第2章 第4节 互感和自感（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

互感和自感 (强基课——逐点理清物理观念) 第 4 节 课标要求 学习目标 1.通过实验，了解自感现象。 2.能举例说明自感现象在生产生活中的应用。 1.了解互感现象及其应用。 2.了解自感现象，能够通过电磁感应的规律分析通电、断电自感现象的成因。 3.了解自感电动势的表达式，知道自感系数的决定因素，了解自感现象中的能量转化。 逐点清(一)　互感现象 逐点清(二)　自感现象 01 02 CONTENTS 目录 逐点清(三)　自感系数　磁场的能量 课时跟踪检测 03 04 逐点清(一)　互感现象 1.互感现象：两个线圈之间没有导线相连，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_____________的现象。 2.互感电动势：互感现象中产生的感应电动势。 3.应用：利用互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，变压器就是利用_____________制成的。 4.危害：互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间。在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作。 多维度理解 感应电动势 互感现象 1.判断下列说法是否正确。 (1)两线圈相距较近时，可以产生互感现象；相距较远时，不产生互感现象。( ) (2)在实际生活中，有的互感现象是有害的，有的互感现象可以利用。( ) (3)只有闭合的回路才能产生互感。( ) 全方位练明 × √ × 2.(2025·浙江舟山期末)智能手表通常采用无线充电方式。如图所示，充电基座与电源相连，将智能手表压在基座 上，无需导线连接，手表便可以充电。已知充电 基座与手表都内置了线圈，则 (　　) A.无线充电的原理是互感 B.充电时因无导线连接，所以传输能量没有损失 C.若用塑料薄膜将充电基座包裹起来，则不能给手表充电 D.充电时，基座线圈的磁场对手表线圈中的电子施加力的作用，驱使电子运动 √ 解析：无线充电的原理是基座内的线圈中的电流变化，产生变化的磁场，导致手表内部线圈中的磁通量发生改变，线圈产生感应电流，原理是互感，故A正确；充电时存在漏磁，所以传输能量时有损失，故B错误；无线充电利用的是互感原理，因此用塑料薄膜将充电基座包裹起来，仍能为手表充电，故C错误；根据上述分析可知，基座线圈的磁场变化产生感应电场，手表线圈中的电子在感生电场的作用下做定向运动，形成电流， 故D错误。 3.(2025·浙江台州期末)如图甲所示为手机无线充电工作原理图，现将手机放置在无线充电装置上，送电线圈接入如图乙所示的交变电流，下列说法正确的是 (　　) A.t=时，cd端电压最小 B.t=时，送电线圈和受电线圈相互吸引 C.仅增大两线圈间的距离，cd端电压的频率变小 D.仅增大两线圈间的距离，cd端电压变小 √ 解析： t=时，送电线圈的电流变化率最大，则受电线圈内磁通量变化率最大，cd端电压最大，故A错误；t=时，送电线圈中的电流为零，磁感应强度为零，送电线圈和受电线圈之间没有作用力，不会相互吸引，故B错误；仅增大送电线圈和受电线圈的间距，不会改变cd端电压的频率，故C错误；增大送电线圈和受电线圈的间距，由于漏磁的现象，导致穿过受电线圈的磁通量变小，在匝数和线圈直径不变的情况下，cd端电压变小，故D正确。 逐点清(二)　自感现象 1.自感现象：当一个线圈中的电流_______时，它所产生的_____的磁场在线圈本身激发出感应电动势的现象，由于自感而产生的感应电动势叫作________________。 多维度理解 变化 变化 自感电动势 2.通电自感和断电自感   电路 现象 自感电动势的作用 通电 自感 接通电源的瞬间，灯泡A1____________亮起来 _______电流的增加 断电 自感 断开开关的瞬间，灯泡A逐渐______。有时灯泡A会_______一下，然后逐渐变暗 ______电流的减小 较慢地 变暗 闪亮 阻碍 阻碍 3.自感现象的四大特点 (1)自感电动势总是阻碍线圈中原电流的变化。 (2)线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。 (3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。 (4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显。自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。 4.自感中“闪亮”与“不闪亮”问题   与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡 电路图 通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流突然增大，灯泡立刻变亮，然后逐渐减小达到稳定 断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，灯泡中电流方向不变 设电路中稳态电流为I1、I2 ①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变 [典例]　(2025·辽宁锦州阶段练习)(多选)如图所示电路中，A、B为完全相同的灯泡，电阻为R。自感线圈L的直流电阻也为R，a、b为L的左、右端点，电源电动势为E、内阻不计。下列说法正确的是(　　) A.闭合开关S，灯泡A缓慢变亮，灯泡B瞬间变亮 B.闭合开关S，当电路稳定后，灯泡A、B一样亮 C.闭合开关S，电路稳定后再断开开关S，灯泡A闪亮后缓慢熄灭 D.闭合开关S，电路稳定后再断开开关S的瞬间，b点电势高于a点电势 √ √ [解析]　闭合开关S，灯泡B瞬间变亮，灯泡A与自感线圈L串联，缓慢变亮，故A正确；闭合开关S，当电路稳定后，灯泡A所在支路电阻较大，电流较小，所以灯泡A比灯泡B暗一些，故B错误；闭合开关S，电路稳定后再断开开关S，自感线圈L、灯泡A和灯泡B构成回路，灯泡A缓慢熄灭，不会闪亮，故C错误；闭合开关S，电路稳定后再断开开关S的瞬间，自感线圈L产生感应电动势，b点电势高于a点电势，故D正确。 1.判断下列说法是否正确。 (1)在通电自感现象中，感应电动势起到阻碍电流增大的作用。( ) (2)在断电自感现象中，感应电动势起到阻碍电流减小的作用。( ) 全方位练明 √ √ 2.(2023·北京高考)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关 (　　) A.P与Q同时熄灭　　　 B.P比Q先熄灭 C.Q闪亮后再熄灭 D.P闪亮后再熄灭 √ 解析：由题知，开关S闭合后，由于线圈L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，通过线圈L的电流大于通过P灯的电流；断开开关时，Q灯所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感现象，线圈L中产生感应电动势，与P灯组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭。 3.在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡A1和A2分别串联一个带铁芯的线圈L和一个滑动变阻器R。闭合开关S后，调整R，使A1和A2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I。然后，断开开关S，若t'时刻再闭合开关S，则在t'前后的一小段时间内，选项图中正确反映流过A1的电流i1、流过A2的电流i2随时间t变化的图像是 (　　) 解析：由题中给出的电路可知，电路是线圈L与A1串联，A2与滑动变阻器R串联，然后两个支路并联。在t'时刻，A1支路中的电流因为线圈L的自感作用，所以i1由0逐渐增大。A2支路为纯电阻电路，i2不存在逐渐增大的过程，若不计电池的内阻，则i2不变；若考虑电池的内阻，i2会略有减小，B正确。 √ 逐点清(三)　自感系数　 磁场的能量 1.自感系数 (1)自感电动势的大小：E=L，式中L是线圈的自感系数，简称自感或电感。 (2)单位：______，符号：____。常用的还有毫亨(mH)和微亨(μH)。换算关系是：1 H=_____ mH=_____ μH。 (3)决定线圈自感系数大小的因素：线圈的大小、形状、_______以及是否有________等。 多维度理解 亨利 H 103 106 匝数 铁芯 2.磁场的能量 (1)自感现象中的磁场能量 ①线圈中电流从无到有时，其中的磁场也是从无到有，电源把_______输送给磁场，储存在磁场中。 ②线圈中电流减小时，磁场中的_______释放出来转化为电能。 (2)电能“惯性”：自感电动势有阻碍线圈中_____________的“惯性”。 能量 能量 电流变化 1.关于线圈的自感系数，下列说法正确的是 (　　) A.线圈的自感系数越大，自感电动势一定越大 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决定 全方位练明 √ 解析：自感系数是线圈本身的固有属性，取决于线圈的形状、横截面积、长短、匝数等因素，而与电流变化快慢等外部因素无关。自感电动势的大小与线圈自感系数及电流变化率有关，A、B、C错误，D正确。 2.(多选)如图所示，电池的电动势为E、内阻不计，线圈自感系数较大、直流电阻不计。当开关S闭合后，下列说法正确的是 (　　) A.a、b间电压逐渐增加，最后等于E B.b、c间电压逐渐增加，最后等于E C.a、c间电压逐渐增加，最后等于E D.电路中电流逐渐增加，最后等于 √ √ 解析：由于线圈自感系数较大，在开关闭合瞬间，a、b间近似断路，所以a、b间电压很大，随着电流的增加，a、b间电压减小，b、c间电压增大，最后稳定后，a、b间电压为零，b、c间电压等于E，电流大小为I=，a、c间电压恒等于E，B、D正确，A、C错误。 3.在自感系数为100 mH的线圈中，通入如图中所示规律变化的电流。求在每个变化阶段线圈中自感电动势的大小，并说明前4 s和第 5 s内电动势的方向有何关系。 答案：2.5×10-4 V　1×10-3 V　相反 解析：根据自感电动势E=L可知，前4 s内电动势大小E1=L=2.5×10-4 V 第5 s内电动势大小E2=L=1×10-3 V 前4 s内电流增大，第5 s内电流减小，根据楞次定律可知，前4 s和第5 s内电动势的方向相反。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.(2025·新疆昌吉期中)自感电动势就是在自感现象中产生的感应电动势，在线圈的自感系数一定时，下列关于线圈中自感电动势的大小的说法正确的是 (　　) A.电流变化越大，自感电动势越大 B.电流变化越快，自感电动势不一定越大 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，自感电动势可能为零 √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 解析：根据自感电动势表达式E=L可知，自感电动势的大小与电流的变化率成正比，与电流的大小及电流变化的大小无关。故选D。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.如图为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右 边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存 在由左向右看顺时针方向均匀减小的电流，则 (　　) A.无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为逆时针 B.无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大 C.有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为逆时针 D.有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：某段时间通电线圈中存在由左向右看顺时针方向均匀减小的电流，无金属片通过时，接收线圈中磁通量均匀减小，根据楞次定律结合安培定则，接收线圈中产生的感应电流方向为顺时针，大小恒定，A、B错误；有金属片通过时，金属片中产生感应电流，使接收线圈中的感应电流大小发生变化，方向仍为顺时针，C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 3.(2025·四川凉山期中)无线充电是近年发展起来的新技术。如图所示，该技术通过发射线圈和接收线圈传输能量。手机内置接收线圈，可以直接放在无线充电基座上进行充电，下列关于无线充电的说法正确的是 (　　) A.无线充电过程主要利用了电磁感应原理 B.在充电过程中只有电能间的相互转化 C.无线充电基座可以对所有手机进行充电 D.无线充电基座可以用稳恒直流电源充电 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：无线充电过程主要利用电磁感应原理来实现能量传递的，故A正确；在充电过程中线圈中有电流，根据电流的热效应，可知线圈会发热，有电能转化为内能，故B错误；如果手机内没有接收线圈，则无线充电基座不可以对手机进行充电，故C错误；如果无线充电基座用稳恒直流电源供电，则接收线圈的磁通量不变，不能产生感应电流，无法对手机充电，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 4.(2025·湖南长沙阶段练习)“千人震”实验可以用如图所示的电路完成。电路主要由几位同学手拉手与一节电动势为1.5 V的干电池、几根导线、开关和一个有铁芯的多匝线圈构成。以下说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.闭合开关瞬间，连成一串的同学有触电感觉，且左右两端同学间电压小于1.5 V B.断开开关瞬间，连成一串的同学有触电感觉，且左右两端同学间电压等于1.5 V C.闭合开关瞬间，连成一串的同学有触电感觉，且左右两端同学间电压大于1.5 V D.断开开关瞬间，连成一串的同学有触电感觉，且左右两端同学间电压大于1.5 V √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：当开关闭合后，多匝线圈与同学们并联，由于电源电动势为1.5 V，所以电流很小，同学没有触电感觉，故A、C错误；当开关断开瞬间，通过线圈的电流变小，线圈发生自感，从而产生很高的瞬间电压，加在左右两端同学间的电压大于1.5 V，使连成一串的同学有触电感觉，故B错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 5.(2025·四川遂宁阶段练习)在如图所示的电路中，L是一带铁芯的线圈，R为电阻。两条支路的直流电阻相等。那么在接通和断开开关的瞬间，两电流表的读数I1、I2的大小关系正确的是(　　) A.接通瞬间I1=I2，断开瞬间I1<I2 B.接通瞬间I1<I2，断开瞬间I1>I2 C.接通瞬间I1>I2，断开瞬间I1<I2 D.接通瞬间I1<I2，断开瞬间I1=I2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：当开关接通瞬间，R中电流I2立即增大到正常值，线圈中产生的自感电动势阻碍电流的增大，电流I1逐渐增大，则I1<I2；断开开关瞬间，线圈和电阻R串联，电流大小相等，即I1=I2，故选D。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 6.(多选)如图甲所示，电阻R1、R2的阻值相同，电感线圈L的自感系数较大，电源内阻不计。闭合开关S，待电路稳定后开始计时，t1时刻断开开关S，t2时刻整个电路的电流均为零。通过电流传感器(图中未画出，可认为内阻不计，不影响电路连接方式)测得t1时刻前后通过某个电阻的电流大小随时间变化 的图像如图乙所示，用I1和I2分 别表示开关S断开前后瞬间的电 流大小。则下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.电流传感器测量的是通过电阻R1的电流 B.电流传感器测量的是通过电阻R2的电流 C.断开开关S后，通过电阻R1、R2的电流大小始终相等 D.断开开关S前后，通过电阻R2的电流方向不变 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：由题图乙可知断开开关S后，通过电流传感器的电流先瞬间减小再缓慢变小，电感线圈L会使所在支路电流在断开开关S后缓慢减小，故电流传感器测量的是通过电阻R2的电流，故A错误，B正确；断开开关S后，两个支路间形成回路，R1与R2串联，故断开开关S后，通过电阻R1、R2的电流大小始终相等，故C正确；断开开关S前通过电阻R2的电流方向从右往左，断开开关S后，电感线圈L所在支路电流方向不变，仍为从右往左，通过电阻R2的电流方向变为从左向右，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 7.(多选)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。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。延时继电器就是因此而得名的。下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.由于A线圈的自感作用，才产生延时释放D的效果 B.由于B线圈的互感作用，才产生延时释放D的效果 C.若B线圈不闭合，则断开开关S时延时效果不明显 D.若改变B线圈的缠绕方向，断开开关S时延时效果不明显 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：延时继电器的工作原理是断开开关S的时候，穿过B线圈的磁通量发生变化，如果B线圈是闭合线圈则有感应电流，产生感应磁场，起到延时释放D的效果，故A错误，B、C正确；若改变B线圈的缠绕方向，根据楞次定律，断开S时仍会有延时效果，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 8.(多选)如图1所示，大功率家用电器的插头常配备漏电保护装置，工作原理如图2所示，其中“零序电流互感器”可视为闭合铁芯。正常用电时，火线和零线的电流等大反向；出现漏电时，快速响应电路能够在毫秒级的时间内检测到漏电并触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源。下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.漏电保护装置应用了电磁感应的原理 B.图2中零线应该置于互感器的外面，否则无法正常使用 C.正常用电时，M和N两点之间没有电压 D.出现漏电时，M和N两点之间没有电压 √ √ 解析：正常用电时，火线和零线电流始终等大反向，则穿过零序电流互感器的磁通量不发生变化，零序电流互感器无感应电动势，则M和N两点之间没有电压；出现漏电时，流经火线与零线的电流大小将不再相等，从而使穿过零序电流互感器的磁通 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 量发生变化，产生感应电动势，触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源，保护电路，即此时M和N两点之间有电压；由此可知漏电保护装置应用了电磁感应的原理，故A、C正确，D错误；题图2中若零线置于互感器的外面，则出现漏电时，零序电流互感器不能感应到通过火线的电流变化，互感器不能正常使用，因此题图2中零线应该置于互感器的里面，故B错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 9.(2025·四川成都阶段练习)(多选)如图所示，L1、 L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，灯泡 L1与理想二极管D相连，下列说法中正确的是 (　　) A.闭合开关S的瞬间，L1和L2都立刻变亮 B.闭合开关S稳定后，L1和L2一样亮 C.断开开关S的瞬间，a点的电势比b点的电势高 D.断开开关S的瞬间，L1先变亮后逐渐熄灭，L2会立即熄灭 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：闭合开关S的瞬间，由自感现象可知，两灯立刻变亮，故A正确；闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以L1与二极管被短路，导致L1不亮，L2将更亮，故B错误；断开开关S的瞬间，L2会立刻熄灭，线圈L与L1及二极管构成闭合回路，线圈L产生阻碍电流减小的感应电动势，可知a点的电势高于b点的电势，由于二极管的单向导电性，回路中没有电流，L1立即熄灭，故C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 10.(2025·浙江台州期末)(多选)某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，阻值均为R，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关，图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像，电感线圈自感系数较大，不计线圈的电阻及电源内阻。下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.开关S闭合后，灯泡D3逐渐变亮 B.开关S闭合后，流经灯泡D1的电流大小不变 C.开关S断开后，灯泡D1、D2均马上熄灭 D.根据题中信息，可以推算出图乙中u1<u2 √ √ 解析：开关S闭合后，由自感现象可知，通过灯泡D3的电流缓慢增加，灯泡D3逐渐变亮，待稳定后，流经灯泡D2和D3的电流相等，根据串、并联电路中电流的关系可知，开关S闭合后，流经灯泡D1的电流逐渐增加，故A正确，B错误；开关S断开后，灯泡D1所在 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 回路断路，故灯泡D1马上熄灭，而灯泡D2和D3与电感线圈形成闭合回路，由自感现象可知，电感线圈继续为灯泡D2和D3提供电流，所以灯泡D2和D3逐渐熄灭，故C错误；开关S闭合瞬间，灯泡D1和D2串联，电压传感器所测电压为灯泡D2两端电压，由欧姆定律可得u1=，电路稳定后，流过灯泡D3的电流为I=×=，开关S断开瞬间，电感线圈能够为灯泡D2和D3提供与之前大小相等的电流，故其两端电压为u2=I·2R=E，故u1<u2，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 11.(2025·河南新乡阶段检测)如图甲所示为研究自感现象的电路图，其中灯泡的电阻R1=3.0 Ω，定值电阻R=1.0 Ω，A、B间电压U=6.0 V。闭合开关S，电路处于稳定状态，t=1.0×10-3 s时断开开关S，通过线圈L的电流随时间变化的i⁃t图像如图乙所示。下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.线圈L的直流电阻为4 Ω B.断开开关S瞬间，通过灯泡的电流方向向左 C.断开开关S时，可以观察到灯泡闪亮一下再灭 D.断开开关S后，通过电阻R的电荷量约为2.25×10-3 C √ 解析：由题图乙可知，断开开关S前，通过线圈的电流为1.5 A，则线圈所在支路的总电阻R支=RL+R== Ω=4 Ω，线圈的直流电阻RL=R支-R=3 Ω，故A错误；断开开关S瞬间，线圈、电阻和灯泡组成闭合回路，线圈产生的感应电流方向向右，则通过灯泡的电流方向向左，故B正确； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 断开开关S前，通过灯泡的电流I1== A=2 A，由题图乙可知，断开开关S后，通过灯泡的电流从1.5 A逐渐减小到零，灯泡不会闪亮，而是逐渐变暗最后熄灭，故C错误；通过电阻R的电荷量等于i⁃t图像与时间轴所围的面积，大小约为q=18×0.1×0.2×10-3 C=3.6×10-4 C，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 12.(多选)如图所示的甲、乙电路中，A1、A2为两盏完全相同的灯泡，L1、L2是自感系数很大、直流电阻阻值大于灯泡阻值的自感线圈，E为电源，S1、S2为开关，在演示自感现象的过程中，下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.闭合开关S1时，通过A1的电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定 B.闭合开关S2时，通过A2的电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定 C.断开开关S1时，通过A1的电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 D.断开开关S2时，通过A2的电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：闭合开关S1时，由自感现象可知，通过A1的电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮，选项A错误；闭合开关S2时，通过A2的电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定，选项B正确；断开开关S1时，自感线圈L1与A1和电阻组成回路，由自感现象可知，通过A1的电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变，选项C正确；如图所示，设 电路中稳态电流为I1、I2，因自感线圈直流电阻阻值大 于灯泡阻值，则I2<I1，断开开关S2时，A2逐渐变暗， A2中电流方向改变，选项D错误。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $