第3章第2节交变电流是怎样产生的.docx
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第3章第2节交变电流是怎样产生的
第2节：
交变电流是怎样产生的
1．原理
由法拉第电磁感应定律可知，只要通过闭合导体的发生变化，就可以产生感应电动势和。
2．构造
发电机主要由（电枢）和两部分组成。
3．种类
（1）旋转式发电机：
磁极固定不动，让电枢在磁极中旋转。
（2）旋转式发电机：
电枢固定不动，让磁极在电枢中旋转。
对旋转电枢式发电机和旋转磁极式发电机的辨析
（1）相同点：
二者的发电原理是相同的，都利用了电磁感应原理，不管是线圈还是磁极转动，穿过线圈的磁通量都发生变化，产生感应电动势。
（2）不同点：
旋转电枢式发电机的转子是线圈，而旋转磁极式发电机的转子是磁极，旋转电枢式发电机由于自身条件和空间的限制，所能产生的感应电动势不能很高，一般在500V以下；而旋转磁极式发电机能够提供几千到几万伏的电压，输出功率可达几十万千瓦。
1．下列说法不正确的是（ ）
A．交流发电机是把其他形式的能转变为电能的装置
B．交流发电机是把电能转变成其他形式能的装置
C．交流发电机中电枢和磁极不管谁转动，只要转动，就称为转子，只要不动，就称为定子
D．交流发电机利用的是电磁感应原理
（1）产生方法：
闭合线圈在匀强磁场中绕于磁场的轴匀速。
（2）过程分析：
图3－2－1
（3）中性面：
线圈平面与磁场的位置，如图3－2－1中的、位置。
两个特殊位置（时刻）物理量的特点：
两个位置
比较内容
中性面
中性面的垂面
图示
时刻
K·T/2（K＝0,1,2…）
K·T/4（K＝1,3,5…）
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
电流方向
改变
不变
2．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，以下说法中正确的是（ ）
A．线圈平面每经过中性面，感应电动势方向不变
B．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次
C．线圈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．线圈转动一周，感应电动势和感应电流方向都要改变一次
（1）正弦交流电：
按规律变化的交变电流。
（2）函数和图象：
函数
图象
瞬时电动势：
e＝Emsinωt
瞬时电压：
u＝Umsinωt
瞬时电流：
i＝Imsinωt
注：
表达式中Em、Um、Im分别是电动势、电压和电流的，而e、u、i则是这几个量的。
1．最大值和瞬时值的确定
（1）当线圈平面和磁场平行时，电动势具有最大值，电动势最大值Em＝2nBlv＝nBωS，由此可见，交变电动势最大值由线圈匝数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。
例：
如图3－2－2所示几种情况，若n、B、ω、S均相同，则电动势最大值均为Em＝nBωS。
图3－2－2
（2）要确定正弦交变电流的瞬时值表达式，需要先确定以下几个方面：
①最大值：
Em、Im、Um。
②线圈转动的角速度：
ω。
③开始计时时线圈所处的位置。
2．交变电流图象的认识
图3－2－3
（1）图象意义：
反映了交变电流的电流（电压）随时间变化的规律。
（2）通过图象可了解到的信息：
最大值、周期、频率。
3．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3－2－4），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，图3－2－5中能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图象是（ ）图3－2－4
图3－2－5
[例1] 一台交流发电机，其线圈从中性面开始转动，产生的交流感应电动势的最大值为311V，线圈在磁场中转动的角速度是100πrad/s。
（1）写出感应电动势的瞬时值表达式。
（2）若该发电机只与含电阻的负载组成闭合电路，电路中的总电阻为100Ω，试写出通过负载的电流的瞬时值表达式。
并求在t＝s时电流的瞬时值为多少？
[思路点拨] 解此题关键有两点：
（1）线圈从中性面开始转动，计时起点应选中性面。
（2）瞬时值表达式e＝Emsinωt中各符号的意义。
[借题发挥]
求解交流电动势瞬时值的基本方法为：
（1）确定线圈转动是从哪个位置开始计时的。
（2）确定表达式是正弦形式还是余弦形式。
（3）确定转动的角速度ω及N、B、S等。
（4）求出峰值Em，写出表达式，代入数据即可求瞬时值。
上题中若从垂直中性面位置开始计时，试写出感应电动势瞬时值表达式，并画出e－t图象。
[例2] 一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图3－2－6甲所示。
已知发电机线圈内阻为5.0Ω，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡。
如图3－2－6乙所示，则
（ ）
图3－2－6
A．电压表的示数为220V
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C．灯泡实际消耗的功率为484W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J
[思路点拨] 解此题应从以下三点突破：
（1）由图象可以直接读出交流电动势最大值，从而计算出有效值。
但电压表读数为路端电压的有效值。
（2）一个周期内电流方向改变两次。
（3）计算电功率和焦耳热要用交流电的有效值。
[借题发挥]
通过图象的时间轴，可求交变电流的周期和频率，通过纵轴可直接得出交变电流的峰值，进而可以列出其瞬时值表达式，也可求出有效值，从而进行相关的运算。
将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图3－2－7所示。
下列说法正确的是（ ）
A．电路中交变电流的频率为0.25Hz
B．通过电阻的电流为A
C．电阻消耗的电功率为2.5W图3－2－7
D．用交流电压表测得电阻两端的电压是5V
[随堂基础巩固]
1．如图3－2－8所示，关于闭合导线框中产生感应电流的下列说法中正确的是（ ）
A．只要闭合导线框在磁场中做切割磁感线运动，线框中就会产生感应电流
B．只要闭合导线框处于变化的磁场中，线框中就会产生交变图3－2－8
电流
C．如图中矩形导线框以其任何一条边为轴在磁场中旋转，线框中就会产生交变电流
D．如图中若导线框以其对称轴OO′为轴在磁场中转动，当穿过线圈的磁通量最大时，线框内不产生感应电流
2．一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交变电动势e＝220sin100πtV，则下列判断正确的是（ ）
A．t＝0时，线圈位于中性面位置
B．t＝0时，穿过线圈平面的磁通量为零
C．t＝0时，线圈的有效切割速度方向垂直磁感线
D．t＝0时，线圈中感应电动势达到峰值
3.一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电动势的图象如图3－2－9所示，则（ ）
A．交流电的频率是4πHz
B．当t＝0时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大图3－2－9
C．当t＝πs时，e有最大值
D．t＝πs时，e＝－10V最小，磁通量变化率最小
4.一个10匝正方形线框，边长为20cm，线框总电阻为1Ω，线框绕OO′轴以10π（rad/s）的角速度匀速转动，如图3－2－10所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5T。
请回答：
（1）该线框产生的交变电流的电动势最大值、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？
图3－2－10
（3）写出感应电动势随时间变化的表达式。
[课时跟踪训练]
1．下列图1中，哪些情况线圈中不能产生交流电（ ）
图1
2．关于中性面，下列说法正确的是（ ）
A．中性面就是穿过线圈的磁通量为零的面
B．中性面就是线圈中磁通量变化率为零的面
C．线圈过中性面时，电流方向必改变
D．中性面就是线圈内感应电动势为零的面
3．如图2所示，一矩形线圈ab边长为l1，ad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2
A．0.5Bl1l2ωsinωt
B．0.5Bl1l2ωcosωt
C．Bl1l2ωsinωt
D．Bl1l2ωcosωt
4．如图3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，t＝0时刻线圈平面与磁场方向垂直，规定电流方向沿abcda为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是（ ）图3
图4
5．交流发电机在工作时的电动势为e＝Emsinωt，若将其线框的转速提高到原来的两倍，其他条件不变，则其电动势变为（ ）
A．Emsin B．2Emsin
C．Emsin（2ωt）D．2Emsin（2ωt）
6．如图5所示是一个经双向可控硅调节后加在电灯上的交变电压，它是在正弦交变电压的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去而形成的，则这个电压的有效值是
（ ）
图5
A．220VB．110V
C．220VD．110V
7.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6所示。
下列结论正确的是（ ）
A．在t＝0.1s和t＝0.3s时，电动势最小
B．在t＝0.2s和t＝0.4s时，电动势改变方向图6
C．电动势的最大值是157V
D．在t＝0.3s时，磁通量变化率最大，其值为3.14Wb/s
8.如图7所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为N的矩形线圈，其面积为S，电阻为r，线圈两端外接一电阻为R的用电器和一个交流电压表。
若线圈绕对称轴OO′以角速度ω做匀速转动，则线圈从图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻的电荷量为
B．交流电压表的示数为NBSω图7
C．交流电压表的示数为
D．电阻产生的热量为
9．如图8所示为实验室演示用手摇发电机模示意图，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5T，线圈匝数N＝50，每匝线圈面积S＝0.048m2，转速n＝75.0r/min，在匀速转动中从图示位置线圈转过90°开始计时。
（1）写出交变电流电动势瞬时值表达式。
（2）画出e－t图线。
图8
10．（2012·安徽高考）图9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）
图9
（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）
参考答案
1．磁通量感应电流
2．构造：
线圈（电枢磁极
3
（1）电枢
（2）磁极
1．解析：
交流发电机是利用线圈在磁场中转动，引起电磁感应现象形成电流，将其他形式的能转化为电能。
交流发电机的内部是由转子和定子组成的，转动的为转子，不动的为定子。
故选项A、C、D正确，B错误。
答案：
B
（1垂直，转动。
（3）垂直，甲、丙
2．解析：
线圈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，故一周内，电动势和电流方向改变两次，故C正确，A、B、D错误。
答案：
C
（1）正弦
（2）最大值瞬时值。
解析：
图示时刻，cd边垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，由右手定则可判断电流的方向为a→b→c→d→a，与规定的正方向相同，选项C正确。
答案：
C
[例1] [解析]
（1）因交流发电机的线圈从中性面开始转动，所以该交变电流为正弦交流电。
感应电动势的最大值Em＝311V，角速度ω＝100πrad/s，所以感应电动势的瞬时值表达式是e＝311sin（100πt）V。
（2）根据欧姆定律，电路中电流的最大值为
Im＝＝A＝3.11A，
所以通过负载的电流的瞬时值表达式是
i＝3.11sin（100πt）A。
当t＝s时，电流的瞬时值为
i＝3.11sin（100π×）A＝1.56A。
[答案]
（1）e＝311sin（100πt）V
（2）i＝3.11sin（100πt）A 1.56A
解析：
从垂直中性面计时应是余弦变化关系，由上题分析知e＝311cos（100πt）V。
故其e－t图象如图示：
[例2] [解析] 由图象可知电动势的有效值为220V，而电压表测量的是路端电压，其大小为U＝R＝×95V＝209V，选项A错误；由图象读出交变电流的周期为T＝0.02s，则频率f＝＝50Hz，一个周期内电流的方向要改变2次，故每秒钟电流方向要改变100次，选项B错误；灯泡的实际功率为P＝（）2R＝（）2×95W＝459.8W，选项C错误；由焦耳定律得发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝（）2rt＝（）2×5×1J＝24.2J，选项D正确。
[答案] D
解析：
观察电源电动势随时间变化的图象。
可知交变电流的周期是T＝4×10－1s，又有交变电流频率：
f＝＝Hz＝2.5Hz，故选项A错误；交流电电压的有效值：
U有效＝＝V＝V，通过电阻的电流为I＝＝A＝A，故选项B错误；由电功率公式可得电阻消耗的电功率为P＝＝W＝2.5W，故选项C正确；用交流电压表测出的电阻上的电压是电压的有效值：
U有效＝V，选项D错误。
答案：
C
1
解析：
当闭合线框在磁场中向外或向里平动切割磁感线时，穿过线框平面的磁通量不发生变化，故线框中不产生感应电流，A错误。
当闭合导线框处于均匀变化的磁场中时，线框中产生恒定的电流，B错误。
当线框以ad或bc边为轴转动时，线框中无电流，C错误。
当以OO′为轴转动时，且线框转动到其平面与磁场垂直时，磁通量最大，且ab（cd）边的速度方向与磁场平行，不切割磁感线，故无电流，故D正确。
答案：
D
2．
解析：
因线圈转动产生的感应电动势按正弦规律变化，故t＝0时线圈位于中性面，A正确；此时穿过线圈的磁通量最大，B错误；t＝0时，线圈的有效切割速度方向与磁感线平行，不产生感应电动势，故C、D错误。
答案：
A
3.
解析：
从图象可知交流电的周期为2πs，频率为Hz，t＝πs时，e＝0最小，A、C错；t＝0时，e最小，Φ最大，B对；t＝πs时，e＝－10V，e最大，最大，“－”号表示方向，D错。
答案：
B
4.
解析：
（1）交变电流电动势最大值为
Em＝2NBLv＝2NBL·ωL/2＝NBSω
＝10×0.5×0.22×10π（V）＝6.28V
电流的最大值为Im＝＝A＝6.28A。
（2）线框转过60°时，感应电动势e＝Emsin60°≈5.44V。
（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＝Emsinωt＝6.28sin10πt（V）。
答案：
（1）6.28V 6.28A
（2）5.44V
（3）e＝6.28sin10πt（V）
[课时跟踪训练]
1.解析：
线圈转动过程中磁通量发生改变时，才能产生交流电，A项中磁通量不变，故A项符合题意。
答案：
A
2．解析：
线圈转至中性面时，线圈平面与磁感线垂直，所以此时穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，电流方向改变。
只有A项错误。
答案：
BCD
3．解析：
感应电动势的最大值为Em＝Bl1l2ω。
线圈从垂直中性面的位置开始转动，
则t时刻的感应电动势为
e＝Emsin（90°＋ωt）＝Bl1l2ωcosωt，
故正确答案为D。
答案：
D
4.解析：
由楞次定律可知前半个周期感应电流沿adcba方向，后半个周期沿abcda的方向，因线圈绕垂直磁场的轴匀速转动，所以产生正弦式交变电流，A正确。
答案：
A
5
解析：
感应电动势e＝Emsinωt，其中Em表示线圈在转动过程中感应电动势的最大值。
当线圈平面和磁场方向平行时，感应电动势最大。
Em＝2NBLv＝NBSω，其中S为线圈面积，ω为线圈转动的角速度，ω＝2πn，n为转速，N为线圈匝数，当转速为2n，则角速度变为2ω，感应电动势e＝NBS·2ωsin（2ωt）＝2Emsin（2ωt）。
选项D正确。
答案：
D
6．解析：
设交变电压的有效值为U，最大值为Um，电灯的电阻为R，如果是一个完整的正弦波，在一个周期内产生的热量为Q＝·T，因为每个周期内，有一半时间电压为零，故产生的热量将减半，有·T＝Q
解得：
U＝Um＝110V。
答案：
D
7解析：
在t＝0.1s和t＝0.3s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B、D错误，A正确。
由图象可知，周期为0.4s，故角速度ω＝＝5π（rad/s），而最大电动势为em＝nBSω＝157V，C正确。
答案：
AC
8.解析：
在转过90°的过程中，平均感应电动势＝N，即＝N，＝，则q＝·Δt＝N，所以A错；线圈产生的电动势的峰值Em＝NBSω，电动势的有效值E＝，则R两端电压的有效值U＝E·＝，即为交流电压表的示数，所以B错，C正确；由电动势的有效值可知电流的有效值I＝，所以QR＝I2Rt，则D错。
答案为C。
答案：
C
9．解析：
（1）T＝＝0.8s，ω＝＝2.5πrad/s，
Em＝NBSω＝50×0.5×0.048×2.5π＝3π。
瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝3πsin2.5πt。
（2）e－t图线如图所示
答案：
（1）e＝3πsin2.5πt
（2）见解析图
10解析：
（1）矩形线圈abcd在磁场中转动时，只有ab和cd切割磁感线，且转动的半径为r＝，设ab和cd的转动速度为v，则
v＝ω·①
在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为
E1＝BL1v⊥②
由图可知v⊥＝vsinωt③
则整个线圈的感应电动势为
e1＝2E1＝BL1L2ωsinωt④
（2）当线圈由图丙位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为
e2＝BL1L2ωsin（ωt＋φ0）⑤
（3）由闭合电路欧姆定律可知
I＝⑥
这里E为线圈产生的电动势的有效值
E＝＝⑦
则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为
QR＝I2RT⑧
其中T＝⑨
于是QR＝πRω2⑩
答案：
（1）e1＝BL1L2ωsinωt
（2）e2＝BL1L2ωsin（ωt＋φ0）
（3）πRω2
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