交流发电机：正弦电动势与滑环详解

处于磁场中的旋转线圈，可能在磁通量恰好达到最大值的瞬间，感应电动势却为零。再转过四分之一圈后，磁通量为零，但电动势却达到最大值。

乍听之下，这似乎与直觉相反。在继续阅读之前，先想一想：产生电动势时，哪个因素更重要？是穿过线圈的磁通量有多少，还是磁通量变化得有多快？

真正重要的是磁通量的变化率。理解这个概念后，交流发电机为何会产生正弦波形的输出，以及滑环的实际作用，都会变得容易理解得多。

01从一个旋转线圈开始

想像一个矩形线圈，以固定的速率在磁铁的两极之间旋转。

磁场会穿过线圈所围成的面积。穿过线圈的磁场有多少，取决于线圈的方向。

你可以想像有一支箭头从线圈表面垂直伸出。这支箭头代表线圈的面积法线。

当箭头沿著磁场方向时，磁场会尽可能直接穿过线圈，此时磁通量的绝对值最大。

将线圈旋转 \(90^\circ\)。此时，磁场沿著线圈所在的平面延伸，而不是穿过线圈，因此磁通量为零。

再旋转 \(90^\circ\)。磁场再次直接穿过线圈，但这次是从相反的一面穿过。我们将此时的磁通量视为负值。

对单一匝而言，

\[ \Phi = BA\cos\theta \]

其中：

• \(\Phi\) 是穿过该匝的磁通量，单位为韦伯（\(\text{Wb}\)）
• \(B\) 是磁场强度，单位为特斯拉（\(\text{T}\)）
• \(A\) 是该匝所围成的面积，单位为平方公尺（\(\text{m}^2\)）
• \(\theta\) 是磁场与面积法线之间的夹角。

磁通量的正负号用来表示磁场穿过线圈的方向。

02为什么磁通量最大时，电动势反而为零？

以下是关键的预测。

假设线圈位于 \(\theta=0^\circ\)，此时磁通量达到最大值。感应电动势是否也达到最大值？

不是。此时电动势为零。

法拉第定律指出，感应电动势取决于磁通量的变化率：

\[ \mathcal{E}=-N\frac{d\Phi}{dt} \]

其中，\(\mathcal{E}\) 是感应电动势，单位为伏特（\(\text{V}\)）；\(N\) 是线圈的匝数。

负号来自楞次定律。它表示感应效应的方向会阻碍造成该效应的变化。

想像一座山丘的顶端。你在那里的高度最高，但在到达顶端的那一瞬间，你的垂直位置并没有改变。某个量的数值最大，不代表它的变化率也最大。

这个比喻并不完全适用，因为磁通量并不是真正的高度；不过，将某个物理量本身与它的变化率区分开来，正是这个比喻最有用的地方。

当 \(\theta=0^\circ\) 时，磁通量正处于一个周期的最高点。线圈只要稍微旋转，磁通量就只会略微改变，因此它在该瞬间的变化率为零。

当 \(\theta=90^\circ\) 时，磁通量本身为零，但它的变化速率最大。此时，电动势的绝对值最大。

电动势的正负号取决于你将哪个端子定义为正极。真正重要的物理规律，是电动势依序经过零、最大值、零，以及反方向的最大值。

03正弦波是如何产生的？

现在假设线圈以恒定角速度 \(\omega\) 旋转。

角速度表示角度变化的快慢：

\[ \theta=\omega t \]

其中，\(t\) 是时间，单位为秒；\(\omega\) 是角速度，单位为弧度每秒（\(\text{rad s}^{-1}\)）。

因此，穿过单匝线圈的磁通量为

\[ \Phi=BA\cos(\omega t) \]

根据法拉第定律，

\[ \mathcal{E}=-N\frac{d}{dt}\left[BA\cos(\omega t)\right]. \]

当 \(B\)、\(A\) 和 \(\omega\) 都是常数时，

\[ \mathcal{E}=NBA\omega\sin(\omega t). \]

因此，我们通常将它写成

\[ \mathcal{E}=\mathcal{E}_{\text{max}}\sin(\omega t) \]

其中

\[ \mathcal{E}_{\text{max}}=NBA\omega. \]

这就是为什么理想线圈在均匀磁场中以恒定速度旋转时，会产生正弦波形的电动势。

如果增加以下任何一项，最大电动势都会增大：

• 匝数 \(N\)
• 磁场强度 \(B\)
• 线圈面积 \(A\)
• 角速度 \(\omega\)。

电气输出的频率也由旋转频率决定。对于每旋转一圈就完成一个电气周期的简单单环模型，

\[ \omega=2\pi f \]

其中，\(f\) 是频率，单位为赫兹（\(\text{Hz}\)）。

还有一个值得注意的相位细节。上述方程式假设在 \(t=0\) 时，面积法线沿著磁场方向。此时磁通量最大，而电动势为零。

如果线圈从另一个方向开始旋转，电动势仍然会呈现正弦波形，但正弦波会在时间上发生相位偏移。此时，你也可以改用余弦函数来描述它。

04滑环的实际作用是什么？

旋转线圈现在面临一个实际问题：它的两端都在旋转，但外部电路是固定不动的。

你不能只是接上普通的固定导线，然后任由它们不断缠绕。

交流发电机透过两个滑环来解决这个问题。

旋转线圈的每一端都连接到一个独立、连续的导电环。两个导电环都会随著线圈一起旋转。

固定不动的电刷会压在旋转的滑环上，借此维持旋转线圈与固定外部电路之间的电气接触。

一个有点滑稽的比喻或许能帮助你理解。想像两个人站在一个旋转的餐厅平台上，各自拿著一个独立的手机充电器。为了避免电线不断缠绕，最后变成一团电气义大利面，每个充电器都连接到自己的圆形导电轨道。固定不动的接点可以持续接触各自的轨道。

关键在于，这两条轨道始终彼此分离。它们不会每转半圈就互换连接对象。

当然，这个比喻也有其限制。实际的滑环是导电的机械元件，而电刷会与滑环形成滑动式电气接触。

滑环不会产生交变电动势

这个区别经常被混淆。

感应电动势之所以会反向，是因为线圈导线切割磁场的方向每转半圈就会反转。换句话说，在旋转的前半圈与后半圈，磁通量的变化方向相反。

滑环的作用，只是维持线圈每一端与相应电刷之间的连接。

因此，以下这种解释恰好颠倒了因果关系：

电流会交替变向，是因为电刷会从一个滑环换到另一个滑环。

事实并非如此。

每个电刷始终与自己的滑环接触。传送到这些滑环的电气极性会改变，是因为旋转线圈中的感应电动势改变了方向。

另外，使用「电流」一词时也要精确。即使外部电路处于开路状态，仍然可能存在电动势。只有当电路完整，且电荷能够流动时，才会有交变电流。

05滑环与分裂环换向器的比较

这是发电机比较题中最容易失分的地方之一，因为这两种装置的外观很相似。

分裂环换向器会额外执行一项操作。每转半圈，它就会机械式地交换与各个外部电刷接触的线圈端。

这种切换可以将线圈本身自然交变的电动势，转换成外部极性固定的脉动输出。

滑环不会执行这种整流作用。

06计算范例：求最大电动势与瞬时电动势

一个 200 匝的线圈，面积为 \(3.0\times10^{-3}\text{ m}^2\)，在均匀的 \(0.40\text{ T}\) 磁场中以 \(50\text{ Hz}\) 旋转。在 \(t=0\) 时，面积法线与磁场平行。求最大感应电动势，以及 \(t=3.0\text{ ms}\) 时的电动势。

步骤 1：将旋转频率换算成角速度。

\[ \begin{aligned} \omega&=2\pi f\\ &=2\pi(50)\\ &=314\text{ rad s}^{-1}. \end{aligned} \]

步骤 2：求最大电动势。

使用

\[ \mathcal{E}_{\text{max}}=NBA\omega. \]

代入数值，

\[ \begin{aligned} \mathcal{E}_{\text{max}} &=(200)(0.40)(3.0\times10^{-3})(314)\\ &=75.4\text{ V}. \end{aligned} \]

因此，发电机产生的电动势大小最高约可达 \(75\text{ V}\)。

步骤 3：求经过 \(3.0\text{ ms}\) 后的相位。

将毫秒换算成秒：

\[ t=3.0\times10^{-3}\text{ s}. \]

由于线圈开始时的磁通量最大，

\[ \mathcal{E}=\mathcal{E}_{\text{max}}\sin(\omega t). \]

因此，

\[ \begin{aligned} \mathcal{E} &=75.4\sin[(314)(3.0\times10^{-3})]\\ &=75.4\sin(0.942)\\ &=61.0\text{ V}. \end{aligned} \]

步骤 4：解释结果。

电动势为正，而且已经相当接近最大值。线圈在 \(t=0\) 时的电动势为零，而在这段旋转过程中，磁通量正以愈来愈快的速度减少。

这里的正负号采用正弦方程式所使用的端子极性约定。如果将另一个输出端子定义为正极，所有电动势的正负号都会反转，但物理现象不会改变。

07计算范例：利用磁通量判断线圈在周期中的位置

一个 120 匝的线圈，面积为 \(0.015\text{ m}^2\)，在 \(0.25\text{ T}\) 的均匀磁场中以 \(1500\text{ rpm}\) 旋转。在 \(t=0\) 时，面积法线与磁场平行，且线圈开始沿著 \(\theta\) 增大的方向旋转。

求最大电动势，以及磁通量首次下降至每匝最大正磁通量一半时的瞬时电动势。

步骤 1：将旋转速度换算成赫兹。

一分钟有 60 秒，因此

\[ f=\frac{1500}{60}=25\text{ Hz}. \]

所以，

\[ \begin{aligned} \omega&=2\pi f\\ &=2\pi(25)\\ &=157\text{ rad s}^{-1}. \end{aligned} \]

步骤 2：求最大电动势。

\[ \begin{aligned} \mathcal{E}_{\text{max}} &=NBA\omega\\ &=(120)(0.25)(0.015)(157)\\ &=70.7\text{ V}. \end{aligned} \]

步骤 3：利用磁通量资讯求角度。

单匝线圈的最大正磁通量为

\[ \Phi_{\text{max}}=BA. \]

题目告诉我们，

\[ \Phi=\frac{1}{2}\Phi_{\text{max}}. \]

由于

\[ \Phi=BA\cos\theta, \]

因此

\[ BA\cos\theta=\frac{1}{2}BA. \]

所以，

\[ \cos\theta=\frac{1}{2}. \]

在线圈从 \(\theta=0^\circ\) 开始旋转后，第一次满足这个条件的角度是

\[ \theta=60^\circ. \]

步骤 4：求该角度下的电动势。

\[ \begin{aligned} \mathcal{E} &=\mathcal{E}_{\text{max}}\sin\theta\\ &=(70.7)\sin60^\circ\\ &=61.2\text{ V}. \end{aligned} \]

因此，瞬时电动势约为 \(+61\text{ V}\)。

这里藏著一个容易忽略的陷阱。在线圈之后旋转至 \(300^\circ\) 时，磁通量会再次回到相同的正值 \(BA/2\)，但此时电动势却是负值。

单凭磁通量，无法判断电动势的方向。你还需要知道磁通量正在增加还是减少。

08最容易令人误解的一点：磁通量与电动势并不是同一张图

学生经常以为，磁通量愈大，电动势就会愈大。

如果法拉第定律指出电动势取决于磁通量本身，这样想或许合理。但事实并非如此。电动势取决于磁通量的变化率。

对于我们的旋转线圈，

\[ \Phi=BA\cos(\omega t) \]

而

\[ \mathcal{E}=NBA\omega\sin(\omega t). \]

这两条曲线的相位相差四分之一个周期，也就是 \(90^\circ\)。

以下是一个实用的快速判断规则：

• 磁通量达到最大值或最小值 \(\rightarrow\) 瞬时电动势为零
• 稳定旋转时磁通量为零 \(\rightarrow\) 电动势的绝对值最大
• 磁通量减少 \(\rightarrow\) 电动势呈现某一种极性
• 磁通量增加 \(\rightarrow\) 在固定的端子极性约定下，电动势呈现相反的极性。

不要将这些规则当作彼此无关的事实来背诵。它们全部都源自同一个关系式：

\[ \mathcal{E}=-N\frac{d\Phi}{dt}. \]

09产生正弦波，不只是旋转就足够

简单的方程式

\[ \mathcal{E}=\mathcal{E}_{\text{max}}\sin(\omega t) \]

其实隐含了几个假设：

• 磁场是均匀的
• 线圈的几何形状保持不变
• 线圈绕著预定的轴旋转
• 角速度保持恒定。

如果旋转速度改变，电动势就不一定会随时间呈现正弦波形。

对于旋转线圈，在任何瞬间都有

\[ \mathcal{E}=NBA\frac{d\theta}{dt}\sin\theta. \]

由于 \(d\theta/dt\) 是瞬时角速度，因此可以写成

\[ \mathcal{E}=NBA\omega\sin\theta. \]

如果 \(\omega\) 本身会改变，那么线圈在周期中前进的速度，以及它所产生的电动势大小，都会随之改变。

因此，「旋转线圈会产生正弦波」是一个很有用的初步模型，但并非在所有情况下都成立。只有在理想几何条件下以恒定速度旋转，才会产生标准的正弦时间变化。

10当发电机向负载供电时，会发生什么事？

当电流流过旋转线圈时，线圈中的电流本身也处于磁场之中。因此，电动机效应会在线圈上产生转矩。

根据楞次定律，这个电磁转矩会阻碍驱动发电机的旋转运动。

这就是为什么，如果要维持发电机的转速不变，从发电机取得愈多电功率，就需要提供愈多机械输入功率。能量是在不同形式之间转移，而不是凭空产生。

研究电动机时，也会从相反的角度遇到这一系列概念。在电动机中，旋转会产生反电动势，抵抗外加电压。你可以参考直流电动机中的反电动势：HSC 物理解析，将这些概念连结起来。

11题目与解答

题目 1

一个面积为 \(0.012\text{ m}^2\) 的 80 匝线圈，在磁场强度为 \(0.30\text{ T}\) 的均匀磁场中以 \(20\text{ Hz}\) 旋转。

计算最大感应电动势。

解答 1

最大感应电动势约为 \(36\text{ V}\)。

对于以恒定角速度旋转的线圈，

\[ \mathcal{E}_{\text{max}}=NBA\omega. \]

首先，计算角速度：

\[ \begin{aligned} \omega&=2\pi f\\ &=2\pi(20)\\ &=125.7\text{ rad s}^{-1}. \end{aligned} \]

接著，

\[ \begin{aligned} \mathcal{E}_{\text{max}} &=(80)(0.30)(0.012)(125.7)\\ &=36.2\text{ V}. \end{aligned} \]

因此，

\[ \mathcal{E}_{\text{max}}\approx36\text{ V}. \]

一个容易犯的错误，是直接将 \(20\) 当作 \(\omega\) 使用。题目给出的 \(20\text{ Hz}\) 是每秒旋转的圈数，而发电机方程式需要的是以弧度每秒表示的角速度。

题目 2

一部交流发电机在以 \(25\text{ Hz}\) 旋转时，产生的最大电动势为 \(50\text{ V}\)。

在 \(t=0\) 时，线圈平面与磁场平行，而且电动势正处于正向最大值。

写出电动势随时间变化的方程式，并求出 \(t=0\) 之后电动势第一次变为零的时间。

解答 2

电动势可以写成 \(\mathcal{E}=50\cos(50\pi t)\)，第一次变为零的时间为 \(t=0.010\text{ s}\)。

关键线索是线圈开始时的方向。如果线圈平面与磁场平行，其面积法线就会与磁场垂直。因此，磁通量为零。

在稳定旋转时，磁通量为零的位置正是电动势绝对值最大的地方。题目指出电动势一开始为正值，因此波形从正向峰值开始。

首先，计算角频率：

\[ \omega=2\pi f=2\pi(25)=50\pi\text{ rad s}^{-1}. \]

余弦函数从最大值开始，因此

\[ \mathcal{E}=50\cos(50\pi t). \]

余弦函数第一次变为零时，其引数为 \(\pi/2\)：

\[ \begin{aligned} 50\pi t&=\frac{\pi}{2}\\ t&=\frac{1}{100}\\ &=0.010\text{ s}. \end{aligned} \]

你也可以使用相位经过平移的正弦函数，来描述同一个物理输出。

一个容易犯的错误，是直接写成 \(\mathcal{E}=\mathcal{E}_{\text{max}}\sin\omega t\)。这个形式假设在 \(t=0\) 时电动势为零。但在本题中，题目给出的初始方向代表电动势已经达到最大值，因此必须调整相位。

题目 3

考虑一部只连接电阻 \(R\) 的理想交流发电机。线圈的 \(N\)、\(B\) 和 \(A\) 都保持不变，而且可以忽略机械损耗与内部电阻。

一部电动机以恒定的机械转矩驱动发电机。起初，系统以角速度 \(\omega_1\) 稳定旋转。

负载电阻突然从 \(R\) 改变为 \(R/2\)。

解释以下情况会如何发生变化：

• 电阻改变后的瞬间
• 发电机减速或加速的过程
• 达到新的稳定角速度时。

求出新的角速度与 \(\omega_1\) 的关系，并比较最终的均方根电流与原来的数值。

解答 3

发电机起初会受到较大的反向转矩，接著减速至 \(\omega_1/2\)。在新的稳定状态下，均方根电流会恢复至电阻减半之前的相同数值。

电阻改变后的瞬间，线圈不可能立即改变旋转速度。其角速度仍然是 \(\omega_1\)，因此产生的电动势最初保持不变。

在电动势相同、电阻减半的情况下，

\[ I=\frac{\mathcal{E}}{R} \]

表示电流最初会加倍。

较大的电流会在线圈上产生更强的磁力。根据楞次定律，所产生的电磁转矩会阻碍发电机旋转。由于驱动转矩并没有增加，发电机因此开始减速。

现在来求最终的稳定转速。

令

\[ k=NBA. \]

最大电动势为

\[ \mathcal{E}_{\text{max}}=k\omega. \]

对于正弦波形的电动势，

\[ \mathcal{E}_{\text{rms}}=\frac{k\omega}{\sqrt{2}}. \]

因此，输送至电阻的平均电功率为

\[ \begin{aligned} P&=\frac{\mathcal{E}_{\text{rms}}^2}{R}\\ &=\frac{k^2\omega^2}{2R}. \end{aligned} \]

对于以稳定速度运转的理想发电机，转换成电能的机械功率为

\[ P=\tau\omega, \]

因此，反向电磁转矩为

\[ \begin{aligned} \tau&=\frac{P}{\omega}\\ &=\frac{k^2\omega}{2R}. \end{aligned} \]

最初，

\[ \tau_{\text{drive}}=\frac{k^2\omega_1}{2R}. \]

当电阻变成 \(R/2\) 后，新的稳定状态必须维持相同的恒定驱动转矩：

\[ \frac{k^2\omega_1}{2R} = \frac{k^2\omega_2}{2(R/2)}. \]

由于 \(2(R/2)=R\)，

\[ \frac{k^2\omega_1}{2R} = \frac{k^2\omega_2}{R}. \]

因此，

\[ \omega_2=\frac{\omega_1}{2}. \]

最终产生的均方根电动势也会减半，因为电动势与角速度成正比：

\[ \mathcal{E}_{\text{rms},2} = \frac{1}{2}\mathcal{E}_{\text{rms},1}. \]

但电阻也同时减半：

\[ \begin{aligned} I_{\text{rms},2} &=\frac{\mathcal{E}_{\text{rms},1}/2}{R/2}\\ &=\frac{\mathcal{E}_{\text{rms},1}}{R}\\ &=I_{\text{rms},1}. \end{aligned} \]

因此，最终的均方根电流保持不变。

一个容易令人误判的答案是：「电阻减半，电流就会加倍。」当开关刚切换，而旋转速度尚未改变时，这句话确实正确。但它并不适用于最终状态，因为额外的电磁制动会改变发电机的转速，进而改变它的电动势。

题目 4

一个面积为 \(0.020\text{ m}^2\) 的 100 匝线圈，在 \(0.25\text{ T}\) 的均匀磁场中旋转，但其角速度并非常数。

采用固定的端子极性约定，发电机在通过 \(\theta=90^\circ\) 时的角速度为 \(100\text{ rad s}^{-1}\)。在同一圈旋转稍后通过 \(\theta=270^\circ\) 时，角速度为 \(70\text{ rad s}^{-1}\)。

计算线圈在这两个位置的电动势。

这两个位置的磁通量都为零。解释为什么电动势的绝对值仍然不同，并判断发电机在这一圈旋转期间产生的电动势能否在时间上呈现完美的正弦波形。

解答 4

在 \(90^\circ\) 时，电动势为 \(+50\text{ V}\)；在 \(270^\circ\) 时，电动势为 \(-35\text{ V}\)。这段旋转期间的波形不可能是完美的时间正弦波。

对于旋转线圈，在任一瞬间都有

\[ \mathcal{E}=NBA\omega\sin\theta. \]

首先，计算共同因子：

\[ NBA=(100)(0.25)(0.020)=0.50. \]

当 \(\theta=90^\circ\) 时，

\[ \begin{aligned} \mathcal{E} &=(0.50)(100)\sin90^\circ\\ &=+50\text{ V}. \end{aligned} \]

当 \(\theta=270^\circ\) 时，

\[ \begin{aligned} \mathcal{E} &=(0.50)(70)\sin270^\circ\\ &=-35\text{ V}. \end{aligned} \]

在这两个位置，

\[ \Phi=BA\cos\theta=0. \]

但法拉第定律并没有说，相同的磁通量会产生相同的电动势。它指出，电动势取决于磁通量变化的快慢。

线圈通过 \(90^\circ\) 位置时，比通过 \(270^\circ\) 位置时移动得更快，因此在前者位置，磁通量的变化率较大。

此外，输出也不可能是完美的时间正弦波。真正符合下式的波形

\[ \mathcal{E}=\mathcal{E}_{\text{max}}\sin(\omega t) \]

需要角速度 \(\omega\) 保持恒定。但在本题中，角速度会改变，因此相位随时间推进的速度，以及乘在 \(\sin\theta\) 前面的因子，都会在周期中发生变化。

一个容易犯的错误，是认为这两个位置都是「电动势最大的地方」，因为两者的磁通量都为零。这只有在线圈以恒定速度旋转时才成立。几何关系使 \(|\sin\theta|=1\)，但瞬时角速度仍然决定电动势的大小。

题目 5

两个相同的交流发电机线圈，在同一根轴上、同一个均匀磁场中旋转。每个线圈都使用自己的一对滑环。

第二个线圈沿著轴的圆周方向，比第一个线圈超前 \(90^\circ\)。单独测试时，每个线圈产生的正弦波形电动势，其最大绝对值都是 \(40\text{ V}\)。

两部发电机以串联方式连接，使它们的瞬时电动势相加。

一名学生认为，组合后的发电机最大电动势必定是 \(80\text{ V}\)，因为每个线圈都能产生 \(40\text{ V}\)。

求组合后实际的最大电动势。

接著，假设将第二部发电机的两个电刷接线对调。判断这是否能使组合后的峰值达到 \(80\text{ V}\)，并解释这揭示了滑环的什么作用。

解答 5

组合后的最大电动势为 \(40\sqrt{2}\text{ V}\)，约为 \(56.6\text{ V}\)。对调第二部发电机的电刷接线并不能将峰值提高至 \(80\text{ V}\)；它只会改变组合波形的相位。

令

\[ x=\omega t. \]

将第一部发电机的电动势表示为

\[ \mathcal{E}_1=40\sin x. \]

由于第二个实体线圈沿著轴的圆周方向超前 \(90^\circ\)，它的波形也会超前 \(90^\circ\)：

\[ \begin{aligned} \mathcal{E}_2 &=40\sin\left(x+\frac{\pi}{2}\right)\\ &=40\cos x. \end{aligned} \]

当两个输出以瞬时电动势相加的方式连接时，

\[ \mathcal{E}_{\text{total}} =40(\sin x+\cos x). \]

利用

\[ \sin x+\cos x =\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right), \]

可得

\[ \mathcal{E}_{\text{total}} = 40\sqrt{2} \sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right). \]

因此，

\[ \mathcal{E}_{\text{max,total}} =40\sqrt{2} =56.6\text{ V}. \]

这名学生将两个线圈各自的峰值相加，仿佛两个峰值会在同一瞬间出现。

但事实并非如此。

当发电机 1 的电动势达到正向峰值 \(40\text{ V}\) 时，发电机 2 的电动势为零。两个线圈在机械角度上相差 \(90^\circ\)，因此它们的电气输出也相差 \(90^\circ\) 的相位。

事实上，在目前采用的相位设定下，当

\[ x=45^\circ \]

时，组合后的输出会达到最大值。在这一瞬间，

\[ \mathcal{E}_1 =40\sin45^\circ =28.3\text{ V} \]

而

\[ \mathcal{E}_2 =40\cos45^\circ =28.3\text{ V}. \]

两者相加得到

\[ 28.3+28.3=56.6\text{ V}. \]

现在，对调发电机 2 的两个电刷接线。

这会使它的输出符号反转：

\[ \mathcal{E}_2=-40\cos x. \]

新的总电动势为

\[ \mathcal{E}_{\text{total}} =40(\sin x-\cos x). \]

由于

\[ \sin x-\cos x = \sqrt{2}\sin\left(x-\frac{\pi}{4}\right), \]

新的最大绝对值仍然是

\[ 40\sqrt{2}=56.6\text{ V}. \]

峰值并没有变成 \(80\text{ V}\)。改变的只是波形的相位。

关键在于：对调两条外部导线，可以使波形反转 \(180^\circ\)，但无法消除由线圈实际方向所造成的 \(90^\circ\) 相位差。

这也揭示了滑环的作用，以及它无法做到的事。滑环能在维持线圈本身自然交变的电动势之际，为旋转线圈提供连续的电气连接。但它们无法强制不同发电机的输出同相、将波形整形成单一方向，或使各个峰值在同一时间出现。

当我们从单一简单旋转线圈进一步研究实际的交流发电时，这个区别会变得愈来愈重要，因为多个线圈之间的相位关系会经过刻意设计与控制。