2017_2018学年高中物理第1章电磁感应第6节自感练习教科版选修3_2

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高中物理 第一章 电磁感应 章末检测试卷(第一章)讲义精练(含解析)教科版选修3-2-教科版高二选修

高中物理 第一章 电磁感应 章末检测试卷(第一章)讲义精练(含解析)教科版选修3-2-教科版高二选修

章末检测试卷(第一章)(时间:90分钟总分为:100分)一、选择题(此题共12小题,每一小题4分,共计48分.1~8题为单项选择题,9~12题为多项选择题,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选和不选的得0分)1.在物理学开展中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用.如下表示符合史实的是( )A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应说明了电和磁之间存在联系B.法拉第根据通电直导线的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说C.安培在实验中观察到,通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中,出现了感应电流D.楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反答案 A解析奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电和磁之间存在联系,选项A正确;根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场的相似性,安培提出了磁性是分子内环形电流产生的,即分子电流假说,选项B错误;法拉第探究磁产生电的问题,发现导线中电流“通、断〞时导线附近的固定导线圈中出现感应电流而导线中通有恒定电流时导线圈中不产生感应电流,选项C错误;楞次定律指出感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,选项D错误.2.如图1所示,螺线管与灵敏电流计相连,磁铁从螺线管的正上方由静止释放,向下穿过螺线管.如下说法正确的答案是( )图1A.电流计中的电流先由a到b,后由b到aB.a点的电势始终低于b点的电势C.磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量D.磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度答案 D解析在磁铁进入螺线管的过程中,螺线管磁通量增大,且方向向下,由楞次定律可知,感应电流由b经电流计流向a;在磁铁穿出螺线管下端的过程中,磁通量减小,且方向向下,由楞次定律可知,感应电流由a经电流计流向b,如此a点电势先低于b点电势,后高于b点电势,故A、B错误;磁铁减少的重力势能转化为内能和磁铁的动能,C错误;磁铁刚离开螺线管时,由楞次定律“来拒去留〞可知,磁铁受到的合外力小于重力,D正确.3.如图2所示是研究通电自感现象实验的电路图,A1、A2是两个规格一样的小灯泡,闭合开关,调节滑动变阻器R的滑动触头,使两个灯泡的亮度一样,调节滑动变阻器R1的滑动触头,使它们都正常发光,然后断开开关S.重新闭合开关S,如此 ( )图2A.闭合瞬间,A1立刻变亮,A2逐渐变亮B.闭合瞬间,A1、A2均立刻变亮C.稳定后,L和R两端的电势差一定一样D.稳定后,A1和A2两端的电势差不一样答案 C解析断开开关再重新闭合开关的瞬间,根据自感原理可判断,A2立刻变亮,而A1逐渐变亮,A、B均错误;稳定后,自感现象消失,根据题设条件可判断,滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大,线圈L和R两端的电势差一定一样,A1和A2两端的电势差也一样,所以C正确,D错误.4.匀强磁场方向垂直纸面,规定向里的方向为正方向,磁感应强度B随时间t的变化规律如图3甲所示,在磁场中有一细金属圆环,圆环平面位于纸面内,如图乙所示.令E1、E2、E3分别表示Oa、bc、cd段的感应电动势的大小,I1、I2、I3分别表示对应的电流,如此如下判断正确的答案是( )图3A.E1<E2,I1沿逆时针方向,I2沿顺时针方向B.E1<E2,I1沿顺时针方向,I2沿逆时针方向C.E2<E3,I2沿逆时针方向,I3沿顺时针方向D.E2=E3,I2沿逆时针方向,I3沿顺时针方向答案 A5.(2018·市房山区模拟)电磁感应现象在生产、生活中有着广泛的应用.图4甲为工业上探测物件外表层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术原理图.其原理是将线圈中通入电流,使被测物件内产生涡流,借助探测线圈内电流变化测定涡流的改变,从而获得被测物件内部是否断裂与位置的信息.图乙为一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置,将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中,闭合开关S的瞬间,套环将立即跳起.关于对以上两个应用实例理解正确的答案是( )图4A.能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料B.涡流探伤技术运用了互感原理,跳环实验演示了自感现象C.以上两个应用实例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源D.以上两个应用实例中的线圈所连接电源也可以都是恒定电源答案 A6.(2017·某某、扬州、泰州、淮安四市模拟)法拉第发明了世界上第一台发电机.如图5所示,圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之间,两电刷M、N分别与盘的边缘和中心点接触良好,且与灵敏电流计相连.金属盘绕中心轴沿图示方向转动,如此( )图5A.电刷M的电势高于电刷N的电势B.假设只将电刷M移近N,电流计的示数变大C.假设只提高金属盘转速,电流计的示数变大D.假设只将变阻器滑片向左滑动,电流计的示数变大答案 C解析 由电流的流向,根据安培定如此,可知蹄形磁铁的左端为N 极,右端为S 极,两磁极间的磁场方向向右,根据金属盘的转动方向,结合右手定如此可以判断,电刷N 的电势高于电刷M 的电势,A 错误;假设只将电刷M 移近N ,如此电路中的感应电动势减小,电流计的示数减小,B 错误;假设只提高金属盘的转速,如此金属盘中产生的感应电动势增大,电流计的示数增大,C 正确;假设只将变阻器滑片向左滑动,变阻器接入电路的电阻增大,如此电磁铁中的电流减小,两磁极间的磁感应强度减小,圆盘中产生的感应电动势减小,电流计的示数减小,D 错误.7.(2018·全国卷Ⅰ)如图6所示,导体轨道OPQS 固定,其中PQS 是半圆弧,Q 为半圆弧的中点,O 为圆心.轨道的电阻忽略不计.OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆,M 端位于PQS 上,OM 与轨道接触良好.空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ).在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM 的电荷量相等,如此B ′B等于( )图6A.54B.32C.74D .2 答案 B解析 设半圆弧PQS 的半径为r ,在过程Ⅰ中,根据法拉第电磁感应定律,有E 1=ΔΦ1Δt 1=B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12πr 2-14πr 2Δt 1根据闭合电路欧姆定律,有I 1=E 1R且q 1=I 1Δt 1在过程Ⅱ中,有E 2=ΔΦ2Δt 2=(B ′-B )12πr 2Δt 2I 2=E 2R q 2=I 2Δt 2又q 1=q 2,即B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12πr 2-14πr 2R =(B ′-B )12πr2R所以B ′B =32. 8.如图7所示,足够长的平行金属导轨倾斜放置,倾角为37°,宽度为0.5 m ,电阻忽略不计,其上端接一小灯泡,电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直导轨放置,质量为0.2 kg ,接入电路的电阻为1 Ω,两端与导轨接触良好,与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度为0.8 T .将导体棒MN 由静止释放,运动一段时间后,小灯泡稳定发光,此后导体棒MN 的运动速度以与小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)( )图7A .2.5 m/s 1 WB .5 m/s 1 WC .7.5 m/s 9 WD .15 m/s 9 W答案 B解析 小灯泡稳定发光时,导体棒MN 匀速下滑,其受力如下列图,f =μmg cos 37°,由平衡条件可得F 安+f =mg sin 37°,故F 安=mg (sin 37°-μcos 37°)=0.4 N ,由F 安=BIL 得I =F 安BL =1 A ,所以E =I (R 灯+R MN )=2 V ,导体棒的运动速度v =E BL=5 m/s ,小灯泡消耗的电功率为P 灯=I 2R 灯=1 W .正确选项为B.9.(2017·苏北四市联考)如图8甲所示,一个刚性圆形线圈与电阻R 构成闭合回路,线圈平面与所在处的匀强磁场方向垂直,磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示.如下关于线圈中产生的感应电动势e 、电阻R 消耗的功率P 随时间t 变化的图像,可能正确的有( )图8答案 BD解析 线圈的面积不变,由E =nS ΔB Δt得感应电动势为定值,且磁场增强和磁场减弱引起的感应电动势方向相反,A 错误,B 正确;对于电阻R ,流过的电流大小不变,功率P =I 2R 恒定,C 错误,D 正确.10.如图9甲所示,一个匝数n =100的圆形导体线圈,面积S 1=0.4 m 2,电阻r =1 Ω.在线圈中存在面积S 2=0.3 m 2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域,磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示.有一个R =2 Ω的电阻,将其两端a 、b 分别与图甲中的圆形线圈相连接,b 端接地,如此如下说法正确的答案是( )图9A .圆形线圈中产生的感应电动势E =6 VB .在0~4 s 时间内通过电阻R 的电荷量q =6 CC .设b 端电势为零,如此a 端的电势φa =3 VD .在0~4 s 时间内电阻R 上产生的焦耳热Q =18 J答案 BD解析 由法拉第电磁感应定律可得E =n ΔB Δt S 2,由题图乙可得ΔB Δt =0.64T/s =0.15 T/s ,将其代入可得E =4.5 V ,A 错.q =I Δt =E R +r ·Δt =n ΔΦ(R +r )Δt Δt =n ΔΦR +r ,在0~4 s 穿过圆形导体线圈磁通量的变化量为ΔΦ=0.6×0.3 Wb-0=0.18 Wb ,代入可得q =6 C ,B 对.0~4 s 内磁感应强度增大,圆形线圈内磁通量增加,由楞次定律结合安培定如此可得b 点电势高,a 点电势低,故C 错.由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定,可得I =E r +R=1.5 A ,由焦耳定律可得Q =I 2Rt =18 J ,D 对.11.如图10甲所示,电阻不计且间距L =1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置,上端接一阻值R =2 Ω的电阻,虚线OO ′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场,现将质量m =0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab 从OO ′上方某处由静止释放.金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平.杆ab 进入磁场时的速度v 0=1 m/s ,下落0.3 m 的过程中加速度a 与下落距离h 的关系图像如图乙所示,g 取10 m/s 2,如此( )图10A .匀强磁场的磁感应强度为2 TB .杆ab 下落0.3 m 时,金属杆的速度为1 m/sC .杆ab 下落0.3 m 的过程中,R 上产生的热量为0.2 JD .杆ab 下落0.3 m 的过程中,通过R 的电荷量为0.25 C答案 AD解析 当金属杆进入磁场后,根据右手定如此判断可知金属杆ab 中电流的方向由a 到b .由题图乙知,刚进入磁场时,金属杆的加速度大小a 1=10 m/s 2,方向竖直向上.由牛顿第二定律得:BI 1L -mg =ma 1,其中I 1=E R =BLv 0R,代入数据解得:B =2 T ,故A 正确;a =0时金属杆受到的重力与安培力平衡,有mg -BIL =0,其中I =BLv R ,联立得:v =0.5 m/s ,故B 错误;从开始到下落0.3 m 的过程中,由能量守恒有:mgh -Q =12mv 2,代入数据得:Q =0.287 5 J ,故C 错误;金属杆自由下落高度为h 0=v 22g =0.05 m ,金属杆下落0.3 m 的过程中通过R 的电荷量为:q =I Δt =E R Δt =ΔΦΔt R Δt =ΔΦR =BL (h -h 0)R,代入数据得q =0.25 C ,故D 正确. 12.如图11所示,有一个在水平面内固定的“V〞字形金属框架CAD ,θ=60°,磁感应强度为B 的匀强磁场方向竖直向下,导体棒MN 在框架上从A 点开始在外力F 作用下,沿垂直MN 方向以速度v 匀速向右平移,使导体棒和框架始终构成等边三角形回路.框架和导体棒的材料和横截面积均一样,其单位长度的电阻均为r ,框架和导体棒均足够长,导体棒运动中始终与磁场方向垂直,且与框架接触良好.如下关于回路中的电流I 、外力F 和回路消耗的电功率P 随时间t 变化关系的四个图像中正确的答案是( )图11答案 AC解析 导体棒运动时间为t 时,通过的位移为x =vt ,回路中的有效切割长度为:L =2x tan θ2,感应电动势为E =BLv ,回路的总电阻为R 总=r ·3·2x tan θ2,联立得感应电流与t 的关系式为I =Bv 3r,B 、v 、r 一定,如此I 为一定值,故A 正确,B 错误;外力F 大小等于安培力大小,如此F =BIL =2B 2v 2tan θ23r t ,F 与t 成正比,故C 正确;运动x 时的功率为:P =I 2R 总=2B 2v 3tan θ23r t ,如此P 与t 成正比,故D 错误.二、非选择题(此题共5小题,共计52分)13.(8分)(2018·三明市高二下学期期末)如图12甲所示为“研究电磁感应现象〞的实验装置.图12(1)按实验的要求将图甲中所缺的导线补画完整.(2)开关闭合后,如下说法正确的答案是________.A.只要将线圈A放在线圈B中就会引起电流计指针偏转B.线圈A插入或拔出线圈B的速度越大,电流计指针偏转的角度越大C.如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后,A线圈插入B 线圈中,将滑动变阻器滑动触头迅速向左拉时,灵敏电流计指针向左偏一下(3)上述实验中,原线圈A可等效为一个条形磁铁,将线圈B和灵敏电流计连接如图乙所示,当电流从正接线柱流入灵敏电流计时,指针向正接线柱一侧偏转.如此当条形磁铁迅速向上拔出时,图中灵敏电流计指针向______(填“正〞或“负〞)接线柱方向偏转.答案(1)如下列图(3分)(2)BC(3分)(3)正(2分)解析(1)将电源、开关、滑动变阻器、线圈A串联成一个回路,注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱,再将电流计与线圈B串联成另一个回路,电路图如下列图.(2)当将线圈A放在线圈B中,因磁通量不变,如此不会引起电流计指针偏转,故A错误;线圈A插入或拔出线圈B的速度越大,如此穿过线圈的磁通量的变化率越大,感应电动势越大,如此产生的感应电流越大,那么电流计指针偏转的角度越大,故B正确;在闭合开关时,电流增大,穿过线圈的磁通量增大,根据楞次定律发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后,A 线圈插入B 线圈中,将滑动变阻器滑动触头迅速向左拉时,接入电路中的电阻增大,电流减小,穿过线圈的磁通量减小,根据楞次定律可知灵敏电流计指针向左偏一下,故C 正确.(3)当电流从正接线柱流入灵敏电流计时,指针向正接线柱一侧偏转,根据楞次定律,依据题图可知,螺线管的感应电流由上向下,如此当条形磁铁迅速向上拔出时,穿过线圈的磁通量减小,根据楞次定律,螺线管的感应电流由上向下,灵敏电流计指针向正接线柱方向偏转.14.(10分)如图13甲所示,竖直平面内有边长l =0.2 m 的正方形线框,匝数n =100,线框总电阻R =8 Ω,一范围足够大的匀强磁场,其方向垂直于线框平面,磁场的磁感应强度B 按如图乙所示规律变化(磁场方向以垂直于线框平面向外为正).求:图13 (1)前2 s 内,线框产生的焦耳热;(2)t =0.5 s 时,线框的ab 边受到的安培力大小.答案 (1)16 J (2)20 N解析 (1)前2 s 内线框的感应电动势大小为:E =n ΔB ΔtS (2分) 解得E =8 V(1分)线框产生的焦耳热Q =E 2Rt (1分) 解得Q =16 J(1分)(2)由楞次定律可知前2 s 内线框中的感应电流方向为abcda ,t =0.5 s 时ab 边受到的安培力方向向上安培力的大小F =nBIl (2分)I =E R(1分) 由题图乙可知t =0.5 s 时磁感应强度的大小B =1 T(1分)解得F =20 N .(1分)15.(10分)小明同学设计了一个“电磁天平〞,如图14所示,等臂天平的左臂为挂盘,右臂挂有矩形线圈,两臂平衡.线圈的水平边长L =0.1 m ,竖直边长H =0.3 m ,匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内,磁感应强度B 0=1.0 T ,方向垂直线圈平面向里.线圈中通有可在0~2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后,调节线圈中电流使天平平衡,测出电流即可测得物体的质量.(重力加速度取g =10 m/s 2)图14 图15(1)为使“电磁天平〞的量程达到0.5 kg ,线圈的匝数N 1至少为多少?(2)进一步探究电磁感应现象,另选N 2=100匝、形状一样的线圈,总电阻R =10 Ω.不接外电流,两臂平衡.如图15所示,保持B 0不变,在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度B 随时间均匀变大,磁场区域宽度d =0.1 m .当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时,天平平衡,求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt. 答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s解析 (1)“电磁天平〞中的线圈受到安培力,I =2.0 A 时线圈的匝数最少F =N 1B 0IL (1分)由天平平衡可知:mg =N 1B 0IL (2分)代入数据解得:N 1=25匝.(1分)(2)由法拉第电磁感应定律得:E =N 2ΔΦΔt =N 2ΔB ΔtLd (2分) 由欧姆定律得:I ′=E R(1分)线圈受到的安培力F ′=N 2B 0I ′L (1分)由天平平衡可得:m ′g =F ′(1分)联立各式,代入数据可得ΔB Δt =0.1 T/s.(1分)16.(10分)(2017·江苏单科)如图16所示,两条相距为d 的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端接一阻值为R 的电阻.质量为m 的金属杆静置在导轨上,其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下.当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后,金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求:图16 (1)MN 刚扫过金属杆时,杆中感应电流的大小I ;(2)MN 刚扫过金属杆时,杆的加速度大小a ;(3)PQ 刚要离开金属杆时,感应电流的功率P .答案 (1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2(v 0-v )2R解析 (1)感应电动势E =Bdv 0(1分)感应电流I =E R (1分)解得I =Bdv 0R(1分) (2)安培力F =BId (1分)对金属杆,由牛顿第二定律得F =ma (1分)解得a =B 2d 2v 0mR(1分) (3)金属杆切割磁感线的相对速度v ′=v 0-v (1分) 如此感应电动势E ′=Bdv ′(1分)电功率P =E ′2R(1分) 解得P =B 2d 2(v 0-v )2R(1分) 17.(14分)(2018·池州市高二下期末)如图17所示,平行长直光滑固定的金属导轨MN 、PQ 平面与水平面的夹角θ=30°,导轨间距为L =0.5 m ,上端接有R =3 Ω的电阻,在导轨中间加一垂直轨道平面向下的匀强磁场,磁场区域为OO ′O 1′O 1,磁感应强度大小为B =2 T ,磁场区域宽度为d =0.4 m ,放在导轨上的一金属杆ab 质量为m =0.08 kg 、电阻为r =2 Ω,从距磁场上边缘d 0处由静止释放,金属杆进入磁场上边缘的速度v =2 m/s.导轨的电阻可忽略不计,杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,重力加速度大小为g =10 m/s 2,求:图17(1)金属杆距磁场上边缘的距离d 0;(2)通过磁场区域的过程中通过金属杆的电荷量q ; (3)金属杆通过磁场区域的过程中电阻R 上产生的焦耳热Q R .答案 (1)0.4 m (2)0.08 C (3)0.096 J 解析 (1)由能量守恒定律得mgd 0sin 30°=12mv 2(1分) 金属杆距磁场上边缘的距离d 0=0.4 m(1分)(2)由法拉第电磁感应定律E =ΔΦΔt(1分) 由闭合电路欧姆定律I =ER +r (1分)q =I ·Δt (1分) 如此金属杆通过磁场区域的过程中通过其的电荷量q =ΔΦR +r =BLd R +r=0.08 C(1分) (3)由法拉第电磁感应定律,金属杆刚进入磁场时E =BLv =2 V(1分)由闭合电路欧姆定律I =ER +r =0.4 A(1分)金属杆受到的安培力F =BIL =0.4 N(1分)金属杆重力沿导轨向下的分力F ′=mg sin 30°=0.4 N(1分)所以金属杆进入磁场后做匀速运动(1分)由能量守恒定律得,回路中产生的焦耳热Q=mgd sin 30°(1分)金属杆通过磁场区域的过程中,在电阻R上产生的热量Q R=RR+rQ(1分)代入数据可得Q R=0.096 J.(1分)。

教科版 高中物理 选修3-2 第一章电磁感应 寒假复习题(解析版)

教科版 高中物理 选修3-2  第一章电磁感应  寒假复习题(解析版)

绝密★启用前教科版高中物理选修3-2 第一章电磁感应寒假复习题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共100分,考试时间150分钟。

分卷I一、单选题(共10小题,每小题4.0分,共40分)1.如图所示,一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内(长度足够大),该区域的上、下边界MN、PS是水平的.有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落并穿过该磁场区域,已知当线框的ab边到达MN时线框刚好做匀速直线运动(以此时开始计时),以MN处为坐标原点,取如图坐标轴x,并规定逆时针方向为感应电流的正方向,则关于线框中的感应电流与ab边的位置坐标x间的以下图线中,可能正确的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】在第一个L内,线框匀速运动,电动势恒定,电流恒定;在第二个L内,线框只在重力作用下加速,速度增大;在第三个L内,安培力大于重力,线框减速运动,电动势减小,电流减小.这个过程加速度逐渐减小,速度是非线性变化的,电动势和电流都是非线性减小的,选项A、B均错误.安培力再减小,也不至于减小到小于第一段时的值,因为当安培力等于重力时,线框做匀速运动,选项C错误,D正确.2.如图所示,一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中,能使圆环中产生感应电流的做法是()A.使匀强磁场均匀减弱B.保持圆环水平并在磁场中上下移动C.保持圆环水平并在磁场中左右移动D.保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动【答案】A【解析】使匀强磁场均匀减弱,穿过圆环的磁通量减小,产生感应电流,A正确;保持圆环水平并在磁场中上下移动时,穿过圆环的磁通量不变,不产生感应电流,B错误;保持圆环水平并在磁场中左右移动,穿过圆环的磁通量不变,不产生感应电流,C错误;保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动,穿过圆环的磁通量不变,不产生感应电流,D错误.3.如图所示,两块水平放置的金属板间距离为d,用导线与一个n匝线圈连接,线圈置于方向竖直向上的磁场B中.两板间有一个质量为m、电荷量为+q的油滴恰好处于平衡状态,则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是()A.正在增强;=B.正在减弱;=C.正在减弱;=D.正在增强;=【答案】B【解析】油滴平衡有mg=q,U=,电容器上极板必带负电,那么螺线管下端相当于电源正极,由楞次定律知,磁场B正在减弱,又E=n,U=E,可得=.故选B.4.如图所示,有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域,其直角边长为L,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd,从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域.取沿a→b→c→d→a的感应电流为正,则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】据题意,由楞次定律得:正方形线框进入三角形磁场时,穿过线框的磁通量逐渐增加,线框中产生顺时针方向电流,为正方向,D选项可以排除;正方形线框离开三角形磁场时,穿过线框的磁通量减少,线框中的电流方向逆时针,为负方向,A选项可以排除;由于线框切割磁感线的有效长度为l=vt·tan 45°=vt,则线框产生的感应电动势为E=B·vt·v=Bv2t,而感应电流为I=,所以感应电流大小随着时间的增加而增加,只有C选项正确.5.两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中,在导轨上与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动.当AB在外力F作用下向右运动时,下列说法中正确的是()A.导体棒CD内有电流通过,方向是D→CB.导体棒CD内有电流通过,方向是C→DC.磁场对导体棒CD的作用力向左D.磁场对导体棒AB的作用力向右【答案】B【解析】两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路,AB向右运动,闭合回路磁通量增加,由安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.再根据左手定则,判定导体棒CD受到的磁场力向右;AB受到的磁场力向左.6.下列对物理学家的主要贡献的说法中正确的有()A.奥斯特发现了电磁感应现象,打开了研究电磁学的大门B.法拉第发现了磁生电的现象,从而为电气化的发展奠定了基础C.安培发现了电流的磁效应,并总结了电流方向与磁场方向关系的右手螺旋定则D.牛顿提出了分子电流假说,总结了一切磁场都是由运动电荷产生的【答案】B【解析】奥斯特发现了电流的磁效应,打开了研究电磁学的大门,选项A错误;法拉第发现了磁生电的现象,从而为电气化的发展奠定了基础,选项B正确;奥斯特发现了电流的磁效应,安培总结了电流方向与磁场方向关系的右手螺旋定则,选项C错误;安培提出了分子电流假说,总结了一切磁场都是由运动电荷产生的,选项D错误;故选B.7.如图所示,闭合线圈abcd从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入一有界磁场,从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内,下列说法正确的是()A.a端的电势高于b端B.ab边所受安培力方向为水平向左C.线圈可能一直做匀速运动D.线圈可能一直做匀加速直线运动【答案】C【解析】此过程中ab边始终切割磁感线,ab边为电源,由右手定则可知电流为逆时针方向,由a 流向b,电源内部电流从低电势流向高电势,故a端的电势低于b端,选项A错误;由左手定则可知ab边所受安培力方向竖直向上,选项B错误;如果刚进入磁场时安培力等于重力,则一直匀速进入,如果安培力不等于重力,则mg-=ma,做变加速运动,选项C正确,D错误.8.图中L是绕在铁芯上的线圈,它与电阻R、R0及开关和电池E构成闭合回路.开关S1和S2开始都处在断开状态.设在t=0时刻,接通开关S1,经过一段时间,在t=t1时刻,再接通开关S2,则能较准确表示电阻R两端的电势差Uab随时间t变化的图线是()A.B.C.D.【答案】A【解析】闭合S1,由于线圈会阻碍电流的突然变大,Uab不会突然变大,D错误;达到稳定后,再闭合S2,由于线圈的作用,原有电流慢慢变小,Uab也从原来的数值慢慢减小,故选A.9.如图所示,一个闭合的矩形金属框abcd与一根绝缘轻杆B相连,轻杆上端O点是一个固定转轴,转轴与线框平面垂直,线框静止时恰位于蹄形磁铁的正中央,线框平面与磁感线垂直.现将线框从静止释放,在左右摆动过程中,线框受到磁场力的方向是()A.向左摆动的过程中,受力方向向左;向右摆动的过程中,受力方向向右B.向左摆动的过程中,受力方向向右;向右摆动的过程中,受力方向向左C.向左摆动的过程中,受力方向先向左后向右;向右摆动的过程中,受力方向先向右后向左D.摆动过程中始终不受力【答案】B【解析】从阻碍相对运动的角度来看,由于磁通量的变化是由线框和磁场做相对运动引起的,因此感应电流的磁场总是阻碍线框相对磁场的运动.要阻碍相对运动,磁场对线框因产生感应电流而产生的作用力——安培力,一定和相对运动的方向相反,即线框向左摆动时受力方向向右,线框向右摆动时受力方向向左.B正确.10.如图所示,为两个同心圆环,当一有界匀强磁场恰好完全垂直穿过A环面时,A环面磁通量为Φ1,此时B环磁通量为Φ2,有关磁通量的大小说法正确是()A.Φ1<Φ2B.Φ1=Φ2C.Φ1>Φ2D.不确定【答案】B【解析】磁通量Φ=BS,S为通过环的有效面积,因A、B环面所包含的有效面积相等,所以Φ1=Φ2故选B.二、多选题(共4小题,每小题5.0分,共20分)11.(多选)如图所示是用涡流金属探测器探测地下金属物的示意图,下列说法中正确的是()A.探测器内的探测线圈会产生交变磁场B.只有有磁性的金属物才会被探测器探测到C.探测到地下的金属是因为探头中产生了涡流D.探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流【答案】AD【解析】金属探测器利用电磁感应的原理,利用有交流电通过的线圈,产生迅速变化的磁场.这个磁场能在金属物体内部产生涡电流.涡电流又会产生磁场,倒过来影响原来的磁场,引发探测器发出鸣声.故选AD.12.如图所示,闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度随时间变化,下列说法正确的是()A.当磁感应强度增加时,线框中的感应电流可能减小B.当磁感应强度增加时,线框中的感应电流一定增大C.当磁感应强度减小时,线框中的感应电流一定增大D.当磁感应强度减小时,线框中的感应电流可能不变【答案】AD【解析】由法拉第电磁感应定律可知,感应电流的大小取决于磁通量的变化率,与磁感应强度的增与减无关,选项A、D正确.13.(多选)如下图所示是等腰直角三棱柱,其中abcd面为正方形,边长为L,它们按图示方式放置于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度为B,下面说法中正确的是()A.通过abcd面的磁通量大小为L2·BB.通过dcfe面的磁通量大小为L2·BC.通过abfe面的磁通量大小为零D.通过bcf面的磁通量为零【答案】BCD【解析】通过abcd面的磁通量大小为L2B,A错误;dcfe面是abcd面在垂直磁场方向上的投影,所以磁通量大小为L2B,B正确;abfe面与bcf面和磁场平行,所以磁通量为零,C、D正确.故选B、C、D.14.(多选)高频焊接原理示意图如图所示,线圈通以高频交流电,金属工件的焊缝中就产生大量焦耳热,将焊缝融化焊接,要使焊接处产生的热量较大可采用()A.增大交变电流的电压B.增大交变电流的频率C.增大焊接缝的接触电阻D.减小焊接缝的接触电阻【答案】ABC【解析】当增大交变电流的电压,则线圈中交变电流增大,那么磁通量变化率增大,因此产生感应电动势增大,感应电流也增大,那么焊接时产生的热量也增大,故A正确;高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场,在焊接的金属工件中就产生感应电流,根据法拉第电磁感应定律分析可知,电流变化的频率越高,磁通量变化频率越高,产生的感应电动势越大,感应电流越大,焊缝处的温度升高的越快,故B正确;增大电阻,在相同电流下,焊缝处热功率大,温度升的更高,故C正确,D错误.分卷II三、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)15.在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示:①电流表,②直流电源,③带铁芯的线圈A,④线圈B,⑤电键,⑥滑动变阻器(用来控制电流以改变磁场强弱).试按实验的要求在实物图上连线(图中已连接好一根导线).若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上,而在电键刚闭合时电流表指针右偏,则电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时,电流表指针将________.(填“左偏”“右偏”或“不偏”)【答案】实物图连线如图所示左偏【解析】电键闭合瞬间,电路中电流变大,穿过B中的磁通量增大,由题干可知指针向右偏转,因此可以得出电流增大,指针向右偏,电流变小,指针向左偏的结论.电键向C移动时,电路中电流变小,穿过B的磁通量减小,所以指针向左偏转.三、计算题(共3小题,每小题10.0分,共30分)16.磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具.它的驱动系统简化为如下模型,固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框,电阻为R,金属框置于xOy平面内,长边MN长为l平行于y轴,宽为d的NP边平行于x轴,如图甲所示.列车轨道沿Ox方向,轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场,磁感应强度B沿Oz方向按正弦规律分布,其空间波长为λ,最大值为B0,如图乙所示,金属框同一长边上各处的磁感应强度相同,整个磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移.设在短暂时间内,MN、PQ边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略,并忽略一切阻力.列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速行驶,某时刻速度为v(v<v0).(1)简要叙述列车运行中获得驱动力的原理;(2)为使列车获得最大驱动力,写出MN、PQ边应处于磁场中的什么位置及λ与d之间应满足的关系式;(3)计算在满足第(2)问的条件下列车速度为v时驱动力的大小.【答案】(1)见解析(2)位置见解析d=(2k+1)或λ=(k∈N)(3)【解析】(1)由于列车速度与磁场平移速度不同,导致穿过金属框的磁通量发生变化,由于电磁感应,金属框中会产生感应电流,该电流受到的安培力即为驱动力.(2)为使列车获得最大驱动力,MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方,这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大,使金属框中电流最强,从而使得金属框长边中电流受到的安培力最大.因此,d应为的奇数倍,即d=(2k+1)或λ=(k∈N)①(3)由于满足第(2)问条件,则MN、PQ边所在处的磁感应强度大小均为B0且方向总相反,经短暂的时间Δt,磁场沿Ox方向平移的距离为v0Δt,同时,金属框沿Ox方向移动的距离为vΔt.因为v0>v,所以在Δt时间内MN边扫过磁场的面积S=(v0-v)lΔt,在此Δt时间内,MN边左侧的磁感线移进金属框而引起框内磁通量变化ΔΦMN=B0l(v0-v)Δt②同理,该Δt时间内,PQ边右侧的磁感线移出金属框引起框内磁通量变化ΔΦPQ=B0l(v0-v)Δt③故在Δt内金属框所围面积的磁通量变化ΔΦ=ΔΦMN+ΔΦPQ④根据法拉第电磁感应定律,金属框中的感应电动势大小E=⑤根据闭合电路欧姆定律有I=⑥根据安培力公式,MN边所受的安培力FMN=B0IlPQ边所受的安培力FPQ=B0Il,根据左手定则,MN、PQ边所受的安培力方向相同,此时列车驱动力的大小F=FMN+FPQ=2B0Il⑦联立解得F=17.如图所示,光滑导轨立在竖直平面内,匀强磁场的方向垂直于导轨平面,磁感应强度B=0.5 T.电源的电动势为1.5 V,内阻不计.当电键K拨向a时,导体棒(电阻为R)PQ恰能静止.当K 拨向b后,导体棒PQ在1 s内扫过的最大面积为多少?(导轨电阻不计)【答案】3 m2【解析】设导体棒PQ长为L,电阻为R,电键接a时,电路中电流I=,导体棒PQ静止时mg=B()L电键K接b,导体棒PQ从静止下落,切割磁感线产生感应电流,同时PQ受安培力作用,导体棒向下做加速运动,速度增大,而加速度减小,最后以v m做匀速运动.此时mg=F安=,有:=,v m=.PQ达到最大速度后,单位时间内扫过的面积最大,故PQ在1 s内扫过的最大面积:S m=v m·L·t==m2=3 m2.18.如图甲所示,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R1连接成闭合回路.线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域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乙所示.图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计.求0至t1时间内:(1)通过电阻R1的电流大小和方向;(2)通过电阻R1的电荷量q及电阻R1产生的热量.【答案】(1)方向从b到a(2).【解析】(1)由图象分析可知,0至t1时间内=由法拉第电磁感应定律有E=n=n S,而S=πr由闭合回路欧姆定律有I1=联立以上各式解得通过电阻R1的电流大小为I1=由楞次定律可判断通过电阻R1的电流方向为从b到a. (2)通过电阻R1的电荷量q=I1t1=通过电阻R1产生的热量Q=I R1t1=.。

高中物理 第一章 电磁感应 6 自感讲义精练(含解析)教科版选修3-2-教科版高二选修3-2物理试题

高中物理 第一章 电磁感应 6 自感讲义精练(含解析)教科版选修3-2-教科版高二选修3-2物理试题

6 自感 [学科素养与目标要求] 物理观念:1.了解自感现象.2.了解自感电动势的表达式E L =LΔI Δt,知道自感系数的决定因素.3.了解日光灯的构造与工作原理.科学探究:通过观察通电自感和断电自感时灯泡亮度的变化,认识自感现象.科学思维:体会自感现象产生的机理,能运用电磁感应规律分析解释.一、自感现象由于导体线圈本身的电流发生变化而引起的电磁感应现象叫做自感,在自感现象中产生的电动势叫做自感电动势.二、自感系数1.自感电动势:E L =L ΔI Δt,其中L 是自感系数,简称自感或电感.单位:亨利,简称亨,符号为H.2.自感系数与线圈的形状、大小、匝数,以与是否有铁芯等因素有关.三、日光灯1.日光灯的构造:普通日光灯由灯管、镇流器、启动器、导线和开关组成.2.镇流器的作用:启动时产生瞬时高电压使灯管发光,正常工作时,起着降压限流作用.1.判断如下说法的正误.(1)自感现象中,感应电流一定与原电流方向相反.( × )(2)线圈的自感系数与电流大小无关,与电流的变化率有关.( × )(3)日光灯点亮后,启动器就没有作用了.( √ )(4)在日光灯正常工作中,镇流器只会消耗能量,没有作用.( × )2.如图1所示,电路中电源内阻不能忽略,L 的自感系数很大,其直流电阻忽略不计,A 、B 为两个完全一样的灯泡,当S 闭合时,A 灯________变亮,B 灯________变亮.当S 断开时,A 灯________熄灭,B 灯________熄灭.(选填“立即〞或“缓慢〞)图1答案缓慢立即缓慢缓慢一、通电自感现象1.认识通电时的自感现象如图2所示,先闭合S,调节R2使A1、A2的亮度一样,再调节R1,使A1、A2都正常发光,然后断开S.再次闭合S.图2现象:灯泡A2立即发光,灯泡A1逐渐亮起来.原因:电路接通时,电流由零开始增加,穿过线圈L的磁通量逐渐增加,为了阻碍磁通量的增加,感应电流产生的磁通量与原来电流产生的磁通量方向相反,如此线圈中感应电动势的方向与原来的电流方向相反,阻碍了L中电流的增加,即推迟了电流达到稳定值的时间.2.对通电自感的理解(1)通电瞬间自感线圈处相当于断路.(2)当线圈中的电流增大时,自感电动势的方向与原电流的方向相反,阻碍电流的增大,使电流从零逐渐增大到稳定值,但不能阻止电流的增大.(3)电流稳定时自感线圈相当于导体(假设直流电阻为零,相当于导线).例1如图3所示,电路中电源的内阻不能忽略,R的阻值和L的自感系数都很大,A、B为两个完全一样的灯泡,当S闭合时,如下说法正确的答案是(线圈L的直流电阻较小)( )图3A.A比B先亮,然后A灭B.B比A先亮,然后B逐渐变暗C.A、B一起亮,然后A灭D.A、B一起亮,然后B灭答案 B解析S闭合时,由于与A灯串联的线圈L的自感系数很大,故在线圈上产生很大的自感电动势,阻碍电流的增大,所以B比A先亮,稳定后,流过B灯支路的电流变小,所以B灯逐渐变暗,故B正确.二、断电自感现象1.认识断电时的自感现象如图4所示,L为自感系数较大的线圈,其直流电阻比灯泡的电阻小,先闭合开关使灯泡发光,然后断开开关.图4现象:灯泡A闪亮一下再熄灭解释:在开关断开后灯泡闪亮一下的原因是灯泡断电后自感线圈中产生的感应电流比开关断开前流过灯泡的电流大.2.对断电自感的理解(1)当线圈中的电流减小时,自感电动势的方向与原电流方向一样;(2)断电自感中,由于自感电动势的作用,线圈中电流从原值逐渐减小.假设断开开关瞬间通过灯泡的电流大于断开开关前的电流,灯泡会闪亮一下;假设断开开关瞬间通过灯泡的电流小于或等于断开开关前的电流,灯泡不会闪亮一下,而是逐渐变暗直至熄灭.(3)自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化,但不能阻止线圈中电流的变化.例2如图5所示,开关S处于闭合状态,小灯泡A和B均正常发光,小灯泡A的电阻大于线圈L的电阻,现断开开关S,以下说法正确的答案是( )图5A.小灯泡A越来越暗,直到熄灭B.小灯泡B越来越暗,直到熄灭C.线圈L中的电流会立即消失D.线圈L中的电流过一会再消失,且方向向右答案 D解析S断开瞬间,小灯泡B立即熄灭.由于小灯泡A的电阻大于线圈L的电阻,所以S断开前线圈的电流大于小灯泡A中的电流.S断开瞬间,线圈中的电流由原电流逐渐减小,导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小,即线圈L中的电流过一会再消失,且方向向右,因L和小灯泡A组成新的回路,电流由原线圈中的电流逐渐减小,所以小灯泡A先亮一下,然后慢慢熄灭,故D正确.[学科素养] 通过例1和例2,进一步加深对通电自感现象和断电自感现象的理解,知道通电、断电瞬间,自感线圈中的电动势阻碍原电流的变化,但阻止不了电流的变化,且电流不能发生突变.运用电磁感应知识解释自感现象,很好地表现了“科学思维〞的学科素养.三、自感现象中的图像问题例3如图6所示的电路中,开关S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2 A,流过灯泡的电流是1 A,现将开关S突然断开,开关S断开前后,能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图像是( )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1 A.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一样的自感电动势,使线圈中的电流从原来的2 A逐渐减小,方向不变,且与灯泡D构成回路,通过灯泡D的电流和线圈L中的电流一样,也应该是从2 A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.提示要注意断电前后,无线圈的支路电流方向是否变化.四、自感的典型应用——日光灯1.日光灯的电路如图7所示.图72.工作原理:日光灯在接通电源时,启动器首先导通,又立即断开,在断开的瞬间,由于自感现象,镇流器产生很高的自感电动势,而使灯管快速启动.3.镇流器的作用:日光灯启动时,镇流器提供瞬时高电压,而使气体放电;灯管发光后,镇流器又起着降压限流的作用.例4假设将图8甲中启动器换为开关S1,并给镇流器并联一个开关S2,如图乙所示,如此如下表示正确的答案是( )图8A.只把S3接通,日光灯就能正常发光B.把S3、S1接通后,S2不接通,日光灯就能正常发光C.S2不接通,接通S3、S1后,再断开S1,日光灯就能正常发光D.当日光灯正常发光后,再接通S2,日光灯仍能正常发光答案 C解析一般日光灯启动的瞬间把电源、灯丝、镇流器接通,然后自动断开,靠镇流器产生瞬时高压,使灯管内气体导电,所以启动时既要使题图乙中S3闭合,又需使S1瞬间闭合再断开,A、B错,C对.正常工作时镇流器起降压限流作用,假设把题图乙中S2闭合,如此镇流器失去作用,日光灯不能正常工作,D错.1.(对自感电动势的理解)关于线圈中自感电动势的大小,如下说法中正确的答案是( )A .电感一定时,电流变化越大,自感电动势越大B .电感一定时,电流变化越快,自感电动势越大C .通过线圈的电流为零的瞬间,自感电动势为零D .通过线圈的电流为最大值的瞬间,自感电动势最大答案 B解析 电感一定时,电流变化越快,ΔI Δt 越大,由E L =L ΔI Δt知,自感电动势越大,故A 错,B 对;线圈中电流为零时,电流的变化率不一定为零,自感电动势不一定为零,故C 错;当通过线圈的电流最大时,假设电流的变化率为零,自感电动势为零,故D 错.2.(对自感现象的理解)(多项选择)如图9所示电路,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 是两个一样的灯泡,如此( )图9A .S 闭合瞬间,L A 不亮,LB 很亮B .S 闭合瞬间,L A 、L B 同时亮,然后L A 逐渐变暗到熄灭,L B 变得更亮C .S 断开瞬间,L A 闪亮一下才熄灭,L B 立即熄灭D .S 断开瞬间,L A 、L B 立即熄灭答案 BC3.(自感现象中的图像问题)在如图10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,D 1、D 2和D 3是三个完全一样的灯泡,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t 1时刻断开开关S.规定以电路稳定时流过D 1、D 2的电流方向为正方向,分别用I 1、I 2表示流过D 1和D 2的电流,如此如下图像中能定性描述电流I 随时间t 变化关系的是( )图10答案 C解析当闭合开关时,因为线圈与D1串联,所以流过D1的电流I1会慢慢增大,流过D2的电流I2为稳定值,且电路稳定时I2<I1.当开关断开时,因为线圈阻碍电流I1的减小,所以通过D1的电流不会立即消失,会从原来的大小慢慢减小,由于L、D1、D2和D3构成回路,通过D1的电流也流过D2,所以I2变成反向立即增大,之后逐渐减小,故C正确,A、B、D错误.4.(日光灯工作原理)家用日光灯电路如图11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,如下说法正确的答案是( )图11A.镇流器的作用是将交流电变为直流电B.在日光灯正常发光时,启动器中的两个触片是分开的C.日光灯发出的光是电流加热灯丝发出的D.日光灯发出的光是汞原子受到激发后直接辐射的答案 B解析镇流器在启动时产生瞬时高压,在正常工作时起降压限流作用,故A错误;电路接通后,启动器中的氖气停止放电(启动器分压少、辉光放电无法进展,不工作),U形动触片冷却收缩,两个触片别离,故B正确.灯丝受热时发射出来的大量电子,在灯管两端高电压作用下,以极大的速度由低电势端向高电势端运动.在加速运动的过程中,碰撞管内气体(通常是氩气)分子,使之迅速电离.在紫外线的激发下,管壁上的荧光粉发出近乎白色的可见光,故C、D错误.一、选择题考点一自感现象分析1.如图1所示,L为一纯电感线圈(即电阻为零).L A是一个灯泡,如下说法中正确的答案是( )图1A.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闭合瞬间与稳定时,灯泡中均有从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 B解析开关S闭合瞬间,灯泡中的电流从a到b,线圈由于自感作用,通过它的电流将逐渐增加.开关S闭合后,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.开关S断开瞬间,由于线圈的自感作用,线圈中原有的向右的电流将逐渐减小,线圈和灯泡形成回路,故灯泡中有从b到a的电流,故B正确.2.如图2所示的电路中,A1和A2是两个一样的小灯泡,L是一个自感系数相当大的线圈,其阻值与R一样.在开关S接通和断开时,灯泡A1和A2亮暗的顺序是( )图2A.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A2后灭D.接通时A2先达最亮,断开时A2后灭答案 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.3.(多项选择)(2018·宿迁市高二上学期期末)如图3所示,A、B是两个完全一样的小灯泡,L是电阻不计、自感系数很大的线圈.如下说法正确的有( )图3A.闭合S1,再闭合S2,A灯将变暗B.闭合S1,再闭合S2,B灯将变暗直至熄灭C.闭合S1、S2稳定后,再断开S1,A灯将立即熄灭D.闭合S1、S2稳定后,再断开S1,B灯先亮一下然后变暗直至熄灭答案BCD4.(2018·如东中学高二阶段性测试)如图4所示,电源电动势为E,其内阻不可忽略,L1、L2是完全一样的灯泡,线圈L的直流电阻不计,电容器的电容为C,合上开关S,电路稳定后( )图4A.电容器的带电荷量为CEB.灯泡L1、L2的亮度一样C.在断开S的瞬间,通过灯泡L1的电流方向向右D.在断开S的瞬间,灯泡L2立即熄灭答案 C解析合上开关S,电路稳定后,L1被短路,灯L1不亮,灯L2发光,B错;由于电源有内阻,电容器两端电压U<E,如此电容器所带电荷量Q<CE,A错;断开S瞬间,通过L1的电流方向向右,C正确;断开S瞬间,电容器放电,L2过一会熄灭,D错.5.(2018·哈尔滨市六校高二下学期期末)如图5所示,A、B是两个完全一样的灯泡,D是理想二极管,L是带铁芯的线圈,其直流电阻忽略不计.如下说法正确的答案是( )图5A.S闭合瞬间,B先亮A后亮B.S闭合瞬间,A先亮B后亮C.电路稳定后,在S断开瞬间,B闪亮一下,然后逐渐熄灭D.电路稳定后,在S断开瞬间,B立即熄灭答案 D解析闭合开关S瞬间,线圈相当于断路,二极管正向导通,故电流可通过灯泡A、B,即A、B灯泡同时亮,故A、B错误.因线圈的直流电阻为零,如此当电路稳定后,灯泡A被短路而熄灭,当开关S断开瞬间B立即熄灭,线圈中的电流也不能反向通过二极管,如此灯泡A仍是熄灭的,故C错误,D正确.6.(2018·三明市高二下学期期末)在如图6所示的电路中,a、b、c为三盏完全一样的灯泡,L是自感线圈,直流电阻为R L,如此如下说法正确的答案是( )图6A.合上开关后,c先亮,a、b后亮B.断开开关时,N点电势高于M点C.断开开关后,b、c同时熄灭,a缓慢熄灭D.断开开关后,c马上熄灭,b闪一下后缓慢熄灭答案 B解析开关闭合瞬间,因通过线圈L的电流缓慢增大,产生自感电动势,通过a的电流逐渐增大,所以b、c先亮,a后亮,故A错误;断开开关的瞬间,因通过线圈L的电流减小,产生自感电动势,根据楞次定律可知通过自感线圈的电流方向与原电流方向一样,N点电势高于M点;L和a、b组成的回路中有电流,由于原来通过a的电流小于通过b的电流,开关断开的瞬间,通过a、b和线圈回路的电流从a原来的电流减小,所以b不会闪一下,而是与a一起缓慢熄灭,而c中没有电流,马上熄灭,故B正确,C、D错误.7.如图7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,将电路拆去时应( )图7A.先断开开关S1B.先断开开关S2C.先拆去电流表AD.先拆去电阻R答案 B解析当开关S1、S2闭合稳定后,线圈中的电流由a→b,电压表右端为“+〞极,左端为“-〞极,指针正向偏转,先断开开关S1或先拆去电流表A或先拆去电阻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,此时电压表上加了一个反向电压,使指针反偏,假设反偏电压过大,会烧坏电压表,故应先断开开关S2,应当选B.8.(多项选择)(2018·内江市高二下学期期末)在如图8所示电路中,L为自感系数很大的线圈,N为试电笔中的氖管(启辉电压约60 V),电源电动势为12 V,直流电使氖管启辉时,辉光只发生在负极周围,如此如下说法中正确的答案是( )图8A.S接通时,氖管不会亮B.S接通时启辉,辉光在a端C.S接通后迅速切断时启辉,辉光在a端D.S接通后迅速切断时启辉,如此辉光在电极b处答案AD解析S接通后,电源电动势约为12 V,而启辉电压约60 V,所以氖管不会亮,故A正确,B 错误;接通后迅速切断时启辉,因线圈的电流变化,导致产生较大的感应电动势,从而氖管启辉发出辉光,而线圈产生感应电动势时,左端相当于电源正极,右端相当于负极,由题意可知,辉光在b端,故C错误,D正确.9.某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E,用导线将它们连接成如图9所示的电路.检查电路后,闭合开关S,小灯泡发光;再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经屡次重复,仍未见教师演示时出现的小灯泡闪亮现象,他苦思冥想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )图9A.电源的内阻较大 B.小灯泡电阻偏大C.线圈电阻偏大 D.线圈的自感系数较大答案 C解析根据实物连线图画出正确的电路图,如下列图,当闭合开关S,电路稳定之后,小灯泡中有稳定的电流I A,自感线圈中有稳定的电流I L,当开关S突然断开时,电流I A立即消失,但是,由于自感电动势的作用,流过线圈的电流I L不能突变,自感线圈和小灯泡构成回路,如果I L>I A,如此能观察到小灯泡闪亮一下再熄灭,线圈的自感系数越大,小灯泡延时闪亮的时间就越长.可见灯泡未闪亮的根本原因是不满足I L>I A的条件,这是线圈电阻偏大造成的,故C正确.考点二自感现象中的图像问题10.(多项选择)如图10所示,用电流传感器研究自感现象.电源内阻不可忽略,线圈的自感系数较大,其直流电阻小于电阻R的阻值.t=0时刻闭合开关S,电路稳定后,t1时刻断开S,电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流I L和电阻中的电流I R随时间t变化的图像.如下图像中可能正确的答案是( )图10答案AD11.(多项选择)(2018·玉溪市峨山一中高三月考)图11(a)是用电流传感器(相当于电流表,其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路,图中两个电阻的阻值均为R,L是一个自感系数足够大的自感线圈,其直流电阻值也为R.图(b)是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后,通过传感器的电流随时间变化的图像.关于这些图像,如下说法中正确的答案是( )图11A.图(b)中甲是开关S由断开变为闭合,通过传感器1的电流随时间变化的情况B.图(b)中乙是开关S由断开变为闭合,通过传感器1的电流随时间变化的情况C.图(b)中丙是开关S由闭合变为断开,通过传感器2的电流随时间变化的情况D.图(b)中丁是开关S由闭合变为断开,通过传感器2的电流随时间变化的情况答案BC12.如图12所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,自感线圈L的直流电阻不计,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时刻断开开关S,如下表示A、B两点间电压U AB随时间t变化的图像中,正确的答案是( )图12答案 B解析在t=0时刻闭合开关S,由于线圈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时刻断开开关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U AB随时间t变化的图像中正确的答案是选项B.考点三日光灯的工作原理13.(多项选择)如图13甲所示为日光灯电路,图乙为启动器结构图.在日光灯正常工作的过程中( )图13A.镇流器为日光灯的点亮提供瞬时高压B.镇流器维持灯管两端有高于电源的电压,使灯管正常工作C.灯管点亮发光后,启动器中两个触片是接触的D.灯管点亮发光后,镇流器起降压限流作用使灯管在较低的电压下工作答案AD解析日光灯刚发光时,镇流器在启动时产生瞬时高压,故A正确;灯管点亮发光后,镇流器起降压限流作用使灯管在较低的电压下工作,故B错误,D正确;灯管正常发光后,启动器不再工作,启动器中两个触片是别离的,故C错误.14.如下列图,S为启动器,L为镇流器,其中日光灯的接线图正确的答案是( )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、静触片别离后,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.二、非选择题15.(2018·福州市八县(市)协作校高二下期末)如图14所示,一个称为“千人震〞的趣味物理小实验所用器材是一节电动势为1.5 V的新干电池、几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器,几位同学手拉手连成一排,另一位同学将电池、镇流器、开关用导线连接起来,并将它们和首、尾两位同学两只空着的手相连,在开关________(填“闭合〞或“断开〞)时就会使连成一排的同学都有触电的感觉,该实验的原理是________.图14答案断开镇流器的自感现象解析当开关闭合后,镇流器与同学们并联,由于电源为1.5 V的新干电池,所以电流很小.当断开时,镇流器电流发生变化,由于镇流器的自感现象,产生很高的瞬时电压,通过同学们身体时有触电的感觉.。

2017-2018高中物理(粤教)选修3-2学案:第一章 电磁感应 第六节 Word版含答案

2017-2018高中物理(粤教)选修3-2学案:第一章 电磁感应 第六节 Word版含答案

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.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=E2R,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 =E R=2I 0,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 .S 1接通,S 2、S 3断开,日光灯就能正常发光B .S 1、S 2接通,S 3断开,日光灯就能正常发光C .S 3断开,接通S 1、S 2后,再断开S 2,日光灯就能正常发光D .当日光灯正常发光后,再接通S 3,日光灯仍能正常发光答案 C解析 当S 1接通,S 2、S 3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S 1、S 2接通,S 3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S 3,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S 1、S 2接通,灯丝被预热,发出电子,再断开S 2,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,A 1和A 2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A 1和A 2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U AB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U AB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S1B.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.。

高中物理 第一章 电磁感应 第6节 自感课件 教科版选修3-2

高中物理 第一章 电磁感应 第6节 自感课件 教科版选修3-2

解析:选 C.当 S1 接通,S2、S3 断开时,电源电压 220 V 直接 加在灯管两端,达不到灯管启动的高压值,日光灯不能发光, 选项 A 错误.当 S1、S2 接通,S3 断开时,灯丝ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ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.
自感现象的理解 1.对自感电动势的理解 (1)产生原因:通过线圈的电流发生变化,导致穿过线圈的磁 通量发生变化,因而在原线圈上产生感应电动势. (2)自感电动势的方向:当原电流增大时,自感电动势的方向 与原电流方向相反;当原电流减小时,自感电动势的方向与 原电流方向相同(增反减同).
(3)自感电动势的作用:阻碍原电流的变化,而不是阻止,电 流仍在变化,只是使原电流的变化时间变长,即总是起着推 迟电流变化的作用. 2.对电感线圈阻碍作用的理解 (1)若电路中的电流正在改变,电感线圈会产生自感电动势阻 碍电路中电流的变化,使得通过电感线圈的电流不能突变. (2)若电路中的电流是稳定的,电感线圈相当于一段导线,其 阻碍作用是由绕制线圈的导线的电阻引起的.
日光灯的工作原理 1.日光灯发光原理:灯管内充有微量氩和稀薄汞蒸气.两端 有灯丝,内壁涂有荧光物质.其发光原理流程如下:
2.启动器的作用 (1)构造:如图所示,它是一个充有氖气的小玻璃泡,里面装 上两个电极,一个固定不动的静触片和一个用双金属片制成 的 U 形动触片.
(2)作用:当开关闭合时,电源把电压加在启动器两极之间, 使氖气放电发出辉光,辉光产生的热量使双金属片受热膨胀, 内层膨胀幅度大一些,使 U 形动触片膨胀伸长跟静触片接触 而把电路导通,于是镇流器中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,在电路突然中 断瞬间,镇流器线圈因自感产生一个瞬时高压,这个高压和 电源电压加在灯管两端使灯管中的汞蒸气开始放电导通,使 日光灯发光.

高中物理第一章电磁感应6自感课时练习(含解析)教科版选修3-

高中物理第一章电磁感应6自感课时练习(含解析)教科版选修3-

自感(25分钟·56分)选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分)1.关于自感现象,下列说法正确的是 ( )A.线圈中产生的自感电动势较大,其自感系数一定较大B.对于同一线圈,当电流变化较快时,线圈的自感系数也较大C.对于同一线圈,当电流变化越大时,线圈中产生的自感电动势越大D.对于同一线圈,当电流的变化率越大时,线圈中产生的自感电动势就越大【解析】选D。

线圈中产生的自感电动势E与两方面的因素有关:一是线圈中电流的变化率,二是线圈的自感系数,A项错误;对于同一线圈,其自感系数是一定的,与线圈中有无电流及电流变化的快慢没有关系,B项错误;在自感系数一定的情况下,自感电动势的大小只与线圈中电流的变化率成正比,而与电流的变化量的大小无关,C项错误,D项正确。

2.如图所示,一毛同学用多用电表的欧姆挡测量一个线圈的电阻,以判断它是否断路。

为方便测量,同桌的二毛同学用双手分别握住线圈裸露的两端,一毛用两表笔与线圈两端接触,读出阻值,再将表笔与线圈断开。

在测量的过程中,二毛在某瞬间感到有强烈的电击感,对此现象,下列说法正确的是( )A.线圈没有断路,在表笔与线圈断开瞬间,二毛有电击感B.线圈没有断路,在表笔与线圈接触瞬间,二毛有电击感C.线圈一定断路,在表笔与线圈断开瞬间,二毛有电击感D.线圈一定断路,在表笔与线圈接触瞬间,二毛有电击感【解析】选A。

在电流变化时线圈才会产生自感电动势,当回路接通时,回路中电流不变化,线圈两端不会产生感应电动势;当回路断开时,电流要立即减小到零,但由于线圈的自感现象会产生感应电动势,则线圈两端会对人产生电击感,所以二毛能感觉到电击感,说明线圈产生了自感电动势,形成自感电流,故线圈并没有断路,故A正确,B、C、D错误。

3.(多选)如图所示,A、B为相同的灯泡,C为电容器,L为电感线圈(其直流电阻小于灯泡电阻)。

下列说法中正确的有( )A.闭合开关,灯泡B立即发光B.闭合开关,电路稳定后,灯泡A中没有电流C.电路稳定后,断开开关,灯泡B变得更亮后再熄灭D.电路稳定后,断开开关,灯泡A中电流立即为零【解析】选A、C。

2017-2018学年高中物理第一章电磁感应6自感学案教科版选修3-2

2017-2018学年高中物理第一章电磁感应6自感学案教科版选修3-2

6 自感[目标定位] 1.知道自感现象.观察通电自感和断电自感实验现象,了解自感现象中自感电动势的作用.2.理解自感系数和自感系数的决定因素.3.了解日光灯的构造及工作原理.一、自感现象1.定义:由于导体线圈本身的电流发生变化而引起的电磁感应现象,叫做自感.在自感现象中产生的电动势叫做自感电动势.图12.自感电动势对电流的作用:电流增加时,自感电动势阻碍电流的增加;电流减小时,自感电动势阻碍电流的减小.实验1:演示通电自感现象实验电路如图1所示,开关S接通时,可以看到灯泡2立即发光,而灯泡1是逐渐亮起来的. 实验2:演示断电自感现象.图2实验电路如图2所示,线圈L的电阻比灯泡的电阻小,接通电路,灯泡正常发光后,迅速断开开关S,可以看到灯泡闪亮一下再逐渐熄灭.深度思考在断电自感现象中,电流减小时,自感线圈中的电流大小一定小于原先所通过电流的大小,为什么灯泡有时闪亮一下再熄灭?答案断电自感时,自感线圈中的电流大小一定小于原先所通过电流的大小,但是可能会大于灯泡中的电流,所以灯泡会闪亮一下再熄灭.例1如图3所示,电路中电源的内阻不能忽略,R的阻值和L的自感系数都很大,A、B为两个完全相同的灯泡,当S闭合时,下列说法正确的是( )图3A.A比B先亮,然后A灭B.B比A先亮,然后B逐渐变暗C.A、B一起亮,然后A灭D.A、B一起亮,然后B灭解析本题考查通电自感现象的分析,关键是要知道纯电感线圈在电路稳定前后的作用:S 闭合时,由于与A灯串联的线圈L的自感系数很大,故在线圈上产生很大的自感电动势,阻碍电流的增大,所以B比A先亮,故A、C、D错;稳定后,由于与B灯连接的电阻很大,流过B灯支路的电流很小,所以B灯逐渐变暗,故B正确.答案 B分析通电自感需抓住三点:(1)通电瞬间自感线圈处相当于断路;(2)电流增大过程中自感线圈对电流有阻碍作用使线圈中的电流从0逐渐增大到稳定值;(3)电流稳定时自感线圈相当于导体.例2如图4(a)、(b)所示的电路中,电阻R和自感线圈L的电阻值都很小,且小于灯泡A 的电阻,闭合开关S,使电路达到稳定,灯泡A发光,则( )图4A.在电路(a)中,断开S,A将渐渐变暗B.在电路(a)中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗C.在电路(b)中,断开S,A将渐渐变暗D.在电路(b)中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗解析在电路(a)中,灯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,阻碍原电流的减小,流过灯A的电流逐渐减小,从而灯A只能渐渐变暗.在电路(b)中,电阻R和灯A串联,灯A的电阻大于线圈L的电阻,电流则小于线圈L中的电流,断开S时,电源不再给灯泡供电,而线圈产生自感电动势阻碍电流的减小,通过R、A 形成回路,灯A中电流突然变大,灯A将先变得更亮,然后渐渐变暗,故A、D正确.答案AD针对训练如图5所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,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U AB随时间t变化的图像中,正确的是( )图5答案 B解析在t=0时刻闭合开关S,由于线圈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,电源输出电流较大,路端电压较低.在t=t1时刻断开S,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U AB随时间t变化的图像中正确的是B.(1)断电时,自感线圈处相当于电源,其电流逐渐减小,不会发生突变.。

教科版高中物理选修3-2练习:第一章电磁感应第1.2节

教科版高中物理选修3-2练习:第一章电磁感应第1.2节

第一章电磁感应第1节电磁感应现象的发现第2节感应电流产生的条件1.法拉第把引起电流的原因概括为五类,它们都与变化和运动相联系,即:变化中的电流、变化中的磁场、运动中的恒定电流、运动中的磁铁、运动中的导体.2.感应电流的产生条件:穿过闭合电路的磁通量发生变化时,这个闭合电路中就有感应电流产生.3.在物理学的发展过程中,许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步,在对以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中,不正确的说法是()A.库仑发现了电流的磁效应B.爱因斯坦创立了相对论C.法拉第发现了电磁感应现象D.牛顿提出了万有引力定律奠定了天体力学的基础答案 A解析奥斯特发现电流的磁效应,A错误,B、C、D项正确.4.关于磁通量,下列说法中正确的是()A.磁通量不仅有大小,而且有方向,所以是矢量B.磁通量越大,磁感应强度越大C.通过某一面的磁通量为零,该处磁感应强度不一定为零D.磁通量就是磁感应强度答案 C解析磁通量是标量,故A不对;由Φ=BS⊥可知Φ由B和S⊥两个因素决定,Φ较大,有可能是由于S⊥较大造成的,所以磁通量越大,磁感应强度越大是错误的,故B不对;由Φ=BS⊥可知,当线圈平面与磁场方向平行时,S⊥=0,Φ=0,但磁感应强度B不为零,故C对;磁通量和磁感应强度是两个不同的物理量,故D不对.5.如图所示,用导线做成圆形或正方形回路,这些回路与一直导线构成几种位置组合(彼此绝缘),下列组合中,切断直导线中的电流时,闭合回路中会有感应电流产生的是()答案CD解析利用安培定则判断直线电流产生的磁场,其磁感线是一些以直导线为轴的无数组同心圆,即磁感线所在平面均垂直于导线,且直线电流产生的磁场分布情况是:靠近直导线处磁场强,远离直导线处磁场弱.所以,A中穿过圆形线圈的磁场如图甲所示,其有效磁通量为ΦA=Φ出-Φ进=0,且始终为0,即使切断导线中的电流,ΦA也始终为0,A中不可能产生感应电流.B中线圈平面与导线的磁场平行,穿过B的磁通量也始终为0,B中也不能产生感应电流.C中穿过线圈的磁通量如图乙所示,Φ进>Φ出,即ΦC≠0,当切断导线中电流后,经过一定时间,穿过线圈的磁通量ΦC减小为0,所以C中有感应电流产生;D中线圈的磁通量ΦD不为0,当电流切断后,ΦD最终也减小为0,所以D中也有感应电流产生.【概念规律练】知识点一 磁通量的理解及其计算1.如图1所示,有一个100匝的线圈,其横截面是边长为L =0.20 m 的正方形,放在磁感应强度为B =0.50 T 的匀强磁场中,线圈平面与磁场垂直.若将这个线圈横截面的形状由正方形改变成圆形(横截面的周长不变),在这一过程中穿过线圈的磁通量改变了多少?图1答案 5.5×10-3 Wb解析 线圈横截面为正方形时的面积S 1=L 2=(0.20)2 m 2=4.0×10-2 m 2.穿过线圈的磁通量Φ1=BS 1=0.50×4.0×10-2 Wb =2.0×10-2 Wb横截面形状为圆形时,其半径r =4L /2π=2L /π.截面积大小S 2=π(2L /π)2=425πm 2 穿过线圈的磁通量Φ2=BS 2=0.50×4/(25π) Wb ≈2.55×10-2 Wb.所以,磁通量的变化ΔΦ=Φ2-Φ1=(2.55-2.0)×10-2 Wb =5.5×10-3 Wb点评 磁通量Φ=BS 的计算有几点要注意:(1)S 是指闭合回路中包含磁场的那部分有效面积;B 是匀强磁场中的磁感应强度.(2)磁通量与线圈的匝数无关,也就是磁通量大小不受线圈匝数的影响.同理,磁通量的变化量ΔΦ=Φ2-Φ1也不受线圈匝数的影响.所以,直接用公式求Φ、ΔΦ时,不必去考虑线圈匝数n .2.如图2所示,线圈平面与水平方向成θ角,磁感线竖直向下,设磁感应强度为B ,线圈面积为S ,则穿过线圈的磁通量Φ=________.图2 答案 BS cos θ解析 线圈平面abcd 与磁场不垂直,不能直接用公式Φ=BS 计算,可以用不同的分解方法进行.可以将平面abcd 向垂直于磁感应强度的方向投影,使用投影面积;也可以将磁感应强度沿垂直于平面和平行于平面正交分解,使用磁感应强度的垂直分量.解法一:把面积S 投影到与磁场B 垂直的方向,即水平方向a ′b ′cd ,则S ⊥=S cos θ,故Φ=BS ⊥=BS cos θ.解法二:把磁场B 分解为平行于线圈平面的分量B ∥和垂直于线圈平面的分量B ⊥,显然B ∥不穿过线圈,且B ⊥=B cos θ,故Φ=B ⊥S =BS cos θ.点评 在应用公式Φ=BS 计算磁通量时,要特别注意B ⊥S 的条件,应根据实际情况选择不同的方法,千万不要乱套公式.知识点二 感应电流产生的条件3.下列情况能产生感应电流的是( )图3A .如图甲所示,导体AB 顺着磁感线运动B .如图乙所示,条形磁铁插入或拔出线圈时C .如图丙所示,小螺线管A 插入大螺线管B 中不动,开关S 一直接通时D .如图丙所示,小螺线管A 插入大螺线管B 中不动,开关S 一直接通,当改变滑动变阻器的阻值时答案 BD解析 A 中导体棒顺着磁感线运动,穿过闭合电路的磁通量没有发生变化无感应电流,故A 错;B 中条形磁铁插入线圈时线圈中的磁通量增加,拔出时线圈中的磁通量减少,都有感应电流,故B 正确;C 中开关S 一直接通,回路中为恒定电流,螺线管A 产生的磁场稳定,螺线管B 中的磁通量无变化,线圈中不产生感应电流,故C 错;D 中开关S 接通滑动变阻器的阻值变化使闭合回路中的电流变化,螺线管A 的磁场变化,螺线管B 中磁通量变化,线圈中产生感应电流,故D 正确.点评 电路闭合,磁通量变化,是产生感应电流的两个必要条件,缺一不可.电路中有没有磁通量不是产生感应电流的条件,如果穿过电路的磁通量尽管很大但不变化,那么无论有多大,都不会产生感应电流.4.如图4所示,线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连,线圈Ⅱ与电流计G 相连,线圈Ⅰ与线圈Ⅱ绕在同一个铁芯上,在下列情况下,电流计G 中有示数的是( )图4 A .开关闭合瞬间B .开关闭合一段时间后C .开关闭合一段时间后,来回移动变阻器滑动端D .开关断开瞬间答案 ACD解析 A 中开关闭合前,线圈Ⅰ、Ⅱ中均无磁场,开关闭合瞬间,线圈Ⅰ中电流从无到有形成磁场,穿过线圈Ⅱ的磁通量从无到有,线圈Ⅱ中产生感应电流,电流计G 有示数.故A 正确.B 中开关闭合一段时间后,线圈Ⅰ中电流稳定不变,电流的磁场不变,此时线圈Ⅱ虽有磁通量但磁通量稳定不变,线圈Ⅱ中无感应电流产生,电流计G 中无示数.故B 错误.C 中开关闭合一段时间后,来回移动滑动变阻器滑动端,电阻变化,线圈Ⅰ中的电流变化,电流形成的磁场也发生变化,穿过线圈Ⅱ的磁通量也发生变化,线圈Ⅱ中有感应电流产生,电流计G中有示数.故C正确.D中开关断开瞬间,线圈Ⅰ中电流从有到无,电流的磁场也从有到无,穿过线圈Ⅱ的磁通量也从有到无发生变化,线圈Ⅱ中有感应电流产生,电流计G 中有示数.故D正确.点评变化的电流引起闭合线圈中磁通量的变化,是产生感应电流的一种情况.【方法技巧练】一、磁通量变化量的求解方法5.面积为S的矩形线框abcd,处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向与线框平面成θ角(如图5所示),当线框以ab为轴顺时针转90°时,穿过abcd面的磁通量变化量ΔΦ=________.图5答案-BS(cos θ+sin θ)解析磁通量由磁感应强度矢量在垂直于线框面上的分量决定.开始时B与线框面成θ角,磁通量为Φ=BS sin θ;线框面按题意方向转动时,磁通量减少,当转动90°时,磁通量变为“负”值,Φ2=-BS cos θ.可见,磁通量的变化量为ΔΦ=Φ2-Φ1=-BS cos θ-BS sin θ=-BS(cos θ+sin θ)实际上,在线框转过90°的过程中,穿过线框的磁通量是由正向BS sin θ减小到零,再由零增大到负向BS cos θ.方法总结磁通量虽是标量,但有正、负,正、负号仅表示磁感线从不同的方向穿过平面,不表示大小.6.如图6所示,通电直导线下边有一个矩形线框,线框平面与直导线共面.若使线框逐渐远离(平动)通电导线,则穿过线框的磁通量将()图6A.逐渐增大B.逐渐减小C.保持不变D.不能确定答案 B解析当矩形线框在线框与直导线决定的平面内逐渐远离通电导线平动时,由于离开导线越远,磁场越弱,而线框的面积不变,则穿过线框的磁通量将减小,所以B正确.方法总结引起磁通量变化一般有四种情况(1)磁感应强度B不变,有效面积S变化,则ΔΦ=Φt-Φ0=BΔS(如知识点一中的1题)(2)磁感应强度B变化,磁感线穿过的有效面积S不变,则ΔΦ=Φt-Φ0=ΔBS(如此题)(3)线圈平面与磁场方向的夹角θ发生变化时,即线圈在垂直于磁场方向的投影面积S⊥=S sin θ发生变化,从而引起穿过线圈的磁通量发生变化,即B、S不变,θ变化.(如此栏目中的5题)(4)磁感应强度B和回路面积S同时发生变化的情况,则ΔΦ=Φt-Φ0≠ΔB·ΔS二、感应电流有无的判断方法7.如图7所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框,在下列四种情况下,线框中会产生感应电流的是()图7A.线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中左右运动B.线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中上下运动C.线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D.线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动答案 C解析四种情况中初始位置线框均与磁感线平行,磁通量为零,按A、B、D三种情况线圈移动后,线框仍与磁感线平行,磁通量保持为零不变,线框中不产生感应电流.C中线圈转动后,穿过线框的磁通量不断发生变化,所以产生感应电流,C项正确.方法总结(1)判断有无感应电流产生的关键是抓住两个条件:①电路是否为闭合电路;②穿过电路本身的磁通量是否发生变化,其主要内涵体现在“变化”二字上.电路中有没有磁通量不是产生感应电流的条件,如果穿过电路的磁通量很大但不变化,那么不论有多大,也不会产生感应电流.(2)分析磁通量是否变化时,既要弄清楚磁场的磁感线分布,又要注意引起磁通量变化的三种情况:①由于线框所在处的磁场变化引起磁通量变化;②由于线框所在垂直于磁场方向的投影面积变化引起磁通量变化;③有可能是磁场及其垂直于磁场的面积都发生变化.8.下列情况中都是线框在磁场中切割磁感线运动,其中线框中有感应电流的是()答案BC解析A中虽然导体“切割”了磁感线,但穿过闭合线框的磁通量并没有发生变化,没有感应电流.B中导体框的一部分导体“切割”了磁感线,穿过线框的磁感线条数越来越少,线框中有感应电流.C中虽然与A近似,但由于是非匀强磁场运动过程中,穿过线框的磁感线条数增加,线框中有感应电流.D中线框尽管是部分切割,但磁感线条数不变,无感应电流,故选B、C.方法总结在利用“切割”来讨论和判断有无感应电流时,应该注意:①导体是否将磁感线“割断”,如果没有“割断”就不能说切割.如下图所示,甲、乙两图中,导线是真“切割”,而图丙中,导体没有切割磁感线.②即使导体真“切割”了磁感线,也不能保证就能产生感应电流.例如上题中A、D选项情况,如果由切割不容易判断,还是要回归到磁通量是否变化上去.1.下列现象中,属于电磁感应现象的是()A.小磁针在通电导线附近发生偏转B.通电线圈在磁场中转动C.因闭合线圈在磁场中运动而产生的电流D.磁铁吸引小磁针答案 C解析 电磁感应是指“磁生电”的现象,而小磁针和通电线圈在磁场中转动,反映了磁场力的性质,所以A 、B 、D 不是电磁感应现象,C 是电磁感应现象.2.在电磁感应现象中,下列说法正确的是( )A .导体相对磁场运动,导体内一定产生感应电流B .导体做切割磁感线运动,导体内一定会产生感应电流C .闭合电路在磁场内做切割磁感线运动,导体内一定会产生感应电流D .穿过闭合电路的磁通量发生变化,在电路中一定会产生感应电流答案 D解析 本题的关键是理解产生感应电流的条件.首先是“闭合电路”,A 、B 两项中电路是否闭合不确定,故A 、B 两项错误;其次当电路闭合时,只有一部分导体切割磁感线才产生感应电流,C 项错误;当闭合电路中磁通量发生变化时,电路中产生感应电流,D 项正确.故正确答案为D.3.一个闭合线圈中没有感应电流产生,由此可以得出( )A .此时此地一定没有磁场B .此时此地一定没有磁场的变化C .穿过线圈平面的磁感线条数一定没有变化D .穿过线圈平面的磁通量一定没有变化答案 D解析 磁感线条数不变不等于磁通量不变.4.如图8所示,通电螺线管水平固定,OO ′为其轴线,a 、b 、c 三点在该轴线上,在这三点处各放一个完全相同的小圆环,且各圆环平面垂直于OO ′轴.则关于这三点的磁感应强度B a 、B b 、B c 的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量Φa 、Φb 、Φc 的大小关系,下列判断正确的是( )图8A .B a =B b =B c ,Φa =Φb =ΦcB .B a >B b >B c ,Φa <Φb <ΦcC .B a >B b >B c ,Φa >Φb >ΦcD .B a >B b >B c ,Φa =Φb =Φc答案 C解析 根据通电螺线管产生的磁场特点可知B a >B b >B c ,由Φ=BS 可得Φa >Φb >Φc .故C 正确.4.如图8所示,通电螺线管水平固定,OO ′为其轴线,a 、b 、c 三点在该轴线上,在这三点处各放一个完全相同的小圆环,且各圆环平面垂直于OO ′轴.则关于这三点的磁感应强度B a 、B b 、B c 的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量Φa 、Φb 、Φc 的大小关系,下列判断正确的是( )图9A .BSB .4BS /5C .3BS /5D .3BS /4答案 B 解析 通过线框的磁通量Φ=BS sin α=45BS . 6.如图10所示,ab 是水平面上一个圆的直径,在过ab 的竖直平面内有一根通电导线ef ,已知ef 平行于ab ,当ef 竖直向上平移时,电流产生的磁场穿过圆面积的磁通量将( )图10A.逐渐增大B.逐渐减小C.始终为零D.不为零,但保持不变答案 C解析导线ef周围的磁场是以ef为圆心的一系列同心圆,水平面上的圆上的不同点到ef的距离不同,相当于在半径不同的圆周上,由于ef∥ab,且ef与ab在同一竖直平面内,因而ef产生的磁场方向正好在ab两侧且对称地从一边穿入从另一边对称穿出,净剩磁感线条数为零,因而穿过圆的磁通量为零,当ef向上平移时,穿过圆的磁通量仍为零.7.如图11所示,矩形闭合导线与匀强磁场垂直,一定产生感应电流的是()图11A.垂直于纸面平动B.以一条边为轴转动C.线圈形状逐渐变为圆形D.沿与磁场垂直的方向平动答案BC8.在如图所示的各图中,闭合线框中能产生感应电流的是()答案AB解析感应电流产生的条件是:只要穿过闭合线圈的磁通量变化,闭合线圈中就有感应电流产生.A图中,当线圈转动过程中,线圈的磁通量发生变化,线圈中有感应电流产生;B图中离直导线越远磁场越弱,磁感线越稀,所以当线圈远离导线时,线圈中磁通量不断变小,所以B图中也有感应电流产生;C图中一定要把条形磁铁周围的磁感线空间分布图弄清楚,在图示位置,线圈中的磁通量为零,在向下移动过程中,线圈的磁通量一直为零,磁通量不变,线圈中无感应电流产生;D图中,线圈中的磁通量一直不变,线圈中无感应电流产生.故正确答案为A、B.9.如图12所示,开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直,且一半在磁场内,一半在磁场外,若要使线框中产生感应电流,下列办法中不可行...的是()图12A.将线框向左拉出磁场B.以ab边为轴转动(小于90°)C.以ad边为轴转动(小于60°)D.以bc边为轴转动(小于60°)答案 D解析 将线框向左拉出磁场的过程中,线框的bc 部分做切割磁感线运动,或者说穿过线框的磁通量减少,所以线框中将产生感应电流.当线框以ab 边为轴转动时,线框的cd 边的右半段在做切割磁感线运动,或者说穿过线框的磁通量在发生变化,所以线框中将产生感应电流.当线框以ad 边为轴转动(小于60°)时,穿过线框的磁通量在减小,所以在这个过程中线框中会产生感应电流.如果转过的角度超过60°(60°~300°),bc 边将进入无磁场区,那么线框中将不产生感应电流.当线框以bc 边为轴转动时,如果转动的角度小于60°,则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形线框面积的一半的乘积).10.A 、B 两回路中各有一开关S 1、S 2,且回路A 中接有电源,回路B 中接有灵敏电流计(如图13所示),下列操作及相应的结果可能实现的是( )图13A .先闭合S 2,后闭合S 1的瞬间,电流计指针偏转B .S 1、S 2闭合后,在断开S 2的瞬间,电流计指针偏转C .先闭合S 1,后闭合S 2的瞬间,电流计指针偏转D .S 1、S 2闭合后,在断开S 1的瞬间,电流计指针偏转答案 AD11.线圈A 中接有如图14所示的电源,线圈B 有一半的面积处在线圈A 中,两线圈平行但不接触,则在开关S 闭合的瞬间,线圈B 中有无感应电流?图14 答案 见解析解析 有,将S 闭合的瞬间,与线圈A 组成的闭合电路有电流通过,线圈A 产生的磁场要穿过线圈B .线圈A 中有环形电流,其磁场不仅穿过线圈自身所包围的面积,方向向外,也穿过线圈外的广大面积,方向向里.但线圈A 所包围的面积内磁通密度大,外围面积上的磁通密度小.线圈B 与A 重合的一半面积上向外的磁通量大于另一半面积上向里的磁通量,因此线圈B 所包围的总磁通量不为零,而且方向向外.也就是说,在开关S 闭合的瞬间,穿过线圈B 的磁通量增加,所以有感应电流.12.匀强磁场区域宽为L ,一正方形线框abcd 的边长为l ,且l >L ,线框以速度v 通过磁场区域,如图15所示,从线框进入到完全离开磁场的时间内,线框中没有感应电流的时间是多少?图15答案 l -L v解析 ad 边和bc 边都在磁场外时,线框中的磁通量不变,没有感应电流.线圈中没有感应电流的时间为t =l -L v .13.匀强磁场的磁感应强度B =0.8 T ,矩形线圈abcd 的面积S =0.5 m 2,共10匝,开始B 与S 垂直且线圈有一半在磁场中,如图16所示.(1)当线圈绕ab 边转过60°时,线圈的磁通量以及此过程中磁通量的改变量为多少?(2)当线圈绕dc 边转过60°时,求线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的改变量.图16答案 见解析 解析 (1)当线圈绕ab 转过60°时,Φ=BS ⊥=BS cos 60°=0.8×0.5×12Wb =0.2 Wb(此时的S ⊥正好全部处在磁场中).在此过程中S ⊥没变,穿过线圈的磁感线条数没变,故磁通量变化量ΔΦ=0.(2)当线圈绕dc 边转过60°时,Φ=BS ⊥,此时没有磁场穿过S ⊥,所以Φ=0;不转时Φ1=B ·S 2=0.2 Wb ,转动后Φ2=0,ΔΦ=Φ2-Φ1=-0.2 Wb ,故磁通量改变了0.2 Wb.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

高中物理第一章电磁感应6自感课件教科版选修3

高中物理第一章电磁感应6自感课件教科版选修3

A.开关S闭合瞬间和断开瞬间,灯泡中都有从a到b的电 流通过 B.开关S闭合瞬间,灯泡中有从a到b的电流通过,断开瞬 间则为从b到a C.开关S闭合瞬间,灯泡中有从a到b的电流通过,断开瞬 间则没有电流通过 D.开关S闭合和断开瞬间,灯泡中都有电流通过
【解题探究】解答此题应注意以下两点: (1)电感线圈在接通瞬间相当于_断__路__。 (2)电感线圈在断开瞬间相当于_电__源__。 【解析】选B、D。开关S接通瞬间,L相当于断路,有电 流通过灯泡,电流方向由a到b;而断开瞬间,L相当于电 源,给灯泡供电,电流方向是从b到a,故A、C错误,B、D 正确。
二 两种自感现象及分析
【典例】(2017·北京高考)图甲和图乙是教材中演示
自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈。实验时, 断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开 关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最 终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是 世纪金榜导 学号( )
【核心归纳】 1.对自感电动势的理解: (1)作用:阻碍原电流的变化。阻碍不是阻止,原电流仍 在变化,只是使原电流的变化时间变长,即总是起着推 迟电流变化的作用,这就是电的“惯性”。
休息时间到啦
同学们,下课休息十分钟。现在是休 息时间,你们休息一下眼睛,
看看远处,要保护好眼睛哦~站起来 动一动,久坐对身体不好哦~
2.决定线圈自感系数大小的因素:线圈的形状、体积、 匝数以及是否有_铁__芯__等。
三、自感的典型应用——日光灯
1.结构:普通的日光灯是由_灯__管__、_镇__流__器__、_启__动__器__ 组成。 2.启动器:也称_启__辉__器__,是一个充有氖气的小玻璃泡, 里面有两个电极,一个是固定不动的_静__触__片__,另一个是 用_双__金__属__片__制成的U形动触片。

高中物理 第1章 电磁感应 67 自感 涡流(选学)自我小测 教科版选修32

高中物理 第1章 电磁感应 67 自感 涡流(选学)自我小测 教科版选修32

自感涡流1.关于自感现象,下列说法中正确的是().A.自感现象是线圈自身的电流变化而引起的电磁感应现象B.自感电动势总是阻止原电流的变化C.自感电动势的方向总与原电流方向相反D.自感电动势的方向总与原电流方向相同2.如图所示,多匝线圈L的电阻和电源内阻都很小,可忽略不计,电路中两个电阻器的电阻均为R,开始时电键S断开,此时电路中电流为I0.现将电键S闭合,线圈L中有自感电动势产生,下列说法中正确的是().A.由于自感电动势有阻碍电流的作用,电路中电流最终由I0减小到零B.由于自感电动势有阻碍电流的作用,电路中电流最终总小于I0C.由于自感电动势有阻碍电流的作用,电路中电流将保持I0不变D.自感电动势有阻碍电流增大的作用,但电路中电流最终还要增大到2I03.如图所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路,L两端并联一只电压表,用来测量自感线圈的直流电压,在测量完毕后,将电路拆除时应().A.先断开S2 B.先断开S1C.先拆除电流表D.先拆除电阻R4.在制作精密电阻时,为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,如图所示,其道理是().A.当电路中电流变化时,两股导线中产生的自感电动势相互抵消B.当电路中电流变化时,两股导线中产生的感应电流相互抵消C.当电路中电流变化时,两股导线中产生的磁通量相互抵消D.以上说法均不正确5.如图所示是一种延时开关,当S1闭合时,电磁铁F将衔铁D吸下,C线路接通.当S1断开时,由于电磁感应作用,D将延迟一段时间才被释放.则().A.由于A线圈的电磁感应作用,才产生延时释放D的作用B.由于B线圈的电磁感应作用,才产生延时释放D的作用C.如果断开B线圈的电键S2,无延时作用D.如果断开B线圈的电键S2,延时将变长6.如图所示,abcd是一闭合的小金属线框,用一根绝缘的细杆挂在固定点O,使金属线框在竖直平面内来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域,磁感线方向跟线框平面垂直,若悬点摩擦和空气阻力不计,则().A.线框进入或离开磁场区域时,都产生感应电流,而且电流的方向相反B.线框进入磁场区域后,越靠近OO′时速度越大,因而产生的感应电流也越大C.线框开始摆动后,摆角会越来越小,摆角小到某一值后将不再减小D.线框摆动过程中,机械能完全转化为线框电路中的电能7.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______(选填“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)日光灯启辉瞬间,灯管两端电压______(选填“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______(选填“接通”或“断开”).8.如图所示的电路中,已知E=20 V,R1=20 Ω,R2=10 Ω,L是纯电感线圈,电源内阻不计,则当S闭合电路稳定时,a、b间的电压为多少?在打开S的瞬间,a、b间的电压为多少?参考答案1答案:A 解析:自感现象是线圈自身的电流变化引起的电磁感应现象,在自感现象中自感电动势总是阻碍原电流的变化,而不是阻止,所以选项B错;当原电流减小时,自感电动势与原电流的方向相同,当原电流增加时,自感电动势与原电流的方向相反,所以选项C、D错.2答案:D 解析:当电键闭合时,通过线圈的电流发生变化,在线圈中产生自感电动势,自感电动势阻碍电流的变化,但“阻碍”不是“阻止”.“阻碍”实质上是“延缓”,虽然自感电动势能“延缓”电流的变化,但电流还是要变化的.在电键S闭合后,由于自感电动势阻碍电流的增大,电路中的电流不会立刻变为2I0,但最终仍会增大到2I0.选项D正确.3答案:B 解析:只要不断开S1,线圈L与伏特表就会组成闭合回路,在断开S2时,线圈L会因此产生感应电流,电流的方向与原来方向相同.这时流过伏特表的电流方向与原来电流方向相反,伏特表中的指针将反向转动,损坏伏特表,所以必须先拆下伏特表,即断开S1.4答案:C 解析:由于采用双线并绕的方法,当电流通过时,两股导线中的电流方向是相反的,不管电流怎样变化,任何时刻两股电流总是等大反向的,所产生的磁通量也是等大反向的,故总磁通量等于零,在线圈中不会产生电磁感应现象,因此消除了自感,选项A、B 错误,只有C正确.5答案:BC 解析:电磁继电器的工作过程是:原来S1闭合时,A线圈中有电流通过,它要激发磁场.由于B线圈与A线圈绕在同一根铁芯上,所以有磁感线穿过B线圈.此时由于磁场的作用,衔铁D被吸下接通C电路.当电键S1断开后,A线圈中的电流突然减小,穿过B 线圈的磁通量发生变化,它要产生自感电动势,使线圈中在一段时间内仍然有一定的电流,铁芯中仍然存在一定的磁场,所以D将延迟一段时间才释放.因此起延迟释放作用的是B线圈的电磁感应作用.故选项B正确.如果断开S2,当电键S1断开后,B中线圈突然减小,穿过它的磁通量发生变化,虽然有自感电动势产生,但由于没有构成闭合回路,线圈中没有电流,铁芯中也不会有感应磁场,不能起到延迟的作用.故选项C正确.6答案:AC 解析:线框在进入或离开磁场区域时,由于穿过线框的磁通量发生变化,线框中都要产生感应电流,由楞次定律可知感应电流的方向是相反的.当线框完全进入磁场区域后,穿过线框的磁通量不发生变化,因而感应电流为零,在此区域内机械能守恒,所以越靠近OO′时速度越大.由于线框进入磁场区域和离开磁场区域时都有感应电流产生,有机械能转化为电能,所以线框的摆角越来越小,但当线框的摆角减小到使线框完全在磁场中运动时,就不再有电能产生,线框的机械能守恒,摆角将不再减小.由以上分析可知,选项A、C 正确,B、D错误.7答案:(1)断开的(2)启动器氖(3)大于(4)断开8答案:0 60 V解析:S 闭合电路稳定时,L 相当于无阻导线,电阻R 1和R 2并联.流过R 1和R 2的电流分别为I 1和I 2,则1120==20E I R A =1 A ,2220==10E I R A =2 A .流过L 的电流为2 A .由于L 的直流电阻为零,故a 、b 间的电压为零.断开S 的瞬间,流过L 的电流仍然为2 A ,且从a 向b .L 和R 1、R 2构成闭合回路,电感线圈相当于电源向R 1、R 2供电,且保证流过R 1、R 2的电流仍是2 A ,a 、b 间的电压也就等于R 1、R 2两电阻上的电压降之和,即有U ba =I 2(R 1+R 2)=2×(20+10) V =60 V .。

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第6节 自感 日光灯1.由于导体线圈本身的电流发生变化而引起的电磁感应现象,叫做自感现象,在自感现象中产生的电动势叫做自感电动势.2.自感电动势E L 跟电流的变化率ΔI Δt 成正比,即E L =L ΔI Δt.其中L 叫线圈的自感系数,线圈的横截面积越大,匝数越多,它的自感系数就越大,有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯时要大得多.3.普通日光灯,由灯管、镇流器、启动器、导线和开关组成. 灯管中气体导电发出紫外线,涂在管壁上的荧光粉在紫外线的照射下发出可见光.启动器的作用为自动开关.镇流器在启动器动静触片断开后,提供瞬时高压点燃灯管,之后起到降压限流的作用.4.通过一个线圈的电流在均匀增大时,则这个线圈的( )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答案 CD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.5.关于线圈自感系数的说法,错误的是( )A .自感电动势越大,自感系数也越大B .把线圈中的铁芯抽出一些,自感系数减小C .把线圈匝数增加一些,自感系数变大D .电感是自感系数的简称答案 A解析 自感系数是由线圈本身的特性决定的.线圈越长,单位长度上的匝数越多,横截面积越大,它的自感系数就越大.另外,有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯时要大得多.6.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( )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,不能使灯管中气体导电,选项D 错误;只有选项A 是正确的.【概念规律练】知识点一 对自感现象的理解1.关于自感现象,正确的说法是( )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 当电流增加时,自感电动势的方向与原来的电流反向,当电流减小时与原来的电流同向,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;自感系数只取决于线圈的本身因素,与电流变化情况无关.故选项C 错误;结合选项B 的错误原因可知,选项D 正确.点评 自感的实质仍然是电磁感应现象,电流的强弱决定其周围磁场的强弱,当电流变化时引起电流周围的磁场发生变化,就会在线圈中产生感应电动势.2.关于线圈的自感系数、自感电动势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答案 C解析 线圈的自感系数由线圈本身的因素决定.E 自∝ΔI Δt,而不是E 自∝ΔI ,C 对,A 、B 错.线圈中电流减小时,自感电动势方向与原电流方向相同,电流增大时,自感电动势方向与原电流方向相反,D 错.点评 电流的变化量ΔI 不等同于电流的变化率ΔI Δt ,E ∝ΔI Δt而不是E ∝ΔI .自感系数仅和线圈本身有关.知识点二 通电自感和断电自感3.如图1所示电路中,A 、B 是完全相同的灯泡,L 是电阻不计的电感线圈,下列说法中正确的是( )图1A .当开关S 闭合时,A 灯先亮,B 灯后亮B .当开关S 闭合时,B 灯先亮,A 灯后亮C .当开关S 闭合时,A 、B 灯同时亮,以后B 灯更亮,A 灯熄灭D .当开关S 闭合时,A 、B 灯同时亮,以后亮度不变答案 C解析 当开关S 闭合时,电路中电流增加,由于线圈的自感作用,其中产生一自感电动势阻碍电流的增加,此时A 、B 二灯相当于串联,同时亮;之后线圈相当于一段导线,将A 灯短路,A 灯熄灭,因B 灯所加电压增加而变得更亮.点评 开关闭合时,线圈自感电动势与电源电动势方向相反,若自感系数足够大,瞬间可以认为断路,随即变缓直至消失.4.在如图2所示的电路中,带铁芯的、电阻较小的线圈L 与灯A 并联,当合上开关S 后灯A 正常发光.则下列说法中正确的是( )图2A .当断开S 时,灯A 立即熄灭B .当断开S 时,灯A 突然闪亮后熄灭C.用阻值与灯A相同的线圈取代L接入电路,当断开S时,灯A逐渐熄灭D.用阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路,当断开S时,灯A突然闪亮后熄灭答案BC解析在S断开的瞬间,L与A构成闭合回路,灯A不会立即熄灭.问题是“小灯泡在熄灭之前是否更亮一下”这一点如何确定.根据P=I2R可知,灯A能否闪亮,取决于S断开的瞬间,流过A的电流是否更大一些.在断开S的瞬间,灯A中原来的电流I A立即消失.但灯A和线圈L组成一闭合回路,由于线圈L的自感作用,其中的电流I L不会立即消失,它还要通过回路维持短暂的时间.如果I L>I A,则灯A熄灭之前要闪亮一下;如果I L≤I A,则灯A是逐渐熄灭而不闪亮一下.至于I L和I A的大小关系,由R A和R L的大小关系决定:若R A>R L,则I A<I L,灯将闪亮一下;若R A≤R L,则I A≥I L,灯将逐渐熄灭.点评开关断开时,原电源不提供电流,若线圈形成回路,则自感电动势会通过回路形成电流,因此断电时线圈起到瞬间电源的作用.知识点三日光灯5.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.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B.日光灯点燃后,镇流器、启动器都不能起作用C.日光灯点燃后,启动器不再起作用,可以将启动器去掉D.日光灯点燃后,使镇流器短路,日光灯仍能正常发光,并能降低电能的消耗答案AC解析镇流器在日光灯点燃时产生一个瞬时高压,点燃后起到降压限流作用,故A对;点燃后,镇流器仍有用,降压限流,而启动器就不起作用了,可以将启动器去掉,故B错,C对;日光灯灯管电阻很小,电流不能太大,灯管发光后,由于通入了交流电,使线圈产生了自感作用,阻碍了电流的变化,镇流器起降压限流的作用,若使镇流器短路日光灯就不能正常工作了,故D错.点评日光灯管在点燃和正常发光时的工作状态:日光灯管在点燃时需要500V~700V 的瞬时高压,这个高压是由镇流器产生的自感电动势与电源电压叠加后产生的.当灯管点燃后,它的电阻变得很小,只允许通过较小的电流,需要加在它两端的电压较小,镇流器这时又起到给灯管降压限流的作用.6.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形动触片膨胀伸展,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.点评启动器利用氖管的辉光放电,U形动触片膨胀伸展,与静触片接触,自动把电路接通,电路接通后,氖气停止放电,U形动触片冷却收缩,两个触片分离电路断开,电路断开时镇流器产生瞬时高电压点亮日光灯.【方法技巧练】断电自感中灯泡亮度变化的分析技巧7.在图3甲、乙电路中,电阻R和电感线圈L的电阻都很小.接通S,使电路达到稳定,灯泡A发光,则( )图3A.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,然后渐渐变暗答案AD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中的自感电动势要维持原电流不变,所以,开关断开的瞬间,灯泡A的电流不变,以后电流渐渐变小.因此,灯泡渐渐变暗.乙图中,灯泡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),断开开关S时电感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小,电感线圈相当于一个电源给灯A供电,因此在这一短暂的时间内,反向流过A 的电流是从I L开始逐渐变小的,所以灯泡要先亮一下,然后渐渐变暗,故选项A、D正确.方法总结在开关断开时,电感线圈的自感电动势要阻碍原电流的减小,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,以后电流开始缓慢减小到零,断开开关后,灯泡是否瞬间变得更亮,取决于当初两支路中电流大小的关系.8.如图4所示的电路中,S闭合且稳定后流过电感线圈的电流2A,流过灯泡的电流是1A,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4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,灯泡支路的电流立即减为零,但是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逐渐减小为零,但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反,D对.方法总结解图象问题时,先要搞清楚研究什么元件上的电流随时间的变化关系;其次要根据线圈的自感电动势引起的感应电流的方向与原来电流的方向是相同还是相反、大小如何变化等因素来确定图象.1.关于自感电动势的大小和方向,下列说法中正确的是( )A.在自感系数一定的条件下,通过导体的电流越大,产生的自感电动势越大B.在自感系数一定的条件下,通过导体的电流变化越快,产生的自感电动势越大C.自感电动势的方向总与原电流的方向相反D.当通过导体的电流减小时,自感电动势的方向与原电流方向相同答案BD图52.某线圈通有如图5所示的电流,则线圈中自感电动势改变方向的时刻有( ) A.第1s末B.第2s末C.第3s末D.第4s末答案BD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,当原电流增加时,自感电动势与原电流方向相反.在0~1s内原电流正方向减小,所以自感电动势的方向是正方向,在1s~2s内原电流负方向增加,所以自感电动势与其方向相反,即沿正方向;同理分析2s~3s、3s~4s内可得正确选项为B、D.3.关于日光灯管内气体导电的说法中,正确的是( )A.点燃日光灯时,激发气体导电的电压比220V低得多B.点燃日光灯时,激发气体导电的电压比220V高得多C.日光灯正常发光后,加在灯管两端的电压比220V低D.日光灯正常发光后,加在灯管两端的电压比220V高答案BC4.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( )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.以上说法均不正确答案 C5.如图6所示是演示自感现象的实验电路图.下列说法中正确的是( )图6A.在断开开关S后的一段短暂时间里,A中仍有电流通过,方向为a→bB.在断开开关S后的一段短暂时间里,L中仍有电流通过,方向为a→bC.在断开开关SD.在断开开关S后,存储在线圈内的大部分磁场能将转化为化学能答案BC b,在灯A中为b→b,在灯A中为b→a;断开开关后,灯泡要逐渐熄灭,电流减小,磁场能转化为电能.6.如图7所示,对于原来闭合的开关S突然断开的瞬间,会看到灯A更亮的闪一下再熄灭.设S闭合时,灯中电流为I灯,线圈L中电流为I L,断开瞬间灯A中电流为I灯′,线圈L中电流为I L′,则( )图7A.I灯<I灯′,I L≥I L′B.I灯=I灯′,I L≤I L′C.I灯<I灯′,I L<I L′D.I灯>I灯′,I L≤I L′答案 A解析本题的关键是要认清产生自感现象的根本原因,断开S的瞬间,因为I L的减小才产生自感电动势,自感电动势阻碍I L的减小,因此流过线圈L的电流只能是减小而不能是增大,断开瞬间有I L≥I L′,这时L和灯A组成的闭合回路是串联的,在自感电动势的作用下使I L′流过灯A,故I灯′=I L′.虽然I L′是减小的,但在开始断开的一小段时间内还是比灯A原来的电流I灯大,则有I灯<I灯′,使灯A在S断开瞬间闪亮一下才熄灭.7.如图8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8A.先断开开关S1B.先断开开关S2C.先拆去电流表D.先拆去电阻R答案 B解析b,表右端为“+”,左端为“-”,指针正向偏转,若先断开S 1或先拆表或先拆去电阻R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”知其反偏电压很大,会烧坏表.而先断开S 2,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S 2.→b,表右端为“+”,左端为“-”,指针正向偏转,若先断开S 1或先拆表或先拆去电阻R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”知其反偏电压很大,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S2.8.如图9所示,A、B、C是相同的白炽灯,L是自感系数很大、电阻很小的自感线圈.现将S闭合,下面说法正确的是( )图9A.B、C灯同时亮,A灯后亮B.A、B、C灯同时亮,然后A灯逐渐变暗,最后熄灭C.A灯一直不亮,只有B灯和C灯亮D.A、B、C灯同时亮,并且亮暗没有变化答案 B9.如图10所示,灯泡A、B与固定电阻的阻值均为R,L是自感系数很大的线圈.当S1闭合,S2断开且电路稳定时,A,B亮度相同,再闭合S2,待电路稳定后将S1断开,下列说法中正确的是( )图10A.B灯立即熄灭B.A灯将比原来更亮一下后再熄灭C.有电流通过B灯,方向为c→dD.有电流通过A灯,方向为b→a答案AD解析S2断开而只闭合S1,稳定时,A,B两灯一样亮,可知线圈L的电阻也是R。

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