PAGE15-相識交變電流交變電流的描述1．交變電流的電壓和電流隨時間周期變更，正弦式交變電流的圖像形態是正弦(余弦)曲線。2．線圈在磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，線圈中產生交變電流，其最大值與線圈的形態、轉軸位置無關。3．當線圈轉到中性面時，穿過線圈的磁通量最大，感應電動勢為零，電流變更方向，轉到與中性面垂直時，穿過線圈的磁通量為零，感應電動勢最大。一、交變電流1．恒定電流強弱和方向都不隨時間變更的電流，簡稱直流。2．交變電流強弱和方向都隨時間作周期性變更的電流，簡稱溝通。3．特點電流方向發生周期性變更。若方向不變，即使大小變更也是直流電。4．波形圖電流或電壓隨時間變更的圖像通常利用示波器來視察。日常生活和生產中所用的交變電流是按正弦規律變更的交變電流。二、交變電流的產生1．產生交變電流是由溝通發電機產生的，如圖2-1-1所示，它的最基本結構是線圈和磁極。圖2-1-12．中性面(1)定義：線圈平面垂直磁感線的位置，各邊都不切割磁感線。(2)特點：①線圈位于中性面時，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變更率為零，感應電動勢為零，感應電流為零。②線圈經過中性面時，線圈中的電流方向要發生變更，線圈轉一周有兩次經過中性面，所以每轉一周電流方向變更兩次。三、交變電流的描述1．交變電流的函數描述(1)正弦式電流按正弦規律變更的交變電流。(2)正弦式電流的峰值、瞬時值(從中性面起先計時)峰值瞬時值電動勢Em＝nBSωe＝Emsinωt電流Im＝eq\f(Em,R＋r)i＝Im_sin__ωt電壓Um＝ImRu＝Umsin_ωt2．交變電流的圖像描述(1)物理意義描述交變電流的電動勢e、電流i、電壓u隨時間t(或角度ωt)變更的規律。(2)正弦式交變電流的圖像如圖2-1-2所示圖2-1-2(3)其他幾種不同類型的交變電流圖2-1-31．自主思索——判一判(1)方向周期性變更，大小不變的電流也是交變電流。(√)(2)在勻強磁場中線圈繞垂直磁場的轉軸勻速轉動通過中性面時，感應電流為零，但感應電流為零時，不肯定在中性面位置。(×)(3)表達式為e＝Emsinωt的交變電流為正弦式交變電流，表達式為e＝Emsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωt＋\f(π,2)))的交變電流也是正弦式交變電流。(√)(4)線圈繞垂直磁場的轉軸勻速轉動的過程中產生了正弦交變電流，峰值越大，則瞬時值也越大。(×)(5)交變電流的圖像均為正弦函數圖像或余弦函數圖像。(×)(6)線圈繞垂直磁場的轉軸勻速轉動的過程中產生了正弦交變電流，感應電動勢的圖像、感應電流的圖像形態是完全一樣的。(√)2．合作探究——議一議(1)中性面是隨意規定的嗎？提示：不是。中性面是一個客觀存在的平面，即與磁感線垂直的平面。(2)如何理解線圈平面轉到中性面時感應電動勢為零，而線圈平面與中性面垂直時感應電動勢最大呢？提示：依據法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，感應電動勢的大小不是與磁通量Φ干脆對應，而是與磁通量的變更率成正比。雖然線圈經過中性面時磁通量最大，但磁通量的變更率為零，所以感應電動勢為零；雖然線圈平面與中性面垂直時磁通量為零，但磁通量的變更率最大，所以感應電動勢最大。(3)溝通發電機輸出的電流都可以表示為i＝Imsinωt嗎？提示：不肯定。假如線圈從中性面的垂面起先計時，則輸出的電流表示為i＝Imcosωt。正弦交變電流的產生1．正弦交變電流的產生條件(1)勻強磁場。(2)線圈勻速轉動。(3)線圈的轉軸垂直于磁場方向。2．兩個特別位置的特點中性面中性面的垂面位置線圈平面與磁場垂直線圈平面與磁場平行磁通量最大零磁通量變更率零最大感應電動勢零最大感應電流零最大電流方向變更不變1．一矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，當線圈通過中性面時()A．線圈平面與磁感線方向平行B．通過線圈的磁通量達到最大值C．通過線圈的磁通量的變更率達到最大值D．線圈中的感應電動勢達到最大值解析：選B通過中性面時，線圈平面與磁感線方向垂直，磁通量最大，選項A錯誤，B正確；此時通過線圈的磁通量的變更率為零，則感應電動勢為零，選項C、D錯誤。2．關于線圈在勻強磁場中轉動時產生的交變電流，以下說法中正確的是()A．線圈平面每經過中性面一次，感應電流方向就變更一次，感應電動勢方向不變B．線圈每轉動一周，感應電流方向就變更一次C．線圈平面每經過中性面一次，感應電動勢和感應電流的方向都要變更一次D．線圈轉動一周，感應電動勢和感應電流方向都要變更一次解析：選C線圈轉至中性面時，線圈平面垂直于磁感線，磁通量最大，但磁通量的變更率、感應電動勢、感應電流均為零，電流方向恰好發生變更。因此，線圈在勻強磁場中轉動產生交變電流時，每經過中性面一次，感應電動勢和感應電流的方向都要變更一次，線圈每轉動一周，兩次經過中性面，感應電動勢和感應電流的方向都變更兩次，所以C正確。3．(多選)下圖中哪些狀況，線圈中產生了正弦交變電流(勻稱速轉動)()解析：選BCD依據正弦交變電流產生的條件可知，B、C、D正確。交變電流瞬時值表達式的書寫[典例]如圖2-1-4所示為演示用的手搖發電機模型，勻強磁場磁感應強度B＝0．5T，線圈匝數N＝50，每匝線圈面積為0．48m2，轉速為150r/min，線圈在勻速轉動過程中，從圖示位置起先計時。寫出交變感應電動勢瞬時值的表達式。圖2-1-4[思路點撥][解析]當線圈平面經過中性面時起先計時，則線圈在時間t內轉過的角度為ωt，于是瞬時感應電動勢e＝Emsinωt。其中Em＝NBSω。由題意知N＝50，B＝0．5T，S＝0．48m2，ω＝eq\f(2π×150,60)rads＝5πrad/s，Em＝NBSω＝50×0．5×0．48×5πV≈188V，所以e＝188sin5πtV。[答案]e＝188sin5πtV求解交變電流的瞬時值問題的答題模型若線圈給外電阻R供電，設線圈本身電阻為r，由閉合電路歐姆定律得：i＝eq\f(e,R＋r)＝eq\f(Em,R＋r)sinωt＝Imsinωt。R兩端的電壓可記為u＝Umsinωt。1．有一個正方形線框的線圈匝數為10匝，邊長為20cm，線框總電阻為1Ω，線框繞OO′軸以10πrads的角速度勻速轉動，如圖2-1-5所示，垂直于線框平面對里的勻強磁場的磁感應強度為0．5T，求：圖2-1-5(1)該線框產生的交變電流電動勢最大值、電流最大值分別是多少？(2)線框從圖示位置轉過60°時，感應電動勢的瞬時值是多大？(3)寫出感應電動勢隨時間變更的表達式。解析：(1)交變電流電動勢最大值為Em＝nBSω＝10×0．5×0．22×10πV＝6．28V電流的最大值為Im＝eq\f(Em,R)＝eq\f(6.28,1)A＝6．28A。(2)線框轉過60°時，感應電動勢E＝Emsin60°≈5．44V。(3)由于線框轉動是從中性面起先計時的，所以瞬時值表達式為e＝Emsinωt＝6．28sin10πtV。答案：(1)6．28V6．28A(2)5．44V(3)e＝6．28sin10πtV2．如圖2-1-6所示，一半徑為r＝10cm的圓形線圈共100匝，在磁感應強度B＝eq\f(5,π2)T的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的中心軸線OO′以n＝600rmin的轉速勻速轉動，當線圈轉至中性面位置(圖中位置)時起先計時。圖2-1-6(1)寫出線圈內所產生的交變電動勢的瞬時值表達式；(2)求線圈從圖示位置起先在eq\f(1,60)s時的電動勢的瞬時值；(3)求線圈從圖示位置起先在eq\f(1,60)s時間內的電動勢的平均值。解析：線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸線勻速轉動時，線圈內產生正弦式交變電動勢，當線圈平面在中性面時起先計時，其表達式為e＝Emsinωt，而在某段時間內的平均電動勢可依據eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)求得。(1)e＝Emsinωt，Em＝NBSω(與線圈形態無關)，ω＝20πrads，故e＝100sin20πtV。(2)當t＝eq\f(1,60)s時，e＝100sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20π×\f(1,60)))V＝50eq\r(3)V≈86．6V。(3)在eq\f(1,60)s內線圈轉過的角度θ＝ωt＝20π×eq\f(1,60)rad＝eq\f(π,3)rad，由Φ＝BScosωt知ΔΦ＝eq\f(1,2)BS，所以eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(150,π)V。答案：(1)e＝100sin20πtV(2)86．6V(3)eq\f(150,π)V交變電流的圖像正弦式交變電流隨時間變更狀況可以從圖像上表示出來，圖像描述的是交變電流隨時間變更的規律，它是一條正弦曲線，如圖2-1-7所示。圖2-1-7從圖像中可以解讀到以下信息：1．交變電流的最大值Im、Em，周期T。2．因線圈在中性面時感應電動勢、感應電流均為零，磁通量最大，所以可確定線圈位于中性面的時刻。3．找出線圈平行于磁感線的時刻。4．推斷線圈中磁通量的變更狀況。5．分析推斷i、e隨時間變更的規律。[典例]處在勻強磁場中的矩形線圈abcd，以恒定的角速度繞ab邊轉動，磁場方向平行于紙面并與ab邊垂直，在t＝0時刻，線圈平面與紙面重合(如圖2-1-8)，線圈的cd邊離開紙面對外運動，若規定由a→b→c→d→a方向的感應電流為正，則能反映線圈中感應電流I隨時間t變更的圖像是()圖2-1-8[思路點撥]eq\x(\a\al(計時,位置))→eq\x(\a\al(確定正弦,還是余弦))→eq\x(\a\al(運用右手定則或楞次,定律確定電流的方向))→eq\x(圖像)[解析]線圈在磁場中繞和磁場方向垂直的軸勻速轉動時可以產生按正弦規律變更的交變電流，對于圖示起始時刻，線圈的cd邊離開紙面對紙外運動，速度方向和磁場方向垂直，產生的電動勢的瞬時值最大；用右手定則推斷出電流方向為逆時針方向，與規定的正方向相同，所以C對。[答案]C分析正弦交變電流圖像問題的兩個留意(1)留意橫、縱坐標表示的物理量，以及圖像上的特別位置。(2)留意把圖像和線圈的轉動過程對應起來。1．一矩形線圈繞垂直于勻強磁場并位于線圈平面內的固定軸勻速轉動，線圈中的感應電動勢e隨時間t變更的規律如圖2-1-9所示，則下列說法正確的是()圖2-1-9A．圖像是從線圈平面位于中性面起先計時的B．t2時刻穿過線圈的磁通量為零C．t2時刻穿過線圈的磁通量的變更率為零D．感應電動勢e的方向變更時，穿過線圈的磁通量的方向也變更解析：選B由題圖可知，當t＝0時，感應電動勢最大，說明穿過線圈的磁通量的變更率最大，磁通量為零，即是從線圈平面與磁場方向平行時起先計時的，選項A錯誤；t2時刻感應電動勢最大，穿過線圈的磁通量的變更率最大，磁通量為零，選項B正確，C錯誤；感應電動勢e的方向變更時，線圈通過中性面，穿過線圈的磁通量最大，但方向并不變更，選項D錯誤。2．(多選)矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動，所產生的交變電流的波形如圖2-1-10所示，可知()圖2-1-10A．在t1時刻穿過線圈的磁通量達到峰值B．在t2時刻穿過線圈的磁通量達到峰值C．在t3時刻穿過線圈的磁通量的變更率達到峰值D．在t4時刻穿過線圈的磁通量的變更率達到峰值解析：選BC由題圖可知，t1和t3時刻i最大，所以這兩個時刻磁通量的變更率最大，線圈處于垂直中性面的位置，穿過線圈的磁通量為0。t2和t4兩時刻i＝0，即eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，線圈處于中性面位置，此時穿過線圈的磁通量最大。故B、C正確。3．(多選)在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖2-1-11甲所示，產生的交變電動勢的圖像如圖乙所示，則()圖2-1-11A．t＝0．005s時穿過線框的磁通量的變更率為零B．t＝0．01s時線框平面與中性面重合C．感應電動勢的最大值為311VD．線框轉動是從中性面起先計時的解析：選BCD由題中圖像可知，該交變電動勢的瞬時值表達式為e＝311sin100πt(V)。t＝0．005s時感應電動勢最大，穿過線框的磁通量的變更率最大，選項A錯誤；t＝0．01s時感應電動勢為零，穿過線框的磁通量最大，線框平面與中性面重合，選項B正確；感應電動勢的最大值為311V，選項C正確；由題圖知該交變電動勢符合正弦變更規律，線框轉動是從中性面起先計時的，選項D正確。1．如圖所示的各圖像中表示交變電流的是()解析：選DB、C兩圖像中，雖然電流大小隨時間做周期性變更，但方向從圖上看在t軸一側方向不變，故不是交變電流。A圖中電流的方向沒發生變更，不是交變電流。D圖中，從圖上看電流分布在t軸兩側，電流的大小、方向均做周期性變更，是交變電流，故選D。2．(多選)某線圈在勻強磁場中勻速轉動，穿過它的磁通量Φ隨時間變更的規律如圖1所示，則()圖1A．t1時刻，穿過線圈的磁通量的變更率最大B．t2時刻，穿過線圈的磁通量的變更率為零C．t3時刻，線圈中的感應電動勢為零D．t4時刻，線圈中的感應電動勢最大解析：選CDt1時刻，穿過線圈的Φ最大，但eq\f(ΔΦ,Δt)為零，A錯誤；t2時刻，穿過線圈的Φ等于零，但eq\f(ΔΦ,Δt)最大，B錯誤；t3時刻，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)等于零，感應電動勢等于零，C正確；t4時刻，Φ等于零，但eq\f(ΔΦ,Δt)最大，感應電動勢最大，D正確。3．一溝通發電機的感應電動勢e＝Emsinωt，如將線圈的匝數增加一倍，電樞的轉速也增加一倍，其他條件不變，感應電動勢的表達式將變為()A．e′＝2Emsin2ωt B．e′＝2Emsin4ωtC．e′＝4Emsin2ωt D．e′＝4Emsin4ωt解析：選Ce＝Emsinωt＝NBSωsinωt，現N′＝2N，ω′＝2ω，則Em′＝4Em，所以感應電動勢的瞬時值表達式將變為e′＝4Emsin2ωt。4．如圖2所示，一矩形線圈abcd，已知ab邊長為l1，bc邊長為l2，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω從圖示位置起先勻速轉動，則t時刻線圈中的感應電動勢為()圖2A．0．5Bl1l2ωsinωt B．0．5Bl1l2ωcosωtC．Bl1l2ωsinωt D．Bl1l2ωcosωt解析：選D因為起先時刻線圈平面與磁感線平行，即從垂直于中性面起先運動，所以起先時刻線圈中感應電動勢最大為Em＝Bl1l2ω，感應電動勢的表達形式應為余弦形式，因此在t時刻線圈中的感應電動勢為Bl1l2ωcosωt，故正確選項為D。5．如圖3所示，矩形線圈ABCD放在磁感應強度為B的勻強磁場中，線圈以相同的角速度分別繞OO′、AD、EF、AB軸線勻速轉動，線圈中產生的最大感應電動勢分別為E1、E2、E3、E4，則下列推斷正確的是()圖3A．E1＝E2，E3＝E4B．E1＝E2＝E3，E4＝0C．E1＝E2＝E3＝E4D．E1＝E4，E2＝E3解析：選B線圈以相同的角速度分別繞OO′、AD、EF在勻強磁場中勻速轉動時，產生的最大感應電動勢為Em＝BSω，和轉軸的位置無關，即E1＝E2＝E3，當線圈繞AB軸轉動時，線圈的磁通量始終為零，無感應電動勢，即E4＝0，故B正確。6．如圖4甲所示，一矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉軸OO′以恒定的角速度ω轉動。當從線圈平面與磁場方向平行時起先計時，線圈中產生的交變電流依據圖乙所示的余弦規律變更，則在t＝eq\f(π,2ω)時刻()圖4A．線圈中的電流最大B．穿過線圈的磁通量為零C．線圈所受的安培力最大D．線圈中的電流為零解析：選D由T＝eq\f(2π,ω)，故t＝eq\f(π,2ω)＝eq\f(T,4)，此時線圈位于中性面位置，所以穿過線圈的磁通量最大，B錯誤，由于此時感應電動勢為零，所以線圈中電流為零，線圈所受的安培力為零，A、C錯誤，D正確。7．如圖5所示，在水平勻強磁場中一矩形閉合線圈繞OO′軸勻速轉動，若要使線圈中的電流峰值減半，不行行的方法是()圖5A．只將線圈的轉速減半B．只將線圈的匝數減半C．只將勻強磁場的磁感應強度減半D．只將線圈的邊長減半解析：選B由Im＝eq\f(Em,R)，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝eq\f(NBS·2πn,R)，故A、C可行；又電阻R與匝數有關，當匝數減半時電阻R也隨之減半，則Im不變，故B不行行；當邊長減半時，面積S減為原來的eq\f(1,4)，而電阻減為原來的eq\f(1,2)，故D可行。8．(多選)一矩形線圈，在勻強磁場中繞垂直于磁場方向并位于線圈平面的固定軸轉動，線圈中產生的感應電動勢e隨時間t的變更規律如圖6所示，則下列說法中正確的是()圖6A．t1和t4時刻穿過線圈的磁通量為零B．t1和t3時刻穿過線圈的磁通量的變更率為零C．線圈平面從與磁場方向平行的時刻起先計時D．每當感應電動勢e變換方向時，穿過線圈的磁通量的肯定值都最大解析：選BCD由圖像可知，為余弦式交變電流，說明t＝0時，線圈平面與磁感線方向平行，選項C正確。t1、t3時刻感應電動勢為零，說明這兩個時刻穿過線圈的磁通量變更率為零，穿過線圈的磁通量最大，所以選項B正確，選項A錯誤。當線圈通過中性面時，感應電動勢為零，感應電動勢的方向要發生變更，所以選項D正確。9．一只矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量隨時間變更的圖像如圖7所示。則下列說法中正確的是()圖7A．t＝0時刻，線圈平面與中性面垂直B．t＝0．01s時刻，Φ的變更率為0C．t＝0．02s時刻，感應電動勢達到最大D．從t＝0．01s時刻至t＝0．04s時刻線圈轉過的角度是eq\f(3,2)π解析：選D由圖像可知t＝0、t＝0．02s、t＝0．04s時刻線圈平面位于中性面位置，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，故E＝0；t＝0．01s、t＝0．03s、t＝0．05s時刻線圈平面與磁感線平行，Φ最小，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，故E最大，從圖像可知，從t＝0．01s時刻至t＝0．04s時刻線圈旋轉eq\f(3,4)周，轉過的角度為eq\f(3,2)π。10．(多選)一單匝矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸線勻速轉動時產生正弦式交變電流，其電動勢的變更規律如圖8中圖線a所示，當調整線圈轉速后，電動勢的變更規律如圖線b所示，以下關于這兩個正弦式交變電流的說法正確的是()圖8A．從圖線可算出穿過線圈磁通量的最大值B．線圈先后兩次轉速之比為2∶3C．在圖線a和b中，t＝0時刻穿過線圈的磁通量均為零D．圖線b電動勢的瞬時值表達式為e＝100sineq\f(100π,3)t(V)解析：選AD依據圖線a：感應電動勢最大值Em＝BSω＝Φmω，因此磁通量最大值Φm＝eq\f(Em,ωa)＝eq\f(EmTa,2π)＝eq\f(3,π)Wb，A正確。線圈先后兩次周期之比eq\f(Ta,Tb)＝eq\f(0.04s,0.06s)＝eq\f(2,3)，eq\f(na,nb)＝eq\f(fa,fb)＝eq\f(Tb,Ta)＝eq\f(3,2)，B錯誤。t＝0時刻感應電動勢為零，線圈處于中性面位置，磁通量最大，C錯誤。感應電動勢最大值Em＝BSω，因此eq\f(Ema,Emb)＝eq\f(ωa,ωb)＝eq\f(2πfa,2πfb)＝eq\f