课件19张PPT。楞次定律和右手定则的应用 电磁感应中的图象问题 课件74张PPT。教师用书独具演示●教学流程设计演示结束探究感应电流的方向 阻碍阻碍楞次定律 阻碍 磁通量 右手定则 同一个平面 垂直 垂直 导体运动 感应电流 对楞次定律的理解 楞次定律意义延伸及其和右手定则的关系综合解题方略——一定律、三定则的综合应用 课时作业（四）课件57张PPT。教师用书独具演示●教学流程设计演示结束自感现象和自感电动势 自身电流 自身电流 自感系数 自感电动势 1 A 形状 长短 越大 铁芯 亨利 亨 H 106 自感电动势的产生 断电自感和通电自感现象 综合解题方略——自感现象的实际应用 课时作业（五）课件49张PPT。教师用书独具演示●教学流程设计演示结束日光灯与镇流器、感应圈 镇流器 动触片断开汞蒸气荧光物质瞬时高压降压限流低压直流 初级线圈 次级线圈 小功率高压 振荡电路 电弧火花 日光灯的工作原理 综合解题方略——自感现象在感应圈中的应用 课时作业（六）综合检测(二)
第2章 楞次定律和自感现象
(分值：100分 时间：60分钟)
一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分．共42分．每小题至少有一个答案是正确的．)
1．(2011·广东高考)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是
( )
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
【解析】 由法拉第电磁感应定律E＝n知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A错．感应电动势正比于，与磁通量的大小无直接关系，B错误，C正确．根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D错误．
【答案】 C
2．(2012·株洲高二检测)位于光滑水平面的小车上放置一螺线管，一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴线水平穿过，如图1所示，在此过程中( )
图1
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，由楞次定律的扩展含义知产生的相互作用力阻碍磁铁的运动．同理，磁铁穿出时，由楞次定律的扩展含义知产生的相互作用力阻碍磁铁的运动，故整个过程中，磁铁做减速运动，选项B是正确的．而对于小车上螺线管来说，在此过程中，螺线管受到的安培力都是水平向右，这个安培力使小车向右一直做加速运动，C对．
【答案】 BC
3．如图2所示为测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L的两端并联一个电压表，用来测量自感线圈的直流电压．在测量完毕后，将电路拆解时应
( )
图2
A．先断开S1
B．先断开S2
C．先拆除电流表
D．先拆除电压表
【解析】 若先断开S1或先拆除电流表，线圈与电压表组成闭合电路，这时，流过电压表的电流值较大且与原来方向相反，电压表的指针将反向偏转，容易损坏电压表．按操作要求，应先断开开关S2，再断开开关S1，然后拆除器材．
【答案】 B
4．(2013·宁波高二期末)美国《大众科学》月刊网站2011年6月22日报道，美国明尼苏达大学的研究人员发现，一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能．具体而言，只要略微提高温度，这种合金会从非磁性合金变成强磁性合金，从而在环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图3所示．M为圆柱形合金材料，N为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径．现对M进行加热，则( )
图3
A．N中将产生逆时针方向的电流
B．N中将产生顺时针方向的电流
C．N线圈有收缩的趋势
D．N线圈有扩张的趋势
【解析】 当对M加热使其温度升高时，M的磁性变强，穿过N内的磁通量增加，则N中感应电流的磁场阻碍其增加，故N有扩张的趋势，才能使穿过N的磁通量减少，C错，D对，由于不知M的磁场方向，故不能判断N中的感应电流方向，A、B均错．
【答案】 D
5．如图4所示，要使图中ab段直导线中有向右的电流，则导线cd应( )
图4
A．向右加速运动
B．向右减速运动
C．向左加速运动
D．向左减速运动
【解析】 由右手定则知当cd向右运动时，与cd相连的线圈中产生与ab方向相反的电流，当cd向左运动时，与cd相连的线圈中产生与ab中方向相同的电流，且由Icd＝知，v增加，Icd变大，结合楞次定律可知当cd向右加速或向左减速时，ab中电流方向向右，A、D对，B、C错．
【答案】 AD
6．(2013·武汉高二期末)如图5所示，在空间存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.一水平放置的长度为L的金属杆ab与圆弧形金属导轨P、Q紧密接触，P、Q之间接有电容为C的电容器．若ab杆绕a点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则下列说法正确的是( )
图5
A．电容器与a相连的极板带正电
B．电容器与b相连的极板带正电
C．电容器的带电量是
D．电容器的带电量是
【解析】 若ab杆绕a点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，产生的感应电动势为E＝BL2ω/2.由C＝Q/E解得电容器的带电量是Q＝，选项C错误，D正确．右手定则可判断出感应电动势方向b指向a，电容器与a相连的极板带正电，选项A正确，B错误．
【答案】 AD
7．一矩形线圈位于一随时间t变化的匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在的平面(纸面)向里，如图6甲所示，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．以I表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示的电流方向为正，则以下的I－t图象中正确的是( )
图6
【解析】 题中线圈的面积S一定，磁感应强度B的变化引起穿过线圈的磁通量发生变化，从而使线圈中产生感应电流．根据E＝＝，I＝可知，I＝·(R为线圈电阻)，可见I∝，所以在第1、2、4、6秒内，产生的是恒定电流，在第3、5秒内无感应电流产生，选项C、D错；在第1秒内，B不断增大，由楞次定律可得，产生的感应电流方向与图示方向相反，即为负，故选项B错，A正确．
【答案】 A
二、非选择题(本题共5个小题，共58分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
8．(9分)如图7所示是用来做电磁感应实验的装置示意图，当闭合开关S时，发现电流表的指针向右偏转一下后又回到中间位置，现继续进行实验：
图7
(1)把原线圈插入副线圈的过程中，电流表的指针将________．插入副线圈后，电流表指针将________．
(2)若原副线圈保持不动，在变阻器滑片P向左移动的过程中，电流表指针将________．
【解析】 把原线圈插入副线圈时，Φ变大，产生阻碍Φ变大的感应电流，与题干情况相同故向右偏，插入后，Φ稳定不变化，无感应电流，故指中央位置，P向左移动时，Φ减弱，感应电流阻碍Φ减弱，与题干情况相反故向左偏．
【答案】 (1)向右偏 指向中央位置 (2)向左偏
9．(10分)(2012·屯昌高二检测)如图8甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN和PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.2 m，电阻R＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属杆，导轨电阻忽略不计，整个装置处在磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表示数U随时间t变化关系如图乙所示．求：
图8
(1)金属杆在5 s末的运动速率；
(2)第4 s末时外力F的功率．
【解析】 (1)因为U＝RBLv/(R＋r)
所以＝·，即a＝0.5 m/s2
金属棒做加速度为0.5 m/s2的匀加速直线运动
v5＝at5＝2.5 m/s.
(2)v4＝at4＝2 m/s
此时：I＝＝0.4 A，F安＝BIL＝0.04 N
对金属棒：F－F安＝ma，F＝0.09 N
故：PF＝Fv4＝0.18 W.
【答案】 (1)2.5 m/s (2)0.18 W
10．(12分)横截面积S＝0.2 m2、n＝100匝的圆形线圈A处在如图9所示的磁场内，磁感应强度变化率为0.02 T/s.开始时S未闭合，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，线圈内阻不计，求：
图9
(1)闭合S后，通过R2的电流的大小和方向；
(2)闭合S后一段时间又断开，问S断开后通过R2的电荷量是多少？
【解析】 (1)磁感应强度变化率的大小为＝0.02 T/s，B逐渐减弱，
所以E＝n＝100×0.02×0.2 V＝0.4 V
I＝＝ A＝0.04 A，方向从上向下流过R2.
(2)R2两端的电压为U2＝E＝×0.4 V＝0.24 V
所以Q＝CU2＝30×10－6×0.24 C＝7.2×10－6 C.
【答案】 (1)0.04 A，从上向下 (2)7.2×10－6 C
图10
11．(12分)如图10所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：
(1)磁感应强度的大小B；
(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；
(3)流经电流表电流的最大值Im.
【解析】 (1)电流稳定后，导体棒做匀速运动
BIL＝mg①
解得B＝.②
(2)感应电动势E＝BLv③
感应电流I＝④
由②③④式解得v＝.
(3)由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm
机械能守恒mv＝mgh
感应电动势的最大值Em＝Blvm
感应电流的最大值Im＝
解得Im＝.
【答案】 (1) (2) (3)
12．(15分)如图11甲所示，空间有一宽为2L的匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外．abcd是由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，总电阻值为R.线框以垂直磁场边界的速度v匀速通过磁场区
域．在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场边界平行．设线框刚进入磁场的位置x＝0，x轴沿水平方向向右．求：
甲 乙
图11
(1)cd边刚进入磁场时，ab两端的电势差，并指明哪端电势高；
(2)线框穿过磁场的过程中，线框中产生的焦耳热；
(3)在乙图中，画出ab两端电势差Uab随距离变化的图象．其中U0＝BLv.
【解析】 (1)dc切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv
回路中的感应电流I＝
ab两端的电势差U＝I·R＝BLv
b端电势高．
(2)设线框从dc边刚进磁场到ab边刚进磁场所用时间为t
由焦耳定律Q＝2I2Rt
L＝vt求出Q＝.
(3)说明：画对一条
【答案】 (1)BLv，b端电势高
(2) (3)见解析
1．(2013·新课标全国高考)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是( )
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系
B．安培根据通电螺线管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．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流
D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
【解析】 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间的关系，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相似，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正确；法拉第提出的是电磁感应定律，但恒定电流周围不产生感应电流，选项C错误；楞次定律指出感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确．
【答案】 ABD
2．如图2－1－13所示，通电直导线与线圈abcd在同一平面内，则( )
图2－1－13
A．线圈向右平动时，感应电流沿adcb方向
B．线圈竖直向下平动，则无感应电流
C．线圈以ab边为轴转动，产生的感应电流沿adcb方向
D．线圈沿垂直纸面方向远离导线，则产生的感应电流沿adcb方向
【解析】 线圈向右平动时，穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，感应电流沿abcd方向，选项A错误．线圈竖直向下平动，穿过线圈的磁通量不变，则无感应电流，选项B正确．线圈以ab边为轴转动，穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，感应电流沿abcd方向，选项C错误．线圈沿垂直纸面方向远离导线，穿过线圈的磁通量减少，则产生的感应电流沿abcd方向，选项D错误．
【答案】 B
3．图2－1－14中小圆圈表示处于匀强磁场中闭合电路一部分导线的截面，速度v在纸面内，关于感应电流有无及方向的判断正确的是( )
(甲) (乙) (丙) (丁)
图2－1－14
A．(甲)图中有感应电流，方向向里
B．(乙)图中有感应电流，方向向外
C．(丙)图中有感应电流，方向向外
D．(丁)图中a、b、c、d四位置上均无感应电流
【解析】 根据右手定则，(甲)图中有感应电流，方向向里，选项A正确．(乙)图中不切割磁感线，无感应电流，选项B错误．(丙)图中不切割磁感线，无感应电流，选项C错误．(丁)图中b、d两位置切割磁感线，有感应电流，选项D错误．
【答案】 A
4．(2013·湛江高二期末)两根相互平行的金属导轨水平放置于如图2－1－15所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以在导轨上自由滑动，当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法正确的是( )
图2－1－15
A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→C
B．导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
C．磁场对导体棒CD的作用力向左
D．磁场对导体棒CD的作用力向右
【解析】 AB棒向右运动时，由右手定则知，感应电流的方向由B→A.故在CD中电流由C→D，A错，B对．再由左手定则判CD所受安培力为向右，C错，D对．
【答案】 BD
5．如图2－1－16所示，把金属环匀速拉出磁场，下面说法正确的是( )
图2－1－16
A．向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反
B．不管向什么方向拉出，只要产生感应电流，方向都是顺时针
C．向右匀速拉出时，感应电流大小不变
D．要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变
【解析】 无论沿什么方向将环拉出磁场，垂直于环向里的磁通量减少，由楞次定律可知感应电流的方向都是沿顺时针方向，A错，B对；匀速拉出时由于有效切割长度在变化，感应电动势、感应电流大小都在变化，C错；拉力F＝F安＝，l变化，F变化，D对．
【答案】 BD
6. (2012·常州高二期末)如图2－1－17所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放在导轨上，形成闭合回路，当一条形磁铁从上方向下迅速接近回路时，可动的两导体棒P、Q将( )
图2－1－17
A．保持不动
B．两根导体棒相互远离
C．两根导体棒相互靠近
D．无法判断
【解析】 效果法：四根导体组成闭合回路，当磁铁迅速接近回路时，不管是N极还是S极，穿过回路的磁通量都增加，闭合回路中产生感应电流，感应电流将“阻碍”原磁通量的增加，怎样来阻碍增加呢？可动的两根导体只能用减小回路面积的方法来阻碍原磁通量的增加．得到的结论是P、Q相互靠近，选项C正确．还可以用常规法，根据感应电流受磁场力的方法来判断．
【答案】 C
7．(2013·福州检测)绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图2－1－18所示，线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．若保持电键闭合，则( )
图2－1－18
A．铝环不断升高
B．铝环停留在某一高度
C．铝环跳起到某一高度后将回落
D．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变
【解析】 若保持电键闭合，磁通量不变，感应电流消失，所以铝环跳起到某一高度后将回落；正、负极对调，同样磁通量增加，由楞次定律知，铝环向上跳起．
【答案】 CD
8．环形线圈放在匀强磁场中，设第1 s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图2－1－19甲所示．若磁感应强度随时间t的变化关系如图乙所示，那么在第 2 s内，线圈中感应电流的大小和方向是( )
图2－1－19
A．大小恒定，逆时针方向
B．大小恒定，顺时针方向
C．大小逐渐增加，顺时针方向
D．大小逐渐减小，逆时针方向
【解析】 由图乙可知，第2 s内为定值，由E＝＝S知，线圈中感应电动势为定值，所以感应电流大小恒定．第2 s内磁场方向向外，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知感应电流为逆时针方向，A项正确．
【答案】 A
9．(2011·上海高考)如图2－1－20，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中( )
图2－1－20
A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针
B．感应电流方向一直是逆时针
C．安培力方向始终与速度方向相反
D．安培力方向始终沿水平方向
【解析】 圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，感应电流为逆时针；跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流为顺时针；再摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流为逆时针，所以A正确；由于圆环所在处的磁场，上下对称，所受安培力竖直方向平衡，因此总的安培力沿水平方向，故D正确．
【答案】 AD
10．(2013·兰州高二检测)如图2－1－21所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里．矩形线框abcd从t＝0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I(取逆时针方向的电流为正)随时间t的变化图线是( )
图2－1－21
【解析】 矩形线框abcd从t＝0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，则线框中产生的感应电流I随时间均匀增大，由右手定则可知产生的感应电流方向为顺时针方向，感应电流I随时间t的变化图线是D.
【答案】 D
11．固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd边长为L，其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可忽略的铜线，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，现有一段与ab完全相同的电阻丝PQ架在导线框上，如图2－1－22所示，以恒定的速度v从ad滑向bc，当PQ滑过的距离时，通过aP段电阻丝的电流是多大？方向如何？
2－1－22
【解析】 当PQ滑过的距离时，其等效电路图如图所示．
PQ切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv
感应电流为I＝，R总＝R＋R＝R，IaP＝I＝
电流方向为从P到a.
【答案】 从P到a
12．(2013·宁波高二期末)如图2－1－23所示，在相距L＝0.5 m的两条水平放置的足够长光滑平行金属导轨，不计电阻，广阔的匀强磁场垂直向上穿过导轨平面，磁感应强度B＝1 T，垂直导轨放置两金属棒ab和cd，电阻r均为1 Ω，质量m都是0.1 kg，两金属棒与金属导轨接触良好．从0时刻起，用一水平向右的拉力F以恒定功率P＝2 W作用在ab棒上，使ab棒从静止开始运动，经过一段时间后，回路达到稳定状态．求：
(1)若将cd固定不动，达到稳定时回路abcd中的电流方向如何？此时ab棒稳定速度为多大？
(2)当t＝2.2 s时ab棒已达到稳定速度，求此过程中cd棒产生的热量Q?
图2－1－23
【解析】 (1)电流方向为a→b→c→d→a
当稳定时，F＝FA，
FA＝BIL，I＝BLv/R总，P＝Fv，R总＝2r
v＝
v＝4 m/s.
(2)由Pt＝mv2＋Q总
可得Q总＝3.6 J
因为两棒电阻一样，通过电流又时刻相同，所以产生热量一样，Q＝Qcd＝Q总/2＝1.8 J.
【答案】 (1)电流方向abcda 4 m/s
(2)1.8 J
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的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】 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；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；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，D项正确．
【答案】 D
2．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2－2－7所示．其道理是( )
图2－2－7
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】 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，在该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．
【答案】 C
3．(2013·银川高二检测)如图2－2－8所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数很大，其电阻可以忽略．下列说法中正确的是( )
图2－2－8
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，流过A2的电流方向与断开前通过的电流方向相同
【解析】 S接通时，由于L的自感电动势较大，A1后亮，A2先亮，A1、A2完全相同．L电阻不计线路稳定后，A1、A2一样亮，A对，B错．断开S时，L和A1、A2构成回路，A1、A2过一会儿熄灭，流过A2的电流与断开前相反，C、D均错．
【答案】 A
4．(2012·常德高二检测)如图2－2－9所示电路中，电源内电阻和线圈L的电阻均不计，K闭合前，电路中电流为I＝E/2R.将K闭合时，线圈中的自感电动势( )
图2－2－9
A．有阻碍电流作用，最后电流为零
B．有阻碍电流作用，最后电流总小于I
C．有阻碍电流增大的作用，电流保持I不变
D．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是要增大到2I
【解析】 K闭合后，电路中电流增大，由于线圈产生自感电动势，阻碍电流增大，但阻碍不是阻止，最终结果不受影响，电流最后还是要增大到2I.正确理解“阻碍”与“阻止”．
【答案】 D
5．如图2－2－10所示，E为电池组，L是自感线圈(直流电阻不计)，D1、D2是规格相同的小灯泡．下列判断正确的是( )
图2－2－10
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闪亮一下
D．断开S时，D1、D2均不立即熄灭
【解析】 开关S闭合时D1，D2同时亮，电流从无到有，线圈阻碍电流的增加，A错．闭合S达稳定时D1被短路，电路中电阻减小，D2比起初更亮，B对．断开S时，线圈阻碍电流减小，故D1会闪亮一下，而D2在S断开后无法形成通路，会立即熄灭，所以C对，D错．
【答案】 BC
6．(2013·镇江检测)如图2－2－11所示的电路中，两个相同的电流表G1和G2，零点均在刻度盘的中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；当电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆，在电路接通后再断开开关S的瞬间，下述说法中正确的是( )
图2－2－11
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．G1、G2的指针都向右摆
D．G1、G2的指针都向左摆
【解析】 在电路接通后再断开开关S的瞬间，由于线圈L中的原电流突然减小，线圈L中产生自感现象，线圈中的电流逐渐减小，电流流经L、G2、R、G1，方向顺时针，由于从表G1的“＋”接线柱流入，表G2的“－”接线柱流入，因此G1指针右偏，表G2的指针左偏，答案选A.
【答案】 A
7．如图2－2－12所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值．在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S.下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是( )
图2－2－12
【解析】 S闭合时，由于自感L有感抗，经过一段时间电流稳定时L电阻不计．可见电路的外阻是从大变小的过程．由U外＝E可知U外也是从大变小的过程．t1时刻断开S，由于自感在L、R、D构成的回路中电流从B向A且中间流过D，所以t1时刻UAB反向，B正确．
【答案】 B
8．如图2－2－13所示的电路中，三个相同的灯泡M、N、P和线圈L1、L2与直流电源连接，线圈的电阻忽略不计，开关S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有( )
图2－2－13
A．M先变亮，然后逐渐变暗
B．N先变亮，然后逐渐变暗
C．P先变亮，然后逐渐变暗
D．N、P都逐渐变暗
【解析】 由题图中看出，S突然断开时，线圈L1、L2中的感应电动势瞬间都给灯M提供电压，因此灯M瞬间电流比原来大，故灯M先变亮，然后逐渐变暗，灯N、P都逐渐变暗．
【答案】 AD
9．(2013·长郡高二期末)如图2－2－14所示是研究自感通电实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合电键调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开电键S.重新闭合电键S，则
( )
图2－2－14
A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮
B．闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮
C．稳定后，L和R两端电势差一定相同
D．稳定后，A1和A2两端电势差不相同
【解析】 闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮，稳定后，两个灯泡的亮度相同，说明它们的电压相同，L和R两端电势差一定相同，选项B、C正确，A、D错误．
【答案】 BC
10．在如图2－2－15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2－2－15
【解析】 电路图如图所示．t′时刻闭合S，则由于线圈L的自感作用，通过小灯泡L1的电流i1从零逐渐增加，直到达到稳定值I，故灯L1的电流变化为B图象所示，故A错，B对；而小灯泡L2所在支路没有上述现象，S一闭合，电流i2就为稳定值I，故C、D均错．
【答案】 B
11.如图2－2－16所示，电源的电动势E＝15 V，内阻忽略不计．R1＝5 Ω，R2＝15 Ω，电感线圈的电阻不计，求当开关S接通的瞬间，S接通达到稳定时及S切断的瞬间流过R1的电流．
图2－2－16
【解析】 开关S接通瞬间，流过线圈L的电流不能突变，所以流过R1的电流仍为0.达到稳定时，线圈相当于导线，所以流过R1的电流为I1＝＝A＝3 A.
开关S断开瞬间，流过线圈L的电流不能突变，所以流过R1的电流仍为3 A.
【答案】 0 3 A 3 A
12. (2012·淮安高二检测)如图2－2－17所示为研究自感实验电路图，并用电流传感器显示出在t＝1×10－3s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流(如图2－2－18)．已知电源电动势E＝6 V，内阻不计，灯泡R1的阻值为6 Ω，电阻R的阻值为2 Ω.
图2－2－17
图2－2－18
(1)线圈的直流电阻RL＝________Ω.
(2)开关断开时，该同学观察到的现象是________________，并计算开关断开瞬间线圈产生的自感电动势是________ V.
【解析】 由图象可知S闭合稳定时IL＝1.5 A
RL＝－R＝ Ω－2 Ω＝2 Ω
此时小灯泡电流I1＝＝ A＝1 A
S断开后，L、R、R1组成临时回路
电流由1.5 A逐渐减小，所以灯会闪亮一下再熄灭，自感电动势E＝IL(R＋RL＋R1)＝15 V.
【答案】 (1)2 (2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭 15
1．关于日光灯工作过程中的电磁感应现象，下列说法中不正确的是( )
A．在灯丝预热阶段，镇流器利用自感控制电流
B．在灯管点燃阶段，镇流器利用断电自感提供瞬时高压
C．灯管正常发光阶段，镇流器利用阻碍电流变化的自感作用降压限流，保证日光灯正常发光
D．灯管正常发光后，镇流器已失去作用
【解析】 在日光灯启动发光的不同阶段，镇流器所起的作用也是不同的．在灯丝预热阶段，镇流器利用自感控制电流加热灯丝，以获得电子；在灯管点燃阶段，需镇流器提供瞬时高压；正常发光时，镇流器起降压限流作用，选项D错误．
【答案】 D
2．关于日光灯下列说法中正确的是( )
A．日光灯是常用的照明灯具之一，它所消耗的电功率仅为相同亮度白炽灯的～
B．灯管内气体的击穿电压和正常工作电压都是220 V
C．灯管发光是由于管内的气体被加热到炽热状态，发出的光
D．让日光灯正常工作，必须一直给其提供比220 V高很多的电压
【解析】 日光灯比白炽灯发光效率高，属于节能的灯具，它所消耗的电功率仅为相同亮度白炽灯的～，故选项A正确．灯管启动电压高于220 V、正常工作电压低于220 V，选项B、D错误．灯管发光是因为灯管两端炽热的灯丝释放出大量电子，这些电子与汞原子碰撞而放出紫外线，涂在内壁的荧光物质在紫外线的照射下发出可见光．选项C错误．
【答案】 A
3．下列关于电焊机的说法正确的是( )
A．电焊时，焊条与工件始终接触
B．电焊时，是靠流过焊条与工件接触电阻的电流的热效应完成的
C．电焊时，点火电压很高，约为几万伏
D．电焊时，电弧火花产生的高温把金属工件局部熔化，冷却后焊接处就熔为一体
【解析】 电焊时，先把焊条与被焊的工件短暂接触，然后迅速将焊条提起，与工件保持4 mm～5 mm的距离，故选项A错；电焊时，是靠电弧火花产生的高温把金属工件局部熔化进行焊接，故选项B错，D对；电焊时，点火电压约为70 V，并不高，故C错．
【答案】 D
4．下列对日光灯元件的认识，正确的是( )
A．启动器氖管内的氖气在较低电压下发光，但不适于照明
B．灯管内的汞蒸气在较高电压下发光且适合照明
C．启动器中的电容器是使动、静触片在分离时不产生火花
D．灯管内壁的荧光物质是在灯丝发出的电子激发下发光的
【解析】 启动器相当于自动开关，配合镇流器产生瞬时高压，启动器发光时间短且弱，不适于照明，选项A正确，电容器的作用是在动、静触片分离时不产生火花，以避免烧毁触片，选项C正确．灯管内汞蒸气在高电压导通，炽热灯丝发出的大量电子与汞原子碰撞而放出紫外线，荧光物质在紫外线照射下发出可见光，选项B、D均错误．
【答案】 AC
5．如图2－3－5所示的四个日光灯的接线图中，S1为启动器，S2为开关，L为镇流器，能使日光灯正常发光的是( )
图2－3－5
A．①③ B．②④
C．①② D．②③
【解析】 日光灯工作时，电流通过镇流器、灯丝，电源和启动器形成回路，使启动器发出辉光，相当于启动器短路接通，同时电流加热灯丝，灯丝发射电子，镇流器起控制加热电流的作用；之后启动器断开瞬间，镇流器产生很大的自感电动势，出现一个高电压加在灯管两端，灯管中的气体导电、发光，此时启动器已无作用．所以启动器可用手动的开关来代替(实际操作时，当启动器丢失或损坏时，可手持带绝缘皮的导线短接启动器然后再断开)，所以①③正确；④中，当启动器两金属片断开时，镇流器产生的瞬时高压不能加在灯管上，故④错；②中，当动、静触片分开后，灯管和电源断开，故②错．
【答案】 A
6．关于日光灯电路的连接，下列说法中不正确的是( )
A．启动器与灯管并联
B．镇流器与灯管串联
C．启动器与镇流器并联
D．启动器相当于开关
【解析】 根据日光灯工作原理可知，启动器与灯管并联、镇流器与灯管串联，启动器的动触片和静触片短暂接通后断开，镇流器向灯管提供瞬时高压，所以，启动器仅起到了开关作用．故C正确．
【答案】 C
7．镇流器是由一个线圈和铁芯构成的，下列说法中正确的是( )
A．镇流器中加入铁芯变成了电磁铁，在日光灯电路中起开关的作用
B．镇流器在日光灯正常发光后，只消耗电能，为了节能可以把它短路
C．日光灯电路中的镇流器可以用白炽灯泡来替代
D．镇流器中的铁芯是为了增大自感系数
【解析】 镇流器中加入铁芯是为了增大线圈整体的自感系数，进而产生更大的自感电动势．以击穿灯管内气体而导通；灯管导通后镇流器又起降压限流作用，故不可将其短路，且在启动时不可用白炽灯泡来代替．故D正确．
【答案】 D
8．(2013·济南检测)如图2－3－6所示，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( )
图2－3－6
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．启动器内的电容器毫无作用
【解析】 日光灯启动时，镇流器为灯管提供瞬时高压，日光灯正常工作时，镇流器起降压限流的作用．启动器只是起一个自动开关的作用，故A、B错误，C正确；启动器内的电容器的作用是在动、静触片分离时避免产生火花而烧坏触片，对启动器起保护作用，故D错误．
【答案】 C
9．关于感应圈下列说法不正确的是( )
A．感应圈是利用自感现象来获得高电压的装置
B．在工程中，感应圈可作为大功率高压电源使用
C．煤气灶电子点火装置，是利用感应圈产生高电压电火花来完成的
D．感应圈的主要构造包括绕在铁芯上的两个绝缘线圈及继电器等
【解析】 感应圈是根据自感的原理利用低压直流电源来获得高电压的装置，A正确．受直流电源提供电功率的限制，感应圈不能作为大功率高压电源使用，B不正确．感应圈的主要构造包括两个绝缘线圈和继电器等，D正确．煤气灶电子点火装置是利用感应圈产生的高电压火花来完成的，C正确．
【答案】 B
10．(2013·济南高二检测)如图2－3－7所示是日光灯电路图，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2－3－7
A．S1接通，S2、S3断开，日光灯就能正常发光
B．S1、S2接通，S3断开，日光灯就能正常发光
C．S3断开，接通S1、S2后，再断开S2，日光灯就能正常发光
D．当日光灯正常发光后，再接通S3，日光灯仍能正常发光
【解析】 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，灯管两端被短路，电压为零，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，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，使灯管内气体电离，日光灯正常发光，选项C正确．
【答案】 C
11．在日光灯工作原理中，如图2－3－8所示．
(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，220 V交流电压加在________之间，使氖泡发出辉光；
(3)日光灯启动瞬间，灯管两端的电压________220 V(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________的作用，保证日光灯正常工作；
(5)启动器中的电容器能________，没有电容器，启动器也能工作．
图2－3－8
【解析】 按原理图接好日光灯电路后，当开关闭合，电源把电压加在启动器的两金属片之间，使氖泡内的氖气放电发出辉光，辉光放电产生的热量使U形动触片膨胀，跟静触片接触把电路接通，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形动触片冷却后收缩恢复原状，两金属片分离电路断开，由于镇流器的自感作用，会产生很高的自感电动势，其方向与原电压方向相同，很高的自感电动势加上原电源电压加在灯管两端，使管内气体导电，产生紫外线，激发荧光粉发光，灯管被点亮．
日光灯使用的是正弦交流电，电流的大小和方向都随时间做周期性变化，在日光灯正常发光后，由于交变电流通过镇流器的线圈，线圈中会产生自感电动势，它的作用总是阻碍电流的变化，这时的镇流器就起到了降压限流的作用，保证日光灯的正常工作．启动器中的电容器能使动、静触片脱离时避免产生电火花而烧毁启动器．没有电容器，同样能工作，当日光灯正常点亮后，启动器不再起作用，就是摘去了也不影响日光灯的发光．
【答案】 (1)断开的 (2)启动器的两电极
(3)大于 (4)断开 降压限流
(5)避免产生电火花
12．如图2－3－9所示的电路，已知E＝12 V，r＝1 Ω，R1＝2 Ω，R2＝9 Ω，R3＝15 Ω，L＝2H，线圈电阻不计．开始开关S接到A点，电路中电流恒定，若将开关S接到B点的瞬间，线圈L中产生的最大自感电动势是多大？
图2－3－9
【解析】 当开关S接到A点时，通过线圈L的恒定电流可以由欧姆定律求得，即I0＝E/(R1＋R2＋r)＝1 A.
当开关S接到B点的瞬间，线圈L中的电流不能突变，仍为I0＝1 A，此时线圈L、电阻R2、R3构成回路，线圈L中产生的最大自感电动势是E自＝I0(R2＋R3)＝24 V.
【答案】 24 V
