高中人教物理选择性必修二3.1交变电流

1、第三章 交变电流第1节 交变电流 一、交流电产生的原理1、条件1）匀强磁场2）绕垂直于磁场方向的轴3）匀速转动(1)两个特殊位置的特点：中性面线圈转动至线圈平面垂直于磁感线位置时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这个特定位置叫中性面线圈平面与中性面重合时，S B，最大，eq f(,t)0，e0，i0，电流方向将发生改变。线圈平面与中性面垂直时，SB，0，eq f(,t)最大，e最大，i最大，电流方向不改变。(2)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次。二、交变电流的变化规律1产生过程(示意图)2、正弦式交流电产生的原理（

2、从中性面开始转动）矩形线框绕垂直于匀强磁场的轴O转动时，线圈的两条边切割磁感线产生感应电动势，如图所示设线圈的匝数为n，转动角速度为，两对边分别为l1和l2(其中AB边为l1，CD边为l2)eq x(线圈转过的角度为t)eq x(ab边的线速度跟磁感线方向的夹角 t)eq x(ab边转动的线速度大小：vRf(Lad,2)eq x(ab边产生的感应电动势：eabBLabvsin f(BS,2)sin t)eq x(一匝线圈产生的电动势：e02eabBSsin t)eq x(N匝线圈产生的总电动势：eNBSsin t)2正弦式交变电流电动势的瞬时值表达式是eNBSsin t(初始位置为中性面)3峰

3、值：EmNBSNm.注：表达式中Em、Um、Im分别为电动势、电压、电流的峰值，而e、u、i则是这几个量的瞬时值特别提醒 (1)不仅矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴做匀速转动时产生正弦式交变电流，其他形状的线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴做匀速转动时，产生的交变电流也是正弦式交变电流(2)线圈开始的位置不同时，只是正弦式交变电流表达式中正弦函数的角度不同，峰值和函数形式不变(3)正弦式交变电流电动势的峰值EmNBS由线圈的匝数N、磁感应强度B、线圈的面积S及其转动的角速度确定三、正弦式交流电的图象的应用物理量函数(从中性面计时)图象磁通量mcos tBScos t电动势eEmsin tnBSs

4、in tnmsin t路端电压uUmsin t电流iImsin t 【例题1】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思路点拨(1)明确中性面的概念以及中性面的位置(2)明确线圈在中性面位置时，各物理量有什么特点(3)明确线圈在与中性面垂直位置时，各物理量有什么特点答案B解析从题图乙可以看出，t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，线圈

5、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【例题2】(多选)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像如图乙中曲线a、b所示，则()A两次t0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23C曲线a表示的交变电动势频率为25 HzD曲线b表示的交变电动势最大值为10 V答案ACD解析t0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

6、23，因此线圈转速之比nanbeq f(1,Ta)eq f(1,Tb)32，B错误；曲线a表示的交流电动势的频率为faeq f(1,Ta)eq f(1,4102)Hz25 Hz，C正确；曲线a对应线圈相应的电动势的最大值EamNBSeq f(2,Ta)，由图像知Eam15 V，曲线b对应线圈相应的电动势的最大值EbmNBSeq f(2,Tb)，因此eq f(Ebm,Eam)eq f(Ta,Tb)eq f(2,3)，Ebm10 V，D正确【例题3】一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图所示下面说法中正确的是()At1时刻通过线圈的磁通量为零B

7、t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大Ct3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都最大思路点拨当感应电动势最大时，磁通量的变化率最大，磁通量却最小答案D解析t1、t3时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A、C错误；t2时刻感应电动势最大，线圈位于中性面的垂面位置，穿过线圈的磁通量为零，B错误；由于线圈每经过一次中性面，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，e变换方向，所以D正确【例题4】有一个正方形线圈的匝数为10匝，边长为20 cm，线圈总电阻为1 ，线圈绕OO轴以10 rad/s的角速度匀速转动，如图所示，

8、匀强磁场的磁感应强度为0.5 T，问：(1)该线圈产生的交变电流电动势的峰值、电流的峰值分别是多少？(2)若从中性面位置开始计时，写出感应电动势随时间变化的表达式(3)线圈从中性面位置开始，转过30时，感应电动势的瞬时值是多大？答案(1)6.28 V6.28 A(2)e6.28sin 10t V(3)3.14 V解析(1)交变电流电动势的峰值为EmnBS100.50.2210 V6.28 V.电流的峰值为Imeq f(Em,R)6.28 A.(2)从中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为eEmsin t6.28sin 10t V.(3)线圈从中性面位置开始转过30，感应电动势eEmsi

9、n 303.14 V.1.一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示的位置时 ()A穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小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小，磁通量的变化率最大D穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小2如图所示，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度匀速转动，能产生正弦交变电动势eBSsin t的图是()3把一段确定的导线做成线圈，在确定的磁场中绕垂直于磁场的轴线以固定的转速转动，产生的感应电动势最大的情况是()A做成方形线圈，线圈平面垂直于转轴B做成方形线圈，转轴通过线圈平面C做成圆形线圈，转轴通过线圈平面D做成圆形线圈，线

10、圈平面垂直于转轴4一交流发电机的感应电动势eEmsin t，如将线圈的匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为()Ae2Emsin 2tBe2Emsin 4tCe4Emsin 2t De4Emsin 4t5一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图所示则下列说法中正确的是()At0时刻，线圈平面与中性面垂直Bt0.01 s时刻，的变化率为0Ct0.02 s时刻，感应电动势达到最大D从t0.01 s时刻至t0.04 s时刻线圈转过的角度是eq f(3,2)6（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

11、向的轴OO以恒定的角速度转动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如图乙所示的余弦规律变化，则在teq f(,2)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线圈中的电流为零7如图甲所示，一单匝矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO以角速度逆时针匀速转动若以线圈平面与磁场方向间的夹角45时(如图乙所示)为计时起点，并规定当电流自a流向b时，电流方向为正则如图所示的四幅图中正确的是()8为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验方案：第一次将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴OO1按图甲所示方向匀速转动(ab向纸

12、外，cd向纸内)，并从图甲所示位置开始计时，此时产生的交变电流如图乙所示第二次他仅将转轴移至ab边上，第三次他仅将转轴OO1右侧的磁场去掉，关于后两次的电流图像，下列说法正确的是()A第二次是a图 B第二次是c图C第三次是b图 D第三次是d图9如图所示为一台发电机的结构示意图，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状M是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴，铁芯上有一矩形线框，可绕与铁芯M共轴的固定转轴旋转磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小近似均匀的磁场若从图示位置开始计时，当线框绕固定转轴匀速转动时，图所示的图象中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是()10（多

13、选）一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e10eq r(2)sin 4t V，以下叙述正确的是()A电动势的最大值是10eq r(2) VB线圈的角速度为4 rad/sC当teq f(1,2) s时，e有最大值D当t0时，线圈平面跟中性面重合11.（多选）如图所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，沿着OO轴观察，线圈沿逆时针方向转动已知磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动角速度为，则当线圈转至图示位置时()A线圈中感应电流的方向为abcdaB穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率也为零C线圈中的感应电流为eq f(nBl2,R)D线

14、圈从图示位置起转动eq f(T,6)时，电动势的瞬时值为eq f(1,2)nBl212.如图所示，一半径为r10 cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度Beq f(5,2) T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO以n600 r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；(2)求线圈从图示位置开始在eq f(1,60) s时的电动势的瞬时值1.【答案】：C【答案】：当线圈平面平行于磁感线时，磁通量最小，但Em最大，即eq f(,t)最大2【答案】：A【答案】：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，且从中性面开始计

15、时，产生的电动势eBSsin t，由此判断，只有A选项符合3【答案】：C【答案】：若周长相等，则圆的面积最大，据EmnBS知，应做成圆形线圈，若线圈平面垂直于转轴，则线圈平面与磁场平行，故磁通量始终为零，故转轴应通过线圈平面，故选C项4【答案】：C【答案】：eEmsin tnBSsin t，现n2n，2，则Em4Em，所以感应电动势的瞬时值表达式将变为e4Emsin 2t.5【答案】：D【答案】：由图象可知t0、t0.02 s、t0.04 s时刻线圈平面位于中性面位置，最大，eq f(,t)0，故E0；t0.01 s、t0.03 s、t0.05 s时刻线圈平面与磁感线平行，最小，eq f(,t

16、)最大，故E最大；从图象可知，从t0. 01 s时刻至t0.04 s时刻线圈旋转eq f(3,4)周，转过的角度为eq f(3,2).6【答案】：CD【答案】：线圈转动的角速度为，则转过一圈用时eq f(2,)，当teq f(,2)时说明转过了eq f(1,4)圈，此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；由乙图知在teq f(,2)时刻，线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确7【答案】：D【答案】：t0时刻，根据题图乙表示的转动方向，由右手定则知，此时ad中电流方向由a到d，线圈中电流方向为adcba，与规定的电流正方向相反，电流为负值又因为此时ad、bc两

17、边的切割速度方向与磁场方向成45角，由Em2Blv，可得E2eq f(r(2),2)Blveq f(r(2),2)Em，即此时电流是峰值的eq f(r(2),2)，由题图乙还能观察到，线圈在接下来45的转动过程中，ad、bc两边的切割速度v越来越小，所以感应电动势应减小，感应电流应减小，故电流的瞬时值表达式为iImcos eq blc(rc)(avs4alco1(f(,4)t).故选D.8【答案】：D【答案】：第二次他仅将转轴移到ab边上，产生的交流电的电动势EBSsin t，产生的交流电与图乙一样，故A、B错误；第三次仅将转轴OO1右侧的磁场去掉，在完整的周期内，一直只有一条边切割磁感线，所

18、以交流电的数值减半，故C错误，D正确. 9【答案】：D【答案】：因发电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状，磁极间的磁感线如图所示，磁感应强度的大小不变，仅方向发生改变，故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小不变，线框越过空隙段后，由于线框切割磁感线的方向发生变化，所以感应电动势的方向发生变化故选D.10【答案】：ABD【答案】：由电动势的瞬时值表达式eEmsin t可得本题中感应电动势的最大值Em10eq r(2) V，选项A正确线圈的角速度4 rad/s，选项B正确当teq f(1,2) s时，e0，感应电动势有最小值，选项C错误当t0时，感应电动势等于零，线圈平面跟中性面重合，选项D正确11.【答案】：CD【答案】：根据右手定则判断知，ad边切割产生的感应电流方向由ad，bc边切割磁感线产生的感应电流方向由cb，所以A项错误在图示位置BS0，Emnl2B，由Eneq f(,t)得eq f(,t)eq f(E,n)Bl2，ieq f(e,R)eq f(nBl2,R)，所以C项正确，B项错误teq f(T,6)，eq f(2,T)，由enBl2c