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    鲁科版高中物理选择性必修第二册第3章第2节交变电流的产生课件+学案+练习含答案

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    2020-2021学年第2节 交变电流的产生课文配套ppt课件

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    这是一份2020-2021学年第2节 交变电流的产生课文配套ppt课件,文件包含鲁科版高中物理选择性必修第二册第3章第2节交变电流的产生课件ppt、鲁科版高中物理选择性必修第二册第3章第2节交变电流的产生学案doc、鲁科版高中物理选择性必修第二册课后素养落实8交变电流的产生含答案doc等3份课件配套教学资源,其中PPT共60页, 欢迎下载使用。
    2节 交变电流的产生[核心素养·明目标]核心素养学习目标物理观念掌握交流发电机交变电流的四值的概念科学思维会用公式法图像法解决问题科学探究观察交流发电机产生交变电流的过程与规律科学态度与责任了解交变电流在工农业生产中的应用知识点一 交流发电机1交流发电机的原理由法拉第电磁感应定律可知只要通过闭合回路的磁通量发生变化就可以产生感应电动势感应电流2交流发电机的构造:发电机主要由线圈(电枢)磁极两部分组成3交流发电机的种类两种类型转子定子特点旋转电枢式电枢磁极电压低功率小旋转磁极式磁极电枢电压高功率大 发电机的原理是电磁感应现象,电动机的原理是通电导体在磁场中受力而运动。1思考辨析(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)发电机是把电能转化为机械能。 (×)(2)在交流发电机线圈转动过程中,线圈中的每一条边都切割磁感线。 (×)知识点二 正弦式交变电流的产生原理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:物理学中把线圈平面与磁感线垂直的位置叫作中性面(1)线圈经过中性面时穿过线圈的磁通量最大但磁通量的变化率为零线圈中的感应电动势为感应电流为(2)线圈每经过中性面时感应电流方向改变线圈转动一周两次通过中性面感应电流方向改变 当线圈平面与磁感线平行时,磁通量为零,感应电动势最大。2思考辨析(正确的打“√”,错误的打“×”)(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。 (×)知识点三 正弦式交变电流的变化规律1正弦式交变电流的表达式(1)eEmsin ωt(从中性面开始计时其中EmnBSω)(2)iImsin ωt(3)uUmsin ωt(其中UmImR)注:表达式中EmImUm分别为电动势电流电压的峰值eui则是这几个量的瞬时值2正弦式交变电流的图像 若从线圈垂直于中性面时开始计时,则瞬时值表达式为enBSωcos ωt3思考辨析(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)线圈只要在匀强磁场内匀速转动就能产生正弦式交变电流。 (×)(2)交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置无关。 (×)4填空交流发电机在工作时电动势为eEmsin 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eEmsin 2ωt 考点1 交流发电机及交变电流的产生原理假定线圈绕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)转动过程电流方向BADCBADCABCDABCD(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1产生原理:由法拉第电磁感应定律可知当闭合回路的部分导体做切割磁感线的运动时闭合回路中就有感应电流产生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3两个特殊位置物理量的特点比较项目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磁通量的变化率最大感应电动势最大线圈边框切割磁感线的有效速度最大感应电流最大电流方向改变不变特别提醒(1)线圈中的磁通量最大时,交流电电流并不是最大,这时磁通量的变化率为零,电流为零。(2)线圈转动一周,交变电流的方向并不是改变一次,而是改变两次。【典例1 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(  )甲       乙 At1t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大Bt1t3时刻线圈中感应电流方向改变Ct2t4时刻线圈中磁通量最大Dt2t4时刻线圈中感应电动势最小思路点拨:(1)明确中性面的概念以及中性面的位置。(2)明确线圈在中性面位置时,各物理量有什么特点。(3)明确线圈在与中性面垂直位置时,各物理量有什么特点。B [从题图乙可以看出,t1t3时刻通过线圈的磁通量最大,为中性面位置,则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;t2t4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CD均错误。]对中性面的三点说明(1)中性面是一个假想的参考平面,实际不存在。(2)线圈处于中性面位置时,穿过线圈Φ最大,但0e0i0(3)线圈越过中性面,线圈中I方向要改变。线圈转一周,感应电流方向改变两次。[跟进训练]1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t1t2时刻线框分别转到图甲乙所示的位置下列说法正确的是(  )甲       乙 At1时刻穿过线框的磁通量最大Bt1时刻电阻中的电流最大方向从右向左Ct2时刻穿过线框的磁通量变化最快Dt2时刻电阻中的电流最大方向从右向左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,CD错误。] 考点2 对交变电流的变化规律的理解如图所示,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)EnBSωsin ωt1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θωt(3) ab边转动的线速度大小vω(4) ab边产生的感应电动势eabBLabvsin θsin ωt(5)整个线圈产生的感应电动势e2eabBSωsin ωt若线圈为NeNBSωsin 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isin ωtiImsin ωtR两端的电压可记为uUmsin ωt2峰值(1)eNBSωsin ωt可知电动势的峰值EmNBSω(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NBSω相同则电动势的最大值相同(3)电流的峰值可表示为Im【典例2 有一匝数为10匝的正方形线圈边长为20 cm线圈总电阻为1 Ω线圈绕OO轴以10 π rad/s的角速度匀速转动如图所示垂直于线圈平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T(1)求该线圈产生的交变电流的电动势最大值电流最大值分别为多少?(2)线圈从图示位置转过60°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思路点拨:[解析] (1)交变电流电动势最大值为Em2NBlv2NBlωNBSω10×0.5×0.22×10π(V)6.28 V,电流的最大值为Im A6.28 A(2)线圈转过60°时,感应电动势eEmsin 60°5.44 V(3)由于线圈转动是从中性面开始计时的,所以瞬时值表达式为eEmsin ωt6.28sin 10πt(V)[答案] (1)6.28 V 6.28 A (2)5.44 V(3)e6.28sin 10πt(V)确定正弦式交变电流瞬时值表达式的基本方法(1)明确线圈从什么位置开始计时以确定瞬时值表达式正弦函数零时刻的角度。(2)确定线圈转动的角速度、线圈的面积、匝数,从而确定感应电动势的最大值。(3)根据eEmsin ωt写出正弦式交变电流的表达式。[跟进训练]2如图所示一单匝矩形线圈abcd已知ab边长为l1bc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t时刻线圈中的感应电动势为(  )A0.5Bl1l2ωsin ωt  B0.5Bl1l2ωcos ωtCBl1l2ωsin ωt   DBl1l2ωcos ωtD [线圈从题图位置开始转动,感应电动势瞬时值表达式为eEmcos ωt,由题意,EmBSωBl1l2ω,所以eBl1l2ωcos ωt,故选项D正确。] 考点3 交变电流的图像如图所示,矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动。若从中性面开始计时,我们得到如下关系式eEmsin ωt,结合数学知识yAsin α,你能知道eEmsin ωt相应的函数图像是什么形式吗?该图像能直接得到哪些信息?提示:该图像为正弦函数图像,可直接获取周期与最大值(峰值)的信息。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ImEmUm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eiu随时间的变化规律【典例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(  )A交流电的频率是4π HzBt0线圈平面与磁感线垂直磁通量最大Ctπ se有最大值Dtπ se=-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 Hztπ s时,e0最小,AC错误;t0时,e最小,Φ最大,B正确;tπ s时,e=-10 Ve最大,最大,号表示方向,D错误。]图像的分析方法一看:看、看线、看斜率、看,并理解其物理意义。二变:掌握图与图”“图与式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。[跟进训练]3(多选)如图是某种正弦式交变电压的波形图由图可确定该电压的(  )A周期是0.01 sB最大值是311 VC有效值是220 VD表达式为u220sin 100πt(V)BC [由图像知,该交变电压的周期为0.02 s,最大值为311 V,而有效值U V220 VA错误,BC正确;正弦交变电压的瞬时值表达式uUmsin ωt311sin t(V)311sin 100πt(V)D错误。]1如图所示面积均为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交变电动势eBSωsin ωt的图是(  )A    B    C     DA [线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,且从中性面开始计时,产生的电动势eBSωsin ωt,由此判断,只有A选项符合。]2一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e10sin (20πt) V则下列说法正确的是(  )At0线圈位于中性面Bt0穿过线圈的磁通量为零Ct0线圈切割磁感线的有效速度最大Dt0.4 s电动势第一次出现最大值A [由电动势e10sin (20πt) V知,计时从线圈位于中性面时开始,所以t0时,线圈位于中性面,磁通量最大,但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行,切割磁感线的有效速度为零,A正确,BC错误;当t0.4 s时,e10sin (20π×0.4) V0D错误。]3某交流发电机给灯泡供电产生正弦式交变电流的图像如图所示下列说法中正确的是(  )A交变电流的频率为0.02 HzB交变电流的瞬时值表达式为i5 cos(50πt) ACt0.01 s穿过交流发电机线圈的磁通量为零D1 s末线圈平面与磁感线垂直感应电流最大C [从题图中可得该交变电流的周期为0.02 s,频率为50 Hz。交变电流的瞬时值表达式为i5 cos(100πt)A。在t0.01 s时,感应电流最大,穿过交流发电机线圈的磁通量为零。1 s末线圈平面与磁感线平行,感应电流最大。故正确选项为C]4(新情境题,以手摇发电机为背景,考查描述交变电流的物理量)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B0.5 T线圈匝数N50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[解析] (1)图示位置磁通量最大,此位置是中性面。(2)当线圈平面经过中性面时开始计时,则线圈在时间t内转过的角度为ωt,于是瞬时感应电动势eEmsinωt,其中EmNBSω由题意知N50B0.5 Tω rad/s5π rad/sS0.48 m2EmNBSω50×0.5×0.48×5π V188 V所以e188sin 5πt(V)[答案] (1)见解析 (2)e188sin 5πt(V)回归本节知识自我完成以下问题:1请写出交流发电机的结构与原理提示:结构:线圈和磁极;原理:电磁感应原理。2试写出有关中性面的几个特点提示:中性面处线圈平面与磁感线垂直。此处Φ最大,但0e0i0在中性面处电流改变方向。3试写出正弦式交变电流的瞬时值表达式及有效值与峰值的关系提示:eEmsin ωtiImsin ωtUUmsin ωteEmcos ωtiImcos ωtUUmcos ωtEUI  

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