电流表的工作原理
第三节 电流表的工作原理
●教学目标
一、知识目标
1.知道电流表的构造.
2.知道电流表的内部磁场的分布特点.
3.能准确判定线圈各边所受磁场力的方向.
4.会推导线圈所受安培力的力矩,理解电流表的刻度为什么是均匀的.
二、能力目标
1.培养学生的阅读能力、概括能力.
2.培养学生的分析推理能力.
三、德育目标
培养学生形成积极思维,善于推理的思维品质.
●教学重点
1.电流表的构造及表内的磁场分布特点.
2.通电线圈所受安培力矩的计算.
●教学难点
1.表内的磁场分布特点.
2.电流表的刻度为什么是均匀的.
●教学方法
阅读法、讲授法、分析推理法
●教学用具
演示电流表、投影仪、投影片、实物投影仪
●课时安排
1课时
●教学过程
用投影片出示本节课的学习目标:
1.知道电流表的构造.
2.知道电流表内部磁场的分布特点.
3.能用左手定则准确判定线圈各边所受磁场力的方向.
4.会推导线圈所受安培力的力矩,理解电流表的刻度为什么是均匀的.
●学习目标完成过程
一、复习提问,引入新课
[提问]什么是安培力?
[学生答]磁场对电流的作用力叫安培力.
[提问]安培力的大小如何计算?
[学生答]在匀强磁场中,在通电直导线和磁场方向垂直的情况下,电流所受的安培力F等于磁场感应强度B,电流I和导线长度L三者的乘积,即F=BIL.
[提问]安培力的方向如何判断?
[学生答]通电直导线所受安培力的方向和磁场方向、电流方向之间的关系,可以用左手定则来判定:伸开右手,使大拇指跟其余四个手指垂直,并且都跟手掌在一个平面内,把手放入磁场中,让磁感线垂直穿入手心,并使伸开的四指指向电流的方向,那么大拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向.
[教师讲述]在日常生产生活以及科学实验中,处处都用到一种测量电流强弱和方向的仪表——电流表.这节课我们就一起研究电流表的工作原理.
二、新课教学
1.电流表的组成及磁场分布
请同学们阅读课文,然后回答.电流表主要由哪几部分组成的?
数分钟后,教师出示实物投影.
[学生答]电流表由永久磁铁、铁芯、线圈、螺旋弹簧、指针、刻度盘等六部分组成. [投影片出示板书]
电流表的组成:永久磁铁、铁芯、线圈、螺旋弹簧、指针、刻度盘.
[实物投影课本图16-21]
[问题]电流表中磁场分布有何特点呢?
[教师讲解]电流表中磁铁与铁芯之间是均匀辐向分布的.
[问题]什么是均匀辐向分布呢?
[教师进一步讲解]所谓均匀辐向分布,就是说所有磁感线的延长线都通过铁芯的中心,不管线圈处于什么位置,线圈平面与磁感线之间的夹角都是零度.该磁场并非匀强磁场,但在以铁芯为中心的圆圈上,各点的磁感应强度B的大小是相等的.
[问题]假如线圈转动,磁铁和铁芯之间的两个边所经过的位置其磁场强弱怎样? [学生思考后回答]假如线圈转动,磁极和铁芯之间的两个边所经过的位置其磁场强弱是相同的.
2.线框在匀强磁场中的磁力矩.
[投影片出示例题]
如图所示,单匝矩形线圈的边长分别为ab=cd=L1,bc=ad=L2,
它可以绕对称轴OO′转动,线圈中的电流强度为I,线圈处于磁
感应强度B的匀强磁场中,当线圈平面与磁场平行时,求线圈所
受的安培力的总力矩.
解析:线圈平面与磁场平行时,所受力如图所示,两边安
培力的大小为F=BIL1,这一对力偶的力偶臂为L2,所受安培力
的总力矩M=BIL1L2=BIS.
教师在此基础上又提问两个问题:
[问题1]在上题的基础上,如果是n匝线圈,则线圈所受安培力的力矩为多大? [学生答]如果是n匝线圈,则线圈所受安培力的力矩为M=nBIS.
[问题2]如果是n匝线圈,当线圈平面与磁场方向成α角时,线圈所受安培力的力矩又为多大?
[一个学生上黑板解答如下]
当线圈平面与磁场方向成α角时,ab、cd边受力情况如图
所示.若为n匝线圈,ab、cd边受的安培力仍为平面与β平行时
的大小,但这一对力的力偶臂变为L2cosα,则线圈所受安培力
的力矩为M=nBIScosα.
说明:在①匀强磁场②转轴OO′⊥B的条件下,M与转
轴的位置及线圈的形状无关.
[投影片出示例题]
如图所示,一正三角形线圈,放在匀强磁场中,磁场与线圈
平面平行,设I=5 A,磁感应强度B=1.0 T,三角形边长L=30 cm.
求线圈所受磁力矩的大小及转动方向.(电流方向为acba)
[解答一]因为在匀强磁场中,在转轴OO′和B相垂直的
条件下,M与转轴的位置和线圈的形状无关.所以M=BIS=1.0 T
×
5 A×1×0.3 m×0.3 m×sin60°=0.2 N·m. 2
根据左手定则ab边受的安培力方向垂直于ab边向下,ac边受的安培力方向垂直于ac边向上,所以线圈的转动方向为:从上往下看为顺时针转动.
[解答二]bc边不受安培力;ab、ac受力等大反向,可认为安培力作用在它们的中点,磁力矩为
M=2F·L·sin30° F=BILcos30° 2
由以上二式求出M=0.2 N·m
从上往下看转动方向为顺时针方向.
3.电流表的工作原理
[实物投影课本图16—21]
[教师结合图进行讲解]
如图,矩形线框两条边所受安培力大小相等,方向
相反,大小为F=BIL,但两力不在一条直线上,两个力
形成一对力偶,设两力间距为d,则安培力矩
M=F·d=BIL· d=BIS(其中S为线圈面积).由于线圈由n
匝串联而成,所以线框所受力矩应为M1=NBI·S,电流表
内的弹簧产生一个阻碍线圈偏转的力矩,已知弹簧产生
的弹性力矩M2与指针的偏转角度θ成正比,即M2=kθ,
(其中k由弹簧决定)当M1=M2时,线圈就停在某一偏角θ上,固定在转轴上的指针也转过同样的偏角θ,并指示刻度盘上的某一刻度,从刻度的指示数就可以测得电流强度.
由M1=M2可得NBIS=kθ,θ=NBS·I k
从公式中可以看出:
(1)对于同一电流表N、B、S和k为不变量,所以θ∝I,可见θ与I一一对应,从而用指针的偏角来测量电流强度I的值;
(2)因θ∝I,θ随I的变化是线性的,所以表盘的刻度是均匀的.
[问题]对比F=kx,你能说出M′=kθ中k的决定因素及意义吗?
[学生答]M=kθ中k决定于弹簧的材料,金属丝的粗细、形状、螺旋半径等;由k=M′/θ知k的物理意义为弹簧扭转单位角度所产生的力矩.
让同学们阅读课文,回答以下两个问题.
[投影片出示问题]
1.为什么电流表可测出电流的强弱和方向?
2.磁电式仪表的优缺点是什么?
[学生答]磁场对电流的作用力和电流成正比,因而线圈中的电流越大,安培力产生的力矩也越大,线圈和指针偏转的角度也越大,因此,根据指针偏转角度的大小,可以知道被测电流的强弱.当线圈中的电流方向改变时,安培力的方向随着改变,指针的偏转方向也随着改变,所以,根据指针的偏转方向,可以知道被测电流的方向.
[学生答]磁电式仪表的优点是灵敏度高,可以测出很弱的电流;缺点是绕制线圈的导线很细,允许通过的电流很弱(几十微安到几毫安).如果通过的电流超过允许值,很容易把它烧坏.
巩固练习
[投影片出示练习题]
1.复述电流表中磁场的分布特点.
2.对电流表的指针,在什么情况下静止在某刻度?
[学生答]
1.电流表中磁场是均匀地辐向分布的,不管通电线圈转到什么角度,它的平面都跟磁感线平行.
2.当安培力矩M和螺旋弹簧产生的力矩M′相平衡时,线框连同指针达到平衡,静止在某一刻度.
三、小结
通过本节课的学习,我们学到了以下知识:
1.磁场对通电线圈的作用——磁力矩.
(1)磁场与通电线圈平行时,磁力矩最大,Mm=NBIS,这里N、S分别为线圈的匝数和面积.
(2)当磁场与通电线圈垂直时M=0.
(3)磁场与通电线圈的平面成θ角时,磁力矩M=NBIScosθ.
注意:磁力矩的公式与线圈的形状无关.
2.电流表
(1)结构 (2)磁场分布特点 (3)工作原理 (4)优缺点
四、作业
1.阅读本节课文.
2.习题A组(5) B组(1)
3.预习:磁场对运动电荷的作用.
五、板书设计
1.磁场对通电导线的作用——磁力矩.
(1)磁场与通电导线平行时,磁力距最大.
Mmax=NBIS.
(2)磁场与通电线圈平面成θ角时M=NBIScosθ.
(3)当磁场与通电线圈垂直时M=0.
注意:磁力矩的公式与线圈的形状无关.
2.电流表
(1)结构:永久磁铁、铁芯、线圈、螺旋弹簧、指针、刻度盘
(2)磁场分布特点:电流表的磁场分布是均匀地辐向分布的
(3)工作原理:指针转过的角度与所通过的电流强度成正比→电流表的刻度是均匀的
(4)优缺点
六、本节优化训练设计
1.如图所示,线圈ab、cd的边长分别为L1、L2,通以电流
I,初始线圈平面与匀强磁场B的磁感线平行,当线圈绕OO′
轴转过θ角时_______
A.线圈的ab边所受安培力的大小为BIL1cosθ
B.线圈ab边所受安培力的大小为BIL1
C.线圈所受的磁力矩为BIL1L2cosθ
D.线圈所受的磁力矩为BIL1L2
2.一矩形线圈通电框abcd,可绕其中心轴OO′转动,它处在与
OO′垂直的匀强磁场中,如图所示,在磁场作用下开始转动,后静
止在平衡位置,则平衡后
_______
A.线框都不受磁场力的作用
B.线框四边受到指向线框外部的磁场作用力,但合力为零
C.线框四边受到指向线框内部的磁场作用力,但合力为零
D.线框的一对边受到指向线框外部的磁场作用力,另一对边受到指向
线框内部磁场作用力,但合力为零
3.通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内,电流
的方向如图所示,ab边与MN平行,关于MN的磁场对线框的作用,下
列叙述正确的是
A.线框有两条边所受的安培力方向相同
B.线框有两条边所受的安培力大小相等
C.线框所受安培力的合力朝左
D.cd所受安培力对ab边的力矩不为零
4.如图所示,在光滑水平桌面上,有两根弯成直角的相同金
属棒,它们的一端均可绕固定转动轴O自由转动,另一端b互
相接触,组成一个正方形线框,正方形每边长度均为L,匀强磁
场的方向垂直桌面向下,当线框中通以图示方向的电流时,两
金属棒在b点的相互作用力为f,则此时磁感应强度大小为
_______(不计电流产生的磁场)
5.如图所示的天平可用来测定磁感应强度,天平的右臂下面
挂一个矩形线圈,宽为L,共N匝,线圈的下部悬挂在匀强磁场
中,磁场方向垂直纸面,当线圈中通有电流I(方向如图)时,
在天平两边加上质量为m1、m2的砝码,天平平衡,当电流反向
大小不变时,右边再加上质量为m的砝码后,天平重新平衡,
由此可知_______
A.磁感应强度的方向垂直纸面向里,大小为(m1-m2)g/NIL
B.磁感应强度的方向垂直纸面向里,大小为mg/2NIL
C.磁感应强度的方向垂直纸面向外,大小为(m1-m2)g/NIL
D.磁感应强度方向垂直纸面向外,大小为mg/2NIL
6.设电流计中的磁场为均匀幅向分布的磁场,下图中abcd表示的是电流计中的通电线圈,ab=dc=1 cm,ad=bc=0.9 cm,共50匝,线圈两边所在位置的磁感应强度为0.5 T,已知线圈每偏转1°,弹簧产生的阻碍线圈偏转的力矩为2.5×10-8 N·
m
(1)当线圈中电流为0.6 mA时,指针将转过多少度?
(2)如果指针的最大偏转角为90°,则这只电流计量程是多少?
(3)当指针偏转角为40°时,通入线圈的电流多大?
7.矩形导线框接在电压稳定的电路中,且与磁感线平行地放在匀强磁场中,此时它受到的磁力矩为M,要使线框受到的磁力矩变为1/2.可以采用的措施是
_______
A.将匝数减少一半 B.将长宽均减少一半
C.将线框转过30°角 D.将线框转过60°角
8.如图所示,一位于xy平面内的矩形通电线框只能绕ox轴转动,
线圈的4个边分别与x、y轴平行,线圈中电流方向如图,当空间加上
如下所述的哪种磁场线圈会转动起来_______
A.方向沿x轴的恒定磁场
B.方向沿y轴的恒定磁场
C.方向沿z轴的恒定磁场
D.方向沿x轴的反方向的恒定磁场
参考答案:
1.BC
2.解析:开始状态如图所示,其俯
视图如图(a)所示,根据左手定则判
断,cd边受力向上,ab边受力向下,
线圈以OO′为轴逆时针转动,当线圈
转到如图(b)所示的位置时,dc边受
力向上,ab边受力向下,力的作用线
都通过OO′轴,所以对线框不起转动
作用(力矩为零),而ad与bc边上电流所受安培力,方向与OO′轴平行,方向相反,在阻力不大时,线框靠惯性可通过这个位置,但是一旦通过此位置,如图(c)所示,线框便受到一个与原来方向相反的力矩作用,迫使线框顺时针转动,线框在这两个相反方向的安培力作用下,来回转动,由于阻力作用最后停在图(b)的平衡位置,故答案选B.
答案:B
3.解析:长直导线MN在导线右侧形成的磁场方向,由安培定则知是垂直纸面向里;ab边受力由左手定则可知是向左,同理bc边受力向上,cd边受力向右,ad边受力向下,显然A错.因为bc边、ad边通有相同大小的电流,且处在完全一样的磁场中,安培力的大小相同,B对.ab边所受力向左且大于dc边受到的向右的安培力(ab边所在磁场大于dc边所在处磁场)二力的合力向左,C对,ad边所受力方向向右与ab在同一平面内,该力对ab边力矩为零,D错.
答案:BC
评述:本题主要考查了安培定则、左手定则、力矩的概念等.注意:ab、cd边的受力可根据“同向电流相吸、反向电流相斥”来判断,ab边电流与MN中电流同向,故ab受力向左,同理cd边受力向右.
4.解析:当线框中通有电流以后,每边所受的安培力F=BIL,因为b点处于受力平衡,两金属棒在b点作用力f的方向一定是水平的,以Oab为研究对象,Oa段受安培力的力矩是反时针的,大小Moa=BIL·LL;ab段受安培力的力矩也是反时针的,大小Mab=BIL·,22安培力的合力矩M反=Moa+Mab=BIL2,力f对O产生的力矩是顺时针的,M顺=f·2L,因为Oab处于力矩平衡(有固定转轴的平衡)故有M反=M顺,B=2f. IL
答案:2
f IL
评述:本题主要考查了有固定转轴物体的平衡,其平衡条件是M反=M顺(或M=0).
5.解析:设磁场的磁感应强度方向向里,则线圈所受安培力F安=NBIL,由左手定则可知,安培力的方向竖直向下,由天平平衡可知
m1g=m2g+F安+m0g(m0为线圈质量) ① 当电流大小不变、方向改变时,由左手定则可知,F安的方向竖直向上,由天平平衡知 m1g=(m2+m0)g-F安+mg ② 由①-②得2F安=mg,而F安=NBIL,所以B=mg.B选项正确,A选项不对. 2NIL
显然,若磁感应强度方向垂直纸面向外,则电流反向后,不应在右盘加砝码,所以C、D选项错误.
答案:B
评述:本题主要考查天平平衡和安培力的计算.
6.解析:均匀幅向分布的磁场,保证了线圈平面始终与磁感线平行.
(1)由M=NBIS得:M=5.0×0.5×0.6×10-3×0.9×10-2=1.35×10-6(N·m)
1.35106
可知θ==54° 2.5108
(2)因Mmax=2.5×10-8×90=2.25×10-6(N·m)
Mmax2.25106
-3所以Imax==1×10(A)=1 mA 4NBS500.50.910
(3)据M=2.5×10-8×40=1.0×10-6(N·m)
M21.0106
有I2==0.44 mA NBS500.50.9104
答案:(1)54° (2)1 mA (3)0.44 mA
7.AD 8.B