2020版高中物理 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

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):EmsinωtImsinωtUmsinωt【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=Emcosωt时,穿过线圈磁通量的瞬时值表达式Φ=Φmsinωt。()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=Emsinωt时,穿过线圈磁通量的瞬时值表达式Φ=Φmcosωt。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,下列说法正确的是世纪金榜导学号()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:eab=BLabvsinθ=sinωt。adL2BS2(5)整个线圈产生的感应电动势:e=2eab=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=Imsinωt,R两端的电压可记为u=Umsinωt。eRrmERr2.正弦式交变电流的峰值:(1)由e=nBSωsinωt可知,电动势的峰值Em=nBSω=nΦmω。(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Em=nBSω=nΦmω。(3)整个回路电流的峰值可表示为Im=。(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Um=R。nBSRrnBSRr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=0.5T,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=25cm,宽为d=20cm,线圈每分钟转动1500r,在匀速转动过程中,从线圈平面经过图示位置时开始计时。世纪金榜导学号(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=0.02Ω,外接一阻值为13Ω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=0.5T,线圈转动的角速度ω=2πf=2π×rad/s=50πrad/s,线圈的面积S=Ld=0.05m2所以Em=nBSω=50×0.5×0.05×50πV≈196V从图示位置开始计时,有e=Emcosωt=196cos(50πt)V150060(2)若r=0.02Ω,则r′=50r=0.02×50Ω=1.0ΩR总=R+r′=13Ω+1Ω=14ΩIm==A=14A所以i=Imcosωt=14cos(50πt)AmER总19614(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′=196sin(50πt)V,i′=14sin(50πt)A答案:(1)e=196cos(50πt)V(2)i=14cos(50πt)A(3)e′=196sin(50πt)Vi′=14sin(50πt)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=Φmcosωt;感应电动势的瞬时表达式:e=Emsinωt;感应电流的瞬时表达式:i=Imsinωt;路端电压的瞬时表达式:u=Umsinωt。2.当从垂直中性面开始计时时:磁通量的瞬时表达式:Φ=Φmsinωt;感应电动势的瞬时表达式:e=Emcosωt;感应电流的瞬时表达式:i=Imcosωt;路端电压的瞬时表达式:u=Umcosωt。【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=10sin20πtV,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=0.4s时,e有最大值10V2【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L1,bc长度为L2,线圈以恒定角速度ω逆时针转动。(只考虑单匝线圈)世纪金榜导学号(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e1的表达式。(2)线圈平面处于与中性面成φ0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e2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r1,cd距OO′轴为r2,则有:eab=BL1ωr1sinωt①ecd=BL1ωr2sinωt②线圈中的感应电动势为e1=eab+ecd=BL1L2ωsinωt③(2)t时刻线圈平面与中性面的夹角为ωt+φ0,则由③式知线圈中的感应电动势为e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0)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=I2RT=⑦mI2mU2Rr（）12BLL2Rr2222122BLLRRr答案:(1)e1=BL1L2ωsinωt(2)e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0)(3)222122BLLRRr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=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:49(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=2lmERr2234NBRrl(3)一个周期内,通电时间t=TR上消耗的电能W=Rt且W=I2RT,解得I=答案:(1)2NBl2ω(2)(3)492mI24NB3Rrl24NB3Rrl2234NBRrl【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=cosωtB.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=BSRBSR2BS2R2BSR（）【解析】选C。由题意得i=sinωt,电流有效值I=,P=所以只有选项C正确。BSRBS2R2BS2R（）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2Ω,则世纪金榜导学号()A.t=0时,线圈平面平行于磁感线B.t=1s时,线圈中的电流改变方向C.t=1.5s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8π2J【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=1s时磁通量为零,线圈平面平行于磁感线,故B错误;t=1.5s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t电动势为零,故C错误;感应电动势最大值Em=NBSω=N·Φm·=4πV,有效值E==2πV,一个周期内线圈产生的热量Q=·T=8π2J,故D正确。2TmE222ER【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=Φm·cosωt=BScosωt电动势e=Em·sinωt=nBSωsinωt函数图象电压u=Um·sinωt=sinωt电流i=Im·sinωt=sinωtmRERrmERr(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