高中物理 第2章 楞次定律和自感现象 第2节 自感自我小测(含解析)鲁科版选修32
高中物理 第2章 楞次定律和自感现象 第2节 自感学业分层测评 鲁科版选修3-2
自感(建议用时：45分钟)[学业达标]1．关于线圈的自感系数、自感电动势的下列说法中正确的是( )．A．线圈中电流变化越大，线圈自感系数越大B．对于某一线圈，自感电动势正比于电流的变化量C．一个线圈的电流均匀增大，这个线圈的自感系数、自感电动势都不变D．自感电动势总与原电流方向相反【解析】线圈的自感系数L只由线圈本身的因素决定，选项A错误．由E自＝L ΔIΔt 知，E自与ΔIΔt成正比，与ΔI无直接关系，选项B错误，C正确．E自方向在电流增大时与原电流方向相反，在电流减小时与原电流方向相同，选项D错误．【答案】C2．(多选)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电流的方向相反【解析】由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，A 对；当线圈中电流反向时，相当于电流先减小后反向增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，B错；当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，C对；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同，D错．【答案】AC3.如图224所示的是自感现象的实验装置，A是灯泡，L是带铁芯的线圈，E为电源，S是开关．下述判断正确的是( )【导学号：78870029】图224A．S接通的瞬间，L产生自感电动势，S接通后和断开瞬间L不产生自感电动势B．S断开的瞬间L产生自感电动势，S接通瞬间和接通后L不产生自感电动势C．S在接通或断开的瞬间L都产生自感电动势，S接通后L不再产生自感电动势D．S在接通或断开瞬间以及S接通后，L一直产生自感电动势【解析】S断开和接通瞬间，通过线圈的电流都发生变化，都产生感应电动势，S接通后通过线圈的电流不再变化，没有感应电动势产生，故A、B、D错误，C正确．【答案】C4．(多选)某线圈通有如图225所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有( )图225A．第1 s末B．第2 s末C．第3 s末D．第4 s末【解析】在自感现象中，当原电流减小时，自感电动势与原电流的方向相同；当原电流增大时，自感电动势与原电流方向相反．在0～1s内原电流沿正方向减小，所以自感电动势的方向是正方向；在1～2s内原电流沿负方向增加，所以自感电动势与其方向相反，即沿正方向；同理分析2～3 s、3～4 s、4～5 s内自感电动势的方向分别是沿负方向、负方向、正方向，可得正确答案为选项B、D.【答案】BD5. (多选)如图226所示，E为电池组，L是自感线圈(直流电阻不计)，D1、D2是规格相同的小灯泡．下列判断正确的是( )图226A．开关S闭合时，D1先亮，D2后亮B．闭合S达稳定时，D1熄灭，D2比起初更亮C．断开S时，D1闪亮一下D．断开S时，D1、D2均不立即熄灭【解析】开关S闭合时D1，D2同时亮，电流从无到有，线圈阻碍电流的增加，A错．闭合S达稳定时D1被短路，电路中电阻减小，D2比起初更亮，B对．断开S时，线圈阻碍电流减小，故D1会闪亮一下，而D2在S断开后无法形成通路，会立即熄灭，所以C对，D 错．【答案】BC6.如图227所示的电路中，两个相同的电流表G1和G2，零点均在刻度盘的中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；当电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆，在电路接通后再断开开关S的瞬间，下述说法中正确的是( )【导学号：78870030】图227A．G1指针向右摆，G2指针向左摆B．G1指针向左摆，G2指针向右摆C．G1、G2的指针都向右摆D．G1、G2的指针都向左摆【解析】在电路接通后再断开开关S的瞬间，由于线圈L中的原电流突然减小，线圈L中产生自感现象，线圈中的电流逐渐减小，电流流经L、G2、R、G1，方向顺时针，由于从表G1的“＋”接线柱流入，表G2的“－”接线柱流入，因此G1指针右偏，表G2的指针左偏，答案选A.【答案】A7．如图228所示，L是电阻不计的自感线圈，C是电容器，E为电源，在开关S闭合和断开时，关于电容器的带电情况，下列说法正确的是( )【导学号：78870031】图228A．S闭合瞬间，A板带正电，B板带负电B．S保持闭合，A板带正电，B板带负电C．S断开瞬间，A板带正电，B板带负电D．由于线圈L的电阻不计，电容器被短路，上述三种情况下电容器均不带电【解析】S闭合瞬间，通过L的电流增大，L产生的自感电动势的方向是由下指向上，使电容器充电，A板带正电，B板带负电，A项正确；S保持闭合时，L的电阻为零，电容器两极板被短路，不带电，B项错误；S断开瞬间，通过L的电流减小，自感电动势的方向由上指向下，在L、C组成的回路中给电容器充电，使B板带正电，A板带负电，C项错误．综上D项错误．【答案】A8.如图229所示，R1、R2的阻值均为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＝E2R.现将S闭合，于是电路中产生自感电动势，自感电动势的作用是( )图229A．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【解析】当S闭合时，电路中电阻减小，电流增大，线圈的作用是阻碍电流的增大，选项A错误；阻碍电流增大，不是不让电流增大，而是让电流增大的速度减缓，选项B、C错误；最后达到稳定时，I＝ER＝2I0，故选项D正确．【答案】D[能力提升]9．(多选)如图2210所示是研究自感通电实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则( )图2210A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B．闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮C．稳定后，L和R两端电势差一定相同D．稳定后，A1和A2两端电势差不相同【解析】闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮，稳定后，两个灯泡的亮度相同，说明它们的电压相同，L和R两端电势差一定相同，选项B、C正确，A、D错误．【答案】BC10．如图2211所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感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U AB随时间t变化的图象中，正确的是( )图2211【解析】S闭合时，由于自感L的作用，经过一段时间电流稳定时L电阻不计．可见电路的外阻是从大变小的过程．由U外＝R外R外＋rE可知U外也是从大变小的过程．t1时刻断开S，由于自感在L、R、D构成的回路中电流从B向A且中间流过D，所以t1时刻U AB反向，B正确．【答案】B11.如图2212所示，电源的电动势E＝15 V，内阻忽略不计．R1＝5 Ω，R2＝15 Ω，电感线圈的电阻不计，求当开关S接通的瞬间，S接通达到稳定时及S切断的瞬间流过R1的电流．图2212【解析】开关S接通瞬间，流过线圈L的电流不能突变，所以流过R1的电流仍为0.达到稳定时，线圈相当于导线，所以流过R 1的电流为I 1＝E R 1＝155A ＝3 A. 开关S 断开瞬间，流过线圈L 的电流不能突变，所以流过R 1的电流仍为3 A.【答案】 0 3 A 3 A12.如图2213所示为研究自感实验电路图，并用电流传感器显示出在t ＝1×10－3s 时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L 的电流(如图2214)．已知电源电动势E ＝6 V ，内阻不计，灯泡R 1的阻值为6 Ω，电阻R 的阻值为2 Ω.求：图2213图2214(1)线圈的直流电阻R L 是多少？(2)开关断开时，该同学观察到什么现象？(3)计算开关断开瞬间线圈产生的自感电动势．【解析】 由图象可知S 闭合稳定时I L ＝1.5 AR L ＝E I L －R ＝61.5Ω－2 Ω＝2 Ω 此时小灯泡电流I 1＝ER 1＝66A ＝1 A S 断开后，L 、R 、R 1组成临时回路电流由1.5 A 逐渐减小，所以灯会闪亮一下再熄灭，自感电动势E ＝I L (R ＋R L ＋R 1)＝15V.【答案】(1)2 (2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭(3)15。
鲁科版高中物理选修3-2第2章 楞次定律和自感现象
高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）第2章 楞次定律和自感现象建议用时 实际用时满分 实际得分90分钟100分一、 选择题（本题包括10小题，每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题4分，共40分） 1.家用日光灯电路如图1所示，S 为启动器，A 为灯管，L 为镇流器，关于日光灯的工作原理下列说法正确的是( )图1A ．镇流器的作用是将交流变为直流B ．在日光灯的启动阶段，镇流器能提供一个瞬时高压，使灯管开始工作C ．日光灯正常发光时，启动器中的两个触片是接触的D ．日光灯发出柔和的白光是由汞原子受到激发后直接辐射的2.(2011年德州高二检测)如图2所示，两个大小相等互相绝缘的导体环，B 环与A 环有部分面积重叠，当开关S 断开时( )图2A ．B 环内有顺时针方向的感应电流 B ．B 环内有逆时针方向的感应电流C ．B 环内没有感应电流D ．条件不足，无法判定3.如图3所示，用丝线悬挂一个金属环，金属环套在一个通电螺线管上，并处于螺线管正中央位置．如通入螺线管中的电流突然增大，则( ) A ．圆环会受到沿半径向外拉伸的力 B ．圆环会受到沿半径向里挤压的力C ．圆环会受到向右的力D ．圆环会受到向左的力图34.(2011年龙岩模拟)如图4所示，在磁感应强度大小为 、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为 、阻值为 的闭合矩形金属线框 用绝缘轻质细杆悬挂在 点，并可绕 点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是( )图4A ．B ．C ．先是 ，后是D ．先是 ，后是5.如图5所示，AB 支路由带铁芯的线圈和电流表A 1串联而成，设电流为 ；CD 支路由电阻R 和电流表A 2串联而成，设电流为 .两支路电阻阻值相同，在接通开关S 和断开开关S 的瞬间，会观察到（ )图5A．S接通瞬间，，断开瞬间B．S接通瞬间，，断开瞬间C．S接通瞬间，，断开瞬间D．S接通瞬间，，断开瞬间6.如图6所示，AB金属棒原来处于静止状态(悬挂)．由于CD棒的运动，导致AB棒向右摆动，则CD棒( )图6A．向右平动 B．向左平动C．向里平动 D．向外平动7.如图7所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，线圈进入磁场前等距离排列，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈．通过观察图形，判断下列说法正确的是( )图7A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带静止B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈8.(2010年高考山东理综卷改编)如图8所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为，方向相反且垂直纸面，、为其边界，为其对称轴．一导线折成边长为的正方形闭合回路，回路在纸面内以恒定速度向右运动，当运动到关于对称的位置时以下说法不．正确的是( )图8A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中边与边所受安培力方向相同9.如图9所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L.现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速经过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图象是( )图9图1010. (2011年泉州高二检测)如图11所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为，其右端接有阻值为的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力作用下从静止开始沿导轨运动距离时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为，导轨电阻不计，重力加速度大小为，则此过程( )图11A．杆的速度最大值为B．流过电阻的电荷量为C．恒力做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D．恒力做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分．按题目要求作答)11.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图12甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．在图乙中，图12(1)S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针________；(2)线圈A放在B中不动时，指针将________；(3)线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将________．12.为了演示接通电源的瞬间和断开电源的电磁感应现象，设计了如图13所示的电路图，让L的直流电阻和R相等，开关接通的瞬间，A灯的亮度________(填“大于”“等于”或“小于”)B灯的亮度；通电一段时间后，A灯的亮度________(填“大于”“等于”或“小于”)B灯的亮度；断开开关的瞬间，A灯________(填“立即”或“逐渐”)熄灭，B灯________(填“立即”或“逐渐”)熄灭，若满足灯，则断开瞬间，A 灯会________(“闪亮”或“不闪亮”)，流过A的电流方向________(“向左”或“向右”)图13三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.(10分)(2011年上杭高二检测)如图14甲所示，匝的圆形线圈，其电阻为，它的两端点、与定值电阻相连，穿过线圈的磁通量的变化规律如图乙所示．图14(1)判断、两点的电势高低；(2)求、两点的电势差．14.(10分)如图15所示，电阻不计的光滑形导轨水平放置，导轨间距，导轨一端接有的电阻．有一质量、电阻的金属棒与导轨垂直放置．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度．现用水平力垂直拉动金属棒，使它以的速度向右做匀速运动．设导轨足够长．图15(1)求金属棒两端的电压；(2)若某时刻撤去外力，从撤去外力到金属棒停止运动，求电阻产生的热量．15.(14分)如图16甲所示，两根足够长的直金属导轨、平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为.、两点间接有阻值为的电阻．一根质量为的均匀直金属杆放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让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．图16(1)由向方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当杆的速度大小为时，求此时杆中的电流及其加速度的大小．16.(14分)(2011年潍坊高二检测)如图17甲所示，光滑绝缘水平面上，磁感应强度的匀强磁场以虚线为左边界，的左侧有一质量，边长，电阻的矩形线圈.时，用一恒定拉力拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间，线圈的边到达磁场边界，此时立即将拉力改为变力，又经过，线圈恰好完全进入磁场．整个运动过程中，线圈中感应电流随时间变化的图象如图乙所示．图17(1)求线圈边刚进入磁场时的速度和线圈在第内运动的距离；(2)写出第内变力随时间变化的关系式；(3)求出线圈边的长度.第2章楞次定律和自感现象得分：一、选择题题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答案二、填空题11.（1）（2）（3）12.三、计算题13.14.15.16.第2章楞次定律和自感现象参考答案一、选择题1.B 解析：镇流器是一个自感系数很大的线圈，当流经线圈的电流发生变化时能产生很大的自感电动势阻碍电流的变化，在日光灯启动时，镇流器提供一个瞬时高压使其工作；在日光灯正常工作时，自感电动势方向与原电压相反，镇流器起着降压限流的作用，此时启动器的两个触片是分离的，当灯管内的汞蒸气被激发时能产生紫外线，涂在灯管内壁的荧光物质在紫外线的照射下发出可见光．2.B 解析：由安培定则可知穿过环B的磁通量向外，当S断开时，磁通量减少，由楞次定律可知B中产生逆时针方向的感应电流，B对．3.A 解析：无论通入螺线管的电流是从流向还是从流向，电流增大时，穿过金属环的磁通量必增加．由于穿过金属环的磁通量由螺线管内、外两部分方向相反的磁通量共同决定，等效原磁场方向由管内磁场方向决定．根据楞次定律，环内感应电流的磁场要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即要阻碍穿过环的磁通量的增加，因此有使环扩张的趋势，从而使环受到沿半径向外拉伸的力．答案为A.4.B 解析：由楞次定律，一开始磁通量减小，后来磁通量增大，由“增反”“减同”可知电流方向是.5.A 解析： S接通瞬间，线圈L产生自感，对电流有较大的阻碍作用，从0缓慢增大，而R中电流不受影响，，但当电路稳定后，自感消失，由于两支路电阻阻值相同，则.开关断开瞬间，ABDC构成一个回路，感应电流相同．6.D 解析：此题是左、右手定则的综合应用题．AB棒向右摆的原因是：CD棒做切割磁感线运动产生感应电动势，给AB 棒供电，AB棒摆动是通电导体受力问题．AB棒向右摆动，说明它受到的磁场力方向向右，根据左手定则判断出AB中的电流方向B→A.这说明CD棒的电流方向D→C，再根据右手定则判断CD棒的切割方向是向外．注意题目中给出的四个选项中，A、B肯定不正确，因为CD棒左、右平动，不切割磁感线，不产生感应电流．7.D 解析：若线圈合格，则由于电磁感应现象会向左移动一定距离，且合格线圈移动的距离相等，移动后线圈的间距也等于移动前的间距，由图知线圈3与其他线圈间距不符，不合格．8.C 解析：由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于对称，因而此时穿过回路的磁通量为零，A项正确；、均切割磁感线，相当于两个电源，由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针，两电源串联，感应电动势为，B项正确，C项错误；由左手定则知、所受安培力方向均向左，D项正确．9.D 解析：由楞次定律可知，当正方形导线框进入磁场和出磁场时，磁场力总是阻碍物体的运动，方向始终向左，所以外力F始终水平向右，因安培力的大小不同，故选项D是正确的，选项C是错误的．当矩形导线框进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，感应电流的大小在中间时是最大的，所以选项A、B是错误的．10.D 解析：当杆的速度达到最大时，安培力安，杆受力平衡，故安，所以，选项A错；流过电阻的电荷量为，选项B错；根据动能定理，恒力、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，选项C错D 对．二、填空题11.(1)向右偏转(2)不动(3)向左偏转解析：(1)由图甲知电流从左接线柱流入电流表时，其指针向左偏转．S闭合后，将A插入B中，磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判断B中电流方向向上，从右接线柱流入，故电流表指针向右偏转；(2)A放在B中不动，磁通量不变，不产生感应电流；(3)断开开关，穿过B的磁通量减小，电流表指针向左偏转．12.大于等于逐渐立即闪亮向右解析：开关接通的瞬间，和A灯并联的电感电流为零，A灯的电流为R和B灯之和，所以A灯的亮度大于B灯亮度．通电一段时间后电流稳定了，L无自感现象，电阻和R一样，通过两灯的电流相等，所以两灯一样亮．断电的瞬间，A 灯和产生自感现象的L组成回路，随着电路电流的减小逐渐熄灭．而B灯没有电流而立即熄灭，若灯，稳定时灯.故断开瞬间A灯会闪亮，且电流向右流．三、计算题13.(1)点高(2)20 V解析：(1)由图知，穿过的磁通量均匀增加，根据楞次定律可知点电势比点高．(2)由法拉第电磁感应定律知.由闭合电路欧姆定律知：.14.(1)(2)解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，根据欧姆定律，，由以上各式可得.(2)由能量守恒得，电路中产生的热量，因为串联电路电流处处相等，所以，代入数据求出.15.(1)见解析(2)解析：(1)杆受三个力：重力，竖直向下；支持力，垂直斜面向上；安培力，沿斜面向上．受力示意图如图18所示．(2)当杆速度为时，感应电动势，此时电路中电流杆受到的安培力根据牛顿运动定律，有，. 图1816.(1) (2)＋ (3)解析：(1)由图乙可知，线圈刚进入磁场时的感应电流.由及得(2)由图乙，在第时间内，线圈中的电流随时间均匀增加，线圈速度随时间均匀增加，线圈所受安培力随时间均匀－增加，且大小为安时线圈的速度线圈在第时间内的加速度由牛顿运动定律得安(3)在第时间内，线圈的平均速度，.。
高中物理鲁科版选修3-2 第2章楞次定律和自感现象 章末检测 含试卷分析详解
(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．关于楞次定律，可以理解为()A．感应电流的磁场总是阻碍原磁场B．感应电流产生的效果总是阻碍导体与磁体间的相对运动C．若原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场同向；若原磁通量减少，感应电流的磁场跟原磁场反向D．感应电流的磁场总是与原磁场反向解析：选B．感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，但阻碍不等于反向，楞次定律的另一种表述为“感应电流产生的效果总是阻碍导体与磁体间的相对运动”．2.如图所示为日光灯电路，关于该电路，以下说法中正确的是()A．启动过程中，启动器断开瞬间镇流器L产生瞬时高电压B．日光灯正常发光后，镇流器和启动器一样都不起作用了，且灯管两端电压低于电源电压C．日光灯正常发光后启动器是导通的D．图中的电源可以是交流电源，也可以是直流电源解析：选A.日光灯是高压启动，低压工作，启动时，启动器断开，镇流器产生瞬时高压，正常发光后，镇流器起降压限流的作用，而此时启动器是断开的；镇流器只对交流电起作用，由此可见，A正确．3．如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是()A．向右摆动B．向左摆动C．静止D．不能判定解析：选A.法一：躲闪法．磁铁向右运动，使铜环的磁通量增加而产生感应电流，由楞次定律可知，为阻碍原磁通量的增大，铜环必向磁感线较疏的右方运动，即往躲开磁通量增加的方向运动．法二：等效法．磁铁向右运动，将铜环产生的感应电流等效为如图所示的条形磁铁，则两磁铁有排斥作用．4．用如图所示的实验装置研究电磁感应现象．当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转．下列说法正确的是()A．当把磁铁N极向下插入线圈时，电流表指针向左偏转B．当把磁铁N极从线圈中拔出时，电流表指针向右偏转C．保持磁铁在线圈中静止，电流表指针不发生偏转D．磁铁插入线圈后，将磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针向左偏转解析：选C.由题图可知，原磁场方向向下，磁铁插入时，原磁通量增大，感应电流磁场向上，感应电流由正接线柱流入电流表，指针向右偏，A错误．磁铁拔出时，原磁通量减小，感应电流磁场向下，感应电流由负接线柱流入电流表，指针向左偏，B错误．C、D两项中穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表指针不偏转，C正确，D错误．5．一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，如图甲所示．现令磁感应强度B 随时间t 变化，先按图乙中所示的Oa 图线变化，后来又按图线bc 和cd 变化，令E 1、E 2、E 3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I 1、I 2、I 3分别表示对应的感应电流，则( )A ．E 1>E 2，I 1沿逆时针方向，I 2沿顺时针方向B ．E 1<E 2，I 1沿逆时针方向，I 2沿顺时针方向C ．E 1<E 2，I 1沿顺时针方向，I 2沿逆时针方向D ．E 2>E 3，I 2沿顺时针方向，I 3沿顺时针方向解析：选B ．由题图乙可知a 点纵坐标为B 0,0～4 s 时，直线斜率表示磁感应强度随时间的变化率，E 1＝B 04S ，磁通量是正向增大，由楞次定律知，感应电流I 1是逆时针方向；7～8 s 和8～9 s 时，直线斜率是相同的，故E 2＝E 3＝B 01S ＝4E 1,7～8 s 磁通量是正向减小的，由楞次定律知，感应电流I 2的方向是顺时针方向，8～9 s ，磁通量是反向增大的，I 3是顺时针方向，故选项B 正确．6．一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 ，逆着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a ，远轴端为b ，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，如图所示，则( )A ．E ＝πfL 2B ，且a 点电势低于b 点电势 B ．E ＝2πfL 2B ，且a 点电势低于b 点电势C ．E ＝πfL 2B ，且a 点电势高于b 点电势D ．E ＝2πfL 2B ，且a 点电势高于b 点电势解析：选C.螺旋桨角速度ω＝2πf .每个叶片产生的电动势E ＝12BL 2ω＝πfL 2B ，由右手定则可知，a 点电势高于b 点电势，C 正确，A 、B 、D 错误．7．如图所示，虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O 以角速度ω匀速运动．设线框中感应电流方向以逆时针为正，那么下列图象中能正确描述线框从如图所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随时间变化情况的是( )解析：选A.由图示位置转过90°过程中，无电流．进入磁场过程转过90°，电动势E ＝12Bl 2ω，电流方向为逆时针．线框进入磁场后再转过90°，无电流．出磁场过程的90°内，电动势E ＝12Bl 2ω，电流方向为顺时针，所以A 正确． 二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意) 8.如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中()A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B．感应电流方向一直是逆时针C．安培力方向始终与速度方向相反D．安培力方向始终沿水平方向解析：选AD．圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，感应电流为逆时针；跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流为顺时针；再摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流为逆时针，所以选项A正确；由于圆环所在处的磁场，上下对称，所受安培力竖直方向平衡，因此总的安培力沿水平方向，故D正确．9.如图所示为早期制作的发电机及电动机的示意图，A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的铜盘，用导线将A盘的中心和B盘的边缘连接起来，用另一根导线将B盘的中心和A盘的边缘连接起来．当A盘在外力作用下转动起来时，B盘也会转动．则下列说法中正确的是()A．不断转动A盘就可以获得持续的电流，其原因是将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势B．当A盘转动时，B盘也能转动的原因是电流在磁场中受到力的作用，此力对转轴有力矩C．当A盘顺时针转动时，B盘逆时针转动D．当A盘顺时针转动时，B盘也顺时针转动解析：选ABC.将题图中铜盘A所在的一组装置作为发电机模型，铜盘B所在的一组装置作为电动机模型，这样就可以简单地把铜盘等效为由圆心到圆周的一系列“辐条”，处在磁场中的每一根“辐条”都在做切割磁感线运动，产生感应电动势，若A沿顺时针方向转动，由右手定则知A盘感应电流方向由中心向外，由左手定则可知B盘将沿逆时针方向转动．10.如图所示，电路中L为一电感线圈，ab支路和cd支路电阻相等，则()A．刚合上开关S时，电流表A1的示数小于电流表A2的示数B．刚合上开关S时，电流表A1的示数等于电流表A2的示数C．断开开关S时，电流表A1的示数大于电流表A2的示数D．断开开关S时，电流表A1的示数等于电流表A2的示数解析：选AD．刚合上开关S时，电感线圈除了直流电阻外，还要产生自感电动势阻碍电流的增加，因此A1的示数小于A2的示数，A项正确，B项错误；断开开关S时，A1、A2、R、L构成一个回路，电感线圈产生自感电动势，相当于电源，对A1、A2提供电流，A1、A2示数相同，故C错误D正确．11．如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝R02.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则()A ．R 2两端的电压为U7B ．电容器的a 极板带正电C ．滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍D ．正方形导线框中的感应电动势为kL 2解析： 选AC.根据串、并联电路特点，虚线MN 右侧回路的总电阻R ＝74R 0.回路的总电流I＝U R ＝4U 7R 0，通过R 2的电流I 2＝I 2＝2U 7R 0，所以R 2两端电压U 2＝I 2R 2＝2U 7R 0·R 02＝17U ，选项A 正确；根据楞次定律知回路中的电流为逆时针方向，即流过R 2的电流方向向左，所以电容器b 极板带正电，选项B 错误；根据P ＝I 2R ，滑动变阻器R 的热功率P ＝I 2R 02＋⎝⎛⎭⎫I 22R 02＝58I 2R 0，电阻R 2的热功率P 2＝⎝⎛⎭⎫I 22R 2＝18I 2R 0＝15P ，选项C 正确；根据法拉第电磁感应定律得，线框中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝BtS ＝k πr 2，选项D 错误．12．半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ．杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则( ) A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2Ba vB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3Ba vC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2a v(π＋2)R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2a v (5π＋3)R 0解析：选AD ．开始时刻，感应电动势E 1＝BL v ＝2Ba v ，故A 项正确．θ＝π3时，E 2＝B ·2a cos π3·v＝Ba v ，故B 项错误．由L ＝2a cos θ，E ＝BL v ，I ＝ER，R ＝R 0[2a cos θ＋(π＋2θ)a ]，得在θ＝0时，F ＝B 2L 2v R ＝4B 2a v R 0(2＋π)，故C 项错误．同理，θ＝π3时F ＝3B 2a v R 0(5π＋3)，故D 项正确．三、填空题(本题共1小题，共8分．按题目要求作答) 13．在研究电磁感应现象实验中： (1)为了明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图．(2)将原线圈插入副线圈中，闭合开关，副线圈中感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．(3)将原线圈拔出时，副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．答案：(1)如图(2)相反 (3)相同四、计算题(本题共3小题，共34分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(10分)如图所示，水平的平行光滑导轨，导轨间距离为L ＝1 m ，左端接有定值电阻R ＝2 Ω.金属棒PQ 与导轨接触良好，PQ 的电阻为r ＝0.5 Ω，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B ＝1 T 的匀强磁场中，现使PQ 在水平向右的恒力F ＝2 N 作用下向右运动．求： (1)棒PQ 中感应电流的方向； (2)棒PQ 中哪端电势高； (3)棒PQ 所受安培力方向； (4)PQ 棒的最大速度．解析：PQ 在恒力F 作用下运动，产生感应电流，因而受安培力作用，随着速度的增大感应电动势增大，感应电流增大，安培力也增大，当安培力大小与恒力F 相等时，PQ 将做匀速运动，速度达到最大．(1)由右手定则知感应电流方向为Q →P .(2分)(2)PQ 运动产生感应电动势，相当于电源，因电源内部电流由低电势流向高电势，所以P 端电势高于Q 端电势．(2分)(3)因棒中电流由Q →P ，由左手定则知棒所受安培力方向向左．(2分)(4)当PQ 受力平衡时，速度最大，则F ＝BIL ，I ＝BL vR ＋r，解得v ＝F (R ＋r )B 2L 2＝2×(2＋0.5)12×12m/s ＝5 m/s.(4分)答案：(1)Q →P (2)P 端高 (3)向左 (4)5 m/s15．(10分)如图所示，l 1＝0.5 m ，l 2＝0.8 m ，回路总电阻为R ＝0.2 Ω，M ＝0.04 kg ，导轨光滑，开始时磁感应强度B 0＝1 T ，现使磁感应强度以ΔBΔt＝0.2T/s 的变化率均匀地增大．试求：当t 为多少时，M 刚好离开地面？(g 取10 m/s 2)解析：回路中原磁场方向竖直向下，且磁场增强，由楞次定律可知， 感应电流的磁场方向竖直向上；根据安培定则可知，ab 中的感应电流的方向是a →b ；由左手定则可知，ab 所受安培力的方向水平向左，从而向上拉重物． 设ab 中电流为I 时M 刚好离开地面，此时有 F B ＝BIl 1＝Mg (2分) I ＝ER (2分) E ＝ΔΦΔt ＝l 1l 2·ΔBΔt(2分)B ＝B 0＋ΔBΔtt ＝1＋0.2t (2分)解得t ＝5 s ．(2分) 答案：5 s16．(14分)如图所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板．R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻.(1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I 及棒的速率v . (2)改变R x ，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x . 解析：(1)导体棒匀速下滑时， Mg sin θ＝BIl ①(1分) I ＝Mg sin θBl②(1分)设导体棒产生的感应电动势为E 0 E 0＝Bl v ③(1分)由闭合电路欧姆定律得I ＝E 0R ＋R x④(1分) 联立②③④，得 v ＝2MgR sin θB 2l 2.⑤(2分)(2)改变R x ，由②式可知电流不变．设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U ，电场强度大小为E U ＝IR x ⑥(2分)E ＝Ud⑦(2分)mg ＝qE ⑧(2分) 联立②⑥⑦⑧，得R x ＝mBld qM sin θ.(2分)答案：(1)Mg sin θBl 2MgR sin θB 2l 2(2)mBldqM sin θ。
高中物理第2章楞次定律和自感现象2.3自感现象的应用学案鲁科版选修3_20112216.docx
第4讲自感现象的应用[目标定位] 1.知道日光灯的组成和电路图.2.知道日光灯的主要元件及作用.3.知道感应圈是利用自感现象由低压直流电源获得高电压的．一、日光灯与镇流器二、感应圈1．工作原理利用自感现象用低压直流电源来获得高电压．2．结构主要由直接绕在铁芯上的初级线圈和两端接在放电器上的次级线圈构成．3．用途在物理、化学实验室里可以做小功率高压电源，在汽车、煤气灶点火装置中产生高压电火花完成点火工作．三、自感的其他应用及危害1．其他应用在广播电台和电视台的无线电设备中，用自感线圈和电容器组成振荡电路来发射电磁波；在收音机和电视机中，同样也用振荡电路来接收电磁波．另外电焊机也利用了自感现象，使焊条与工件之间的空隙产生电弧火花，使工件局部熔化．2．危害在电路中，开关断开时产生电弧火花，烧坏开关或造成安全隐患.一、日光灯的发光原理图11．构造日光灯的电路如图1所示，由日光灯管、镇流器、开关等组成．2．启动前管内气体未导通，启动器动触片与静触片处于分离状态．3．日光灯的启动当开关闭合时，电源把电压加在启动器的两电极之间，使氖气放电而发出辉光，辉光产生的热量使U形动触片膨胀伸长与静触片接触，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；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，流过镇流器的电流迅速减小，镇流器线圈中会产生很高的自感电动势，方向与原来电压方向相同，与电源电压一起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．启动器相当于一个自动开关．日光灯正常工作后处于断开状态，启动器损坏的情况下可将连接启动器的两个线头作一个短暂接触也可把日光灯启动．启动时电流流经途径是镇流器、启动器、灯丝，启动后电流流经途径是镇流器、灯丝、日光灯管．图24．日光灯正常工作时镇流器的作用由于日光灯使用的是交流电源，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阻碍原电流增大，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阻碍原电流减小，自感电动势与原电压同向．可见镇流器的自感电动势总是阻碍电流的变化，正常工作时镇流器就起着降压、限流的作用．例1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，不能使灯管气体导电，选项D错误．针对训练如图3是日光灯的结构示意图，若按图示的电路连接，关于日光灯的发光情况，下列叙述中正确的是( )图3A．只把S1接通，S2、S3不接通，日光灯就能正常发光B．把S1和S2接通后，S3不接通，日光灯就能正常发光C．S3不接通，接通S1和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A选项：只接通S1，灯管两端不能产生瞬时高压，日光灯不能点亮，A错误；B选项：S1和S2接通，S2不断开，日光灯被短路，电压为零，镇流器也不能产生断电自感电动势，日光灯不能点亮，B错误；C选项：S1和S2接通，再断开S2，镇流器产生自感电动势，与外加电压一起形成瞬时高压，使日光灯点亮而正常发光，C正确；D选项：日光灯正常发光后，再接通S3，镇流器被短接，不再起限流和降压作用，加在灯管两端的电压将达到220V，灯管将被烧坏，D错误．例2启动器是由电容和氖管两大部分组成，其中氖管中充有氖气，内部有静触片和U形动触片．通常动、静触片不接触，有一个小缝隙，则下列说法中正确的是( )A．当电源的电压加在启动器两极时，氖气放电并产生热量，导致U形动触片受热膨胀B．当电源的电压加在启动器两极后，启动器的两个触片才接触，使电路有电流通过C．电源的电压加在启动器两极前，启动器的两个触片就接触着，电路就已经有电流通过D．当电路通电后，两个触片冷却，两个触片重新分离答案ABD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．二、感应圈的工作原理如图4是感应圈的原理图，闭合开关K，低压直流电源接通．开关K和弹簧片DK与初级线圈L1构成回路．此时，铁芯被磁化，吸引弹簧片DK，使L1断路，瞬时无电流通过，铁芯失磁，弹簧片DK返回，L1回路再度接通．在这样的反复过程中，L1中产生变化的电流．在通、断的瞬间，由于初级线圈中的电流迅速变化，L1的自感电动势会猛增至数百伏．次级线圈L2的线圈匝数约为L1的100倍，于是在次级线圈L2的两端感应出数万伏的高压．图4例3关于感应圈下列说法不正确．．．的是( )A．感应圈是利用自感现象来获得高压电的装置B．在工程中，感应圈可作为大功率高压电源使用C．煤气灶电子点火装置，是利用感应圈产生高压电火花来完成的D．感应圈的主要构造包括绕在铁芯上的两个绝缘线圈及放电器等答案 B解析感应圈是利用自感现象，通过低压直流电源来获得高电压的装置，A正确；受直流电源提供电功率的限制，感应圈不能作为大功率高压电源使用，B不正确；感应圈的主要构造包括两个绝缘线圈和放电器等，D正确；煤气灶电子点火装置是利用感应圈产生的高压电火花来完成的，C正确.日光灯的发光原理1．关于日光灯电路的连接，下列说法正确的是( )A．启动器与灯管并联B．镇流器与灯管串联C．启动器与镇流器并联D．启动器相当于开关答案ABD解析根据日光灯工作原理知，启动器与灯管并联、镇流器与灯管串联，启动器的动触片和静触片短暂接通后断开，镇流器向灯管提供瞬时高压．所以，启动器仅起到了开关作用，A、B、D对，C错．2．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，它们的工作电流通路如下图所示：在启动阶段镇流器与启动器配合产生瞬间高压．工作后，电流由灯管经镇流器，不再流过启动器，故启动后启动器不再工作，而镇流器还要起降压限流作用，不能去掉，故选B、C.感应圈的工作原理3．下列说法正确的是( )A．感应圈的工作原理是电磁感应现象B．日光灯和白炽灯一样，都可接在直流电路中正常工作C．感应圈中的两个线圈的匝数一样多D．一个标有“220V,40W”的日光灯管，用欧姆表测灯管两端，读数约为1210Ω答案 A4．下列装置中没有利用感应圈的是( )A．煤气灶电子点火装置B．汽车发动机点火装置C．物理、化学实验中的小功率高压电源D．自动设备中的延时继电器答案 D解析煤气灶电子点火装置，汽车发电机点火装置都是利用感应圈产生的高压电火花来完成点火工作的，物理、化学实验中的小功率电源是利用感应圈通过低压直流电源获得高电压，A、B、C正确；延时继电器是利用线圈的电磁感应来正常工作的，没有用到感应圈，D错误．精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
高中物理 第2章 楞次定律和自感现象 2.2 自感课件 鲁科选修32鲁科高二选修32物理课件
图3 )
第3讲 自 感
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解析 在t＝0时刻合开关S，由于电感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，电源输出电流
较大，路端电压较低.在t＝t1时刻断开S，电感L产生自感电动势，与灯泡 (dēngpào)构成闭合回路，灯泡(dēngpào)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.
答案(dáàn) B
第3讲 自 感
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3.一个线圈中的电流均匀增大，这个线圈的( ) A
A.磁通量均匀增大
B.自感系数均匀增大 C.自感系数、自感电动势均匀增大 D.自感系数、自感电动势、磁通量都不变
解析 电流均匀增大时，线圈中磁感应强度均匀增大，所以(suǒyǐ)磁通量均匀 增大，而自感电动势取决于磁通量的变化率，所以(suǒyǐ)自感电动势不变；自 感系数取决于线圈本身的因素，也保持不变，只有选项A正确.
第3讲 自 感
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解析 线圈的自感系数是由线圈本身的因素及有无铁芯决定的，与有 无电流(diànliú)、电流(diànliú)变化情况都没有关系，故B、C错误，D正确；
自感电动势的大小除了与自感系数有关，还与电流的变化率有关，故A错误.
答案 D
第3讲 自 感
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第3讲 自 感
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解析 在电路(a)中，灯泡A和线圈L串联，它们的电流相同，断开S时， 线圈上产生自感电动势，阻碍(zǔ ài)原电流的减小，但流过灯泡A的电流仍 逐渐减小，从而灯泡A只能渐渐变暗； 在电路(b)中，电阻R和灯泡A串联，灯泡A的电阻大于线圈L的电阻，电流
高中物理第2章楞次定律和自感现象本章高效整合检测鲁科版选修3_2
第2章楞次定律和自感现象一、选择题1．如图所示，螺线管与电流表组成闭合电路，条形磁铁位于螺线管上方，下端为N极，则当螺线管中产生的感应电流( )A．方向与图示方向相同时，磁铁靠近螺线管B．方向与图示方向相反时，磁铁靠近螺线管C．方向与图示方向相同时，磁铁远离螺线管D．方向与图示方向相反时，磁铁远离螺线管解析：当螺线管中产生与图示方向相同的感应电流时，螺线管上端相当于条形磁铁的N极，下端相当于条形磁铁的S极；则两磁铁相互排斥，根据楞次定律“来拒去留”可知，磁铁靠近螺线管，A对C错；同理可判断D正确．答案：AD2．如图所示，螺线管B置于闭合金属圆环A的轴线上，当B中通过的电流I减小时( ) A．环A有缩小的趋势B．环A有扩张的趋势C．螺线管B有缩短的趋势D．螺线管B有伸长的趋势解析：当B中通过的电流减小时，穿过A线圈的磁通量减小，产生感应电流，由楞次定律可以判断出A线圈有缩小趋势，故A正确．另外螺线管环与环之间的引力减小，故螺线管有伸长的趋势，故D正确．答案：AD3．如图所示，等腰直角三角形OPQ区域内存在匀强磁场，另有一等腰直角三角形导线框ABC以恒定的速度沿垂直于磁场方向穿过磁场，穿越过程中速度方向始终与AB边垂直且保持AC平行于OQ.关于线框中的感应电流，以下说法中正确的是( )A．开始进入磁场时感应电流最大B．开始穿出磁场时感应电流最大C．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向D．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向解析：开始进入磁场时，线框切割磁感线的有效长度等于AB的长度，感应电动势最大，选项A正确．当线框开始穿出磁场时，切割磁感线的有效长度为零，感应电流最小，选项B错误．由楞次定律判断知，开始进入磁场时，感应电流的方向为逆时针，开始穿出磁场时，感应电流的方向为顺时针，选项C错误、D项正确．答案：AD4．如图所示，空间有一个方向水平的有界磁场区域，一个矩形线框，自磁场上方某一高度下落，然后进入磁场，进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直．则在进入时导线框不可能( )A ．变加速下落B ．变减速下落C ．匀速下落D ．匀加速下落解析： 导线框刚进入磁场时做什么运动，取决于所受安培力与重力的大小关系，若F 安<mg ，则加速，若F 安>mg ，则减速，若F 安＝mg ，则匀速，由于F 安随速度发生变化，故线框所受合力是变化的，即线框不可能做匀变速运动，应选D ．答案： D5．高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被炼金属中，因此适于冶炼特种金属．该炉的加热原理是( )A ．利用线圈中电流产生的焦耳热B ．利用线圈中电流产生的磁场C ．利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流D ．给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电解析： 高频感应炉的原理是：给线圈通以高频交变电流后，线圈产生高频变化的磁场，磁场穿过金属，在金属内产生强涡流，由于电流的热效应，可使金属熔化．故只有C 正确．答案： C6．M 和N 是固定在水平面内的两条光滑平行的金属轨道，其电阻可忽略不计．如图所示的虚线框内充满垂直轨道平面向下方向的匀强磁场，金属杆ab 垂直轨道方向放置在两轨道上，M 和N 之间接有一电阻R ，若杆ab 以恒定速度v 沿平行轨道方向滑动并通过匀强磁场，在此过程中，以下各物理量与速度v 的大小成正比的有( )A ．ab 杆中的电流B ．ab 杆在磁场中所受的安培力C ．电阻R 上产生的焦耳热D ．水平外力对ab 杆做功的功率解析： 由法拉第电磁感应定律E ＝Blv ，I ＝E R ＝Blv RF 安＝BIl ＝B 2l 2v R ，Q ＝I 2Rt ＝B 2l 2v 2RtP ＝Fv ＝F 安v ＝B 2l 2v 2R所以ab 杆中的电流，与ab 杆所受安培力与速度v 成正比，A 、B 项正确．答案： AB7．如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，金属杆ab 与框架间无摩擦，整个装置处于竖直方向的磁场中．若因磁场的变化，使杆ab 向右运动，则磁感应强度( )A ．方向向下并减小B ．方向向下并增大C ．方向向上并增大D ．方向向上并减小解析： 因磁场变化，发生电磁感应现象，杆ab 中有感应电流产生，而使杆ab 受到磁场力的作用，并发生向右运动．而ab 向右运动，使得闭合回路中磁通量有增加的趋势，说明原磁场的磁通量必定减弱，即磁感应强度正在减小，与方向向上、向下无关．答案： AD8．如图，A 、B 是完全相同的两个小灯泡，L 为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈，下列说法正确的是( )A ．开关S 闭合的瞬间，A 、B 同时发光，随后A 灯变暗最后熄灭，B 灯变亮B ．开关S 闭合的瞬间，B 灯亮，A 灯不亮C ．断开开关S 的瞬间，A 、B 灯同时熄灭D ．断开开关S 的瞬间，B 灯立即熄灭，A 灯突然闪亮一下再熄灭解析： 闭合开关时，由于线圈的自感，电流从A 、B 中流过，随着线圈中电流逐渐增大，A 灯变暗，渐灭．B 灯由于A 短路，I 增大而变亮．断开开关时，电路断开，B 立即熄灭，而A 灯与线圈形成闭合回路，故A 变亮再逐渐熄灭，故A 、D 正确．答案： AD9．磁感应强度为B 的匀强磁场仅存在于边界2L 的正方形范围内，一电阻为R ，边长为L 的正方形导线框abcd ，沿垂直于磁感线方向以速度v 匀速通过磁场，如图所示，从ab 刚开始进入磁场开始计时，画出穿过线框的磁通量随时间的变化图象及匀速通过磁场时所受外力的图象正确的是( )解析： 线圈穿过磁场的过程可分为三个阶段，进入磁场阶段；在磁场中运动阶段；离开磁场阶段由Φ＝BS ，而S ＝L ·x ＝L ·vt ，所以Φ＝BLv ·t ，其图象如选项A 所示；由右手定则或楞次定律判断出线圈abcd 中感应电流方向再由左手定则判断不论线圈进或出磁场，安培力方向均水平向左，由于匀速运动，故外力F ＝F 安＝B 2L 2v R，且向右，当线圈完全进入磁场时，线框中无电流，故外力F ＝F 安＝0，图象如选项C 所示．答案： AC10．如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )A ．P ＝2mgv sin θB ．P ＝3mgv sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g 2sin θ D ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析： 导体棒由静止释放，速度达到v 时，回路中的电流为I ，则根据共点力的平衡条件，有mg sin θ＝BIL .对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v 的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I ，则根据平衡条件，有F ＋mg sin θ＝B ·2IL 所以拉力F ＝mg sin θ，拉力的功率P ＝F ×2v ＝2mgv sin θ，故选项A 正确，选项B 错误；当导体棒的速度达到v 2时，回路中的电流为I 2，根据牛顿第二定律，得mg sin θ－B I 2L ＝ma ，解得a ＝g 2sin θ，选项C 正确；当导体棒以2v 的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R 上产生的焦耳热，故选项D 错误．答案： AC二、非选择题11．水平面上两根足够长的金属导线平行固定放置，间距为L ，一端通过导线与阻值为R 的电阻连接，导轨上放一质量为m 的金属棒(如图所示)，金属杆与导轨的电阻忽略不计，匀强磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力F 作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动的速度v 也会变化，v 与F 的关系如图所示．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动？(2)做m ＝0.5 kg ，L ＝0.5 m ，R ＝0.5 Ω，磁感应强度B 为多大？解析： (1)变速运动(或变加速运动、加速度减少的加速运动、加速运动)．(2)感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝E R ，安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R因金属杆受拉力、安培力作用，由牛顿定律得：F －B 2L 2v R ＝ma ，所得v ＝R B 2L 2F －mRa B 2L 2，由图线可以得到直线的斜率k ＝2，所以B ＝ R kL 2＝1 T. 答案： (1)变加速运动 (2)1 T12．在光滑绝缘水平面上，电阻为0.1 Ω、质量为0.05 kg 的长方形金属框abcd ，以10 m/s 的初速度向磁感应强度B ＝0.5 T 、方向垂直水平面向下、范围足够大的匀强磁场滑去．当金属框进入磁场到达如上图所示位置时，已产生1.6 J 的热量．(1)在图中ab 边上标出感应电流和安培力方向，并求出在图示位置时金属框的动能．(2)求图示位置时金属框中感应电流的功率．(已知ab 边长L ＝0.1 m)解析： (1)ab 边上感应电流的方向b →a ，安培力方向向左，金属框从进入磁场到图示位置能量守恒得：12mv 20＝12mv 2＋Q ，E k ＝12mv 2＝12mv 20－Q ＝12×0.05×102 J －1.6 J ＝0.9 J. (2)金属框在图示位置的速度为v ＝ 2E km ＝ 2×0.90.05 m/s ＝6 m/s.E ＝Blv ，I ＝E R＝Blv R ＝0.5×0.1×60.1A ＝3 A ．感应电流的功率P ＝I 2R ＝32×0.1 W＝0.9 W. 答案： (1)0.9 J 0.9 W13．如图，ab 和cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN 和M ′N ′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和2m .竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R ，导轨间距为l .整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g .在t ＝0时刻将细线烧断，保持F 不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度．解析： (1)设任意时刻时，MN 、M ′N ′杆的速度分别为v 1、v 2.细线烧断前：F ＝mg ＋2mg①细线烧断后，对MN 杆在任意时刻： F －mg －F 安＝ma 1 ② 对M ′N ′杆在任意时刻：2mg －F 安＝2ma 2 ③E ＝Bl (v 1＋v 2)④ I ＝E R⑤ F 安＝Bil⑥ a 1t ＝v 1⑦ a 2t ＝v 2⑧ 联立①～⑧式解得：v 1∶v 2＝2∶1⑨ (2)当两杆达到最大速度时，对M ′N ′有：2mg －F 安＝0⑩联立④⑤⑥⑨解得v 1＝4mgR 3B 2l 2，v 2＝2mgR 3B 2l 2 答案： (1)2∶1 (2)4mgR 3B 2l 2 2mgR 3B 2l 2 14．如图(a)所示，一个电阻值为R ，匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路，线圈的半径为r 1，在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图(b)所示，图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0.导线的电阻不计，求0至t 1时间内(1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1上的电量q 及电阻R 1上产生的热量．解析： (1)根据法拉第电磁感应定律，电路中产生的感应电动势 E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBΔt ·S ＝n ·B 0t 0πr 22通过电阻R 1上的电流：I ＝E R ＋R 1＝E 3R ＝n πB 0r 223Rt 0根据楞次定律，可判定流经电阻R 1的电流方向从下往上，即从b 到a .(2)在0至t 1时间内通过电阻R 1的电量q ＝It 1＝n πB 0r 22t 13Rt 0电阻R 1上产生的热量Q ＝I 2R 1t 1＝2n 2π2B 20r 42t 19Rt 0.答案： (1)n πB 0r 203Rt 0 b →a (2)n πB 0r 22t 13Rt 0 2n 2π2B 20r 42t 19Rt 20。
高中物理 第2章 楞次定律和自感现象 第2节 自感课件 鲁科选修32鲁科高二选修32物理课件
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[解题探究] (1)当流过线圈的电流增大时，线圈中会出现什么现 象？ (2)流过线圈的电流稳定后线圈还有阻碍作用吗？ [解析] 由于线圈自感系数较大，当开关闭合瞬间，a、b 间近 似断路，所以 a、b 间电压很大，随着电流的增加，a、b 间电 压减小，b、c 间电压增大，最后稳定后，a、b 间电压为零，b、 c 间电压等于 E，电流大小为 I＝ER，选项 B、D 对，A、C 错． [答案] BD
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如图所示，输入端 ab 的输入电压既有直流成 分，又有交流成分，以下说法中正确的是(L 的直流电阻与 R 相同)( )
A．直流成分只能从 L 通过 B．交流成分只能从 R 通过 C．通过 R 的既有直流成分又有交流成分 D．通过 L 的交流成分比通过 R 的交流成分必定要多
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命题视角 1 自感现象的理解 下列关于自感现象的论述中，正确的是( )
A．线圈的自感系数跟线圈内电流的变化率成正比 B．当线圈中电流减弱时，自感电流的方向与原电流方向相反 C．当线圈中电流增大时，自感电流的方向与原电流方向相反 D．穿过线圈的磁通量的变化和线圈中电流的变化无关
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解析：选 C.线圈具有通直流阻交流的作用，L 的直流电阻与 R 相同，对交流的阻碍作用要大于电阻 R，多数交流成分通过 R， 故选 C.
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通电自感与断电自感的分析
1．通电自感与断电自感的对比
通电自感
断电自感
电路 图
器材 要求
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鲁科版高中物理选修3-2本章练测：第2章楞次定律和自感现象(含答案).docx
高中物理学习材料桑水制作第2章楞次定律和自感现象建议用时实际用时满分实际得分90分钟100分一、选择题（本题包括10小题，每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题4分，共40分）1.家用日光灯电路如图1所示，S为启动器，A为灯管，L为镇流器，关于日光灯的工作原理下列说法正确的是( )图1A．镇流器的作用是将交流变为直流B．在日光灯的启动阶段，镇流器能提供一个瞬时高压，使灯管开始工作C．日光灯正常发光时，启动器中的两个触片是接触的D．日光灯发出柔和的白光是由汞原子受到激发后直接辐射的2.(2011年德州高二检测)如图2所示，两个大小相等互相绝缘的导体环，B环与A环有部分面积重叠，当开关S断开时( )图2A．B环内有顺时针方向的感应电流B．B环内有逆时针方向的感应电流C．B环内没有感应电流D．条件不足，无法判定3.如图3所示，用丝线悬挂一个金属环，金属环套在一个通电螺线管上，并处于螺线管正中央位置．如通入螺线管中的电流突然增大，则( )A．圆环会受到沿半径向外拉伸的力B．圆环会受到沿半径向里挤压的力C．圆环会受到向右的力D．圆环会受到向左的力图34.(2011年龙岩模拟)如图4所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是( )图4A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→ a→d5.如图5所示，AB支路由带铁芯的线圈和电流表A1串联而成，设电流为I1；CD支路由电阻R和电流表A2串联而成，设电流为I2.两支路电阻阻值相同，在接通开关S和断开开关S的瞬间，会观察到（)图5A．S接通瞬间，I1<I2，断开瞬间I1=I2B．S接通瞬间，I1<I2，断开瞬间I1>I2C．S接通瞬间，I1>I2，断开瞬间I1<I2D．S接通瞬间，I1>I2，断开瞬间I1=I26.如图6所示，AB金属棒原来处于静止状态(悬挂)．由于CD棒的运动，导致AB棒向右摆动，则CD棒( )图6A．向右平动 B．向左平动C．向里平动 D．向外平动7.如图7所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，线圈进入磁场前等距离排列，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈．通过观察图形，判断下列说法正确的是( )图7A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带静止B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈8.(2010年高考山东理综卷改编)如图8所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时以下说法不．正确的是( )图8A．穿过回路的磁通量为零B．回路中感应电动势大小为2Blv0C．回路中感应电流的方向为顺时针方向D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同9.如图9所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L.现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速经过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图象是( )图9图1010. (2011年泉州高二检测)如图11所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g，则此过程( )图11A．杆的速度最大值为(F−μmg)RB2d2B．流过电阻R的电荷量为BdlRC．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分．按题目要求作答)11.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图12甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B 连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．在图乙中，图12(1)S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针________；(2)线圈A放在B中不动时，指针将________；(3)线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将________．12.为了演示接通电源的瞬间和断开电源的电磁感应现象，设计了如图13所示的电路图，让L的直流电阻和R相等，开关接通的瞬间，A灯的亮度________(填“大于”“等于”或“小于”)B灯的亮度；通电一段时间后，A灯的亮度________(填“大于”“等于”或“小于”)B灯的亮度；断开开关的瞬间，A灯________(填“立即”或“逐渐”)熄灭，B灯________(填“立即”或“逐渐”)熄灭，若满足R灯>R L，则断开瞬间，A灯会________(“闪亮”或“不闪亮”)，流过A的电流方向________(“向左”或“向右”)图13三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.(10分)(2011年上杭高二检测)如图14甲所示，n=150匝的圆形线圈M，其电阻为R2，它的两端点a、b与定值电阻R相连，穿过线圈的磁通量的变化规律如图乙所示．图14(1)判断a、b两点的电势高低；(2)求a、b两点的电势差．14.(10分)如图15所示，电阻不计的光滑U形导轨水平放置，导轨间距d=0.5 m，导轨一端接有R=4.0 Ω的电阻．有一质量m=0.1 kg、电阻r=1.0Ω的金属棒ab与导轨垂直放置．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.2 T．现用水平力垂直拉动金属棒ab，使它以v= 10m/s的速度向右做匀速运动．设导轨足够长．图15(1)求金属棒ab两端的电压；(2)若某时刻撤去外力，从撤去外力到金属棒停止运动，求电阻R产生的热量．15.(14分)如图16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．图16(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．16.(14分)(2011年潍坊高二检测)如图17甲所示，光滑绝缘水平面上，磁感应强度B=2 T的匀强磁场以虚线MN为左边界，MN的左侧有一质量m=0.1kg，bc边长L1=0.2 m，电阻R=2 Ω的矩形线圈abcd.t=0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F 改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场．整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示．图17(1)求线圈bc边刚进入磁场时的速度v1和线圈在第1 s内运动的距离s；(2)写出第2 s内变力F随时间t变化的关系式；(3)求出线圈ab边的长度L2.第2章楞次定律和自感现象得分：一、选择题题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答案二、填空题11.（1）（2）（3）12.三、计算题13.14.15.16.第2章楞次定律和自感现象参考答案一、选择题1.B 解析：镇流器是一个自感系数很大的线圈，当流经线圈的电流发生变化时能产生很大的自感电动势阻碍电流的变化，在日光灯启动时，镇流器提供一个瞬时高压使其工作；在日光灯正常工作时，自感电动势方向与原电压相反，镇流器起着降压限流的作用，此时启动器的两个触片是分离的，当灯管内的汞蒸气被激发时能产生紫外线，涂在灯管内壁的荧光物质在紫外线的照射下发出可见光．2.B 解析：由安培定则可知穿过环B 的磁通量向外，当S 断开时，磁通量减少，由楞次定律可知B 中产生逆时针方向的感应电流，B 对．3.A 解析：无论通入螺线管的电流是从a 流向b 还是从b 流向a ，电流增大时，穿过金属环的磁通量必增加．由于穿过金属环的磁通量由螺线管内、外两部分方向相反的磁通量共同决定，等效原磁场方向由管内磁场方向决定．根据楞次定律，环内感应电流的磁场要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即要阻碍穿过环的磁通量的增加，因此有使环扩张的趋势，从而使环受到沿半径向外拉伸的力．答案为A.4.B 解析：由楞次定律，一开始磁通量减小，后来磁通量增大，由“增反”“减同”可知电流方向是d →c →b →a →d .5.A 解析： S 接通瞬间，线圈L 产生自感，对电流有较大的阻碍作用，I 1从0缓慢增大，而R 中电流不受影响，I 1<I 2，但当电路稳定后，自感消失，由于两支路电阻阻值相同，则I 1=I 2.开关断开瞬间，ABDC 构成一个回路，感应电流相同．6.D 解析：此题是左、右手定则的综合应用题．AB 棒向右摆的原因是：CD 棒做切割磁感线运动产生感应电动势，给AB 棒供电，AB 棒摆动是通电导体受力问题．AB 棒向右摆动，说明它受到的磁场力方向向右，根据左手定则判断出AB 中的电流方向B →A .这说明CD 棒的电流方向D →C ，再根据右手定则判断CD 棒的切割方向是向外．注意题目中给出的四个选项中，A 、B 肯定不正确，因为CD 棒左、右平动，不切割磁感线，不产生感应电流．7.D 解析：若线圈合格，则由于电磁感应现象会向左移动一定距离，且合格线圈移动的距离相等，移动后线圈的间距也等于移动前的间距，由图知线圈3与其他线圈间距不符，不合格．8.C 解析：由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于OO ′对称，因而此时穿过回路的磁通量为零，A 项正确；ab 、cd 均切割磁感线，相当于两个电源，由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针，两电源串联，感应电动势为2Blv 0，B 项正确，C 项错误；由左手定则知ab 、cd 所受安培力方向均向左，D 项正确．9.D 解析：由楞次定律可知，当正方形导线框进入磁场和出磁场时，磁场力总是阻碍物体的运动，方向始终向左，所以外力F 始终水平向右，因安培力的大小不同，故选项D 是正确的，选项C 是错误的．当矩形导线框进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，感应电流的大小在中间时是最大的，所以选项A 、B 是错误的． 10.D 解析：当杆的速度达到最大时，安培力F 安=B 2d 2v R+r，杆受力平衡，故F −μmg −F 安=0，所以v =(F−μmg )(R+r )B 2d 2，选项A 错；流过电阻R 的电荷量为q =It =ΔΦR+r=Bdl R+r，选项B 错；根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，选项C 错D 对． 二、填空题11.(1)向右偏转 (2)不动 (3)向左偏转解析：(1)由图甲知电流从左接线柱流入电流表时，其指针向左偏转．S 闭合后，将A 插入B 中，磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判断B 中电流方向向上，从右接线柱流入，故电流表指针向右偏转； (2)A 放在B 中不动，磁通量不变，不产生感应电流；(3)断开开关，穿过B 的磁通量减小，电流表指针向左偏转． 12.大于 等于 逐渐 立即 闪亮 向右解析：开关接通的瞬间，和A 灯并联的电感电流为零，A 灯的电流为R 和B 灯之和，所以A 灯的亮度大于B 灯亮度．通电一段时间后电流稳定了，L 无自感现象，电阻和R 一样，通过两灯的电流相等，所以两灯一样亮．断电的瞬间，A 灯和产生自感现象的L 组成回路，随着电路电流的减小逐渐熄灭．而B 灯没有电流而立即熄灭，若R 灯>R L ，稳定时I 灯<I L .故断开瞬间A 灯会闪亮，且电流向右流． 三、计算题13.(1)a 点高 (2)20 V解析：(1)由Φ−t 图知，穿过M 的磁通量均匀增加，根据楞次定律可知a 点电势比b 点高． (2)由法拉第电磁感应定律知E =nΔΦΔt=150×0.2 V =30 V .由闭合电路欧姆定律知：I =E R+r=ER+R 2=2E 3RU ab =IR =2E 3=20 V .14.(1)0.8 V (2)4.0 J解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，E =Bdv根据欧姆定律，I=ER+r ，U=IR由以上各式可得U=0.8 V.(2)由能量守恒得，电路中产生的热量Q=12mv2，因为串联电路电流处处相等，所以Q RQ=RR+r，代入数据求出Q R=4.0 J.15.(1)见解析(2)BlvR gsinθ−B2l2vmR解析：(1)ab杆受三个力：重力mg，竖直向下；支持力N，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上．受力示意图如图18所示．(2)当ab杆速度为v时，感应电动势E=Blv，此时电路中电流I=ER =BlvRab杆受到的安培力F=BIl=B2l2vR根据牛顿运动定律，有mgsinθ−F=mgsinθ−B 2l2vR=ma，a=gsinθ−B2l2vmR. 图1816.(1)0.5 m/s0.25 m (2)F=(0.08 t＋0.06) N (3)1 m解析：(1)由图乙可知，线圈刚进入磁场时的感应电流I1=0.1 A.由E=BL1v1及I1=ER 得v1=I1RBL1=0.5 m/ss=v12t=0.25 m(2)由图乙，在第2 s时间内，线圈中的电流随时间均匀增加，线圈速度随时间均匀增加，线圈所受安培力随时间均匀增加，且大小为F安=BIL1=(0.08 t－0.04) Nt=2 s时线圈的速度v2=I2RBL1=1.5 m/s线圈在第2 s时间内的加速度a2=v2−v1t =1 m/s2由牛顿运动定律得F=F安+ma2=(0.08t+0.06) N(3)在第2 s时间内，线圈的平均速度v=v1+v22=1m s⁄，L2=v·t=1 m.。
2019-2020年高中物理第2章楞次定律和自感现象第2节自感自我小测含解析鲁科版选修3_2
自感夯基我达标1.下列关于自感的说法中正确的是（）A．自感是由于导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象B．自感电动势的大小跟穿过线圈的磁通量的变化快慢有关C．自感电流的方向总是与原电流的方向相反D．对不同的线圈，电流变化快慢相同时，产生的自感电动势不同2.关于线圈的自感系数，下列说法中正确的是（）A．线圈中产生的自感电动势越大，线圈的自感系数一定越大B．线圈中的电流变化越快，自感系数就越大C．线圈中的电流不发生变化，自感系数一定为零D．线圈的自感系数与线圈自身的因素以及有无铁芯有关3.如图2－2－9所示，L1和L2是两个相同的小灯泡，L是自感系数相当大的线圈，其电阻阻值与R相同，由于存在自感现象，在开关S接通和断开时，灯L1、L2先后亮暗的顺序是（）图2－2－9A．接通时，L1先达到最亮；断开时，L1后暗B．接通时，L2先达到最亮；断开时，L2后暗C．接通时，L1、A2同时达到最亮；断开时，L1后暗D．接通时，L2先达到最亮；断开时，L1后暗4.如图2－2－10所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一电压表，用来测量自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路解体时应（）图2－2－10A．先断开S2B．先断开S1C．先拆除电流表D．先拆除电阻R5.如图2－2－11所示，L为电阻很小的线圈，G1和G2为内阻不计、零点在表盘中央的电流计.当开关S处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方.那么，当开关S断开时，将出现下面哪种现象（）图2－2－11A．G1和G2的指针都立即回到零点B．G1的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点C．G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针立即偏向左方，然后缓慢地回到零点D．G1的指针立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点6.如图2－2－12所示，电路图中有L1和L2两个完全相同的灯泡，线圈L的电阻忽略不计，下列说法正确的是（）图2－2－12A．闭合S时，L2先亮，L1后亮，最后一样亮B．断开S时，L2立刻熄灭，L1过一会熄灭C．L1中的电流始终从b到aD．L2中的电流始终从c到d7.如图2－2－13所示，L2、L2两灯的电阻均为R，S1闭合时两灯的亮度一样，若要闭合S2待稳定后将S1断开，则在断开瞬间（）图2－2－13A．L2灯立即熄灭B．L1灯过一会才熄灭C．流过L2灯的电流方向c→dD．流过L1灯的电流方向a→b8.如图2－2－14所示，L是电阻不计、自感系数足够大的线圈，L1和L2是两个规格相同的灯泡，下列说法正确的是（）图2－2－14A．S刚闭合时，L1和L2同时亮且同样亮B．S刚闭合时，L1和L2不同时亮C．闭合S达到稳定时，L1熄灭，L2比S刚闭合时亮D．再将S断开时，L1闪亮一下再熄灭，而L2立即熄灭我综合我发展9.如图2－2－15所示电路，线圈L的电阻不计,则（）图2－2－15A．S闭合瞬间，A板带正电，B板带负电B．S保持闭合，A板带正电，B板带负电C．S断开瞬间，A板带正电，B板带负电D．由于线圈电阻不计，电容器被短路，上述三种情况下两板都不带电10.如图2－2－16所示，电池的电动势为E，内阻不计，线圈自感系数较大，直流电阻不计，当开关S闭合后，下列说法正确的是（）图2－2－16A．a、b间电压逐渐增加，最后等于EB．b、c间电压逐渐增加，最后等于EC．a、c间电压逐渐增加，最后等于ED．电路中电流逐渐增加，最后等于E/R11.如图2－2－17所示的电路，L是自感系数较大的线圈，在滑动变阻器的滑动片P从A端迅速滑向B端的过程中，经过AB中点C时通过线圈的电流为I1；P从B端迅速滑向A端的过程中，经过C点时通过线圈的电流为I2；P固定在C点不动，达到稳定时通过线圈的电流为I0，则（）图2－2－17A．I1＝ I2＝I0B．I1 >I0> I2C．I1＝ I2>I0D．I1< I0<I212.如图2－2－18所示，线圈的直流电阻为10 Ω，R＝20 Ω，线圈的自感系数较大，电源的电动势为6 V，内阻不计，则在闭合S瞬间，通过L的电流为___________A,通过R电流为___________A；S闭合后电路中的电流稳定时断开S的瞬间，通过R的电流为___________ A，方向与原电流方向___________.图2－2－1813.如图2－2－19所示，L为自感线圈，L是一个灯泡，当S闭合瞬间，a、b两点电动势相比，__________点电势较高，当S切断瞬间a、b两点电势相比，__________点电势较高.图2－2－1914.如图2－2－20所示，L是自感系数较大的一个线圈，电源的电动势为6 V，开关S已闭合，当S断开时，在L中出现的自感电动势E′＝100 V，求此时a、b两点间的电势差.图2－2－2015.如图2－2－21所示是一种风速仪示意图，试回答下列问题.图2－2－21（1）有水平风吹来时磁体将如何转动？（自上往下看）（2）磁体转动一周，则导线CD段中电流方向如何？（3）为什么能用它来测定风速大小？参考答案１解析：在自感现象中产生的感应电动势与穿过线圈的磁通量变化率成正比;通过线圈的电流I变化越快,产生的自感电动势E就越大,有公式E＝,其中L为自感系数.故选项A、B、D正确.答案：ABD２解析：线圈的自感系数与线圈的形状、横截面积、长短、匝数等因素有关.故选项D正确.答案：D３解析：当接通开关的瞬间，由于线圈对电流变化的阻碍作用，L1两端的电压大于L2两端电压，虽然两个灯同时亮，但L1先最亮；断开时，由线圈的自感作用，L1延迟熄灭，故选项A正确.答案：A４解析：在断开电路时，线圈会产生自感现象，由于线圈的自感系数很大，产生的自感电动势很大，若先切断S2的话，自感电动势就加在电压表上，将电压表烧毁；若先断开S1的话，就切断了自感电动势的释放回路，就可避免事故的发生.答案：B５解析：断开电路的瞬间，G2中的电源提供的电流瞬间消失，线圈由于自感的作用，产生自感电动势，与G2构成自感回路，自感电流将通过G2，该电流与原来的电流方向相反，所以G1缓缓地回到零点，G2瞬间回到左边再缓缓回到零点.答案：C６解析：开关闭合的瞬间，由于L的自感作用，L1不能立刻亮起，随着阻碍的进行，L1缓慢地亮起，待电路稳定后两灯一样亮；断开电路时，自感电流会同时经过L1、L2，两灯一起熄灭，所以L1中的电流方向没变化，L2中的电流方向与原来相反.答案：AC7解析：线圈L的自感作用，与灯L1构成回路，自感电流会流过L1灯.答案：ABD8解析：闭合时的瞬间，线圈L的自感作用非常强，相当于断路，L1、L2中电流同时通过，所以同时达到最亮，电路稳定后，线圈的自感作用消失，线圈相当于导线，L1被短路而熄灭.断开电路时，线圈与L1构成自感回路，L1又会闪亮一下后再熄灭，而L2立刻熄灭.答案：ACD9解析：开关闭合瞬间，线圈L的自感作用非常强，相当于断路，电容器被充电，上极板充正电，下极板充负电；稳定后线圈对电流变化的阻碍消失，电容器被短路，上下极板均不带电；断开的瞬间，线圈中会产生自感电动势，又会对电容器充电，根据自感电动势的方向知，下极板充正电，上极板充负电.答案：A10解析：由于线圈的自感作用，开关闭合的瞬间，自感的阻碍作用非常大，电路中的电流从零逐渐增加直到稳定，大小为E/R；所以开始时ab间的电压等于E，然后逐渐减小到零；R上的电压为零，然后逐渐增加直到等于E.答案：BD11解析：在滑动变阻器的滑动片P从A端迅速滑向B端的过程中，经过AB中点C时通过线圈的电流为I1，该过程电路中的总电阻减小，电流增大，自感现象应该是阻碍增大，此时电流比稳定时要小；P从B端迅速滑向A端的过程中，经过C点时通过线圈的电流为I2，该过程电路中的总电阻增大，电流减小，自感作用阻碍减小，该电流比稳定时大，选项D正确.答案：D12解析：在闭合S的瞬间，由于L的自感作用，将阻碍电流的增加，从零增加到最大，所以接通开关的瞬间通过L的电流为零；电阻R无自感现象，接通瞬间就达到稳定；当开关断开的瞬间，由电源提供电阻R的电流瞬间消失，线圈L的自感作用，其电流不能马上消失，从稳定的电流逐渐减小到零，此时通过R的电流是线圈中的自感电流，所以方向与原电流方向相反.答案：0 0.3 0.6 相反13解析：开关接通的瞬间，线圈的自感作用将阻碍电流的增加，自感电动势是反电动势，故a端电势高；断开开关的瞬间，线圈中自感电动势的方向与原电流方向相同，b端是高电势处.答案：a b14解析：断开S的瞬间，L中出现的自感电动势与原电流同向，此时电源电动势与线圈自感电动势同方向串联，故开关a、b两端的电势差为U＝E＋E′＝106 V.答案：106 V15解析：通过风车带动条形磁铁转动,这样便可以改变线圈中磁通量的变化,由法拉第电磁感应定律,便可测出风速.答案：(1)逆时针转动；(2)先D到C，后C到D；(3)风速越大磁体转动越快，线圈中磁通量变化越快，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势就越大，感应电流就越大，这样就可以通过电流计中电流的大小来读出风速的大小.。
(鲁科版)高中物理选修3-2课件：第2章 楞次定律和自感现象 第2节
物理 L 选修3-2
第2章 楞次定律和自感现象
记 学习目标 学 基础导学 悟 名师指点 讲 典例精析 辨 易错疑难 练 随堂演练
二、通电自感和断电自感的理解
在处理通、断电灯泡亮度变化问题时，不能一味套用结 论，如通电时逐渐变亮，断电时逐渐变暗，或闪亮一下逐渐变
线圈的自感系数大大增加．
亨利 ，简称____ 亨 ，符号是 3． 单位 ：自感系数的单位是 ______ 毫亨 微亨 (μH).1 H ＝ H. 常 用 的 较 小 单 位 还 有 ______ (mH) 和 ______ 103 106 ____mH,1 H＝____μH .
物理 L 选修3-2
与线圈并联的灯泡 电路中稳态电流为I1、I2
电流逐渐减小
断电时 灯泡逐渐变暗 电流方向不变
①若I2≤I1，逐渐变暗
②若I2>I1，灯泡闪亮后 逐渐变暗，两种情况灯
泡电流方向均改变
电流减小时 (如断电)由自感电动势产生的自感 电流与原电流方向相同，其电流大小一定小于产生自感电动势 的线圈中原先所通电流大小且不断减小．
物理 L 选修3-2
第2章 楞次定律和自感现象
记 学习目标 学 基础导学 悟 名师指点 讲 典例精析 辨 易错疑难 练 随堂演练
第2节
自
感物理 L 选修3-2 Nhomakorabea第2章 楞次定律和自感现象
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记 学习目标
物理 L 选修3-2
第2章 楞次定律和自感现象
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高中物理 第2章 楞次定律和自感现象 第2节 自感教学案 鲁科版选修32
第2节 自感一、自感现象由导体自身电流变化所产生的电磁感应现象。
二、自感电动势三、自感系数1．自主思考——判一判(1)自感电动势的作用是阻碍导体自身电流发生变化。
(√) (2)当线圈中有电流时，线圈中就有自感电动势。
(×)1.由导体自身的电流变化所产生的电磁感应现象叫自感现象，产生的感应电动势叫自感电动势，E ＝L ΔIΔt。
2．当导体中原电流增大时，自感电动势与原电流方向相反；当导体中原电流减小时，自感电动势与原电流方向相同。
即自感电动势总是要阻碍导体自身的电流发生变化。
3．线圈的自感系数与线圈的形状、横截面积、长短、匝数、有无铁芯等因素有关。
(3)当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同。
(√)(4)线圈中电流变化得越快，线圈的自感系数越大。
(×)(5)不管电流如何变化，线圈的自感系数不变。
(√)2．合作探究——议一议(1)自感现象是否属于电磁感应现象，是否遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律？提示：自感现象属于电磁感应现象，同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律。
(2)自感电动势的方向与原电流的方向是否相反？提示：实际上，电流减弱时自感电动势的方向与原电流方向相同，电流增强时自感电动势的方向与原电流方向相反。
(3)感应电动势的结果可以“阻止”原电流的变化吗？提示：感应电动势只阻碍原电流的变化，不能“阻止”。
1．断电自感2．通电自感实验要求电路稳定时L A1、L A2亮度相同S 闭合的 瞬间L A1先亮由于L A1支路为纯电阻电路，不产生自感现象L A2逐渐变亮，最后与L A1一样亮由于L 的自感作用阻碍L A2支路电流增大，出现“延迟”现象[特别提醒](1)断电发生自感现象时，线圈产生感应电动势相当于电源，与其他元件构成新的电路。
(2)发生自感现象时，通过线圈的电流不能突变，只能在原来电流的基础上逐渐变化。
[典例] 如图221所示甲、乙中，自感线圈L 的电阻很小，接通S ，使电路达到稳定，灯泡A 发光，下列说法正确的是( )图221A ．在电路甲中，断开S ，A 将立即熄灭B ．在电路甲中，断开S ，A 将先变得更亮，然后逐渐变暗C ．在电路乙中，断开S ，A 将逐渐变暗D ．在电路乙中，断开S ，A 将先变得更亮，然后渐渐变暗 [思路点拨]⎦⎥⎥⎤甲图中，S 处于闭合状态时，I L ＝I A 乙图中，S 处于闭合状态时，I L ＞I A ⇒⎣⎢⎢⎡S 断开后，均发生断电自感现象两灯泡的电流均从I L 开始减小[解析] 甲图中，灯泡A 与电感线圈L 在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S 时，线圈L 中的自感电动势的作用使得支路中的电流瞬间不变，以后渐渐变小，A 、B 错误。
2020-2021学年高中物理 第二章 楞次定律和自感现象 第2节 自感教案 鲁科版选修3-2
自感课题《自感》［鲁科版（山东科技出版社）选修3-2第2章第2节］教材分析本节内容是电磁感应现象在技术中的应用，也是学生在认知上对电磁感应规律的进一步巩固与深化。
《课程标准》对本节的要求是“通过实验，了解自感现象”，对于自感系数和自感电动势的公式《课程标准》没有明确要求。
教材对自感的编写顺序是：提出问题→演示实验（通电自感）→理论分析→提出自感、自感电动势概念→演示实验（断电自感）→理论分析自感电动势的作用→介绍自感系数和自感电动势的公式。
根据《课程标准》结合教材，教学中要做好实验，让学生通过实验来认识自感现象，明确自感现象是由于自身电流变化在自身电路中产生的电磁感应现象。
通过实验器材演示、多媒体的展示、营造生动、直观、具体的物理情景，让学生在具体的物理情景中去观察、分析、比较、概括、抽想出物理的概念，培养学生物理的核心素养教学目标知识与技能1.通过实验，了解自感现象及其产生的原因．2.理解自感电动势的作用，能解释通电自感和断电自感．3.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．过程与方法1.通过对通电自感和断电自感自感现象实验的观察、分析和讨论，培养学生的分析推理能力。
2.通过对图像的处理过程，培养学生运用类比的方法进行探究的能力.情感态度与价值观1.通过介绍自感现象的发现过程以及美国实验物理学家亨利的事迹，培养学生的探究精神、体会科学家的人格魅力；2.渗透科学研究方法的教育，培养学生的自主学习的能力，提高学生物理学的核心素养，通过对已学知识的理解实现知识的自我更新，以适应社会对人才的要求.重点难点重点：自感现象及自感系数难点：(1) 自感现象的产生原因分析（2）通、断电自感的演示实验中现象解释学情分析学生已经学习了电路的基本常识以及电磁感应的相关规律，学会判断回路是否会产生感应电流以及感应电流的方向，而且还掌握了感应电动势的大小与什么因素有关。
但头脑中没有意识到当通过线圈变化的电流时，线圈本身也会产生电磁感应现象。
高中物理 第二章 楞次定律和自感现象综合检测 鲁科版选修32
第2章 楞次定律和自感现象(分值：100分 时间：60分钟)一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分．共42分．每小题至少有一个答案是正确的．)1．(2011·广东高考)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D ．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【解析】 由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A错．感应电动势正比于ΔΦΔt ，与磁通量的大小无直接关系，B 错误，C 正确．根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D 错误．【答案】 C2．(2012·株洲高二检测)位于光滑水平面的小车上放置一螺线管，一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴线水平穿过，如图1所示，在此过程中( )图1A ．磁铁做匀速直线运动B ．磁铁做减速运动C ．小车向右做加速运动D．小车先加速后减速【解析】磁铁水平穿入螺线管时，管中将产生感应电流，由楞次定律的扩展含义知产生的相互作用力阻碍磁铁的运动．同理，磁铁穿出时，由楞次定律的扩展含义知产生的相互作用力阻碍磁铁的运动，故整个过程中，磁铁做减速运动，选项B是正确的．而对于小车上螺线管来说，在此过程中，螺线管受到的安培力都是水平向右，这个安培力使小车向右一直做加速运动，C对．【答案】BC3．如图2所示为测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L的两端并联一个电压表，用来测量自感线圈的直流电压．在测量完毕后，将电路拆解时应( )图2A．先断开S1B．先断开S2C．先拆除电流表D．先拆除电压表【解析】若先断开S1或先拆除电流表，线圈与电压表组成闭合电路，这时，流过电压表的电流值较大且与原来方向相反，电压表的指针将反向偏转，容易损坏电压表．按操作要求，应先断开开关S2，再断开开关S1，然后拆除器材．【答案】 B4．(2013·宁波高二期末)美国《大众科学》月刊网站2011年6月22日报道，美国明尼苏达大学的研究人员发现，一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能．具体而言，只要略微提高温度，这种合金会从非磁性合金变成强磁性合金，从而在环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图3所示．M为圆柱形合金材料，N为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径．现对M进行加热，则( )图3A．N中将产生逆时针方向的电流B．N中将产生顺时针方向的电流C．N线圈有收缩的趋势D．N线圈有扩张的趋势【解析】当对M加热使其温度升高时，M的磁性变强，穿过N内的磁通量增加，则N 中感应电流的磁场阻碍其增加，故N有扩张的趋势，才能使穿过N的磁通量减少，C错，D 对，由于不知M的磁场方向，故不能判断N中的感应电流方向，A、B均错．【答案】 D5．如图4所示，要使图中ab段直导线中有向右的电流，则导线cd应( )图4A ．向右加速运动B ．向右减速运动C ．向左加速运动D ．向左减速运动【解析】 由右手定则知当cd 向右运动时，与cd 相连的线圈中产生与ab 方向相反的电流，当cd 向左运动时，与cd 相连的线圈中产生与ab 中方向相同的电流，且由I cd ＝BlvR知，v 增加，I cd 变大，结合楞次定律可知当cd 向右加速或向左减速时，ab 中电流方向向右，A 、D 对，B 、C 错．【答案】 AD6．(2013·武汉高二期末)如图5所示，在空间存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .一水平放置的长度为L 的金属杆ab 与圆弧形金属导轨P 、Q 紧密接触，P 、Q 之间接有电容为C 的电容器．若ab 杆绕a 点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则下列说法正确的是( )图5A ．电容器与a 相连的极板带正电B ．电容器与b 相连的极板带正电C ．电容器的带电量是CBω2L2 D ．电容器的带电量是CBωL 22【解析】 若ab 杆绕a 点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，产生的感应电动势为E ＝BL 2ω/2.由C ＝Q /E 解得电容器的带电量是Q ＝CBωL 22，选项C 错误，D 正确．右手定则可判断出感应电动势方向b指向a，电容器与a相连的极板带正电，选项A正确，B错误．【答案】AD7．一矩形线圈位于一随时间t变化的匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在的平面(纸面)向里，如图6甲所示，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．以I表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示的电流方向为正，则以下的I－t图象中正确的是( )图6【解析】 题中线圈的面积S 一定，磁感应强度B 的变化引起穿过线圈的磁通量发生变化，从而使线圈中产生感应电流．根据E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ，I ＝E R 可知，I ＝S R ·ΔB Δt (R 为线圈电阻)，可见I ∝ΔBΔt ，所以在第1、2、4、6秒内，产生的是恒定电流，在第3、5秒内无感应电流产生，选项C 、D 错；在第1秒内，B 不断增大，由楞次定律可得，产生的感应电流方向与图示方向相反，即为负，故选项B 错，A 正确．【答案】 A二、非选择题(本题共5个小题，共58分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)8．(9分)如图7所示是用来做电磁感应实验的装置示意图，当闭合开关S 时，发现电流表的指针向右偏转一下后又回到中间位置，现继续进行实验：图7(1)把原线圈插入副线圈的过程中，电流表的指针将________．插入副线圈后，电流表指针将________．(2)若原副线圈保持不动，在变阻器滑片P 向左移动的过程中，电流表指针将________． 【解析】 把原线圈插入副线圈时，Φ变大，产生阻碍Φ变大的感应电流，与题干情况相同故向右偏，插入后，Φ稳定不变化，无感应电流，故指中央位置，P 向左移动时，Φ减弱，感应电流阻碍Φ减弱，与题干情况相反故向左偏．【答案】 (1)向右偏 指向中央位置 (2)向左偏9．(10分)(2012·屯昌高二检测)如图8甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN 和PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.2 m ，电阻R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.1kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属杆，导轨电阻忽略不计，整个装置处在磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下，现用一外力F 沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表示数U 随时间t 变化关系如图乙所示．求：图8(1)金属杆在5 s 末的运动速率； (2)第4 s 末时外力F 的功率． 【解析】 (1)因为U ＝RBLv /(R ＋r ) 所以ΔU Δt ＝BLR R ＋r ·Δv Δt ，即a ＝0.5 m/s 2金属棒做加速度为0.5 m/s 2的匀加速直线运动v 5＝at 5＝2.5 m/s.(2)v 4＝at 4＝2 m/s 此时：I ＝BLv 4R ＋r＝0.4 A ，F 安＝BIL ＝0.04 N 对金属棒：F －F 安＝ma ，F ＝0.09 N故：P F ＝Fv 4＝0.18 W.【答案】 (1)2.5 m/s (2)0.18 W10．(12分)横截面积S ＝0.2 m 2、n ＝100匝的圆形线圈A 处在如图9所示的磁场内，磁感应强度变化率为0.02 T/s.开始时S 未闭合，R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，C ＝30 μF ，线圈内阻不计，求：图9(1)闭合S 后，通过R 2的电流的大小和方向；(2)闭合S 后一段时间又断开，问S 断开后通过R 2的电荷量是多少？ 【解析】 (1)磁感应强度变化率的大小为ΔBΔt ＝0.02 T/s ，B 逐渐减弱，所以E ＝nS ΔBΔt＝100×0.02×0.2 V＝0.4 V I ＝E R 1＋R 2＝0.44＋6A ＝0.04 A ，方向从上向下流过R 2. (2)R 2两端的电压为U 2＝R 2R 1＋R 2E ＝64＋6×0.4 V＝0.24 V 所以Q ＝CU 2＝30×10－6×0.24 C＝7.2×10－6C. 【答案】 (1)0.04 A ，从上向下 (2)7.2×10－6C图1011．(12分)如图10所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L ，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m 、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I .整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：(1)磁感应强度的大小B ；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v ； (3)流经电流表电流的最大值I m .【解析】 (1)电流稳定后，导体棒做匀速运动BIL ＝mg ①解得B ＝mg IL.②(2)感应电动势E ＝BLv ③ 感应电流I ＝E R④由②③④式解得v ＝I 2Rmg.(3)由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为v m 机械能守恒12mv 2m ＝mgh感应电动势的最大值E m ＝Blv m 感应电流的最大值I m ＝E m R解得I m ＝mg 2ghIR.【答案】 (1)mg IL (2)I 2R mg (3)mg 2ghIR12．(15分)如图11甲所示，空间有一宽为2L 的匀强磁场区域，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外．abcd 是由均匀电阻丝做成的边长为L 的正方形线框，总电阻值为R .线框以垂直磁场边界的速度v 匀速通过磁场区域．在运动过程中，线框ab 、cd 两边始终与磁场边界平行．设线框刚进入磁场的位置x ＝0，x 轴沿水平方向向右．求：甲 乙图11(1)cd 边刚进入磁场时，ab 两端的电势差，并指明哪端电势高； (2)线框穿过磁场的过程中，线框中产生的焦耳热；(3)在乙图中，画出ab 两端电势差U ab 随距离变化的图象．其中U 0＝BLv . 【解析】 (1)dc 切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv 回路中的感应电流I ＝BLvRab 两端的电势差U ＝I ·14R ＝14BLv b 端电势高．(2)设线框从dc 边刚进磁场到ab 边刚进磁场所用时间为t 由焦耳定律Q ＝2I 2Rt L ＝vt 求出Q ＝2B 2L 3vR.(3)说明：画对一条11 【答案】 (1)14BLv ，b 端电势高 (2)2B 2L 3v R (3)见解析。
精选高中物理第2章楞次定律和自感现象第2节自感教师用书鲁科版选修3_2
第2节自感[先填空]1．自感现象：由导体自身电流变化，所产生的电磁感应现象．2．自感电动势1．自感现象属于电磁感应现象．(√)2．当线圈中有电流时，线圈中就有自感电动势．(×)3．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反．(×) [后思考]大城市的无轨电车在行驶的过程中，由于车身颠簸，有可能使车顶上的电弓瞬间脱离电网线，这时可以看到电火花闪现．试说明产生电火花的原因是什么？【提示】电弓脱离电网线的瞬间电流减小，所产生的自感电动势很大，在电弓与电网线的空隙产生电火花．[合作探讨]如图221所示，A1、A2是规格完全一样的灯泡，①S闭合时，发现A1比A2亮得晚；②S断开时，两灯泡都亮一会再熄灭．图221探讨1：为什么会出现上述①中的现象？【提示】 开关闭合时，电流从0开始增加，线圈L 中的磁通量发生变化形成感应电流，阻碍线圈中电流的增加，推迟了电流达到正常值的时间，故A 1比A 2亮得晚．探讨2：S 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A 1、A 2都亮一会再熄灭．探讨3：①②两种现象中，流过A 1、A 2的电流方向一样吗？【提示】A 1中电流方向不变，A 2中电流方向相反．[核心点击]在处理通断电灯泡亮度变化问题时，不能一味套用结论，如通电时逐渐变亮，断电时逐渐变暗，或闪亮一下逐渐变暗，要具体问题具体分析，关键要搞清楚电路连接情况．1．(多选)如图222所示，灯L A 、L B 完全相同，带铁芯的线圈L 的电阻可忽略．则( )图222A．S闭合的瞬间，L A、L B同时发光，接着L A熄灭，L B更亮B．S闭合的瞬间，L A不亮，L B立即亮C．S闭合的瞬间，L A、L B都不立即亮D．稳定后断开S的瞬间，L B立即熄灭，L A先亮一下再熄灭【解析】S接通的瞬间，L支路中电流从无到有发生变化，因此，L中产生的自感电动势阻碍电流增大．所以，S接通的瞬间L中的电流非常小，即干路中的电流几乎全部流过L A，故L A、L B会同时亮．又由于L中电流很快稳定，感应电动势很快消失，对L A起到“短路”作用，因此，L A便熄灭．这时电路的总电阻比刚接通时小，由恒定电流知识可知L B会比以前更亮．故选项A正确．断开S的瞬间，线圈L产生自感电动势，在L、L A回路中产生自感电流，所以L A先亮一下再熄灭；L B在S断开的瞬间处于断路状态，电流立即变为零，所以L B熄灭．【答案】AD2．(多选)如图223所示，电路甲、乙中电阻R和自感线圈L的电阻都很小．接通开关S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则( )甲乙图223A．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】甲图中，灯泡A与线圈L在同一支路，通过它们的电流相同，I A＝I L；断开开关S时，A、L、R组成回路；由于自感作用，回路中电流由I L逐渐减小，灯泡A不会闪亮，将逐渐变暗，故A正确；乙图中，电路稳定时，通过上支路的电流I L>I A(因L的电阻很小)；断开开关S时，由于L的自感作用，回路中的自感电流在I L的基础上减小，电流反向通过灯泡A的瞬间，灯泡A中电流变大，然后逐渐变小，所以灯泡A闪亮一下，然后逐渐变暗，故D正确．【答案】AD自感电动势的作用在通电自感现象中，线圈L相当于阻值逐渐减小的“电阻”；在断电自感现象中，线圈L相当于电动势逐渐减小的“电源”．在断电自感中要判断某一个小灯泡是否会闪亮一下再熄灭，一是看是否能组成临时回路，二是看此时通过小灯泡的电流比断开前大还是小．[先填空]1．线圈的自感系数大，其电阻一定大．(×)2．不管电流如何变化，线圈的自感系数不变．(√)3．产生的自感电动势较大，说明自感系数较大．(×)[后思考]照明用电灯泡内，有螺旋状灯丝，且用的是交流电，开灯、关灯时，你发现自感现象了吗？请给予解释．【提示】 照明用交流电，开、关灯时灯丝内电流会发生变化，会有自感现象发生，只是由于灯丝的自感系数太小，自感现象不明显，使我们并没有发现．[合作探讨]探讨1：线圈中电流变化越快，自感系数如何变化？【提示】 不变探讨2：把线圈中的铁芯抽出一些，自感系数如何变化？【提示】 减小[核心点击]自感系数L线圈的自感系数是由线圈本身决定的，与是否通电及电流的大小无关．具体地说，是由线圈截面的粗细、线圈的长短、匝数的密集程度(即单位长度的匝数)以及线圈内部是否存在铁芯等因素共同决定的．且线圈越长、匝数越多、越密、横截面积越大，以及有铁芯时，则线圈的自感系数就越大．3．(多选)通过一个线圈的电流在均匀增大时，这个线圈的( )．A ．自感系数也将均匀增大B ．自感电动势也将均匀增大C ．磁通量也将均匀增大D ．自感系数和自感电动势不变【解析】 线圈的磁通量与电流大小有关，电流增大，磁通量增大，故C 项正确；而自感系数由线圈本身决定，与电流大小无关；自感电动势E L ＝L ΔI Δt，与自感系数和电流变化率有关，对于给定的线圈，L 一定，已知电流均匀增大，说明电流变化率恒定，故自感电动势不变，D 项正确．【答案】CD4．下列单位关系不正确的是( )A ．1亨＝1欧·秒B ．1亨＝1伏·安/秒C ．1伏＝1韦/秒D ．1伏＝1亨·安/秒【解析】 由E ＝L ΔI Δt 知，L ＝E ·Δt ΔI，故1亨＝1伏·秒/安，或1伏＝1亨·安/秒，选项B 错误，D 正确；又1伏＝1安·欧，故A 正确；由E ＝n ΔΦΔt知，选项C 也正确．综上知，不正确的为B.【答案】B线圈自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定．学业分层测评(五)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．关于线圈的自感系数、自感电动势的下列说法中正确的是( )．A ．线圈中电流变化越大，线圈自感系数越大B ．对于某一线圈，自感电动势正比于电流的变化量C ．一个线圈的电流均匀增大，这个线圈的自感系数、自感电动势都不变D ．自感电动势总与原电流方向相反【解析】 线圈的自感系数L 只由线圈本身的因素决定，选项A 错误．由E 自＝L ΔI Δt知，E 自与ΔI Δt成正比，与ΔI 无直接关系，选项B 错误，C 正确．E 自方向在电流增大时与原电流方向相反，在电流减小时与原电流方向相同，选项D 错误．2．(多选)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电流的方向相反【解析】由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，A 对；当线圈中电流反向时，相当于电流先减小后反向增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，B错；当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，C对；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同，D错．【答案】AC3.如图224所示的是自感现象的实验装置，A是灯泡，L是带铁芯的线圈，E为电源，S是开关．下述判断正确的是( )【导学号：78870029】图224A．S接通的瞬间，L产生自感电动势，S接通后和断开瞬间L不产生自感电动势B．S断开的瞬间L产生自感电动势，S接通瞬间和接通后L不产生自感电动势C．S在接通或断开的瞬间L都产生自感电动势，S接通后L不再产生自感电动势D．S在接通或断开瞬间以及S接通后，L一直产生自感电动势【解析】S断开和接通瞬间，通过线圈的电流都发生变化，都产生感应电动势，S接通后通过线圈的电流不再变化，没有感应电动势产生，故A、B、D错误，C正确．【答案】C4．(多选)某线圈通有如图225所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有( )图225A．第1 s末C．第3 s末D．第4 s末【解析】在自感现象中，当原电流减小时，自感电动势与原电流的方向相同；当原电流增大时，自感电动势与原电流方向相反．在0～1s内原电流沿正方向减小，所以自感电动势的方向是正方向；在1～2s内原电流沿负方向增加，所以自感电动势与其方向相反，即沿正方向；同理分析2～3 s、3～4 s、4～5 s内自感电动势的方向分别是沿负方向、负方向、正方向，可得正确答案为选项B、 D.【答案】BD5. (多选)如图226所示，E为电池组，L是自感线圈(直流电阻不计)，D1、D2是规格相同的小灯泡．下列判断正确的是( )图226A．开关S闭合时，D1先亮，D2后亮B．闭合S达稳定时，D1熄灭，D2比起初更亮C．断开S时，D1闪亮一下D．断开S时，D1、D2均不立即熄灭【解析】开关S闭合时D1，D2同时亮，电流从无到有，线圈阻碍电流的增加，A错．闭合S达稳定时D1被短路，电路中电阻减小，D2比起初更亮，B对．断开S时，线圈阻碍电流减小，故D1会闪亮一下，而D2在S断开后无法形成通路，会立即熄灭，所以C对，D错．【答案】BC6.如图227所示的电路中，两个相同的电流表G1和G2，零点均在刻度盘的中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；当电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆，在电路接通后再断开开关S的瞬间，下述说法中正确的是( )【导学号：78870030】图227A．G1指针向右摆，G2指针向左摆B．G1指针向左摆，G2指针向右摆C．G1、G2的指针都向右摆D．G1、G2的指针都向左摆【解析】在电路接通后再断开开关S的瞬间，由于线圈L中的原电流突然减小，线圈L中产生自感现象，线圈中的电流逐渐减小，电流流经L、G2、R、G1，方向顺时针，由于从表G1的“＋”接线柱流入，表G2的“－”接线柱流入，因此G1指针右偏，表G2的指针左偏，答案选A.【答案】A7．如图228所示，L是电阻不计的自感线圈，C是电容器，E为电源，在开关S闭合和断开时，关于电容器的带电情况，下列说法正确的是( )【导学号：78870031】图228A．S闭合瞬间，A板带正电，B板带负电B．S保持闭合，A板带正电，B板带负电C．S断开瞬间，A板带正电，B板带负电D．由于线圈L的电阻不计，电容器被短路，上述三种情况下电容器均不带电【解析】S闭合瞬间，通过L的电流增大，L产生的自感电动势的方向是由下指向上，使电容器充电，A板带正电，B板带负电，A项正确；S保持闭合时，L的电阻为零，电容器两极板被短路，不带电，B项错误；S断开瞬间，通过L的电流减小，自感电动势的方向由上指向下，在L、C组成的回路中给电容器充电，使B板带正电，A板带负电，C项错误．综上D项错误．【答案】A8.如图229所示，R1、R2的阻值均为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＝E2R.现将S闭合，于是电路中产生自感电动势，自感电动势的作用是( )图229A．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【解析】当S闭合时，电路中电阻减小，电流增大，线圈的作用是阻碍电流的增大，选项A错误；阻碍电流增大，不是不让电流增大，而是让电流增大的速度减缓，选项B、C错误；最后达到稳定时，I＝ER＝2I0，故选项D正确．【答案】D[能力提升]9．(多选)如图2210所示是研究自感通电实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S.重新闭合开关S，则( )图2210A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮B．闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮C．稳定后，L和R两端电势差一定相同D．稳定后，A1和A2两端电势差不相同【解析】闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮，稳定后，两个灯泡的亮度相同，说明它们的电压相同，L和R两端电势差一定相同，选项B、C正确，A、D错误．【答案】BC10．如图2211所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感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U AB随时间t变化的图象中，正确的是( )图2211【解析】S 闭合时，由于自感L 的作用，经过一段时间电流稳定时L 电阻不计．可见电路的外阻是从大变小的过程．由U 外＝R 外R 外＋r E 可知U 外也是从大变小的过程．t 1时刻断开S ，由于自感在L 、R 、D 构成的回路中电流从B 向A 且中间流过D ，所以t 1时刻U AB 反向，B 正确．【答案】B11.如图2212所示，电源的电动势E ＝15 V ，内阻忽略不计．R 1＝5 Ω，R 2＝15 Ω，电感线圈的电阻不计，求当开关S 接通的瞬间，S 接通达到稳定时及S 切断的瞬间流过R 1的电流．图2212【解析】 开关S 接通瞬间，流过线圈L 的电流不能突变，所以流过R 1的电流仍为0.达到稳定时，线圈相当于导线，所以流过R 1的电流为I 1＝E R 1＝155A ＝3 A. 开关S 断开瞬间，流过线圈L 的电流不能突变，所以流过R 1的电流仍为3 A.【答案】 0 3 A 3 A12.如图2213所示为研究自感实验电路图，并用电流传感器显示出在t ＝1×10－3s 时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L 的电流(如图2214)．已知电源电动势E ＝6 V ，内阻不计，灯泡R 1的阻值为6 Ω，电阻R 的阻值为2 Ω.求：图2213图2214(1)线圈的直流电阻R L 是多少？(2)开关断开时，该同学观察到什么现象？(3)计算开关断开瞬间线圈产生的自感电动势．【解析】由图象可知S闭合稳定时I L＝1.5 AR L＝EI L －R＝61.5Ω－2 Ω＝2 Ω此时小灯泡电流I1＝ER1＝66A＝1 AS断开后，L、R、R1组成临时回路电流由1.5 A逐渐减小，所以灯会闪亮一下再熄灭，自感电动势E＝I L(R＋R L＋R1)＝15 V. 【答案】(1)2 (2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭(3)15。
高中物理第2章楞次定律和自感现象章末整合提升学案鲁科版选修3_2
第2章楞次定律和自感现象楞次定律和自感现象一、对楞次定律的理解和应用1．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．感应电流的磁场方向不一定与原磁场方向相反，只在磁通量增加时两者才相反，而在磁通量减少时两者同向，即“增反减同”．2．“阻碍”并不是“阻止”，而是“延缓”，回路中的磁通量变化的趋势不变，只不过变化得慢了．3．“阻碍”的表现：增反减同、来拒去留、增缩减扩、增离减靠．例1圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图1所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是( )图1A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力将增大答案 D解析通过螺线管b的电流如图所示，根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增强，根据楞次定律可知，a线圈中感应电流产生的磁场方向竖直向上，再由右手螺旋定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增强，线圈a中的磁通量应变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a将阻碍磁通量的增大，因此，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力增大，C错误，D正确．二、电磁感应中的图象问题1．电磁感应中的图象问题有两种：一是给出电磁感应过程，选出或画出正确图象；二是由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应物理量．2．基本思路：(1)利用法拉第电磁感应定律或切割公式计算感应电动势大小；(2)利用楞次定律或右手定则判定感应电流的方向；(3)写出相关的函数关系式分析或画出图象．例2(2016·云南第一次检测)如图2甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是选项中的( )图2答案 D解析 由安培力向右知电流方向为顺时针，由楞次定律知磁场增强，C 错；由乙图知安培力不变，根据F ＝BIL 知，B 增大，I 必减小，即电动势减小，故B 的变化率减小，因此A 、B 错，D 正确．三、电磁感应中的电路问题1．首先要明确电源，分清内、外电路．磁场中磁通量变化的线圈或切割磁感线的导体相当于电源，该部分导体的电阻相当于内电阻；而其余部分的电路则是外电路．2．路端电压、感应电动势和某段导体两端的电压三者的区别：(1)某段导体不作为电源时，它两端的电压等于电流与其电阻的乘积；(2)某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，U 外＝IR 外或U 外＝E －Ir ；(3)某段导体作为电源，电路断路时导体两端的电压等于感应电动势．例3 如图3甲所示，在水平面上固定有长为L ＝2 m 、宽为d ＝1 m 的金属U 形导轨，在U 形导轨右侧l ＝0.5 m 范围内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．在t ＝0时刻，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒以v 0＝1 m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m ，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g ＝10 m/s 2)．图3(1)通过计算分析4 s 内导体棒的运动情况；(2)计算4 s 内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4 s 内回路产生的焦耳热．答案 (1)导体棒在第1 s 内做匀减速运动，在1 s 后一直保持静止(2)0～2 s 内I ＝0,2～4 s 内I ＝0.2 A ，电流方向是顺时针方向(3)0.04 J解析 (1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有－μmg ＝ma ，v t ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2，导体棒速度减为零时，v t ＝0，代入数据解得：t ＝1 s ，x ＝0.5 m ，导体棒没有进入磁场区域．导体棒在1 s 末已经停止运动，以后一直保持静止．(2)前2 s 磁通量不变，回路电动势和电流分别为E ＝0，I ＝0，后2 s 回路产生的电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ld ΔB Δt＝0.1 V ， 回路的总长度为5 m ，因此回路的总电阻为R ＝5λ＝0.5 Ω，电流为I ＝E R＝0.2 A ，根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向．(3)前2 s 电流为零，后2 s 有恒定电流，电热Q ＝I 2Rt ′＝0.04 J.四、电磁感应中的动力学问题解决此类问题的一般思路是：先由法拉第电磁感应定律求感应电动势，然后根据闭合电路欧姆定律求感应电流，再求出安培力，再后依照力学问题的处理方法进行，如进行受力情况分析、运动情况分析．流程为：导体切割磁感线产生感应电动势→感应电流→电流受到安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化．周而复始循环，最终加速度等于零，导体达到稳定运动状态．例4 U 形金属导轨abcd 原来静止放在光滑绝缘的水平桌面上，范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场穿过导轨平面，一根与bc 等长的金属棒PQ 平行bc 放在导轨上，棒左边靠着绝缘的固定竖直立柱e 、f .已知磁感应强度B ＝0.8T ，导轨质量M ＝2kg.其中bc 段长0.5m ，bc 段电阻R ＝0.4Ω，其余部分电阻不计；金属棒PQ 质量m ＝0.6kg 、电阻r ＝0.2Ω、与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2.若向导轨施加方向向左、大小为F ＝2N 的水平拉力，如图4所示．求导轨的最大加速度、最大电流和最大速度(设导轨足够长，g 取10m/s 2)．图4答案 0.4m/s 22 A3 m/s解析 导轨受到PQ 棒水平向右的摩擦力f ＝μmg ，根据牛顿第二定律并整理得F －μmg －F 安＝Ma ，刚拉动导轨时，I 感＝0，安培力为零，导轨有最大加速度a m ＝F －μmg M ＝2－0.2×0.6×102m/s 2＝0.4 m/s 2. 随着导轨速度的增大，感应电流增大，加速度减小，当a ＝0时，速度最大．设速度最大值为v m ，电流最大值为I m ，此时导轨受到向右的安培力F 安＝BI m LF －μmg －BI m L ＝0I m ＝F －μmg BL代入数据得I m ＝2－0.2×0.6×100.8×0.5A ＝2A I ＝E R ＋rI m ＝BLv m R ＋r解得v m ＝I m (R ＋r )BL ＝2×(0.2＋0.4)0.8×0.5m/s ＝3 m/s. 五、电磁感应中的能量问题1．过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功．此过程中，其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．2．求解思路(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 直接进行计算．(2)若电流变化，则：①利用克服安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能．例5 如图5所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L ＝0.4 m ．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN ，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B ＝0.5 T ．在区域Ⅰ中，将质量m 1＝0.1 kg ，电阻R 1＝0.1 Ω 的金属条ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m 2＝0.4 kg ，电阻R 2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g ＝10 m/s 2，问：图5(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向；(2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度v 多大；(3)从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离x ＝3.8 m ，此过程中ab 上产生的热量Q 是多少．答案 (1)由a 流向b (2)5 m/s (3)1.3 J解析 (1)根据右手定则判知cd 中电流方向由d 流向c ，故ab 中电流方向由a 流向b .(2)开始放置ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ①设ab 刚好要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝BLv ②设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝ER 1＋R 2③设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIL ④此时ab 受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F max ⑤联立①②③④⑤式，代入数据解得：v ＝5 m/s ⑥(3)设cd 棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q 总，由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2⑦由串联电路规律有Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总⑧联立解得：Q ＝1.3 J ⑨。
学年鲁科版高中物理选修32第2章楞次定律和自感现象单元测试
学年鲁科版高中物理选修32第2章楞次定律和自感现象单元测试一、单项选择题1.一磁铁自上向下运动，穿过一闭合导电回路，如下图．当磁铁运动到a处和b处时，回路中感应电流的方向区分是( )A. 顺时针，逆时针B. 逆时针，顺时针C. 顺时针，顺时针D. 逆时针，逆时针2.如图电路〔a〕、〔b〕中，电阻R和自感线圈L的电阻值都是很小．接通S，使电路到达动摇，灯泡A 发光〔〕A. 在电路〔a〕中，断开S，A将立刻变暗B. 在电路〔a〕中，断开S，A将先变得更亮，然后渐突变暗C. 在电路〔b〕中，断开S，A将渐突变暗D. 在电路〔b〕中，断开S，A将先变得更亮，然后渐突变暗3.如下图，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的选项是( )A. 向左拉出和向右拉出时，环中感应电流方向相反B. 向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向C. 向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向D. 将圆环拉出磁场进程中，环全部处在磁场中运动时，也有感应电流发生4.等腰三角形内有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，t=0时辰，边长为L 的正方形导线框从图示位置沿x轴匀速穿过磁场，取顺时针方向为电流的正方向，那么可以正确表示导线框中电流﹣位移〔i﹣x〕关系的是〔〕A. B.C. D.5.如下图，在水平面上有一固定的u形润滑金属框架，框架上放置一金属杆ab．在垂直纸面方向有一匀强磁场，以下状况中能够的是〔〕A. 假定磁场方向垂直纸面向外，并且磁感应强度增大时，杆ab将向右移动B. 假定磁场方向垂直纸面向外，并且磁感应强度减小时，杆ab将向右移动C. 假定磁场方向垂直纸面向里，并且磁感应强度减小时，杆ab将向右移动D. 假定磁场方向垂直纸面向里，并且磁感应强度增大时，杆ab将向右移动6.楞次定律中〝阻碍〞的含义是指〔〕A. 感应电流构成的磁场方向与惹起感应电流的磁场方向相反B. 感应电流构成的磁场只是阻碍惹起感应电流的增强C. 感应电流构成的磁场只是阻碍惹起感应电流的削弱D. 当惹起感应电流的磁场增强时，感应电流的磁场方向与其相反；当惹起感应电流的磁场削弱时，感应电流的磁场方向与其相反7.如下图，E为电池，L是电阻可疏忽不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相反且额外电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关．关于这个电路，以下说法中正确的选项是( )A. 刚闭合开关S的瞬间，经过D1灯不亮B. 刚闭合开关S的瞬间，经过D1、D2的电流大小不相等C. 闭合开关S待电路到达动摇，D1熄灭，D2亮度一直不变D. 闭合开关S待电路到达动摇，再将S断开瞬间，D2立刻熄灭，D1闪亮一下再熄灭二、多项选择题8.如图，润滑斜面PMNQ的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长为l1，bc边长为l2，线框质量为m、电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef∥MN．线框在恒力F作用下从运动末尾运动，其ab边一直坚持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行．线框刚进入磁场时做匀速运动，那么以下判别正确的选项是〔〕A. 线框进入磁场前的减速度为B. 线框进入磁场时的速度为C. 线框进入磁场时有a→b→c→d方向的感应电流D. 线框进入磁场的进程中发生的热量为〔F﹣mgsinθ〕l19.如下图，、是完全相反的的两个小灯泡，为自感系数很大的线圈，其直流电阻等于灯泡电阻。
高中物理第2章楞次定律和自感现象第2节自感电感线圈基本知识素材鲁科版选修3-2(2021年整理)
电感线圈的基本知识电感线圈是由导线一圈靠一圈地绕在绝缘管上，导线彼此互相绝缘，而绝缘管可以是空心的，也可以包含铁芯或磁粉芯,简称电感。
用L表示，单位有亨利(H)、毫亨利 (mH)、微亨利(uH),1H=10^3mH=10^6uH。
一、电感的分类按电感形式分类：固定电感、可变电感。
按导磁体性质分类：空芯线圈、铁氧体线圈、铁芯线圈、铜芯线圈.按工作性质分类：天线线圈、振荡线圈、扼流线圈、陷波线圈、偏转线圈。
按绕线结构分类：单层线圈、多层线圈、蜂房式线圈。
二、电感线圈的主要特性参数1、电感量L电感量L表示线圈本身固有特性，与电流大小无关。
除专门的电感线圈（色码电感）外,电感量一般不专门标注在线圈上,而以特定的名称标注.2、感抗XL电感线圈对交流电流阻碍作用的大小称感抗XL，单位是欧姆。
它与电感量L和交流电频率f 的关系为XL=2πfL3、品质因素Q品质因素Q是表示线圈质量的一个物理量，Q为感抗XL与其等效的电阻的比值，即：Q=XL/R。
线圈的Q值愈高,回路的损耗愈小。
线圈的Q值与导线的直流电阻,骨架的介质损耗，屏蔽罩或铁芯引起的损耗，高频趋肤效应的影响等因素有关。
线圈的Q值通常为几十到几百。
4、分布电容线圈的匝与匝间、线圈与屏蔽罩间、线圈与底版间存在的电容被称为分布电容。
分布电容的存在使线圈的Q值减小，稳定性变差，因而线圈的分布电容越小越好三、常用线圈1、单层线圈单层线圈是用绝缘导线一圈挨一圈地绕在纸筒或胶木骨架上。
如晶体管收音机中波天线线圈。
2、蜂房式线圈如果所绕制的线圈，其平面不与旋转面平行，而是相交成一定的角度，这种线圈称为蜂房式线圈。
而其旋转一周,导线来回弯折的次数,常称为折点数。
蜂房式绕法的优点是体积小，分布电容小，而且电感量大。
蜂房式线圈都是利用蜂房绕线机来绕制，折点越多,分布电容越小.3、铁氧体磁芯和铁粉芯线圈线圈的电感量大小与有无磁芯有关。
在空芯线圈中插入铁氧体磁芯,可增加电感量和提高线圈的品质因素.4、铜芯线圈铜芯线圈在超短波范围应用较多,利用旋动铜芯在线圈中的位置来改变电感量,这种调整比较方便、耐用。
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自感
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1.下列关于自感的说法中正确的是（）
A．自感是由于导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象
B．自感电动势的大小跟穿过线圈的磁通量的变化快慢有关
C．自感电流的方向总是与原电流的方向相反
D．对不同的线圈，电流变化快慢相同时，产生的自感电动势不同
2.关于线圈的自感系数，下列说法中正确的是（）
A．线圈中产生的自感电动势越大，线圈的自感系数一定越大
B．线圈中的电流变化越快，自感系数就越大
C．线圈中的电流不发生变化，自感系数一定为零
D．线圈的自感系数与线圈自身的因素以及有无铁芯有关
3.如图2－2－9所示，L1和L2是两个相同的小灯泡，L是自感系数相当大的线圈，其电阻阻值与R相同，由于存在自感现象，在开关S接通和断开时，灯L1、L2先后亮暗的顺序是（）
图2－2－9
A．接通时，L1先达到最亮；断开时，L1后暗
B．接通时，L2先达到最亮；断开时，L2后暗
C．接通时，L1、A2同时达到最亮；断开时，L1后暗
D．接通时，L2先达到最亮；断开时，L1后暗
4.如图2－2－10所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一电压表，用来测量自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路解体时应（）
图2－2－10
A．先断开S2 B．先断开S1
C．先拆除电流表 D．先拆除电阻R
5.如图2－2－11所示，L为电阻很小的线圈，G1和G2为内阻不计、零点在表盘中央的电流计.当开关S处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方.那么，当开关S断开时，将出现下面哪种现象（）
图2－2－11
A．G1和G2的指针都立即回到零点
B．G1的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点
C．G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
D．G1的指针立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点
6.如图2－2－12所示，电路图中有L1和L2两个完全相同的灯泡，线圈L的电阻忽略不计，下列说法正确的是（）
图2－2－12
A．闭合S时，L2先亮，L1后亮，最后一样亮
B．断开S时，L2立刻熄灭，L1过一会熄灭
C．L1中的电流始终从b到a
D．L2中的电流始终从c到d
7.如图2－2－13所示，L2、L2两灯的电阻均为R，S1闭合时两灯的亮度一样，若要闭合S2待稳定后将S1断开，则在断开瞬间（）
图2－2－13
A．L2灯立即熄灭 B．L1灯过一会才熄灭
C．流过L2灯的电流方向c→d D．流过L1灯的电流方向a→b
8.如图2－2－14所示，L是电阻不计、自感系数足够大的线圈，L1和L2是两个规格相同的灯泡，下列说法正确的是（）
图2－2－14
A．S刚闭合时，L1和L2同时亮且同样亮
B．S刚闭合时，L1和L2不同时亮
C．闭合S达到稳定时，L1熄灭，L2比S刚闭合时亮
D．再将S断开时，L1闪亮一下再熄灭，而L2立即熄灭
我综合我发展
9.如图2－2－15所示电路，线圈L的电阻不计,则（）
图2－2－15
A．S闭合瞬间，A板带正电，B板带负电
B．S保持闭合，A板带正电，B板带负电
C．S断开瞬间，A板带正电，B板带负电
D．由于线圈电阻不计，电容器被短路，上述三种情况下两板都不带电
10.如图2－2－16所示，电池的电动势为E，内阻不计，线圈自感系数较大，直流电阻不计，当开关S闭合后，下列说法正确的是（）
图2－2－16
A．a、b间电压逐渐增加，最后等于E B．b、c间电压逐渐增加，最后等于E C．a、c间电压逐渐增加，最后等于E D．电路中电流逐渐增加，最后等于E/R
11.如图2－2－17所示的电路，L是自感系数较大的线圈，在滑动变阻器的滑动片P从A端迅速滑向B端的过程中，经过AB中点C时通过线圈的电流为I1；P从B端迅速滑向A端的过程中，经过C点时通过线圈的电流为I2；P固定在C点不动，达到稳定时通过线圈的电流为I0，则（）
图2－2－17
A．I1＝ I2＝I0 B．I1 >I0> I2
C．I1＝ I2>I0 D．I1< I0<I2
12.如图2－2－18所示，线圈的直流电阻为10 Ω，R＝20 Ω，线圈的自感系数较大，电源的电动势为6 V，内阻不计，则在闭合S瞬间，通过L的电流为___________A,通过R电流为___________A；S闭合后电路中的电流稳定时断开S的瞬间，通过R的电流为___________ A，方向与原电流方向___________.
图2－2－18
13.如图2－2－19所示，L为自感线圈，L是一个灯泡，当S闭合瞬间，a、b两点电动势相比，__________点电势较高，当S切断瞬间a、b两点电势相比，__________点电势较高.
图2－2－19
14.如图2－2－20所示，L是自感系数较大的一个线圈，电源的电动势为6 V，开关S已闭合，当S断开时，在L中出现的自感电动势E′＝100 V，求此时a、b两点间的电势差.
图2－2－20
15.如图2－2－21所示是一种风速仪示意图，试回答下列问题.
图2－2－21
（1）有水平风吹来时磁体将如何转动？（自上往下看）
（2）磁体转动一周，则导线CD 段中电流方向如何？
（3）为什么能用它来测定风速大小？
参考答案
１解析：在自感现象中产生的感应电动势与穿过线圈的磁通量变化率成正比;通过线圈的电流I 变化越快,产生的自感电动势E 就越大,有公式E ＝t
I L
∆∆,其中L 为自感系数.故选项A 、B 、D 正确.
答案：ABD
２解析：线圈的自感系数与线圈的形状、横截面积、长短、匝数等因素有关.故选项D 正确. 答案：D
３解析：当接通开关的瞬间，由于线圈对电流变化的阻碍作用，L 1两端的电压大于L 2两端电压，虽然两个灯同时亮，但L 1先最亮；断开时，由线圈的自感作用，L 1延迟熄灭，故选项A 正确.
答案：A
４解析：在断开电路时，线圈会产生自感现象，由于线圈的自感系数很大，产生的自感电动势很大，若先切断S 2的话，自感电动势就加在电压表上，将电压表烧毁；若先断开S 1的话，就切断了自感电动势的释放回路，就可避免事故的发生.
答案：B
５解析：断开电路的瞬间，G2中的电源提供的电流瞬间消失，线圈由于自感的作用，产生自感电动势，与G2构成自感回路，自感电流将通过G2，该电流与原来的电流方向相反，所以G1缓缓地回到零点，G2瞬间回到左边再缓缓回到零点.
答案：C
６解析：开关闭合的瞬间，由于L的自感作用，L1不能立刻亮起，随着阻碍的进行，L1缓慢地亮起，待电路稳定后两灯一样亮；断开电路时，自感电流会同时经过L1、L2，两灯一起熄灭，所以L1中的电流方向没变化，L2中的电流方向与原来相反.
答案：AC
7解析：线圈L的自感作用，与灯L1构成回路，自感电流会流过L1灯.
答案：ABD
8解析：闭合时的瞬间，线圈L的自感作用非常强，相当于断路，L1、L2中电流同时通过，所以同时达到最亮，电路稳定后，线圈的自感作用消失，线圈相当于导线，L1被短路而熄灭.断开电路时，线圈与L1构成自感回路，L1又会闪亮一下后再熄灭，而L2立刻熄灭.
答案：ACD
9解析：开关闭合瞬间，线圈L的自感作用非常强，相当于断路，电容器被充电，上极板充正电，下极板充负电；稳定后线圈对电流变化的阻碍消失，电容器被短路，上下极板均不带电；断开的瞬间，线圈中会产生自感电动势，又会对电容器充电，根据自感电动势的方向知，下极板充正电，上极板充负电.
答案：A
10解析：由于线圈的自感作用，开关闭合的瞬间，自感的阻碍作用非常大，电路中的电流从零逐渐增加直到稳定，大小为E/R；所以开始时ab间的电压等于E，然后逐渐减小到零；R上的电压为零，然后逐渐增加直到等于E.
答案：BD
11解析：在滑动变阻器的滑动片P从A端迅速滑向B端的过程中，经过AB中点C时通过线圈的电流为I1，该过程电路中的总电阻减小，电流增大，自感现象应该是阻碍增大，此时电流比稳定时要小；P从B端迅速滑向A端的过程中，经过C点时通过线圈的电流为I2，该过程电路中的总电阻增大，电流减小，自感作用阻碍减小，该电流比稳定时大，选项D正确. 答案：D
12解析：在闭合S的瞬间，由于L的自感作用，将阻碍电流的增加，从零增加到最大，所
以接通开关的瞬间通过L的电流为零；电阻R无自感现象，接通瞬间就达到稳定；当开关断开的瞬间，由电源提供电阻R的电流瞬间消失，线圈L的自感作用，其电流不能马上消失，从稳定的电流逐渐减小到零，此时通过R的电流是线圈中的自感电流，所以方向与原电流方向相反.
答案：0 0.3 0.6 相反
13解析：开关接通的瞬间，线圈的自感作用将阻碍电流的增加，自感电动势是反电动势，故a端电势高；断开开关的瞬间，线圈中自感电动势的方向与原电流方向相同，b端是高电势处.
答案：a b
14解析：断开S的瞬间，L中出现的自感电动势与原电流同向，此时电源电动势与线圈自感电动势同方向串联，故开关a、b两端的电势差为U＝E＋E′＝106 V.
答案：106 V
15解析：通过风车带动条形磁铁转动,这样便可以改变线圈中磁通量的变化,由法拉第电磁感应定律,便可测出风速.
答案：(1)逆时针转动；(2)先D到C，后C到D；(3)风速越大磁体转动越快，线圈中磁通量变化越快，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势就越大，感应电流就越大，这样就可以通过电流计中电流的大小来读出风速的大小.。