人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练

人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练
一、选择题(共计15小题)
1．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示，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IL和电阻中的电流IR随时间t变化的图象．下列图象中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示，电感线圈L的直流电阻为RL、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闭合且稳定后，G1、G2的指针均向右偏（电流表的零刻度在表盘中央），则当开关S断开时，下列说法正确的是（　　）
A．G1、G2的指针都立即回到零点
B．G1缓慢回到零点，G2立即左偏，然后缓慢回到零点
C．G1立即回到零点，G2缓慢回到零点
D．G2立即回到零点，G1缓慢回到零点
3．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）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
4．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）低频电涡流传感器可用来测量自动化生产线上金属板的厚度．如图，在线圈L1中通以低频交流电，它周围会产生交变磁场，其正下方有一个与电表连接的线圈L2，金属板置于L1、L2之间．当线圈L1产生的变化磁场透过金属板，L2中会产生感应电流．由于金属板厚度不同，吸收电磁能量强弱不同，导致L2中感应电流的强弱不同，则（　　）
A．金属板吸收电磁能量，是由于穿过金属板的磁场发生变化，板中产生涡流
B．金属板越厚，涡流越弱
C．L2中产生的是直流电
D．L2中产生的是与L1中不同频率的交流电
5．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）实验高中南、北校区之间要辅设一条输电线路，该线路要横穿两校区之间的公路，为了保护线路不至被压坏，必须在地下预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过．校方将该要求在学校的物理探究小组中公布并征求电线穿管的方案．经过遴选，目前有如图所示的两种方案进入最后的讨论阶段：甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过；乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过．如果输电导线输送的电流很强大，那么，下列讨论的结果正确的是（　　）
A．若输送的电流是恒定电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的
B．若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的
C．若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的
D．无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲、乙两方案都是可行的
6．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）下列说法中正确的是（　　）
A．电磁炉是采用电磁感应原理，在金属锅上不产生涡流，使锅体不发热从而点火加热食物的
B．磁电式电表的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，是为了防止电磁感应
C．精密线绕电阻常采用双线绕法，可以增强线绕电阻通电时产生的磁场
D．交流发电机的工作原理是电磁感应
7．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）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．接通时I1＜I2，断开时I1＞I2 B．接通时I1＜I2，断开时I1=I2
C．接通时I1＞I2，断开时I1＜I2 D．接通时I1=I2，断开时I1＜I2
8．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计．以下判断正确的是（　　）
A．闭合S瞬间，灯泡不发光
B．闭合S带电路稳定后，灯泡发光
C．断开S瞬间，灯泡发光
D．断开S瞬间，电阻R上无电流通过
9．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）图示为演示自感现象的实验电路，闭合开关S一段时间后再断开，那么，断开S前后，通过B灯的电流iB的变化情况可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）图a、b两个电路中，A、B是两个完全相同的电灯泡，两个电源电动势相等，内阻都是r，C为电容器，L为电感线圈，电阻是RL，RL小于灯泡电阻R，下列说法正确的是（　　）
A．闭合电键，A先亮后熄灭
B．闭合电键，电路稳定后A比B后亮
C．断开电键，A中电流立即为零
D．断开电键，B先变亮后再熄灭
11．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示，电路甲、乙中，电阻R和自感线圈L的直流电阻值相同都较小，接通S，使电路达到稳定，灯泡D发光．则（　　）
A．在电路甲中，断开S，D将逐渐变亮
B．在电路甲中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路乙中，断开S，D将立刻熄灭
D．在电路乙中，断开S，D将变得更亮，然后渐渐变暗
12．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）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B端迅速滑向A端的过程中，经过AB中点C时通过线圈的电流为I1；P从A端迅速滑向B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=I0 B．I1＞I0＞I2 C．I1=I2＞I0 D．I1＜I0＜I2
13．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图电路中，A1、A2是两个指示灯，L是自感系数很大的线圈，电阻R阻值较小，开关S1断开、S2闭合．现闭合S1，一段时间后电路稳定．下列说法中正确的是（　　）
A．闭合S1，通过电阻R的电流先增大后减小
B．闭合S1，Al亮后逐渐变暗
C．闭合S1，A2逐渐变亮，然后亮度不变
D．断开电路时，为保护负载，应先断开S2，再断开S1
14．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示，电源电动势为E，其内阻不可忽略，L1、L2是完全相同的灯泡，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（　　）
A．电容器的带电量为CE
B．灯泡L1、L2的亮度相同
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
15．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示，A、B两灯相同，L是带铁芯的电阻可不计的线圈，下列说法中正确的是（　　）
A．开关K合上瞬间，A灯先亮 B灯后亮
B．K合上稳定后，A、B同时亮着
C．K断开瞬间，A、B同时熄灭
D．K断开瞬间，B立即熄灭，A闪亮一下再熄灭
二、填空题(共计5小题)
16．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）为了演示接通电源的瞬间和断开电源的瞬间的电磁感应现象，设计了如图所示的电路图，A、B两灯规格相同，L的直流电阻和R相等，开关接通的瞬间，A灯的亮度　 　（填“大 于”“等于”或“小于”） B灯的亮度；通电一段时间后，A灯的亮度　 　（填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；断电的瞬间，A灯　 　（填“立即”或“逐渐”）熄灭，B灯　 　（填 “立即”或“逐渐”）熄灭。
17．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示，A1与A2是两只相同的电流表，自感线圈L的直流电阻和R相等，开关S闭合的瞬间，A1的示数　 　于A2的示数，开关S闭合稳定后，A1的示数　 　于A2的示数，S断开的瞬间，A1的示数　 　于A2的示数。（填“大”、 “小”、“等”）。
18．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）电磁灶是利用　 　原理制成的，它在灶内通过交变电流产生交变磁场，使放在灶台上的锅体内产生　 　而发热。
19．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示是一演示实验的电路图。图中L是一带铁芯的线圈，A是一灯泡。起初，开关处于闭合状态，电路是接通的。现将开关断开，则在开关断开的瞬间，通过灯泡A的电流方向是从　 　端经灯泡到　 　端。这个实验是用来演示　 　
现象的。
20．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）在制造精密电阻时，为了消除在使用过程中由于电流变化而引起的　 　现象，常采用双线绕法，这是由于　 　．
三、计算题(共计5小题)
21．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示，a、b灯分别标有“36 V 40 W”和“36 V　25 W”，闭合电键，调节R，能使a、b都正常发光．断开电键后重做实验，电键闭合后看到的现象是什么？稳定后哪只灯较亮？再断开电键，又将看到什么现象？
22．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示，电阻为R的长直螺线管，其两端通过电阻可忽略的导线相连接。一个质量为m的小条形磁铁A从静止开始落入其中，经过一段距离后以速度v做匀速运动。假设小磁铁在下落过程中始终沿螺线管的轴线运动且无翻转。
（1）定性分析说明：小磁铁的磁性越强，最后匀速运动的速度就越小；
（2）小磁铁做匀速运动时在回路中产生的感应电动势约为多少？
23．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）轻质细线吊着一质量为m=3kg，边长为L=1m、匝数n=10的正方形线圈总电阻为r=1Ω．在框的中间位置以下区域分布着矩形匀强磁场，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示．求：
（1）请判断全过程线圈中产生的感应电流的方向？
（2）线圈的电功率；
（3）请通过定量计算说明绳子张力的变化情况，并判别是否存在轻质细线的拉力为0的时刻，并说明理由。
24．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）在如图(a)所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化规律如图(b)所示．边长为l，总电阻为R的正方形线框abcd有一半处在磁场中且固定，磁场方向垂直于线框平面，在0～T时间内，求：
（1）线框中电流的大小和方向；
（2）线框ab边的生热。
25．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）面积S = 0.2m2、n = 100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度B随时间t变化的规律是B = 0.02t，R=3Ω，C = 30μF，线圈电阻r = 1Ω，其余导线电阻不计，求：
（1）通过R的电流大小和方向．
（2）电容器C所带的电荷量．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：当电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻小于电阻R的阻值的线圈，所以电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以I1慢慢减小，最后稳定时电感相当于电阻，I1为恒定，
当电键断开后，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，不过大小在减小，故A正确，B错误，
当电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、有直流电阻的线圈，导致通过电阻的电流刚开始较大，当电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以I2慢慢增大，最后稳定，
当断开电键，原来通过D2的电流立即消失当电键断开后，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻，其方向与规定图示流过电阻的方向相反，I1慢慢减小最后为0．故C错误，D不正确．
故选A．
【分析】电感对电流的变化起阻碍作用，闭合电键时，电感阻碍电流I1增大，断开电键，D1、L构成一回路，电感阻碍电流I1减小．
2．【答案】B
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：S闭合且稳定时，通过含电流表G1、G2的两条支路的电流均由左向右，断开S，L中产生自感电动势，由“增反减同”可知，自感电动势E自的方向一定与原电流方向相同，显然，断开S后，在E自的作用下，上图回路中将继续形成沿顺时针方向的电流，这时流经含有电流表G2支路的电流方向已变为由右向左了．由于这段时间E自是逐渐减小的，故电流也是逐渐减小的，综上所述选B．
故选B
【分析】断开开关的瞬间，L相当于电源，与两个电流计组成闭合回路，电流方向顺时针．
3．【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解:A、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；
B、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；
D、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；
故选：C．
【分析】金属探测器在探测金属时，由于在被测金属中产生的涡流从而使报警器工作．
4．【答案】A
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：A、当L1中通过有交流电时，根据右手螺旋定则可知，穿过金属板的磁场发生变化，从而出现变化的电场，导致金属板产生涡流，进而吸收电磁能量，转化成板的内能，故A正确；
B、当金属板越厚，在变化的电场作用下，产生涡流越强，故B错误；
C、根据电磁感应原理，L2中产生的是与L1中同频率的交流电，故C错误，D不正确；
故选：A．
【分析】根据变化的电流产生变化磁场，导致金属板有变化的电场，从而出现涡流，使电磁能量转化内能，板越厚，产生内能越多，由电磁感应可知，L2中产生是同频率的交流电，从而即可求解．
5．【答案】B
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：1．若甲图通交流电，由于正弦变化的电场产生余弦变化的磁场，而余弦变化的磁场又产生正弦变化的电场，则每根钢管中都产生涡旋电流；导致能源损耗较大.2．若乙图通交流电，由于两根导线一根是火线，一根是零线，它们的电流方向是相反的．故相互吸引．但工程上可以将其在一根管内做好绝缘隔离．
问题在于由交流电产生的涡旋电流：由于两根导线方向相反，所以如果它们相互足够靠近，则它们在周围的每一点上产生大小几乎相等，方向相反的感应电流．这样能使涡旋电流强度减弱到很小.3．若甲乙两图通恒定电流，则都产生恒定的磁场，恒定的磁场不产生电场．因此不产生涡流．没有能量损耗．因此B正确，ACD错误；
故选：B
【分析】当通恒定电流时，钢管对导线没有阻碍作用；当通入交流电时，若分开套，则由于磁场的变化，导致钢管中产生涡旋电流，便能源损耗．
6．【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解:A、电磁炉是采用电磁感应原理，在金属锅上产生涡流，使锅体发热从而加热食物的，与微波炉工作原理不同，故A不正确；
B、常常用铝框做骨架，起到电磁阻尼作用，是为了利用电磁感应，故B错误；
C、采用双线绕法，磁场相互抵消，可以减弱线绕电阻通电时产生的磁场，故C错误；
D、发电机的工作原理是电磁感应，而电动机是电流的磁效应，故D正确；
故选：D．
【分析】电磁炉是采用电磁感应原理，利用涡流，使锅体发热；铝框做骨架，起到电磁阻尼作用，是为了利用电磁感应；双线绕法，是减弱通电时产生的磁场；发电机的工作原理是电磁感应，从而即可求解．
7．【答案】B
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：当开关接通瞬间，R中电流立即增大到正常值I2．而线圈中的电流从零开始增大，产生自感电动势阻碍电流的增大，则电流I1只能逐渐增大，故I1＜I2．
断开开关瞬间，线圈产生的自感电流流过线圈和电阻R，两者串联，电流相同，I1=I2．故选项B正确，选项ACD错误．
本题选择错误的，故选：B．
【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据这一特点来分析电流的大小
8．【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：A、闭合S瞬间，线圈L与灯泡并联与R串联，线圈阻碍电流的增加，灯泡中有电流，故灯泡发光，A错误；
B、由于线圈L的直流电阻不计，闭合S，稳定后，灯泡被短路，电流强度为零，灯泡熄灭，故B错误．
C、D断开S的瞬间，电容器放电，R中电流不为零，线圈中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，灯泡中电流过一会儿为零．故C正确，D错误．
故选：C．
【分析】闭合S瞬间，通过R中电流强度大于通过灯泡中电流强度大小；由于线圈L的直流电阻不计，S闭合电路稳定后，灯泡被短路，两端电压为零．当断开S的瞬间，线圈中电流要减小，产生自感电动势，电容器放电，电阻中有电流．
9．【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：在K断开前，自感线圈L中有向左的电流，断开K后瞬间，L的电流要减小，于是L中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零．原来跟L并联的电阻R由于电源的断开，向左的电流会立即消失．但此时它却与L形成了串联的回路，L中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡A中流过，方向由右边到a左边，并逐渐减小到零．满足此规律的图象为：C，
故答案为：C
【分析】考虑自感现象，线圈的特点是闭合时阻碍电流的增大，断开时产生一自感电动势相当于电源，与R组成闭合回路，L的左端电势高．
10．【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：A、开关S接通瞬间，L相当于断路，所以有电通过灯泡，灯A立即亮；虽电容器进行充电，但灯A立即亮，当电路稳定后，电容器相当断路，而线圈有电阻，不过比灯泡电阻小，因此A比B亮，故A错误，B不正确；
C、断开瞬间，电容器在放电，则灯A慢慢熄灭，而L相当于电源，给灯泡供电，灯泡逐渐熄灭，不会比原来更亮一些后再熄灭，故C错误，D正确；
故选：D
【分析】电感线圈在接通瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，断开时相当于电源，电容器在闭合瞬间进行充电，当电路稳定后相当于断路，从而即可求解．
11．【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：A、B、在电路甲中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致D将逐渐变暗．故A不正确，B错误；
C、D、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致D将变得更亮，然后逐渐变暗．故C错误，D正确；
故选：D．
【分析】电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路．
12．【答案】B
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】滑动片P从B端迅速滑向A端的过程中，电流突然减小，由于L的阻碍作用产生一自感电动势与原来的电源串联，经过AB中点C时通过线圈的电流为I1＞I0；
P从A端迅速滑向B端的过程中，电流突然增大，由于L的阻碍作用产生一自感电动势与电源的电动势方向相反，经过C点时通过线圈的电流为I2＜I0；
故选B
【分析】利用线圈对电流突变的阻碍作用：闭合瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，判断电流变化．
13．【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：A、闭合开关S1的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，通过电阻R的电流慢慢增加．故A错误．
B、闭合开关S1，虽因存在自感作用，但通过Al亮度不变．故B错误．
C、当闭合S1，线圈对电流的阻碍渐渐变小，导致A2逐渐变暗，故C错误；
D、断开电路时，为保护负载，由于线圈L产生自感电动势，应先断开S2，再断开S1．故D正确，
故选：D．
【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析．
14．【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：A、当电路稳定后，电容器与灯泡并联，其电压低于电源电动势E，因此电容器的电量小于CE，故A错误；
B、由于线圈的直流电阻为零，当电路稳定后，则灯泡1被短路，故B错误；
C、当断开S的瞬间，线圈中电流要减小，则出现自感电动势，通过灯泡L1的电流方向向右，故C正确；
D、断开S的瞬间，电容器也要放电，则灯泡L2慢慢熄灭，故D错误；
故选：C．
【分析】当电路稳定后，电容器已充满电，而线圈相当于导线，将灯泡1短路，当断开S瞬间时，线圈出现自感电动势，对灯泡1放电，而电容器也要对灯泡2放电，从而即可求解．
15．【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：开关K闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光．由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小最后熄灭，B灯电流逐渐增大，故A错误，B错误；断开开关K的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C错误，D正确．
【分析】
开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光．由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮．断开开关K的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭
16．【答案】大于；等于；逐渐；立即
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流大，所以灯A的亮度大于灯B的亮度；当通电一段时间后，电路的电流稳定，通过两灯的电流相同，所以两灯亮度相同；断电瞬间，通过L的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流消失的慢，即而判断 灯A逐渐熄灭，灯B立即熄灭．
【分析】L与R的直流电阻相等说明闭合开关S达到稳定后两灯均可以正常发光；闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流大，即而判断灯的亮度；断电瞬间，通过L的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流消失的慢，即而判断灯是否立即熄灭．
17．【答案】大；等；等
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：开关S闭合的瞬间，通过两个支路的电流都增大，由于L中产生自感电动势阻碍电流增加，所以A2的示数小于A1；电路稳定后，由于两个支路的直流电阻相等，所以电流相等，A1的示数等于A2的示数；S断开的瞬间，在L中产生的自感电动势阻碍电流的减少，在R， A1 A2，L中形成新的回路，所以A1的示数等于A2的示数。
【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析．
18．【答案】电磁感应；涡流
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解:根据电磁炉的工作原理，即电磁感应原理，使金属锅体产生感应电流，即涡流．
【分析】
电磁感应在生活中的应用很多，而电磁灶就是利用电磁感应原理制作而成的
19．【答案】b；a；自感现象
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：断开开关的瞬间，电路中电流减小到零，所以线圈中会产生感应电流，阻碍原电流的减小，方向与原电流方向相同，即从b到a，这个实验是用来演示自感现象的。
【分析】
线圈的特点是闭合时阻碍电流的增大，断开时产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路，L的右端电势高
20．【答案】自感；平行导线上电流反向，因而磁场相抵消
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解:由于电流的变化，精密电阻由于自感，会产生感应电流，所以常采用双线绕法，这样两条环绕线产生的磁场方向相反，大小相等，磁场抵消。
【分析】两个线圈中的绕向相同，但电流方向相反，利用安培定则可以确定每个线圈形成的电磁铁的磁场方向；由于两个线圈中的电流大小相等，匝数相同，所以每个线圈的磁场强度相同
21．【答案】闭合瞬间，b立即变亮，a将慢慢亮起来　稳定后两灯都正常发光，a较亮　断开瞬间，a渐渐变暗到熄灭，b灯将会闪亮一下，再逐渐变暗到熄灭
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：电键闭合瞬间，由于电感线圈对电流增大的阻碍作用，a将慢慢亮起来，b立即变亮，这时L的作用相当于一个大电阻；稳定后两灯都正常发光，a的功率大，较亮，这时L的作用相当于一只普通的电阻(就是该线圈的内阻)．
断开瞬间，由于电感线圈对电流减小的阻碍作用，通过L的电流将逐渐减小，a、b、R、L组成同一个闭合回路，所以a、b灯也将逐渐变暗到熄灭，而且b灯开始还会闪亮一下(因为原来有Ia>Ib)，并且通过b的电流方向与原来的电流方向相反，这时L相当于一个电源．
答案：闭合瞬间，b立即变亮，a将慢慢亮起来稳定后两灯都正常发光，a较亮断开瞬间，a渐渐变暗到熄灭，b灯将会闪亮一下，再逐渐变暗到熄灭．
【分析】闭合开关的瞬间，L相当于断路，稳定后自感作用消失，结合欧姆定律分析电流大小的变化即可
22．【答案】（1）根据楞次定律，小磁铁的磁性越强，通过导线环的磁通量的变化率越大，因此下落过程中在导线环中产生的感应电流越大，此感应电流产生的磁场也越强，从而对小磁铁的阻碍也越大，小磁铁向下运动的加速度越小，因此其极限速度就越小。
（2）设小磁铁做匀速运动时，下落距离h，在此过程中有
式中Q为小磁铁下落过程中在螺线管中产生的焦耳热，其大小为
式中E是感应电动势，△t是小磁铁通过距离 所需的时间。
由于小磁铁匀速运动，因此有
联立可解得
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：（1）根据楞次定律，小磁铁的磁性越强，通过导线环的磁通量的变化率越大，因此下落过程中在导线环中产生的感应电流越大，此感应电流产生的磁场也越强，从而对小磁铁的阻碍也越大，小磁铁向下运动的加速度越小，因此其极限速度就越小。 （2）设小磁铁做匀速运动时，下落距离h，在此过程中有
式中Q为小磁铁下落过程中在螺线管中产生的焦耳热，其大小为
式中E是感应电动势，△t是小磁铁通过距离 所需的时间。
由于小磁铁匀速运动，因此有
联立可解得
【分析】（1）分析导线环产生的感应电流大小对导线环加速度的影响，从而得到磁铁对导线环阻碍作用的大小，再分析即可．（2）小磁铁做匀速运动时导线环重力势能的减少转化为内能，根据能量守恒和焦耳定律结合列式，即可求解．
23．【答案】（1）0到4s电流的方向为顺时针方向 ，4s后没有电流。
（2）由法拉第电磁感应定律得：
V P=6.25W
（3） 所以安培力的最大值为25N。
刚开始 t=4s以后
0到4s 拉力从55N 减小到5N，4s以后拉力保持为30N不变，所以不存在拉力为0的时刻
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律知道：0到4s电流的方向为顺时针方向 ，4s后没有电流（2）由法拉第电磁感应定律得：
V P=6.25W第（3） 所以安培力的最大值为25N。
刚开始 t=4s以后
0到4s 拉力从55N 减小到5N，4s以后拉力保持为30N不变，所以不存在拉力为0的时刻【分析】（1）根据楞次定律来判定感应电流的方向；（2）根据法拉第电磁感应定律，结合电功率表达式，即可求解；（3）根据闭合电路欧姆定律，结合安培力表达式，及受力平衡方程，即可求解
=
24．【答案】（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势：
由欧姆定律可知：
由上述两式可得： ，电流方向是：adcba
（2）由焦耳定律可得：
则
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势：
由欧姆定律可知：
由上述两式可得： ，电流方向是：adcba；（2）由焦耳定律可得：
则
【分析】根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求电流的大小和方向；根据焦耳定律求ab边的生热
25．【答案】（1）由 V V，
A A，R的电流方向为b→a。
（2）由 V V，
A A，
V V，
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解： (1)由楞次定律知，线圈的感应电流方向为逆时针，通过R的电流方向为b→a， (2)由 V V，
AA，
V V，

1 / 1人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练
一、选择题(共计15小题)
1．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示，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IL和电阻中的电流IR随时间t变化的图象．下列图象中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：当电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻小于电阻R的阻值的线圈，所以电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以I1慢慢减小，最后稳定时电感相当于电阻，I1为恒定，
当电键断开后，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，不过大小在减小，故A正确，B错误，
当电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、有直流电阻的线圈，导致通过电阻的电流刚开始较大，当电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以I2慢慢增大，最后稳定，
当断开电键，原来通过D2的电流立即消失当电键断开后，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻，其方向与规定图示流过电阻的方向相反，I1慢慢减小最后为0．故C错误，D不正确．
故选A．
【分析】电感对电流的变化起阻碍作用，闭合电键时，电感阻碍电流I1增大，断开电键，D1、L构成一回路，电感阻碍电流I1减小．
2．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示，电感线圈L的直流电阻为RL、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闭合且稳定后，G1、G2的指针均向右偏（电流表的零刻度在表盘中央），则当开关S断开时，下列说法正确的是（　　）
A．G1、G2的指针都立即回到零点
B．G1缓慢回到零点，G2立即左偏，然后缓慢回到零点
C．G1立即回到零点，G2缓慢回到零点
D．G2立即回到零点，G1缓慢回到零点
【答案】B
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：S闭合且稳定时，通过含电流表G1、G2的两条支路的电流均由左向右，断开S，L中产生自感电动势，由“增反减同”可知，自感电动势E自的方向一定与原电流方向相同，显然，断开S后，在E自的作用下，上图回路中将继续形成沿顺时针方向的电流，这时流经含有电流表G2支路的电流方向已变为由右向左了．由于这段时间E自是逐渐减小的，故电流也是逐渐减小的，综上所述选B．
故选B
【分析】断开开关的瞬间，L相当于电源，与两个电流计组成闭合回路，电流方向顺时针．
3．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）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
【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解:A、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；
B、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；
D、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；
故选：C．
【分析】金属探测器在探测金属时，由于在被测金属中产生的涡流从而使报警器工作．
4．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）低频电涡流传感器可用来测量自动化生产线上金属板的厚度．如图，在线圈L1中通以低频交流电，它周围会产生交变磁场，其正下方有一个与电表连接的线圈L2，金属板置于L1、L2之间．当线圈L1产生的变化磁场透过金属板，L2中会产生感应电流．由于金属板厚度不同，吸收电磁能量强弱不同，导致L2中感应电流的强弱不同，则（　　）
A．金属板吸收电磁能量，是由于穿过金属板的磁场发生变化，板中产生涡流
B．金属板越厚，涡流越弱
C．L2中产生的是直流电
D．L2中产生的是与L1中不同频率的交流电
【答案】A
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：A、当L1中通过有交流电时，根据右手螺旋定则可知，穿过金属板的磁场发生变化，从而出现变化的电场，导致金属板产生涡流，进而吸收电磁能量，转化成板的内能，故A正确；
B、当金属板越厚，在变化的电场作用下，产生涡流越强，故B错误；
C、根据电磁感应原理，L2中产生的是与L1中同频率的交流电，故C错误，D不正确；
故选：A．
【分析】根据变化的电流产生变化磁场，导致金属板有变化的电场，从而出现涡流，使电磁能量转化内能，板越厚，产生内能越多，由电磁感应可知，L2中产生是同频率的交流电，从而即可求解．
5．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）实验高中南、北校区之间要辅设一条输电线路，该线路要横穿两校区之间的公路，为了保护线路不至被压坏，必须在地下预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过．校方将该要求在学校的物理探究小组中公布并征求电线穿管的方案．经过遴选，目前有如图所示的两种方案进入最后的讨论阶段：甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过；乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过．如果输电导线输送的电流很强大，那么，下列讨论的结果正确的是（　　）
A．若输送的电流是恒定电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的
B．若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的
C．若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的
D．无论输送的电流是恒定电流还是交变电流，甲、乙两方案都是可行的
【答案】B
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：1．若甲图通交流电，由于正弦变化的电场产生余弦变化的磁场，而余弦变化的磁场又产生正弦变化的电场，则每根钢管中都产生涡旋电流；导致能源损耗较大.2．若乙图通交流电，由于两根导线一根是火线，一根是零线，它们的电流方向是相反的．故相互吸引．但工程上可以将其在一根管内做好绝缘隔离．
问题在于由交流电产生的涡旋电流：由于两根导线方向相反，所以如果它们相互足够靠近，则它们在周围的每一点上产生大小几乎相等，方向相反的感应电流．这样能使涡旋电流强度减弱到很小.3．若甲乙两图通恒定电流，则都产生恒定的磁场，恒定的磁场不产生电场．因此不产生涡流．没有能量损耗．因此B正确，ACD错误；
故选：B
【分析】当通恒定电流时，钢管对导线没有阻碍作用；当通入交流电时，若分开套，则由于磁场的变化，导致钢管中产生涡旋电流，便能源损耗．
6．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）下列说法中正确的是（　　）
A．电磁炉是采用电磁感应原理，在金属锅上不产生涡流，使锅体不发热从而点火加热食物的
B．磁电式电表的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，是为了防止电磁感应
C．精密线绕电阻常采用双线绕法，可以增强线绕电阻通电时产生的磁场
D．交流发电机的工作原理是电磁感应
【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解:A、电磁炉是采用电磁感应原理，在金属锅上产生涡流，使锅体发热从而加热食物的，与微波炉工作原理不同，故A不正确；
B、常常用铝框做骨架，起到电磁阻尼作用，是为了利用电磁感应，故B错误；
C、采用双线绕法，磁场相互抵消，可以减弱线绕电阻通电时产生的磁场，故C错误；
D、发电机的工作原理是电磁感应，而电动机是电流的磁效应，故D正确；
故选：D．
【分析】电磁炉是采用电磁感应原理，利用涡流，使锅体发热；铝框做骨架，起到电磁阻尼作用，是为了利用电磁感应；双线绕法，是减弱通电时产生的磁场；发电机的工作原理是电磁感应，从而即可求解．
7．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）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．接通时I1＜I2，断开时I1＞I2 B．接通时I1＜I2，断开时I1=I2
C．接通时I1＞I2，断开时I1＜I2 D．接通时I1=I2，断开时I1＜I2
【答案】B
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：当开关接通瞬间，R中电流立即增大到正常值I2．而线圈中的电流从零开始增大，产生自感电动势阻碍电流的增大，则电流I1只能逐渐增大，故I1＜I2．
断开开关瞬间，线圈产生的自感电流流过线圈和电阻R，两者串联，电流相同，I1=I2．故选项B正确，选项ACD错误．
本题选择错误的，故选：B．
【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据这一特点来分析电流的大小
8．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计．以下判断正确的是（　　）
A．闭合S瞬间，灯泡不发光
B．闭合S带电路稳定后，灯泡发光
C．断开S瞬间，灯泡发光
D．断开S瞬间，电阻R上无电流通过
【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：A、闭合S瞬间，线圈L与灯泡并联与R串联，线圈阻碍电流的增加，灯泡中有电流，故灯泡发光，A错误；
B、由于线圈L的直流电阻不计，闭合S，稳定后，灯泡被短路，电流强度为零，灯泡熄灭，故B错误．
C、D断开S的瞬间，电容器放电，R中电流不为零，线圈中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，灯泡中电流过一会儿为零．故C正确，D错误．
故选：C．
【分析】闭合S瞬间，通过R中电流强度大于通过灯泡中电流强度大小；由于线圈L的直流电阻不计，S闭合电路稳定后，灯泡被短路，两端电压为零．当断开S的瞬间，线圈中电流要减小，产生自感电动势，电容器放电，电阻中有电流．
9．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）图示为演示自感现象的实验电路，闭合开关S一段时间后再断开，那么，断开S前后，通过B灯的电流iB的变化情况可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：在K断开前，自感线圈L中有向左的电流，断开K后瞬间，L的电流要减小，于是L中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零．原来跟L并联的电阻R由于电源的断开，向左的电流会立即消失．但此时它却与L形成了串联的回路，L中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡A中流过，方向由右边到a左边，并逐渐减小到零．满足此规律的图象为：C，
故答案为：C
【分析】考虑自感现象，线圈的特点是闭合时阻碍电流的增大，断开时产生一自感电动势相当于电源，与R组成闭合回路，L的左端电势高．
10．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）图a、b两个电路中，A、B是两个完全相同的电灯泡，两个电源电动势相等，内阻都是r，C为电容器，L为电感线圈，电阻是RL，RL小于灯泡电阻R，下列说法正确的是（　　）
A．闭合电键，A先亮后熄灭
B．闭合电键，电路稳定后A比B后亮
C．断开电键，A中电流立即为零
D．断开电键，B先变亮后再熄灭
【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：A、开关S接通瞬间，L相当于断路，所以有电通过灯泡，灯A立即亮；虽电容器进行充电，但灯A立即亮，当电路稳定后，电容器相当断路，而线圈有电阻，不过比灯泡电阻小，因此A比B亮，故A错误，B不正确；
C、断开瞬间，电容器在放电，则灯A慢慢熄灭，而L相当于电源，给灯泡供电，灯泡逐渐熄灭，不会比原来更亮一些后再熄灭，故C错误，D正确；
故选：D
【分析】电感线圈在接通瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，断开时相当于电源，电容器在闭合瞬间进行充电，当电路稳定后相当于断路，从而即可求解．
11．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示，电路甲、乙中，电阻R和自感线圈L的直流电阻值相同都较小，接通S，使电路达到稳定，灯泡D发光．则（　　）
A．在电路甲中，断开S，D将逐渐变亮
B．在电路甲中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路乙中，断开S，D将立刻熄灭
D．在电路乙中，断开S，D将变得更亮，然后渐渐变暗
【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：A、B、在电路甲中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致D将逐渐变暗．故A不正确，B错误；
C、D、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致D将变得更亮，然后逐渐变暗．故C错误，D正确；
故选：D．
【分析】电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路．
12．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）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B端迅速滑向A端的过程中，经过AB中点C时通过线圈的电流为I1；P从A端迅速滑向B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=I0 B．I1＞I0＞I2 C．I1=I2＞I0 D．I1＜I0＜I2
【答案】B
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】滑动片P从B端迅速滑向A端的过程中，电流突然减小，由于L的阻碍作用产生一自感电动势与原来的电源串联，经过AB中点C时通过线圈的电流为I1＞I0；
P从A端迅速滑向B端的过程中，电流突然增大，由于L的阻碍作用产生一自感电动势与电源的电动势方向相反，经过C点时通过线圈的电流为I2＜I0；
故选B
【分析】利用线圈对电流突变的阻碍作用：闭合瞬间相当于断路，稳定后相当于导线，判断电流变化．
13．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图电路中，A1、A2是两个指示灯，L是自感系数很大的线圈，电阻R阻值较小，开关S1断开、S2闭合．现闭合S1，一段时间后电路稳定．下列说法中正确的是（　　）
A．闭合S1，通过电阻R的电流先增大后减小
B．闭合S1，Al亮后逐渐变暗
C．闭合S1，A2逐渐变亮，然后亮度不变
D．断开电路时，为保护负载，应先断开S2，再断开S1
【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：A、闭合开关S1的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，通过电阻R的电流慢慢增加．故A错误．
B、闭合开关S1，虽因存在自感作用，但通过Al亮度不变．故B错误．
C、当闭合S1，线圈对电流的阻碍渐渐变小，导致A2逐渐变暗，故C错误；
D、断开电路时，为保护负载，由于线圈L产生自感电动势，应先断开S2，再断开S1．故D正确，
故选：D．
【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析．
14．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示，电源电动势为E，其内阻不可忽略，L1、L2是完全相同的灯泡，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（　　）
A．电容器的带电量为CE
B．灯泡L1、L2的亮度相同
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
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：A、当电路稳定后，电容器与灯泡并联，其电压低于电源电动势E，因此电容器的电量小于CE，故A错误；
B、由于线圈的直流电阻为零，当电路稳定后，则灯泡1被短路，故B错误；
C、当断开S的瞬间，线圈中电流要减小，则出现自感电动势，通过灯泡L1的电流方向向右，故C正确；
D、断开S的瞬间，电容器也要放电，则灯泡L2慢慢熄灭，故D错误；
故选：C．
【分析】当电路稳定后，电容器已充满电，而线圈相当于导线，将灯泡1短路，当断开S瞬间时，线圈出现自感电动势，对灯泡1放电，而电容器也要对灯泡2放电，从而即可求解．
15．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示，A、B两灯相同，L是带铁芯的电阻可不计的线圈，下列说法中正确的是（　　）
A．开关K合上瞬间，A灯先亮 B灯后亮
B．K合上稳定后，A、B同时亮着
C．K断开瞬间，A、B同时熄灭
D．K断开瞬间，B立即熄灭，A闪亮一下再熄灭
【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：开关K闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光．由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小最后熄灭，B灯电流逐渐增大，故A错误，B错误；断开开关K的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C错误，D正确．
【分析】
开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光．由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮．断开开关K的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭
二、填空题(共计5小题)
16．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）为了演示接通电源的瞬间和断开电源的瞬间的电磁感应现象，设计了如图所示的电路图，A、B两灯规格相同，L的直流电阻和R相等，开关接通的瞬间，A灯的亮度　 　（填“大 于”“等于”或“小于”） B灯的亮度；通电一段时间后，A灯的亮度　 　（填“大于”“等于”或“小于”）B灯的亮度；断电的瞬间，A灯　 　（填“立即”或“逐渐”）熄灭，B灯　 　（填 “立即”或“逐渐”）熄灭。
【答案】大于；等于；逐渐；立即
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流大，所以灯A的亮度大于灯B的亮度；当通电一段时间后，电路的电流稳定，通过两灯的电流相同，所以两灯亮度相同；断电瞬间，通过L的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流消失的慢，即而判断 灯A逐渐熄灭，灯B立即熄灭．
【分析】L与R的直流电阻相等说明闭合开关S达到稳定后两灯均可以正常发光；闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流大，即而判断灯的亮度；断电瞬间，通过L的电流减小，产生自感电动势，阻碍原电流的变化，从而使通过A灯的电流比B灯的电流消失的慢，即而判断灯是否立即熄灭．
17．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示，A1与A2是两只相同的电流表，自感线圈L的直流电阻和R相等，开关S闭合的瞬间，A1的示数　 　于A2的示数，开关S闭合稳定后，A1的示数　 　于A2的示数，S断开的瞬间，A1的示数　 　于A2的示数。（填“大”、 “小”、“等”）。
【答案】大；等；等
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：开关S闭合的瞬间，通过两个支路的电流都增大，由于L中产生自感电动势阻碍电流增加，所以A2的示数小于A1；电路稳定后，由于两个支路的直流电阻相等，所以电流相等，A1的示数等于A2的示数；S断开的瞬间，在L中产生的自感电动势阻碍电流的减少，在R， A1 A2，L中形成新的回路，所以A1的示数等于A2的示数。
【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析．
18．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）电磁灶是利用　 　原理制成的，它在灶内通过交变电流产生交变磁场，使放在灶台上的锅体内产生　 　而发热。
【答案】电磁感应；涡流
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解:根据电磁炉的工作原理，即电磁感应原理，使金属锅体产生感应电流，即涡流．
【分析】
电磁感应在生活中的应用很多，而电磁灶就是利用电磁感应原理制作而成的
19．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示是一演示实验的电路图。图中L是一带铁芯的线圈，A是一灯泡。起初，开关处于闭合状态，电路是接通的。现将开关断开，则在开关断开的瞬间，通过灯泡A的电流方向是从　 　端经灯泡到　 　端。这个实验是用来演示　 　
现象的。
【答案】b；a；自感现象
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：断开开关的瞬间，电路中电流减小到零，所以线圈中会产生感应电流，阻碍原电流的减小，方向与原电流方向相同，即从b到a，这个实验是用来演示自感现象的。
【分析】
线圈的特点是闭合时阻碍电流的增大，断开时产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路，L的右端电势高
20．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）在制造精密电阻时，为了消除在使用过程中由于电流变化而引起的　 　现象，常采用双线绕法，这是由于　 　．
【答案】自感；平行导线上电流反向，因而磁场相抵消
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解:由于电流的变化，精密电阻由于自感，会产生感应电流，所以常采用双线绕法，这样两条环绕线产生的磁场方向相反，大小相等，磁场抵消。
【分析】两个线圈中的绕向相同，但电流方向相反，利用安培定则可以确定每个线圈形成的电磁铁的磁场方向；由于两个线圈中的电流大小相等，匝数相同，所以每个线圈的磁场强度相同
三、计算题(共计5小题)
21．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示，a、b灯分别标有“36 V 40 W”和“36 V　25 W”，闭合电键，调节R，能使a、b都正常发光．断开电键后重做实验，电键闭合后看到的现象是什么？稳定后哪只灯较亮？再断开电键，又将看到什么现象？
【答案】闭合瞬间，b立即变亮，a将慢慢亮起来　稳定后两灯都正常发光，a较亮　断开瞬间，a渐渐变暗到熄灭，b灯将会闪亮一下，再逐渐变暗到熄灭
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：电键闭合瞬间，由于电感线圈对电流增大的阻碍作用，a将慢慢亮起来，b立即变亮，这时L的作用相当于一个大电阻；稳定后两灯都正常发光，a的功率大，较亮，这时L的作用相当于一只普通的电阻(就是该线圈的内阻)．
断开瞬间，由于电感线圈对电流减小的阻碍作用，通过L的电流将逐渐减小，a、b、R、L组成同一个闭合回路，所以a、b灯也将逐渐变暗到熄灭，而且b灯开始还会闪亮一下(因为原来有Ia>Ib)，并且通过b的电流方向与原来的电流方向相反，这时L相当于一个电源．
答案：闭合瞬间，b立即变亮，a将慢慢亮起来稳定后两灯都正常发光，a较亮断开瞬间，a渐渐变暗到熄灭，b灯将会闪亮一下，再逐渐变暗到熄灭．
【分析】闭合开关的瞬间，L相当于断路，稳定后自感作用消失，结合欧姆定律分析电流大小的变化即可
22．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）如图所示，电阻为R的长直螺线管，其两端通过电阻可忽略的导线相连接。一个质量为m的小条形磁铁A从静止开始落入其中，经过一段距离后以速度v做匀速运动。假设小磁铁在下落过程中始终沿螺线管的轴线运动且无翻转。
（1）定性分析说明：小磁铁的磁性越强，最后匀速运动的速度就越小；
（2）小磁铁做匀速运动时在回路中产生的感应电动势约为多少？
【答案】（1）根据楞次定律，小磁铁的磁性越强，通过导线环的磁通量的变化率越大，因此下落过程中在导线环中产生的感应电流越大，此感应电流产生的磁场也越强，从而对小磁铁的阻碍也越大，小磁铁向下运动的加速度越小，因此其极限速度就越小。
（2）设小磁铁做匀速运动时，下落距离h，在此过程中有
式中Q为小磁铁下落过程中在螺线管中产生的焦耳热，其大小为
式中E是感应电动势，△t是小磁铁通过距离 所需的时间。
由于小磁铁匀速运动，因此有
联立可解得
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：（1）根据楞次定律，小磁铁的磁性越强，通过导线环的磁通量的变化率越大，因此下落过程中在导线环中产生的感应电流越大，此感应电流产生的磁场也越强，从而对小磁铁的阻碍也越大，小磁铁向下运动的加速度越小，因此其极限速度就越小。 （2）设小磁铁做匀速运动时，下落距离h，在此过程中有
式中Q为小磁铁下落过程中在螺线管中产生的焦耳热，其大小为
式中E是感应电动势，△t是小磁铁通过距离 所需的时间。
由于小磁铁匀速运动，因此有
联立可解得
【分析】（1）分析导线环产生的感应电流大小对导线环加速度的影响，从而得到磁铁对导线环阻碍作用的大小，再分析即可．（2）小磁铁做匀速运动时导线环重力势能的减少转化为内能，根据能量守恒和焦耳定律结合列式，即可求解．
23．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）轻质细线吊着一质量为m=3kg，边长为L=1m、匝数n=10的正方形线圈总电阻为r=1Ω．在框的中间位置以下区域分布着矩形匀强磁场，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示．求：
（1）请判断全过程线圈中产生的感应电流的方向？
（2）线圈的电功率；
（3）请通过定量计算说明绳子张力的变化情况，并判别是否存在轻质细线的拉力为0的时刻，并说明理由。
【答案】（1）0到4s电流的方向为顺时针方向 ，4s后没有电流。
（2）由法拉第电磁感应定律得：
V P=6.25W
（3） 所以安培力的最大值为25N。
刚开始 t=4s以后
0到4s 拉力从55N 减小到5N，4s以后拉力保持为30N不变，所以不存在拉力为0的时刻
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律知道：0到4s电流的方向为顺时针方向 ，4s后没有电流（2）由法拉第电磁感应定律得：
V P=6.25W第（3） 所以安培力的最大值为25N。
刚开始 t=4s以后
0到4s 拉力从55N 减小到5N，4s以后拉力保持为30N不变，所以不存在拉力为0的时刻【分析】（1）根据楞次定律来判定感应电流的方向；（2）根据法拉第电磁感应定律，结合电功率表达式，即可求解；（3）根据闭合电路欧姆定律，结合安培力表达式，及受力平衡方程，即可求解
=
24．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）在如图(a)所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间变化规律如图(b)所示．边长为l，总电阻为R的正方形线框abcd有一半处在磁场中且固定，磁场方向垂直于线框平面，在0～T时间内，求：
（1）线框中电流的大小和方向；
（2）线框ab边的生热。
【答案】（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势：
由欧姆定律可知：
由上述两式可得： ，电流方向是：adcba
（2）由焦耳定律可得：
则
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势：
由欧姆定律可知：
由上述两式可得： ，电流方向是：adcba；（2）由焦耳定律可得：
则
【分析】根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求电流的大小和方向；根据焦耳定律求ab边的生热
25．（人教版物理选修1-1第三章第六节自感现象涡流同步训练）面积S = 0.2m2、n = 100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度B随时间t变化的规律是B = 0.02t，R=3Ω，C = 30μF，线圈电阻r = 1Ω，其余导线电阻不计，求：
（1）通过R的电流大小和方向．
（2）电容器C所带的电荷量．
【答案】（1）由 V V，
A A，R的电流方向为b→a。
（2）由 V V，
A A，
V V，
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】解： (1)由楞次定律知，线圈的感应电流方向为逆时针，通过R的电流方向为b→a， (2)由 V V，
AA，
V V，

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