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14 交变电流
[-考点-01-] 正弦式交变电流的产生及变化规律
1．产生
在匀强磁场中线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．
2．两个特殊位置的特点
(1)线圈平面转到中性面时，S⊥B，Φ 最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．
(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变．
3．一个周期内线圈中电流的方向改变两次．
4．描述交变电流的物理量
(1)最大值
Em＝NBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关(均选填“有关”或“无关”)．
(2)周期和频率
①周期(T)：交变电流完成一次周期性变化所需的时间．单位是秒(s)，公式T＝.
②频率(f)：交变电流在单位时间内完成周期性变化的次数．单位是赫兹(Hz)．
③周期和频率的关系：T＝或f＝.
5．交变电流的变化规律(线圈从中性面开始计时)
函数表达式
图像
磁通量
Φ＝Φmcos ωt＝Bscos ωt
电动势
e＝Emsin ωt＝NBSωsin ωt
书写交变电流瞬时值表达式的技巧
(1)确定正弦交变电流的峰值：根据已知图像读出或由公式Em＝NBSω 求出相应峰值．
(2)明确线圈的初始位置：
①若线圈从中性面位置开始计时，则i－t 图像为正弦函数图像，函数表达式为i＝Imsin ωt.
②若线圈从垂直中性面位置开始计时，则i－t 图像为余弦函数图像，函数表达式为i＝Imcos
ωt.
典例1 (交变电流的瞬时值)(2023·广西柳州市模拟)为研究交变电流产生的规律，某研究小
组把长60 m 导线绕制成N＝100 匝的矩形闭合线圈，如图所示．现把线圈放到磁感应强度
大小B＝0.1 T、方向水平向右的匀强磁场中，线圈可以绕其对称轴OO′转动．现让线圈从
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图示位置开始(t＝0)以恒定的角速度ω＝10π rad/s 转动．下列说法正确的有( )
A．t＝0 时，线圈位于中性面位置
B．t＝0.05 s 时，感应电流达到最大值
C．当bc＝2ab 时，感应电动势的表达式为e＝2πsin 10πt (V)
D．当ab＝ad 时，感应电动势的有效值最大
答案 D
解析 t＝0 时，线圈位于与中性面垂直的位置，故A 错误；线圈的周期为T＝＝0.2 s，t＝
0.05 s 时，线圈转过90°，到达中性面位置，此时磁通量最大，感应电流为零，故B 错误；
电动势最大值为Em0＝NBS0ω，S0＝ab·bc，N(ab＋bc)×2＝60 m,2ab＝bc，联立可得Em0＝2π
V，线圈从题中图示位置(平行于磁场方向)开始转动，因此感应电动势的表达式为e＝2πcos
10πt (V)，故C 错误；线圈周长为0.6 m，当ab＝ad 时，边长相等，此时线圈面积最大，
又Em＝NBSω，则感应电动势最大，即感应电动势的有效值最大，故D 正确．
典例2 (交变电流的图象)(多选)如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正
弦式交变电流的图像，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程所产生正弦式交
变电流的图像如图线b 所示．下列关于这两个正弦式交变电流的说法中正确的是( )
A．在图中t＝0 时刻穿过线圈的磁通量均为零
B．线圈先后两次转速之比为3∶2
C．交变电流a 的电动势瞬时值表达式为e＝10sin(5πt) V
D．交变电流b 的电动势最大值为 V
答案 BCD
解析 由题图可知，在t＝0 时刻线圈均在中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；
由图像可知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，B 正确；由图像可知，交变电流a 的电动势最
大值为10 V，ω＝＝ rad/s＝5π rad/s，所以交变电流a 的电动势瞬时值表达式为e＝10sin(5πt)
V，C 正确；交变电流的电动势最大值为Em＝NBSω，故Ema∶Emb＝3∶2，知Emb＝Ema＝
V，D 正确．
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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．每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
答案 CD
解析 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也等于零，感应电动势或感应电流的方向在此时刻发生变化；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，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 正确．
2.交流发电机工作时电动势为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e′变为( )
A．Emsin
B．2Emsin
C．Emsin 2ωt
D.sin 2ωt
答案 C
解析 感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsin ωt，而Em＝NBωS，ω＝2πn，当n 提高一倍时，
ω 加倍；当ω 加倍而S 减半时，Em不变，故C 正确．
3.(多选)如图所示，单匝矩形线圈abcd 放在匀强磁场中，磁感应强度为B，ad＝bc＝l1，ab
＝cd＝l2.从图示位置起该线圈以角速度ω 绕不同转轴匀速转动，则( )
A．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsin ωt
B．以O1O1′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsin ωt
C．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωcos ωt
D．以OO′为转轴跟以ab 为转轴一样，感应电动势e＝Bl1l2ωcos ωt
答案 CD
解析 以O1O1′为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流，故B 错误；无论以OO′为
轴还是以ab 为轴转动，感应电动势的最大值都是Bl1l2ω，由于是从与磁场平行的面开始计
时，产生的是余弦式交变电流，故C、D 正确，A 错误．
4.(2023·娄底·检测)如图所示，KLMN 是一个竖直的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B
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的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，MN 边水平，线框绕某竖直固定轴以角速度ω 匀
速转动．在MN 边与磁场方向的夹角达到30°的时刻(图示位置)，导线框中产生的瞬时电动
势e 的大小和线框中感应电流的方向分别为(已知线框按俯视的逆时针方向转动)( )
A.BSω，电流方向为KNMLK
B.BSω，电流方向为KNMLK
C.BSω，电流方向为KLMNK
D.BSω，电流方向为KLMNK
答案 B
解析 MN 边与磁场方向成30°夹角时，线框中产生的感应电动势大小为e＝Emcos ωt＝
BSωcos 30°＝BSω，由右手定则可知线框中感应电流方向为KNMLK，选项B 正确．
5.如图所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，其转动轴线OO′与磁感线垂直.已知匀
强磁场的磁感应强度B＝1 T，线圈所围面积S＝0.1 m2，转速12 r/min.若从中性面开始计时，
则线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式应为( )
A.e＝12πsin 120t(V)
B.e＝24πsin 120πt(V)
C.e＝0.04πsin 0.4πt(V)
D.e＝0.4πcos 2πt(V)
答案 C
解析 矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，角速度ω＝2πn＝2π× rad/s＝0.4π rad/s，产生
感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝1×0.1×0.4π V＝0.04π V，故其瞬时值表达式为e＝
0.04πsin 0.4πt(V)，选项C 正确.
6.(2023·山东·月考)如图所示，矩形线框置于磁场中，该磁场可视为匀强磁场.线框通过导线
与电阻构成闭合电路，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴逆时针匀速转动，下列说法
正确的是( )
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A.线框通过图中位置瞬间，线框中的电流方向由A 到B
B.线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大
C.线框通过图中位置瞬间，通过电阻的电流瞬时值最大
D.若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电阻电流的有效值变为原来的
答案 C
解析 AB 和CD 边切割磁感线产生电流，根据右手定则可知电流由B 指向A，故A 错误；
线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量为零，感应电动势最大，感应电流也最大，通
过电阻的电流瞬时值最大，故B 错误，C 正确；据Em＝NBSω 可知，ω 增大一倍，Em也增
大一倍，感应电动势的有效值也增大一倍，根据I＝可知，通过电阻电流的有效值也增大一
倍，变为原来的2 倍，故D 错误.
7.一个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
化的图像如图甲所示，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 的变化率达到最大
C．t＝0.02 s 时刻，电动势的瞬时值达到最大
D．该线圈相应的交流电动势图像如图乙所示
答案 B
解析 由题图甲知，当t＝0 时，Φ 最大，说明线圈平面与中性面重合，故选项A 错误；当
t＝0.01 s 时，Φ 最小，为零，Φ－t 图像的斜率最大，即Φ 的变化率最大，故选项B 正确；
当t＝0.02 s 时，Φ 最大，此时电动势的瞬时值为零，故选项C 错误；由以上分析可知，选
项D 错误．
8.如图所示，线圈平面绕bc 边的中点从中性面开始转动，角速度为ω.经过时间t，线圈转
过的角度是ωt，ab 边的线速度v 的方向跟磁感线方向间的夹角也等于ωt.设ab 边长为L1，
bc 边长为L2，线圈面积S＝L1L2，磁感应强度为B，则：
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(1)ab 边产生的感应电动势为多大？
(2)整个线圈中的感应电动势为多大？
(3)若线圈有N 匝，则整个线圈的感应电动势为多大？
答案 (1)eab＝BL1vsin ωt＝BL1sin ωt
＝BL1L2ωsin ωt＝BSωsin ωt.
(2)整个线圈中的感应电动势由ab 和cd 两边产生的感应电动势组成，且eab＝ecd，所以e 总＝
eab＋ecd＝BSωsin ωt.
(3)若线圈有N 匝，则相当于N 个完全相同的电源串联，所以e＝NBSωsin ωt.
9.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，边长L＝10 cm 的正方形线圈abcd 共100 匝，
线圈总电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s，外电
路电阻R＝4 Ω.求：
(1)转动过程中线圈中感应电动势的最大值．
(2)从图示位置(线圈平面与磁感线平行)开始计时线圈中感应电动势的瞬时值表达式．
(3)由图示位置转过30°角电路中电流的瞬时值．
答案 (1)2 V (2)e＝2cos 2πt (V) (3) A
解析 (1)设转动过程中线圈中感应电动势的最大值为Em，则Em＝NBL2ω＝100××0.12×2π
V＝2 V.
(2)从图示位置开始计时线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcos ωt＝2cos 2πt (V)．
(3)由图示位置转过30°角时线圈中的感应电动势的瞬时值e′＝2cos 30° V＝ V，则电路中
电流的瞬时值为i＝＝ A.
10.如图所示，一矩形线圈，面积是0.05 m2，共100 匝，线圈总电阻r＝2 Ω，外接电阻R＝
8 Ω，线圈在磁感应强度B＝ T 的匀强磁场中以n＝300 r/min 的转速绕垂直于磁感线的轴匀
速转动，若从线圈处于中性面时开始计时，求：
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(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈从开始计时，经 s 时线圈中的感应电流的瞬时值；
(3)外电路R 两端电压瞬时值的表达式．
答案 (1)e＝50sin 10πt (V) (2) A
(3)u＝40sin 10πt (V)
解析 (1)线圈转速n＝300 r/min＝5 r/s，
角速度ω＝2πn＝10π rad/s，
线圈产生的感应电动势最大值Em＝NBSω＝50 V，
则感应电动势瞬时值表达式为
e＝Emsin ωt＝50sin 10πt (V)；
(2)将t＝ s 代入感应电动势瞬时值表达式中，
得e′＝50sin (10π×) V＝25 V，
对应的感应电流i′＝＝ A；
(3)由闭合电路欧姆定律得u＝R＝40sin 10πt (V)．
11.如图所示，一矩形线圈abcd 放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd 中点的轴OO′以角速度
ω 逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角为零时(图示位置)为计时起点，并规定当电
流自a 流向b 时方向为正．则下列能正确表示线圈中感应电流随时间的变化图像是( )
答案 D
解析 从题图可看出线圈从垂直于中性面的位置开始旋转，由右手定则可判断，初始时刻
(t＝0)电流方向为b→a，故瞬时电流的表达式为i＝－Imcos ωt，可知D 项正确．
12.如图所示，一矩形线圈abcd 放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd 中点的轴OO′以角速
度ω 逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时为计时起点，并规定当电流自a
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流向b 时电流方向为正，则下列四幅图像中可能正确的是( )
答案 C
解析 以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时为计时起点，由楞次定律结合安培定则可判断，初
始时刻电流方向为b 到a，为负值，且线圈远离中性面，磁通量Φ 减小，电流增大，故选
项C 正确．
13.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，边长L＝10 cm 的正方形线圈abcd 共100 匝，
线圈总电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s，外电
路电阻R＝4 Ω.求：
(1)转动过程中线圈中感应电动势的最大值．
(2)从图示位置(线圈平面与磁感线平行)开始计时，感应电动势的瞬时值表达式．
(3)由图示位置转过30°角时电路中电流的瞬时值．
(4)线圈从开始计时经 s 时线圈中的感应电流的瞬时值．
(5)电阻R 两端电压的瞬时值表达式．
答案 (1)2 V (2)e＝2cos 2πt (V) (3) A (4) A (5)uR＝cos 2πt(V)
解析 (1)设转动过程中线圈中感应电动势的最大值为Em，则Em＝nBL2ω＝100××0.12×2π
V＝2 V.
(2)从题图所示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcos ωt＝2cos 2πt (V)．
(3)从题图所示位置转过30°角时感应电动势的瞬时值
e′＝2cos 30° V＝ V，
则电路中电流的瞬时值为i＝＝ A.
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(4)t＝ s 时，e″＝2cos (2π×) V＝ V，
对应的电流的瞬时值i′＝＝ A.
(5)由欧姆定律，得uR＝R＝cos 2πt(V)．
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