2015-2016学年高中物理 第五章 交变电流（课件+试题+学案）（打包31套）新人教版选修3-2.zip

1交变电流[目标定位] 1.理解交变电流、直流的概念，会观察交流电的波形图.2.理解正弦式交变电流的产生，掌握交流电产生的原理.3.知道交变电流的变化规律及表示方法．一、交变电流1．交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流，简称交流(AC)．2．直流：方向不随时间变化的电流称为直流(DC)，大小和方向都不随时间变化的电流称为恒定电流．对直流和交变电流的区分主要是看电流方向是否变化．二、交变电流的产生交流发电机的示意图：在匀强磁场中的线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动时，产生交变电流．想一想 如图 1 所示，当线圈在磁场中绕 OO′轴转动时，哪些边切割磁感线？线圈转到哪些位置时没有感应电流？图 1答案 当线圈在磁场中绕 OO′轴转动时， AB、 CD 边切割磁感线产生感应电流．线圈转到甲和丙位置时没有感应电流，我们称之为中性面．三、交变电流的变化规律1．正弦式交变电流的瞬时值表达式当从中性面开始计时：2瞬时电动势： e＝ Emsin_ωt ，瞬时电压： u＝ Umsin_ωt ，瞬时电流： i＝ Imsin_ωt .式中 Em、 Um、 Im分别表示电动势、电压、电流的最大值．2．按正弦规律变化的交变电流叫做正弦式交变电流，简称正弦式电流．想一想 正弦式交变电流的图象一定是正弦函数曲线吗？答案 不一定，根据计时起点不同，也可能是余弦函数曲线．3．正弦式交变电流的图象(如图 2 所示)图 2一、交变电流的产生及规律1．正弦式交变电流的产生如图 3 所示，是图 1 中线圈 ABCD 在匀强磁场中绕轴 OO′转动时的截面图．线圈从中性面开始转动，角速度为 ω ，经过时间 t 转过的角度是 ωt .设 AB 边长为 L1， BC 边长为 L2，磁感应强度为 B， AB 边和 CD 边转动时切割磁感线产生感应电动势．图 3(1)在图甲中， v∥ B， eAB＝ eCD＝0， e＝0(2)在图丙中， eAB＝ BL1v＝ BL1 ＝ BL1L2ω ＝ BSωω L22 12 12同理 eCD＝ BSω12所以 e＝ eAB＋ eCD＝ BSω(3)在图乙中， eAB＝ BL1vsin ωt ＝ BL1L2ω sin ωt ＝ BSω sin ωt12 123同理 eCD＝ BSω sin ωt12所以 e＝ eAB＋ eCD＝ BSω sin ωt(4)若线圈有 n 匝，则 e＝ nBSω sin ωt .2．两个特殊位置(1)中性面( S⊥ B 位置)线圈平面与磁场垂直的位置，此时 Φ 最大， 为 0， e 为 0， i 为 0.Δ ΦΔ t线圈经过中性面时，电流方向发生改变，线圈转一圈电流方向改变两次．(2)垂直中性面位置( S∥ B 位置)此时 Φ 为 0， 最大， e 最大， i 最大．Δ ΦΔ t3．正弦式交变电流的峰值Em＝ nBSω4．正弦式交变电流的瞬时值表达式e＝ Emsin ωt ， u＝ Umsin ωt ， i＝ Imsin ωt例 1 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．当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流的方向就改变一次D．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零解析 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，也即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在此时刻改变．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是垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，即此时穿过线框的磁通量的变化率最大．故 C、D 选项正确．答案 CD针对训练 如图 4 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，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，则在 0～ 这段时间内( )π2ω图 44A．线圈中的感应电流一直在减小B．线圈中的感应电流先增大后减小C．穿过线圈的磁通量一直在减小D．穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小解析 题图位置，线圈平面与磁场平行，感应电流最大，因为 ＝ ，在 0～ 时间内线π2ω T4 π2ω圈转过四分之一个圆周，感应电流从最大减小为零，穿过线圈的磁通量逐渐增大，穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小．答案 AD二、对峰值 Em＝ nBSω 和瞬时值 e＝ Emsin ωt 的理解1．对峰值的理解(1)转轴在线圈所在平面内且与磁场垂直．当线圈平面与磁场平行时，线圈中的感应电动势达到峰值，且满足 Em＝ nBSω .(2)决定因素：由线圈匝数 n、磁感应强度 B、转动角速度 ω 和线圈面积 S 决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关．如图 5 所示的几种情况中，如果 n、 B、 ω 、 S 均相同，则感应电动势的峰值均为 Em＝ nBSω .图 52．对瞬时值的理解写瞬时值时必须明确是从中性面计时，还是从与中性面垂直的位置计时．(1)从中性面计时， e＝ Emsin ωt .(2)从与中性面垂直的位置计时， e＝ Emcos ωt .例 2 如图 6 所示，匀强磁场磁感应强度 B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数 N＝100，边长lab＝0.2 m， lbc＝0.5 m，以角速度 ω ＝100π rad/s 绕 OO′轴匀速转动．试求：图 6(1)感应电动势的峰值；(2)若从线圈平面垂直磁感线时开始计时，线圈中瞬时感应电动势的表达式；5(3)若从线圈平面平行磁感线时开始计时，求线圈在 t＝ 时刻的感应电动势大小．T6解析 (1)由题可知： S＝ lab·lbc＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2，感应电动势的峰值Em＝ NBSω ＝100×0.1×0.1×100π V＝100π V＝314 V.(2)若从线圈平面垂直磁感线时开始计时，感应电动势的瞬时值 e＝ Emsin ωt所以 e＝314sin (100π t) V(3)从线圈平面平行磁感线时开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝ Emcos ωt ，代入数据得 e＝314cos (100π t) V当 t＝ 时， e＝314cos Error! V＝157 V.T6答案 (1)314 V (2) e＝314sin (100π t) V (3)157 V三、正弦式交变电流的图象1．如图 7 所示，从图象中可以解读到以下信息：图 7(1)交变电流的峰值 Em、 Im和周期 T.(2)因线圈在中性面时感应电动势、感应电流均为零，所以可确定线圈位于中性面的时刻，也可根据感应电动势、感应电流最大值找出线圈平行磁感线的时刻．(3)判断线圈中磁通量 Φ 最小、最大的时刻及磁通量变化率 最大、最小的时刻．Δ ΦΔ t(4)分析判断 e、 i 大小和方向随时间的变化规律．2．注意：开始计时时线圈所处的位置不同，得到的 i－ t 图象也不同．(如图 8 所示)图 8例 3 线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图 9 所示，由图可知( )6图 9A．在 A 和 C 时刻线圈处于中性面位置B．在 B 和 D 时刻穿过线圈的磁通量为零C．从 A 时刻到 D 时刻线圈转过的角度为 π 弧度D．在 A 和 C 时刻磁通量变化率的绝对值最大解析 当线圈在匀强磁场中处于中性面位置时，磁通量最大，感应电动势为零，感应电流为零， B、 D 两时刻线圈位于中性面．当线圈平面与磁感线平行时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大， A、 C 时刻线圈平面与磁感线平行，D 正确．从A 时刻到 D 时刻线圈转过的角度为 弧度．故选 D.3π2答案 D交变电流的产生及规律1．当交流发电机的线圈转到线圈平面与中性面重合时，下列说法中正确的是( )A．电流将改变方向B．磁场方向和线圈平面平行C．线圈的磁通量最大D．线圈产生的感应电动势最大答案 AC解析 当线圈平面与中性面重合时，磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，电流将改变方向．故选 A、C.正弦式交变电流的图象2．一个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 10 甲所示，则下列说法中正确的是( )图 10A． t＝0 时刻，线圈平面与中性面垂直B． t＝0.01 s 时刻， Φ 的变化率最大C． t＝0.02 s 时刻，感应电动势达到最大7D．该线圈产生的相应感应电动势的图象如图乙所示答案 B解析 由题图甲可知 t＝0 时刻，线圈的磁通量最大，线圈处于中性面， t＝0.01 s 时刻，磁通量为零，但变化率最大，所以 A 项错误，B 项正确． t＝0.02 s 时，感应电动势应为零，C、D 项均错误．峰值和瞬时值问题3．交流发电机工作时电动势为 e＝ Emsin ωt ，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )A． e′＝ Emsin B． e′＝2 Emsinω t2 ω t2C． e′＝ Emsin 2ωt D． e′＝ sin 2ωtEm2答案 C解析 感应电动势的瞬时值表达式 e＝ Emsin ωt ，而 Em＝ nBωS ，当 ω 加倍而 S 减半时，Em不变，故正确答案为 C.4．有一 10 匝正方形线框，边长为 20 cm，线框总电阻为 1 Ω，线框绕 OO′轴以 10π rad/s 的角速度匀速转动，如图 11 所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T．求：图 11(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少；(2)线框从图示位置转过 60°时，感应电动势的瞬时值是多大．答案 (1)6.28 V 6.28 A (2)5.44 V解析 (1)交变电流电动势最大值为 Em＝ nBSω ＝10×0.5×0.2 2×10π V＝6.28 V，电流最大值为 Im＝ ＝ A＝6.28 A.EmR 6.281(2)线框从图示位置转过 60°时，感应电动势 e＝ Emsin 60°≈5.44 V.(时间：60 分钟)题组一 交变电流的产生及规律1．线框在匀强磁场中绕 OO′轴匀速转动(由上向下看是逆时针方向)，当转到如图 1 所示位8置时，磁通量和感应电动势大小的变化情况是( )图 1A．磁通量和感应电动势都在变大B．磁通量和感应电动势都在变小C．磁通量在变小，感应电动势在变大D．磁通量在变大，感应电动势在变小答案 D解析 由题图可知， Φ ＝ Φ mcos θ ， e＝ Emsin θ (θ 为线框与中性面的夹角)，所以磁通量变大，感应电动势变小．2．如图 2 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( )图 2A．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 a→ bD．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量的变化率为零答案 C解析 线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，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；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 a→ b，故 C 对；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，线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，B、D 错误．题组二 正弦式交变电流的图象3．一个矩形线圈绕垂直于匀强磁场的固定于线圈平面内的轴转动．线圈中感应电动势 e 随时间 t 的变化图象如图 3 所示，下列说法中正确的是( )9图 3A． t1时刻通过线圈的磁通量为零B． t2时刻通过线圈的磁通量最大C． t3时刻通过线圈的磁通量的变化率最大D．每当 e 变换方向时通过线圈的磁通量最大答案 D解析 由题图可知， t2、 t4时刻感应电动势最大，即线圈平面此时与磁场方向平行；在t1、 t3时刻感应电动势为零，此时线圈平面与磁场方向垂直．故选 D.4．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 4 所示，下列结论正确的是( )图 4A．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，磁通量的变化率为零答案 C解析 由 Φ － t 图象可知 Φ m＝ BS＝0.2 Wb， T＝0.4 s，又因为 n＝50，所以Em＝ nBSω ＝ nΦ m· ＝157 V，C 正确； t＝0.1 s 和 0.3 s 时， Φ 最大， e＝0，变向，2πTt＝0.2 s 和 0.4 s 时， Φ ＝0， e＝ Em最大，故 A、B 错误；根据线圈在磁场中转动时产生感应电动势的特点知， t＝0.4 s 时， 最大，D 错误．Δ ΦΔ t5．处在匀强磁场中的矩形线圈 abcd，以恒定的角速度绕 ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与 ab 边垂直．在 t＝0 时刻，线圈平面与纸面重合(如图 5 所示)，线圈的 cd 边离开纸面向外运动．若规定 a→ b→ c→ d→ a 方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流 i 随时间t 变化的图线是( )10图 5答案 C解析 线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电．对于图示起始时刻，线圈的 cd 边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的感应电流的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以 C 对．6.如图 6 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下图中的( )图 6答案 A解析 由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速圆周运动，所以产生的仍然是正弦交变电流，只是感应电动势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，再由右手定则可以判断出 A 选项符合题意．11题组三 峰值和瞬时值问题7．有一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，在转动过程中，线圈中的最大磁通量为 Φ m，最大感应电动势为 Em，下列说法中正确的是( )A．当磁通量为零时，感应电动势也为零B．当磁通量减小时，感应电动势也减小C．当磁通量等于 0.5Φ m时，感应电动势为 0.5EmD．角速度 ω ＝EmΦ m答案 D解析 由交变电流的产生原理可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，与磁通量的大小无关．磁通量最大时，感应电动势为零；而磁通量为零时，感应电动势最大且Em＝ BSω ＝ Φ mω ，故选项 D 正确．8.如图 7 所示，一单匝矩形线圈 abcd，已知 ab 边长为 l1， bc 边长为 l2，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕 OO′轴以角速度 ω 从图示位置开始匀速转动，则 t 时刻线圈中的感应电动势为( )图 7A．0.5 Bl1l2ω sin ωtB．0.5 Bl1l2ω cos ωtC． Bl1l2ω sin ωtD． Bl1l2ω cos ωt答案 D解析 线圈从题图位置开始转动，感应电动势瞬时值表达式为 e＝ Emcos ωt ，由题意，Em＝ BSω ＝ Bl1l2ω ，所以 e＝ Bl1l2ω cos ωt .9．如图 8 所示，一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，转动过程中线框中产生的感应电动势的瞬时值表达式为 e＝0.5sin (20t) V，由该表达式可推知以下哪些物理量( )图 812A．匀强磁场的磁感应强度B．线框的面积C．穿过线框的磁通量的最大值D．线框转动的角速度答案 CD解析 根据正弦式交变电流的感应电动势的瞬时值表达式： e＝ BSω sin ωt ，可得 ω ＝20 rad/s，而磁通量的最大值为 Φ m＝ BS，所以可以根据 BSω ＝0.5 V 求出磁通量的最大值．10．一矩形线圈有 100 匝，面积为 50 cm2，线圈内阻 r＝2 Ω，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场平行时开始计时，已知磁感应强度 B＝0.5 T，线圈的转速 n＝1 200 r/min，外接一用电器，电阻为 R＝18 Ω，试写出 R 两端电压的瞬时值表达式．答案 u＝9πcos (40π t) V解析 角速度 ω ＝2π n＝40π rad/s，最大值 Em＝ nBSω ＝100×0.5×50×10 －4 ×40π V＝10π V，线圈中感应电动势 e＝ Emcos ωt ＝10πcos (40π t) V，由闭合电路欧姆定律 i＝ ，eR＋ r故 R 两端电压 u＝ Ri＝9πcos (40π t) V.11．如图 9 所示，在匀强磁场中有一个“π”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52π图示位置开始计时：图 9(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)在 e－ t 坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化的图象．答案 (1) e＝10 cos (100π t) V (2)见解析图2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 ωt ，此时刻 e＝ Bl1l2ω cos ωt ，即 e＝ BSω cos ωt .其中 B＝ T，52πS＝0.1×0.2 m 2＝0.02 m 2，ω ＝2π n＝2π×50 rad/s＝100π rad/s，13故 e＝ ×0.02×100πcos (100π t) V，52π即： e＝10 cos (100π t) V.2(2)线框中感应电动势随时间变化的图象如图所示：1第五章 交变电流第 1 节 交变电流1．大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做__________，方向不随时间变化的电流称为______，大小和方向都不随时间变化的电流称为__________．2．线圈在______磁场中绕____________的轴匀速转动时，产生交变电流，此交变电流按正弦规律变化叫做________________电流，其电动势的瞬时值表达式为e＝__________，其中 Em＝________.3．下列各图中，哪些情况线圈中能产生交流电( )4．下图所示的 4 种电流随时间变化的图中，属于交变电流的有( )5．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，感应电动势最大C．穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零D．穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率也为零【概念规律练】知识点一 交变电流的产生1．如图 1 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( )图 12A．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 a→ bD．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零2．处在匀强磁场中的矩形线圈 abcd，以恒定的角速度绕 ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与 ab 垂直。在 t=0 时刻，线圈平面与纸面重合(如图 2 所示)，线圈的 cd 边离开纸面向外运动。若规定由 a→b→c→d→a 方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流 I随时间 t 变化的图线是 ( )知识点二 交变电流的变化规律3．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，转速为 240 r/min，若线圈平面转至与磁场方向平行时的电动势为 2 V，则从中性面开始计时，所产生的交流电动势的表达式为e＝________ V，电动势的峰值为________ V，从中性面起经 s，交流电动势的大小为148________ V.4．有一个 10 匝正方形线框，边长为 20 cm，线框总电阻为 1 Ω ，线框绕 OO′轴以10π rad/s 的角速度匀速转动，如图 3 所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为 0.5 T．问：图 3(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？(2)线框从图示位置转过 60°时，感应电动势的瞬时值是多大？(3)写出感应电动势随时间变化的表达式．【方法技巧练】一、瞬时值、平均值的计算方法5．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共 100 匝，转速为 10πr/min，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为 0.03 Wb，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为 时，感应电动势为多少？π 336．如图 4 所示，匝数为 n，面积为 S 的矩形线圈在匀强磁场 B 中匀速转动，角速度为ω，求线圈从图示位置转过 180°时间内的平均感应电动势．图 4二、交变电流图象的应用7．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 所示．下面说法中正确的是( )图 5A． t1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8．一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的变化图象如图 6 所示，则下列说法中，正确的是( )图 6A． t＝0 时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01 s 时刻，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大C．t＝0.02 s 时刻，线圈中有最大感应电动势D．t＝0.03 s 时刻，线圈中有最大感应电流1．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是( )4A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变B．线圈每转动一圈，感应电流方向就改变一次C．线圈每平面经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次D．线圈每转动一圈，感应电动势和感应电流方向都要改变一次2．线圈在磁场中匀速转动产生的交流电的瞬时电动势为 e＝10 sin 20π t V，则下2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度最大D．t＝0.4 s 时，e 达到峰值 10 V23．交流发电机在工作时的电动势为 e＝E msin ωt，若将其电枢的转速提高 1 倍，其他条件不变，则其电动势变为( )A．E msin B．2E msinω t2 ω t2C．E msin 2ωt D．2E msin 2ωt4．一闭合矩形线圈 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7 甲所示的匀强磁场中．通过线圈的磁通量 Φ 随时间 t 的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )图 7A． t1、t 3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B．t 1、t 3时刻线圈中感应电流方向改变C．t 2、t 4时刻线圈中磁通量最大D．t 2、t 4时刻线圈中感应电动势最小5．如图 8 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′观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为 B，线圈匝数为 n，边长为 l，电阻为 R，转动的角速度为 ω，则当线圈转至图示位置时( )图 8A． 线圈中感应电流的方向为 abcdaB．线圈中的感应电流为nBl2ωRC．穿过线圈的磁通量为 0D．穿过线圈的磁通量的变化率为 06．如图 9 所示，矩形线圈 abcd，已知 ab 为 L1，ad 为 L2，在磁感强度为 B 的匀强磁场中绕 OO′轴以角速度 ω(从图中位置开始)匀速转动，则线圈中感应电动势的大小为( )5图 9A． BL1L2ω sin ωt B． BL1L2cos ωt12 12C．BL 1L2ω sin ωt D．BL 1L2ω cos ωt7．如图 10 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＝0°时(如图)为计时起点，并规定当电流自 a 流向 b 时电流方向为正．则下列四幅图中正确的是( )图 108．如图 11 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．当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( )π2ω图 11A． 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．线圈中的电流为零9．如图 12 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( )图 12A．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6C．线圈绕 P1和 P2转动时电流的方向相同,都是 a→ b→ c→ dD．线圈绕 P1转动时 cd 边受到的安培力大于绕 P2转动时 cd 边受到的安培力题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9答 案10．一矩形线圈在匀强磁场中以角速度 4π rad/s 匀速转动，产生的交变电动势的图象如图 13 所示．则交变电流的频率为______ Hz，当 t＝0 时，线圈平面与磁感线________，当 t＝0.5 s 时，e 为______ V.图 1311．如图 14 所示，在匀强磁场中有一个“ n”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 l1＝20 cm， CE、DF 边长均为 l2＝10 cm，转速52π为 50 r/s.若从图示位置开始计时：图 14(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)在 e－t 坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象．12．如图 15 所示，匀强磁场 B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数 N＝100，边长 ab＝0.2 m，bc＝0.5 m，以角速度 ω ＝100 π rad/s 绕 OO′轴匀速转动．从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：图 15(1)线圈中感应电动势的大小．(2)由 t＝0 至 t＝ 过程中的平均电动势值．T47第五章 交变电流第 1 节 交变电流课前预习练1．交变电流 直流 恒定电流2．匀强 垂直于磁感线 正弦式交变 Emsin ωt nBSω3．BCD [A 中线圈中的磁通量始终是零，故无感应电流产生；B、C、D 中都是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，故能产生交流电，则 B、C、D 正确．]4．CD [恒定电流是强弱和方向都不随时间改变，交变电流是强弱和方向都随时间改变，正弦式交变电流是按正弦规律变化的交变电流，图象中数值的正、负表示电流方向．A 选项中电流数值总为正，表示电流方向不变，是恒定电流．B 选项中图象虽为正弦，但由于电流总是正值，表示电流方向不变，电流大小随时间变化，也是恒定电流．C、D 选项中电流强度和方向都随时间做周期性变化，是交变电流．因此，是交变电流的只有 C 和D，是正弦式交变电流的只有 D.]5．A [中性面和磁场垂直，磁通量最大，磁通量的变化率为零．]课堂探究练1．C [线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，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；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 a→b ，故 C 对；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，线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，B、D 错误。]点评 ①线圈平面垂直于磁感线时，线圈中的感应电流为零，这一位置叫中性面．线圈平面经过中性面时，电流方向就发生改变．线圈绕轴转一周经过中性面两次，因此感应电流方向改变两次．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(即各边都不切割)，所以感应电动势为零．2．C [线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电．对于图示起始时刻，线圈的 cd 边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同．所以 C 对．]点评 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电．其中“线圈”无特殊要求，即矩形线圈、圆形线圈等其他形状都可， “绕某一轴匀速转动” ，只要求此轴垂直于磁场方向，没有其他限制条件．3．2sin8 π t 2 1解析 当线圈平面与磁场平行时( S//B)，感应电动势最大，即 Em＝2 V， ω ＝2π n＝2π× ＝8π rad/s，则从中性面开始计时，瞬时值表达式： e＝ Emsin 24060ωt ＝2sin 8π t V，当 t＝ s 时， e＝2sin(8π× ) V＝1 V.148 148点评 当闭合线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，且从中性面开始计时时产生正弦式交流电电动势的表达式 e＝ Emsin ωt ， Em为最大值即当线圈平面与磁场方向平行时的瞬时值，ω 为转动角速度．4．(1)6.28 V 6.28 A (2)5.44 V(3)e＝6.28sin 10π t V8解析 (1)交变电流电动势最大值为Em＝ nBSω ＝10×0.5×0.2 2×10π V＝6.28 V，电流的最大值为Im＝ Em/R＝ A＝6.28 A.6.281(2)线框转过 60°时，感应电动势 e＝ Emsin 60°＝5.44 V.(3)由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为e＝ Emsin ωt ＝6.28sin 10π t V.点评 ①电动势最大值 Em＝ nBSω .②当计时起点为中性面位置时表达式为 e＝ Emsin ωt当计时起点为线圈平面与磁场方向平行时，表达式为 e＝ Emcos ωt .5．1 V V32解析 由题意知： Φ m＝0.03 Wbω ＝2π n＝2π× × rad/s＝ rad/s.10π 160 13线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故Em＝ NBSω ＝ NΦ mω ＝100×0.03× V＝1 V13瞬时值表达式 e＝ Emsin ωt ＝sin Vt3当 θ ＝ ωt ＝ 时， e＝sin V＝ V.π 3 π 3 32方法总结 ①要记住两个特殊位置感应电动势的瞬时值，即中性面位置 e＝0；线圈平面与磁感线平行的位置 e＝ Em＝ nBSω .②确定线圈从哪个位置开始计时的，从而确定电动势的瞬时值表达式是正弦形式还是余弦形式．6. nBSω2π解析 由楞次定律可判断线圈从图示位置转过 180°时间内，线圈中的平均感应电动势 E≠0.磁通量是没有方向的标量，但却有正负．如果我们规定磁感线从线圈的一侧穿入另一侧，穿出磁通量为正，那么从另一侧穿入这一侧穿出时，磁通量就为负了．设线圈转过 180°时，穿过它的磁通量 Φ ′＝ BS，那么图示位置时穿过它的磁通量 Φ ＝－ BS.由法拉第电磁感应定律得： ＝ n ＝ n ＝ n ＝ nBSω .EΔ ΦΔ t Φ ′ － Φ12T BS－  － BS12×2πω 2π方法总结 平均感应电动势不等于始、末两瞬时电动势值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算即 ＝ n .EΔ ΦΔ t7．D [ 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．]方法总结 当感应电动势最大时，磁通量的变化率最大，磁通量却最小．8．ABCD [由题意可知 Φ ＝ Φ msin ωt 时，其感应电动势应为 e＝ Emcos ωt ，当t＝0 时， Φ ＝0，线圈平面与中性面垂直，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大，线圈中有最大的感应电动势和感应电流，此类时刻还有 0.01 s， 0.02 s，0.03 s，……所以答案为 A、B、C、D.]方法总结 由 E＝ 可知，交变电流的电动势随线圈的磁通量的变化而变化，即由Δ ΦΔ t9Φ 的变化可推知感应电动势的变化规律(当 Φ ＝ Φ msin ωt 时 e＝ Emcos ωt ，当Φ ＝ Φ mcos ωt 时， e＝ Emsin ωt )．课后巩固练1．C2．AB [根据交流电动势的瞬时值表达式可判断为正弦式交变电流，当 t＝0 时，e＝0，所以此时磁通量的变化率为零，导线切割磁感线的有效速度为零，但此时穿过线圈的磁通量最大，线圈平面位于中性面，所以 A、B 正确，C 错误；当 t＝0.4 s 时，e＝10 sin 20π t V＝10 sin 8π V＝0，所以 D 错误． ]2 23．D [电枢转速提高 1 倍，由 ω ＝2π n 知，角速度变为原来的 2 倍；由电动势最大值表达式 Em＝ nBSω 知，最大值也变为原来的 2 倍．]4．B [ t1、 t3时刻通过线圈的磁通量 Φ 的绝对值最大，磁通量变化率 ＝0，此时Δ ΦΔ t感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，A 错误，B 正确； t2、 t4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C、D 错误．]5．BC [图示位置为垂直于中性面的位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电流也最大， I＝ ＝ ，由右手定则可判断出线圈中感应电流nBSωR nBl2ωR的方向为 adcba.]6．C [线圈经过时间 t 时，转过角度 θ ，这时 ab， cd 边切割磁感线产生感应电动势Eab＝ BL1vsin θ ， Ecd＝ BL1vsin θ ， bc， ad 边不切割磁感线不产生感应电动势，故线圈中的感应电动势为 E＝ Eab＋ Ecd＝2 BL1vsin θ ＝2 BL1· L2ω sin ωt ＝ BL1L2ω sin ωt ，故正12确选项应为 C.]7．D [矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场方向平行开始计时，产生的感应电流按余弦规律变化，由于 t=0 时，线圈的转动方向如题图，由右手定则判断可得，此时 ad 中电流方向为由 a 到 d，线圈中电流方向为a→ d→ c→ b→ a，与规定的电流正方向相反，电流为负值．又因为此时产生的感应电动势最大，故只有 D 正确．]8．CD [ t＝ ＝ ，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；π2ω T4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．]9．A [无论是绕 P1转动还是绕 P2转动，线圈转到图示位置时产生的电动势都为最大值 Em=nBSω，由欧姆定律可知此时 I 相等，A 对，B 错；由右手定则可知线圈中电流方向为 a→ d→ c→ b→ a，故 C 错； cd 边所受的安培力 F＝ BLcdI，故 F 一样大，D 错．]10．2 垂直 0解析 T＝ ＝ s，则交流电的频率 f＝ ＝2 Hz.由图象知 t＝0 时， e＝0，线圈位2πω 12 1T于中性面位置，线圈平面和磁感线垂直；当 t＝0.5 s 时， ωt ＝2π ft＝2π， e＝0.11．(1) e＝10 cos 100π t V (2)见解析2解析 (1)线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，产生的交变电流按余弦规律变化，在 t 时刻线框转过的角度为 ω t，此时刻 e＝ Bl1l2ωcos ω t，即e＝ BSωcos ω t，其中 B＝ T， S＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2，ω＝2π n＝2π×50 52πrad/s＝100π rad/s，故 e＝ ×0.02×100πcos 100π t V，52π即 e＝10 cos 100π t V.2(2)T＝ ＝0.02 s，线框中感应电动势随时间变化关系的图象如下图所示2πω1012．(1) e＝314sin 100π t V (2)200 V解析 (1)解法一 线圈经过时间 t 转过角度 θ ＝ ωt ，这时 bc 和 da 边不切割磁感线，ab 和 cd 边切割磁感线产生感应电动势 eab＝ ecd＝ NB vsin ω t，其中 v＝ ω ＝ ω ，所abad2 bc2以 e＝ eab＋ ecd＝2 eab＝2 NBω sin ωt ＝ NBSω sin ωt ，abad2则 Em＝ NBSω ＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V，e＝314sin 100π t V解法二 感应电动势的瞬时值 e＝ NBSω sin ωt ，由题可知 S＝ · ＝0.2×0.5 ab bcm2＝0.1 m 2，Em＝ NBSω ＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V，所以 e＝314sin 100π t V.(2)用 E＝ N 计算 t＝0 至 t＝ 过程中的平均电动势 E＝ N ＝ N ＝Δ ΦΔ t T4|Φ π 2－ Φ 0|T4－ 0 |0－ BS|T44NBS2πω即 E＝ NBSω .代入数值得 E＝200 V.2π