 Q=I 2 (R+r)t=(25 ) 2 ×(9+1)×0.02 J=250 J (5) 根据 q=I · Δ t=n 从计时开始 , 线圈转过 的过程中 ,q= = C 答案 : (1)e=500sin100πt(V) 　 (2)-250 V (3)225 V 　 25 A 　 (4)250 J 　 (5) C 【 核心归纳 】 1. 正弦交变电流的“四值”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 e=E m sin ω t i=I m sin ω t 计算线圈某时刻的受力情况 最大值 最大的瞬时值 电容器的击穿电压 物理量 物理含义 重要关系 适用情况及说明 有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值 ( 只适用于 正弦式交 变电流 ) 　 (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 物理量 物理含义 重要关系 适用情况及说明 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 计算通过电路某截面的电量 2. 热量、电荷量的求解技巧 : (1) 求解热量 , 按以下流程 : (2) 求解电荷量 , 按以下流程 : 【 过关训练 】 1.( 多选 ) 图甲是小型交流发电机的示意图 , 两磁极 N 、 S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场 ,A 为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴 OO′ 沿逆时针方向匀速转动 , 从图示位置开始计时 , 产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示 , 以下判断不正确的是 ( 　　 ) A. 电流表的示数为 10 A B. 线圈转动的角速度为 100π rad/s C.0.01 s 时线圈平面与磁场方向垂直 D.0.02 s 时电阻 R 中电流的方向自右向左 【 解析 】 选 C 、 D 。由图乙可知交流电电流的最大值是 I m =10 A, 则有效值 I=10 A, 选项 A 正确 ; 交流电的角 速度 ω= = rad/s=100π rad/s, 选项 B 正确 ; 0.01 s 时线圈中的感应电流达到最大 , 感应电动势最大 , 则穿过线圈的磁通量变化最快 , 磁通量为 0, 线圈平面与 磁场方向平行 , 选项 C 不正确 ; 由楞次定律可判断出 0.02 s 时流过电阻的电流方向自左向右 , 选项 D 不正确。 2. (2015· 四川高考 ) 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 e 0 , 不计线圈电阻 , 则发电机输出电压 ( 　　 ) A. 峰值是 e 0 　　　　　　　 B. 峰值是 2e 0 C. 有效值是 Ne 0 D. 有效值是 Ne 0 【 解析 】 选 D 。由题意可知 , 线圈 ab 边和 cd 边产生的感 应电动势的最大值都为 e 0 , 因此对单匝矩形线圈总电动 势最大值为 2e 0 , 又因为发电机线圈共 N 匝 , 所以发电机 线圈中总电动势最大值为 2Ne 0 , 根据闭合电路欧姆定律 可知 , 在不计线圈内阻时 , 输出电压等于感应电动势的 大小 , 即其峰值为 2Ne 0 , 故 A 、 B 错误 ; 又由题意可知 , 若 从图示位置开始计时 , 发电机线圈中产生的感应电流为 正弦式交变电流 , 由其有效值与峰值的关系可知 ,U= , 即 U= Ne 0 , 故 C 错误、 D 正确。 3. 如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图 , 其矩形线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴 OO′ 以角速度 ω 匀速转动 , 线圈的面积为 S 、匝数为 n 、线圈总电阻为 r, 线圈的两端经集流环和电刷与电阻 R 连接 , 与电阻 R 并联的交流电压表为理想电表。在 t=0 时刻 , 线圈平面与磁场方向平行 , 则下列说法正确的是 ( 　　 ) A. 交流发电机产生的电动势的最大值 E m =BSω B. 交流电压表的示数为 C. 线圈从 t=0 时刻开始转过 90° 的过程中 , 通过电阻的 电荷量为 D. 线圈从 t=0 时刻开始转过 90° 的过程中 , 电阻产生的 热量为 【 解析 】 选 B 。交流发电机产生电动势的最大值 E m =nBSω,A 错误 ; 因为交流电压表测量的是电阻 R 两端 电压的有效值 , 所以交流电压表的示数为 IR= = ,B 正确 ; 线圈从 t=0 时刻开始转过 90° 的过 程中 , 通过电阻的电荷量是按平均值求解 , 即利用 q= = ,C 错误 ; 线圈从 t=0 时刻开始转过 90° 的 过程中 , 电阻产生的热量按有效值计算 , 即 Q=[ ] 2 R× × = ,D 错误。 4. 小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度 ω 绕垂直于磁场的固定轴转动 , 线圈匝数 n=100, 穿过每匝线圈的磁通量 Φ 随时间 t 按正弦规律变化 , 如图所示。发电机内阻 r=5.0 Ω, 外电路电阻 R=95 Ω, 求 : (1) 一个周期内线圈发热产生的热量。 (2) 线圈从中性面起转动半周的过程中 , 流过 R 的电量。 【 解析 】 (1) 根据题意得 E m =nBSω=nΦ m ω I m = I= , 解得电流有效值 I= A 线圈产生的热量 Q=I 2 rt=( ) 2 ×5×2π×10 -2 J =0.157 J (2) 从中性面开始半个周期内 , 平均感应电动势 = 平均电流 Ī = 电荷量 q= Ī Δt 即 q= = 代入数据解得 q=2×10 -2 C 答案 : (1)0.157 J 　 (2)2×10 -2 C