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