2015-2016学年高中物理 第四章 电磁感应 6 互感和自感课时作业 新人教版选修3-2
课时作业20：4.6互感和自感
4.6互感和自感一、选择题1.（多选）在图中，线圈M和线圈P绕在同一铁芯上，则（）A．当合上开关S的一瞬间，线圈P里没有感应电流B．当合上开关S的一瞬间，线圈P里有感应电流C．当断开开关S的一瞬间，线圈P里没有感应电流D．当断开开关S的一瞬间，线圈P里有感应电流2.（多选）无线电力传输目前取得重大突破，这是一种非接触式电源供应系统。
这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力。
两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图所示。
下列说法正确的是（）A．若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势C．A中电流越大，B中感应电动势越大D．A中电流变化越快，B中感应电动势越大3．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越大C．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈的自感系数越大D．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大4.如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时（）A．A灯中无电流通过，不可能变亮B．A灯中有电流通过，方向由a到bC．B灯逐渐熄灭，c点电势高于d点电势D．B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势5.如图所示电路中，L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L上左右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡，原来开关K是闭合的，三个灯泡均在发光，某时刻将开关K断开，则下列说法正确的是（）A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭B．b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭D．b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭6.（多选）如图所示，电灯A和B与固定电阻R0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，下列说法正确的是（）A．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a→b7.如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻大小关系为R1<R2<R3，电感L的直流电阻可忽略，D为理想二极管。
高中物理第四章电磁感应6互感和自感课时作业(含解析)选修32
互感和自感一、单项选择题1．关于线圈的自感系数，下面说法正确的是( D )A．线圈的自感系数越大，自感电动势就一定越大B．线圈中电流等于零时，自感系数也等于零C．线圈中电流变化越快，自感系数越大D．线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定解析：自感系数是由线圈的大小、形状、圈数、有无铁芯等因素决定，故B、C错，D 对；自感电动势不仅由自感系数决定，还与电流变化快慢有关，故A错．2．在同一铁芯上绕着两个线圈A、B，两电源相同，单刀双掷开关原来接在点1，现在把它从点1扳向点2，如图所示，试判断在此过程中，在电阻R上的电流方向是( A )A．先是P→Q，再是Q→PB．先是Q→P，再是P→QC．始终是Q→PD．始终是P→Q解析：单刀双掷开关接在点1上时，A线圈中的电流恒定不变，在铁芯中产生的磁场方向是沿铁芯自右向左．当单刀双掷开关由点1扳向点2的过程中，通过线圈A中的电流，先沿原方向减小到零，再由零增大到原电流值，所以B中产生的感应电流分两个阶段分析：(1)在A中电流沿原方向减小到零的过程中，A的磁场自右向左也跟着减弱，导致穿过线圈B的磁通量在减小．由楞次定律知，线圈B中会产生右上左下的感应电流，即流过电阻R的电流方向是P→Q；(2)在A中电流由零增大到原方向的电流的过程中，A的磁场自右向左也跟着增强，导致穿过线圈B的磁通量在增大．由楞次定律知，线圈B中会产生左上右下的感应电流，即通过电阻R的电流方向是Q→P.综上分析知，全过程中流过电阻R的电流方向先是P→Q，然后是Q→P，所以A对．3．如图所示，线圈L的电阻和电源内阻都很小，可忽略不计，电路中两个电阻的阻值均为R，开始时开关S断开，此时电路中电流为I0.现将开关S闭合，线圈L中有自感电动势产生，下列说法中正确的是( D )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2I0解析：当开关S闭合时，通过线圈的电流增大，在线圈中产生自感电动势，自感电动势阻碍电流的增大，但“阻碍”不是“阻止”，“阻碍”实质上是“延缓”，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．4．如图所示，电路中A1、A2是完全相同的两只灯泡，L是电阻不计的电感线圈，下列说法中正确的是( D )A．当开关S闭合时，A1灯先亮，A2灯后亮B．当开关S闭合时，A1、A2两灯同时亮，以后两灯一样亮C．当开关S断开时，A1、A2两灯同时熄灭D．当开关S断开时，A2先熄灭，A1闪亮一下熄灭解析：S闭合时，A1、A2同时亮，以后A1熄灭．当开关S断开时，L与灯泡A1组成回路，由于自感，L中的电流由原来数值逐渐减小，电流方向不变，A1灯熄灭要慢；A2灯电流瞬间消失，立即熄灭，正确的选项为D.5．如图所示，是测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测定自感线圈的直流电压，在测定完毕后，将电路拆卸时应( B )A．先断开S1B．先断开S2C．先拆除电流表D．先拆除电阻R解析：因S1断开瞬间，L中产生很大的自感电动势，若此时S2闭合，则可能将电压表烧坏，故应先断开S2，B正确，A错误．不能在通电状态下拆除电阻和电流表，因此C、D错误．二、多项选择题6．关于自感系数，下列说法正确的是( AB )A．其他条件相同，线圈越长自感系数越大B．其他条件相同，线圈匝数越多自感系数越大C．其他条件相同，线圈越细自感系数越大D．其他条件相同，有铁芯的比没有铁芯的其自感系数越小解析：线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定，即与长度、形状、匝数和是否有铁芯都有关．7．如图所示，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( BC )A．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闪亮一会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．8．在图甲、乙所示电路中，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( AD )A ．在电路甲中，断开S ，A 将渐渐变暗B ．在电路甲中，断开S ，A 将先变得更亮，然后渐渐变暗C ．在电路乙中，断开S ，A 将渐渐变暗D ．在电路乙中，断开S ，A 将先变得更亮，然后渐渐变暗解析：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，以后电流渐渐减小．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减小，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，所以灯泡要先更亮一下，然后渐渐变暗，故选项A 、D 正确．三、非选择题9．一个线圈的电流在0.001 s 内有0.02 A 的变化，产生50 V 的自感电动势，求线圈的自感系数．如果这个电路中的电流的变化率变为40 A/s ，自感电动势又有多大？答案：(1)2.5 H (2)100 V解析：(1)由E L ＝L ΔI Δt， 得L ＝E L ·Δt ΔI＝ H ＝2.5 H. (2)E ＝L ΔI Δt＝2.5×40 V＝100 V. 10．如图甲所示为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L 的电流．电路中电灯的电阻R 1＝6.0 Ω，定值电阻R ＝2.0 Ω，A 、B 间电压U ＝6.0 V ，开关S 原来闭合，电路处于稳定状态，在t 1＝1.0×10－3s 时刻断开开关S ，此时刻前后电流传感器显示的电流随时间变化的图线如图乙所示．(1)求出线圈L的直流电阻R L.(2)在图甲中用箭头标出断开开关后通过电灯的电流方向．(3)求出在t＝1.6×10－3 s时刻线圈L中的感应电动势大小．答案：(1)2.0 Ω(2)向左(或沿逆时针方向) (3)3.0 V解析：(1)由题图读出，开始时流过电感线圈L的电流I0＝1.5 A，由欧姆定律I0＝UR L＋R，解得R L＝UI0－R＝2.0 Ω.(2)L中电流方向不变，L、R与R1构成回路，则R1中电流方向向左(或沿逆时针方向)．(3)由题图读出，t＝1.6×10－3s时刻线圈L的电流I＝0.30 A，由L、R与R1构成的回路中线圈L相当于一个电源，由闭合电路欧姆定律E＝I(R L＋R＋R1)，解得E＝3.0 V.11．如图是一种延时继电器的示意图．铁芯上有两个线圈A和B.线圈A跟电源连接，线圈B两端连在一起，构成一个闭合电路．在断开开关S的时候，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起而使触头C(连接工作电路)离开，而是过一小段时间后才执行这个动作，延时继电器就是这样得名的．(1)请解释：当开关S断开后，为什么电磁铁还会继续吸住衔铁一段时间？(2)如果线圈B不闭合，是否会对延时效果产生影响？为什么？答案：(1)当开关S断开后，电磁铁还会继续吸住衔铁一段时间是由于通过B线圈的磁通量减少，由于互感现象，B中产生互感电流，产生的电流磁场对衔铁仍有吸引，故能够延时．(2)如果线圈B不闭合，断开S后B线圈中无互感电流，无磁场产生，不能延时．。
高中物理第四章电磁感应第6节互感和自感导学案新人教版选修3_2
第六节互感和自感【学习目标】（1）、知道互感现象和互感电动势。
（2）、知道自感现象和自感电动势。
（3）、知道自感系数。
（4）、了解日光灯的工作原理（5）、会灵活运用公式求感生电动势（6）、会利用自感现象和互感现象解释相关问题【学习重点】自感现象产生的原因及特点。
【学习难点】运用自感知识解决实际问题。
【学习方法】讨论法、探究法、实验法【学习用具】变压器原理说明器(用400匝线圈)、3.8V0.3A灯泡两只、滑动变阻器、电源(3V)、导线、开关，日光灯组件，【学习过程】一、复习旧课，引入新课1、引起电磁感应现象最重要的条件是什么？2、楞次定律的内容是什么？二、新课学习问题：在法拉第的实验中两个线圈并没有用导线连接，当一个线圈中的电流变化时，在另一个线圈中为什么会产生感应电动势呢？（一）互感现象两个线圈之间并没有导线相连，但当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势。
这种现象叫做，这种感应电动势叫做。
利用互感现象可以把由一个线圈传递到另一个线圈。
变压器就是利用互感现象制成的。
如下图所示。
在电力工程中和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作，这时要设法电路间的互感现象。
例如在电路板的刻制时就要设法减小电路间的现象。
(二)、自感现象1、动手做一做实验1：断电自感现象。
学生几人一组作实验实验电路如图所示。
接通电路，灯泡正常发光后，迅速断开开关，可以看到灯泡闪亮一下再逐渐熄灭。
问1：灯泡闪亮一下，说明了什么问题？问2：在开关断开这一瞬间，增大的电压从哪里来的。
实验2：将与灯泡并联的线圈取掉。
再演示上述实验，这时灯泡不再闪亮。
问3：线圈本身并不是电源，它又是如何提供高电压的呢？2、分析现象，建立概念⑴讨论：相互讨论。
出示实验电路图，运用已学过的电磁感应的知识来分析实验现象。
②问：这个实验中，线圈也发生了电磁感应。
那么是什么原因引起线圈发生电磁感应呢？问1：开关接通时，线圈中有没有电流？问2：有电流通过线圈时，线圈会不会产生磁场？根据是什么？问3：既然线圈产生了磁场，那么就有磁感线穿过线圈，线穿过线圈的磁胎量就不等于0。
高中物理第四章电磁感应6互感和自感课时练习题含答案
互感和自感题组一自感现象1.下列单位换算正确的是()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可知1伏=1亨·安/秒,选项D正确。
答案:D2.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,因此消除了自感现象,选项C正确。
答案:C题组二通电自感:3.( 多选题 )如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻r不能忽略。
R1和R2是两个定值电阻,L是一个自感系数较大的线圈。
开关S原来是断开的,从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内,通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是( )A.I1开始较大而后逐渐变小B.I1开始很小而后逐渐变大C.I2开始很小而后逐渐变大D.I2开始较大而后逐渐变小解析:闭合开关S时,由于L是一个自感系数较大的线圈,产生反向的自感电动势阻碍电流的变化,所以开始I2很小,随着电流达到稳定,自感作用减小,I2开始逐渐变大;闭合开关S时,由于线圈阻碍作用很大,路端电压较大,随着自感作用减小,路端电压减小,所以R1上的电压逐渐减小,电流逐渐减小,故选项A、C正确。
答案:AC4.如图所示的电路,L为自感线圈,R是一个灯泡,E是电源。
当S闭合瞬间,通过灯泡R的电流方向是。
当S断开瞬间,通过灯泡的电流方向是。
解析:当S闭合时,流经R的电流是A→B。
当S断开瞬间,由于电源提供给R及线圈的电流立即消失,因此线圈要产生一个和原电流方向相同的自感电动势来阻碍原电流减小,所以电流流经R时的方向是B→A。
高中物理第4章电磁感应6互感和自感练习新人教版选修3_5
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．
【方法技巧练】
一、断电自感中灯泡亮度变化的分析技巧
5．在图 4 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4
A．在电路甲中，断开 S， A 将渐渐变暗
电流的变化．当电路稳定时，电感 L 相当于一段导体．若电感 L 中有直流电阻，则相当于
电阻；若无直流电阻，则它相当于一根短路导线．
8．如图 7 所示电路中有 L1 和 L 2 两个完全相同的灯泡， 线圈 L 的电阻忽略不计， 下列说
法中正确的是 ( )
图7
A．闭合 S 时， L 2 先亮， L1 后亮，最后一样亮
5．如图 1 所示， L 为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开开关
S
的瞬间会有 ( )
图1 A．灯 A 立即熄灭 B．灯 A 慢慢熄灭 C．灯 A 突然闪亮一下再慢慢熄灭 D．灯 A 突然闪亮一下再突然熄灭 答案 A 解析 当开关 S 断开时，由于通过自感线圈的电流从有变到零， 线圈将产生自感电动势， 但由于线圈 L 与灯 A 串联，在 S 断开后，不能形成闭合回路，因此灯 A 在开关断开后，电 源供给的电流为零，灯就立即熄灭．
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
马鸣风萧萧整理
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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，
高中物理第四章第6节互感和自感随堂检测巩固落实练习含解析新人教版选修321025242
高中物理第四章第6节互感和自感随堂检测巩固落实练习含解析新人教版选修321025242互感和自感1．关于自感现象，下列说法正确的是( )A ．感应电流一定和原电流方向相反B ．线圈中产生的自感电动势较大时，其自感系数一定较大C ．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感系数较大D ．对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感电动势也较大解析：选D.自感现象中感应电动势的方向遵从楞次定律．当原电流减小时，自感电动势和自感电流与原电流方向相同；当原电流增大时，自感电流与原电流方向相反，所以选项A错误；自感电动势的大小E 自＝L ΔI Δt，所以自感电动势大不一定是由自感系数大引起的，有可能是电流的变化率很大引起的，所以选项B 错误；线圈自感系数的大小，由线圈本身决定，与线圈中有无电流以及电流变化的快慢无关，所以选项C 错误；由E 自＝L ΔI Δt知，对于同一线圈，自感系数L 确定，当电流变化较快时，线圈中产生的自感电动势也越大，所以选项D 正确．2．(多选)如图是用电流传感器(相当于电流表，其内阻可以忽略不计)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 .坐标图是某同学画出的在t 0时刻开关S 切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象．关于这些图象，下列说法正确的是( )A ．图甲是开关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解析：选BC.开关S 由断开变为闭合，电源与传感器2组成的回路立即有电流，而线圈这一支路，由于线圈阻碍电流的增加，通过线圈的电流要慢慢增加，所以干路电流(通过传感器1的电流)也要慢慢增加，故A 错误，B 正确．开关S 由闭合变为断开，通过传感器1的电流立即消失，而电感这一支路，由于电感阻碍电流的减小，该电流又通过传感器2，只是电流的方向与以前相反，且通过传感器2的电流逐渐减小，故C 正确，D 错误．3．(多选)如图所示的电路中，A 1和A 2是完全相同的灯泡，线圈L 的电阻可以忽略．下列说法正确的是( )A．合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B．合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C．断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭D．断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭解析：选AD.由于自感现象，合上开关时，A1中的电流缓慢增大到某一个值，故过一会儿才亮；断开开关时，A1中的电流缓慢减小到零，线圈产生感应电动势，相当于新电源；A1、A2串联，其电流始终相等，故两灯都是过一会儿才熄灭，故选项A、D正确．4．在如图所示的电路中，两个相同的电流表G1和G2的零点均在刻度盘中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向左摆；当电流从“－”接线柱流入时，指针向右摆．在电路接通后再断开开关S的瞬间，下列说法中正确的是( )A．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．两表指针都向右摆D．两表指针都向左摆解析：选B.当开关S闭合时，流经电感线圈L的电流方向自左向右．当断开开关S的瞬间，通过线圈L的电流将变小，根据楞次定律可知，感应电流方向与原电流方向相同，也将是自左向右流，以阻碍原电流减小的变化．在由L、G2、R及G1组成的闭合回路中，感应电流将从G2的负接线柱流入，因而G2的指针向右摆；感应电流将从G1的正接线柱流入，因而G1的指针向左摆．故B正确．。
学年高中物理 第四章 电磁感应 第节 互感和自感课时作业 新人教版选修
第6节互感和自感[随堂检测]1.在制作精美电阻时，为了除掉使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采用双线并绕的方法，以下列图．其道理是()A．当电路中的电流变化时，两股导线产生的自感电动势相互抵消B．当电路中的电流变化时，两股导线产生的感觉电流相互抵消C．当电路中的电流变化时，两股导线中原电流的磁通量相互抵消D．以上说法都不对剖析：选 C.由于采用双线并绕的方法，当电流经过时，两股导线中的电流方向是相反的，无论电流怎样变化，任何时辰两股导线中的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，在该线圈中不会产生电磁感觉现象，因此除掉了自感，选项A、B、D错误，只有C正确．2．(多项选择)以下列图是一种延时开关的原理图，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，由于电磁感觉作用，D将延缓一段时间才被释放，则()A．由于A线圈的电磁感觉作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感觉作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的开关S2，无延时作用D．如果断开B线圈的开关S2，延时将变长剖析：选BC.线圈A中的磁场随开关S1的闭合而产生，随S1的断开而消失．当S1闭合时，线圈A中的磁场穿过线圈B，当S2闭合，S1断开时，线圈A 在线圈B中的磁场变弱，线圈B中有感觉电流，B中电流的磁场连续吸引D而起到延时的作用，因此B正确，A错误；若S2断开，线圈B中不产生感觉电流而起不到延时作用，因此C正确，D错误．3.以下列图，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是两个同样的灯泡，且在以下实验中不会烧毁，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闪亮一下后才慢慢熄灭剖析：选D.由于灯泡L A与线圈L串通，灯泡L B与电阻R2串通，当S闭合的刹时，经过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻拦电流的增加，因此L B先亮，A、B错误；由于L A所在的支路电阻阻值偏小，故稳准时电流大，即L A更亮一些，当S断开的刹时，线圈产生自感电动势，两灯组成的串通电路中，电流从线圈中电流值开始减小，即从I A减小，故L A慢慢熄灭，L B闪亮一下后才慢慢熄灭，C错误，D正确．4.(2018·河北保定高阳中学月考)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组成闭合回路．开关S1和S2开始都处于断开状态．设在t＝0时辰，闭合开关S1，经过一段时间，在t＝t1时辰，再闭合开关S2，则能较正确表示电阻R两端的电势差U ab随时间t变化的图线是()剖析：选A.闭合开关S1，线圈产生的自感电动势阻拦电流的变大，U ab逐渐变大；电流达到牢固后，再闭合开关S2，由于线圈的作用，原有电流慢慢变小，U ab也从原来的数值慢慢减小，A项正确．[课时作业]一、单项选择题1．关于线圈的自感系数，下面说法正确的选项是()A．线圈的自感系数越大，自感电动势就必然越大B．线圈中电流等于零时，自感系数也等于零C．线圈中电流变化越快，自感系数越大D．线圈的自感系数由线圈自己的性质及有无铁芯决定剖析：选 D.自感系数是由线圈的大小、形状、圈数、有无铁芯等因素决定的，故B、C错，D对；自感电动势不但与自感系数有关，还与电流变化快慢有关，故A错．2．(2018·浙江诸暨中学月考)以下列图，电感线圈L的直流电阻R L＝3.0 Ω，小灯泡A的电阻R＝6.0 Ω，闭合开关S，待电路牢固后再断开开关，则在断开开关S的刹时，小灯泡A()A．不熄灭B．马上熄灭C．逐渐熄灭D．闪亮一下再逐渐熄灭剖析：选D.由于电感线圈的直流电阻R L＜R，当电流达到稳准时，小灯泡中的电流小于线圈中的电流，开关S断开刹时，线圈L产生自感电动势，L中电流要逐渐变小，灯泡中的电流与L中的电流变化一致，由于电流比灯泡原来的电流大，因此灯泡要闪亮一下再逐渐熄灭，故D正确，A、B、C错误．3.以下列图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．在测量达成后，将电路拆解时应()A．先断开S1B．先断开S2C．先拆掉电流表D．先拆掉电压表剖析：选B.若先断开S1或先拆掉电流表，线圈与电压表组成闭合回路，这时，流过电压表的电流与原来方向相反，电压表的指针将反向偏转，简单损坏电压表．按操作要求，应先断开开关S2，再断开开关S1，尔后拆掉器材．应选项B正确．4．(2018·辽宁大石桥市二中月考)图中电感线圈L的直流电阻为R L，小灯泡的电阻为R，小量程电流表G1、G2的内阻不计，当开关S闭合且牢固后，电流表G1、G2的指针均偏向右侧(电流表的零刻度在表盘的中央)，则当开关S断开时，以下说法中正确的选项是()A．G1、G2的指针都马上回到零点B．G1缓慢回到零点，G2马上左偏，尔后缓慢回到零点C．G1马上回到零点，G2缓慢回到零点D．G2马上回到零点，G1缓慢回到零点剖析：选 B.电路牢固后断开，经过灯泡这一支路的电流马上消失，由于电感线圈对电流的变化有阻拦作用，会阻拦其减小，因此经过G1的电流逐渐减小，缓慢回到零点；在串通回路中，经过电感线圈的电流也经过灯泡，因此含有灯泡的支路的电流从Q流向P，使G2马上左偏，偏后缓慢回到零点，应选项B正确，选项A、C、D错误．5．如图甲所示，A、B两绝缘金属环套在同一铁芯上，A环中电流i A随时间t的变化规律如图乙所示，以下说法中正确的选项是()A．t1时辰，两环作用力最大B．t2和t3时辰，两环相互吸引C．t2时辰两环相互吸引，t3时辰两环相互排斥D．t3和t4时辰，两环相互吸引剖析：选B.t1时辰B环的感觉电流为零，故两环作用力为零，则A错误；t2时辰A环中电流在减小，则B环中产生与A环中同向的电流，故相互吸引，t3时辰同理也相互吸引，故B正确，C错误；t4时辰A中电流为零，两环无相互作用，D错误．6．(2018·辽宁旭日月考)某同学设计了一个电磁冲击钻，其原理表示图以下列图，若发现钻头M突然向右运动，则可能是()A．开关S由断开到闭合的刹时B．开关S由闭合到断开的刹时C．保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向右滑动D．保持开关S闭合，变阻器滑片P匀速向右滑动剖析：选A.若发现钻头M突然向右运动，则两螺线管相互排斥，依照楞次定律可知，可能是开关S由断开到闭合的刹时，选项A正确．7．(2018·河南南阳一中月考)在以下列图的电路中，两个同样的小灯泡L1和L2分别串通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，调整R，使L1和L2发光的亮度同样，此时流过两个灯泡的电流均为I.尔后，断开S.若t′时辰再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反响流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是()剖析：选B.闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度同样，电流为I，说明R L＝R.若t′时辰再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻拦了流过L1的电流i1增大，直至达到电流为I，故A错误，B正确；而关于t′时辰再闭合S，流过灯泡L2的电流i2马上达到电流I，故C、D错误．8．某同学为了考据断电自感现象，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以下列图的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显然的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他绞尽脑汁找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是()A．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剖析：选 C.开关断开时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻没关，故A错误；若小灯泡电阻偏大，稳准时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，故B错误；线圈电阻偏大，稳准时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，故C正确；线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能够改变稳准时灯泡和线圈中电流的大小，故D错误．二、多项选择题9.(2018·南京高二测试)以下列图的电路中，a、b、c为三盏完好同样的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，E为电源，S为开关．关于三盏灯泡，以下说法正确的选项是()A．合上开关，c、b先亮，a后亮B．合上开关一会后，a、b同样亮C．断开开关，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭D．断开开关，c马上熄灭，b闪一下后和a一起缓慢熄灭剖析：选AB.闭合开关S时，由于线圈L的自感作用，流过a灯的电流逐渐增大，因此a灯后亮，b、c灯与电源组成回路，因此b、c灯先亮，故A正确；合上开关一会后，电路牢固，L是一个直流电阻为零的自感线圈，可视为导线，a、b灯完好同样，并联电压同样，故a、b灯同样亮，故B正确；断开开关刹时，a、b灯与线圈组成闭合回路．由于L的自感作用，a、b灯的电流要逐渐减小，故c灯马上熄灭，a、b灯缓慢熄灭，C错误；由于电路稳准时，a、b灯中电流同样，故b灯无闪亮现象，D错误．10.无线电力传输目前已获取重要打破，在日本展出了一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感觉原理可无线传输电力．两个感觉线圈能够放置在左右相邻或上下相对的地址，原理表示图以下列图．以下说法正确的选项是()A．若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感觉电动势B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感觉电动势C．A中电流越大，B中感觉电动势越大D．A中电流变化越快，B中感觉电动势越大剖析：选BD.依照产生感觉电动势的条件，只有处于变化的磁场中，B线圈才能产生感觉电动势，A错，B对；依照法拉第电磁感觉定律，感觉电动势的大小取决于磁通量变化率，因此C错，D对．11．(2018·吉林长春十一中月考)以下列图，A、B是两盏完好同样的白炽灯，L是直流电阻不计、自感系数很大的自感线圈，如果断开电键S1，闭合S2，A、B两灯都能同样发光．若是最初S1是闭合的，S2是断开的．那么，可能出现的情况是()A．刚闭合S2刹时，A灯就马上亮，而B灯则延缓一段时间才亮B．刚闭合S2刹时，线圈L中的电流大于B灯的电流C．闭合S2时，A、B同时亮，尔后A灯更亮，B灯由亮变暗D．闭合S2牢固后，再断S2时，A灯马上熄灭，B灯闪亮一下再熄灭剖析：选CD.刚一闭合S2，电路中迅速建立了电场，马上就有电流，故灯泡A和B马上就亮，线圈中电流缓慢增加，最后相当于直导线，故灯泡B被短路而熄灭，即灯泡B逐渐变暗，故A错误，C正确；刚闭合S2时，线圈L中自感电动势阻拦电流增加，故电流为零，因此B错误；闭合S2牢固后，再断开S2时，A灯马上熄灭，由于线圈中产生了自感电动势，与灯泡B组成闭合回路，故电流逐渐减小，故B灯泡先闪亮一下再逐渐熄灭，因此D选项是正确的．12．以下列图的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则以下说法正确的有()A．当S闭合时，L1马上变亮，L2逐渐变亮B．当S闭合时，L1素来不亮，L2逐渐变亮C．当S断开时，L2马上熄灭D．当S断开时，L1突然变亮，尔后逐渐变暗至熄灭剖析：选BD.当S闭合时，因二极管加上了反向电压，故二极管截止，L1素来不亮；经过线圈的电流增加，感觉电动势阻拦电流增加，故使得L2逐渐变亮，选项B正确，A错误；当S断开时，由于线圈自感电动势阻拦电流的减小，故经过L1的电流要在L2－L1－D－L之中形成新的回路，故L1突然变亮，尔后逐渐变暗至熄灭，选项C错误，D正确．13.以下列图电路中，自感系数较大的线圈L其直流电阻不计，以下操作中能使电容器C的A板带正电的是()A．S闭合的刹时B．S断开的刹时C．S闭合电路牢固后D．S闭合、向右搬动变阻器触头剖析：选BD.S闭合电路稳准时，线圈两端没有电势差，电容器两板不带电；S闭合的刹时，电流增大，线圈产生自感电动势的方向与电流方向相反，使B板带正电；S断开的刹时或S闭合、向右搬动变阻器触头时，电流减小，线圈产生自感电动势的方向与电流方向同样，使A板带正电，B、D项正确．。
(浙江专用)2016-2017高中物理 第四章 电磁感应(第6课时)互感和自感课时作业 新人教版选修3-2
第6课时互感和自感选择题(在每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。
)1．在无线电仪器中，常需要在距离较近处安装两个线圈，并要求当一个线圈中有电流变化时，对另一个线圈中的电流的影响尽量小。
则图中两个线圈的相对安装位置最符合该要求的是( )解析互相垂直的线圈由于产生的磁场互相垂直，因而影响较小，D正确。
答案 D2．无线电力传输目前取得重大突破，在日本展出了一种非接触式电源供应系统。
这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力。
两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图1所示。
下列说法正确的是( )图1A．若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势C．A线圈中电流越大，B线圈中感应电动势越大D．A线圈中电流变化越快，B线圈中感应电动势越大解析根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中，B线圈才能产生感应电动势，A错，B对；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于磁通量变化率，所以C 错，D对。
答案BD3．关于自感系数，下列说法正确的是( ) A．其他条件相同，线圈越长自感系数越大B．其他条件相同，线圈匝数越多自感系数越大C ．其他条件相同，线圈越细自感系数越大D ．其他条件相同，有铁芯的比没有铁芯的自感系数小解析 线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定，即与长度、形状、匝数和是否有铁芯都有关，其他条件相同，线圈越长自感系数越大、线圈匝数越多自感系数越大、线圈越细自感系数越小、有铁芯的比没有铁芯的自感系数大，选项A 、B 正确，选项C 、D 错误。
答案 AB4．下列哪些单位关系是正确的是( )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 得L ＝E ΔI Δt取E ＝1伏，ΔI Δt＝1安/秒，得1亨＝1欧·秒，1伏＝1亨·安/秒，故选项A 、D 正确，B 错误；由E ＝n ΔΦΔt知，1伏＝1韦/秒，选项C 正确。
课时作业15：4.6 互感和自感
4.6 互感和自感1．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2．如图所示，电阻R和电感线圈L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，下面能发生的情况是()A．B比A先亮，然后B熄灭B．A比B先亮，然后A熄灭C．A、B一起亮，然后A熄灭D．A、B一起亮，但B较亮点，然后B熄灭3．如图是一种焊接方法的原理示意图．将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电流，待焊接工件中会产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待焊工件就焊接在一起．下列说法中正确的是()A．线圈中的电流是很强的恒定电流B．线圈中的电流是交变电流，且频率很高C．待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻小D．焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反4．如图所示的电路中，D1和D2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．在电键S接通和断开时，灯泡D1和D2亮暗的顺序是()A．接通时D1先达最亮，断开时D1后灭B．接通时D2先达最亮，断开时D2后灭C．接通时D1先达最亮，断开时D1先灭D．接通时D2先达最亮，断开时D2先灭5．如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在“220 V50 Hz”的交变电压两端，三只灯泡亮度相同，若将交变电压改为“220 V500 Hz”，则()A．三只灯泡亮度不变B．三只灯泡都将变亮C．a亮度不变，b变亮，c变暗D．a亮度不变，b变暗，c变亮6．如图所示，电源的电动势为E，内阻r不能忽略．A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈．关于这个电路的以下说法正确的是()A．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C．开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D．开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过A灯7．如图所示，E、r为电源的电动势、内阻，R1、R2为定值电阻，线圈L的直流电阻不计，C为电容器．下列说法中正确的是()A．合上开关S的瞬间，R1中无电流B．合上开关S稳定后，R2中无电流C ．合上开关S 稳定后，断开S 的瞬间，R 1中电流方向向右D ．合上开关S 稳定后，断开S 的瞬间，R 2中电流方向向右8．如图所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ 沿导轨从MN 处匀速运动到M ′N ′的过程中，棒上感应电动势E 随时间t 变化的图示，可能正确的是( )9．如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定的速度v 沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB 边始终与磁场右边界平行．已知AB ＝BC ＝l ，线框导线的总电阻为R .则线框离开磁场的过程中( )A ．线框中的电动势随时间均匀增大B ．通过线框横截面的电荷量为Bl 22RC ．线框所受外力的最大值为2B 2l 2v RD ．线框中的热功率与时间成正比10．如图所示的电路中，A 1和A 2是完全相同的灯泡，线圈L 的电阻可以忽略不计，下列说法中正确的是( )A．合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B．合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C．断开开关S切断电路时，A2立即熄灭，A1过一会熄灭D．断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会才熄灭11．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈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．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是()A．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【参考答案】1.AC【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，相当于电流减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，B、D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．2.D【解析】当S闭合时，由于自感作用，电流不能立即流过电感线圈，且电感线圈产生一反向自感电动势，所以A、B一起亮，且B较亮点，之后，电感线圈中电流逐渐增大，直至B被短接熄灭，D正确．3.B【解析】线圈中的电流是交变电流，且频率很高，选项B正确A错误；待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻大，选项C错误；根据楞次定律，当线圈中的电流增大时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相反；当线圈中的电流减小时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同，选项D错误．4.A【解析】接通时，由于自感作用，电感线圈会产生一反向感应电动势，所以D1先达最亮，断开时，D2立即熄灭，而D1由于电感线圈产生的自感电动势的作用而不会立即熄灭，A正确．5.D【解析】因为a灯两端的电压仍为220V，故a亮度不变．而b灯与电感线圈串联，当交变电压的频率变快时，电感线圈的阻碍作用将增强，故b灯变暗．c灯与电容串联，交变电压的频率变快时，电容充放电加快，c灯获得的平均电压更多，故c灯变亮．故D正确．6.A【解析】开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定；B灯逐渐变亮，最后亮度稳定，选项A正确B错误；开关由闭合到断开瞬间，电流自右向左通过A灯，不一定A灯闪亮一下再熄灭，选项CD错误．7.D【解析】合上开关S的瞬间，线圈L的自感作用会阻碍电流的增加，此时它就相当于一个电阻，所以R1中有电流，选项A错误；合上开关S稳定后，电容器相当于断路，所以R2中有电流，选项B错误；合上开关S稳定后，断开S的瞬间，线圈L产生自感电动势，并与电阻R1组成闭合回路，流过线圈的电流方向不变，所以流过R1的电流方向向左，选项C错误；合上开关S稳定后，电容器被充电，并且左极板带正电，当断开S的瞬间，电容器开始放电，所以R2中电流方向向右，选项D正确．本题答案为D.8.A【解析】在金属棒PQ进入磁场区域之前或出磁场后，棒上均不会产生感应电动势，D 项错误；在磁场中运动时，感应电动势E ＝Bl v ，与时间无关，保持不变，故A 选项正确．9.AB 【解析】 三角形线框向外匀速运动的过程中，由于有效切割磁感线的长度l '＝v t ，所以线框中感应电动势能的大小E ＝Bl'v ＝B v 2t ，故选项A 正确；线框离开磁场的运动过程中，通过线框的电荷量Q ＝It ＝ΔΦΔtR ×Δt ＝Bl 22R，选项B 正确；当线框恰好刚要完全离开磁场时，线框有效切割磁感线的长度最大，则F ＝BIl ＝B 2l 2v R，选项C 错误；线框的热功率为P ＝F v ＝BI v t ×v ＝B 2v 4t 2R，选项D 错误． 10.AD 【解析】 S 闭合接通电路时，A 2支路中的电流立即达到最大，由于线圈的自感作用，A 1支路电流增加得慢，A 1后亮．A 1中的电流稳定后，线圈的阻碍作用消失．A 1与A 2并联，亮度一样．S 断开时，L 和A 1、A 2组成串联的闭合回路，A 1和A 2亮度一样．由于L 中产生自感电动势阻碍L 中原电流的消失，使A 1和A 2也过一会才熄灭，故选AD.11.C 【解析】 根据实物连线图画出正确的电路图如图所示，当闭合开关S ，电路稳定之后，小灯泡中有稳定的电流I A ，电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，而是要继续流动，于是，电感线圈和小灯泡构成了回路，如果I L ＞I A ，则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，如果不满足I L ＞I A 的条件，小灯泡只是延时熄灭，不会观察到闪亮一下再熄灭，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I L 偏小，所以本题正确选项是C.。
课时作业14：4.6 互感和自感
题组一对互感现象的理解1.在无线电仪器中，常需要在距离较近处安装两个线圈，并要求当一个线圈中电流有变化时，对另一个线圈中电流的影响尽量小.如图所示两个线圈的相对安装位置最符合该要求的是()答案 D解析两个相距较近的线圈，当其中的一个线圈中电流发生变化时，就在周围空间产生变化的磁场.这个变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，即发生互感现象.要使这种影响尽量小，应采用选项D所示的安装位置才符合要求.因为通电线圈的磁场分布与条形磁铁的磁场分布类似，采用选项D所示的安装位置时，变化的磁场穿过另一线圈的磁通量最小. 2.(多选)在图1中，线圈M和线圈P绕在同一铁芯上，则()图1A.当闭合开关S的一瞬间，线圈P里没有感应电流B.当闭合开关S的一瞬间，线圈P里有感应电流C.当断开开关S的一瞬间，线圈P里没有感应电流D.当断开开关S的一瞬间，线圈P里有感应电流答案BD解析闭合与断开S的瞬间，P内的磁通量都会发生变化，有感应电流产生.题组二对通、断电自感现象的分析3.如图2是用于观察自感现象的电路图，设线圈的自感系数很大，线圈的直流电阻R L与灯泡的电阻R满足R L≪R，则在开关S由闭合到断开的瞬间，可以观察到()图2A.灯泡立即熄灭B.灯泡逐渐熄灭C.灯泡有明显的闪亮现象D.只有在R L≫R时，才会看到灯泡有明显的闪亮现象答案 C解析S闭合，电路稳定时，由于R L≪R，那么I L≫I R，S断开的瞬时，流过线圈的电流I L 要减小，在L上产生的自感电动势要阻碍电流的减小，而灯泡与线圈形成闭合回路，流过线圈的电流I L通过灯泡，由于I L≫I R，因此灯开始有明显的闪亮，C正确，A、B错误.若R L ≫R，则I L≪I R，这样灯不会有明显的闪亮，D错.4.如图3所示，L为一纯电感线圈(即电阻为零).A是一个灯泡，下列说法正确的是()图3A.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闭合瞬间及稳定时，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的瞬间电流.5.如图4所示，多匝电感线圈的电阻和电池内阻都忽略不计，两个定值电阻的阻值都是R，开关S原来打开，电流为I0，现合上开关将一电阻短路，于是线圈中有自感电动势产生，此电动势()图4A.有阻碍电流的作用，最后电流由I0减小到零B.有阻碍电流的作用，最后电流总小于I 0C.有阻碍电流增大的作用，因而电流I 0保持不变D.有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是增大到2I 0答案 D解析 当S 合上时，电路的电阻减小，电路中电流要增大，故L 要产生自感电动势，阻碍电路中的电流增大，但阻碍不是阻止；当S 闭合电流稳定后，L 的自感作用消失，电路的电流为I ＝E R＝2I 0，D 项正确. 6.如图5所示，电感线圈L 的自感系数足够大，其电阻忽略不计，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R 2阻值约等于R 1的两倍，则( )图5A.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 闪亮后才慢慢熄灭答案 D解析 由于灯泡L A 与线圈L 和R 1串联，灯泡L B 与电阻R 2串联，当S 闭合瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，所以L B 比L A 先亮，A 、B 选项错误；由于L A 所在的支路电阻阻值较小，故稳定时电流较大，即L A 更亮一些，当S 断开瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从线圈中开始减小，即从I A 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.7．(多选)在如图6所示的电路中，自感线圈的电阻值为0，开关S 1原来是闭合的，电路已达到稳定．则下列操作与对应的描述正确的是( )图6A ．闭合S 2时，流经电阻R 2的电流方向为a →bB ．断开S 1时，流经电阻R 2的电流方向为a →bC ．先闭合S 2，待电路稳定后，再断开S 2时，有电流流过R 2D．电路稳定时，流经R2的电流方向为a→b答案AC解析由于自感线圈的电阻值为0，电路稳定时线圈两端电压为0，即与之并联的电阻R2两端电压为0，流经R2的电流为0，D错；闭合S2时，回路总电阻减小，电流增大，由于L 的自感，使a端电势高于b端，流经电阻R2的电流方向为a→b，A正确；而断开S1时，b 端电势高于a端，流经电阻R2的电流方向为b→a，B错；先闭合S2，待电路稳定后，再断开S2时，回路总电阻增大，电流减小，线圈产生自感电动势，R2两端电压不为0(b高a低)，有电流流过R2，C正确．8.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D.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，若反偏电压过大，会烧坏电压表，故应先断开开关S2，故选B.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8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.虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是()图8A.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，如图所示，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，而是要继续流动，于是，自感线圈和小灯泡构成了回路，如果I L>I A，则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.如果不满足I L>I A的条件，小灯泡只是延时熄灭，不会观察到闪亮一下再熄灭.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.题组三自感现象中的图象问题10.在如图9所示的电路中，开关S是闭合的，此时流过线圈L的电流为i1，流过灯泡A的电流为i2，且i1＞i2.在t1时刻将S断开，那么流过灯泡A的电流随时间变化的图象是下列图中的哪一个()图9答案 D解析开关S闭合时，L与A并联，其电流分别为i1和i2，方向都是从左向右.在断开S的瞬间，灯A中原来从左向右的电流i2立即消失，但灯A与线圈L组成闭合回路，由于L的自感作用，其中的电流i1不会立即消失，而是在回路中逐渐减弱，这段时间内灯A中有从右向左的电流通过.这时通过A的电流是从i1开始减弱，故正确选项为D.11.在如图10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，调整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，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10答案 B解析 与滑动变阻器R 串联的L 2，没有自感，直接变亮，电流变化图象如A 中图线，C 、D 错误.与带铁芯的电感线圈串联的L 1，由于电感线圈的自感作用，电流逐渐变大，A 错误，B 正确.题组四 对自感系数及自感电动势的理解12.关于自感现象，下列说法正确的是( )A.感应电流一定和原电流方向相反B.线圈中产生的自感电动势较大时，其自感系数一定较大C.对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感系数较大D.对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感电动势也较大答案 D解析 自感现象中感应电动势的方向遵从楞次定律，当原电流减小时，自感电动势和自感电流与原电流方向相同；当原电流增大时，自感电流与原电流方向相反，所以A 错误；自感电动势的大小E 自＝L ΔI Δt，所以自感电动势大不一定是由自感系数大引起的，有可能是电流的变化率很大引起的，所以B 错误；线圈自感系数的大小，由线圈本身决定，与线圈中有无电流以及电流变化的快慢无关，所以C 错误；由E 自＝L ΔI Δt知，对于同一线圈，自感系数L 确定，当电流变化较快时，线圈中产生的自感电动势也较大，所以D 正确.13.(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答案 AC解析 线圈中电流不变时，自身电流产生的磁场的磁通量不变，线圈中不可能产生自感电动势，选项A 正确.当线圈中电流反向时，若电流大小不变，则不产生自感电动势，故选项B错误；当线圈中电流增大时，电流产生的磁场的磁通量增大，根据楞次定律和右手定则可判断自感电动势的方向与原电流方向相反，选项C正确；同理可知选项D错误.。
高中物理第四章电磁感应4.6互感和自感检测新人教版选修3_2
4.6 互感和自感课时作业基础达标1．下列关于自感现象的说法中，不正确的是( )A．自感现象是由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象B．线圈中自感电动势的方向总与引起自感的原电流的方向相反C．线圈中自感电动势的大小与穿过线圈的磁通量变化的快慢有关D．加铁芯后线圈的自感系数比没有铁芯时要大【解析】线圈中自感电动势的方向总是阻碍引起自感电动势的原电流的变化，可能与原电流方向相同，也可能与原电流方向相反，故B选项错误，其他选项正确．【答案】B2.如图所示，L是一个带有铁芯的线圈，灯正常发光，当S断开时，出现的情况是( ) A．灯立即熄灭B．灯逐渐熄灭C．灯比原来更亮一些，再逐渐熄灭D．灯比原来更亮一些，再突然熄灭【解析】当电流发生变化时，产生自感电动势，只有当处于闭合回路中才会产生感应电流，灯才会逐渐熄灭．当S断开时，虽然有自感电动势，但不存在闭合回路，故灯立即熄灭，正确选项为A.【答案】A3.如图所示灯L A、L B完全相同，带铁芯的线圈L的电阻可忽略．则( )A．S闭合的瞬间，L A、L B同时发光，接着L A变暗，L B更亮，最后L A熄灭B．S闭合瞬间，L A不亮，L B立即亮C．S闭合瞬间，L A、L B都不立即亮D．稳定后再断开S的瞬间，L B熄灭，L A比L B(原先亮度)更亮【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加．由于有铁芯，自感系数较大，对电流的阻碍作用也就很强，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，所以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，线圈的电阻可忽略，对L A起到“短路”作用，因此，L A 便熄灭．这里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A.【答案】A4.如图所示电路，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( ) A．I1＝I2＝I0B．I1>I0>I2C．I1＝I2>I0D．I1<I0<I2【解析】当滑动片从A端迅速滑向B端时，总电阻减小，总电流变大，L产生自感电动势阻碍增大，故I1比P稳定在C点的电流I0小；当P从B端迅速滑向A端时，总电流减小，L 自感电动势阻碍其减小，自感电流方向与原电流方向相同，故I2大于P稳定在C点时的电流I0.【答案】D5．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【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．工作后，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，而镇流器还要起降压限流作用，不能去掉，故选B、C.。
2015-2016学年高中物理 第四章 电磁感应 6 互感和自感课时作业 新人教版选修3-2
涡流、电磁阻尼和电磁驱动[全员参与·基础练]1．(多选)下列应用哪些与涡流有关( )A．高频感应冶炼炉B．汽车的电磁式速度表C．家用电表D．闭合线圈在匀强磁场中转动，切割磁感线产生的电流【解析】真空冶炼炉，炉外线圈通入交变电流，使炉内的金属中产生涡流；汽车速度表是磁电式电流表，指针摆动时，铝框骨架中产生涡流；家用电表(转盘式)的转盘中会有涡流产生；闭合线圈在磁场中转动产生感应电流，不同于涡流，选项D错误．【答案】ABC2．下列做法中可能产生涡流的是( )A．把金属块放在匀强磁场中B．让金属块在匀强磁场中匀速运动C．让金属块在匀强磁场中做变速运动D．把金属块放在变化的磁场中【解析】涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件，即穿过金属块的磁通量发生变化．而A、B、C中磁通量不变化，所以A、B、C错误；把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D正确．【答案】 D3．(多选)磁电式仪表的线圈通常用铝框当骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )A．防止涡流而设计的B．利用涡流而设计的C．起电磁阻尼的作用D．起电磁驱动的作用【解析】线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随线圈转动，并切割磁感线产生感应电流，就是涡流．涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后很快停下来．所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．【答案】BC4．(多选)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠加而成的，而不是采用一整块硅钢，这是因为( )A．增大涡流，提高变压器的效率B．减小涡流，提高变压器的效率C．增大铁芯的电阻，以产生更多的热量D．增大铁芯的电阻，以减小发热量【解析】磁场变化越快，感应电动势越大，因而涡流也就越强．涡流能使导体发热．变压器的铁芯是相互绝缘的薄片叠加而成；从而增加铁芯的电阻率，以降低涡流强度，从而减少能量损耗，提高变压器的效率．【答案】BD5．电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，电磁“火力”强劲，安全可靠．如图4711所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是( )图4711A．当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B．电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因这些材料的导热性能较差D．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用【解析】电磁炉就是采用涡流感应加热原理，其内部通过电子线路板组成部分产生交变磁场．当用含铁质锅具底部放置炉面时，锅具即切割交变磁感线而在锅具底部金属部分产生涡流，使锅具铁分子高速无规则运动，分子互相碰撞、摩擦而产生热能，用来加热和烹饪食物，从而达到煮食的目的．故A错误B正确；电磁炉工作时需要在锅底产生感应电流，陶瓷锅或耐热玻璃锅不属于金属导体，不能产生感应电流，C错误；由于线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感应电流，利用电流的热效应起到加热作用．D错误．【答案】 B6．金属探测器已经广泛应用于安检场所，关于金属探测器的论述正确的是( ) A．金属探测器可用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中B．金属探测器探测地雷时，探测器的线圈中产生涡流C．金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流D．探测过程中金属探测器与被测物体相对静止与相对运动探测效果相同【解析】金属探测器只能探测金属，不能用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中；故A错误；金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流；故B错误，C正确；探测过程中工作时金属探测器应与被测物体相对运动；相对静止时无法得出探测效果；故D 错误．【答案】 C图47127．如图4712所示光滑水平绝缘面上有两个金属环静止在平面上，环1竖直、环2水平放置，均处于中间分割线上，在平面中间分割线正上方有一条形磁铁，当磁铁沿中间分割线向右运动时，下列说法正确的是( )A．两环都向右运动B．两环都向左运动C．环1静止，环2向右运动D．两环都静止【解析】条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持不变恒为零，无感应电流，保持静止．环2中磁通量变化，根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果为使环2向右运动．【答案】 C图47138．如图4713所示，闭合导线环和条形磁铁都可以绕水平的中心轴OO′自由转动，开始时磁铁和圆环都静止在竖直平面内，若条形磁铁突然绕OO′轴N极向纸里、S极向纸外转动，在此过程中，圆环将( )A．产生逆时针方向的感应电流，圆环上端向里、下端向外随磁铁转动B．产生顺时针方向的感应电流，圆环上端向外、下端向里转动C．产生逆时针方向的感应电流，圆环并不转动D．产生顺时针方向的感应电流，圆环并不转动【解析】当条形磁铁的N极向纸内、S极向纸外转动时，通过闭合导线环的总的磁通量是向里增加的，根据楞次定律知，感应电流产生的磁场应向外，故感应电流的方向沿逆时针方向；再根据电磁驱动的原理知，导线环应与条形磁铁同向转动，即上端向里、下端向外随磁铁转动．【答案】 A[超越自我·提升练]9．(多选)机场、车站和重要活动场所的安检门都安装有金属探测器，其探测金属物的原理简化为：探测器中有一个通有交变电流的线圈，当线圈周围有金属物时，金属物中会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使探测器报警．设线圈中交变电流的大小为I、频率为f，要提高探测器的灵敏度，可采取的措施有( )A．增大I B．减小fC．增大f D．同时减小I和f【解析】增大线圈中交变电流I的大小和频率f，可使金属物中产生的涡流增大，从而提高探测器的灵敏度，选项A、C正确．【答案】AC图471410．(2014·广东高考)如图4714所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( ) A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大【解析】小磁块在铜管中下落时，由于电磁阻尼作用，不做自由落体运动，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动，因此在P中下落得慢，用时长，到达底端速度小，C 项正确，A、B、D错误．【答案】 C图471511．(多选)(2014·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4715所示，在此过程中( ) A．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，由楞次定律的拓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】BC图471612．如图4716所示，在竖直平面内有两根平行金属导轨，上端与电阻R相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面．一质量为m的金属棒以初速度v0沿导轨竖直向上运动，上升到某一高度后又返回到原处，整个过程金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计．下列说法正确的是( )A．金属棒回到出发点的速度v大于初速度v0B．通过R的最大电流上升过程小于下落过程C．电阻R上产生的热量上升过程大于下落过程D．所用时间上升过程大于下落过程【解析】要注意该过程中的功能关系：重力做功的过程是重力势能向动能和电能转化的过程；安培力做功的过程是电能向机械能转化的过程；合外力(重力和安培力)做功的过程是动能变化的过程；电流做功的过程是电能向内能转化的过程．因为电阻R上产生热量，所以金属棒回到出发点的速度v小于初速度v0，选项A错误；通过R的最大电流上升过程大于下落过程，选项B错误；电阻R上产生的热量上升过程大于下落过程，选项C正确；所用时间上升过程小于下落过程，选项D错误．【答案】 C。
版高中物理 第四章 电磁感应 第节 互感和自感课时作业 新人教版选修
第四章第6节互感和自感基础夯实一、选择题(1～5题为单项选择题，6、7题为多项选择题)1．关于线圈自感系数的说法，错误的选项是(A)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剖析：自感系数的大小是由线圈的匝数、资料、粗细、有无铁芯等决定的，与电流大小、自感电动势大小没关，匝数越多，自感系数越大，有铁芯时，自感系数明显增大，故A选项错误，B、C选项正确；同时，自感系数简称为电感，故D选项也正确。
2．在制造精美电阻时，为除掉电阻使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采用了双线绕法，以下列图，其道理是(C)A．当电路中电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消B．当电路中电流变化时，两股导线中产生的感觉电流互相抵消C．当电路中电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消D．以上说法均不正确剖析：由于采用双线并绕的方法，当电流经过时，两股导线中的电流方向是相反的，无论电流怎样变化，任何时辰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，在该线圈中不会产生电磁感觉现象，因此除掉了自感，选项A、B错误，只有C正确。
3．(2017·哈尔滨师大附中高二上学期期末)如图电路中，P、Q两灯相同，L 的电阻不计，则(C)A．S断开刹时，P立刻熄灭，Q过一会才熄灭B．S接通刹时，P、Q同时达正常发光C．S断开刹时，经过P的电流从右向左D．S断开刹时，经过Q的电流与本来方向相反剖析：S断开刹时，PQ与L串通，同时过一会才熄灭，故A错误；S接通刹时，由于L的自感作用，Q不亮，P立刻发光，牢固后两灯亮度相同，故B错误；S断开刹时，经过P的电流是线圈的自感电动势产生的，从右向左，故C 正确；S断开刹时，经过Q的电流与本来方向相同，故D错误。
4．(2016·重庆杨家坪中学高二下学期检测)在右图所示的电路中，两个矫捷电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆。
学年高中物理第四章电磁感应互感和自感课时检测区基础达标新人教版选修.doc
4.6 互感和自感课时检测区·基础达标1.(2018·开封高二检测)一个线圈的电流在均匀增大,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.磁通量的变化率也将均匀增大D.自感系数、自感电动势都不变【解析】选D。
自感系数是描述线圈本身特征的物理量,不随电流而变;电流均匀变化,则磁通量的变化率和自感电动势均不变,故D选项正确。
2.(2018·松源高二检测)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,采用双线并绕的方法,如图所示,其道理是 ( )A.当电路中的电流变化时,两股导线产生的自感电动势相互抵消B.当电路中的电流变化时,两股导线产生的感应电流相互抵消C.当电路中的电流变化时,两股导线中原电流的磁通量相互抵消D.以上说法都不对【解析】选C。
由于采用双线并绕的方法,当电流通过时,两段导线中的电流方向是相反的,不管电流怎样变化,任何时刻两段导线中的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,在该线圈中不会产生自感现象,因此消除了自感,故选项C正确,A、B、D错误。
3.(多选)如图所示的电路中,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 ( )A.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【解析】选B、D。
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。
【补偿训练】在如图所示的电路中,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( )A.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【解析】选D。
高中物理 第四章 电磁感应 4.6 互感和自感课时提升作业(四)新人教版选修32
课时提升作业四互感和自感一、不定项选择题1.(2017·杭州高二检测)关于互感现象,下列说法正确的是( )A.两个线圈之间必须有导线相连,才能产生互感现象B.互感现象可以把能量从一个线圈传到另一个线圈C.互感现象都是有益的D.变压器是利用互感现象制成的【解析】选B、D。
两个线圈之间没有导线相连,也能产生互感现象,选项A错误;互感现象可以把能量从一个线圈传到另一个线圈,选项B正确;互感现象不都是有益的,有时会影响电路的正常工作,C错误;变压器是利用互感现象制成的,D正确。
2.下列关于自感现象的说法正确的是( )A.自感现象是由导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象B.线圈中自感电动势的方向总与引起自感的原电流的方向相同C.同一线圈中自感电动势的大小与流过线圈的电流变化的快慢有关D.加铁芯后线圈的自感系数比没有加铁芯时要大【解析】选A、C、D。
自感现象是导体本身电流变化使得穿过线圈的磁通量变化而产生的电磁感应现象,自感电动势与自感系数及通过线圈的电流变化快慢有关,故A、C正确;自感电动势阻碍原电流的变化,并不一定与原电流同向,B错误;自感系数跟线圈的横截面积、长短、匝数以及是否有铁芯等因素有关,加入铁芯后自感系数变大,故选项D正确。
3.关于线圈的自感系数,下面说法正确的是( )A.线圈的自感系数越大,自感电动势就一定越大B.线圈中电流等于零时,自感系数也等于零C.线圈中电流变化越快,自感系数越大D.线圈的自感系数由线圈本身的性质及有无铁芯决定【解析】选D。
自感系数是由线圈的大小、形状、圈数、有无铁芯等因素决定的,与电流大小及变化快慢无关,故B、C错,D对;自感电动势不仅与自感系数有关,还与电流变化快慢有关,故A错。
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,如图所示,其道理是( )A.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【解析】选C。
2015-2016学年高中物理 第4章 电磁感应 6 互感和自感课时作业 新人教版选修3-2
互感和自感基础夯实一、选择题(1～6题为单选题，7～8题为多选题)1．关于线圈自感系数的说法，错误的是导学号 12220112( )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：自感系数的大小是由线圈的匝数、材料、粗细、有无铁芯等决定的，与电流大小、自感电动势大小无关，匝数越多，自感系数越大，有铁芯时，自感系数显著增大，故A选项错误，B、C选项正确；同时，自感系数简称为电感，故D选项也正确。
2．在无线电仪器中，常需要在距离较近的地方安装两个线圈，并要求当一个线圈中有电流变化时，对另一个线圈中的电流影响尽量小，则下图中两个线圈的相对安装位置最符合该要求的是导学号 12220113( )答案：D解析：某一个线圈的磁场通过另一个线圈的磁场的变化率越小，影响则越小，欲使两线圈由于互感的影响尽量小，应放置成D选项的情形，这样线圈内的磁场是垂直的关系，故D 选项正确。
3．(辽宁省锦州市2013～2014学年高二上学期期末)在如图所示的电路中，电键S断开之前与断开之后的瞬间，通过灯A的电流方向是导学号 12220114( )A．一直是由a到bB．先是由a到b，后无电流C．先是由a到b，后是由b到aD．无法判断答案：C解析：S闭合瞬间由电源对R供电，通过R的电流方向由a到b，S断开瞬间，由线圈L 对R供电，线圈L中自感电动势方向由左向右，对R供电时电流方向是由b到a，故C选项正确。
4. (北京市朝阳区2014～2015学年高二下学期期末)如图所示的电路中，带铁芯的线圈L与灯A并联，线圈的电阻远小于灯的电阻，当闭合开关S后灯正常发光。
以下说法中正确的是导学号 12220115( )A．断开开关S，灯A立即熄灭B．断开开关S，灯A闪亮一下后熄灭C．用阻值与线圈相同的电阻取代L接入电路，断开开关S，灯A逐渐熄灭D．用阻值与线圈相同的电阻取代L接入电路，断开开关S，灯A闪亮一下后熄灭答案：B解析：电键断开前，电路稳定，灯A正常发光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；电键断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈成为A、L回路的电源，故灯泡反而会更亮一下后熄灭，故A错误，B正确；若用电阻值与线圈L相同的电阻取代L，断开电键K，回路中没有自感现象产生，灯A立即熄灭，故CD错误。
高中物理 第4章 电磁感 6 互感和自感课时作业高二物理试题
点囤市安抚阳光实验学校6 互感和自感◎必做1．关于自感现象，下列说法正确的是( ) A ．感电流一和原电流方向相反B ．线圈中产生的自感电动势较大时，其自感系数一较大C ．对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感系数较大D ．对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感电动势也较大 解析： 自感现象中感电流的方向遵从楞次律．当原电流减小时，感电流与原电流方向相同；当原电流增大时，自感电流与原电流方向相反，所以A 错误；自感电动势的大小E 自＝L ΔIΔt ，所以自感电动势大不一是由自感系数大引起的，有可能是电流的变化率很大引起的，所以B 错误；线圈自感系数的大小，由线圈本身决，与线圈中有无电流以及电流变化的快慢无关，所以C 错误；由E 自＝L ΔIΔt 知，对于同一线圈，自感系数L 确，当电流变化较快时，线圈中产生的自感电动势也越大，所以D 正确．答案： D2．关于某一线圈的自感系数，下列说法中正确的是( ) A ．线圈中电流变化越大，线圈的自感系数越大B ．线圈中电流变化得越快，线圈的自感系数越大C ．若线圈中通入恒电流，线圈自感系数为零D ．不管电流如何变化，线圈的自感系数不变解析： 自感系数只与线圈本身有关，而与其他因素无关．自感系数是由线圈的本身性质(线圈的长度、面积、单位长度上的匝数)和是否插入铁芯决的．线圈的横截面积越大，线圈越长，单位长度上的匝数越多，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的大得多．自感系数与通入的电流、电流改变量、电流变化率无关．故正确答案为D.答案： D3．一个线圈中的电流均匀增大，这个线圈的( ) 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，线圈中磁感强度均匀增大，所以磁通量均匀增大，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．答案： A4．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：本题考查自感和自感电动势的方向，意在考查考生对自感现象的理解和运用楞次律解决自感问题的能力．当线圈中的电流不变时穿过线圈的磁通量没有变化，没有自感电动势，选项A正确；当线圈中的电流反向时原来的电流产生的磁通量减小，由楞次律可知，自感电动势产生的自感电流的磁场将阻碍磁通量的减小，故自感电动势的方向与原电流的方向相同，故选项B不对；当线圈中的电流增大时，穿过线圈的磁通量增大，自感电动势产生的自感电流的磁场将阻碍其增大，故自感电动势的方向与原电流的方向相反，所以选项C 正确；同理可知选项D不对，所以答案为A、C.答案：AC5.某线圈通有如图所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有( )A．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，当原电流增加时自感电动势与原电流方向相反．在图象中0～1 s时间内原电流正方向减小，所以自感电动势的方向是正方向，在1～2 s时间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2～3 s、3～4 s 时间内可得正确答案为B、D两项．答案：BD6．在如图所示的电路中，S闭合、S′断开，A正常发光，S′接通稳时A不发光，现将S断开、S′闭合后，进行观察在S闭合稳后再断开的现象，对观察结果说法正确的有( )A．在S闭合瞬间A亮一下，稳时不亮，断开S再亮一下B．在S闭合瞬间A正常发光，稳时A亮度变暗，直到S断开时熄灭C．在S闭合到S断开时A都正常发光D．在S闭合到S断开时A都不发光解析：在S闭合时，由于L对变化的电流的阻碍作用使通过L的电流较小，而通过A的电流则较大，所以在通电瞬间A发光，当通过L的电流增加后通过A的电流减少至不再发光，S断开时L产生对电流的阻碍作用，产生感电流，故亮一下．答案：A7．图中L是一只有铁芯的线圈，它的电阻不计，E表示直流电源的电动势．先将S接通，稳后再将S断开．若将L中产生的感电动势记为E L，则在接通和断开S的两个瞬间，以下说法正确的是( )A．两个瞬间E L都为零B．两个瞬间E L的方向都与E相反C．接通瞬间E L的方向与E相反D．断开瞬间E L的方向与E相同答案：CD8．如图所示，绕在铁芯上的线圈M与电源、滑动变阻器和开关组成了一个闭合回路，在铁芯的右端，线圈P与电流表连成闭合电路．下列各种情况中说法正确的是( )A．开关S闭合后，线圈P中有感电流，M、P相互排斥B．开关S闭合后，使变阻器滑片向左匀速移动，线圈P中有感电流，M、P 相互排斥C．开关S闭合后，使变阻器滑片向右匀速移动，线圈P中有感电流，M、P 相互排斥D．开关S闭合瞬间，线圈P中有感电流，M、P相互吸引解析：开关S闭合后，M线圈中的电流产生的磁场方向由安培则判知，沿铁芯轴线向右，由于线圈P中的磁通量不变，故不会产生感电流，M、P没有排斥作用，也没有吸引作用，故A、D错；当开关S闭合后，滑片向左匀速移动，线圈M中的电流增大，因而穿过线圈P的磁通量增加，产生感电流，并且由楞次律知，感电流的磁场方向与线圈M的磁场方向相反，故M、P两线圈相互排斥，B正确．同理判知C错误．答案：B9．如图所示电路中，自感系数较大的线圈L的直流电阻不计，下列操作中能使电容器C的A板带正电的是( )A．S闭合的瞬间B．S断开的瞬间C．S闭合电路稳后D．S闭合、向左移动变阻器触头解析：S闭合电路稳时，线圈两端没有电势差，电容器两板不带电；S闭合瞬间，或向左移动变阻器触头时，电流增大，线圈产生自感电动势方向与电流方向相反，使B板带正电；S断开的瞬间，电流减小，线圈产生自感电动势的方向与电流方向相同，使A板带正电，B项正确．答案：B10．如图所示，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( )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：当S闭合瞬间，L内电流增大，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正确；当S保持闭合时，L的电阻为零，电容器两极板短路，不带电，B错误；当S断开瞬间，L内的电流减小，自感电动势的方向由上向下，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错误．答案：A11.如图所示，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，开关断开的瞬间灯A中电流为I′灯，线圈L 中电流为I′L，则( )A．I灯＜I′灯，I L≥I′L B．I灯＝I′灯，I L≤I′LC．I灯＜I′灯，I L＜I′L D．I灯＞I′灯，I L≤I′L解析：在L和灯A的并联电路里，因为L的电阻比灯A的电阻小得多，闭合S时，L内的电流I L比灯A内电流I灯大得多，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.虽说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，所以，灯A在S断开瞬间闪亮一下才熄灭．答案：A12．在如图所示的电路中，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，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流为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，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t的变化的图象是( )解析：闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流为I，说明R L＝R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍了流过L1的电流i1增大，直至到达电流为I，故A错误，B正确；而对于t′时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2立即达到电流I，故C、D错误．答案：B◎选做13.如图所示电路中，S是闭合的，此时流过线圈L的电流为i1，流过灯泡A的电流为i2，且i1＞i2，在t1时刻将S断开，那么流过灯泡的电流随时间变化的图象是( )解析：在t1时间内流过灯泡的电流为i2，且方向为从左向右，当断开S 时，i2立即消失，但由于自感作用，i1并不立刻消失，而是产生自感电动势，与灯泡构成回路缓慢消失，此时流过灯泡的电流从i1开始逐渐减小，方向自右向左，故D正确．答案：D14．如图所示电路，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固在C点不动，达到稳时通过线圈的电流为I0，则( ) A．I1＝I2＝I0B．I1＞I0＞I2C．I1＝I2＞I0D．I1＜I0＜I2解析：当滑动片从A端迅速滑向B端时，总电阻减小，总电流增大，L 产生的自感电动势阻碍电流增大，自感电流方向与原电流方向相反，故I1比P 稳在C点的电流I0小；当P从B端迅速滑向A端时，总电流在减小，L产生的自感电动势阻碍电流减小，自感电流方向与原电流方向相同，故I2大于P稳在C点时的电流I0.故D正确．答案：D。
高中物理第四章电磁感应6互感和自感课时训练新人教版
互感和自感题组一自感现象1.下列单位换算正确的是()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可知1伏=1亨·安/秒,选项D正确。
答案:D2.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,因此消除了自感现象,选项C正确。
答案:C题组二通电自感3.(多选题)如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻r不能忽略。
R1和R2是两个定值电阻,L是一个自感系数较大的线圈。
开关S原来是断开的,从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内,通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是()A.I1开始较大而后逐渐变小B.I1开始很小而后逐渐变大C.I2开始很小而后逐渐变大D.I2开始较大而后逐渐变小解析:闭合开关S时,由于L是一个自感系数较大的线圈,产生反向的自感电动势阻碍电流的变化,所以开始I2很小,随着电流达到稳定,自感作用减小,I2开始逐渐变大;闭合开关S时,由于线圈阻碍作用很大,路端电压较大,随着自感作用减小,路端电压减小,所以R1上的电压逐渐减小,电流逐渐减小,故选项A、C正确。
答案:AC4.如图所示的电路,L为自感线圈,R是一个灯泡,E是电源。
当S闭合瞬间,通过灯泡R的电流方向是。
当S断开瞬间,通过灯泡的电流方向是。
解析:当S闭合时,流经R的电流是A→B。
当S断开瞬间,由于电源提供给R及线圈的电流立即消失,因此线圈要产生一个和原电流方向相同的自感电动势来阻碍原电流减小,所以电流流经R时的方向是B→A。
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涡流、电磁阻尼和电磁驱动
[全员参与·基础练]
1．(多选)下列应用哪些与涡流有关( )
A．高频感应冶炼炉
B．汽车的电磁式速度表
C．家用电表
D．闭合线圈在匀强磁场中转动，切割磁感线产生的电流
【解析】真空冶炼炉，炉外线圈通入交变电流，使炉内的金属中产生涡流；汽车速度表是磁电式电流表，指针摆动时，铝框骨架中产生涡流；家用电表(转盘式)的转盘中会有涡流产生；闭合线圈在磁场中转动产生感应电流，不同于涡流，选项D错误．【答案】ABC
2．下列做法中可能产生涡流的是( )
A．把金属块放在匀强磁场中
B．让金属块在匀强磁场中匀速运动
C．让金属块在匀强磁场中做变速运动
D．把金属块放在变化的磁场中
【解析】涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件，即穿过金属块的磁通量发生变化．而A、B、C中磁通量不变化，所以A、B、C错误；把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D正确．
【答案】 D
3．(多选)磁电式仪表的线圈通常用铝框当骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )
A．防止涡流而设计的B．利用涡流而设计的
C．起电磁阻尼的作用D．起电磁驱动的作用
【解析】线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随线圈转动，并切割磁感线产生感应电流，就是涡流．涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后很快停下来．所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．
【答案】BC
4．(多选)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠加而成的，而不是采用一整块硅钢，这是因为( )
A．增大涡流，提高变压器的效率
B．减小涡流，提高变压器的效率
C．增大铁芯的电阻，以产生更多的热量
D．增大铁芯的电阻，以减小发热量
【解析】磁场变化越快，感应电动势越大，因而涡流也就越强．涡流能使导体发热．变压器的铁芯是相互绝缘的薄片叠加而成；从而增加铁芯的电阻率，以降低涡流强度，从而减少能量损耗，提高变压器的效率．
【答案】BD
5．电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，电磁“火力”强劲，安全可靠．如图4711所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是( )
图4711
A．当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B．电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作
C．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因这些材料的导热性能较差
D．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用
【解析】电磁炉就是采用涡流感应加热原理，其内部通过电子线路板组成部分产生交变磁场．当用含铁质锅具底部放置炉面时，锅具即切割交变磁感线而在锅具底部金属部分产生涡流，使锅具铁分子高速无规则运动，分子互相碰撞、摩擦而产生热能，用来加热和烹饪食物，从而达到煮食的目的．故A错误B正确；电磁炉工作时需要在锅底产生感应电流，陶瓷锅或耐热玻璃锅不属于金属导体，不能产生感应电流，C错误；由于线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感应电流，利用电流的热效应起到加热作用．D错误．【答案】 B
6．金属探测器已经广泛应用于安检场所，关于金属探测器的论述正确的是( ) A．金属探测器可用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中
B．金属探测器探测地雷时，探测器的线圈中产生涡流
C．金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流
D．探测过程中金属探测器与被测物体相对静止与相对运动探测效果相同
【解析】金属探测器只能探测金属，不能用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中；故A错误；金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流；故B错误，C正确；探测过程中工作时金属探测器应与被测物体相对运动；相对静止时无法得出探测效果；故D 错误．
【答案】 C
图4712
7．如图4712所示光滑水平绝缘面上有两个金属环静止在平面上，环1竖直、环2水平放置，均处于中间分割线上，在平面中间分割线正上方有一条形磁铁，当磁铁沿中间分割线向右运动时，下列说法正确的是( )
A．两环都向右运动
B．两环都向左运动
C．环1静止，环2向右运动
D．两环都静止
【解析】条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持不变恒为零，无感应电流，保持静止．环2中磁通量变化，根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果为使环2向右运动．
【答案】 C
图4713
8．如图4713所示，闭合导线环和条形磁铁都可以绕水平的中心轴OO′自由转动，开始时磁铁和圆环都静止在竖直平面内，若条形磁铁突然绕OO′轴N极向纸里、S极向纸外转动，在此过程中，圆环将( )
A．产生逆时针方向的感应电流，圆环上端向里、下端向外随磁铁转动
B．产生顺时针方向的感应电流，圆环上端向外、下端向里转动
C．产生逆时针方向的感应电流，圆环并不转动
D．产生顺时针方向的感应电流，圆环并不转动
【解析】当条形磁铁的N极向纸内、S极向纸外转动时，通过闭合导线环的总的磁通量是向里增加的，根据楞次定律知，感应电流产生的磁场应向外，故感应电流的方向沿逆时针方向；再根据电磁驱动的原理知，导线环应与条形磁铁同向转动，即上端向里、下端向外随磁铁转动．
【答案】 A
[超越自我·提升练]
9．(多选)机场、车站和重要活动场所的安检门都安装有金属探测器，其探测金属物的原理简化为：探测器中有一个通有交变电流的线圈，当线圈周围有金属物时，金属物中会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使探测器报警．设线圈中交变电流的大小为I、频率为f，要提高探测器的灵敏度，可采取的措施有( )
A．增大I B．减小f
C．增大f D．同时减小I和f
【解析】增大线圈中交变电流I的大小和频率f，可使金属物中产生的涡流增大，从而提高探测器的灵敏度，选项A、C正确．
【答案】AC
图4714
10．(2014·广东高考)如图4714所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( ) A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
【解析】小磁块在铜管中下落时，由于电磁阻尼作用，不做自由落体运动，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动，因此在P中下落得慢，用时长，到达底端速度小，C 项正确，A、B、D错误．
【答案】 C
图4715
11．(多选)(2014·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4715所示，在此过程中( ) A．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，由楞次定律的拓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】BC
图4716
12．如图4716所示，在竖直平面内有两根平行金属导轨，上端与电阻R相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面．一质量为m的金属棒以初速度v0沿导轨竖直向上运动，上升到某一高度后又返回到原处，整个过程金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计．下列说法正确的是( )
A．金属棒回到出发点的速度v大于初速度v0
B．通过R的最大电流上升过程小于下落过程
C．电阻R上产生的热量上升过程大于下落过程
D．所用时间上升过程大于下落过程
【解析】要注意该过程中的功能关系：重力做功的过程是重力势能向动能和电能转化的过程；安培力做功的过程是电能向机械能转化的过程；合外力(重力和安培力)做功的过程是动能变化的过程；电流做功的过程是电能向内能转化的过程．因为电阻R上产生热量，所以金属棒回到出发点的速度v小于初速度v0，选项A错误；通过R的最大电流上升过程大于下落过程，选项B错误；电阻R上产生的热量上升过程大于下落过程，选项C正确；所用时间上升过程小于下落过程，选项D错误．
【答案】 C。