2024-2025學年高中物理第2章交變電流第2節(jié)交變電流的描述學案粵教版選修3-2

PAGE8-其次節(jié)交變電流的描述[學習目標]1.能應用楞次定律和法拉第電磁感應定律推導出正弦式電流的表達式．(難點)2.理解正弦式電流的函數(shù)表達式，并能利用交變電流的規(guī)律解決實際問題．(重點)3.理解正弦式電流的圖象及應用．(重點)一、用函數(shù)表達式描述交變電流1．線圈圍著垂直于磁場的軸勻速轉動時，產(chǎn)生感應電動勢．瞬時值：e＝Emsin_ωt.(從中性面起先計時)峰值：Em＝NBSω.2．線圈和電阻組成閉合電路，電路中的電流．瞬時值：i＝Imsinωt.峰值：Im＝eq\f(NBSω,R).3．閉合電路的路端電壓的瞬時值．u＝Umsinωt.二、用圖象描述交變電流1．物理意義：描述交變電流(電動勢e、電流i、電壓u)隨時間t(或角度ωt)變更的規(guī)律．2．正弦式交變電流的圖象(如圖所示)3．幾種不同類型的交變電流(如圖所示)1．思索推斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)線圈只要在勻強磁場中勻速轉動就能產(chǎn)生正弦式交變電流．(×)(2)交變電流的瞬時值表達式與起先計時的位置無關．(×)(3)溝通電的電動勢的瞬時值表達式為e＝Emsinωt時，穿過線圈磁通量的瞬時值表達式Φ＝Φmcosωt.(√)(4)交變電流的圖象均為正弦函數(shù)圖象或余弦函數(shù)圖象．(×)(5)線圈繞垂直磁場的轉軸勻速轉動的過程中產(chǎn)生了正弦交變電流，感應電動勢的圖象、感應電流的圖象形態(tài)是完全一樣的．(√)2．溝通發(fā)電機工作時電動勢為e＝Emsinωt，若將發(fā)電機的轉速提高一倍，同時將電樞所圍面積減小一半，其他條件不變，則其電動勢變?yōu)?)A．e′＝Emsineq\f(ωt,2) B．e′＝2Emsineq\f(ωt,2)C．e′＝Emsin2ωt D．e′＝eq\f(Em,2)sin2ωtC[感應電動勢的瞬時值表達式e＝Emsinωt，而Em＝nBωS，當ω加倍而S減半時，Em不變，故選項C正確．]3．線圈在勻強磁場中勻速轉動，產(chǎn)生交變電流的圖象如圖所示，由圖可知()A．在A和C時刻線圈處于中性面位置B．在B和D時刻穿過線圈的磁通量為零C．從A時刻到D時刻線圈轉過的角度為π弧度D．在A和C時刻磁通量變更率的肯定值最大D[當線圈在勻強磁場中處于中性面位置時，磁通量最大，感應電動勢為零，感應電流為零，B、D兩時刻線圈位于中性面，B錯誤；當線圈平面與磁感線平行時，磁通量為零，磁通量的變更率最大，感應電動勢最大，感應電流最大，A、C時刻線圈平面與磁感線平行，A錯誤，D正確；從A時刻到D時刻線圈轉過的角度為eq\f(3π,2)弧度，C錯誤．]交變電流的變更規(guī)律1.導體切割磁感線過程分析的程序若線圈平面從中性面起先轉動，如圖，則經(jīng)過時間t：2．正弦式交變電流電動勢的瞬時值表達式是e＝NBSωsinωt.3．峰值：Em＝NBSω＝NΦmω.4．三點說明(1)不僅矩形線圈在勻強磁場中繞垂直磁場的軸做勻速轉動時產(chǎn)生正弦式交變電流，其他形態(tài)的線圈在勻強磁場中繞垂直磁場的軸做勻速轉動時，產(chǎn)生的交變電流也是正弦式交變電流．(2)線圈起先的位置不同時，只是正弦式交變電流表達式中正弦函數(shù)的角度不同，峰值和函數(shù)形式不變．(3)正弦式交變電流電動勢的峰值Em＝NBSω由線圈的匝數(shù)N、磁感應強度B、線圈的面積S及其轉動的角速度ω確定．【例1】如圖所示，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＝600r/min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．(1)寫出線圈內(nèi)所產(chǎn)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(nèi)的電動勢的平均值．思路點撥：①由E＝NBSω求峰值，線圈從中性面計時產(chǎn)生的交變電流為正弦式．②由瞬時值表達式可求eq\f(1,60)s時的瞬時值．③由E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)求平均值．[解析](1)n＝600r/min＝10r/sω＝2πn＝20πrad/sEm＝NBSω＝100V線圈從中性面起先計時，故電動勢的瞬時表達式為e＝100sin20πt(V)．(2)當t＝eq\f(1,60)s時，e＝100sin(20π×eq\f(1,60))V＝50eq\r(3)V.(3)線圈在eq\f(1,60)s內(nèi)轉過的角度θ＝ωt＝eq\f(π,3)radΔΦ＝BS(1－cosθ)＝eq\f(2.5,π)×10－2Wbeq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×eq\f(\f(2.5,π)×10－2,\f(1,60))V≈47.8V.[答案](1)e＝100sin20πt(V)(2)50eq\r(3)V(3)47.8V求解交變電動勢瞬時值表達式的基本方法(1)確定線圈轉動從哪個位置起先計時，以確定瞬時值表達式是正弦規(guī)律變更還是余弦規(guī)律變更．(2)確定線圈轉動的角速度．(3)確定感應電動勢的峰值Em＝NBSω.(4)寫出瞬時值表達式e＝Emsinωt或e＝Emcosωt.訓練角度1：交變電流表達式與軸的位置間的關系1．如圖所示，面積均為S的線圈均繞其對稱軸或中心軸在磁感應強度為B的勻強磁場中以角速度ω勻速轉動，能產(chǎn)生正弦交變電動勢e＝BSωsinωt的圖是()ABCDA[線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動，且從中性面起先計時，產(chǎn)生的電動勢e＝BSωsinωt，由此推斷，只有A選項符合．]訓練角度2：交變電流瞬時表達式的確定2．如圖所示為演示用的手搖發(fā)電機模型，勻強磁場磁感應強度B＝0.5T，線圈匝數(shù)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．[解析]當線圈平面經(jīng)過中性面時起先計時，則線圈在時間t內(nèi)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＝0.5Tω＝eq\f(2π×150,60)rad/s＝5πrad/s，S＝0.48m2Em＝NBSω＝50×0.5×0.48×5πV≈188V所以e＝188sin5πtV.[答案]e＝188sin5πtV,交變電流的圖象1．從如圖所示的交變電流的e-t圖象上可以確定以下量：(1)可以讀出電動勢的峰值Em.(2)可依據(jù)線圈轉至中性面時電動勢為零的特點，確定線圈處于中性面的時刻，確定了該時刻，也就確定了磁通量最大的時刻和磁通量變更率最小的時刻．(3)可依據(jù)線圈轉至與磁場平行時感應電動勢最大的特點，確定線圈與中性面垂直的時刻，此時刻也就是磁通量為零的時刻和磁通量變更率最大的時刻．(4)可以確定某一時刻電動勢的大小以及某一時刻電動勢的變更趨勢．2．交變電流的電壓或電流變更的快慢(變更率)，在圖線上等于某瞬間切線的斜率．瞬時值最大時，變更率最小(等于零)；瞬時值為零時，變更率恰好最大．【例2】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垂直．在t＝0時刻，線圈平面與紙面重合，如圖所示，線圈的cd邊離開紙面對外運動．若規(guī)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變更的圖線是()ABCD思路點撥：①線圈從垂直中性面起先計時，產(chǎn)生的交變電流按余弦規(guī)律變更．②由楞次定律前eq\f(1,4)周期產(chǎn)生正方向電流．C[題圖所示時刻cd邊垂直切割磁感線，產(chǎn)生的感應電動勢最大，此時感應電流最大，由右手定則可推斷電流方向為a→b→c→d→a，與規(guī)定的正方向相同，所以正確答案為C.]圖象的分析方法一看：看“軸”、看“線”、看“斜率”、看“點”，并理解其物理意義．二變：駕馭“圖與圖”“圖與式”和“圖與物”之間的變通關系．三判：在此基礎上進行正確的分析和推斷．3．一矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動時，產(chǎn)生的交變電動勢的圖象如圖所示，則()A．溝通電的頻率是4πHzB．當t＝0時，線圈平面與磁感線垂直，磁通量最大C．當t＝πs時，e有最大值D．t＝eq\f(3,2)πs時，e＝－10V最小，磁通量變更率最小B[從圖象可知溝通電的周期為2πs，頻率為eq\f(1,2π)Hz，t＝πs時，e＝0最小，A、C錯誤；t＝0時，e最小，Φ最大，B正確；t＝eq\f(3,2)πs時，e＝－10V，e最大，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，“－”號表示方向，D錯誤．]課堂小結知識脈絡1.線圈在磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動時可產(chǎn)生正弦式交變電流，與轉軸的位置無關2．正弦式交變電流的瞬時值表達式為e＝Emsinωt，u＝Umsinωt，i＝Imsinωt，式中的Em、Um、Im是指交變電流的最大值，也叫峰值．3．可以在交變電流圖象上讀出交變電流的峰值、周期及起先計時時線圈的位置.1．已知交變電流瞬時值的表達式為i＝311sin314t(A)，從t＝0到第一次電流出現(xiàn)峰值的時間為()A．0.005s B．0.001sC．0.02s D．0.01sA[由表達式可知Im＝311A，所以當電流出現(xiàn)峰值時，sin314t＝1，即從t＝0到第一次電流出現(xiàn)峰值時，314t＝eq\f(π,2)，t＝0.005s，A正確．]2．(多選)欲增大溝通發(fā)電機的感應電動勢而不變更頻率，下面措施中能采納的是()A．增大轉速 B．減小磁感應強度C．增加線圈匝數(shù) D．增大線圈的包圍面積CD[設線圈匝數(shù)為N，磁感應強度為B，線圈圍成的面積為S，角速度為ω，轉速為n(轉/秒)，由Em＝NBSω＝NBS·2πn，頻率f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(2πn,2π)＝n，可知B、C、D項只變更Em的大小，沒有變更頻率，但B選項使感應電動勢減小，而A項變更了頻率，故選C、D.]3．(多選)如圖甲所示，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．若從線圈平面與磁場方向平行時起先計時，線圈中產(chǎn)生的交變電流依據(jù)圖乙所示的余弦規(guī)律變更，則在t＝eq\f(π,2ω)時刻()甲乙A．線圈中的電流最大B．穿過線圈的磁通量為零C．線圈所受的安培力為零D．線圈中的電流為零CD[當t＝eq\f(π,2ω)＝eq\f(T,4)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錯誤，C、D正確．]4．某一交變電流的電動勢隨時間變更的規(guī)律如圖所示．(1)由圖象可知線圈在何處起先計時？(2)在橫軸中已標出的點中，線圈在哪些時刻處于與磁場方向垂直的位置？(3)t1、t2時刻線圈分別處于與中性面的夾角為多大處？[解析](1)