【2019-2020】高中物理第一章电磁感应第六节自感现象及其应用学案粤教版选修3_2
高中物理第一章第六节自感现象及其应用课件粤教版选修3-2
A．有阻碍电流的作用，最后电流由 I0 减为零 B．有阻碍电流的作用，最后电流总小于 I0 C．有阻碍电流增大的作用，因而电流 I0 保持不变 D．有阻碍电流增大的作用，但最后电流还是增大到 2I0 解析：合上电键将一电阻短路时，在闭合回路中因电流发 生变化，会产生感应电动势，此电动势的作用是阻碍电路中电 流的增加．虽然感应电动势的作用是阻碍闭合电路中电流的变
图 1－6－6
答案：电键闭合瞬间， a 将慢慢亮起来，b 立即变亮．稳 定后两灯都正常发光，a 的功率大，较亮．这时 L 的作用相当 于一只普通的电阻(就是该线圈的内阻)；断开瞬间，通过 a 的 电流将逐渐减小，a 渐渐变暗到熄灭，而 abRL 组成同一个闭合 回路，所以 b 灯也将逐渐变暗到熄灭，而且开始还会闪亮一下， 这时 L 相当于一个电源．
第六节 自感现象及其应用
知识点1 自感现象 1．自感：由于___导__体__本__身__的__电__流__变__化___而产生的电磁感应 现象叫自感． 2．自感电动势：在自感现象中产生的感应电动势叫自感电 动势，它总是阻碍导体中电流的变化． 自感电动势既可以阻碍导体本身的电流增加，也可以阻碍 导体本身的电流减小．
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➢ He who falls today may rise tomorrow.
选开 择放
在；பைடு நூலகம்
冬有
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开孩
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粤教版高中物理选修(32)第一章《电磁感应规律的应用》word学案
学案6 电磁感应规律的应用[学习目标定位] 1.知道法拉第电机的原理.2.掌握转动切割产生感应电动势的计算.3.掌握电磁感应现象中电路问题的分析方法和解题基本思路.4.理解电磁感应中的能量转化，并会应用能量观点分析电磁感应问题．1．感应电流的方向可用楞次定律或右手定则判断，其中后者仅适用于导体切割磁感线的情况．2．感应电动势的大小可以用公式E ＝n ΔΦΔt或E ＝BLv 进行计算，其中前者一般用来计算平均电动势，后者一般计算瞬时电动势．3．闭合电路中电源电动势E 、内电压U 内、外电压(路端电压)U 外三者之间的关系为E ＝U 内＋U 外，其中电源电动势E 的大小等于电源未接入电路时两极间的电势差．4．做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，就有多少能量被转化，功是能量转化的量度． 几种常见的功能关系(1)合外力所做的功等于物体动能的变化． (2)重力做的功等于重力势能的变化．(3)弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化．(4)除了重力和系统内弹力之外的其他力做的功等于机械能的变化． (5)电场力做的功等于电势能的变化． (6)安培力做的功等于电能的变化． 5．电流通过导体时产生的热量 焦耳定律：Q ＝I2Rt.一、法拉第电机法拉第圆盘可看作是由无数根长度等于半径的紫铜辐条组成，当圆盘转动时，辐条切割磁感线产生电动势．当电路闭合时产生电流，在电源内部电流方向从电源负极流向正极． 二、电磁感应中的能量转化电磁感应现象中产生的电能是通过克服安培力做功转化而来的，而这些电能又通过电流做功而转化为其他形式的能．因此，电磁感应现象符合能量守恒定律.一、法拉第电机 [问题设计]1．参考课本法拉第圆盘发电机的构造图，简单说明法拉第圆盘发电机产生电流的原因．答案 法拉第电机的圆盘是由无数根辐条组成的，每根辐条做切割磁感线运动，产生感应电动势，电路闭合时产生感应电流．2．法拉第圆盘发电机的工作原理可以等效为一根导体棒在磁场中转动，如图1所示：当将导体棒和电阻组成闭合电路时，电路的哪部分相当于电源？电源的正极和负极在电路的哪个位置？电源内部电流方向如何？图1答案 ab 导体棒相当于电源，a 是电源正极，b 是电源负极，电源内部电流由负极流向正极． [要点提炼]1．导体棒绕一端为轴转动切割磁感线：由v ＝ωr 可知各点线速度随半径按线性规律变化，切割速度用中点的线速度替代，即v ＝l 2ω或v ＝vA ＋vB 2.感应电动势E ＝12Bl2ω.2．电磁感应中的电路问题处理思路：(1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路． (2)用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，用楞次定律确定感应电动势的方向． (3)画等效电路图．分清内外电路，画出等效电路图是解决此类问题的关键． (4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解． 二、电磁感应中的能量转化 [问题设计]如图2所示，ab 在拉力F 的作用下以速度v 匀速向右运动，已知导体棒ab 的长度为L ，磁感应强度为B ，电路中的总电阻为R.ab 中的电流是多少？ab 所受的安培力为多大？当导体棒匀速向右运动s 距离时，拉力F 做功和棒克服安培力做功分别是多少？图2答案 电路的感应电动势E ＝BLv电流I ＝E R ＝BLvR所以ab 棒所受安培力F 安＝BIL ＝B2L2vR由于导体棒做匀速运动，所以F ＝F 安＝B2L2vR拉力做功WF ＝Fs ＝B2L2vsR导体棒克服安培力做功W 安＝F 安s ＝B2L2vsR[要点提炼]1．电磁感应现象中产生的电能是克服安培力做功转化而来的，克服安培力做多少功，就产生多少电能，电磁感应过程遵循能量守恒定律．2．求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路 (1)分析回路，分清电源和外电路．(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如： ①有摩擦力做功，必有内能产生；②有重力做功，重力势能必然发生变化；③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；(3)列有关能量的关系式． 3．焦耳热的计算技巧(1)感应电路中电流恒定时，焦耳热Q ＝I2Rt.(2)感应电路中电流变化时，可用以下方法分析：①利用动能定理先求克服安培力做的功，而产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安．②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量，即Q＝ΔE其他．一、转动切割产生感应电动势的计算例1 长为L 的金属棒ab 以a 点为轴在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω做匀速转动，如图3所示，磁感应强度为B.求：图3(1)ab 棒各点速率的平均值． (2)ab 两端的电势差．(3)经时间Δt 金属棒ab 所扫过面积中磁通量为多少？此过程中平均感应电动势多大？解析 (1)ab 棒各点速率的平均值v ＝va ＋vb 2＝0＋ωL 2＝12ωL(2)ab 两端的电势差：E ＝BL v ＝12BL2ω(3)经时间Δt 金属棒ab 所扫过的扇形面积为ΔS ，则：ΔS ＝12L2θ＝12L2ωΔt ，ΔΦ＝BΔS ＝12BL2ωΔt.由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt ＝12BL2ωΔt Δt ＝12BL2ω.答案 (1)12ωL (2)12BL2ω (3)12BL2ωΔt 12BL2ω二、电磁感应中的电路问题例2 (单选)用相同导线绕制的边长为L 或2L 的四个闭合导线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图4所示．在每个线框进入磁场的过程中，M 、N 两点间的电压分别为Ua 、Ub 、Uc 和Ud.下列判断正确的是( )图4A ．Ua<Ub<Uc<UdB ．Ua<Ub<Ud<UcC ．Ua ＝Ub<Uc ＝UdD ．Ub<Ua<Ud<Uc解析 Ua ＝34BLv ，Ub ＝56BLv ，Uc ＝34·B·2Lv ＝32BLv ，Ud ＝46B·2L·v ＝43BLv ，故选B.答案 B例3 如图5所示，有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.2 T ，磁场方向垂直纸面向里．在磁场中有一半径r ＝0.4 m 的金属圆环，磁场与圆环面垂直，圆环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2 Ω.一金属棒MN 与圆环接触良好，棒与圆环的电阻均忽略不计．图5(1)若棒以v0＝5 m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬时MN 中的电动势和流过灯L1的电流；(2)撤去金属棒MN ，若此时磁场随时间均匀变化，磁感应强度的变化率为ΔB Δt ＝4πT/s ，求回路中的电动势和灯L1的电功率．解析 (1)等效电路如图所示． MN 中的电动势E1＝B·2r·v0＝0.8 VMN 中的电流I ＝E1R0/2＝0.8 A流过灯L1的电流I1＝I2＝0.4 A(2)等效电路如图所示回路中的电动势E2＝ΔBΔt·πr2＝0.64 V回路中的电流I′＝E22R0＝0.16 A灯L1的电功率P1＝I′2R0＝5.12×10－2 W 答案 (1)0.8 V 0.4 A (2)0.64 V 5.12×10－2W三、电磁感应中的能量问题例4 如图6所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽L ＝0.5 m ，框的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度B ＝1 T ．方向与框面垂直，金属棒MN 的质量为100 g ，有效电阻为1 Ω，现将MN 无初速的释放并与框保持接触良好地竖直下落，从释放到达到最大速度的过程中通过棒某一截面的电荷量为2 C ，求此过程回路中产生的电能为多少？(空气阻力不计，g ＝10 m/s2)图6解析 金属棒下落过程做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，根据平衡条件得mg ＝B2L2vm R①在下落过程中，金属棒减小的重力势能转化为它的动能和电能E ，由能量守恒定律得mgh ＝12mv2m＋E ②通过金属棒某一横截面的电荷量为q ＝BhLR由①②③解得：E ＝mgh －12mv2m ＝mgRq BL －m3g2R22B4L4＝0.1×10×1×21×0.5－0.13×102×122×1×0.54J ＝3.2 J答案 3.2 J1．(转动切割产生感应电动势的计算)(单选)如图7所示，导体棒AB 的长为2R ，绕O 点以角速度ω匀速转动，OB 长为R ，且O 、B 、A 三点在一条直线上，有一磁感应强度为B 的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB 两端的电势差为 ( )图7 A.12BωR2 B ．2BωR2 C ．4BωR2D ．6BωR2答案 C解析 A 点线速度vA ＝ω·3R ，B 点线速度vB ＝ωR ，AB 棒切割磁感线的平均速度v ＝vA ＋vB2＝2ωR ，由E ＝Blv 得，AB 两端的电势差为E ＝B·2R·v ＝4BωR2，C 正确．2．(电磁感应中的电路问题)(单选)粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a 、b 两点间的电势差绝对值最大的是( )答案 B解析 本题在磁场中的线框与速度垂直的边等效为切割磁感线产生感应电动势的电源．四个选项中的感应电动势大小均相等，回路电阻也相等，因此电路中的电流相等，B 中a 、b 两点间电势差为路端电压，为电动势的34，而其他选项则为电动势的14.故B 正确．3.(电磁感应中的能量问题)(双选)如图8所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R ，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m 、电阻可以忽略不计的金属棒ab ，在沿着斜面且与棒垂直的恒力F 作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h ，在这一过程中 ( )图8A ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh 与电阻R 上产生的焦耳热之和C ．恒力F 与安培力的合力所做的功等于零D ．恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热 答案 AD解析 金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F 做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功．匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，A 正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R 上产生的焦耳热，故外力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，D 正确．题组一 转动切割产生感应电动势的计算1．(单选)一直升机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B.直升机螺旋桨叶片的长度为l ，螺旋桨转动的频率为f ，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动，螺旋桨叶片的近轴端为a ，远轴端为b ，如图1所示，如果忽略a 到转轴中心线的距离，用E 表示每个叶片中的感应电动势，则( )图1A ．E ＝πfl2B ，且a 点电势低于b 点电势 B ．E ＝2πfl2B ，且a 点电势低于b 点电势C ．E ＝πfl2B ，且a 点电势高于b 点电势D ．E ＝2πfl2B ，且a 点电势高于b 点电势 答案 A解析 解这道题要考虑两个问题：一是感应电动势大小，E ＝Blv ＝Blω×l 2＝Bl×2πf×l2＝πfl2B ；二是感应电动势的方向，由右手定则可以判断出感应电动势的方向是由a→b ，因此a 点电势低．2．(单选)如图2所示，导体棒ab 长为4L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，导体绕过O 点垂直纸面的轴以角速度ω匀速转动，aO ＝L.则a 端和b 端的电势差Uab 的大小等于 ( )图2A ．2BL2ωB ．4BL2ωC ．6BL2ωD ．8BL2ω 答案 B解析 UOa ＝12BL2ω，Uob ＝12B(3L)2ω，所以UAb ＝UOb －UOa ＝4BL2ω，B 正确．3．(单选)如图3所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为( )图3 A.4ωB0π B.2ωB0πC.ωB0πD.ωB02π答案 C解析 当线框绕过圆心O 的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r ，导线框的电阻为R ，即I1＝E1R ＝ΔΦ1Rt ＝B0ΔS Rt ＝12πr2B0R πω＝B0r2ω2R .当线框不动，磁感应强度变化时，I2＝E2R ＝ΔΦ2RΔt ＝ΔBS RΔt ＝ΔBπr22RΔt ，因I1＝I2，可得ΔBΔt ＝ωB0π，C 选项正确． 题组二 电磁感应中的能量问题4．(双选)如图4所示，位于一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在的平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab 放在导轨上并与导轨垂直．现用一平行于导轨的恒力F 拉杆ab ，使它由静止开始向右运动．杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计．用E 表示回路中的感应电动势，i 表示回路中的感应电流，在i 随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于 ( )图4A ．F 的功率B ．安培力的功率的绝对值C ．F 与安培力的合力的功率D ．iE 答案 BD5．(单选)如图5所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边dc 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )图5A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH答案 C解析 设线框刚进入磁场时的速度为v1，刚穿出磁场时的速度v2＝v12① 线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L.由题意得12mv21＝mgH ②12mv21＋mg·2L ＝12mv22＋Q ③ 由①②③得Q ＝2mgL ＋34mgH.C 选项正确．6．(单选)如图6所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面积的电荷量为q1；第二次bc 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则 ( )图6A ．Q1＞Q2，q1＝q2B ．Q1＞Q2，q1＞q2C ．Q1＝Q2，q1＝q2D ．Q1＝Q2，q1＞q2答案 A解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc ＝B2l2a bvRlbc ＝B2Sv Rlab同理Q2＝B2SvR lbc ，又lab ＞lbc ，故Q1＞Q2；因q ＝I t ＝ER t ＝ΔΦR，故q1＝q2.因此A 正确．7．(单选)水平放置的光滑导轨上放置一根长为L 、质量为m 的导体棒ab ，ab 处在磁感应强度大小为B 、方向如图7所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R 的电阻，导轨及导体棒电阻不计．现使ab 在水平恒力F 作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过位移为x 时，ab 达到最大速度vm.此时撤去外力，最后ab 静止在导轨上．在ab 运动的整个过程中，下列说法正确的是( )图7A ．撤去外力后，ab 做匀减速运动B ．合力对ab 做的功为FxC ．R 上释放的热量为Fx ＋12mv2mD ．R 上释放的热量为Fx答案 D解析 撤去外力后，导体棒水平方向只受安培力作用，而F 安＝B2L2v R，F 安随v 的变化而变化，故棒做加速度变化的变速运动，A 错；对整个过程由动能定理得W 合＝ΔEk ＝0，B 错；由能量守恒定律知，外力做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R 上释放的热量，即Q ＝Fx ，C 错，D 正确．8．(单选)如图8所示，矩形线圈长为L ，宽为h ，电阻为R ，质量为m ，线圈在空气中竖直下落一段距离后(空气阻力不计)，进入一宽度也为h 、磁感应强度为B 的匀强磁场中．线圈进入磁场时的动能为Ek1，线圈刚穿出磁场时的动能为Ek2，从线圈刚进入磁场到线圈刚穿出磁场的过程中产生的热量为Q ，线圈克服安培力做的功为W1，重力做的功为W2，则以下关系中正确的是 ( )图8A ．Q ＝Ek1－Ek2B ．Q ＝W2－W1C ．Q ＝W1D ．W2＝Ek2－Ek1答案 C解析 线圈进入磁场和离开磁场的过程中，产生的感应电流受到安培力的作用，线圈克服安培力所做的功等于产生的热量，故选项C 正确．根据功能的转化关系得，线圈减少的机械能等于产生的热量，即Q ＝W2＋Ek1－Ek2，故选项A 、B 错误．根据动能定理得W2－W1＝Ek2－Ek1，故选项D 错误．题组三 电磁感应中的电路问题9．(单选)如图9所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L 和2L 的两只闭合正方形线框a 和b ，以相同的速度从磁感应强度为B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的重力，若闭合线框的电流分别为Ia 、Ib ，则Ia ∶Ib 为 ( )图9A ．1∶4B ．1∶2C ．1∶1D ．不能确定答案 C解析 产生的电动势为E ＝Blv ，由闭合电路欧姆定律得I ＝Blv R ，又Lb ＝2La ，由电阻定律知Rb ＝2Ra ，故Ia ∶Ib ＝1∶1.10．(单选)如图10所示，两个相同导线制成的开口圆环，大环半径为小环半径的2倍，现用电阻不计的导线将两环连接在一起，若将大环放入一均匀变化的磁场中，小环处在磁场外，a 、b 两点间电压为U1，若将小环放入这个磁场中，大环在磁场外，a 、b 两点间电压为U2，则 ( )图10A.U1U2＝1B.U1U2＝2C.U1U2＝4D.U1U2＝14答案 B解析 根据题意设小环的电阻为R ，则大环的电阻为2R ，小环的面积为S ，则大环的面积为4S ，且ΔB Δt＝k ，当大环放入一均匀变化的磁场中时，大环相当于电源，小环相当于外电路，所以E1＝4kS ，U1＝E1R ＋2R R ＝43kS ；当小环放入磁场中时，同理可得U2＝E2R ＋2R2R ＝23kS ，故U1U2＝2.选项B 正确．11．(单选)如图11所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a ，总电阻为R ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )图11 A.Bav 3 B.Bav 6 C.2Bav 3D ．Bav 答案 A解析 摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E′＝B·2a·(12v)＝Bav.由闭合电路欧姆定律有UAB ＝E′R 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故选A. 12．如图12所示，半径为R 且左端开口的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里．一根长度略大于导轨直径的导体棒MN 以恒定速率v 在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r ，其余电阻不计．导体棒与圆形导轨接触良好．求：图12(1)在滑动过程中通过电阻r 的电流的平均值；(2)MN 从左端到右端的整个过程中，通过r 的电荷量；(3)当MN 通过圆形导轨中心时，通过r 的电流是多少？答案 (1)πBRv 2r (2)πBR2r (3)2BRv r解析 (1)计算平均电流，应该用法拉第电磁感应定律先求出平均感应电动势．整个过程磁通量的变化为ΔΦ＝BS ＝BπR2，所用的时间Δt ＝2R v ，代入公式E ＝ΔΦΔt ＝πBRv 2，平均电流为I ＝E r＝πBRv 2r. (2)电荷量的计算应该用平均电流，q ＝I Δt ＝BπR2r. (3)当MN 通过圆形导轨中心时，切割磁感线的有效长度最大，l ＝2R ，根据导体切割磁感线产生的电动势公式E ＝Blv ，得E ＝B·2Rv ，此时通过r 的电流为I ＝E r ＝2BRv r .13.把总电阻为2R 的均匀电阻丝焊接成一半径为a 的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图13所示，一长度为2a 、电阻等于R 、粗细均匀的金属棒MN 放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触，当金属棒以恒定速度v 向右移动经过环心O 时，求：图13(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压UMN ；(2)圆环消耗的热功率和在圆环及金属棒上消耗的总热功率．答案 (1)4Bav 3R N→M 23Bav (2)8 Bav 29R 8 Bav 23R解析 (1)金属棒MN 切割磁感线产生的感应电动势为E ＝Blv ＝2Bav.外电路的总电阻为R 外＝R·R R ＋R ＝12R 金属棒上电流的大小为I ＝E R 外＋R ＝2Bav 12R ＋R ＝4Bav 3R ，电流方向从N 到M 金属棒两端的电压为电源的路端电压UMN ＝IR 外＝23Bav. (2)圆环消耗的热功率为外电路的总功率P 外＝I2R 外＝8 Bav 29R圆环和金属棒上消耗的总热功率为电路的总功率P 总＝IE ＝8 Bav 23R.。
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必修一*第一章运动的描述第一节认识运动参考系质点第二节时间位移时间与时刻路程与位移第三节记录物体的运动信息打点计时器数字计时器第四节物体运动的速度平均速度瞬时速度第五节速度变化的快慢加速度第六节用图象描述直线运动匀速直线运动的位移图像匀速直线运动的速度图像匀变速直线运动的速度图像本章复习与测试*第二章探究匀变速直线运动规律第一节探究自由落体运动落体运动的思考记录自由落体运动轨迹第二节自由落体运动规律猜想与验证自由落体运动规律第三节从自由落体到匀变速直线运匀变速直线运动规律两个有用的推论第四节匀变速直线运动与汽车行驶本章复习与测试*第三章研究物体间的相互作用第一节探究形变与弹力的关系认识形变弹性与弹性限度探究弹力力的图示第二节研究摩擦力滑动摩擦力研究静摩擦力第三节力的等效和替代共点力力的等效力的替代寻找等效力第四节力的合成与分解力的平行四边形定则合力的计算分力的计算第五节共点力的平衡条件第六节作用力与反作用力探究作用力与反作用力的关系牛顿第三定律本章复习与测试*第四章力与运动第一节伽利略的理想实验与牛顿第一定律伽利略的理想实验牛顿第一定律第二节影响加速度的因素加速度与物体所受合力的关系加速度与物体质量的关系第三节探究物体运动与受力的关系加速度与力的定量关系加速度与质量的定量关系实验数据的图像表示第四节牛顿第二定律数字化实验的过程及结果分析牛顿第二定律及其数学表示第五节牛顿第二定律的应用第六节超重和失重超重和失重超重和失重的解释完全失重现象第七节力学单位单位制的意义国际单位制中的力学单位本章复习与测试必修二*第一章抛体运动第一节什么是抛体运动抛体运动的速度方向抛体做直线或曲线运动的条件第二节运动的合成与分解分运动与合运动运动的独立性运动的合成与分解第三节竖直方向的抛体运动竖直下抛运动竖直上抛运动第四节平抛物体的运动平抛运动的分解平抛运动的规律第五节斜抛物体的运动斜抛运动的分解斜抛运动的规律射程与射高弹道曲线本章复习与检测*第二章圆周运动第一节匀速圆周运动认识圆周运动如何描述匀速圆周运动的快慢第二节向心力感受向心力向心加速度生活中的向心力第三节离心现象及其应用离心现象离心现象的运用本章复习与检测*第三章万有引力定律及其应用第一节万有引力定律天体究竟做怎样的运动苹果落地的思考：万有引力定律的发现第二节万有引力定律的应用计算天体的质量理论的威力：预测未知天体理想与现实：人造卫星和宇宙速度第三节飞向太空飞向太空的桥梁——火箭梦想成真——遨游太空探索宇宙奥秘的先锋——空间探测器本章复习与检测*第四章机械能和能源第一节功怎样才算做了功如何计算功功有正、负之分吗？第二节动能势能动能重力势能弹性势能第三节探究外力做功与物体动能变第四节机械能守恒定律动能与势能之间的相互转化机械能守恒定律的理论推导第五节验证机械能守恒定律第六节能量能量转化与守恒定律各种各样的能量能量之间的转化能量守恒定律能量转化和转移的方向性第七节功率如何描述物体做工的快慢怎么计算功率功率与能量第八节能源的开发与利用能源及其分类能源危机与环境污染未来的能源本章复习与检测*第五章经典力学与物理学的革命第一节经典力学的成就与局限性经典力学的发展历程经典力学的伟大成就经典力学的极限性和适用范围第二节经典时空观与相对论时空观经典时空观相对论时空观第三节量子化现象黑体辐射：能量子假说的提出光子说：对光电效应的解释光的波粒二象性：光的本性揭示原子光谱：原子能量的不连续第四节物理学——人类文明进步的阶物理学与自然科学——人类文明进步的基石物理学与现代技术——人类文明进步的推动力本章复习与检测选修3-1*第一章电场第一节认识电场起点方式的实验探究电荷守恒定律第二节探究静电力点电荷库仑定律第三节电场强度电场电场的描述怎样“看见”电场第四节电势和电势差电势差电势等势面第五节电场强度与电势差的关系探究场强与电势差的关系电场线与等势面的关系第六节示波器的奥秘带电离子的加速带电离子的偏转示波器探秘第七节了解电容器识别电容器电容器的充放电电容器的电容决定电容的因素第八节静电与新技术锁住黑烟防止静电危害本章复习与测试*第二章电路第一节探究决定导线电阻的因素电阻定律的实验探究电阻率第二节对电阻的进一步研究导体的伏安特性电阻的串联电阻的并联第三节研究闭合电路电动势闭合电路的欧姆定律路端电压跟负载的关系测量电源的电动势和内阻第四节认识多用电表多用电表的原理学会使用多用电表第五节电功率电功和电功率焦耳定律和热功率闭合电路中的功率第六节走进门电路与门电路或门电路非门电路门电路的实验探究第七节了解集成电路集成电路概述集成电路的分类集成电路的前景本章复习与测试*第三章磁场第一节我们周围的磁象无处不在的磁场地磁场磁性材料第二节认识磁场磁场初探磁场有方向吗图示磁场安培分子电流假说第三节探究安培力安培力的方向安培力的大小磁通量第四节安培力的应用直流电动机磁电式电表第五节研究洛伦兹力洛伦兹力的方向洛伦兹力的大小第六节洛伦兹力与现代技术带电粒子在磁场中的运动质谱仪回旋加速器本章复习与测试本册复习与测试,选修3-2*第一章电磁感应第一节电磁感应现象第二节研究产生感应电流的条件第三节探究感应电流的方向感应电流的方向楞次定律右手定则第四节法拉弟电磁感应定律影响感应电动势大小的因素法拉第电磁感应定律感应电动势的另一种表述第五节法拉弟电磁感应定律的应用（一）法拉第电机电磁感应中的电路第六节法拉弟电磁感应定律的应用（二）电磁流量计电磁感应中的能量第七节自感现象及其应用自感现象自感系数日光灯第八节涡流现象及其应用涡流现象电磁灶与涡流加热涡流制动与涡流探测本章复习与检测*第二章交变电流第一节认识变交电流观察交变电流的图象交变电流的产生第二节交变电流的描述用函数表达式描述交变电流用图象描述交变电流第三节表征交变电流的物理量交变电流的周期和频率交变电流的峰值和有效值第四节电感器对交变电流的作用认识电感器电感器对交变电流的阻碍作用低频扼流圈和高频扼流圈第五节电容器对交变电流的作用电容器仅让交变电流通过电容器对交变电流的阻碍作用隔直电容器和高频旁路电容器第六节变压器认识变压器探究变压器的电压与匝数的关系理想变压器原副线圈中的电流第七节远距离输电从发电站到用户的输电线路为什么要用高压输电直流输电本章复习与检测*第三章传感器第一节认识传感器什么是传感器传感器的分类第二节探究传感器的原理温度传感器的原理光电传感器原理第三节传感器的应用生活中的传感器农业生产中的传感器工业生场中的传感器飞向太空的传感器第四节用传感器制作自控装置第五节用传感器测磁感应强度本章复习与检测选修3-3*第一章分子动理论第一节物体是由大量分子组成的分子的大小阿伏伽德罗常数第二节测量分子的大小实验原理实验器材实验与收集数据分析与论证第三节分子的热运动扩散现象布朗运动第四节分子间的相互作用力第五节物体的内能分子的动能温度分子势能物体的内能第六节气体分子运动的统计规律分子沿各个方向运动的机会相等分子速率按一定的规律分布本章复习与检测*第二章固体、液体和气体第一节晶体的宏观特征单晶体多晶体非晶体第二节晶体的微观结构第三节固体新材料新材料的基本特征新材料的未来第四节液体的性质液晶液体分子的排列液体分子的热运动液晶长丝状液晶螺旋状液晶第五节液体的表面张力液体的表面现象液体的表面张力及其微观解释第六节气体状态量体积温度压强第七节气体实验定律(Ⅰ)玻意耳定律第八节气体实验定律(Ⅱ)查理定律盖.吕萨克定律对气体实验定律的微观解释第九节饱和蒸汽空气的湿度饱和蒸汽饱和气压空气的湿度本章复习与检测*第三章热力学基础第一节内能功热量改变物体内能的两种方式第二节热力学第一定律热力学第一定律热力学第一定律运用举例第三节能量守恒定律能量守恒定律第一类永动机是不可能造成的第四节热力学第二定律热传导的方向性机械能和内能转化过程的方向性热力学第二定律热力学第二定律的微观实质熵第五节能源与可持续发展能源与环境温室效应酸雨能量降退与节约能源第六节研究性学习能源的开发利用与环境保护本章复习与测试选修3-4*第一章机械振动第一节初识简谐运动弹簧振子描述简谐运动的物理量第二节简谐运动的力和能量特征简谐运动的力的特征简谐运动的能量的特征第三节简谐运动的公式描述第四节探究单摆的振动周期单摆振动周期的实验探究第五节用单摆测定重力加速度第六节受迫振动共振受迫振动共振共振的利用和防止本章复习与检测*第二章机械波第一节机械波的产生和传播认识机械波机械波的产生机械波的传播纵波与横波第二节机械波的图象描述波的图象描述波的特征的物理量第三节惠更斯原理及其应用惠更斯原理波的反射波的折射第四节波的干涉与衍射波的干涉波的衍射第五节多普勒效应认识多普勒效应多普勒效应的成因多普勒效应的运用本章复习与检测*第三章电磁振荡与电磁波第一节电磁振荡电磁振荡电路的演变与构成电磁振荡过程中电场能和磁场能的转化电磁振荡的周期和频率第二节电磁场与电磁波麦克斯韦电磁场理论的基础思想电磁波的产生及其特点电磁场的物质性麦克斯韦电磁场理论的意义第三节电磁波的发射、传播和接收模仿赫兹实验电磁波的发射电磁波的传播无线电波的接收第四节电磁波谱光是电磁波电磁波谱第五节电磁波的应用无线电广播与电视移动通信电磁波与科技、经济、社会发展的关系本章复习与检测*第四章光第一节光的折射定律光的折射规律的实验探究折射角与光速的关系折射率第二节测定介质的折射率测量折射率第三节认识光的全反射现象光的全反射光导纤维的结构与应用第四节光的干涉双缝干涉现象光产生干涉的条件第五节用双缝干涉实验测定光的波长第六节光的衍射和偏振光的衍射光的偏振第七节激光激光激光的特性激光的应用全息照相用激光观察全息照片本章复习与检测*第五章相对论第一节狭义相对论的基本原理狭义相对论的诞生狭义相对论的基本原理“同时”的相对性第二节时空相对性时间间隔的相对性空间距离的相对性相对论的时空观第三节质能方程与相对论速度合成相对论质量质能方程相对论的速度合成定理第四节广义相对论广义相对论基本原理广义相对论的主要结论第五节宇宙学简介人类对宇宙演化的认识宇宙学的新进展本章复习与检测选修3-5*第一章碰撞与动量守恒第一节物体的碰撞历史上对碰撞问题的研究生活中的各种碰撞现象弹性碰撞和非弹性碰撞第二节动量动量守恒定律动量及其改变一维碰撞中的动量守恒定律第三节动量守恒定律在碰撞中的应. 第四节反冲运动第五节自然界中的守恒定律守恒与不变守恒与对称本章复习与检测*第二章波粒二象性第一节光电效应光电效应与光电流光电流的变化极限频率遏止电压电磁理论解释的困难第二节光子能量量子假说光子假说光电效应方程对光电效应的解释第三节康普顿效应及其解释第四节光的波粒二象性光的波粒二象性的本质概率波第五节德布罗意波德布罗意波假说电子衍射电子云不确定关系本章复习与检测*第三章原子结构之谜第一节敲开原子的大门探索阴极射线电子的发现第二节原子的结构α粒子散射实验原子的核式结构的提出第三节氢原子光谱巴耳末系氢原子光谱的其他线系原子光谱第四节原子的能级结构能及结构猜想氢原子的能级本章复习与检测*第四章原子核第一节走进原子核放射性的发现原子核的组成第二节核衰变与核反应方程原子核的衰变核反应方程半衰期第三节放射性同位素同位素放射性同位素的应用放射性的危害及防护第四节核力与结合能核力及其性质重核与轻核结合能第五节裂变和聚变核裂变链式反应受控热核反应第六节核能利用反应堆核电站核能利用第七节小粒子与大宇宙从小粒子到大宇宙——空间跨度从粒子寿命到宇宙年龄——时间跨度本章复习与检测。
高中物理 第一章 电磁感应(四)第五、六节 电磁感应规律应用2导学案粤教版选修
高中物理第一章电磁感应（四）第五、六节电磁感应规律应用2导学案粤教版选修电磁感应（四）电磁感应规律的应用(2)(第五、六节)【自主学习】学习目标1、能综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图象问题、2、掌握电磁感应中动力学问题的分析方法、3、能解决电磁感应中的动力学与能量结合的综合问题、4、会分析自感现象及日光灯工作原理。
一、自主学习1、感应电流的方向一般是利用楞次定律或右手定则进行判断；闭合电路中产生的感应电动势E＝n或E＝BLv、2、垂直于匀强磁场放置、长为L的直导线通过电流I时，它所受的安培力F＝BIL，安培力方向的判断用左手定则、3、牛顿第二定律：F＝ma，它揭示了力与运动的关系、当加速度a与速度v方向相同时，速度增大，反之速度减小、当加速度a为零时，物体做匀速直线运动、4、电磁感应现象中产生的电能是通过克服安培力做功转化而来的、二、要点透析要点一电磁感应中的图象问题1、对于图象问题，搞清物理量之间的函数关系、变化范围、初始条件、斜率的物理意义等，往往是解题的关键、2、解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，是B－t图象还是Φ－t图象，或者E－t图象、I－t图象等、(2)分析电磁感应的具体过程、(3)用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向、(4)用法拉第电磁感应定律E＝n或E＝BLv求感应电动势的大小、(5)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式、(6)根据函数关系画图象或判断图象，注意分析斜率的意义及变化、问题一匀强磁场的磁感应强度B＝0、2 T，磁场宽度l ＝4 m，一正方形金属框边长ad＝l′＝1 m，每边的电阻r＝0、2 Ω，金属框以v＝10 m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图所示、求：(1)画出金属框穿过磁场区的过程中，各阶段的等效电路图、(2)画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的i－t图线；(要求写出作图依据)(3)画出ab两端电压的U－t图线、(要求写出作图依据)要点二电磁感应中的动力学问题1、电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向、(2)求回路中的电流强度的大小和方向、(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)、(4)列动力学方程或平衡方程求解、2、电磁感应现象中涉及的具有收尾速度的力学问题，关键要抓好受力情况和运动情况的动态分析；周而复始地循环，加速度等于零时，导体达到稳定运动状态、3、两种状态处理导体匀速运动，应根据平衡条件列式分析；导体做匀速直线运动之前，往往做变加速运动，处于非平衡状态，应根据牛顿第二定律或结合功能关系分析、l【课前自测】1、(单选)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环、规定导体环中电流的正方向如图1甲所示，磁场向上为正、当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是 ( )2、(单选)如图5所示是日光灯的结构示意图，若按图示的电路连接，关于日光灯发光的情况，下列叙述中正确的是( )A、S1接通，S2、S3断开，日光灯就能正常发光B、S1、S2接通，S3断开，日光灯就能正常发光C、S3断开，接通S1、S2，再断开S2，日光灯就能正常发光D、当日光灯正常发光后，再接通S3，日光灯仍能正常发光3、如图3甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻、一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直、整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下、导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦、(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图、(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小、(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度的最大值、课堂检测案电磁感应规律的应用(2)l【当堂检测】1、(单选)如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则 ( )A、闭合开关S时，LA、LB同时达到最亮，且LB更亮一些B、闭合开关S时，LA、LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些C、断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭D、断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭2、 (单选)如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计、ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆、开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象不可能是()3、如图所示，足够长的U形框架宽度是L＝0、5 m，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37角，磁感应强度B＝0、8 T的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量为m＝0、2 kg，有效电阻R＝2 Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，该导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0、5，导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时，通过导体棒截面的电荷量为Q＝2C、(sin37＝0、6，cos37＝0、8)求：(1)导体棒匀速运动的速度、(2)导体棒从静止开始下滑到刚开始匀速运动，这一过程中导体棒的有效电阻消耗的电功、课堂训练案l【当堂训练】1、(电磁感应中的动力学问题)(单选)如图7所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落、如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为 ( )A、a1＞a2＞a3＞a4B、a1＝a2＝a3＝a4C、a1＝a3＞a2＞a4D、a1＝a3＞a2＝a42、（电磁感应中的图象问题）(双选)如图甲所示，一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头为电流I的正方向、线圈及线圈中感应电流I随时间变化的图线如图乙所示，则磁感应强度B随时间变化的图线可能是 ( )(电磁感应中的动力学及能量综合问题)足够长的平行金属导轨MN和PK表面粗糙，与水平面之间的夹角为α，间距为L、垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度为B，MP间接有阻值为R的电阻，质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，其他电阻不计、如图9所示，用恒力F沿导轨平面向下拉金属杆ab，使金属杆由静止开始运动，杆运动的最大速度为vm，t s末金属杆的速度为v1，前t s内金属杆的位移为x，(重力加速度为g)求：(1)金属杆速度为v1时加速度的大小；(2)整个系统在前t s 内产生的热量、课后拓展案l【巩固拓展】1、(单选)如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接、右端接一个阻值为R的定值电阻、平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场、质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止、已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好、则金属棒穿过磁场区域的过程中( )A、流过金属棒的最大电流为B、通过金属棒的电荷量为C、克服安培力所做的功为mghD、金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)2、如图11所示，倾角为θ的“U”型金属框架下端连接一阻值为R的电阻，相互平行的金属杆MN、PQ间距为L，与金属杆垂直的虚线a1b1、a2b2区域内有垂直框架平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，a1b1、a2b2间距离为d，一长为L、质量为m、电阻为R的导体棒在金属框架平面上与磁场上边界a2b2距离d处从静止开始释放，最后能匀速通过磁场下边界a1b1、重力加速度为g(金属框架摩擦及电阻不计)、求：(1)导体棒刚到达磁场上边界a2b2时速度大小v1；(2)导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时速度大小v2；(3)导体棒穿越磁场过程中，回路产生的电能、。
2019-2020年高中物理 第一章 第六、七节 自感现象及其应用 涡流现象及其应用学案 粤教版选修3-2
2019-2020年高中物理第一章第六、七节自感现象及其应用涡流现象及其应用学案粤教版选修3-21．知道什么是自感现象和自感电动势，知道自感系数及影响自感系数的因素．2．知道日光灯的基本原理和结构．3．知道涡流是如何产生的，知道如何利用和防止．1．自感现象：由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象，叫自感现象．2．自感电动势：自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势．3．自感电流：自感电动势在闭合回路中产生电流，这种电流叫做自感电流．4．自感系数：描述通电线圈自身特性的物理量叫做自感系数，简称自感或电感．5．日光灯的组成：日光灯主要由灯管、镇流器和启动器组成．自感现象应用于防止电表烧坏例如图所示的电路，可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个电压表，用来测量自感线圈两端的直流电压，在实验完毕后，将电路拆开时应( )A．先断开开关S1 B．先断开开关S2C．先拆去电流表 D．先拆去电阻R解析：若先断开开关S1或先拆去电流表或先拆去电阻R，由于L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关S2.答案：B一、单项选择题1．一个线圈的电流在均匀增大，则这个线圈的(D)A．自感系数也将均匀增大B．自感电动势也将均匀增大C．磁通量的变化率也将均匀增大D．自感系数、自感电动势都不变解析：自感系数是线圈本身特征的物理量，不随电流而变；电流均匀变化，则磁通量的变化率和自感电动势均不变．故D选项正确．2．关于自感电动势的方向，正确的说法是(D)A．它总是同原电流方向相同B．它总是同原电流方向相反C．当原电流增大时，它与原电流方向相同D．当原电流减小时，它与原电流方向相同解析：自感电动势总是阻碍原电流的变化．故D选项正确．3．如右图所示，开关S闭合且达到稳定时，小灯泡能正常发光．则当闭合S和断开S 的瞬间能观察到的现象分别是(A)A．小灯泡慢慢亮；小灯泡立即熄灭B．小灯泡立即亮；小灯泡立即熄灭C．小灯泡慢慢亮；小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭D．小灯泡立即亮；小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭解析：合上开关S，由于自感L产生自感电动势阻碍A的电流增大，所以A慢慢变亮；断开S瞬间L也产生自感电动势，但由于没有形成闭合回路，所以没有电流，即灯泡立即熄灭．4．在日光灯的连接线路中，关于启动器的作用，以下说法正确的是(C)A．日光灯启动时，为灯管提供瞬时高压B．日光灯正常工作时，起降压限流的作用C．起到一个自动开关的作用，实际上可用一个弹片开关代替(按下接通，放手断开) D．以上说法均不正确解析：启动器的作用是利用动触片和静触片的接通与断开起一个自动开关的作用，启动的关键就在于断开的瞬间，镇流器产生的感应电动势与交流电压一起加在灯丝上，由此获得瞬间高压使得灯管变成通路并开始发光．二、多项选择题5．如右图所示，在光滑水平面上固定一条形磁铁，有一小球以一定的初速度向磁铁方向运动，如果发现小球做减速运动，则小球的材料可能是(CD)A．铁 B．木 C．铜 D．铝解析：小球的材料若是铁，则磁铁会吸引小球，小球会加速运动，排除A；若小球是铜或铝制成的，靠近磁铁时，小球会产生涡电流，动能转化为电能再转化为内能，小球做减速运动，所以C、D对．6．如右图所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B.不考虑空气阻力，则下列说法正确的是(BD)A．A、B两点在同一水平线B．A点高于B点C．A点低于B点D．铜环摆动过程中有部分机械能转化为热能解析：在铜环进、出磁场时，穿过铜环的磁通量发生变化，故在环中产生感应电流，有热量产生，在运动过程中铜环的机械能转化为热能，机械能减少．7．在如右图所示的电路中，S1和S2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其直流电阻值与R相等．在电键S接通和断开时，灯泡S1和S2亮暗的顺序是(AC)A．接通时，S1先达到最亮 B．接通时，S2先达到最亮C．断开时，S1后熄灭 D．断开时，S2后熄灭解析：从等效的观点看，在S接通时，相当于L表现为很大的电阻，故S1先达到最亮，选项A正确．同理，选项C也正确．8．如右图电路甲、乙中，电阻R和自感线圈L的电阻都很小．接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则(AD)A．在电路甲中，断开S，A将渐渐变暗B．在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路乙中，断开S，A将渐渐变暗D．在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗解析：本题考查同学们对断电时产生的自感电动势的阻碍作用的理解．在电路断开时，电感线圈的自感电动势阻碍原电流的减小，此时电感线圈在电路中相当于一个电源，表现为两个方面：一是自感电动势所对应的电流方向与原电流方向一致；二是在断电瞬间，自感电动势所对应的电流大小与原电流的大小相等，以后以此电流开始缓慢减小到零．甲图中，电灯A与电感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同；断开电键S时，线圈L中的自感电动势要维持原电流不变，所以，电键断开的瞬间，电灯A的电流不变，以后电流渐渐变小．因此电灯渐渐变暗．乙图中，电灯A所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小(因为电感线圈的电阻很小)，断开电键S时，电感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小，此瞬间电感线圈中的电流不变，电感线圈相当于一个电源给灯A供电．因此，反向流过A的电流瞬间要变大，然后渐渐变小，所以电灯要先亮一下，然后渐渐变暗．故D选项正确．9．日光灯镇流器的作用是(BC)A．启动时限制灯管中电流B．启动时产生瞬间高压，点燃灯管C．工作时降压限流，使灯管在较低电压下工作D．工作时维持灯管两端有高于电源的电压，使灯管正常工作解析：镇流器的作用：日光灯点燃时，利用自感现象产生瞬时高压；日光灯正常发光时，利用自感现象，对灯管起到降压限流作用．三、非选择题(按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位．)10．在如图所示的日光灯工作电路中．(1)开关合上前，启动器的静触片和动触片是__________(填“接通的”或“断开的”)；(2)开关刚合上时，220 V电压加在________上，使________泡发出红光；(3)日光灯起辉瞬间，灯管两端电压________(填“大于”“等于”或“小于”)220 V；(4)日光灯正常发光时，启动器的静触片和动触片________(填“接通”或“断开”)．答案：(1)断开的(2)启动器氖(3)大于(4)断开11．如右图所示，自感线圈的自感系数很大，电阻为0.电键原来是合上的，在K断开后，分析：(1)若R1>R2，灯泡的亮度如何变化？(2)若R1<R2，灯泡的亮度又如何变化？解析：(1)因R1>R2，即I1<I2，所以小灯泡在K断开后先突然变到某一较暗状态，再逐渐变暗到最后熄灭．(2)因R1<R2，即I1>I2，小灯泡在K断开后电流从原来的向右突然变为向左(方向相反)，然后再逐渐变小，最后为零，所以灯泡在K断开后先变得比原来更亮，再逐渐变暗到熄灭．答案：(1)先突然变到某一较暗状态，再逐渐变暗到最后熄灭．(2)所以灯泡在K断开后先变得比原来更亮，再逐渐变暗到熄灭．12．我们用来煮食物的炉子有各种各样的款式，它们的工作原理各不相同，有以天然气、液化石油气等作燃料的，例如天然气炉，还有直接以电热方式加热的，例如电饭锅．下面介绍的是以电磁感应原理生热的电磁炉，如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，炉子的内部有一个金属线圈，当电流通过线圈时，会产生磁场，这个磁场的大小和方向是随电流不断变化的，这个变化的磁场又会使放在电磁炉上面的铁质(或钢铁)锅底内产生感应电流，由于锅底有电阻，所以感应电流又会在锅底产生热效应，这些内能便能起到加热物体的作用从而煮熟食物．电磁炉的特点是：效率比一般的炉子都高，炉面无明火，无烟无废气，火力强劲，安全可靠．因为电磁炉是由电磁感应产生电流，利用电流的热效应产生热量，所以不是所有的锅或器具都适用．对于锅的选择，方法很简单，只要是锅底能被磁铁吸住的就能用．适用于电磁炉的烹饪器具有不锈钢锅、不锈钢壶、平底铁锅；不适用的有陶瓷锅、圆底铁锅、耐热玻璃锅、铝锅、铜锅等．(1)在电磁炉加热食物的过程中涉及的物理原理有(回答三个即可)：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________；③________________________________________________________________________.(2)电磁炉所用的锅不能用陶瓷锅、耐热玻璃锅的原因是________________________；电磁炉所用的锅不能用铝锅、铜锅的原因是_______________________________________________________________________________ _________________________________________________________________.(3)在锅和电磁炉中间放置一纸板，电磁炉还能起到加热作用吗？为什么？答案：(1)①电流的磁效应(或电生磁) ②电磁感应现象(或磁生电) ③电流的热效应(或焦耳定律)(2)瓷和玻璃不能产生电磁感应现象铝、铜的导磁性太差，效率低(3)能起到加热作用，因为线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感应电流，利用电流的热效应起到加热作用．2019-2020年高中物理第一章第六节洛伦兹力初探练习粤教版选修1-1►达标训练1．磁场对电流有作用力，对这个问题进行研究并且取得成功的科学家是( )A．奥斯特 B．安培C．法拉第 D．洛伦兹答案：B2．电子通过磁场时会发生偏转，这是因为受到( )A．库仑力的作用 B．万有引力的作用C．洛伦兹力的作用 D．安培力的作用解析：洛伦兹力的方向与电荷的运动方向垂直，所以电子通过磁场时会发生偏转，因此C选项正确．答案：C3．关于电荷所受电场力和洛伦兹力，正确的说法是( )A．电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用B．电荷在电场中一定受电场力作用C．电荷所受电场力一定与该处电场方向一致D．电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直解析：电荷在电场中一定受电场力的作用，正电荷受电场力方向与电场方向一致，静止电荷不受磁场力作用，运动电荷受磁场力作用时方向总是垂直于磁场方向．答案：B4．对阴极射线管的认识，下列说法错误的是( )A．阴极射线管是用来观察电子束运动轨迹的装置B．借助阴极射线管我们可以看到每个电子的运动轨迹C．阴极射线管内部抽成真空D．阴极射线管工作时，它的阴极和阳极之间存在强电场答案：B5．一个带正电的粒子以速度v进入匀强磁场中，速度方向与磁感线方向相同，不计重力，能正确反映粒子运动轨迹的图是( )解析：带电粒子只有运动方向不平行于磁场时才受洛伦磁力，该粒子不受力，故选C.答案：C6．(多选)带电粒子在磁场中发生偏转的物理原理可运用于各种科学实验和电器中．下面利用了此物理原理的装置有( )解析：A、B、C均利用了带电粒子在磁场中发生偏转的物理原理．答案：ABC7．(多选)在如下图所示的四幅图中，正确标明了带正电的粒子所受洛伦兹力F方向的是( )解析：由左手定则可知选项A、C正确．答案：AC没有理解相对论的相对论先驱洛伦兹生于1853年，他是一位多才全能的物理学家，在物理学的许多领域中都作出了极为引人注目的贡献：经典电子论的创立、“洛伦兹力”的确定、“塞曼效应”的发现与解释、洛伦兹变换的确立等都凝聚着这位物理学家一生的心血，用物理学家拉莫的话讲：“概括洛伦兹一生的工作，相当于接收到一次半世纪的物理学史全面教育，而这半个世纪曾开创了物理学的新纪元．”洛伦兹正是生活在物理学的革命时代，一方面，以牛顿力学为基础的经典物理学渐趋完善；另一方面，新的物理现象，新的发现的出现越来越暴露了经典物理学的缺陷，人们有必要彻底修正经典物理学大厦，麦克斯韦电磁波理论的成功，麦克斯韦预言的电磁波也为赫兹等人证实，电磁波在真空中的传播速度为光速，即每秒30万千米．令人疑惑的是电磁波的传播并没有指明参照系，这与经典运动是难以一致的，为此又有人提出了“以太”介质，即认为光及电磁波的传播速度是相对于以太而言的．为了证实以太介质的存在，科学家们在长达几十年的时间里都在寻找证据，最后迈克尔逊的实验否定了以太的存在，以太渐渐为物理学家们所摈弃，从而进入了相对论时代．洛伦兹是以太学说的支持者之一，这位颇有成就的物理学家至死都没有放弃以太的存在．在迈克尔逊实验后，为了挽救以太，摆脱实验结果造成的令人困惑的局面，1892年，他提出了“收缩假说”，即认为物质运动时，由于组成物质粒子间相互作用的变化，物质将在运动方向上缩短，从而机械性地解释了迈克尔逊的实验结果．洛伦兹还发现，当电子高速运动时，电子的质量也会随运动速度的增加而增加，而当他把“收缩理论”中的时间t用另一与运动速度有关的时间t′(洛伦兹称为“运动系统中的本地时”)取代后，他发现他的“收缩理论”就呈现出一种和谐的美，这种空间收缩及时间的变换关系就是洛伦兹变换，它适用于一切惯性坐标系．在洛伦兹变换提出一年后(1905年)，爱因斯坦就创立了狭义相对论，从本质上揭示了时间与空间、物质和运动、质量和能量、动量和能量的统一性，其中很多结论与洛伦兹是相同的，以至于英国数学、物理学家惠特克把相对论的功绩全部归之于洛伦兹．然而物理本性上，洛伦兹理论是以以太为参考系，他所引进的时间t′仅作为数学上的一个辅助量，而没有赋给它真实的物理含意．事实上，在爱因斯坦提出相对论后，洛伦兹一直不承认相对论，当很多事实证实相对论的正确性时，他虽表示祝贺和赞誉爱因斯坦，但一定也不理解，他在相对论时代生活了20多年(1928年去世)，但至死都没有理解相对论．。
2019_2020学年高中物理第一章电磁感应第六节自感现象及其应用课件粤教版选修3_2
4.日光灯开始发光后，由于交变电流通过镇流器的线圈，线圈中就会产生自感 电动势，它总是阻碍电流的变化，这时镇流器起着降压限流的作用，保证日 光灯正常工作.
例4 如图5所示为日光灯的结构示意图，若按图示的电路连
接，关于日光灯发光的情况，下列说法正确的是
A.S1接通，S2、S3断开，日光灯就能正常发光
然断开，开关S断开前后，能正系的图象是
图4
√
提示 要注意断电前后，无线圈的支路电流方向是否变化.
三、日光灯的工作原理
1.闭合开关后，启动器动触片与静触片接触，使灯丝和镇流器线圈中有电流流 过，使灯丝预热. 2.电路接通后，启动器中的氖气停止放电，U形片冷却收缩，两个触片分离， 电路自动断开. 3.在电路突然断开的瞬间，由于镇流器电流急剧减小，会产生很高的自感电动 势，方向与原来的电压方向相同，自感电动势与电源电压加在一起，形成一 个瞬时高压，加在灯管两端，使灯管中的气体开始放电，于是日光灯成为电 流的通路开始发光.
例2 (多选)如图3所示，L为一纯电感线圈(即电阻为零)，
LA是一灯泡，下列说法正确的是
A.开关S闭合瞬间，无电流通过灯泡
√B.开关S闭合后，电路稳定时，无电流通过灯泡
图3
C.开关S断开瞬间，无电流通过灯泡
√D.开关S闭合瞬间，灯泡中有从a到b的电流，而在开关S断开瞬间，灯泡中有
从b到a的电流
技巧点拨
D.S断开瞬间，LA、LB立即熄灭
12345
4.(自感现象的图象问题)在如图7所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流 电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源. 在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定以电路稳定时流 过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下列 图象中能定性描述电流I随时间t变化关系的是
2019-2020学年度最新高中物理第一章电磁感应第6节自感现象及其应用学案粤教版选修3_2
D．当电路接通后，两个触片冷却，两个触片重新分离
【解析】 依据日光灯的工作原理可知，电源把电压加在启动器的两极之间，使氖气放电而发出辉光，辉光产生热量使U形动触片膨胀伸长，跟静触片接触把电路接通．电路接通后，启动器的氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分开，电路自动断开．
2．知道日光灯的结构和工作原理．(重点)
3．断电自感灯泡闪亮原因的分析判断．(难点)
自 感 现 象 与 自 感 系 数
1．自感现象：当线圈中的电流发生变化时，线圈本身产生感应电动势，阻碍原来电流变化的现象．
2．通电自感和断电自感
电路
现象
自感电动
势的作用
通电
自感
接通电源的瞬间，灯泡A1较慢的亮起来
阻碍电流的增加
探讨2：断开时为什么出现②中的现象？
【提示】 S断开时，电流开始减小，线圈中磁通量也发生变化，同样推迟电流的减小时间，此时L相当于电源，回路中的A1、A2都亮一会再熄灭．
探讨3：①②两种现象中，流过A1、A2的电流方向一样吗？
【提示】 不一样，A1中电流方向不变，A2中电流方向相反．
灯泡亮度的变化分析
1．日光灯使用的是稳恒电流．(×)
2．日光灯正常发光后，启动器就不起什么作用了．(√)
3．镇流器只起升压作用．(×)
日光灯灯管两端的电极是相通的吗？
【提示】 不是．灯管两端有电极，中间有水银蒸气．
在如图1 6 4所示的日光灯原理图中：
图1 6 4
探讨1：开关刚合上时，220 V电压加在什么元件上？
【提示】 启动器
探讨2：镇流器在日光灯点燃瞬间的作用是什么？
2019年高中物理第一章电磁感应第六节自感现象及其应用讲义含解析粤教版选修3_2
自感现象及其应用1．当线圈中电流变化时，线圈本身产生自感电动势，这个电动势阻碍原电流的变化。
2．自感电动势的大小与通过线圈的磁通量变化的快慢和自感系数大小有关。
3．线圈越粗、越长、匝数越多，它的自感系数就越大。
此外，有铁芯的线圈自感系数比没有铁芯时大得多。
一、自感现象1．实验探究2．自感现象由于线圈本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象，叫做自感现象。
3．自感电动势在自感现象中产生的感应电动势，叫做自感电动势。
二、自感系数1．物理意义描述通电线圈自身影响自感电动势的特性的物理量，简称自感或电感。
2．影响因素线圈的形状、长短、匝数和有无铁芯。
线圈越粗、越长、匝数越多，其自感系数就越大，有铁芯时线圈的自感系数比没有铁芯时大得多。
3．单位亨利，简称亨，符号是H，常用的较小单位有毫亨和微亨。
三、日光灯1．构造如图161所示，由灯管、镇流器和启动器组成。
图1612．灯管(1)工作原理：在高压激发下，灯管内两灯丝间的气体导电，发出紫外线，管壁上的荧光粉在紫外线的照射下发出可见光。
(2)气体导电的特点：只有当灯管两端的电压达到一定值时，气体才能电离导电；而要在灯管中维持一定大小的电流，所需的电压却低得多。
3．启动器的构造及作用(1)构造：双金属片(U形动触片和静触片)。
(2)作用：在开关闭合后，使电路短暂接通再将电路断开。
4．镇流器的作用(1)启动时产生瞬时高压使灯管发光。
(2)正常发光时，起着降压、限流的作用，保证日光灯的正常工作。
1．自主思考——判一判(1)线圈的自感系数与电流大小无关，与电流的变化率有关。
(×)(2)线圈自感电动势的大小与自感系数L有关，反过来，L与自感电动势也有关。
(×)(3)线圈中电流最大的瞬间可能没有自感电动势。
(√)(4)自感现象中，感应电流一定与原电流方向相反。
(×)(5)一个线圈中的电流均匀增大，自感电动势也均匀增大。
【精品】高中物理第一章电磁感应第六节自感现象及其应用学案粤教版选修3
第六节自感现象及其应用[学习目标] 1.了解自感现象及其应用.2.能够通过电磁感应的有关规律分析通电自感和断电自感现象.3.了解自感系数的决定因素.4.了解日光灯的发光原理．一、自感现象[导学探究] (1)通电自感：如图1所示，开关S闭合的时候两个灯泡的发光情况有什么不同？图1(2)断电自感：如图2所示，先闭合开关使灯泡发光，然后断开开关，两灯泡的发光情况有什么不同？图2答案(1)灯泡L2立即发光，灯泡L1逐渐亮起来．(2)L2立即熄灭，L1闪亮一下，再逐渐熄灭．[知识梳理] 自感现象及自感电动势的定义和特点(1)定义：由于线圈本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象．在自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势．(2)自感电动势的大小：跟穿过线圈的磁通量变化快慢有关，还跟自感系数有关．(3)自感系数的决定因素：由线圈本身性质决定，与线圈的长短、形状、匝数，以及是否有铁芯等因素有关，与E、ΔI、Δt等无关．单位：亨利，符号H.[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)在实际电路中，自感现象有害而无益．( )(2)只要电路中有线圈，自感现象就会存在．( )(3)发生断电自感时，因为断开电源之后电路中还有电流，所以不符合能量守恒定律．( )(4)线圈中的电流变化越快，自感现象越明显．( )答案(1)×(2)×(3)×(4)√二、日光灯[导学探究] 自感现象可分为断电自感和通电自感．在使日光灯管启动的过程中(如图3为日光灯的结构)应用了哪种自感现象？启动器在日光灯电路中的作用是什么？图3答案断电自感自动开关[知识梳理]1．灯管：在高压激发下，两灯丝间的气体导电，发出紫外线，管壁上的荧光粉在紫外线照射下发出可见光．2．启动器：在开关闭合后，氖气放电发出辉光，辉光产生热量使动触片膨胀变形，与静触片接触之后，辉光放电消失，动触片降温恢复原状，与静触片分离，电路断开．3．镇流器：启动时产生瞬时高电压使灯管发光，正常发光时，起着降压限流的作用．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)没有启动器，在安启动器的位置，可以用一根导线，通过瞬时接通、断开的方式，使日光灯点亮．( )(2)日光灯点亮后，启动器就没有作用了．( )(3)在日光灯正常工作中，镇流器只会消耗电能，没有作用．( )(4)日光灯正常工作的电压高于220V．( )答案(1)√(2)√(3)×(4)×一、自感现象的分析例1 如图4所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，L A、L B是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则 ( )A．闭合开关S时，L A、L B同时达到最亮，且L B更亮一些B．闭合开关S时，L A、L B均慢慢亮起来，且L A更亮一些C．断开开关S时，L A慢慢熄灭，L B马上熄灭D．断开开关S时，L A慢慢熄灭，L B闪亮后才慢慢熄灭图4答案 D解析由于灯泡L A与线圈L串联，灯泡L B与电阻R2串联，当S闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以L B先亮，A、B错误．由于L A所在的支路电阻阻值偏小，故稳定时电流大，即L A更亮一些，当S断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从I A开始减小，故L A慢慢熄灭，L B闪亮后才慢慢熄灭，C错误，D正确．自感线圈对电流的变化有阻碍作用，具体表现为：(1)通电瞬间自感线圈处相当于断路．(2)断电时，自感线圈相当于电源，其电流由原值逐渐减小，不会发生突变(必须有闭合回路)．(3)电流稳定时自感线圈相当于导体，若其直流电阻忽略不计，则相当于导线．针对训练(多选)如图5所示，L为一纯电感线圈(即电阻为零)，L A是一灯泡，下列说法正确的是 ( )图5A．开关S闭合瞬间，无电流通过灯泡B．开关S闭合后，电路稳定时，无电流通过灯泡C．开关S断开瞬间，无电流通过灯泡D．开关S闭合瞬间，灯泡中有从a到b的电流，而在开关S断开瞬间，灯泡中有从b到a 的电流答案BD解析开关S闭合瞬间，灯泡中的电流从a到b，A错误；线圈由于自感作用，通过它的电流逐渐增加，开关S接通后，电路稳定时，纯电感线圈对电流无阻碍作用，将灯泡短路，灯泡中无电流通过，B正确；开关S断开的瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中原有向右的电流将逐渐减小，线圈与灯泡形成回路，故灯泡中有从b到a的瞬间电流，C错误，D正确．二、自感现象的图象问题例2 如图6所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2A，流过灯泡的电流是1A，现将S突然断开，S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图象是( )图6答案 D解析开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1A．开关S断开瞬间，自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流从原来的2A逐渐减小，方向不变，且同灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同，也应该是从2A逐渐减小到零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，D对．1．断电时，自感线圈处电流由原值逐渐减小，不能发生突变，而且电流方向也不变．2．断电前后，无线圈的支路要注意电流方向是否变化．三、对日光灯的原理的理解例3 (多选)在日光灯电路中接有启动器、镇流器和日光灯管，下列说法中正确的是( ) A．日光灯点燃后，镇流器、启动器都不起作用B．镇流器在点燃灯管时产生瞬时高压，点燃后起降压限流作用C．日光灯点亮后，启动器不再起作用，可以将启动器去掉D．日光灯点亮后，使镇流器短路，日光灯仍能正常发光，并能降低对电能的消耗答案BC解析日光灯工作时都要经过预热、启动和正常工作三个不同的阶段，它们的工作电路如图所示．在启动阶段镇流器与启动器配合产生瞬时高压．工作时，电流由镇流器经灯管，不再流过启动器，故日光灯启动后启动器不再工作，可以去掉，而镇流器还要起降压限流作用，不能去掉，故选B、C.1．关于自感现象，下列说法正确的是( )A．感应电流一定和原来的电流方向相反B．对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈产生的自感电动势也越大C．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈的自感系数也越大D．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势也越大答案 D解析当电流增大时，感应电流的方向与原来的电流方向相反，当电流减小时，感应电流的方向与原来的电流方向相同，故选项A错误；自感电动势的大小，与电流变化快慢有关，与电流变化大小无关，故选项B错误，D正确；自感系数只取决于线圈本身的因素及有无铁芯，与电流变化情况无关，故选项C错误．。
高中第一章第六节自感现象及其应用导学案粤教选修
第六节自感现象及其应用班级姓名学号评价【自主学习】一、学习目标1．知道什么是自感现象2．知道自感系数是表示线圈本身特征的物理量，知道它的单位及其大小的决定因素3．日光灯的工作原理二、重点难点1. 能够通过电磁感应部分知识分析通电、断电时产生自感现象的原因。
三、问题导学1．什么是自感现象？2．日光灯的基本原理和结构是什么？四、自主学习（阅读课本P25-28页，《金版学案》P27-28考点1、2、3）1．完成《金版学案》P27预习篇1、2、3五、要点透析见《金版学案》P27-28考点1、2、3）【预习自测】1．由于导体本身的_______变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做____________，其大小E＝L ΔIΔt，L为自感系数．自感系数：L与线圈的____ _、________、_________以及是否有______等因素有关，其单位是______，符号是______.2．（双选）如下图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的，从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是（）A．I1开始较大而后逐渐变小B．I1开始很小而后逐渐变大C．I2开始很小而后逐渐变大D．I2开始较大而后逐渐变小3．（双选）在日光灯电路中接有启动器、镇流器和日光灯管，下列说法中正确的是( )A．日光灯点燃后，镇流器、启动器都不起作用B．镇流器在点燃灯管时产生瞬时高压，点燃后起降压限流作用C．日光灯点亮后，启动器不再起作用，可以将启动器去掉D．日光灯点亮后，使镇流器短路，日光灯仍能正常发光，并能降低对电能的消耗先学案第六节 自感现象及其应用【巩固拓展】课本作业P28练习1、2、31．（单选）如图所示，线圈 L 的电阻和电池内阻都不计，两个电阻的阻值都是R ，开关S 原来打开，电流I 0＝E/(2R)，现合上电键将一电阻短路，于是线圈有自感电动势产生（ ）A ．有阻碍电流的作用，最后电流由 I 0 减为零B ．有阻碍电流的作用，最后电流总小于 I 0C ．有阻碍电流增大的作用，因而电流 I 0 保持不变D ．有阻碍电流增大的作用，但最后电流还是增大到 2I2．（单选）如图所示电阻 R 和线圈自感系数 L 的值都较大，电感线圈的电阻不计，A 、B 是两只完全相同的灯泡，当开关 S 闭合时，电路可能出现的情况是（ ）A ．B 比 A 先亮，然后 B 熄灭B ．A 比 B 先亮，然后 A 熄灭C ．A 、B 一起亮，然后 A 熄灭D ．A 、B 一起亮，然后 B 熄灭第六节 自感现象及其应用 班级 姓名 学号 评价 【课堂检测】一、自感现象1．实验一：通电自感实验①实验装置：在图所示的通电电路中，两灯泡L 1、L 2的规格完全相同．根据灯泡L 1、L 2的亮度调节滑动变阻器R 的电阻和线圈L 的电阻相同，即：R ＝R L . 这样两并联支路的电阻 ．②实验现象：在通电瞬间，与滑动变阻器R 串联的灯泡L 2_________ ，而与线圈L 串联的灯泡L 1则_______ __ (即其正常发光比灯L 2___ __ 一段时间)，最后两灯泡都正常发光,亮度 ．2．实验二：断电自感实验①实验装置：如上图所示断电自感电路中，线圈L 的电阻较小(线圈中有恒定电流时电阻值较小)，目的是接通电路灯泡正常发光时，通过线圈L 的电流通过灯泡L 的电流I ，即I L >I课 后拓展案 课 堂检测案②实验现象：闭合开关S 接通电路，调节R 使灯泡L 正常发光，达到稳定后，突然断开S 时，发现灯泡L 先 一下，过一会儿才熄灭． 【实验分析】两个实验电路有一个共同特点，当闭合开关或断开开关时，通过线圈的电流发生了 .由法拉第电磁感应定律可知，穿过线圈的磁通量发生了变化．线圈中产生_________.这个电动势总是 导体中原来电流的变化．二、日光灯的原理3．工作过程：（1）当开关闭合时，电源把电压加在启动器的两极之间，使氖气放电而发出辉光．辉光产生的热量使U 形动触片膨胀伸长，跟静触片接触而把电路接通，于是镇流器的线圈和灯管的灯丝中就有电流通过．电路接通后，启动器中的氖气停止放电，U 形动触片冷却收缩，两个触片分离，电路自动断开．流过镇流器的电流急剧减小，会产生很高的___________，方向与原来电压的方向_____ ，形成瞬时高压加在灯管两端，使灯管中的气体开始放电，于是日光灯管成为电流的通路开始发光．（2）日光灯正常发光时，由于使用的是交变电流，电流的大小和方向做周期性变化．当交流电的大小增大时，镇流器上的自感电动势_____ 原电流增大，自感电动势与原电压反向；当交流电的大小减小时，镇流器上的自感电动势_____ 原电流减小，自感电动势与原电压 ，镇流器的自感电动势总是阻碍电流的变化，镇流器就起________ _的作用．● 【互动研讨】1．自感现象属于 现象，遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律2．自感电动势的作用：阻碍原电流的 ，而不是阻止，电流仍在变化，只是使原电流的变化 ，即总是起着 的作用．第六节 自感现象及其应用班级 姓名 学号 评价● 【当堂训练】1．（单选）如下图所示，S 为启动器，L 为镇流器，其中日光灯的接线图正确的是（ ）2．（单选）关于线圈的自感系数，下列说法中正确的是（ ）课 堂 训练案A．线圈中电流变化量越大，线圈的自感系数越大B．线圈中电流变化得越快，线圈的自感系数越大C．若线圈中通入恒定电流，线圈自感系数为零D．不管电流如何变化，线圈的自感系数不变3.（双选）在如图所示的电路中，L 是足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，L1和 L2是两个完全相同的小灯泡．将开关 S 闭合，待灯泡亮度稳定后，再将开关 S 断开，则下列说法中正确的是（）A．S 闭合瞬间，两灯同时亮，以后 L1熄灭，L2变亮B．S 闭合瞬间，L1先亮，L2后亮，最后两灯亮度一样C．S 断开时，两灯都亮一些再慢慢熄灭D．S 断开时，L2 立即熄灭，L1亮一下再慢慢熄灭高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2020版选修3-2粤教物理课堂课件第一章 电磁感应第六节 自感现象及其应用
物理
思维总结 日光灯启动过程中,镇流器和启动器共同作用;日光灯正常工作时启动 器不再起作用,但镇流器须降压限流.
物理
〚针对训练2-1〛 (多选)下列有关日光灯的使用方法,正确的是( ) A.日光灯的启动器丢失,作为应急措施,可以用一小段带绝缘外皮的导线 人工启动日光灯 B.日光灯在冬天使用时,启动较困难,可用热毛巾热敷灯管的中部,使之 启动容易些 C.日光灯的镇流器损坏了,可用电阻替代 D.日光灯在电压较低时,启动较困难,这时可将镇流器暂时短路,使启动 变得容易些
物理
题后反思 灯泡是否闪亮的判断
在断电自感现象中,判断灯泡是否突然变亮的依据是什么? 答案:取决于断电前线圈中的电流是否大于灯泡中的电流.
物理
〚针对训练1-1〛 (多选)如图所示为自感现象演示实验电路.L为一带铁 芯的线圈,A1、A2是两个零点在表盘中央的相同的电流表,L的直流电阻与 灯D的电阻相同,则( ) A.S闭合的瞬间,A1的读数大于A2的读数 B.S打开的瞬间,A1的读数大于A2的读数 C.S打开的瞬间,a点的电势比b点电势高 D.S打开的瞬间,a点的电势比b点电势低
物理
【要点透析】 1.日光灯电路 如图所示.
物理
2.日光灯的启动 (1)当开关闭合时,电源把电压加在启动器的两极之间,使氖气放电而发 出辉光,辉光产生的热量使U形动触片膨胀伸长,从而接通电路,于是镇流 器的线圈和灯管的灯丝中就有电流通过. (2)电路接通后,启动器中的氖气停止放电,U形动触片冷却收缩,两个触 片分离,电路自动断开,镇流器产生很高的自感电动势,方向与原来电压 方向相同,形成瞬时高压加在灯管两端,灯管内的惰性气体和汞蒸气电离, 使灯管导电而发光. 3.日光灯正常工作时镇流器的作用 由于交变电流不断通过镇流器的线圈,线圈中产生自感电动势,从而阻碍 线圈中电流的变化,镇流器就起着降压限流的作用.
高中物理第一章电磁感应第六节法拉第电磁感应定律预习导学案粤教版选修3_32.doc
第六节 法拉第电磁感应定律（二）【思维激活】铜球在一磁铁磁极附近下落，它会受到影响吗？绝缘体球呢？提示：铜球在磁铁磁极附近下落时会受到影响，因为穿过铜球的磁通量会变化，铜球自成回路会产生感应电流，会受到阻碍；绝缘体不会受到影响，因为在绝缘体中不会产生电流。
【自主整理】1.由于电磁感应，在闭合电路中产生感应电流，而处于磁场中的感应电流往往又受到安培力作用，而安培力做功则会带来能量的转化。
2.电磁流量计是由流量传感器和转换器两大部分组成。
能量转化：电磁感应现象中产生的电能是通过克服安培力做功转变而来的，克服安培力做了多少功就有多少电能产生，而这些电能又通过电流做功使电阻发热转变成内能。
【高手笔记】应用公式E =t Φ∆∆计算电动势大小应注意以下几点： （1）E =tΦ∆∆适用于线圈为单匝的情况，如果线圈共有n 匝的话，由于这n 匝线圈是一种串联的关系，则电路中的总电动势E =n tΦ∆∆，这是在有关计算时一定要加以注意的。
（2）这个公式适用于任何原因引起回路中磁通量变化而产生的电动势的计算。
（3）在应用E =nt Φ∆∆时，一定要理解和区分Φ、Φ∆、t Φ∆∆的不同含义，且E 只与t Φ∆∆有关。
（4）若是因为B 的变化而产生电动势，公式可写为E =nSt Φ∆∆。
若是因为S 的变化而产生电动势，则公式可写为E =nB tΦ∆∆。
（5）利用此公式计算得到的感应电动势是t ∆时间内的平均值。
【名师解惑】1.磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率tΦ∆∆的意义不同。
（1）磁通量Φ是穿过某一面积的磁感线的条数；磁通量的变化量ΔΦ=Φ2－Φ1表示磁通量变化了多少，不管时间长短；磁通量的变化率tΦ∆∆表示磁通量变化的快慢。
（2）三个量之间无关系。
磁通量Φ很大时，磁通量的变化量ΔΦ可能很小。
同理，当磁通量的变化量ΔΦ很大时，磁通量的变化率tΦ∆∆可能很小。
（3）磁通量Φ是状态量；磁通量的变化量ΔΦ是过程量；磁通量的变化率t Φ∆∆有两种情况，瞬时变化率是状态量、平均变化率是过程量。
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教学资料参考范本【2019-2020】高中物理第一章电磁感应第六节自感现象及其应用学案粤教版选修3_2撰写人：__________________部门：__________________时间：__________________[学习目标] 1.了解自感现象及其应用.2.能够通过电磁感应的有关规律分析通电自感和断电自感现象.3.了解自感系数的决定因素.4.了解日光灯的发光原理．一、自感现象[导学探究] (1)通电自感：如图1所示，开关S闭合的时候两个灯泡的发光情况有什么不同？图1(2)断电自感：如图2所示，先闭合开关使灯泡发光，然后断开开关，两灯泡的发光情况有什么不同？图2答案(1)灯泡L2立即发光，灯泡L1逐渐亮起来．(2)L2立即熄灭，L1闪亮一下，再逐渐熄灭．[知识梳理] 自感现象及自感电动势的定义和特点(1)定义：由于线圈本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象．在自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势．(2)自感电动势的大小：跟穿过线圈的磁通量变化快慢有关，还跟自感系数有关．(3)自感系数的决定因素：由线圈本身性质决定，与线圈的长短、形状、匝数，以及是否有铁芯等因素有关，与E、ΔI、Δt等无关．单位：亨利，符号H.[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)在实际电路中，自感现象有害而无益．( )(2)只要电路中有线圈，自感现象就会存在．( )(3)发生断电自感时，因为断开电源之后电路中还有电流，所以不符合能量守恒定律．( )(4)线圈中的电流变化越快，自感现象越明显．( )答案(1)×(2)×(3)×(4)√二、日光灯[导学探究] 自感现象可分为断电自感和通电自感．在使日光灯管启动的过程中(如图3为日光灯的结构)应用了哪种自感现象？启动器在日光灯电路中的作用是什么？图3答案断电自感自动开关[知识梳理]1．灯管：在高压激发下，两灯丝间的气体导电，发出紫外线，管壁上的荧光粉在紫外线照射下发出可见光．2．启动器：在开关闭合后，氖气放电发出辉光，辉光产生热量使动触片膨胀变形，与静触片接触之后，辉光放电消失，动触片降温恢复原状，与静触片分离，电路断开．3．镇流器：启动时产生瞬时高电压使灯管发光，正常发光时，起着降压限流的作用．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)没有启动器，在安启动器的位置，可以用一根导线，通过瞬时接通、断开的方式，使日光灯点亮．( )(2)日光灯点亮后，启动器就没有作用了．( )(3)在日光灯正常工作中，镇流器只会消耗电能，没有作用．( )(4)日光灯正常工作的电压高于220V．( )答案(1)√(2)√(3)×(4)×一、自感现象的分析例1 如图4所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则 ( )A．闭合开关S时，LA、LB同时达到最亮，且LB更亮一些B．闭合开关S时，LA、LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些C．断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭D．断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭图4答案D解析由于灯泡LA与线圈L串联，灯泡LB与电阻R2串联，当S闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以LB先亮，A、B错误．由于LA所在的支路电阻阻值偏小，故稳定时电流大，即LA更亮一些，当S断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从IA开始减小，故LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭，C错误，D正确．自感线圈对电流的变化有阻碍作用，具体表现为：(1)通电瞬间自感线圈处相当于断路．(2)断电时，自感线圈相当于电源，其电流由原值逐渐减小，不会发生突变(必须有闭合回路)．(3)电流稳定时自感线圈相当于导体，若其直流电阻忽略不计，则相当于导线．针对训练(多选)如图5所示，L为一纯电感线圈(即电阻为零)，LA是一灯泡，下列说法正确的是 ( )图5A．开关S闭合瞬间，无电流通过灯泡B．开关S闭合后，电路稳定时，无电流通过灯泡C．开关S断开瞬间，无电流通过灯泡D．开关S闭合瞬间，灯泡中有从a到b的电流，而在开关S断开瞬间，灯泡中有从b到a的电流答案BD解析开关S闭合瞬间，灯泡中的电流从a到b，A错误；线圈由于自感作用，通过它的电流逐渐增加，开关S接通后，电路稳定时，纯电感线圈对电流无阻碍作用，将灯泡短路，灯泡中无电流通过，B正确；开关S断开的瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中原有向右的电流将逐渐减小，线圈与灯泡形成回路，故灯泡中有从b到a的瞬间电流，C错误，D正确．二、自感现象的图象问题例2 如图6所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2A，流过灯泡的电流是1A，现将S突然断开，S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图象是( )图6答案D解析开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1A．开关S断开瞬间，自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流从原来的2A逐渐减小，方向不变，且同灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同，也应该是从2A逐渐减小到零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，D对．1．断电时，自感线圈处电流由原值逐渐减小，不能发生突变，而且电流方向也不变．2．断电前后，无线圈的支路要注意电流方向是否变化．三、对日光灯的原理的理解例3 (多选)在日光灯电路中接有启动器、镇流器和日光灯管，下列说法中正确的是( )A．日光灯点燃后，镇流器、启动器都不起作用B．镇流器在点燃灯管时产生瞬时高压，点燃后起降压限流作用C．日光灯点亮后，启动器不再起作用，可以将启动器去掉D．日光灯点亮后，使镇流器短路，日光灯仍能正常发光，并能降低对电能的消耗答案BC解析日光灯工作时都要经过预热、启动和正常工作三个不同的阶段，它们的工作电路如图所示．在启动阶段镇流器与启动器配合产生瞬时高压．工作时，电流由镇流器经灯管，不再流过启动器，故日光灯启动后启动器不再工作，可以去掉，而镇流器还要起降压限流作用，不能去掉，故选B、C.1．关于自感现象，下列说法正确的是( )A．感应电流一定和原来的电流方向相反B．对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈产生的自感电动势也越大C．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈的自感系数也越大D．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势也越大答案D解析当电流增大时，感应电流的方向与原来的电流方向相反，当电流减小时，感应电流的方向与原来的电流方向相同，故选项A错误；自感电动势的大小，与电流变化快慢有关，与电流变化大小无关，故选项B错误，D正确；自感系数只取决于线圈本身的因素及有无铁芯，与电流变化情况无关，故选项C错误．2．如图所示，S为启动器，L为镇流器，其中日光灯的接线图正确的是( )答案A解析根据日光灯的工作原理，要想使日光灯发光，灯丝需要预热发出电子，灯管两端应有瞬时高压，这两个条件缺一不可．当启动器动、静触片分离后，选项B中灯管和电源断开，选项B错误；选项C中镇流器与灯管断开，无法将瞬时高压加在灯管两端，选项C错误；选项D 中灯丝左、右端分别被短接，无法预热放出电子，不能使灯管内气体导电，选项D错误．3．在如图7所示的电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零刻度在表盘中央的两相同的电流表．当开关S闭合时，电流表G1、G2的指针都偏向右方，那么当断开开关S时，将出现的现象是( )图7A．G1和G2指针都立即回到零点B．G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点C．G1指针缓慢地回到零点，而G2指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点D．G2指针缓慢地回到零点，而G1指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点答案D解析根据题意，电流方向自右向左时，电流表指针向右偏，那么，电流方向自左向右时，电流表指针应向左偏．当开关S断开的瞬间，G1中原电流立即消失，而对于G2所在支路，由于线圈L的自感作用，阻碍电流不能立即消失，自感电流沿L、G2、G1的方向，在由它们组成的闭合回路中继续维持一段时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减为零，此时G1中的电流和原电流方向相反，变为自左向右，且与G2中的电流同时缓慢减为零，故选项D正确．4．在如图8所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调节R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，能正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是( )图8答案B一、选择题(1～6题为单选题，7～10题为多选题)1.如图1所示，两个电阻阻值均为R，电感线圈L的电阻及电池内阻均可忽略不计，S原来断开，电路中电流I0＝，现将S闭合，于是电路中产生了自感电动势，此自感电动势的作用是 ( )图1A．使电路的电流减小，最后由I0减小到零B．有阻碍电流增大的作用，最后电流小于I0C．有阻碍电流增大的作用，因而电流总保持不变D．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是变为2I0答案D解析S闭合，电路中电阻减小，电流增大，线圈产生的自感电动势的作用是阻碍原电流的增大，A错；阻碍电流增大，不是不让电流增大，而是让电流增大的速度变慢，B、C错；最后达到稳定时，电路中电流为I＝＝2I0，故D正确．2．如图2所示是日光灯的结构示意图，若按图示的电路连接，关于日光灯发光的情况，下列叙述中正确的是( )图2A．S1接通，S2、S3断开，日光灯就能正常发光B．S1、S2接通，S3断开，日光灯就能正常发光C．S3断开，接通S1、S2后，再断开S2，日光灯就能正常发光D．当日光灯正常发光后，再接通S3，日光灯仍能正常发光答案C解析当S1接通，S2、S3断开时，电源电压220V直接加在灯管两端，达不到灯管启动的高压，不能使气体电离导电，日光灯不能发光，选项A错误．当S1、S2接通，S3断开时，灯丝两端被短路，电压为零，不能使气体电离导电，日光灯不能发光，选项B错误．当日光灯正常发光后，再接通S3，则镇流器被短路，灯管两端电压过高，会损坏灯管，选项D错误．只有当S1、S2接通，灯丝被预热，发出电子，再断开S2，镇流器中产生很大的自感电动势，和原电压一起加在灯管两端，使气体电离，日光灯正常发光，选项C正确．3.如图3所示的电路中，A1和A2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R相同．在开关S接通和断开时，灯泡A1和A2亮暗的顺序是( )图3A．接通时A1先达最亮，断开时A1后灭B．接通时A2先达最亮，断开时A1后灭C．接通时A1先达最亮，断开时A1先灭D．接通时A2先达最亮，断开时A2先灭答案A解析当开关S接通时，A1和A2同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上产生自感电动势阻碍电流的增大，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加，所以开始时电流几乎全部从A1通过，而该电流又将同时分路通过A2和R，所以A1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，A1和A2达到一样亮；当开关S断开时，电源电流立即为零，因此A2立即熄灭，而对A1，由于通过线圈的电流突然减小，线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，使线圈L和A1组成的闭合电路中有感应电流，所以A1后灭．4.在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线绕法，如图4所示，其道理是( )图4A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势相互抵消B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消C．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消D．当电路中的电流变化时，电流的变化量相互抵消答案C解析能否有感应电动势，关键在于穿过回路的磁通量是否变化．由于导线是双线绕法，使穿过回路的磁通量等于零，无论通过的电流变化与否，磁通量均为零不变，所以不存在感应电动势和感应电流．5.如图5所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是( )图5答案B解析在t＝0时刻闭合开关S，由于电感线圈L产生自感电动势，阻碍电流通过，电源输出电流较小，路端电压较高，经过一段时间电路稳定后，电源输出电流较大，路端电压较低．在t＝t1时刻断开S，电感线圈L产生自感电动势，与灯泡构成闭合回路，灯泡D中有反向电流通过，所以表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中正确的是B.6．如图6所示的电路，可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个电压表，用来测量自感线圈两端的直流电压，在实验完毕后，将电路拆开时应( )图6A．先断开开关S1 B．先断开开关S2C．先拆去电流表D．先拆去电阻R答案B解析该电路实际上就是用伏安法测自感线圈的直流电阻电路，在实验完毕后，由于线圈的自感现象，若电路拆开的先后顺序不对，可能会烧坏电表．当S1、S2闭合，电路稳定时，线圈中的电流由a→b，表右端为“＋”，左端为“－”，指针正向偏转，先断开S1或先拆表或先拆电阻R的瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a 端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时表加了一个反向电压，使指针反偏．由“自感系数较大的线圈”知其反偏电压较大，可能会烧坏表．而先断开S2，由于电压表内阻很大，电路中总电阻变化很小，电流几乎不变，不会损坏其他器件，故应先断开S2.7．下列说法正确的是( )A．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势B．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反C．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反D．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反答案AC8．用电流传感器可以清楚地演示自感对电路中电流的影响，不一定要用两个灯泡作对比．电流传感器的作用相当于一个电流表，实验就用电流表的符号表示．它与电流表的一个重要区别在于，传感器与计算机相结合能够即时反映电流的迅速变化，并能在屏幕上显示电流随时间变化的图象．先按图7甲连接电路，测一次后，可以拆掉线圈，按图乙再测一次，得到(a)、(b)图象．则下列说法正确的是( )图7A．(a)图象是对应甲测得的B．(a)图象是对应乙测得的C．(b)图象是对应甲测得的D．(b)图象是对应乙测得的答案AD解析电路甲中电流在开关闭合后，由于自感电动势作用，逐渐增至最大；电路乙中电流在开关闭合后，立即增至最大，所以A、D项正确．9．如图8所示的电路中，线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，A、B是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是( )图8A．S闭合后，A、B同时发光且亮度不变B．S闭合后，A立即发光，然后又逐渐熄灭C．S断开的瞬间，A、B同时熄灭D．S断开的瞬间，A再次发光，然后又逐渐熄灭答案BD解析线圈对变化的电流有阻碍作用，开关接通时，A、B串联，同时发光，但电流稳定后线圈的直流电阻忽略不计，使A被短路，所以A错误，B正确；开关断开时，线圈产生自感电动势，与A构成回路，A再次发光，然后又逐渐熄灭，所以C错误，D正确．10.如图9所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源．t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过电灯D1和D2中的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )图9答案AC二、非选择题11．在如图10所示的日光灯工作原理电路图中：图10(1)开关合上前，启动器的静触片和动触片是________(填“接通的”或“断开的”)；(2)开关刚合上时，220V电压加在________上，使________发出辉光；(3)日光灯启动瞬间，灯管两端电压________220V(填“大于”“等于”或“小于”)；(4)日光灯正常发光时，启动器的静触片和动触片________(填“接通”或“断开”)，镇流器起着__________作用，保证日光灯正常工作．答案(1)断开的(2)启动器氖气放电(3)大于(4)断开降压限流解析日光灯按原理图接好电路后，当开关闭合，电源把电压加到启动器两极，使氖气放电而发出辉光．辉光产生的热量使U形动触片膨胀伸长，跟静触片接触而把电路接通，于是镇流器的线圈和灯管的灯丝中就有电流通过．电路接通后，启动器中的氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分离，电路自动断开，在电路突然断开的瞬间，由于镇流器中的电流急剧减小，会产生很高的自感电动势，其方向与原来电压方向相同，于是日光灯管成为电流的通路开始发光．日光灯使用的是交变电流，电流的大小和方向都在不断地变化，在日光灯正常发光时，由于交变电流通过镇流器的线圈，线圈中就会产生自感电动势，它总是阻碍电流变化，这时镇流器就起着降压限流的作用，保证日光灯的正常工作．。