2.3 涡流、电磁阻尼和电磁驱动（教用Word）-【金榜题名】2026-2027学年高二物理选择性必修第二册高中同步学案（人教版）

2．3　涡流、电磁阻尼和电磁驱动 学习目标 1.了解感生电场，知道感生电场产生的原因会判断感生电动势的方向，并会计算它的大小。 2．通过实验了解涡流现象，知道涡流是怎样产生的，了解涡流现象的利用和危害。 3．通过涡流实例的分析，了解涡流现象在生产生活中的应用。 4．了解电磁阻尼和电磁驱动。 一、电磁感应现象中的感生电场 1．感生电场 麦克斯韦 认为，磁场变化时会在空间激发一种 电场 ，这种电场叫作感生电场。 2．感生电动势 由感生电场产生的电动势叫感生电动势。 3．电子感应加速器 电子感应加速器是利用 感生电场 使电子加速的设备，当电磁铁线圈中 电流 的大小、方向发生变化时，产生的感生电场使电子加速。 二、涡流 1．涡流：当线圈中的 电流 随时间变化时，线圈附近的任何导体中都会产生感应电流，用图表示这样的感应电流，就像水中的漩涡，所以把它叫作 涡电流 ，简称 涡流 。 2．金属块中的涡流会产生 热量 ，利用涡流产生的 热量 可以冶炼金属。 三、电磁阻尼 当导体在 磁场 中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是 阻碍 导体的运动，这种现象称为电磁阻尼。 四、电磁驱动 若磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到 安培力 的作用， 安培力 使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。 [自我诊断] 1．判断下列说法的正误。 (1)感生电场可以对电荷做功。(　　) (2)磁场越强，磁场变化时产生的感生电场越强。(　　) (3)通过增大铁芯材料的电阻率可以减小涡流的产生。(　　) (4)变压器的铁芯用硅钢片叠成是为了减小涡流。(　　) (5)在电磁阻尼与电磁驱动中安培力所起的作用相同。(　　) 【答案】　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)× 2．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(如图中的虚线所示)。一个质量为m的小金属块从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设曲面足够长，重力加速度为g，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量为 ____________________ 。 【答案】　mg(b－a)＋mv2 一、电磁感应现象中的感生电场 如图所示，B增强，那么就会在空间激发一个感生电场E。如果E处空间存在闭合导体，导体中的自由电荷就会在电场力的作用下定向移动，产生感应电流。 (1)感生电场的方向与感应电流的方向有什么关系？如何判断感生电场的方向？ (2)上述情况下，哪种作用扮演了非静电力的角色？ 【答案】　(1)感应电流的方向与正电荷定向移动的方向相同。感生电场的方向与正电荷受力的方向相同，因此，感生电场的方向与感应电流的方向相同，感生电场的方向可以用楞次定律来判定。 (2)感生电场对自由电荷的作用。 磁场变化时会在空间激发感生电场，处在感生电场中的闭合导体中的自由电荷在电场力的作用下定向运动，产生感应电流，或者说，导体中产生了感应电动势。由感生电场产生的电动势叫作感生电动势。 1．电路中电源电动势是非静电力对自由电荷的作用。在电池中，这种力表现为化学作用。 2．感生电场对电荷产生的力，相当于电源内部的所谓的非静电力。感生电动势在电路中的作用就是电源。 　现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图所示，在上、下两个电磁铁的磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，所产生的感生电场使电子加速。甲图为侧视图，乙图为真空室的俯视图。若此时电磁铁中通有图示电流，电子沿逆时针方向运动，则下列说法正确的是(　　) A．若电磁铁中电流减小，则电子被加速 B．若电磁铁中电流增大，则电子被加速 C．若电子被加速，是因为洛伦兹力对其做正功 D．电子受到的感生电场力提供圆周运动的向心力 【解析】　当电磁铁线圈中电流增大时，产生向上的增加的磁场，根据楞次定律，可知涡旋电场的方向为顺时针方向，电子将沿逆时针方向做加速运动；反之，若电磁铁中电流减小，则电子不能被加速，故B正确，A错误。洛伦兹力方向与电子的速度方向垂直，可知洛伦兹力不做功，选项C错误；电子受到的感生电场力使电子加速，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，选项D错误。 【答案】　B 核心素养·思维升华 　　闭合回路(可假定其存在)的感应电流方向就表示感生电场的方向。判断思路如下： ◆针对训练1　著名物理学家费曼曾设计这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，在圆板的中部有一个线圈，圆板的四周固定着一圈带电的金属小球，如图所示。当线圈接通电源后，将有图示方向的电流流过，则下列说法正确的是(　　) A．接通电源瞬间，圆板不会发生转动 B．线圈中电流的增大或减小会引起圆板向相同方向转动 C．接通电源后，保持线圈中电流不变，圆板转动方向与线圈中电流流向相同 D．若金属小球带负电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同 【解析】　线圈接通电源瞬间，则变化的磁场产生变化的电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动，故A错误；不论线圈中电流增大或减小都会引起磁场的变化，从而产生电场，使小球受到电场力，从而转动，由于电场力与电荷带正负电有关，故B错误；接通电源后，保持线圈中电流不变，则磁场不变，则不会产生电场，小球不受到电场力，故C错误；接通电源瞬间小球受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，再根据电磁场理论可知，圆盘转动方向与线圈中电流流向相同，故D正确。 【答案】　D 二、涡流 　如图所示，线圈中的电流随时间变化时，导体中有感应电流吗？如果有，它的形状像什么？ 【答案】　有。变化的电流产生变化的磁场，变化的磁场产生感生电场，使导体中的自由电子发生定向移动，产生感应电流，它的形状像水中的漩涡，所以把它叫作涡电流，简称涡流。 1．涡流的产生 涡流实际上是一种特殊的电磁感应现象，当导体处在变化的磁场中，或者导体在非匀强磁场中运动时，导体内部可以等效成许许多多的闭合电路，当穿过这些闭合电路的磁通量变化时，在导体内部的这些闭合电路中将产生感应电流，即导体内部产生了涡流。 2．能量转化 伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能。如果金属块放在了变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能；如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能。 3．涡流的防止和利用 (1)为了减小涡流，变压器、电机里的铁芯不是由整块的钢铁制成的，而是用薄薄的硅钢片叠合而成。 (2)用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈，线圈中通入反复变化的电流，炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化。 　(多选)如图所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置。一半径为R、质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑。重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．金属球会运动到半圆轨道的另一端 B．由于金属球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流 C．金属球受到的安培力做负功 D．系统产生的总热量为mgR 【解析】　金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产生的热量不断地增加，机械能不断地减少，直至金属球停在半圆轨道的最低点，C正确，A、B错误；根据能量守恒定律得，系统产生的总热量为mgR，D正确。 【答案】　CD ◆针对训练2　(多选)下列哪些措施是为了防止涡流的危害(　　) A．电磁炉所用的锅要用平厚底金属锅 B．探雷器的线圈中要通变化着的电流 C．变压器的铁芯不做成整块，而是用许多电阻率很大的硅钢片叠合而成 D．变压器的铁芯每片硅钢片表面有不导电的氧化层 【答案】　CD 三、电磁阻尼和电磁驱动 　用手晃动微安表的表壳，发现指针来回振动后，会因超出刻度所标的偏转范围而卡住，而在车辆长途运输微安表时，都要用导线把微安表两个接线柱连在一起，这又是为什么？ 【答案】　微安表是一种高灵敏度、高精度电流表，表内的指针因振动会产生摇摆，剧烈摇摆会使微安表造成指针打偏、降低灵敏度或失灵等。故在运输中，用导线短路两接线柱，使内部表头线圈闭合产生磁阻，大大降低因外界的摇摆、振动对表头的影响。 电磁阻尼和电磁驱动的比较 电磁阻尼 电磁驱动 不同点 成因 由导体在磁场中运动形成的 由磁场运动而形成的 效果 安培力方向与导体运动方向相反，为阻力 安培力方向与导体运动方向相同，为动力 能量 转化 克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能 共同点 两者都是电磁感应现象，导体受到的安培力都是阻碍导体与磁场间的相对运动 　弹簧上端固定，下端挂一只条形磁体，使磁体上下振动，磁体的振动幅度不变。若在振动过程中把线圈靠近磁体，如图所示，观察磁体的振幅将会发现(　　) A．S闭合时振幅逐渐减小，S断开时振幅不变 B．S闭合时振幅逐渐增大，S断开时振幅不变 C．S闭合或断开，磁体的振动幅度不变 D．S闭合或断开，磁体的振动幅度均发生变化 【解析】　当S闭合后，线圈构成闭合回路，当条形磁体竖直运动时，穿过线圈的磁通量发生变化，从而使线圈产生感应电流，由楞次定律可得，感应电流的磁场阻碍磁体的运动，使振幅减小，不闭合线圈，不会产生感应电流，振幅不变，故A对，B、C、D错。 【答案】　A 　如图所示，蹄形磁体和矩形线圈均可绕竖直轴OO′转动。从上向下看，当蹄形磁体逆时针转动时(　　) A．线圈将逆时针转动，转速与磁体相同 B．线圈将逆时针转动，转速比磁体小 C．线圈将逆时针转动，转速比磁体大 D．线圈静止不动 【解析】　当蹄形磁体转动时，线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，产生安培力，故线圈一定会转动，由楞次定律可知，线圈将与磁体同向转动，但转速一定小于磁体的转速，如两者的转速相同，磁感线与线圈处于相对静止状态，线圈不切割磁感线，无感应电流产生，B正确，A、C、D错误 【答案】　B 核心素养·思维升华 (1)电磁阻尼、电磁驱动都是电磁感应现象，都遵循楞次定律。 (2)电磁阻尼、电磁驱动现象中安培力的作用效果都是阻碍相对运动，应注意电磁驱动中阻碍的结果是导体的运动速度小于磁场的运动速度。 1．(多选)关于感生电场，下列说法中正确的是(　　) A．感生电场由变化的磁场产生 B．恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场 C．感生电场的方向可以用楞次定律来判定 D．感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向 【解析】　磁场变化时在空间激发感生电场，其方向与所产生的感应电流方向相同，可由楞次定律判断，故A、C项正确，B、D项错误。 【答案】　AC 2. 如图所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环口径的带正电的小球，正以速率v0沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，若运动过程中小球的带电荷量不变，那么(　　) A．磁场力对小球一直做正功 B．小球受到的磁场力不断增大 C．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动 D．小球仍做匀速圆周运动 【解析】　因为玻璃圆环所在处有均匀变化的磁场，在周围产生稳定的感应电场，电场力对带正电的小球做功，由楞次定律可判断感生电场方向为顺时针方向，在电场力作用下，小球先沿逆时针方向做减速运动，后沿顺时针方向做加速运动，选项C正确，D错误；磁场力方向始终与小球做圆周运动的线速度方向垂直，所以磁场力对小球不做功，选项A错误；小球的速率先减小到零后增大，开始时B＝0，F＝0，小球速率为零时，F＝0，可知小球受到的磁场力不是不断增大的，选项B错误。 【答案】　C 3．(多选)“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，如图所示为一手持式封口机，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔自行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速封口的目的。下列有关说法正确的是(　　) A．封口材料可用普通塑料来代替铝箔 B．该封口机可用干电池作为电源以方便携带 C．封口过程中温度过高，可适当减小所通电流的频率 D．该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口，但不适用于金属容器 【解析】　由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金属类材料，而且电源必须是交流电流，A、B错误；减小内置线圈中所通电流的频率可降低封口过程中产生的热量，即控制温度，C正确；封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金属，否则同样会被熔化，只能是玻璃、塑料等材质，D正确。 【答案】　CD 4．如图所示，条形磁铁用细线悬挂在O点，O点正下方固定一个水平放置的铝线圈。让磁铁在竖直面内摆动，下列说法中正确的是(　　) A．磁铁左右摆动一次，线圈内感应电流的方向改变2次 B．磁铁始终受到感应电流磁场的斥力作用 C．磁铁所受到的感应电流对它的作用力始终是阻力 D．磁铁所受到的感应电流对它的作用力有时是阻力有时是动力 【解析】　磁铁向下摆动时，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向的感应电流(从上面看)，并且磁铁受到感应电流对它的作用力为阻力，阻碍它靠近；磁铁向上摆动时，根据楞次定律，线圈中产生顺时针方向的感应电流(从上面看)，磁场受感应电流对它的作用力仍为阻力，阻碍它远离，所以磁铁在左右摆动一次的过程中，电流方向改变3次，感应电流对它的作用力始终是阻力，C正确。 【答案】　C 5．如图所示，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体，当磁体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】　条形磁体向右运动时，环1中磁通量保持为零不变，无感应电流，仍静止；环2中磁通量变化，根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果使环2向右运动，选项C正确。 【答案】　C 课时作业(九) A基础达标 1．关于自感现象，下列说法正确的是(　　) A．自感电动势的方向一定与原电流方向相反 B．线圈中产生的自感电动势较大的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，线圈中产生的自感电动势较大 【解析】　A．根据楞次定律，当原电流增大时，感应电流方向(感应电动势方向)与原电流方向相反，当原电流减小时，感应电流方向(感应电动势方向)与原电流方向相同，A错误。B.自感电动势由自感系数和电流的变化快慢共同决定，自感电动势较大，不能说明线圈的自感系数一定较大，B错误。C.自感系数由线圈本身的构造决定，与电流变化的快慢无关，C错误。D.当电流变化较快时，磁通量变化较快，根据法拉第电磁感应定律可知，自感电动势较大，D正确。故选D。 【答案】　D 2.制造电阻箱时，要用双线绕法，如图所示。当电流变化时双线绕组(　　) A．回路中一定有自感电动势产生 B．回路中一定没有自感电动势产生 C．螺旋管内磁场发生变化 D．穿过螺旋管的磁通量发生变化 【解析】　此线圈是双线绕法，电流等大反向，所以其产生磁场方向相反、强度相同，相互抵消，故通过线圈的磁通量始终为0，故不会产生感应电动势，故ACD错误，B正确。故选B。 【答案】　B 3.(多选)如图所示，闭合电路中的螺线管可自由伸缩，螺线管有一定的长度，这时灯泡具有一定的亮度，若将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管内，则将看到(　　) A．灯泡变暗　　　　　 B．灯泡变亮 C．螺线管缩短 D．螺线管伸长 【解析】　将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管内时，则使穿过螺旋管的磁通量增加，故产生反向的自感电动势，所以导致线圈中的电流减小，灯泡变暗，由于每匝线圈间的同向电流减小，故相互吸引力减小，从而螺线管伸长，故选AD。 【答案】　AD 4．如图所示电路，开关S闭合稳定后，流过线圈L的电流为I1＝0.4 A，流过灯泡的电流为I2＝0.2 A。现将S突然断开，S断开前后，下列图中能正确表示流过灯泡的电流i随时间t变化关系的是(　　) 【解析】　S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是0.4 A，流过灯泡的电流是0.2 A，当S断开后，灯泡原来的电流立即消失，线圈中电流要开始减小，将产生自感电动势，阻碍电流的减小，所以通过灯泡的电流不会立即消失，会从0.4 A开始逐渐减小，根据楞次定律知，灯泡中电流方向与原来的电流方向相反；故选A。 【答案】　A 5．如图电路中，电源电动势为E(内阻不可忽略)，线圈L的直流电阻不计。以下判断正确的是(　　) A．闭合S稳定后，电容器两端电压为E B．断开S的瞬间，通过R1的电流方向向右 C．断开S的瞬间，通过R2的电流方向向右 D．断开S的瞬间， R2中没有电流 【解析】　A．闭合S稳定后，L相当于一段导线，R1被短路，所以C两端的电压等于路端电压，小于电动势E，故A错误；B.断开S的瞬间，L相当于电源，与R1组成回路，电流方向自左向右，故B正确；CD.断开S的瞬间，电容器会放电，则R2中电流方向向左；故CD错误。故选B。 【答案】　B 6.在学完“互感和自感”这节课后，三位同学合作完成了如下小实验：如图，他们把一节电动势为1.5 V的干电池、一个开关，一个自感系数很大的线圈、若干导线及他们自己按图示方式连接，实验过程中人会有电击的感觉。下列说法正确的是(　　) A．闭合开关瞬间，人有触电的感觉 B．断开开关瞬间，流过这几位同学的电流大于流过线圈L的电流 C．断开开关瞬间，线圈两端的电压突然增大 D．断开开关瞬间，流过人的电流方向为由P→Q 【解析】　A．闭合开关瞬间，人两端的电压只是电源两端的电压为1.5 V，不足以触电，A错误；B.断开开关的瞬间，线圈由于自感，线圈和几位同学组成闭合回路，流过几位同学的电流与流过线圈的电流大小相等，B错误；C.断开开关瞬间，由于电流变化太快，导致线圈产生的感应电动势非常大，所以线圈两端电压会变大，C正确；D.线圈中电流与原方向相同，自左向右，因此在人的那条线路上电流方向为由Q→P，D错误。故选C。 【答案】　C 7．(多选)如图所示的电路中，三个完全相同的灯泡L1、L2、L3，线圈L的直流电阻可忽略，D为理想二极管。下列判断正确的是(　　) A．开关S闭合，L3先变亮，L1、L2逐渐变亮 B．开关S闭合，L2、L3先变亮，L1逐渐变亮 C．开关S断开，L2先变亮，然后逐渐变暗 D．开关S断开，L2立即熄灭 【解析】　AB.开关S闭合瞬间，L2、L3均立即变亮，L1的电路中由于线圈对电流的阻碍作用，会逐渐亮，故A错误，B正确；CD.开关S从闭合状态突然断开时，L1、L3均逐渐变暗，由于L2的电路中的二极管有单向导电性，电流不能从右向左通过二极管，所以L2立即熄灭，故C错误，D正确。故选BD。 【答案】　BD 8.(多选)在图所示的电路中，两个灵敏电流表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，在电路接通后在断开的瞬间，下面哪个说法符合实际？(　　) A．G1指针向左摆 B．G1指针向右摆 C．G2指针向左摆 D．G2指针向右摆 【解析】　电路稳定后断开，通过电阻这一支路的电流立即消失，由于电感器对电流的变化有阻碍作用，会阻碍其减小，通过电感器的电流并且通过电阻。所以含有电感器的支路的电流从“＋”接线柱流入，G1指针向右摆。含有电阻的支路电流从“－”接线柱流入，G2指针向左摆。选项BC正确，AD错误。故选BC。 【答案】　BC 9．如图所示是一种触电保护器，变压器A处用双股相线(火线)和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器上，B处有一个输出线圈，一旦有电流，经放大后便能立即推动继电器J切断电源，下列情况下能使保护器切断电源起保护作用的是哪一种？说明理由。 (1)增加开灯的盏数； (2)当有人双手分别接触相线(火线)和零线触电时； (3)当有人单手接触相线(火线)，脚与地相接触而触电时。 【解析】　(1)不能。因A处线圈采用的是双线绕法，增加开灯的盏数只会使电路中电流增大，但A处两线中电流始终大小相等方向相反，线圈中磁通量相互抵消，B中磁通量始终为零，不发生改变。B中没有感应电流，故不能推动继电器J切断电源。 (2)不能，理由同(1)，因为双手分别接触相线和零线相当于将一个电阻并联接入电路。 (3)能。因为有电流通过人体而流入地下，使A处相线与零线的电流不同，从而使B中磁通量发生改变，B中产生感应电流，从而推动继电器J切断电源。 【答案】　第(3)种，理由见解析 B能力提升 10.(多选)在如图所示的电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，C是电容足够大的电容器，D是理想二极管，L是一个自感系数较大的线圈，且L的直流电阻与灯泡的电阻相同。电路接通稳定后，断开开关S，下列说法正确的是(　　) A．A灯会闪亮一下，然后逐渐熄灭 B．在灯熄灭前的任意时刻，A、B两灯的电压相同 C．在灯熄灭前的任意时刻，通过B灯的电流是A灯的2倍 D．在灯熄灭前，L中会产生自感电动势 【解析】　A．开关闭合且电路稳定时，二极管是导通的，灯泡A被短路，电容器上极板带负电，下极板带正电，当开关断开，电容器放电，电流由下极板经电路流向负极板，因为电感线圈对电流的阻碍作用，会有电流通过A灯，A灯会闪亮一下，然后逐渐熄灭，故A正确；BC.灯熄灭前，A灯电流减小，电感线圈的电流先增大后减小，二者电流不相等且二者电流之和等于B灯电流，A、B两灯的电压不相同，通过B灯的电流不是A灯的2倍，故BC错误；D.电容器放电过程中，二极管是导通的，通过L中的电流发生变化，产生自感电动势，故D正确。故选AD。 【答案】　AD 11.如图是用电流传感器(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，下图是某同学画出的在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，下列说法中正确的是(　　) 图2 A．图中甲是开关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．图中乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器2的电流随时间变化的情况 C．图中丙是开关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 【解析】　AB.当开关S由断开变到闭合时，传感器2所在支路立刻有电流且稳定，电感所在支路电流由于线圈阻碍逐渐增大，故传感器1示数应为从某一值开始缓慢增加到另一个值，故AB错误；CD.当开关S由闭合到断开时，干路中电流瞬间变为零，故传感器1无示数，电感所在支路，由于电感阻碍电流的减小，所以会有减小的电流反向通过传感器2，故C正确，D错误。故选C。 【答案】　C 12.如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)。则(　　) A．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭 B．S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭 C．电路接通稳定后，S断开时，C中电流方向不变 D．电路接通稳定后，S断开时，B灯立即熄灭 【解析】　A．S闭合时，L由于自感作用会阻碍电流通过，电流流过A灯，A灯立即亮，由于线圈L电阻为零，则A灯会逐渐被短路，逐渐熄灭，故A正确；B.S闭合时，B灯先不太亮，然后逐渐变的更亮，并不会熄灭，故B错误；CD.电路接通稳定后，C中电流方向由上到下；S断开时，L由于自感作用会阻碍电流减小，L相当于电源，在三个灯泡中形成新的回路，C中电流方向由下到上，方向改变，且ABC灯都逐渐熄灭，故CD错误。故选A。 【答案】　A 13．如图甲所示的电路中，灯泡电阻为R，A1、A2为完全相同的电流传感器(内阻不计)。闭合开关K，得到如图乙所示的I－t图像，电源电动势为E，内阻r，则(　　) 　　 A．r＝R B．E＝R C．断开开关时，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭 D．闭合开关时，自感线圈中电流为零，其自感电动势也为零 【解析】　AB.由图乙可知，当t＝t0时，自感线圈中电流为零，流过灯泡支路的电流为I1，根据闭合回路欧姆定律有 E＝I1r＋I1R 当t＝t1时，电路稳定，两支路电流相等为I2，根据闭合回路欧姆定律有 E＝2I2r＋I2R 联立解得r＝R，E＝R 故A错误B正确； C．由图乙可知，电路稳定后，两支路电流相等，则断开开关时，小灯泡不会闪亮后逐渐熄灭，故C错误；D.闭合开关时，自感线圈中电流为零，但由于电流变化，自感电动势不为零，故D错误。故选B。 【答案】　B 14．如图所示，图甲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R1＝6.0 Ω，定值电阻R＝2.0 Ω，A、B间的电压U＝6.0 V。开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1＝1.0×10－3 s时刻断开开关S，该时刻前后电流传感器显示的电流I随时间t变化的图线如图乙所示。 (1)求出线圈L的电阻RL； (2)在图甲中，断开开关后通过电灯的电流方向如何？ (3)在t2＝1.6×10－3 s时刻线圈L中的感应电动势的大小是多少？ 【解析】　(1)由题图可知，开关S闭合电路稳定时流过线圈L的电流I0＝1.5 A，由欧姆定律I0＝， 解得：RL＝－R＝2.0 Ω (2)断开开关前，流过线圈L的电流自左向右，断开开关后，线圈L、电阻R和电灯构成一闭合回路，由自感规律可知，电灯中的电流方向自右向左。 (3)由题图可知，t2＝1.6×10－3 s时刻线圈L中的电流I＝0.3 A，此时线圈L相当于电源，由闭合电路欧姆定律得 E＝I(RL＋R＋R1) ＝0.3×(2.0＋2.0＋6.0)V＝3.0 V 【答案】　(1)2.0 Ω　(2)电灯中的电流方向自右向左　(3)3.0 V 学科网（北京）股份有限公司 $$