课件64张PPT。教学教法分析课前自主导学当堂双基达标 课后知能检测教学方案设计课堂互动探究 1 交变电流
●课标要求
1．知道交变电流．
2．能用函数表达式和图象描述交变电流．
●课标解读
1．会观察电流(或电压)的波形图，了解交变电流、直流的概念．2．分析线圈转动一周中电动势和电流方向的变化，能对交变电流的产生有比较清楚的了解，具有运用基本原理解决新情境下问题的能力．
3．知道正弦式交变电流的变化规律及表示方法，知道正弦式交变电流的峰值、瞬时值的物理含义．
●教学地位
本节知识是电学的基础，但它是物理的最基本知识，是以后学习的基础，学习本节知识时，应引起足够的重视．●新课导入建议
当线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时，线圈中将产生感应电流，此电流是否是恒定电流？如果不是，电流的大小和方向如何变化？线圈处于什么位置时电流最大？线圈处于什么位置时，电流方向改变？这一系列的问题在学过本节知识后就能得到解决．●教学流程设计1.基本知识
(1)交变电流：_________和______都随时间做周期性变化的电流．
(2)直流：______不随时间变化的电流．
(3)交变电流的产生大小方向方向①产生方法
闭合线圈在______磁场中绕__________的轴匀速转动．
②过程分析，如图5-1-1所示．匀强垂直于磁场图5-1-1③中性面：线圈平面与磁场_______的位置．
2．思考判断
(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)交流电源没有正负极之分．( )垂直××√3．探究交流
线圈在中性面时，磁通量、感应电动势、感应电流具有怎样的特点？
【提示】 线圈平面与磁场垂直的位置，即为中性面位置，在此位置磁通量最大，线圈的感应电动势和感应电流为零．1.基本知识
(1)正弦式交变电流
①定义：按______规律变化的交变电流，简称________________．正弦正弦式电流Emsin_ωtUmsin_ωt(2)其他交变电流，如图5-1-2所示．图5-1-22．思考判断
(1)交流电是指按正弦规律变化的电流．( )
(2)线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生的交流电是正弦式交变流电．( )
(3)交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置无关．( )×√×3．探究交流
交变电流的大小是否一定变化？它与直流电的最大区别是什么？
【提示】 交变电流的大小不一定变化，如方形波电流，它与直流电的最大区别是方向发生周期性的变化．
【问题导思】
1．线圈在什么位置时磁通量达到最大值、在什么位置时磁通量的变化率达到最大值？
2．线圈在什么位置时电流方向开始改变？1．产生
在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈里产生的是交变电流，实验装置如图5-1-3所示．图5-1-32．过程分析
如图5-1-4所示：甲乙
图5-1-4(1)如图甲5-1-4所示：线圈由(a)位置转到(b)位置过程中，线圈中电流方向为a→b→c→d；
线圈由(b)位置转到(c)位置过程中，线圈中电流方向为a→b→c→d；
线圈由(c)位置转到(d)位置过程中，线圈中电流方向为d→c→b→a；
线圈由(d)位置回到(a)位置过程中，线圈中电流方向为d→c→b→a.(2)如图乙5-1-4所示：在(b)位置和(d)位置时，线圈垂直切割磁感线，产生的电动势和电流最大；在(a)位置和(c)位置时，线圈不切割磁感线，产生的电动势和电流均为零．3．两个特殊位置的对比分析：图5-1-5A．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先减小后增大【答案】 B对于交变电流产生过程中各物理量的变化情况分析，应抓住中性面这个关键位置及各物理量的情况，特别要注意的是此时刻穿过线框平面的磁通量虽最大，但磁通量的变化率却最小，等于零，电动势等于零，电流等于零．1．(2014·兰州一中高二检测)如图5-1-6所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是( )图5-1-6 A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．图示位置ab边的感应电流方向为a→b
D．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零
【解析】 线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次． 线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大．
【答案】 C【问题导思】
1．怎样推导交变电流的瞬时值表达式？
2．怎样计算峰值？峰值的决定因素是什么？
1．瞬时值表达式的推导图5-1-7若线圈平面从中性面开始转动，如图5-1-7所示，则经过时间t：上面各式中的e、i、u仅限于从中性面开始计时的情况．若从垂直于中性面(即从线圈平面与磁场平行时)开始计时，则上述表达式应为e＝Emcos ωt，i＝Imcos ωt，u＝Umcos ωt.有一个10匝正方形线框，边长为20 cm，线框总电阻为1 Ω，线框绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动，如图5-1-8所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T．问：
图5-1-8(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、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？
(3)写出感应电动势随时间变化的表达式．【答案】 (1)6.28 V 6.28 A (2)5.44 V
(3)e＝6.28sin10πt(V)求解交变电动势瞬时值表达式的基本方法
1．确定线圈转动从哪个位置开始计时，以确定瞬时值表达式是正弦规律变化还是余弦规律变化．
2．确定线圈转动的角速度．
3．确定感应电动势的峰值Em＝NBSω.
4．写出瞬时值表达式e＝Emsin ωt或e＝Emcos ωt.2．如图5-1-9所示，匝数为100匝的圆形线圈绕与磁场垂直的轴OO′，以50 r/s的转速转动，穿过线圈的最大磁通量为0.01 Wb，从图示的位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式．图5-1-9【解析】 因为线圈从垂直于中性面的位置开始计时，所以e＝Emcos ωt，而Em＝NBSω，ω＝2πn，Φm＝BS＝0.01 Wb.
所以Em＝100×0.01×2×3.14×50 V≈314 V.
ω＝2πn＝2×3.14×50 rad/s≈314 rad/s.
故感应电动势的瞬时值表达式为：
e＝Emcos ωt＝314cos314t(V)．
【答案】 e＝314cos314t(V)(2014·石河子高二检测)如图5-1-10所示，虚线OO′的左边存在着方向垂直于纸面向里的匀强磁场，右边没有磁场．单匝矩形线圈abcd的对称轴恰与磁场右边界重合，线圈平面与磁场垂直．图5-1-10线圈沿图示方向绕OO′轴以角速度ω匀速转动(即ab边先向纸外、cd边先向纸里转动)，规定沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向．若从图示位置开始计时，图中四个图象能正确表示线圈内感应电流i随时间t变化规律的是( )
【审题指导】 线圈在有界磁场中转动，可分阶段分析线圈中磁通量、磁通量变化率的变化规律，进而确定电流的变化规律．【答案】 B解决图象问题的基本方法
一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点” .二变：掌握“图与图”、“图与式”和“图与物”之间的变通能力．三判断：结合图象和公式进行正确分析和判断．1．(多选)如图所示的各图象中表示交变电流的是( )【解析】 A图表示的电流大小发生了周期性变化，而方向没有变化．C、D图中的电流大小和方向均发生了周期性变化．B图中电流大小不变而方向周期性变化．
【答案】 BCD2．(多选)(2014·广州高二检测)如图中各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦式交变电动势e＝BSωsin ωt的图是( )【解析】 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦式交变电动势为e＝BSωsin ωt，由这一原则判断，A图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直，且磁通量不变不能产生感应电流．故A、C正确．
【答案】 AC3．(2014·石家庄高二检测)一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动．线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图5-1-11所示．下面说法中正确的是( )A．t1时刻通过线圈的磁通量为零
B．t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大
C．t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大
D．每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大【解析】 t1、t3时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A、C错误；t2时刻感应电动势最大，线圈位于中性面的垂面位置，穿过线圈的磁通量为零，B错误；由于线圈每过一次中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，e变换方向，所以D正确．
【答案】 D【答案】 (1)e＝311sin 100πt(V)
(2)i＝3.11sin 100πt(A) 1.56 A【备选习题】
1．如图教5-1-1所示，一匝数为N的矩形线圈面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，从图示位置转过90°时电动势是( )
A．NBSω
B．0
C．BSω
D．NBSωcos(ωt＋90°)【解析】 因闭合线圈从图示位置即垂直于中性面的位置开始转动，所以电动势的表达式为e＝Emcos ωt，又ωt＝90°，故A、C、D错．
【答案】 B2．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈平面垂直中性面时，下列说法正确的是( )
A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大
B．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大
C．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零
D．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零【解析】 当线圈平面垂直中性面时，线圈平面平行于磁感线，所以磁通量为零，而此时磁通量的变化率最大，或者说线圈两边切割磁感线的有效速度最大，因此线圈中的感应电动势最大，选项B正确．
【答案】 B3．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图教5-1-2甲所示，则下列说法中正确的是( )A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直
B. t＝0.01 s时刻Φ的变化率最大
C. 0.02 s时刻感应电动势达到最大
D. 该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示【解析】 t＝0时，Φ最大，线圈应在中性面位置，A错误；t＝0.01 s时，Φ-t图象的斜率最大，故最大，B正确；t＝0.02 s时，Φ不变，故e＝0，C错误；因Φ-t图象为余弦图象，故e-t图象为正弦图象，D错误．
【答案】 B课后知能检测
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图5-1-12
1．如图5-1-12所示，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc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( )
A．0.5Bl1l2ωsin ωt
B．0.5Bl1l2ωcos ωt
C．Bl1l2ωsin ωt
D．Bl1l2ωcos ωt
【解析】 感应电动势的最大值为Em＝Bl1l2ω，线圈从垂直于中性面的位置开始转动，则t时刻的感应电动势为e＝Emsin(ωt＋)＝Bl1l2ωcos ωt.故D正确．
【答案】 D
2．(多选)(2014·邯郸高二检测)如图5-1-13所示，形状或转轴位置不同、但面积均为S的单匝线圈处在同一个磁感应强度为B的匀强磁场中，以相同的角速度ω匀速转动，从图示的位置开始计时，则下列正确的说法是( )
图5-1-13
A．感应电动势峰值相同
B．感应电动势瞬时值不同
C．感应电动势峰值、瞬时值都不同
D．感应电动势峰值、瞬时值都相同
【解析】 当转动轴不是线圈对称轴时，只要转轴与磁场垂直，不论线圈形状如何，转轴位置如何，最大值均为Em＝NBSω，S、ω、B、N相同，所以Em相同，从中性面开始计时，瞬时值为正弦形式e＝Emsin ωt，可见瞬时值也相同，A、D对．
【答案】 AD
3．(2014·九江一中高二检测)一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化，如图5-1-14(a)、(b)所示，规定电流从左向右为正．在直导线下方有一不闭合的金属框，则相对于b点来说，a点电势最高的时刻在( )
图5-1-14
A．t1时刻 B．t2时刻
C．t3时刻 D．t4时刻
【解析】 线框中的磁场是直线电流i产生的，在t1、t3时刻，电流i最大，但电流的变化率为零，穿过线框的磁通量变化率为零，线框中没有感应电动势，a、b两点间的电势差为零．在t2、t4时刻，电流i＝0，但电流变化率最大，穿过线框的磁通量变化率最大，a、b两点间的电势差最大，再根据楞次定律可得出a点相对b点电势最高的时刻在t4.
【答案】 D
4．(2014·安庆一中高二检测)交流发电机在工作时电动势为e＝Emsin ωt，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′＝Emsin 2ωt
D．e′＝sin 2ωt
【解析】 交变电流的瞬时值表达式e＝Emsin ωt，其中Em＝nBSω，当ω加倍而S减半时，Em不变，故C正确.
【答案】 C
5．(多选)如图5-1-15(甲)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．当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图(乙)所示的余弦规律变化，则在t＝时刻( )
(甲) (乙)
图5-1-15
A．线圈中的电流最大
B．穿过线圈的磁通量为零
C．线圈所受的安培力为零
D．线圈中的电流为零
【解析】 t＝＝，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误；由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确．
【答案】 CD
6．(2014·重庆三中高二检测)如图5-1-16所示，甲、乙两个并排放置的共轴线圈，甲中通有如图所示的交流电，则下列判断错误的是( )
图5-1-16
A．在t1到t2时间内，甲、乙相吸
B．在t2到t3时间内，甲、乙相斥
C．t1时刻两线圈间作用力为零
D．t2时刻两线圈间吸引力最大
【解析】 这是一道交变电流与楞次定律相结合的题目，t1和t2时间内，甲中电流减小，甲中的磁场穿过乙并且减小，因此乙中产生与甲同向的磁场，故甲、乙相吸，A选项正确，同理B选项正确；t1时刻甲中电流最大，但变化率为零，乙中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C选项正确；t2时刻甲中电流为零，但此时电流的变化率最大，乙中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D选项错误．
【答案】 D
7．如图5-1-17所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )
图5-1-17
A．线圈绕P1转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流
B．线圈绕P1转动时产生的感应电动势小于绕P2转动时产生的感应电动势
C．线圈绕P1和P2转动时产生的感应电流的方向相同，都是a→b→c→d
D．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
【解析】 线圈转动产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关，选项A正确，B错误；绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等，从上向下看，线框逆时针旋转，电流的方向应为a→d→c→b，选项C错误；电流相等，cd受到的安培力也相等，选项D错误．
【答案】 A
图5-1-18
8．(多选)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像如图5-1-18所示，则 ( )
A．交流电的峰值是10 V
B．当t＝0时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大
C．当t＝π s时，e有最大值
D．t＝π s时，e＝－10 V最小，磁通量变化率最小
【解析】 从图像可知交流电的峰值为10 V，t＝π s时，e＝0最小，A对、C错；t＝0时，e最小，Φ最大，B对；t＝π s时，e＝－10 V，“－”号表示方向，e最大，最大，D错．
【答案】 AB
9．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 V
当θ＝ωt＝时，e＝sin V＝ V.
【答案】 1 V V
图5-1-19
10．如图5-1-19所示，一半径为r＝10 cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600 r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时．
(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；
(2)求线圈从图示位置开始在1/60 s时的电动势的瞬时值．
【解析】 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e＝Emsin ωt.
(1)e＝Emsin ωt，Em＝NBSω(与线圈形状无关)，
ω＝20π rad/s，故e＝100sin 20πt.(V)
(2)当t＝ s时，
e＝100sin(20π×) V＝50 V≈86.6 V.
【答案】 (1)e＝100sin 20πt (2)86.6 V
11．如图5-1-20所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝ T，线框的CD边长20 cm，CE、DF边长10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：
图5-1-20
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象．
【解析】 (1)开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcos ωt，即e＝BSωcos ωt，
其中B＝T，
S＝0.1×0.2m2＝0.02 m2，
ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s，
故e＝×0.02×100πcos 100πt V，
即e＝10cos 100πt(V)．
(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图象如图所示．
【答案】 (1)e＝10cos 100πt V
(2)见解析图
12．磁铁在电器中有广泛的应用，如发电机，如图5-1-21所示，已知一台单相发电机转子导线框共有N匝，线框长为l1，宽为l2，转子的转动角速度为ω，磁极间的磁感应强度为B，导出发电机瞬时电动势e的表达式．现
在知道有一种永磁材料钕铁硼，用它制成发电机的磁极时，磁感应强度可增大到原来的k倍，如果保持发电机结构和尺寸、转子转动角速度、需产生的电动势都不变，那么这时转子上的导线框需要多少匝？
图5-1-21
【解析】 线框在转动过程中，两条长边在切割磁感线，若从中性面开始计时，则经t s线框转过的角度为θ＝ωt，两条长边相当于两个电源串联在一起，单匝中产生的电动势为：e1＝2Bl1vsin θ＝2Bl1ω·sin θ＝Bl1l2ωsin ωt.
N匝时相当于N个电源串联，电动势为e＝NBl1l2·ωsin ωt，当B′＝kB且ω不变时，
e′＝N′kBl1l2·ωsin ωt，又e′＝e，所以N′＝.
【答案】 e＝NBl1l2·ωsin ωt
