交变电流的产生PPT课件免费下载2023

鲁科版 (2019)高中物理选择性必修 第二册课文《交变电流的产生》,完整版PPT课件免费下载，优秀PPT背景图搭配，精美的免费ppt模板。轻松备课，欢迎免费下载使用。
一、【课程的主要内容】一、交流发电机1.原理：由法拉第电磁感应定律知，只要穿过闭合回路的_______发生变化，就可以产生感应电动势和感应电流。2.构造：主要由线圈(电枢)和_____两部分组成。3.分类：(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。4.转子与定子：_____的部分叫转子，_____不动的部分叫定子。
二、正弦式交变电流的产生原理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：
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。
三、正弦式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.图像描述如图所示(交流发电机输出的电压波形)
5.关于正弦式交变电流的说法正确的是___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。
一 交变电流的产生过程1.中性面：(1)中性面：线圈平面与磁感线垂直的位置。(2)线圈处于中性面位置时，穿过线圈的Φ最大，但 =0，e=0，i=0。(3)线圈越过中性面，线圈中I感方向要改变。线圈转一周，感应电流方向改变两次。
2.两个特殊位置的对比分析：
【思考·讨论】假定线圈绕OO′轴沿逆时针方向匀速转动，如图甲至丁所示。请分析判断：(1)线圈转动一周的过程中，线圈中的电流方向的变化情况。(2)线圈转动过程中，当产生的感应电流有最大值和最小值时线圈分别在什么位置？
提示：(1)(2)线圈转到乙或丁位置时线圈中的电流最大。线圈转到甲或丙位置时线圈中电流最小，为零，此时线圈所处的平面称为中性面。
【典例示范】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。从题图乙可以看出，t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，线圈经过中性面位置时线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确；t2、t4时刻通过线圈的磁通量为零，线圈处于与中性面垂直的位置，此时感应电动势和感应电流均为最大，故C、D均错误。
【素养训练】1.(多选)图示线圈中能产生交变电流的是( )【解析】选B、C、D。由交变电流的产生条件可知，轴必须垂直于磁感线，但对线圈的形状及转轴的位置没有特别要求。则B、C、D正确，A错误。
2.如图所示，在水平向右的匀强磁场中，一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路。t1、t2时刻线框分别转到图甲、乙所示的位置，下列说法正确的是( )
A.t1时刻穿过线框的磁通量最大B.t1时刻电阻中的电流最大，方向从右向左C.t2时刻穿过线框的磁通量变化最快D.t2时刻电阻中的电流最大，方向从右向左
【解析】选B。t1时刻，穿过线框的磁通量为零，线框产生的感应电动势最大，电阻中的电流最大，根据楞次定律，通过电阻的电流方向从右向左，A错误，B正确；t2时刻，穿过线框的磁通量最大，线框产生的感应电动势为零，电阻中的电流为零，C、D错误。
【补偿训练】1.当交流发电机的线圈转到线圈平面与中性面重合时，下列说法中正确的是( )A.电流将改变方向B.磁场方向和线圈平面平行C.线圈的磁通量最小D.线圈产生的感应电动势最大【解析】选A。当线圈平面与中性面重合时，磁场方向和线圈平面垂直，B错；磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，电流将改变方向，A对，C、D错。二、【基础巩固】
2.(多选)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( )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。
二 交变电流的变化规律1.峰值表达式：Em=nBSω，Im= ，Um=ImR= 。
2.峰值决定因素：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。如图所示的几种情况中，如果n、B、ω、S均相同，则感应电动势的峰值均为Em=nBSω。
3.正弦式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。
【典例示范】如图所示，一边长为l的正方形线圈abcd绕对称轴OO′在匀强磁场中转动，转速为n=120 r/min，若已知边长l=20 cm，匝数N=20匝，磁感应强度B=0.2 T，求：(1)转动中的最大电动势及其位置。(2)从中性面开始计时的电动势瞬时值表达式。(3)从图示位置转过90°过程中的平均电动势。
【解析】(1)当线圈平面转到与磁场平行时，ab、cd两边均垂直切割磁感线，这时线圈中产生的感应电动势最大，n=120 r/min=2 r/s，Em=NBSω=20×0.2×0.22×2π×2 V≈2.0 V。(2)电动势瞬时值表达式为e=Emsinωt=2sin4πt (V)。(3) ×20×0.2×0.22×2π×2 V=1.28 V答案：(1)2.0 V 线圈平面与磁场平行(2)e=2sin 4πt (V) (3)1.28 V
【规律方法】确定交变电流电动势的瞬时表达式的方法(1)用Em=NBSω确定峰值。(2)确定角速度ω。若题中已知转速为n r/s，则ω=2πn。(3)确定计时起点位置，从而确定是选e=Emsinωt，还是选e=Emcsωt。
【素养训练】交流发电机在工作时电动势为e=Emsinωt，若将发电机的角速度提高一倍，同时将线框所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )A.e′=Emsin B.e′=2Emsin C.e′=Emsin2ωtD.e′= sin2ωt【解析】选C。交变电流的瞬时值表达式e=Emsinωt，其中Em=NBSω，当ω加倍而S减半时，Em不变，故C正确，A、B、D错误。
【补偿训练】1.(多选)如图所示，(a)→(b)→(c)→(d)→(e)过程是交流发电机发电的示意图，线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。下列说法正确的是( )
A.图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大B.从图(b)开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i=ImcsωtC.当线圈转到图(c)位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变D.当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，ab边感应电流方向为a→b
【解析】选B、C。图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小，为零，故选项A错误；从图(b)开始计时，线圈产生的感应电动势最大，形成的感应电流最大，线圈中电流i随时间t变化的关系是i=Imcsωt，故选项B正确；当线圈转到图(c)位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故选项C正确；当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，可知ab边感应电流方向为b→a，故选项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)
(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 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= ⑦答案：(1)e1=BL1L2ωsinωt(2)e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0) (3)
三 交变电流的应用考查角度1 交变电流的图像及应用1.正弦式交变电流的图像(从中性面开始计时)：
2.交变电流图像的应用：(1)根据图像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、有效值和角速度等。(2)根据线圈位于中性面时感应电动势、感应电流为零，可确定线圈位于中性面的时刻，亦为穿过线圈的磁通量最大的时刻和磁通量变化率为零的时刻。(3)根据线圈平面与中性面垂直时感应电动势、感应电流最大，可确定线圈与中性面垂直的时刻，亦为穿过线圈的磁通量为零的时刻和磁通量变化率最大的时刻。(4)判断线圈中磁通量的变化情况。(5)分析判断电动势e、电流i、电压u随时间的变化规律。三、【典例剖析】
【典例示范1】线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图像可知( )A.在A、C时刻线圈处于中性面位置B.在B、D时刻穿过线圈的磁通量为0C.从A时刻到D时刻线圈转过的角度为πD.若从0时刻到D时刻历时0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变100次
【解析】选D。A、C时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，B、D时刻感应电流为0，线圈在中性面位置，此时磁通量最大。从A时刻到D时刻线圈转过的角度为 。若从0时刻到D时刻历时0.02 s，则T=0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变 ×2=100(次)。则D正确，A、B、C错误。
考查角度2 交变电流的“四值”
【典例示范2】如图所示，边长为L的正方形线圈abcd的匝数为n，线圈电阻为r，线圈平面与磁场方向垂直，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界上，磁感应强度为B，现在线圈以OO′为轴，以角速度ω匀速转动，以图示位置开始计时，求：
(1)闭合电路中电流瞬时值的表达式；(2)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上产生的热量；(3)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上通过的电荷量；(4)电阻R上的最大电压。
【解析】(1)依题意，Em= ，Im= ，i=Imsinωt所以i= sinωt。(2)依题意，Q=I2R ，I= ，T= 所以Q= 。
(3)q= ·Δt， ， 所以q=n ，ΔΦ= -0，解得q= 。(4)Um=ImR，解得Um= 。答案：(1)i= sinωt (2) (3) (4)
【素养训练】1.(多选)如图所示，交流发电机的矩形线圈边长ab=cd=0.4 m，ad=bc=0.2 m，线圈匝数N=100，电阻r=1 Ω，线圈在磁感应强度B=0.2 T的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以ω=100π rad/s的角速度匀速转动，外接电阻R=9 Ω，以线圈平面垂直于中性面时刻开始计时，则( )
A.电动势瞬时值e=160πsin10πt VB.t=0时线圈中磁通量变化率最大C.t= s时线圈中感应电动势最大D.交变电流的有效值是8 π A
【解析】选B、C、D。S=ab·bc=0.08 m2，根据Em=NBSω得Em=160π V，因从中性面的垂面开始计时，故e=160πcs100πt V，选项A错误；t=0时线圈中磁通量变化率最大，选项B正确；t= s时e=160π V为最大值，选项C正确；交变电流的有效值I= ，解得I=8 π A，选项D正确。
2.小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场的固定轴转动，线圈匝数n=100，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，如图所示。发电机内阻r=5.0 Ω，外电路电阻R=95 Ω，求：(1)一个周期内线圈发热产生的热量。(2)线圈从中性面起转动半周的过程中，流过R的电量。
【解析】(1)根据题意得Em=nBSω=nΦmωIm= I= ，解得电流有效值I= A线圈产生的热量Q=I2rt=( )2×5×2π×10-2 J=0.157 J
(2)从中性面开始半个周期内，平均感应电动势 平均电流Ī= 电荷量q=ĪΔt即q= 代入数据解得q=2×10-2 C答案：(1)0.157 J (2)2×10-2 C
【补偿训练】 1.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )A.峰值是e0 B.峰值是2e0C.有效值是 Ne0D.有效值是 Ne0
【解析】选D。由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，故A、B错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U= ，即U= Ne0，故C错误、D正确。
2.如图所示，线圈的面积是0.05 m2，共有100匝；线圈电阻为1 Ω，外接电阻R=9 Ω，匀强磁场的磁感应强度为B= T，当线圈以50 r/s的转速匀速旋转时，求(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式。(2)线圈转过 s，感应电动势的瞬时值是多少？(3)电路中电压表和电流表的示数各是多少？(4)线圈每转过一周，外力所做的功。(5)从计时开始，线圈转过 的过程中，通过外电阻的电量为多少？
【解析】(1)角速度：ω=2πn=2π×50 rad/s=100π rad/s；电动势的最大值为Em=nBSω=100× ×0.05×100π V=500 V从中性面开始计时瞬时值表达式为e=Em sinωt(V)=500sin100πt(V)(2)当 s时，电动势的瞬时值e=500sin V=-250 V
(3)电动势的有效值为：E= 电流表示数：I= 电压表示数：U=IR=25 ×9 V=225 V(4)外力做的功等于产生的热量Q=I2(R+r)t=(25 )2×(9+1)×0.02 J=250 J
(5)根据q=I·Δt=n 从计时开始，线圈转过 的过程中，q= 答案：(1)e=500sin100πt(V) (2)-250 V(3)225 V 25 A (4)250 J (5) C四、【整合提升】
【拓展例题】考查内容：交变电流有效值及瞬时值的计算【典例】如图所示，矩形线框匝数n=250匝，ab=12 cm，ad=10 cm，线框置于B= T的匀强磁场中绕垂直于磁场的OO′轴以120 r/min的转速匀速转动。线框通过滑环与外电路相连，线框内电阻不计，外电路接有R=12 Ω的电阻及一只发光电压和熄灭电压都为12 V的氖泡L。求：(1)当K接e时，电流表读数为多少？R的热功率为多大？10 min内外力对线框做的功为多少？(2)当K接f时，氖泡的闪光频率为多大？通电10 min，氖泡发光总时间为多少？
【解析】(1)K接e时，有I= P=I2·R=( )2×12 W=24 WW=P·t=24×10×60 J=1.44×104 J
(2)K接f时，Um=nBSω=24 V根据正弦曲线变化规律，可知在交变电流的一个周期T内，氖泡闪光2次，每次闪光时间为 。因f=2 Hz，故氖泡闪光频率为4 Hz，通电10 min，氖泡发光的总时间为t=10×60× s=400 s。答案：(1) A 24 W 1.44×104 J (2)4 Hz 400 s
1.如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则下列说法正确的是( ) A.乙图中ab时间段对应甲图中A至B图的过程B.乙图中bc时间段对应甲图中C至D图的过程C.乙图中d时刻对应甲图中的D图D.若乙图中d处是0.02 s，则1 s内电流的方向改变50次
【解析】选B。乙图中ab，感应电流为正方向，且大小在减小，根据楞次定律，则有：感应电流方向为abcda，根据法拉第电磁感应定律，则有：感应电流的大小在减小，所以对应甲图中B至C图的过程，故A错误；乙图中bc，感应电流为负方向，且大小在增大，根据楞次定律，则有：感应电流方向为adcba，根据法拉第电磁感应定律，则有：感应电流的大小在增大，所以对应甲图中C至D图的过程，故B正确；乙图中d时刻，感应电流为零，则磁通量的变化率最小，即磁通量最大，且电流由负变为零，故对应A图，故C错误；若乙图中d等于0.02 s，则周期为0.02 s，则交流电的频率为50 Hz，而一个周期内电流方向改变两次，所以1 s内电流的方向改变了100 次，故D错误；故选B。
2.旋转电枢式交流发电机的感应电动势e=Emsinωt，如将电枢的线圈匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为( )A.e=2Emsin2ωt B.e=2Emsin4ωtC.e=4Emsin2ωtD.e=4Emsin4ωt【解析】选C。e=Emsinωt=NBSωsinωt，N′=2 N，ω′=2ω，所以Em′=4Em，e′=4Emsin2ωt。则C正确，A、B、D错误。
3.矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100 匝，转速为 r/min，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.03 Wb，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为 时，感应电动势为多少？
【解析】由题意知Φm=0.03 Wb，ω=2πn=2π× × rad/s= rad/s。线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故Em=NBSω=NΦmω=100×0.03× V=1 V，瞬时值表达式e=Emsin ωt=sin t (V)。当θ=ωt= 时，e=sin V= V。答案：1 V V
【新思维·新考向】情境：如图所示为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度B=0.5 T，线圈匝数N=50，每匝线圈面积为0.48 m2，转速为150 r/min，线圈在匀速转动过程中，从图示位置开始计时。
问题：(1)图示位置磁通量有什么特点？(2)写出感应电动势瞬时值的表达式。