2020版高中物理 第四章 划时代的发现 探究感应电流的产生条件学案 新人教版选修3-2 8页

‎1　划时代的发现 2　探究感应电流的产生条件 ‎[学习目标]　1.理解什么是电磁感应现象及产生感应电流的条件.2.会使用线圈以及常见磁铁完成简单的实验.3.了解磁通量的定义及变化．‎ 一、划时代的发现 ‎1．丹麦物理学家奥斯特发现载流导体能使小磁针转动，这种作用称为电流的磁效应，揭示了电现象与磁现象之间存在密切联系．‎ ‎2．英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，即“磁生电”现象，他把这种现象命名为电磁感应．产生的电流叫做感应电流．‎ 二、感应电流的产生条件 只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流．‎ ‎[即学即用]‎ ‎1．判断下列说法的正误．‎ ‎(1)若把导线东西放置，当接通电源时，导线下面的小磁针一定会发生转动．(　×　)‎ ‎(2)奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象．(　√　)‎ ‎(3)小磁针在通电导线附近发生偏转的现象是电磁感应现象．(　×　)‎ ‎(4)通电线圈在磁场中转动的现象是电流的磁效应．(　×　)‎ ‎2．如图1所示，条形磁铁A沿竖直方向插入线圈B的过程中，电流表G的指针________(填“不偏转”或“偏转”)；若条形磁铁A在线圈B中保持不动，电流表G的指针________(填“不偏转”或“偏转”)．‎ 图1‎ 答案　偏转　不偏转 一、磁通量及其变化 ‎[导学探究]　如图2所示，闭合导线框架的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B.‎ 8‎ 图2‎ ‎(1)分别求出B⊥S(图示位置)和B∥S(线框绕OO′转90°)时，穿过闭合导线框架平面的磁通量．‎ ‎(2)由图示位置绕OO′转过60°时，穿过框架平面的磁通量为多少？这个过程中磁通量变化了多少？‎ 答案　(1)BS　0　(2)BS　减少了BS ‎[知识深化]‎ ‎1．匀强磁场中磁通量的计算 ‎(1)B与S垂直时，Φ＝BS.‎ ‎(2)B与S不垂直时，Φ＝B⊥S，B⊥为B垂直于线圈平面的分量．如图3甲所示，Φ＝B⊥S＝(Bsin θ)·S.‎ 也可以Φ＝BS⊥，S⊥为线圈在垂直磁场方向上的投影面积，如图乙所示，Φ＝BS⊥＝BScos θ.‎ 图3‎ 8‎ ‎2．磁通量的变化 大致可分为以下几种情况：‎ ‎(1)磁感应强度B不变，有效面积S发生变化．如图4(a)所示．‎ ‎(2)有效面积S不变，磁感应强度B发生变化．如图(b)所示．‎ ‎(3)磁感应强度B和有效面积S都不变，它们之间的夹角发生变化．如图(c)所示．‎ 图4‎ 例1　如图5所示，有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为r.现于纸面内先后放上圆线圈A、B、C，圆心均处于O处，线圈A的半径为r，10匝；线圈B的半径为2r,1匝；线圈C的半径为，1匝．‎ 图5‎ ‎(1)在B减为的过程中，线圈A和线圈B中的磁通量变化了多少？‎ ‎(2)在磁场转过90°角的过程中，线圈C中的磁通量变化了多少？转过180°角呢？‎ 答案　(1)A、B线圈的磁通量均减少了 ‎(2)减少了Bπr2　减少了Bπr2‎ 解析　(1)A、B线圈中的磁通量始终一样，故它们的变化量也一样．‎ ΔΦ＝(－B)·πr2＝－ 即A、B线圈中的磁通量都减少了 ‎(2)对线圈C，Φ1＝Bπr′2＝Bπr2‎ 当磁场转过90°时，Φ2＝0，‎ 故ΔΦ1＝Φ2－Φ1＝－Bπr2‎ 当转过180°时，磁感线从另一侧穿过线圈，若取Φ1为正，则Φ3为负，‎ 8‎ 有Φ3＝－Bπr2，故ΔΦ2＝Φ3－Φ1＝－Bπr2.‎ ‎1．磁通量与线圈匝数无关．‎ ‎2．磁通量是标量，但有正、负，其正、负分别表示与规定的穿入方向相同、相反．‎ 例2　磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图6所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框绕cd边翻转到位置2，设先后两次通过线框的磁通量变化量的大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则(　　)‎ 图6‎ A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2‎ C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．无法确定 答案　C 解析　设闭合线框在位置1时穿过闭合线框的磁通量为Φ1，平移到位置2时穿过闭合线框的磁通量为Φ2，导线MN中的电流产生的磁场在位置1处的磁感应强度比在位置2处要强，故Φ1>Φ2.‎ 将闭合线框从位置1平移到位置2，穿过闭合线框的磁感线方向不变，所以ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|＝Φ1－Φ2；将闭合线框从位置1绕cd边翻转到位置2，穿过闭合线框的磁感线反向，所以ΔФ2＝|(－Φ2)－Φ1|＝Φ1＋Φ2(以原来磁感线穿过的方向为正方向，则后来从另一面穿过的方向为负方向)，故正确选项为C.‎ 二、感应电流产生的条件 ‎[导学探究]　(1)如图7所示，导体AB做切割磁感线运动时，线路中________电流产生，而导体AB顺着磁感线运动时，线路中________电流产生．(填“有”或“无”)‎ 图7‎ ‎(2)如图8所示，当条形磁铁插入或拔出线圈时，线圈中________电流产生，但条形磁铁在线圈中静止不动时，线圈中________电流产生．(填“有”或“无”)‎ 8‎ 图8‎ ‎(3)如图9所示，将小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关S闭合或断开时，电流表中________电流通过；若开关S一直闭合，当改变滑动变阻器的阻值时，电流表中________电流通过；而开关一直闭合，滑动变阻器的滑动触头不动时，电流表中________电流通过．(填“有”或“无”)‎ 图9‎ 总结：上述三个实验中，什么情况下产生了感应电流？产生感应电流时共同特点是什么？‎ 答案　(1)有　无　(2)有　无　(3)有　有　无 实验一中：导体棒切割磁感线运动，引起回路面积发生变化，从而引起了磁通量的变化，产生了感应电流．‎ 实验二中：磁铁插入或拔出线圈时，引起线圈中的磁场变化，从而引起了磁通量的变化，产生了感应电流．‎ 实验三中：开关闭合、断开、滑动变阻器的滑动触头移动时，A线圈中电流变化，从而引起穿过B的磁通量变化，产生了感应电流．三个实验共同特点是：产生了感应电流时闭合回路的磁通量发生了变化．‎ ‎[知识深化]‎ ‎1．感应电流产生条件的理解 不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反之，只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通量也一定发生了变化．‎ ‎2．注意区别ΔΦ与Φ：感应电流的产生与Φ无关，只取决于Φ的变化，即与ΔΦ有关．ΔΦ与Φ的大小没有必然的联系．‎ 8‎ 例3　下图中能产生感应电流的是(　　)‎ 答案　B 解析　A选项中，电路没有闭合，无感应电流；B选项中，面积增大，通过闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C选项中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D选项中，磁通量不发生变化，无感应电流．‎ ‎1．电路闭合和磁通量发生变化是产生感应电流的两个条件，二者缺一不可．‎ ‎2．磁通量发生变化，其主要内涵体现在“变化”上，磁通量很大，若没有变化也不会产生感应电流，磁通量虽然是零，但是如果在变化仍然可以产生感应电流．‎ 针对训练　(多选)如图10所示装置，在下列各种情况中，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中产生感应电流的是(　　)‎ 图10‎ A．开关S闭合的瞬间 B．开关S闭合后，电路中电流稳定时 C．开关S闭合后，滑动变阻器触头滑动的瞬间 D．开关S断开的瞬间 答案　ACD ‎1．(电磁感应现象的发现与认识)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是(　　)‎ A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，一段时间后观察电流表的变化 8‎ C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化 D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化 答案　D 解析　同时满足电路闭合和穿过电路的磁通量发生变化这两个条件，电路中才会产生感应电流，本题中的A、B选项都不会使得电路中的磁通量发生变化，并不满足产生感应电流的条件，故都不正确．C选项中磁铁插入线圈时，虽有短暂电流产生，但未能及时观察，C项错误．在给线圈通电、断电瞬间，会引起穿过另一线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，因此D项正确．‎ ‎2．(对磁通量的理解)如图11所示，矩形线框abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sin α＝，回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为(　　)‎ 图11‎ A．BS B.BS C.BS D.BS 答案　B 解析　根据磁通量的定义可得通过线框的磁通量Φ＝BSsin α，代入解得Φ＝BS，所以B选项正确．‎ ‎3．(对磁通量的理解)如图12所示，a、b是两个同平面、同心放置的金属圆环，条形磁铁穿过圆环且与两环平面垂直，则穿过两圆环的磁通量Φa、Φb的大小关系为(　　)‎ 图12‎ A．Φa>Φb B．Φa<Φb C．Φa＝Φb D．不能比较 答案　A 8‎ 解析　条形磁铁磁场的磁感线的分布特点是：①磁铁内、外磁感线的条数相同；②磁铁内、外磁感线的方向相反；③磁铁外部磁感线的分布是两端密、中间疏．两个同心放置的同平面的金属圆环与磁铁垂直且磁铁在圆环内时，通过圆环的磁感线的俯视图如图所示，‎ 穿过圆环的磁通量Φ＝Φ进－Φ出，由于两圆环面积SaΦb，故A正确．‎ ‎4．(产生感应电流的判断)(多选)如图13所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面内，在下列情况中线框产生感应电流的是(　　)‎ 图13‎ A．导线中的电流变大 B．线框向右平动 C．线框向下平动 D．线框以AB边为轴转动 答案　ABD 8‎