第四章 电磁感应
第6节 互感和自感
[随堂演练]
1．(互感现象的理解)(多选)一种延时开关的原理图如图4－6－7所示，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，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放。则
图4－6－7
A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
B．由于B线圈的电磁感应作用，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
解析 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中有感应电流，B中电流的磁场继续吸引D而起到延时的作用，所以B正确，A错误；若S2断开，线圈B中不产生感应电流而起不到延时作用，所以C正确，D错误。
答案 BC
2．(自感现象的理解)(多选)如图4－6－8所示的电路中，A1和A2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
图4－6－8
A．闭合开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
B．闭合开关S时，A1和A2始终一样亮
C．断开开关S时，A2立即熄灭，A1过一会儿熄灭
D．闭合开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭
解析 闭合S时，A2支路中的电流立即达到最大，A2先亮；由于线圈的自感作用，A1支路电流增大得慢，A1后亮。A1中的电流稳定后，线圈的阻碍作用消失，A1与A2并联，亮度一样，故A正确，B错误。S断开时，L和A1、A2组成串联的闭合回路，A1和A2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A1和A2过一会才熄灭，故C错误，D正确。综上所述，正确选项为A、D。
答案 AD
3．(自感现象的图像问题)如图4－6－9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。如下图所示，表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是
图4－6－9
解析 开关S闭合的瞬间，由于L的阻碍作用，由R与L组成的支路相当于断路，后来由于L的阻碍作用不断减小，相当于外电路并联部分的电阻不断减小，根据闭合电路欧姆定律I＝，整个电路中的总电流增大，由U内＝Ir得内电压增大，由UAB＝E－Ir得路端电压UAB减小。电路稳定后，由于R的阻值大于灯泡D的阻值，所以流过L支路的电流小于流过灯泡D的电流。当开关断开时，由于电感L的自感作用，流过灯泡D的电流立即与L电流相等，与灯泡原来的电流方向相反且逐渐减小，即UAB反向减小，选项B正确。
答案 B
4．(自感电动势的计算)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，自感电动势为多大？
解析 由E＝L，得L＝＝ H＝2.5 H，E′＝L＝2.5×40 V＝100 V。
答案 2.5 H 100 V
[限时检测]
?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
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。
答案 D
2．(多选)在图4－6－10中，线圈M和线圈P绕在同一铁芯上，则
图4－6－10
A．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
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。
答案 BD
?题组二 对通、断电自感现象的分析
3．在图4－6－11所示电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流表。当开关S闭合时，电流表G1指针偏向右方，那么当开关S断开时，将出现的现象是
图4－6－11
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．G1指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点
解析 电流表指针的偏转方向与电流的流向有关。根据题意，电流自右向左时，指针向右偏。那么，电流自左向右时，指针应向左偏，当开关S断开瞬间，G1中电流立即消失，而L由于自感作用，电流不能立即消失，电流沿L、G2、G1的方向在由它们组成的闭合回路中继续维持一段时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减为零，而G1中的电流和原方向相反，变为自左向右，和G2中的电流同时减为零。也就是G1指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点，故D项正确。
答案 D
4．如图4－6－12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
图4－6－12
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b
C．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
解析 当开关S由断开变为闭合时，电感线圈L中产生从c到d的感应电动势，B灯逐渐熄灭，把L看做一个电源的话，c点电势低于d点电势，选项D正确，而C错误；电容器C短路放电，A灯中有电流通过，方向由b到a，选项A、B均错误。
答案 D
5．如图4－6－13所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1＜R2＜R3，电感L的电阻可忽略，D为理想二极管。开关K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是
图4－6－13
A．L1逐渐变暗，L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗
B．L1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗
C．L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗
D．L1、L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗
解析 开关K从闭合状态突然断开时，L中产生向右的自感电动势，L1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗，选项B正确。
答案 B
6．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4－6－14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4－6－14
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
解析 由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流。由图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A错；造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B错、C正确；自感系数越大，则产生的自感电流越大，灯泡更亮，故D错。
答案 C
7．如图4－6－15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4－6－15
A．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I0
C．有阻碍电流增大的作用，因而电流I0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2I0
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＝＝2I0，D项正确。
答案 D
8．(多选)在如图4－6－16所示的电路中，自感线圈的电阻值为0，开关S1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4－6－16
A．闭合S2时，流经电阻R2的电流方向为a→b
B．闭合S1时，流经电阻R2的电流方向为a→b
C．先闭合S2，待电路稳定后，再断开S2时，有电流流过
D．电路稳定时，流经R2的电流方向为a→b
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。
答案 AC
9．如图4－6－17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4－6－17
A．先断开开关S1 B．先断开开关S2
C．先拆去电流表 D．先拆去电阻R
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。
答案 B
?题组三 自感现象中的图像问题
10．在如图4－6－18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像是下列图中的哪一个
图4－6－18
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。
答案 D
11．在如图4－6－19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变化的图像是
图4－6－19
解析 与滑动变阻器R串联的L2，没有自感，直接变亮，电流变化图像如A中图线，C、D错误，与带铁芯的电感线圈串联的L1，由于电感线圈的自感作用，电流逐渐变大，A错误，B正确。
答案 B
?题组四 综合应用
12．如图4－6－20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，下列情况中能起保护作用的是哪一种？说明理由。
图4－6－20
(1)增加开灯的盏数，能否切断电源？
(2)双手分别接触相线和零线，能否切断电源？
(3)单手接触相线，脚与地相接触而触电，能否切断电源？
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中两线中电流始终大小相等方向相反，磁通量相互抵消，B中磁通量不发生改变，故不能推动J切断电源。
(2)不能。双手接触相线和零线，相当于增加了用电器，理由同(1)。
(3)能。因为有电流通过人体而流入地下，使A中两导线中电流不再大小相等，B中磁通量发生改变，B中产生感应电流，从而推动J切断电源。
答案 见解析
13．如图4－6－21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。
图4－6－21
(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，
由欧姆定律得I0＝，
解得RL＝－R＝2.0 Ω。
(2)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
课件45张PPT。第6节 互感和自感[学习目标]
1.了解互感现象及互感现象的应用。
2．掌握自感现象，能解释通电自感和断电自感。
3．了解自感系数由哪些因素决定，掌握自感系数的单位。
4．知道磁场具有能量。
一、互感现象
1．互感：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。这种现象叫作_______，这种感应电动势叫作__________________。互感互感电动势2．互感的应用：利用互感现象可以把_______由一个线圈传递到另一个线圈，如变压器就是利用____________制成的。
3．互感的危害：互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间，互感现象有时会影响电路的正常工作。能量互感现象二、自感现象和自感系数
1．自感：当一个线圈中的电流发生_______时，它产生的________的磁场在它本身激发出感应电动势的电磁感应现象。这个电动势叫自感电动势。变化变化2．通电自感和断电自感增大减小自感 自感系数 4．自感系数
(1)单位：_______，符号______。
(2)决定自感系数大小的因素：与线圈的______、__________、_______以及___________等因素有关。亨利H圈数大小形状有无铁芯三、磁场的能量
1．线圈中电流从无到有时：磁场从无到有，电源的能量输送给_______，储存在_______中。
2．线圈中电流减小时：________中的能量释放出来转化为电能。磁场磁场磁场判断下列说法的正误。
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。( )［自主思考］×√×4．线圈的自感系数与电流大小无关，与电流的变化率有关。( )
5．线圈自感电动势的大小与自感系数L有关，反过来，L与自感电动势也有关。( )
6．线圈中电流最大的瞬间可能没有自感电动势。( )
7．自感现象中，感应电流一定与原电流方向相反。( )
8．一个线圈中的电流均匀增大，自感电动势也均匀增大。( )××√××[题组突破]
1．(多选)如图4－6－1所示，水平放置的两条轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是考点一 互感现象的分析应用图4－6－1 A．向右匀加速运动
B．向左匀加速运动
C．向右匀减速运动
D．向左匀减速运动解析 设PQ向右运动，用右手定则和安培定则可知穿过L1的磁感线方向向上，若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是N→M，对MN用左手定则判定可知MN向左运动，可见选项A不正确。若PQ向右减速运动，则穿过L1的磁通量减少，用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是M→N，用左手定则判定可知MN是向右运动，可见选项C正确。同理设PQ向左运动，用上述类似方法可判定选项B正确，选项D错误。
答案 BC2．在同一铁芯上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接在点“1”，现把它从“1”扳向“2”，如图4－6－2所示，试判断在此过程中，在电阻R上的电流方向是图4－6－2A．先由P→Q，再由Q→P
B．先由Q→P，再由P→Q
C．始终由Q→P
D．始终由P→Q
解析 S从“1”扳开瞬间，B中磁通量减小，由楞次定律得电流Q→P，接触“2”的瞬间，B中磁通量增加，产生电流Q→P，故正确答案为C。
答案 C规律总结
对互感现象的三点理解
1．互感现象是一种常见的电磁感应现象，它不仅发生于绕在同一铁芯上的两个线圈之间，而且可以发生于任何相互靠近的电路之间。
2．互感现象可以把能量由一个电路传到另一个电路，变压器就是利用互感现象制成的。
3．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，这时要求设法减小电路间的互感。考点二 自感现象的理解
1．对自感现象的理解
(1)对自感现象的理解：自感现象是一种电磁感应现象，遵守法拉第电磁感应定律和楞次定律。
(2)对自感电动势的理解
①产生原因：通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在原线圈上产生感应电动势。②自感电动势的方向：当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同(即增反减同)。
③自感电动势的作用：阻碍原电流的变化，而不是阻止，原电流仍在变化，只是使原电流的变化变慢。(3)对电感线圈阻碍作用的理解
①若电路中的电流正在改变，电感线圈产生自感电动势阻碍电路中电流的变化，使得通过电感线圈的电流不能突变。
②若电路中的电流是稳定的，电感线圈相当于一段导线，其阻碍作用是由绕制线圈的导线的电阻引起的。2．自感现象的分析思路
(1)明确通过自感线圈的电流的变化情况(增大或减小)。
(2)根据“增反减同”，判断自感电动势的方向。
(3)阻碍结果分析：电流增大时，由于自感电动势的作用，线圈中的电流逐渐增大，与线圈串联的元件中的电流也逐渐增大；电流减小时，由于自感电动势的作用，线圈中的电流逐渐减小，与线圈串联的元件中的电流也逐渐减小。[例 1] 如图4－6－3所示的电路中A1和A2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。在开关S闭合和断开时，灯泡A1和A2亮暗的顺序是图4－6－3A．闭合时A1先达最亮，断开时A1后灭
B．闭合时A2先达最亮，断开时A1后灭
C．闭合时A1先达最亮，断开时A1先灭
D．闭合时A2先达最亮，断开时A2先灭[审题探究]
1．通电时，线圈中的电流如何变化。线圈起什么作用。
2．断电时，线圈中的电流如何变化，线圈相当于什么。
3．画出等效电路。[解析] 当开关S闭合时，A1和A2同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，电流从零开始慢慢增加，所以开始时电流几乎全部从A1通过，而该电流又将同时分路通过A2和R，所以A1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，A1和A2达到一样亮；当开关S断开时，电源电流立即为零，因此A2立即熄灭，而对A1，由于通过线圈的电流突然减小，线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，使线圈L和A1组成的闭合电路中有感应电流，所以A1后灭。
[答案] A规律总结
自感现象中线圈的作用
1．通电瞬间线圈相当于断路。
2．稳定后线圈相当于导线。
3．断电时线圈相当于电源。1．如图4－6－4所示，灯LA、LB完全相同，带铁芯的线圈L的电阻可忽略。则 ［变式训练］图4－6－4A．S闭合的瞬间，LA、LB同时发光，接着LA变暗，LB更亮，最后LA熄灭
B．S闭合瞬间，LA不亮，LB立即亮
C．S闭合瞬间，LA、LB都不立即亮
D．稳定后再断开S的瞬间，LB熄灭，LA比LB(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LA，所以LA、LB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LA起到“短路”作用，因此，LA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，LB会比以前更亮。稳定后再断开S瞬间，LB熄灭，LA不会比LB更亮。
答案 A自感现象主要有两种情况：通电自感与断电自感。在分析过程中，要注意以下几点。
1．断电自感时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路。要特别注意对其他元件中电流方向的分析，在自感现象发生前后电流方向可能不同。考点三 自感现象中感应电流方向和大小的判断2．通电自感时，线圈中感应电流的方向与电源提供的电流方向相反，但流过线圈中的电流方向仍与电源提供的电流方向相同。断电自感时，线圈中感应电流的方向与断电前线圈中的电流方向相同。
3．对断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断，关键是对电流大小的分析，若线圈L的直流电阻小于与其并联的灯泡A的电阻，其原电流大于通过灯泡A的原电流，断电后通过灯泡的电流比原来大，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭。4．自感现象中灯泡亮度变化的问题
分析通断电灯泡亮度变化问题，关键要搞清楚电路的连接情况，根据电路特点进行具体分析。[注意] 在比较电流的大小时，应注意线圈L的自身电阻是不是能忽略不计，不能忽略时要考虑与其他电阻的大小关系。[例 2] (多选)如图4－6－5所示，A和B是电阻为R的电灯，L是自感系数较大的线圈，定值电阻的阻值为R。当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B的亮度相同。再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是图4－6－5A．B灯立即熄灭
B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭
C．有电流通过B灯，方向为c→B→d
D．有电流通过A灯，方向为a→A→b[解析] 当电路稳定后再断开开关S1时，电源不再对电路供电，但因线圈L的自感作用，使线圈L中的电流只能逐渐减小，线圈中产生断电自感现象。在S1断开前，A、B灯的亮度相同，即通过两灯的电流相同，所以线圈L的直流电阻也为R。当闭合开关S2，待电路稳定后将S1断开，由于线圈L的自感作用，线圈L中的电流逐渐减小，但该电流不会通过B灯，所以B灯立即熄灭。故选项A正确，选项C错误。而A灯由于与线圈L组成回路，有逐渐减小的电流通过，且电流的方向为a→A→b，故选项D正确。因线圈L中的电流与断开S1前A灯的电流相同，所以A灯不会比原来更亮一些再熄灭，而是逐渐熄灭，故选项B错误。
[答案] AD2．在如图4－6－6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像是图中的哪一个［变式训练］图4－6－6解析 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组成一闭合回路，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，因为i1＞i2，故正确选项为D。
答案 D规律总结
自感现象的分析思路
1．明确通过自感线圈的电流的变化情况(增大还是减小)。
2．判断自感电动势方向。电流增强时(如通电)，自感电动势方向与电流方向相反；电流减小时(如断电)，自感电动势方向与电流方向相同。 3．分析线圈中电流变化情况。电流增强时(如通电)，由于自感电动势方向与原电流方向相反，阻碍增加，电流逐渐增大；电流减小时(如断电)，由于自感电动势方向与原电流方向相同，阻碍减小，线圈中电流方向不变，电流逐渐减小。
4．明确电路中元件与自感线圈的连接方式。若元件与自感线圈串联，元件中的电流与线圈中电流有相同的变化规律；若元件与自感线圈并联，元件上的电压与线圈上的电压有相同的变化规律；若元件与自感线圈构成临时回路，元件成为自感线圈的临时外电路，元件中的电流大小与线圈中电流大小有相同的变化规律。［课堂回顾 知识小结］本节结束
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