83知识讲解法拉第电磁感应定律(提高)

物理总复习：法拉第电磁感应定律【考纲 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 】1、知道法拉第电磁感应定律的内容2、3、4、5、6、知道公式En——与EBLv的区别与联系t会正确选用不同公式进行相关计算知道自感现象、自感电动势、自感系数，知道自感现象的利弊及其利用与防止了解日光灯的组成与电路，知道镇流器的工作原理和作用知道涡流现象，了解其利用与防止技术。【考点梳理】考点一、法拉第电磁感应定律一、感应电动势1、感应电动势在电磁感应现象中产生的电动势叫感应电动势。产生感应电动势的那部分导体相当于电源。只要穿过回路的磁通量发生改变，在回路中就产生感应电动势。2、感应电动势与感应电流的关系感应电流的大小由感应电动势和闭合回路的总电阻共同决定，电路欧姆定律，即I—。Rr二、法拉第电磁感应定律要点诠释：1、法拉第电磁感应定律三者的大小关系遵守闭合感应电动势的大小跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比。En——，其中nt为线圈匝数。2、法拉第电磁感应定律内容的理解(1)感应电动势的大小：En——。公式适用于回路磁通量发生变化的情况，回路不t定要闭合。(2)不能决定E的大小,-才能决定E的大小，而t-与之间没有大小上的t联系。(3)当仅由B的变化引起时，贝yEBnS——t当仅由S(4)公式S的变化引起时，贝yEnB——。tEn——中，若t取一段时间，则E为t这段时间内的平均值。当磁通量不t是均匀变化的，则平均电动势一般不等于初态与末态电动势的算术平均值。三、导体切割磁感线时的感应电动势要点诠释：1、导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用EBLv求出，式中L为导体切割磁感线的有效长度。若导线是曲折的，则L应是导线的有效切割长度。2、导体不垂直切割磁感线时，即v与B有一夹角，感应电动势可用EBLvsin求出。四、磁通量、磁通量变化量、磁通量变化率一的比较t要点诠释：是状态量，是某时刻穿过闭合回路的磁感线条数，当磁场与回路平面垂直时,是过程量，它表示回路从某一时刻变化到另一时刻回路的磁通量的增量，即1、2、BS。3、4、—的大小没有直接关系，这一点可与tV、V、-相比较。需要指出的是很t大,—可能很小；很小,t—可能很大;t—可能不为零（如线圈平面转到与t磁感线平行时）。当按正弦规律变化时,最大时，-0;当为零时—最大。tt—表示磁通量变化的决慢，即单位时间内磁通量的变化，又称为磁通量的变化率。t五、公式EEntEBLvsin（1）求的是t时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程相对应（1）求的是瞬时感应电动势，E与某个时刻或某个位置相对应（2）求的是整个回路的感应电动势，整个回路的感应电动势为零时，其回路某段导体的感应电动势不一定为零（2）求的是回路中一部分导体切割磁感线时产生的感应电动势（3）由于是整个回路的感应电动势，因此电源部分不容易确定（3）由于是一部分导体切割磁感线的运动产生的，该部分就相当于电源公式En—和EBLvsin是统一的，当t0时，E为瞬时感应电动势，只是由t于高中数学知识所限，现在还不能这样求瞬时感应电动势，而公式EBLvsin的v若代入V，则求出的E为平均感应电动势区别n——与EBLvsin的区别与联系t联系六、导电液体切割”磁感线问题导电液体中存在着大量的离子，当离子通过磁场时受到安培力的作用而发生偏转，使圆柱体或长方体，其次明确管子两侧出现电势差。处理此类问题时首先应建立流体模型两点间的电势差与两点间的直导体棒切割磁场产生的电动势等效。考点二、自感现象及自感电动势一、互感、自感和涡流现象1、互感现象一个线圈中的电流变化，所引起的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象叫互感现象。在互感现象中出现的电动势叫互感电动势，其重要应用之一是制成变压器。2、自感现象(1)定义：由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象，叫自感现象。自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势。其主要应用之一是制成日光灯。(2)自感电动势：EIL——t总是阻碍导体中原电流的变化，即总是起着推迟电流变化的作用。自感电动势总是阻碍导体中原来电流的变化，当原来电流增大时,要点诠释：自感电动势的作用：自感电动势的方向：自感电动势与原来电流方向相反；当原来电流在减小时，自感电动势与原来电流方向相同。(3)自感系数：自感系数L简称为电感或自感，与线圈的形状、长短、匝数有关线圈的横截面积越大，线圈越长，匝数越密，它的自感系数越大；有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯时大得多。其单位是亨利，1H=103mH=106H。3、涡流当线圈中的电流随时间发生变化时，线圈附近的任何导体都会产生感应电流，电流在导体内自成闭合回路，很像水的漩涡，把它叫做涡电流，简称涡流。二、灯泡闪亮的原因如图所示，原来电路闭合并处于稳定状态，L与A并联，其电流分别为IL和IA，方向都是从左向右。在断开S的瞬间，灯A中原来的从右向左的电流IA立即消失，但是灯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IL不会立即消失，而是在回路中逐渐减弱，并维持短暂的时间，此时间内灯A中有从左向右的电流通过，这时通过灯A的电流从Il开始减弱。如果RlRa，则原来的电流IlIa,在灯A熄灭之前要先闪亮一下；如果RlRa，则原来的电流IIIa，灯A逐渐熄灭不会闪亮一下。[fIisr通电时线圈产生的自感电动势阻碍电流的增加与电流方向相反，此时含线圈L的支路相当于断开；断电时线圈产生的自感电动势与原电流方向相同，在与线圈串联的回路里，线圈相当于电源，它提供的电流从原来的IL逐渐减小，但流过灯泡A的电流方向与原来相反。三、日光灯的工作原理如图所示，当日光灯接通电源后，电源把电压加在启动器的两极之间，氖气放电发出辉光，辉光产生的热量使U形动触片膨胀伸长，跟静触片接触而把电路接通。电路接通后，氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分离，电路断开。在电路突然中断的瞬间，由于镇流器中电流急剧减小，会产生很高的自感电动势，方向与原来电压的方向相同，这个自感电动势与电源电压加在一起，形成一个瞬时高压，加在灯管两端，使灯管中的气体开始放电，日光灯管成为电流的通路开始发光(1)启动时产生瞬时高压在启动器短路期间电流很大，当启动器断开的瞬间镇流器可产生很大的自感电动势加在灯管两端，使其中的气体电离导电，灯管发光。（2）工作过程中降压限流，即在灯管正常发光时降低电压，使灯管电压小于电源电压。【典型例题】类型一、法拉第电磁感应定律的应用B，导轨电阻不计。已知金属杆例1、（2015安徽）如图所示，abed为水平放置的平行匚”形光滑金属导轨，间距为导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于ed的方TOC\o"1-5"\h\z向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则HYPERLINK\l"bookmark50"\o"CurrentDocument"XMXXKX5^浜《胃科凭疹**KXXXyMX气爲兴其XHYPERLINK\l"bookmark52"\o"CurrentDocument"f7/&A•电路中感应电动势的大小为空sinB•电路中感应电流的大小为竺C.金属杆所受安培力的大小为r2BIvsinr22BlvD.金属杆的热功率为rsin【答案】【解析】导体棒切割磁力线产生感应电动势E=Blv，故A错误；感应电流的大小I寻rsin2BvsinlBlv，故B正确；所受的安培力为FBI————，故C错误；金sinr属杆的热功率I2—^rsinB2v2sin丄，屮g，故D错误。【考点】考查电磁感应匸知识。举一反三【变式】如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距L=0.50m，左端接一电阻R=0.20n,磁感应强度B=0.40T,方向垂直于导轨平面的匀强磁场，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v=4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求:(1)(2)(3)Kab棒中感应电动势的大小，并指出a、b哪端电势高?回路中感应电流的大小；维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小。XMM1)(K【答案】(1)0.8V;a端电势高；(2)【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律,EBLv0.40.54.0V0.8V根据右手定则可判定感应电动势的方向由(2)导轨和导体棒的电阻均可忽略不计,IE4.0AR0.2(3)由于ab棒受安培力，FBIL4.00.54.0A；(3)0.8N。ab棒中的感应电动势为ba，所以a端电势高。感应电流大小为棒做匀速运动，故外力等于安培力0.4N0.8N，故外力的大小为0.8N。XTSIKabed，匝数为10匝，边长为20cm，在磁感强度为0.2T的匀强磁120r/min。当线框从平行于磁场位置开wb，线圈中磁通量平均变化率为wb/s,例2、正方形导线框场中围绕与B方向垂直的转轴匀速转动，转速为始转过90°时，线圈中磁通量的变化量是_平均感应电动势为V。【思路点拨】根据法拉第电磁感应定律的磁通量变化率的公式求解，转速相当于频率，把转速换成角速度较好，求出周期。区别磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率、感应电动势。【答案】0.008,0.064,0.64【解析】10,2BS0.20.22Wb0.008Wb磁通量的变化量210.008Wb转速为n=120r/min，角速度2n4rad/s,2周期T——0.5s，时间磁通量平均变化率为——t40.0080.250.5Wb/s0.064Wb/s。平均感应电动势为En下0.06410Wb/s0.64V。【 总结 初级经济法重点总结下载党员个人总结TXt高中句型全总结.doc高中句型全总结.doc理论力学知识点总结pdf 升华】审题后可知应该用磁通量的变化率的公式即n——来求感应电动势，一般t来说要描述磁通量的变化量，即写， 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 磁感应强度的变化、面积的变化，还要写出时间的变化量即t,代入公式求解，计算电动势一般不需要带符号，符号是用来分析方向的。磁通量的变化量不乘以匝数，磁通量平均变化率的物理意义是一匝产生的感应电动势。举一反三【高清课堂：法拉第电磁感应定律例2］【变式1］如图所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为r/2的圆形区域内、外,磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B.一半径为r，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合。在内、外磁场同时B?k增大，求导线环内的感应电流强度大小和感应电流方向?【答案】kr2药，顺时针方向。【解析】圆形导线环的磁通量为B(r2^r24B丄「242r2垂直向外的磁通量大于向里的，在内、外磁场同时以Tk增大时，根据楞次定律，应用右手螺旋定则知感应电流的磁场方向为顺时针方向。感应电动势E丄kr22所以感应电流强度大小2ro2R【变式2］一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变,将磁感应强度在1s时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为（1-B.1C.2D.42B设磁感应强度为B，线框面积为S,保持线框的面积不变，在1s时间内均匀地增大到原来的两倍，B1=2BA.【答案】【解析】第一次:磁通量的变化为B.1C.2D.4S(2BB)BS,tt1s产生的感应电动势E第二次：磁感应强度为1t2B,磁通量的变化为22BBStS2=1/2S丄SBS2BS-竺，大小相等，选Bott【变式3］如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重产生的感应电动势E2合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为Bo.使该线框从静止开始绕过圆心0、垂直于半圆面的轴以角速度3匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（）A.4Bo2BoBo【答案】C【解析】线圈匀速转动过程中,尹oR2r1BoR2;要使线圈产生相同电流,2rR2退，所以rtt旦—，所以C正确。类型二、电势高低问题例6】【高清课堂：电磁感应现象和楞次定律例3、飞机在北半球自东向西水平飞行，关于飞机的机翼、机背和机腹的电势高低,以下说法正确的是（）B.右侧机翼电势咼D.机背的电势高特别是地磁场问题，分析清楚北半球的地磁场方向是向北斜向下的，水平分量向北，竖直分量竖直向下，【答案】AC【解析】把机翼、机背和机腹看成一根导线。的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下，A.左侧机翼电势高C.机腹的电势高【思路点拨】判断电势的高低,画出草图。先分析飞机左右机翼电势的高低：由于地磁场飞机左右机翼切割地磁场的竖直分量，画出草图如图1,应用右手定则，如果是闭合的（假设是闭合的），电流方向从右向左，四指的电势是高电势，所以左侧机翼电势高，右侧机翼电势低，如图1所示。（要注意左右是对飞行员而言的）XXXXftXXXXXX—■X左0X1.■、X魁1S2【考点】本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律。再分析图中机背和机腹的电势高低：机背和机腹切割地磁场水平分量，方向由南向北，磁场方向表示为垂直向里，应用右手定则，如果是闭合的，电流方向从机背向机腹，四指的电势是高电势，所以机腹的电势高，机背的电势低，如图2所示。故选AC。【总结升华】首先要明确地磁场的方向，“地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下”（如果在南半球则都相反），再根据运动物体的特点，画出草图，对切割磁感线的运动物体应用右手定则，切割磁感线的导体相当于电源，产生的是感应电动势，电流的方向由低电势指向高电势（假设是闭合的）。如果是磁场变化、面积变化等情况，则根据楞次定律判断感应电流的方向，那部分线圈（无论闭合与否）相当于电源，产生的是感应电动势，电流方向由低电势指向高电势（假设是闭合的）。请思考：（1）如果飞机在南半球自东向西水平飞行，飞机的机翼、机背和机腹的电势高低如何？（2）如果飞机在北半球自西向东水平飞行，它们的电势高低又如何？（3）如果飞机在北半球由北往南飞（由南往北飞）水平飞行，它们的电势高低又如何？举一反三【变式1】（2015重庆卷）女口图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在ti到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由Bj均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差.abC.恒为t2tinS(B2B1)t2t1B.从0均匀变化到D.从0均匀变化到nS(B2BJt2tinS(B2BJt2t1【答案】【解析】穿过线圈的磁场均匀增加,将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得：En—n^B^tt2t1而等效电源内部的电流由楞次定律知从a-b,即b点是等效电源的正极，即abn^B」)故选C。t2t1v水平飞行，飞机机身长为a,机翼两端点的距离Bi，竖直分量为B2。设驾驶员左侧机翼的右侧机翼的端点为D，贝yCD两点间的电势差U为（）=Bivb,=Bivb,=B2vb,【变式2】一飞机在北半球的上空以速度为b。该空间地磁场的磁感应强度的水平分量为端点为C,A.B.C.D.【答案】【解析】且C点电势低于D点电势且且且C点电势高于D点电势C点电势低于D点电势C点电势高于D点电势U=B2vb,D飞机在北半球的上空水平飞行，左右机翼切割地磁场磁感线的竖直分量B2,左右3的图1相同，左边电势高，机翼长度为b,则感应电动势为U=B2vb,可以作出草图与例所以C点电势高于D点电势，只有D正确。（改变飞机的飞行方向，结论不变）【变式3】用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中,M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是（WA1CV挥K爾V£hUaVUbVUcVUdB.UaVUbVUdVUcC.【答案】Ua=Ub=Uc=UdBD.UbVUaVUdVUc【解析】L长的电阻为R,电流laEa4R同理：UbIb5RUdId4RBLv6R2BLve4R6R5RBLv---,Ua4RBLv。U6-BLv3la3R4R,“2BLvIc6Rc8RBLv3°3R—BLv。46R-BLv2可知选项B正确。a图MN进入磁场的过程中，产生的感应电动势为EaBLv,MN是内电路，设C两端的圆形导线回路，垂直于回路平面以内存在bXzXXXXXXXXXXXBX例4、如图所示,有一匝接在电容器着向里的匀强磁场B,已知圆的半径r=5cm，电容C=20^F,当磁场B以4><10-2T/s的变化率均匀增加时，则（）电容器a板带正电，电荷量为2nX-9C电容器a板带负电，电荷量为2nX-9C电容器b板带正电，电荷量为4nX-9C电容器b板带负电，电荷量为4nX-9C【思路点拨】“感应电流”对电容器充电，“电流”流进的极板为正极。电容器两板电压等于感应电动势，再应用电容器的公式求电量。【答案】A【解析】磁场B均匀增加时，圆形导线回路产生感应电动势，根据楞次定律，感应电流的磁场方向垂直向外，应用右手定则，假设的电流方向为逆时针，圆形导线回路相当于电源，四指的地方电势高，即a点电势高，所以电容器C两端的电压，根据法拉第电磁感应定律，匚CB2BEn——S——r——ttta板带正电,BC错。感应电动势为电容器521044102V104V.又CQCU，【总结升华】才有感应电流），根据楞次定律（“增反减同”）判断感应电流的磁场方向,电量QCUCE20106104C2109C，故A正确。圆形导线回路与电容器相接，不是闭合回路，解题时都假设是闭合的（闭合的再用安培定则（右即电源的正极，与正极相接的。回路中仅有瞬时电流。手螺旋定则）判断感应电流方向，四个指头的地方是高电势，是电容器的正极（也可画出电流方向，流进的那端是正极）【变式1】如图所示，线圈内有理想边界的磁场，当磁场均匀增加时，有一带电粒子静止于平行板（两板水平放置）电容器中间，则此粒子带电，若线圈的匝数为n,平行板电容器的板间距离为d粒子的质量为m,带电量为q,则磁感应强度的变化率为（设线圈的面积为S）.【答案】负；mdnqS【解析】当磁场均匀增加时，根据楞次定律，电容器中间，重力等于电场力，电场力方向向上,根据法拉第电磁感应定律，En——nS-t感应电动势等于电容器两板间的电压EU电容器上极板为正极，带电粒子静止于平行板则粒子带负电。BtUB带电粒子静止mgq-,联立解得下mgdonqS【变式2】如图所示，圆环a和圆环b半径之比为2:1,两环用同样粗细的、线连成闭合回路，连接两圆环电阻不计，匀强磁场的磁感强度变化率恒定，于磁场中和b环单独置于磁场中两种情况下，M、N两点的电势差之比为（同种材料的导则在a环单独置）A.4:1B.【答案】CD.1:2【解析】据题意，半径：ra2rb，面积:Sa4Sb，电阻:Ra2Rb，磁感强度变化率恒定,B感应电动势EaSa—^,EbBS^^，则感应电动势之比:EaE：Sa感应电流laEaRaRb‘IbRaRb,则感应电动势之比:-La.Ib旦EbM、N两点电势差UmnlaRb（b环是外电路），UmnIbRa（a环是外电路）所以M、N两点电势差之比UmnUMNlaRb41IX122上。故C正确。1由电流的定义式知qt,由法拉第电磁感应定律知回路中的平均电流T类型三、通过导体横截面的电荷量在电磁感应现象的考题中，常要求计算某段过程中流过导体横截面的电量。n、线圈的电阻及该过程磁通量的变化有关，而与时间无关。这里电流要用平均值,即感应电动势n——,可见流过导体截面的电量只与导体线圈的匝数RB的水平匀强磁场匀速转动，线要用平均值，必须用公式n—,R是总电阻。t例5、如图所示，单匝矩形闭合导线框abed全部处于磁感应强度为中，线框面积为S,电阻为R。线框绕与ed边重合的竖直固定转轴以角速度框从图示位置开始转过—的过程中，通过导线横截面的电荷量q=2X(tX【思路点拨】求通过导线横截面的电量，电流要用平均值，电动势当然也要用平均值，就是说求电动势要用公式En——Ot【解析】单匝矩形闭合导线框,图示位置磁通量为BS,转过一磁通量为零，磁通量的变化2°I.气比-E量为BS,qIt—tR【总结升华】理解了电流用平均值、电动势用平均值，理解求通过导线横截面的电荷量的公式qn—，主要是求出磁通量的变化量，掌握了基本处理 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 做起题来就会得心应手，R又快又对。举一反三【变式1】有一面积为S=100cm2的金属环，电阻为R=0.1Q，环中磁场的变化规律如下图所示，且磁场方向垂直环向里，求：（1）在t1到t2时间内，通过金属环的电量是多少？(2)若【答案】(1)0.01C；(2)0.01V.【解析】(1)由图像可知,磁感应强度的变化率为B2Bit2t1线圈中的磁通量的变化率B-StB2B1t2t1S.t=0.1s,t2=0.2s,金属环中产生的感应电动势为多少?环中的感应电流tR通过环的电量Q也80.01C.2(O.2o."0.01V.100.20.10.1(2)t=0.1s,t2=0.2s,En——t【变式2】如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在统一水平面内，导轨间距I=0.5m，左端接有阻值R=0.3Q的电阻。一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Q的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Qi：Q2=2:1。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中时钟与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求棒在匀加速过程中，通过电阻R的电荷量q:撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2：【解析】(3)5.4J.(1)棒匀加速运动所用时间为t,有丄at2x2根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为BIx-EBIx0.40.59I1.5ARrt(rR)t(rR)3(0.30.1)根据电流定义式有qrt1.534.5C（2）撤去外力前棒做匀加速运动根据速度公式末速为Vat236m/s撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少。2i2Q2Ek—mv2—0.i62i.8JHYPERLINK\l"bookmark103"\o"CurrentDocument"2（3）根据题意在撤去外力前的焦耳热为Q12Q23.6J撤去外力前拉力做正功、安培力做负功（其大小等于焦耳热Qi）、重力不做功共同使棒的动能增大，根据动能定理有EkWFQi则EkWfQiEk3.6i.85.4j.类型四、自感例6、如图所示的电路中有Li和L2两个完全相同的灯泡，线圈L的电阻忽略不计.下列说法中正确的是（）A、闭合S时，L2先亮，Li后亮，最后一样亮曲B、断开S时，L2立刻熄灭，Li过一会儿熄灭SC、Li中的电流始终从b到a—亍iD、L2中的电流始终从c到d【思路点拨】自感电动势阻碍电流的变化，使电流延缓。断电后线圈相当于电源提供电流,如果线圈的电阻很小，与线圈组成闭合回路的灯泡就会闪亮一下。【答案】AC【解析】闭合S时，L2中立即有从d到C的电流，先亮，线圈由于自感作用，通过它的电流将逐渐增加，所以Li逐渐变亮。电路稳定后自感作用消失，线圈L相当于导线，所以Li、L2最后一样亮，选项A正确。断开S时，L2中由电源提供的电流立即消失，但是Li中从b到a的电流由于自感的阻碍作用只能逐渐减小，该电流与一会儿才一熄灭，选项B错误。Li中的电流始终由b到a,L2中的电流先由d到c,后由C到do【总结升华】自感电动势阻碍电流的变化，线圈中电流增大时，自感电动势（电流）方向与原电流方向相反，阻碍电流的增大；线圈中电流减小时，自感电动势（电流）方向与原电流方向相同，阻碍电流的减小，正是这种阻碍作用，使线圈中的电流只能从原来的值逐渐变化，不能发生突变。举一反三【变式i】如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，Li、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S的闭合和断开的过程中，Li、L2的亮度变化情况是（灯丝不会断）（）S闭合，Li逐渐变亮S闭合，S闭合，L2形成回路，因此L1、L2都将过Li亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮,Li亮度不变，L2很亮；S断开，Li、L2立即不亮Li、L2同时亮，而后Li逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，Li亮一下才灭D.S闭合，Li、L2同时亮，而后Li逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即不亮，Li亮一下才灭【答案】DLi和L2串接后与电源相.的分流作用增大，Li的L2灯变得更亮。当SL与Li组成闭合电路，D正确。【解析】当S接通，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，连，Li和L2同时亮，随着L中电流的增大，L的电流电阻不计，L电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，总电流变大，L2的电流增大,断开，L2中无电流，立即熄灭，而电感L将要维持本身的电流不变，Li灯要亮一下后再熄灭（即所谓闪亮一下后熄灭），综上所述，选项【变式2】某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈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。LE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末闪亮的原因是（）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【答案】C【解析】A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关.故A错误.B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电—断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象.故B错误.C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时,根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象.故C正确.D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小•故D错误•故选C.■