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人教版 (2019)选择性必修 第二册1 交变电流学案
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这是一份人教版 (2019)选择性必修 第二册1 交变电流学案，共13页。
学习目标：1.[物理观念]知道交变电流、直流的概念。 2.[科学思维]掌握交变电流的产生和变化规律。 3.[物理观念]知道交变电流的峰值、瞬时值的含义。
一、交变电流及其产生
1．交变电流
(1)交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流，简称交流。
(2)直流：方向不随时间变化的电流。大小和方向都不随时间变化的电流称为恒定电流。
2．交变电流的产生
(1)产生条件：在匀强磁场中，矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。
(2)过程分析(如图所示)：
(3)中性面：线圈在磁场中转动的过程中，线圈平面与磁场垂直时所在的平面。
二、交变电流的变化规律
1．从两个特殊位置开始计时瞬时值的表达式
2.峰值：表达式中的Em、Um、Im分别为电动势、电压和电流可能达到的最大值，叫作峰值。
3．正弦式交变电流的图像
4．几种不同类型的交变电流
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)线圈转动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，产生的感应电流也最大。(×)
(3)线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生的电流是交变电流。(√)
(4)交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置无关。(×)
2．(多选)下列各图中能产生交变电流的是( )
A B C D
CD [A图中的转轴与磁场方向平行，B图中的转轴与纸面方向垂直，线圈中的磁通量始终为零，线圈中无感应电流产生，故A、B错误；根据交变电流产生的条件可知，线圈绕垂直于磁感线且通过线圈平面的轴线转动，就可以产生交变电流，对线圈的形状没有特别要求，故C、D正确。]
3．交流发电机在工作时电动势为e＝Emsin ωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )
A．e′＝Emsin eq \f(ωt,2) B．e′＝2Emsin eq \f(ωt,2)
C．e′＝Emsin 2ωt D．e′＝eq \f(Em,2)sin 2ωt
C [本题考查交变电压的瞬时值表达式e＝Emsin ωt，而Em＝NBSω，当ω加倍而S减半时，Em不变，故正确答案为C．]
1．如图，此位置是什么位置，磁通量最大还是最小？是否有感应电动势？
2．如图，此位置是什么位置，磁通量最大还是最小？是否有感应电动势？
提示：1.中性面 磁通量最大，无感应电动势
2．与中性面垂直的位置 磁通量为零 感应电动势最大
1．两个特殊位置的特点
2.正弦交变电流的产生条件
(1)匀强磁场。
(2)线圈匀速转动。
(3)线圈的转轴垂直于磁场方向。
【例1】 (多选)如图所示，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，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，则在0～eq \f(π,2ω)这段时间内( )
A．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一直在减小
AD [计时开始时线圈平面与磁场平行，感应电流最大，在0～eq \f(π,2ω)时间内线圈转过四分之一个圆周，感应电流从最大减小为零，磁通量逐渐增大，其变化率一直减小，故A、D正确。]
产生正弦式交变电流的条件是：线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，与线圈的形状和转轴的位置无关。
eq \([跟进训练])
1．(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．当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流的方向就改变一次
D．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零
CD [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，但此时切割磁感线的两边的速度方向与磁感线平行，即不切割磁感线，所以感应电动势等于零，也即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在此时刻改变。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是垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，即此时穿过线框的磁通量的变化率最大，故C、D选项正确。]
如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动。
(1)导体切割磁感线产生的感应电动势与什么因素有关？
(2)多匝线圈不垂直切割磁感线产生的感应电动势如何表达？
提示：(1)感应电动势与线圈的匝数N、磁感应强度B、线圈的面积S和线圈平面与中性面的夹角有关。
(2)E＝NBSωsin ωt。
1．推导正弦式交变电流瞬时值的表达式
若线圈平面从中性面开始转动，如图所示，则经时间t：
(1)线圈转过的角度为ωt。
(2) ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。
(3) ab边转动的线速度大小v＝ωeq \f(Lad,2)。
(4) ab边产生的感应电动势eab＝BLabvsin θ＝eq \f(BSω,2)sin ωt。
(5)整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsin ωt，
若线圈为N匝，e＝NBSωsin ωt。
(6)若线圈给外电阻R供电，设线圈本身电阻为r，由闭合电路欧姆定律得i＝eq \f(e,R＋r)＝eq \f(Em,R＋r)sin ωt，即i＝Imsin ωt，R两端的电压可记为u＝Umsin ωt。
2．峰值
(1)由e＝NBSωsin ωt可知，电动势的峰值Em＝NBSω。
(2)交变电动势的最大值，由线圈匝数N、磁感应强度B、转动角速度ω及线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关，但转轴必须垂直于磁场，因此如图所示几种情况，若N、B、S、ω相同，则电动势的最大值相同。
(3)电流的峰值可表示为Im＝eq \f(NBSω,R＋r)。
【例2】 如图所示，正方形线圈abcd的边长是0.5 m，共150匝，匀强磁场的磁感应强度为B＝eq \f(2,π) T，当线圈以150 r/min的转速绕中心轴线OO′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eq \f(1,10) s时电动势的瞬时值。
[解析] 分别把Em、ω的数值推出，代入一般式e＝Emsin ωt就得出了瞬时值表达式。求瞬时值时，只需把t的时刻代入表达式就可以了。
(1)e＝Emsin ωt＝NBS·2πnsin 2πnt，
代入数据可得e＝375sin 5πt(V)。
(2)当t＝eq \f(1,10) s时，电动势的瞬时值
e＝375sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5π×\f(1,10))) V＝375 V。
[答案] (1)e＝375sin 5πt(V) (2)375 V
上例中，若从线圈处于垂直于中性面的位置开始计时，其他条件不变，结果如何呢？
提示：(1)e＝Emcs ωt＝375cs 5πt(V)。
(2)e＝375cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5π×\f(1,10))) V＝0。
(1)求解交变电流的瞬时值问题的答题模型
(2)若线圈给外电阻R供电，设线圈本身电阻为r，由闭合电路欧姆定律得
i＝eq \f(e,R＋r)＝eq \f(Em,R＋r)sin ωt＝Imsin ωt，
R两端的电压可记为u＝Umsin ωt。
eq \([跟进训练])
2.(多选)如图所示，abcd为一边长为L、匝数为N的正方形闭合线圈，绕对称轴OO′匀速转动，角速度为ω。空间中只有OO′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。若闭合线圈的总电阻为R，则( )
A．线圈中电动势的最大值为eq \f(\r(2),2)NBL2ω
B．线圈中电动势的最大值为eq \f(1,2)NBL2ω
C．在线圈转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流
D．当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为eq \f(1,2)BL2
BD [最大值Em＝eq \f(1,2)NBL2ω，A错误，B正确；在线圈转动的过程中，线圈始终有一半在磁场中运动，不会有一半时间没有电流，C错误；题图中所示位置中，穿过线圈的磁通量为eq \f(1,2)BL2，D正确。]
电动势按正弦规律变化e＝Emsin ωt的条件？
提示：转轴垂直匀强磁场，经中性面时开始计时。
1．对交变电流图像的认识
如图所示，正弦交变电流随时间的变化情况可以从图像上表示出来，图像描述的是交变电流的电动势、电流、电压随时间变化的规律，它们是正弦曲线。
2．交变电流图像的应用
从图像中可以解读到以下信息：
(1)交变电流的最大值Im、Em、Um、周期T。
(2)因线圈在中性面时感应电动势、感应电流均为零，磁通量最大，所以可确定线圈位于中性面的时刻。
(3)找出线圈平行于磁感线的时刻。
(4)判断线圈中磁通量的变化情况。
(5)分析判断e、i、u随时间的变化规律。
【例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像如图所示，则( )
A．交流电的频率是4π Hz
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＝eq \f(3,2)π s时，e＝－10 V最小，磁通量变化率最小
B [从题图像可知交流电的周期为2π s，频率为eq \f(1,2π) Hz，t＝π s时，e＝0最小，A、C错误；t＝0时，e最小，Φ最大，B正确；t＝eq \f(3,2)π s时，e＝－10 V，e最大，eq \f(ΔΦ,Δt)最大，“－”号表示方向，D错误。]
图像的分析方法
一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”，并理解其物理意义。
二变：掌握“图与图”“图与式”和“图与物”之间的变通关系。
三判：在此基础上进行正确的分析和判断。
eq \([跟进训练])
3.一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴匀速转动，线圈中的感应电动势e随时间t变化的规律如图所示，则下列说法正确的是( )
A．图像是从线圈平面位于中性面开始计时的
B．t2时刻穿过线圈的磁通量为零
C．t2时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零
D．感应电动势e的方向变化时，穿过线圈的磁通量的方向也变化
B [由题图可知，当t＝0时，感应电动势最大，说明穿过线圈的磁通量的变化率最大，磁通量为零，即是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时的，选项A错误；t2时刻感应电动势最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，磁通量为零，选项B正确，C错误；感应电动势e的方向变化时，线圈通过中性面，穿过线圈的磁通量最大，但方向并不变化，选项D错误。]
1．(多选)如图所示的图像中属于交变电流的是( )
A B
C D
ABC [选项A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交变电流，但不是正弦式交变电流；选项D中e的方向未变化，故是直流电。]
2．(多选)下列方法中能够产生交变电流的是( )
A B
C D
ACD [A中线圈在匀强磁场中按逆时针方向匀速转动，会产生正弦式交变电流；B中的导体棒不切割磁感线，不产生感应电动势；C中的折线与矩形线圈的效果是相同的；D中能产生按余弦规律变化的交变电流。]
3．一闭合矩形线圈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
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错误。]
4．一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电动势的瞬时表达式为e＝10eq \r(2)sin 4πt(V)，则( )
A．该交变电动势的线圈转动的角速度为4 rad/s
B．零时刻线圈平面与磁场垂直
C．t＝0.25 s时，e达到最大值
D．在1 s时间内，线圈中电流方向改变10次
B [从交变电动势的瞬时表达式为e＝10eq \r(2)sin 4πt V，可知电动势的最大值Em＝10eq \r(2) V，线圈转动的角速度ω＝4π rad/s，所以A错误；零时刻，将t＝0代入交变电动势的瞬时表达式得电动势为0，则此时线圈处于中性面，线圈平面与磁场垂直，B正确；将t＝0.25 s代入交变电动势的瞬时表达式e＝10eq \r(2) sin 4πt(V)＝10eq \r(2) sin π(V)＝0，e达到最小值，C错误；根据交变电动势的频率f＝eq \f(ω,2π)＝2Hz，则在1 s时间内线圈转过2周，转1周电流方向改变2次，则在1 s时间内线圈中电流方向改变4次，D错误。]
5．如图所示，矩形线圈匝数N＝100匝，ab＝30 cm，ad＝20 cm，匀强磁场磁感应强度B＝0.8 T，绕轴OO′从图示位置开始匀速转动，角速度ω＝100π rad/s，试求：
(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm为多大？
(2)线圈产生的感应电动势最大值Em为多大？
(3)写出感应电动势e随时间变化的表达式？
(4)从图示位置开始匀速转动30°过程中，线圈中产生的平均电动势为多少？
[解析] (1)当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值，为：Φm＝BS＝0.8×0.3×0.2 Wb＝0.048 Wb；
(2)线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值，为：Em＝NBSω＝480π V；
(3)从图示位置开始计时，电动势的瞬时表达式为：e＝Emcs ωt＝480π cs 100πt(V)；
(4)根据法拉第电磁感应定律得：eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(NΔΦ,Δt)＝eq \f(N\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(BSsin 30°－0)),\f(30°,360°)·\f(2π,ω))＝1 440 V。
[答案] (1)0.048 Wb (2)480π V (3)e＝480π cs 100πt(V) (4)1 440 V
从中性面位置开始计时
从与中性面垂直的位置开始计时
磁通量
Φ＝Φmcs ωt
＝BScs ωt
Φ＝Φmsin ωt
＝BSsin ωt
感应电动势
e＝Emsin ωt
＝NBSωsin ωt
e＝Emcs ωt
＝NBSωcs ωt
电压
u＝Umsin ωt
＝eq \f(RNBSω,R＋r)sin ωt
u＝Umcs ωt
＝eq \f(RNBSω,R＋r)cs ωt
电流
i＝Imsin ωt
＝eq \f(NBSω,R＋r)sin ωt
i＝Imcs ωt
＝eq \f(NBSω,R＋r)cs ωt
正弦交变电流的产生
中性面
中性面的垂面
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
感应电流
零
最大
电流方向
改变
不变
对交变电流的变化规律的理解
交变电流的图像
学习目标：1.[物理观念]知道交变电流、直流的概念。 2.[科学思维]掌握交变电流的产生和变化规律。 3.[物理观念]知道交变电流的峰值、瞬时值的含义。
一、交变电流及其产生
1．交变电流
(1)交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流，简称交流。
(2)直流：方向不随时间变化的电流。大小和方向都不随时间变化的电流称为恒定电流。
2．交变电流的产生
(1)产生条件：在匀强磁场中，矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。
(2)过程分析(如图所示)：
(3)中性面：线圈在磁场中转动的过程中，线圈平面与磁场垂直时所在的平面。
二、交变电流的变化规律
1．从两个特殊位置开始计时瞬时值的表达式
2.峰值：表达式中的Em、Um、Im分别为电动势、电压和电流可能达到的最大值，叫作峰值。
3．正弦式交变电流的图像
4．几种不同类型的交变电流
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)线圈转动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，产生的感应电流也最大。(×)
(3)线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生的电流是交变电流。(√)
(4)交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置无关。(×)
2．(多选)下列各图中能产生交变电流的是( )
A B C D
CD [A图中的转轴与磁场方向平行，B图中的转轴与纸面方向垂直，线圈中的磁通量始终为零，线圈中无感应电流产生，故A、B错误；根据交变电流产生的条件可知，线圈绕垂直于磁感线且通过线圈平面的轴线转动，就可以产生交变电流，对线圈的形状没有特别要求，故C、D正确。]
3．交流发电机在工作时电动势为e＝Emsin ωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )
A．e′＝Emsin eq \f(ωt,2) B．e′＝2Emsin eq \f(ωt,2)
C．e′＝Emsin 2ωt D．e′＝eq \f(Em,2)sin 2ωt
C [本题考查交变电压的瞬时值表达式e＝Emsin ωt，而Em＝NBSω，当ω加倍而S减半时，Em不变，故正确答案为C．]
1．如图，此位置是什么位置，磁通量最大还是最小？是否有感应电动势？
2．如图，此位置是什么位置，磁通量最大还是最小？是否有感应电动势？
提示：1.中性面 磁通量最大，无感应电动势
2．与中性面垂直的位置 磁通量为零 感应电动势最大
1．两个特殊位置的特点
2.正弦交变电流的产生条件
(1)匀强磁场。
(2)线圈匀速转动。
(3)线圈的转轴垂直于磁场方向。
【例1】 (多选)如图所示，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，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，则在0～eq \f(π,2ω)这段时间内( )
A．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一直在减小
AD [计时开始时线圈平面与磁场平行，感应电流最大，在0～eq \f(π,2ω)时间内线圈转过四分之一个圆周，感应电流从最大减小为零，磁通量逐渐增大，其变化率一直减小，故A、D正确。]
产生正弦式交变电流的条件是：线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，与线圈的形状和转轴的位置无关。
eq \([跟进训练])
1．(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．当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流的方向就改变一次
D．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零
CD [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，但此时切割磁感线的两边的速度方向与磁感线平行，即不切割磁感线，所以感应电动势等于零，也即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在此时刻改变。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是垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，即此时穿过线框的磁通量的变化率最大，故C、D选项正确。]
如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动。
(1)导体切割磁感线产生的感应电动势与什么因素有关？
(2)多匝线圈不垂直切割磁感线产生的感应电动势如何表达？
提示：(1)感应电动势与线圈的匝数N、磁感应强度B、线圈的面积S和线圈平面与中性面的夹角有关。
(2)E＝NBSωsin ωt。
1．推导正弦式交变电流瞬时值的表达式
若线圈平面从中性面开始转动，如图所示，则经时间t：
(1)线圈转过的角度为ωt。
(2) ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。
(3) ab边转动的线速度大小v＝ωeq \f(Lad,2)。
(4) ab边产生的感应电动势eab＝BLabvsin θ＝eq \f(BSω,2)sin ωt。
(5)整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsin ωt，
若线圈为N匝，e＝NBSωsin ωt。
(6)若线圈给外电阻R供电，设线圈本身电阻为r，由闭合电路欧姆定律得i＝eq \f(e,R＋r)＝eq \f(Em,R＋r)sin ωt，即i＝Imsin ωt，R两端的电压可记为u＝Umsin ωt。
2．峰值
(1)由e＝NBSωsin ωt可知，电动势的峰值Em＝NBSω。
(2)交变电动势的最大值，由线圈匝数N、磁感应强度B、转动角速度ω及线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关，但转轴必须垂直于磁场，因此如图所示几种情况，若N、B、S、ω相同，则电动势的最大值相同。
(3)电流的峰值可表示为Im＝eq \f(NBSω,R＋r)。
【例2】 如图所示，正方形线圈abcd的边长是0.5 m，共150匝，匀强磁场的磁感应强度为B＝eq \f(2,π) T，当线圈以150 r/min的转速绕中心轴线OO′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eq \f(1,10) s时电动势的瞬时值。
[解析] 分别把Em、ω的数值推出，代入一般式e＝Emsin ωt就得出了瞬时值表达式。求瞬时值时，只需把t的时刻代入表达式就可以了。
(1)e＝Emsin ωt＝NBS·2πnsin 2πnt，
代入数据可得e＝375sin 5πt(V)。
(2)当t＝eq \f(1,10) s时，电动势的瞬时值
e＝375sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5π×\f(1,10))) V＝375 V。
[答案] (1)e＝375sin 5πt(V) (2)375 V
上例中，若从线圈处于垂直于中性面的位置开始计时，其他条件不变，结果如何呢？
提示：(1)e＝Emcs ωt＝375cs 5πt(V)。
(2)e＝375cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5π×\f(1,10))) V＝0。
(1)求解交变电流的瞬时值问题的答题模型
(2)若线圈给外电阻R供电，设线圈本身电阻为r，由闭合电路欧姆定律得
i＝eq \f(e,R＋r)＝eq \f(Em,R＋r)sin ωt＝Imsin ωt，
R两端的电压可记为u＝Umsin ωt。
eq \([跟进训练])
2.(多选)如图所示，abcd为一边长为L、匝数为N的正方形闭合线圈，绕对称轴OO′匀速转动，角速度为ω。空间中只有OO′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。若闭合线圈的总电阻为R，则( )
A．线圈中电动势的最大值为eq \f(\r(2),2)NBL2ω
B．线圈中电动势的最大值为eq \f(1,2)NBL2ω
C．在线圈转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流
D．当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为eq \f(1,2)BL2
BD [最大值Em＝eq \f(1,2)NBL2ω，A错误，B正确；在线圈转动的过程中，线圈始终有一半在磁场中运动，不会有一半时间没有电流，C错误；题图中所示位置中，穿过线圈的磁通量为eq \f(1,2)BL2，D正确。]
电动势按正弦规律变化e＝Emsin ωt的条件？
提示：转轴垂直匀强磁场，经中性面时开始计时。
1．对交变电流图像的认识
如图所示，正弦交变电流随时间的变化情况可以从图像上表示出来，图像描述的是交变电流的电动势、电流、电压随时间变化的规律，它们是正弦曲线。
2．交变电流图像的应用
从图像中可以解读到以下信息：
(1)交变电流的最大值Im、Em、Um、周期T。
(2)因线圈在中性面时感应电动势、感应电流均为零，磁通量最大，所以可确定线圈位于中性面的时刻。
(3)找出线圈平行于磁感线的时刻。
(4)判断线圈中磁通量的变化情况。
(5)分析判断e、i、u随时间的变化规律。
【例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像如图所示，则( )
A．交流电的频率是4π Hz
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＝eq \f(3,2)π s时，e＝－10 V最小，磁通量变化率最小
B [从题图像可知交流电的周期为2π s，频率为eq \f(1,2π) Hz，t＝π s时，e＝0最小，A、C错误；t＝0时，e最小，Φ最大，B正确；t＝eq \f(3,2)π s时，e＝－10 V，e最大，eq \f(ΔΦ,Δt)最大，“－”号表示方向，D错误。]
图像的分析方法
一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”，并理解其物理意义。
二变：掌握“图与图”“图与式”和“图与物”之间的变通关系。
三判：在此基础上进行正确的分析和判断。
eq \([跟进训练])
3.一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴匀速转动，线圈中的感应电动势e随时间t变化的规律如图所示，则下列说法正确的是( )
A．图像是从线圈平面位于中性面开始计时的
B．t2时刻穿过线圈的磁通量为零
C．t2时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零
D．感应电动势e的方向变化时，穿过线圈的磁通量的方向也变化
B [由题图可知，当t＝0时，感应电动势最大，说明穿过线圈的磁通量的变化率最大，磁通量为零，即是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时的，选项A错误；t2时刻感应电动势最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，磁通量为零，选项B正确，C错误；感应电动势e的方向变化时，线圈通过中性面，穿过线圈的磁通量最大，但方向并不变化，选项D错误。]
1．(多选)如图所示的图像中属于交变电流的是( )
A B
C D
ABC [选项A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交变电流，但不是正弦式交变电流；选项D中e的方向未变化，故是直流电。]
2．(多选)下列方法中能够产生交变电流的是( )
A B
C D
ACD [A中线圈在匀强磁场中按逆时针方向匀速转动，会产生正弦式交变电流；B中的导体棒不切割磁感线，不产生感应电动势；C中的折线与矩形线圈的效果是相同的；D中能产生按余弦规律变化的交变电流。]
3．一闭合矩形线圈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
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错误。]
4．一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电动势的瞬时表达式为e＝10eq \r(2)sin 4πt(V)，则( )
A．该交变电动势的线圈转动的角速度为4 rad/s
B．零时刻线圈平面与磁场垂直
C．t＝0.25 s时，e达到最大值
D．在1 s时间内，线圈中电流方向改变10次
B [从交变电动势的瞬时表达式为e＝10eq \r(2)sin 4πt V，可知电动势的最大值Em＝10eq \r(2) V，线圈转动的角速度ω＝4π rad/s，所以A错误；零时刻，将t＝0代入交变电动势的瞬时表达式得电动势为0，则此时线圈处于中性面，线圈平面与磁场垂直，B正确；将t＝0.25 s代入交变电动势的瞬时表达式e＝10eq \r(2) sin 4πt(V)＝10eq \r(2) sin π(V)＝0，e达到最小值，C错误；根据交变电动势的频率f＝eq \f(ω,2π)＝2Hz，则在1 s时间内线圈转过2周，转1周电流方向改变2次，则在1 s时间内线圈中电流方向改变4次，D错误。]
5．如图所示，矩形线圈匝数N＝100匝，ab＝30 cm，ad＝20 cm，匀强磁场磁感应强度B＝0.8 T，绕轴OO′从图示位置开始匀速转动，角速度ω＝100π rad/s，试求：
(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm为多大？
(2)线圈产生的感应电动势最大值Em为多大？
(3)写出感应电动势e随时间变化的表达式？
(4)从图示位置开始匀速转动30°过程中，线圈中产生的平均电动势为多少？
[解析] (1)当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值，为：Φm＝BS＝0.8×0.3×0.2 Wb＝0.048 Wb；
(2)线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值，为：Em＝NBSω＝480π V；
(3)从图示位置开始计时，电动势的瞬时表达式为：e＝Emcs ωt＝480π cs 100πt(V)；
(4)根据法拉第电磁感应定律得：eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(NΔΦ,Δt)＝eq \f(N\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(BSsin 30°－0)),\f(30°,360°)·\f(2π,ω))＝1 440 V。
[答案] (1)0.048 Wb (2)480π V (3)e＝480π cs 100πt(V) (4)1 440 V
从中性面位置开始计时
从与中性面垂直的位置开始计时
磁通量
Φ＝Φmcs ωt
＝BScs ωt
Φ＝Φmsin ωt
＝BSsin ωt
感应电动势
e＝Emsin ωt
＝NBSωsin ωt
e＝Emcs ωt
＝NBSωcs ωt
电压
u＝Umsin ωt
＝eq \f(RNBSω,R＋r)sin ωt
u＝Umcs ωt
＝eq \f(RNBSω,R＋r)cs ωt
电流
i＝Imsin ωt
＝eq \f(NBSω,R＋r)sin ωt
i＝Imcs ωt
＝eq \f(NBSω,R＋r)cs ωt
正弦交变电流的产生
中性面
中性面的垂面
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
感应电流
零
最大
电流方向
改变
不变
对交变电流的变化规律的理解
交变电流的图像
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