高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册第三章 交变电流1 交变电流学案

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册第三章 交变电流1 交变电流学案，共15页。学案主要包含了交变电流，交变电流的产生，交变电流的变化规律等内容，欢迎下载使用。

一、交变电流
如图所示电路，其中二极管的特点是单向导电。
探讨：（1）a、b两端接入干电池时，可以观察到什么现象？
（2）a、b两端接在手摇式发电机两端时，又会观察到怎样的现象？
提示：（1）只有一个二极管会亮。
（2）当接在手摇式发电机两端时两个发光二极管间或地闪亮，原因是发电机产生与直流电流不同的电流，两个发光二极管一会儿接通这一个，一会儿再接通另外一个，电流方向不停地改变。
1.交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫作交变电流，简称交流（AC）。如图所示。
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。
二、交变电流的产生
按图连接电路，当开关闭合时，观察小灯泡的发光情况。电路中的电流方向从哪里流向哪里？电流方向是否随时间改变？电路中的电流大小是否随时间改变？
提示：电路中的电流方向从电源的正极经小灯泡流向负极，电流的方向、大小不随时间改变。
画出此电路的大致i­t图像：
1.产生条件：在匀强磁场中，矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。
2.过程分析（如图所示）：
3.中性面：线圈在磁场中转动的过程中，线圈平面与磁场垂直时所在的平面。
（1）线圈处于中性面位置时，穿过线圈的Φ最大，但线圈中的电流为零。
（2）线圈每次经过中性面时，线圈中感应电流的方向都要改变，线圈转动一周，感应电流的方向改变两次。
三、交变电流的变化规律
1.定义：按正弦规律变化的交变电流，简称正弦式电流。
2.函数表达式和图像：
注：表达式中Em、Um、Im分别是电动势、电压、电流的峰值，而e、u、i则是这几个量的瞬时值。
（1）线圈转一周有两次经过中性面，每转一周电流方向改变一次。（×）
（2）当线圈中的磁通量最大时，产生的电流也最大。（×）
（3）线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生的交流电是交变电流。（√）
（4）交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置无关。（×）
关键能力·合作学习
知识点一 交变电流的产生过程
1.正弦式交变电流的产生过程分析：
线圈绕OO′轴沿逆时针方向匀速转动。如图甲至丁所示，在四个过程中线圈中的电流方向如表所示。
2.两个特殊位置的对比：
如图所示：线圈转动到什么位置时，线圈中电流改变方向？线圈转动到什么位置时没有电流？线圈转动到什么位置时电流最大？
提示：磁场方向可以认为是水平向右，由右手定则可知线圈转动到图示位置时感应电动势最大，感应电流最大。线圈转动到中性面位置时（与图示位置垂直的位置），感应电动势为零，感应电流为零，电流方向发生改变。线圈转动到不同的位置有不同的值，呈周期性变化。
【典例】（多选）如图所示，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～ eq \f(π,2ω) 这段时间内（ ）
A.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
【解题探究】
从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，有什么特点？
提示：穿过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，感应电流最大。
【解析】选A、D。计时开始时线圈平面与磁场平行，感应电流最大，在0～ eq \f(π,2ω) 时间内线圈转过四分之一个圆周，感应电流从最大减小为零，磁通量逐渐增大，其变化率一直减小，故A、D正确。
交变电流的变化特点
（1）线圈转至与磁感线平行时，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故线圈每转一周，电动势最大值出现两次。
（2）线圈每经过中性面一次，感应电流和感应电动势的方向都要改变一次。线圈转动一周，两次经过中性面，感应电动势和感应电流的方向都改变两次。
1.（母题追问）在典例中，若从中性面位置开始计时，则在0～ eq \f(π,2ω) 这段时间内（ ）
A．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】选C。计时开始时线圈处于中性面位置，感应电流为零，在0～ eq \f(π,2ω) 时间内线圈转过四分之一个圆周，感应电流从零增大到最大，磁通量逐渐减小，其变化率一直增大，故C正确。
2.如图所示为教学演示用交流发电机。以不太快的速度摇动发电机，与发电机相连的小灯泡将一闪一闪发光。现将摇动速度加倍，下列分析正确的是（ ）
A．小灯泡闪光周期将加倍，亮度增大
B．小灯泡闪光频率将加倍，亮度增大
C．小灯泡闪光频率将不变，亮度增大
D．小灯泡闪光频率将加倍，亮度不变
【解析】选B。摇动速度加倍，则转速变大，则产生交流电的频率增加，可知小灯泡闪光频率将加倍；感应电流的大小与发电机的转速有关，转速越大，输出的电流也越大，则灯泡的亮度增加；故选B。
【加固训练】
1.（多选）下列各图中能产生交变电流的是（ ）
【解析】选C、D。A图中的转轴与磁场方向平行，B图中的转轴与纸面方向垂直；线圈中的磁通量始终为零，没有变化，线圈中无感应电流产生，故A、B错误；根据交变电流产生的条件可知，线圈绕垂直于磁感线且通过线圈平面的轴线转动，就可以产生交变电流，对线圈的形状没有特别要求，故C、D正确。
2.一闭合矩形线圈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Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大
B．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变
C．t2、t4时刻线圈中磁通量最大
D．t2、t4时刻线圈中感应电动势最小
【解析】选B。t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ最大，磁通量变化率 eq \f(ΔΦ,Δt) ＝0，此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，选项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，选项C、D错误。
知识点二 交变电流的变化规律
1.推导正弦式交变电流瞬时值的表达式：
若线圈平面从中性面开始转动，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 eq \f(Lad,2) 。
（4）ab边产生的感应电动势eab＝BLabv sin θ＝ eq \f(BSω,2) sin ωt。
（5）整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsin ωt，若线圈为N匝，e＝NBSωsin ωt。
（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＝ eq \f(e,R＋r) ＝ eq \f(Em,R＋r) sin ωt，即i＝Imsinωt，R两端的电压可记为u＝Umsinωt。
2.峰值：
（1）由e＝NBSωsin ωt可知，电动势的峰值Em＝NBSω。
（2）交变电动势的最大值，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，与转轴的位置无关，但转轴必须垂直于磁场，因此如图所示几种情况，若N、B、S、ω相同，则电动势的最大值相同。
（3）电流的峰值可表示为Im＝ eq \f(NBSω,R＋r) 。
3.正弦交变电流的瞬时值表达式：
（1）从中性面位置开始计时
e＝Emsinωt，i＝Imsinωt，u＝Umsinωt。
（2）从与中性面垂直的位置开始计时
e＝Emcsωt，i＝Imcsωt，u＝Umcsωt。
4.交变电流的图像（从中性面位置开始计时）：
如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动。
（1）导体切割磁感线产生的感应电动势与什么因素有关？
（2）多匝线圈不垂直切割磁感线产生的感应电动势如何表达？
提示：（1）感应电动势与线圈的匝数N、磁感应强度B、线圈的面积S和线圈平面与中性面的夹角有关。
（2）e＝NBSωsin ωt。
【典例】如图所示，正方形线圈abcd的边长是0.5 m，共150匝，匀强磁场的磁感应强度为B＝ eq \f(2,π) T，当 eq \a\vs4\al(线圈以150 r/min) eq \a\vs4\al(的转速绕中心轴线OO′匀速旋转) ①时，若 eq \a\vs4\al(从线圈处于中性面位置开始计时) ②求：
（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
（2）线圈转过 eq \f(1,10) s时电动势的瞬时值。
【审题关键】
【解析】（1）线圈转速n＝150 r/min＝2.5 r/s，
角速度ω＝2πn＝5π rad/s，
线圈产生的感应电动势最大值Em＝NBSω＝375 V，
由此得到的感应电动势瞬时值表达式为：
e＝Emsinωt，
代入数据可得e＝375sin （5πt） V。
（2）当t＝ eq \f(1,10) s时，电动势的瞬时值
e＝375sin（5π× eq \f(1,10) ） V＝375 V。
答案：（1）e＝375sin （5πt） V （2）375 V
1.（母题追问）在典例中，若从线圈处于垂直于中性面的位置开始计时，其他条件不变，结果如何呢？
提示：（1）e＝Emcsωt＝375cs （5πt） V。
（2）e＝375cs（5π× eq \f(1,10) ） V＝0。
2.如图所示，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：
（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；
（3）若从线圈平面平行磁感线时开始计时，求线圈在t＝ eq \f(T,6) 时刻的感应电动势大小。
【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＝Emsinωt
即e＝314sin（100πt） V
（3）若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＝Emcsωt，
代入数据得e＝314cs （100πt） V，
当t＝ eq \f(T,6) 时，T＝ eq \f(2π,ω) ＝0.02 s，
e＝314cs eq \f(π,3) V＝157 V。
答案：（1）314 V （2）e＝314sin（100πt） V （3）157 V
【加固训练】
（多选）如图所示，一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，转动过程中线框中产生的感应电动势的瞬时值为e＝0.5sin （20t）V，由该表达式可推知以下哪些物理量（ ）
A．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
【解析】选C、D。根据单匝闭合线圈正弦式交变电流的表达式e＝BSωsin ωt，可得ω＝20 rad/s，而磁通量的最大值的表达式为Φ＝BS，所以可以根据BSω＝0.5求出磁通量的最大值。故选项C、D正确。
【拓展例题】交变电流图像的应用
【典例】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，如图所示，线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则图中能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图像是（ ）
【解析】选C。线圈在匀强磁场中从题图位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电。对于题图起始时刻，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a→b→c→d→a，与规定的正方向相同，故选项C正确。
情境·模型·素养
一台小型发电机与计算机相连接，计算机能将发电机产生的电动势随时间变化的图像记录下来，如图甲所示，让线圈在匀强磁场中以不同的转速匀速转动，计算机记录了两次不同转速所产生正弦交流电的图像如图乙所示。
关于发电机先后两次的转速之比na∶nb和交流电b的最大值分别是多少？
【解析】由图可知，a的周期为0.4 s；b的周期为0.6 s，则由n＝ eq \f(1,T) 可知，转速与周期成反比，故曲线a、b对应的线圈转速之比为3∶2；曲线a表示的交变电动势最大值是10 V，根据Em＝nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是 eq \f(20,3) V。
答案：3∶2 eq \f(20,3) V
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均为α＝ eq \f(4,9) 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。
探究：
（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。
【解析】（1）bc、ad边的运动速度v＝ω eq \f(l,2) ，
感应电动势Em＝4NBlv，
解得Em＝2NBl2ω。
（2）电流Im＝ eq \f(Em,r＋R) ，安培力F＝2NBIml
解得F＝ eq \f(4N2B2l3ω,r＋R) 。
答案：（1）2NBl2ω （2） eq \f(4N2B2l3ω,r＋R)
课堂检测·素养达标
1.线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动（由上向下看是逆时针方向），当从如图所示位置转至中性面位置的过程中，磁通量和感应电动势大小的变化情况是 （ ）
A．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
【解析】选D。由题图可知，磁通量Φ＝Φmsinθ，即磁通量在变大。感应电动势e＝Emcsθ，即感应电动势在变小，D正确。
2.（多选）下列方法中能够产生交变电流的是（ ）
【解析】选A、C、D。A中线圈在匀强磁场中按逆时针方向匀速转动，会产生正弦式交变电流；B中的金属棒不切割磁感线，不产生感应电动势；C中的折线与矩形线圈的效果是相同的；D中能产生按余弦规律变化的交变电流。
【加固训练】
（多选）（2021·济南高二检测）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则（ ）
A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
C．t＝0.01 s时线框所受的安培力为零
D．线框产生的交变电动势的频率为100 Hz
【解析】选B、C。由题图乙可知，当t＝0.005 s时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，故A错误；当t＝0.01 s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，处于中性面，故B正确；当t＝0.01 s时，感应电动势为零，所以线框中的电流为零，线框所受的安培力为零，故C正确；交流电的周期为0.02 s，则频率为f＝ eq \f(1,T) ＝50 Hz，故D错误。
3.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝ eq \f(\r(2),π) T，边长L＝10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4 Ω。求：
（1）转动过程中线圈中感应电动势的最大值。
（2）从图示位置（线圈平面与磁感线平行）开始感应电动势的瞬时值表达式。
（3）由图示位置转过30°角时电路中电流的瞬时值。
【解析】（1）设转动过程中线圈中感应电动势的最大值为Em，
则Em＝NBL2ω＝（100× eq \f(\r(2),π) ×0.12×2π）V＝2 eq \r(2) V；
（2）从图示位置开始感应电动势的瞬时值表达式为
e＝Emcsωt＝2 eq \r(2) cs（2πt） V；
（3）从图示位置转过30°角时感应电动势的瞬时值
e′＝2 eq \r(2) cs30° V＝ eq \r(6) V，
i＝ eq \f(e′,R＋r) ＝ eq \f(\r(6),5) A。
答案：（1）2 eq \r(2) V （2）e＝2 eq \r(2) cs（2πt） V （3） eq \f(\r(6),5) A转动过程
磁通量变化
电流方向
甲→乙
减小
B→A→D→C
乙→丙
增大
B→A→D→C
丙→丁
减小
A→B→C→D
丁→甲
增大
A→B→C→D
中性面位置
（甲、丙）
与中性面垂直位置
（乙、丁）
位置
线圈平面与磁场垂直
线圈平面与磁场平行
磁通量
最大
零
磁通量变化率
零
最大
感应电动势
零
最大
感应电流
零
最大
电流方向
改变
不变
序号
解题依据
信息提取
①
交变电流产生的条件
产生交流电
②
按正弦规律变化
e＝Emsinωt