交变电流

学科：高二物理 编写人：奥文华、胡方伟 审稿人：李建林选修3-2第五章第1节《交变电流》导学案课前预习学案知识准备:复习法拉第电磁感应定律和楞次定律、右手定则。

一、预习目标1、知道交变电流产生的原理2、知道交变电流的特点和变化规律 二、预习内容1、交变电流________和________随时间做_________变化的电流叫做交变电流，简称交流（ ） ________不随时间变化的电流称为直流（ ）大小和方向都不随时间变化的电流叫做_________电流 2、交变电流的产生 （1）过程分析甲 戊 丁 丙 乙（2）中性面：_______________________________ 磁通量___________磁通量的变化率____________ 感应电动势e ＝________，_______感应电流感应电流方向________，线圈转动一周，感应电流方向改变______次课内探究学案一、学习目标1、理解交变电流的产生原理及变化规律；2、理解描述交变电流几个物理量以及它们之间的关系；学习重难点：交变电流的产生原理、变化规律及物理量间的关系 二、学习过程1、为什么矩形线框在匀强磁场中匀速转动，线框里能产生交变电流？2、交变电流的产生过程中的两个特殊位置及特点是什么？(1)中性面：与匀强磁场磁感线垂直的平面叫中性面.线圈平面处于跟中性面重合的位置时；(a)线圈各边都不切割磁感线，即感应电流等于零；(b)磁感线垂直于该时刻的线圈平面，所以磁通量最大，磁通量的变化率为零. (c)交变电流的方向在中性面的两侧是相反的.(2)线圈平面处于跟中性面垂直的位置时，线圈平面平行于磁感线，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势、感应电流均最大，电流方向不变.3、交变电流的变化规律：如图5－1－1所示为矩形线圈在匀强磁场中匀速转动的四个过程：当以线圈通过中性面对为计时起点时，交变电流的函数表达式：e=E m sin ωt ，其中特点E m =2NBL v =NB ωS ；i =I m sin ωt ，其中I m =E m /R 。

当以线圈通过中性面对为计时起点时，交变电流的函数表达式：e=E m sin ωt ，其中E m =2NBL v =NB ωS ；i =I m sin ωt ，其中I m =E m /R 。

图5－1－2所示为以线圈通过中性面时为计时起点的交变电流的e －t 和i -t 图象：三、反思总结1.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动（绕与磁场垂直的轴）时，线圈中产生正弦交变电流，从中性面开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为：e =NBS ωsin ωt= E m sin ωt e —ωt 图线是一条正弦曲线. 2.中性面特点：Φ最大，而e =0. 四、当堂检测1、交流发电机在工作时电动势为e= E m sin ωt ，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减少一半，其它条件不变，则电动势为（ ）A 、e= E m sin （ωt/2）B 、e= 2E m sin （ωt/2）C 、e= E m sin2ωtD 、e=E m /2sin2ωt 答案：C2、如图是一个正弦交变电流的i —t 图象，根据这一图象，该交流电的瞬时值表达式为 。

答案：i=5sin(5πt )3.如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO ′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab 向纸外，cd 向纸内)．若从图所示位置开始计时，并规定电流方向沿a →b →c →d →a 为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是图中的( )解析：选A.由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速转动，所以产生的仍然是正弦交变电流，只是最大值为全部线圈在磁场中匀速转动情况下产生的感应电动势最大值的一半，所以选项B、C错误．再由右手螺旋定则可以判断出A选项符合题意．4.如图，线圈的面积是0.05 m2，共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＝1πT，当线圈以300 r/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)线圈转了130s时电动势的瞬时值多大？(3)电路中流过电阻R的电流的峰值是多少？解析：(1)角速度ω＝10π rad/sE m＝NBSω＝100×1π×0.05×10π V＝50 V感应电动势的瞬时值e＝E m sinωt＝50sin10πt V.(2)当t＝1/30 s时，e＝50sin(10π×130)V＝25 3 V(3)电流峰值I m＝E m/(R＋r)＝509＋1A＝5 A.答案：(1)e＝50sin10πt V (2)25 3 V (3)5 A课后练习与提高1、下列表示交变电流的有（）2．在下图中，不能产生交变电流的是( )解析：选A.矩形线圈绕着垂直于磁场方向的转轴做匀速圆周运动就产生交流电，而A 图中的转轴与磁场方向平行，线圈中无电流产生，所以选A.3．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中不正确的是( )A．在中性面时，通过线圈的磁通量最大B．在中性面时，感应电动势为零C．穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零D．线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次解析：选C.由中性面的特点可知，应选为C.4．线圈在匀强磁场中转动产生电动势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 2 V解析：选AB.由电动势的瞬时值表达式，计时从线圈位于中性面时开始，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，A、B正确，C错误．当t＝0.4 s时，e＝10sin20πt＝10×sin(20π×0.4) V ＝0，D错误．5.矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图5－1－14所示．下列结论正确的是( )图5－1－14A ．在t ＝0.1 s 和t ＝0.3 s 时，电动势最大B ．在t ＝0.2 s 和t ＝0.4 s 时，电动势改变方向C ．电动势的最大值是157 VD ．在t ＝0.4 s 时，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s解析：选CD.在t ＝0.1 s 和t ＝0.3 s 时，矩形线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为0，电动势为0，此时电动势改变方向．故A 、B 错误．由图象可知，周期为0.4 s ，故角速度ω＝2πT＝5π，而最大电动势为E m ＝nBS ω＝157 V ，C 正确．在t ＝0.4 s 时，磁通量为0，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s.故D 正确．6．线圈在匀强磁场中转动产生电动势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 2 V解析：选AB.由电动势的瞬时值表达式，计时从线圈位于中性面时开始，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，A 、B 正确，C 错误．当t ＝0.4 s 时，e ＝10sin20πt ＝10×sin(20π×0.4) V ＝0，D 错误．7. (2011年雅安高二检测)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5－1－16所示．下面说法中正确的是( )图5－1－16A ．t 1时刻通过线圈的磁通量为零B ．t 2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C ．t 3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为最大解析：选D.t 1、t 3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；t 2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；由于线圈每过一次中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，e 变换方向，所以D 正确．8．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的正弦式交变电流i ＝I m sin ωt .若保持其他条件不变，使线圈的匝数和转速各增加1倍，则电流的变化规律为( )A ．i ′＝I m sin ωtB ．i ′＝I m sin 2ωtC ．i ′＝2I m sin ωtD ．i ′＝2I m sin 2ωt解析：选D.由电动势的最大值知，最大电动势与角速度成正比，与匝数成正比，所以电动势最大值为4E m ，匝数加倍后，其电阻也应该加倍，此时线圈的电阻为2R ，根据欧姆定律可得电流的最大值为I m ′＝4E m2R＝2I m ，因此，电流的变化规律为i ′＝2I m sin 2ωt .9.如图5－1－21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P 1和P 2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( )图5－1－21A ．线圈绕P 1转动时的电流等于绕P 2转动时的电流B ．线圈绕P 1转动时的电动势小于绕P 2转动时的电动势C ．线圈绕P 1和P 2转动时电流的方向相同，都是a →b →c →dD ．线圈绕P 1转动时dc 边受到的安培力大于绕P 2转动时dc 边受到的安培力解析：选A.如图所示，设ab ＝l 1，ad ＝l 2，O 1a ＝r 1，O 1d ＝r 2.线圈绕P 1轴转动时，产生的感应电动势e 1＝Bl 1v ＝Bl 1l 2ω.线圈绕P 2轴转动时，产生的感应电动势e 2＝Bl 1r 1ω＋Bl 1r 2ω，即e 1＝e 2，所以i 1＝i 2，故选项A 对B 错．由右手螺旋定则可知，线圈绕P 1和P 2转动时电流的方向相同，均是a →d →c →b 方向，故选项C 错，再根据安培力公式可知F 安＝BIl 1，即安培力相同，D 错．10．如图甲所示，a 、b 为两个并排放置的共轴线圈，a 中通有如图乙所示的交变电流，则下列判断错误的是( )A ．在t 1到t 2时间内，a 、b 相吸B ．在t 2到t 3时间内，a 、b 相斥C ．t 1时刻两线圈间作用力为零D ．t 2时刻两线圈间吸引力最大解析：选D.t 1到t 2时间内，a 中电流减小，a 中的磁场穿过b 且减小，因此b 中产生与a 同向的磁场，故a 、b 相吸，A 选项正确．同理B 选项正确．t 1时刻a 中电流最大，但变化率为零，b 中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C 选项正确，t 2时刻a 中电流为零，但此时电流的变化率最大，b 中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D 选项错误．因此，错误的应是D.11. (2009年高考天津卷)如图5－1－15所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框从中性面开始转过π2的过程中，求通过导线横截面的电荷量q .解析：q ＝I Δt ＝ERΔt ＝ΔΦR ＝BS R.答案：BSR。