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物理选择性必修二2.4 互感和自感同步练习（优生加练）
一、选择题
1．如图所示，三个相同的灯泡、、，电阻可忽略的电感线圈L，D为理想二极管，下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S的瞬间，立即变亮，、逐渐变亮
B．闭合开关S的瞬间，立即变亮，、逐渐变亮
C．断开开关S的瞬间，立即熄灭，、逐渐熄灭
D．断开开关S的瞬间，立即熄灭，、先闪亮一下然后逐渐熄灭
2．如图所示电路中，A、B为两个相同灯泡，为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈，下列说法正确的是（　　）
A．接通开关S，A立即变亮，最后A比B亮
B．接通开关S，B即变亮，最后、B一样亮
C．断开开关，A、B都立刻熄灭
D．断开开关，A、B都逐渐熄灭
3．用图1电路探究自感电路中的电流变化，并用电流传感器记录显示。电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R，电感线圈的自感系数为L（直流电阻不计），电流传感器A可视为电阻不计的电流表。闭合开关，电流传感器显示电流变化如图2，后电流接近稳定，不考虑电磁辐射，则（　　）
A．电路稳定时的最大电流为
B．时刻，电感线圈消耗的电功率最大
C．闭合开关瞬间，线圈的自感电动势不可能大于E
D．0~时间内，通过电阻的电荷量为
4．如图所示的电路中，灯泡A1和A2的规格相同。“胜哥”先闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S。下列说法正确的是（　　）
A．断开开关S后，A1灯闪亮后熄灭
B．断开开关S的瞬间，A1灯电流反向
C．断开开关后，电路中的电能来自于线圈储存的磁场能
D．重新接通电路，A1和A2同时亮起，然后A1灯逐渐熄灭
5．如图所示的电路中，A1，A2和A3是三个阻值恒为R的相同小灯泡，L是自感系数相当大的线圈，其直流电阻也为R。下列说法正确的是（　　）
A．S接通瞬间，A1最亮，稳定后A1、A2和A3亮度相同
B．S接通瞬间，A1最亮，稳定后A1比A2、A3亮
C．电路稳定后断开S时，A1、A2和A3亮一下后一起熄灭
D．电路稳定后断开S时，A1闪亮一下再熄灭，A2和A3立即熄灭
6．如图所示，A、B、C是三只完全相同的灯泡，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S瞬间，A、B、C均逐渐变亮
B．闭合开关S瞬间，A和C立即亮、B逐渐变亮
C．断开开关S瞬间，C立即熄灭
D．断开开关S瞬间，A闪亮后逐渐熄灭
7．如图所示是“胜哥”研究自感现象的电路图，L是自感系数很大的线圈，其直流电阻几乎为零，两个灯泡A、B完全相同，下列说法正确的是（　　）
A．开关闭合时，B灯逐渐变亮
B．电路稳定时，灯A、B一样亮
C．开关断开时，L左端电势高于右端电势
D．开关断开时，磁场能转化为B灯的电能
8．下列关于电和磁的情景的说法正确的是（　　）
A．图甲：两条异向通电长直导线相互吸引
B．图乙：在匀强磁场内运动的闭合线框中有感应电流产生
C．图丙：闭合线框中c点的电势高于b点的电势
D．图丁：电路通电稳定后断开开关S的瞬间，灯泡一定会闪一下再熄灭
9．图甲是常见的动圈式扬声器实物图，图乙是剖面结构图，图丙是磁铁和线圈部分的俯视图。按音频变化的电流通过线圈时，线圈会带动纸盆一起振动，发出声音。线圈匝数为n，所处位置磁感应强度为B，电流为I，线圈半径为R，则（　　）
A．该扬声器的工作原理是电磁感应现象
B．此时线圈受到安培力2nπBIR
C．线圈上a、b两点位置磁感应强度相同
D．图丙中线圈电流顺时针时，所受安培力垂直纸面向里
10．“胜哥”在断电自感的演示实验中，用小灯泡、带铁芯的电感线圈和定值电阻等元件组成如图甲所示电路。闭合开关，待电路稳定后，两支路电流分别为和。断开开关前后的一小段时间内，电路中电流随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．断开开关前灯泡中电流为
B．灯泡电阻小于电阻和线圈的总电阻
C．断开开关后小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭
D．断开开关后电阻所在支路电流如曲线所示
11．电荷量Q、电压U、电流I和磁通量Φ是电磁学中重要的物理量，其中特定的两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的属性，如图所示．类似地，上世纪七十年代有科学家预言Φ和Q之比可能也是一种电磁学元件的属性，并将此元件命名为“忆阻器”，近年来实验室已研制出了多种类型的“忆阻器”．由于“忆阻器”对电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景．下列说法错误的是（　　）
A．QU的单位和ΦI的单位不同
B．在国际单位制中，图中所定义的M的单位是欧姆
C．可以用来描述物体的导电性质
D．根据图中电感L的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式
12．如图甲所示，一个匝数的圆形导体线圈，总电阻，在线圈内存在面积为且垂直线圈平面的匀强磁场区域，外电路中灯、的电阻始终为6Ω（可忽略温度对电阻影响），L是自感系数很大、直流电阻可忽略的自感线圈。时刻闭合开关S，同时控制线圈内的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙（取垂直线圈平面向外的磁场方向为正），则下列说法正确的是（　　）
A．0~8s通过灯L的电流方向始终为
B．若时断开开关，灯会立马熄灭
C．由于自感线圈的存在，灯的亮度始终比灯亮
D．2~4s内灯产生的热量为3J
13．如图所示，在圆柱形区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间的变化关系为，其中、为正的常数．在此区域的水平面内固定一个半径为的圆环形内壁光滑的细玻璃管，将一电荷量为的带正电小球在管内由静止释放，不考虑带电小球在运动过程中产生的磁场，则下列说法正确的是（　　）
A．从上往下看，小球将在管内沿顺时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为
B．从上往下看，小球将在管内沿逆时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为
C．从上往下看，小球将在管内沿顺时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为
D．从上往下看，小球将在管内沿逆时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为
二、多项选择题
14．如图所示电路，L是一直流电阻可忽略的自感线圈，A、B、C为完全相同的三个灯泡，下列说法正确的是（　　）
A．闭合电键S的瞬间，A、B、C三灯一样亮
B．闭合电键S稳定后，A灯最亮
C．闭合电键S稳定后，再断开电键S，A、B、C灯都立即熄灭
D．闭合电键S稳定后，再断开电键S，A、B、C灯都缓慢熄灭
15．如图所示，电路为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，稳定后设通过线圈L的电流为，通过小灯泡E的电流为，小灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S，则可观察到灯泡E闪亮一下后熄灭，在灯E闪亮短暂过程中（　　）
A．线圈L两端a端电势高于b端
B．线圈L中电流逐渐减为零
C．小灯泡E中电流由逐渐减为零，方向与相反
D．小灯泡E中电流由逐渐减为零，方向不变
16．如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质最用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率，匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（　　）
A．线圈电阻为与 B．I越大，表明m越大
C．v越大，则E越小 D．
17．动圈式扬声器的结构如图甲所示，图乙为磁铁和线圈部分从右往左看的剖面图，有指向圆心内部的辐射形磁场。当人对着纸盆说话，纸盆带着线圈左右运动（在乙图中垂直剖面上下运动）能将声信号转化为电信号。已知线圈有匝，线圈半径为，总电阻为，线圈所在位置的磁感应强度大小为，则（　　）
A．纸盆向左运动时，图乙的线圈中产生逆时针方向的感应电流
B．纸盆向左运动时，图乙的线圈中产生顺时针方向的感应电流
C．纸盆向右运动速度为时，线圈所受安培力为
D．纸盆向右运动速度为时，线圈所受安培力为
18．如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略．下列说法中正确的是 （　　）
A．合上开关K瞬间，A1、A2同时亮
B．合上开关K瞬间，A2立刻亮，A1逐渐变亮
C．合上开关K一段时间后，再断开开关K时，A2立刻熄灭，A1逐渐熄灭
D．合上开关K一段时间后，再断开开关K时，A1和A2都缓慢熄灭
三、非选择题
19．如图所示，是一带铁芯的自感系数很大的线圈，其直流电阻几乎为零，电路中A和B是两个完全相同的灯泡。则开关闭合的瞬间，观察到的现象是　 　（选填“A、B同时亮”或“A先亮”或“B先亮”）；开关断开的瞬间，观察到的现象是　 　（选填“A、B同时熄灭”或“A先熄灭”或“B先熄灭”），流经灯泡A的电流方向是从　 　（选填“到”或“到”）。
20．“胜哥”在课堂上演示了如图所示的实验，电源电动势为1.5V，设人两手间电阻为200kΩ，L为自感系数很大的电感线圈。当开关S1和S2都闭合稳定时，电流表A1、A2的示数分别为0.6A和0.4A。当断开S2，闭合S1，电路稳定时电流表A1、A2的示数都为0.5A。实验前先将两开关都断开。
（1）以下操作能使人有触电感觉的是（　　）
A．先将S1和S2闭合，稳定后再突然断开S1
B．先将S1和S2闭合，稳定后再突然断开S2
C．保持S2断开，先闭合S1，稳定后再突然断开S1
（2）按照（1）中所选择的方案进行操作，断开开关瞬间，A、B两点中电势较高的点是　 　点，A、B间瞬时电压的最大值为　 　kV（保留三位有效数字）。
21．图甲为“胜哥”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=5.0Ω，定值电阻R=1.0Ω，A、B间电势差UAB=6.0V，开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1=1.0×10﹣3s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。
（1）线圈L的直流电阻RL=　 　Ω；（结果保留两位有效数字）
（2）闭合开关一段时间后，开关断开时，看到的现象是　 　；
（3）断开开关后，通过电灯的电流方向　 　（填：a→b或b→a）。
（4）断开开关瞬间，线圈产生的自感电动势为　 　V。
22．如图甲，“胜哥”用电压传感器研究电感线圈特性，图甲中三个灯泡相同，灯泡电阻不变。t=0时，闭合开关S，当电路达到稳定状态后再断开开关，与传感器相连的电脑记录的电感线圈L两端电压u随时间t变化的u-t图像如图乙所示。不计电源内阻，电感线圈L的自感系数很大且不计直流电阻。
（1）开关S闭合瞬间，流经灯 L1的电流I1　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）流经灯L2的电流I2，灯L3亮度变化情况是　 　（选填“逐渐变亮”或“突然变亮”）。
（2）开关S断开瞬间，灯 L2　 　（选填“会”或“不会”）闪亮。
（3）图乙中电压 U1与 U2的比值为　 　。
23．发光二极管
发光二极管（LED）可高效地将电能转化为光能，并具有单向导电性。用表示，电流只有从标有“＋”的一端流入时，二极管才能发光。
（1）某发光二极管发出波长为的光，已知普朗克常量为h，光速为c，则该束光中光子的动量大小为　 　。
A. B. C. D.
（2）将红、绿两个发光二极管作为指示灯，与螺线管连接成闭合回路，如图所示。磁铁S极朝下，从图中位置静止释放穿过线圈的过程中，红、绿两灯发光的情况是　 　。
A.只有红灯亮 B.只有绿灯亮
C.先红灯亮后绿灯亮 D.先绿灯亮后红灯亮
（3）a、b、c、d四个相同的发光二极管，与电动势为E、内阻为r的电源、自感线圈L、滑动变阻器R、开关S等元件连接成如图所示电路。某同学在时，闭合S，经过一段时间后，在时再断开S。在此过程中，
（1）一直没发光的发光二极管是　 　；
A.a B.b C.c D.d
（2）通过电流传感器的电流i随时间t的变化关系可能是　 　。
A． B. C. D.
（4）某种射灯及内部结构，如图所示。发光二极管封装在半径为R透明半球体中，其管芯的发光面AOB是半径为r的圆面，其圆心与半球体的球心O重合。若发光面发出的光第一次到达半球面时，均可从球面射出，则透明半球体的折射率应小于　 　。
A. B. C. D.
（5）“胜哥”利用LED制作频闪光源，结构如图（a）所示，变压器原、副线圈的匝数之比为。该LED的伏安特性曲线如图（b）所示。副线圈的输出电压，
原线圈输入电压的有效值为　 　V；（2）若定值电阻的阻值为，工作时流过LED的最大电流约为　 　mA（保留2位有效数字）。
24．“胜哥”研究断电自感现象。
（1）实验中使用的小灯泡额定电压3.8V，额定电流标识不清，“胜哥”用多用电表粗略测量小灯泡电阻，多用电表表盘指针指在如图甲所示的位置，选择开关打在“×1”倍率，则小灯泡电阻为　 　，为了更精确测量小灯泡电阻，小灯泡两端的电压需要由零逐渐增加并便于操作。提供的器材有：
A.电压表（0~3V，内阻约为）；
B.电压表（0~15V，内阻约为）；
C.电流表（0~3A，内阻约为）；
D.电流表（0~0.6A，内阻约为）；
E.滑动变阻器（，0.5A）；
F.滑动变阻器（，2A）；
G.直流电源（电动势3V）；
H.开关S，导线若干。
（2）把乙图中所示的实验器材用实线连接成实物电路　 　；
（3）滑动变阻器选　 　（填“”或“”），闭合开关前滑动变阻器应滑到　 　（填“左”或“右”）端，某次实验中电流表的读数如图丙所示，读数　 　A。
（4）“胜哥”拿到两个匝数一样，粗细不一样的带铁芯线圈，A线圈电阻为，B线圈电阻为，他在如图丁实验中开关闭合时，小灯泡亮度较暗，断开开关，小灯泡闪亮一下后熄灭，选用　 　（填“A”或“B”）线圈。
25．在探究电磁感应有关现象及规律的实验中，“胜哥”选择的灵敏电流计G，在没有电流通过的情况下，指针恰好指在刻度盘中央。请根据“胜哥”的实验操作，回答问题：
（1）首先，将灵敏电流计G连接在图甲所示电路中，电流计的指针如图甲中所示。
（2）然后，将灵敏电流计G与一螺线管串联，当条形磁铁运动时，灵敏电流计G指针偏转情况如图乙所示。则条形磁铁的运动情况是　 　。（选填“向上拔出”或“向下插入”）
（3）接着，将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。闭合开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下。请问：灵敏电流计指针向右偏与螺线管B中导线的绕向　 　（选填“有”或“没有”）关系：若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是　 　（填序号）。
A.断开开关
B.在A线圈中插入铁芯
C.变阻器的滑片向右滑动
D.变阻器的滑片向左滑动
（4）最后，“胜哥”用电流传感器研究自感现象，电路如图丁所示。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。
①在时刻，闭合开关S，电路稳定后，在时刻断开S，电流传感器连接计算机描绘了整个过程线圈中的电流随时间t变化的图像。图丁中的A、B图像，可能正确的是　 　。（选填“A”或“B”）
②在“闭合开关—稳定一小段时间—断开开关”这个过程中，通过电流传感器得到图像如图戊所示。比较与的大小关系，有　 　。（选填“>”“<”或“=”）
26．图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。
（1）在图中画线连接成实验电路图；
（2）完成下列主要实验步骤中的填空；
①按图接线；
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量；
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内继续加入适量细沙，D重新处于平衡状态；然后读出　 　，并用天平称出　 　；
④用米尺测量D的底边长度。
（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出　 　；
（4）根据以上操作可知磁感应强度方向垂直纸面向　 　。
27．为了确保载人飞船返回舱安全着陆，设计师在返回舱的底盘安装了4台电磁缓冲装置。每台电磁缓冲装置包含两条绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ，且缓冲轨道内存在稳定的匀强磁场，方向垂直于整个缓冲轨道平面。4台电磁缓冲装置与率先着陆的4个缓冲滑块分别对接，缓冲滑块外部由高强度绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与缓冲轨道中的磁场相互作用，返回舱一直做减速运动，直至速度达到软着陆的要求，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，返回舱的速度大小为，4台电磁缓冲装置结构相同，其中一台电磁缓冲装置的结构简图如图所示，线圈的电阻为R，ab边长为L，返回舱的质量为m，磁场的磁感应强度大小为B。假设缓冲轨道足够长，线圈足够高，软着陆时返回舱的速度大小为v，重力加速度大小为g，一切摩擦阻力均不计。
（1）求缓冲滑块刚停止运动时，线圈中的电流大小；
（2）求缓冲滑块刚停止运动时，返回舱的加速度大小；
（3）若返回舱的速度大小从减到v的过程中，经历的时间为t，求该过程中返回舱下落的高度h和每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热Q。
答案解析部分
1．C
2．D
3．C
4．C
5．A
6．D
7．D
8．C
9．B
10．C
11．A
12．D
13．C
14．B,D
15．B,C
16．B,D
17．A,D
18．B,D
19．A、B同时亮；B先熄灭；到
20．（1）C
（2）A；100
21．3.0；闪亮一下再逐渐熄灭；b→a；13.5
22．（1）等于；逐渐变亮
（2）不会
（3）3∶4
23．（1）D
（2）C
（3）C；D
（4）B
（5）；15mA
24．（1）2.0
（2）
（3）；左；0.28
（4）B
25．向下插入；有；AC；A；
26．（1）
（2）电流表的示数；细沙的质量
（3）
（4）外
27．（1）解：ab边产生的感应电动势
线圈中的电流
（2）解：返回舱所受单个团合矩形线圈的安培力大小
根据牛顿第二定律得
解得
（3）解：设一小段时间内返回舱下落的高度为，对返回舱，由动量定理，得
则对t时间内返回舱的运动，有
解得
由能量守恒定律有
解得
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物理选择性必修二2.4 互感和自感同步练习（优生加练）
一、选择题
1．如图所示，三个相同的灯泡、、，电阻可忽略的电感线圈L，D为理想二极管，下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S的瞬间，立即变亮，、逐渐变亮
B．闭合开关S的瞬间，立即变亮，、逐渐变亮
C．断开开关S的瞬间，立即熄灭，、逐渐熄灭
D．断开开关S的瞬间，立即熄灭，、先闪亮一下然后逐渐熄灭
【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AB．闭合开关S的瞬间，立即变亮，因通过二极管的电流为正向电流，所以灯泡立刻亮，而线圈产生自感电动势阻碍灯泡所在支路的电流增大，所以灯泡慢慢变亮，综上分析可知，逐渐变亮，、均立即变亮，故AB错误；
CD．断开开关S的瞬间，流过二极管的电流为反向电流，则立即熄灭，线圈与灯泡、构成回路，因线圈产生感应电动势阻碍电流的减小；由于的电阻不计，则闭合开关S稳定后各支路的电流是相等的，所以断开S后通过、的电流从原来的大小开始减小，与都不会闪亮一下；综上分析可知，断开开关S的瞬间，立即熄灭，、逐渐熄灭，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】一：电感线圈的自感现象
1、通电时的阻碍作用：电流增大时，自感线圈产生感应电动势阻碍电流增加 → 与线圈串联的灯泡 逐渐变亮。
2、断电时的续流作用：电流减小时，自感线圈产生感应电动势维持原电流方向 → 使与线圈构成闭合回路的灯泡 逐渐熄灭（不会立即灭）。
二：二极管的单向导电性
正向导通，反向截止。
本题中：闭合开关时，二极管正向导通 → 所在支路相当于纯电阻，灯泡 立即亮。
断开开关时，自感电动势可能使原电流方向反向通过二极管吗？需要判断电压极性：若自感电动势使二极管阳极电势低于阴极 → 二极管反向截止 → 该支路立即断开，灯泡 立即灭。
三：断电时自感电流的回路分析
这是本题的关键难点，也是容易错的地方。必须识别断电后哪些元件能形成闭合回路。
如果电感与某灯泡串联，且断电后能与其他支路灯泡形成回路，则这些灯泡会逐渐熄灭。
如果某支路因二极管反向截止而被排除在回路外 → 该支路灯泡立即灭。
还要判断“闪亮”的条件：闪亮意味着断电后通过灯泡的电流 短暂地大于原来电流。
若原稳定时电感支路电流 ≥ 与其并联的其他支路电流（即放电时电流可能更大），且放电回路包含那个灯泡，就可能闪亮。
但本题中电感电阻不计 → 稳定时三条支路电流相等（灯泡电阻相同）→ 放电电流从原大小开始衰减 → 不会闪亮。
2．如图所示电路中，A、B为两个相同灯泡，为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈，下列说法正确的是（　　）
A．接通开关S，A立即变亮，最后A比B亮
B．接通开关S，B即变亮，最后、B一样亮
C．断开开关，A、B都立刻熄灭
D．断开开关，A、B都逐渐熄灭
【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源。AB．接通开关S，A立即变亮，由于线圈L产生自感电动势阻碍电流的增加，则B逐渐亮起来，最后、B一样亮，选项AB错误；
CD．断开开关，通过A原来的电流立即消失，但是由于线圈中产生自感电动势阻碍电流减小，则L相当电源在L、B、A中重新形成回路，则使得A、B都逐渐熄灭，选项C错误，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。
3．用图1电路探究自感电路中的电流变化，并用电流传感器记录显示。电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R，电感线圈的自感系数为L（直流电阻不计），电流传感器A可视为电阻不计的电流表。闭合开关，电流传感器显示电流变化如图2，后电流接近稳定，不考虑电磁辐射，则（　　）
A．电路稳定时的最大电流为
B．时刻，电感线圈消耗的电功率最大
C．闭合开关瞬间，线圈的自感电动势不可能大于E
D．0~时间内，通过电阻的电荷量为
【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A． 通电一段时间后，电流达到稳态（不再变化），此时自感电动势消失，电路仅剩纯电阻作用，电流由欧姆定律决定 ，故A错误；
B．根据，t=0时刻（开关刚闭合），电流为零（），但电流变化率最大，但是电流为0，故电功率为0，故B错误；
C． 闭合开关瞬间，自感电动势阻碍电流变化，方向与电源电动势相反，由于电流要增大，电感线圈会产生自感电动势阻碍电流增大。根据楞次定律，但是自感电动势的大小是由电流的变化率和自感系数决定的，故C正确；
D．根据，在I - t图像中，q等于I - t图像与坐标轴围成的面积。由于I - t图像不是正弦函数图象 电流是指数增长（RL电路特性），非正弦交流电，因此不能用正弦有效值公式 计算。 故D错误。
故选C。
【分析】1、在自感电路中，电流稳定，则线圈自感现象消失，根据闭合回路的欧姆定律可求解最大电流。
2、由已知图像可知t=0时，电流为0，故电功率为0。
3、自感电动势的大小是由电流的变化率和自感系数决定的，如果自感电动势大于E，那么电路中的电流就不会增大了。
4、在I - t图像中，q等于I - t图像与坐标轴围成的面积。
4．如图所示的电路中，灯泡A1和A2的规格相同。“胜哥”先闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S。下列说法正确的是（　　）
A．断开开关S后，A1灯闪亮后熄灭
B．断开开关S的瞬间，A1灯电流反向
C．断开开关后，电路中的电能来自于线圈储存的磁场能
D．重新接通电路，A1和A2同时亮起，然后A1灯逐渐熄灭
【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A：断开开关后，线圈的自感电流与原电流方向相同，且初始电流等于A1原来的电流，故A1不会闪亮，而是逐渐熄灭，A错误；
B：断开开关瞬间，A1的电流方向与原方向相同，未反向，B错误；
C：断开开关后，线圈储存的磁场能转化为电能，维持电路短暂电流，C正确；
D：重新接通电路时，A2立刻亮起，A1因线圈自感逐渐亮起（非同时），D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查自感现象的能量与电流变化，核心思路是明确自感过程中磁场能向电能的转化，以及自感对电流变化的阻碍作用（使电流逐渐变化）。
5．如图所示的电路中，A1，A2和A3是三个阻值恒为R的相同小灯泡，L是自感系数相当大的线圈，其直流电阻也为R。下列说法正确的是（　　）
A．S接通瞬间，A1最亮，稳定后A1、A2和A3亮度相同
B．S接通瞬间，A1最亮，稳定后A1比A2、A3亮
C．电路稳定后断开S时，A1、A2和A3亮一下后一起熄灭
D．电路稳定后断开S时，A1闪亮一下再熄灭，A2和A3立即熄灭
【答案】A
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】理解通电自感和断电自感两种现象，知道在演示断电自感现象时，灯泡能够出现“闪亮”的原因。AB．由于S接通时，线圈阻碍电流的增加，相当于断路，流经A1的电流大，故最亮，稳定后因线圈直流电阻也为，流经三灯泡的电流相同，故亮度相同，故A正确，B错误；
CD．电路稳定后断开S时，L和A1形成闭合回路，如图所示
因流经线圈电流与断开S前流过A1的电流相同，故A1不会闪亮一下再熄灭，而是慢慢熄灭，A2和A3立即熄灭，故CD错误。
故选A。
【分析】由于S接通时，线圈阻碍电流的增加，相当于断路，流经A1的电流大，稳定后流经三灯泡的电流相同；电路稳定断开S后，L和A1形成闭合回路。
6．如图所示，A、B、C是三只完全相同的灯泡，L是自感系数很大、电阻可忽略不计的自感线圈。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S瞬间，A、B、C均逐渐变亮
B．闭合开关S瞬间，A和C立即亮、B逐渐变亮
C．断开开关S瞬间，C立即熄灭
D．断开开关S瞬间，A闪亮后逐渐熄灭
【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路。AB．由于自感线圈L阻碍电流增大，所以闭合开关S瞬间，A先亮，B、C逐渐变亮，稳定后三个灯泡一样亮，故AB错误；
CD．断开开关S瞬间，自感线圈、A、B、C组成闭合回路，自感线圈阻碍电流减小，所以B、C逐渐熄灭，流过A的电流等于流过B、C电流之和，比断开开关前电流大，所以A闪亮后逐渐熄灭，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】电感在内部电流发生变化时会产生一种阻碍作用，当电流增大时会产生反向电动势使电流缓慢增大，在接通瞬间看作是电阻极大；当电流减小时，会产生同向电动势，使电流缓慢减小，相当于电源。
7．如图所示是“胜哥”研究自感现象的电路图，L是自感系数很大的线圈，其直流电阻几乎为零，两个灯泡A、B完全相同，下列说法正确的是（　　）
A．开关闭合时，B灯逐渐变亮
B．电路稳定时，灯A、B一样亮
C．开关断开时，L左端电势高于右端电势
D．开关断开时，磁场能转化为B灯的电能
【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A．在开关闭合的瞬间，依据楞次定律，线圈L会产生一个与原电流方向相反的感应电流，以阻碍电流的增大。因此，灯A和灯B会同时亮起。故A错误。
B．当电路达到稳定状态后，线圈L中不再产生感应电流，且其直流电阻非常小，可忽略不计，这使得灯B被短路，无法发光。此时只有灯A亮起，故B错误。
C．开关断开瞬间，通过线圈L的电流迅速减小。根据楞次定律，线圈L中产生的感应电流方向与原电流方向相同（即从左向右）。此时，线圈L相当于一个电源，其左端为电源的负极，右端为正极，因此左端电势低于右端电势，故C错误。
D．电路稳定后，线圈L中储存了磁场能量。当开关断开时，线圈L通过产生感应电流，将储存的磁场能释放出来，并转化为灯B的电能，使其短暂发光，故D正确。
故选D。【分析】1、线圈（电感器）是自感现象的主要元件。它的特性是“阻碍电流的变化”。本题中线圈L在电路中的作用是产生自感电动势，阻碍电路中电流的突变。
2、若线圈的直流电阻很小可忽略不计（理想情况），则它在稳态下相当于一根导线，会短路与其并联的元件。 此时线圈相当于一个临时电源，其内部感应电流的方向与原稳定电流方向相同。因此，电流流出的一端为电源正极，流入的一端为负极。
3、在断电时，线圈中储存的磁场能会通过感应电流的形式释放出来，转化为其他形式的能量（如灯泡的光能和热能）。
8．下列关于电和磁的情景的说法正确的是（　　）
A．图甲：两条异向通电长直导线相互吸引
B．图乙：在匀强磁场内运动的闭合线框中有感应电流产生
C．图丙：闭合线框中c点的电势高于b点的电势
D．图丁：电路通电稳定后断开开关S的瞬间，灯泡一定会闪一下再熄灭
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；自感与互感；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】本题考查磁场和电磁感应的基础知识，关键要理解自感现象形成的原因，判断断电自感时在什么条件下灯泡会闪一下。A．导线间的相互作用力通过磁场产生，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故A错误；
B．感应电流的产生条件是闭合回路中磁通量发生改变，线框磁通量未改变，无感应电流产生，故B错误；
C．由右手定则可知，c点的电势高于b点的电势，故C正确；
D．若电路稳定时，流过电感线圈的电流大于灯泡中的电流，断电自感时灯泡才会闪一下再熄灭，题中未说明，故D错误。
故选C。
【分析】根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥分析A项；根据感应电流的产生条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，来分析B项；根据右手定则判断电势高低；结合自感现象的规律分析D项。
9．图甲是常见的动圈式扬声器实物图，图乙是剖面结构图，图丙是磁铁和线圈部分的俯视图。按音频变化的电流通过线圈时，线圈会带动纸盆一起振动，发出声音。线圈匝数为n，所处位置磁感应强度为B，电流为I，线圈半径为R，则（　　）
A．该扬声器的工作原理是电磁感应现象
B．此时线圈受到安培力2nπBIR
C．线圈上a、b两点位置磁感应强度相同
D．图丙中线圈电流顺时针时，所受安培力垂直纸面向里
【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A．该扬声器的工作原理是通电线圈在磁场中在安培力的作用下发生振动，线圈会带动纸盆一起振动，发出声音，故A错误；
B．把线圈看成由一小段一小段的直导线连接而成，线圈中通有电流时，各段安培力方向相同，叠加在一起即为所受的总安培力，因此安培力大小为
故B正确；
C．永磁体磁场特点：扬声器中永磁体产生的磁场径向分布（如图丙），方向：沿半径方向，则各点方向不同。所以线圈上各点位置处磁感应强度大小相等、方向不同，故C错误；
D．图丙中线圈电流顺时针（俯视图）。磁场方向：永磁体磁场由N极指向S极（假设垂直纸面向内）。图丙线圈电流沿顺时针时，根据左手定则，线圈受垂直纸面向外的安培力，故D错误。
故选B。
【分析】1、通电导线在磁场中受安培力（）。
2、交变电流通过线圈时，安培力方向周期性变化，驱动线圈及连接的纸盆振动，从而发声。
3、能量转换：电能 → 磁能 → 机械能（振动） → 声能。将线圈视为多段直导线，每段受安培力 。
4、方向叠加：若磁场均匀且电流方向一致，各段安培力方向相同，总力为标量叠加。
10．“胜哥”在断电自感的演示实验中，用小灯泡、带铁芯的电感线圈和定值电阻等元件组成如图甲所示电路。闭合开关，待电路稳定后，两支路电流分别为和。断开开关前后的一小段时间内，电路中电流随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．断开开关前灯泡中电流为
B．灯泡电阻小于电阻和线圈的总电阻
C．断开开关后小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭
D．断开开关后电阻所在支路电流如曲线所示
【答案】C
【知识点】自感与互感；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A . 图像电感在两种时候等效为电源，电流不会突变正负I1，说明I1是电感支路的，故A错误；
B . 并联电路电流与电阻成反比，I-t图像I2C . 断开开关S前、后的一小段时间内，通过电感线圈L的电流方向是不变的，则电感线圈L所在支路的电流如曲线a所示，小灯泡电流先变成0变暗，然后突然反向送来电流变亮再随着电感能量释放得不到补充，磁能释放完毕就熄灭，灯泡所在支路的电流如曲线b所示负电流，故C错误；
D．断开开关S前、后的一小段时间内，通过电感线圈L的电流方向是不变的，则电感线圈L所在支路的电流如曲线a所示，故D错误；
故选C；
【分析】（1）稳态电流：比较两支路电阻，通过电流大小反推电阻关系；
瞬态过程：开关断开后，电感线圈电流沿原方向通过灯泡衰减，灯泡电流从；
（2）易错点：电阻比较：误认为电流大则电阻大实际电流与电阻成反比；
曲线归属：混淆电感支路a与灯泡支路b的电流变化；
电流方向：自感电流方向与原电流相同，但路径改变仅通过灯泡。
11．电荷量Q、电压U、电流I和磁通量Φ是电磁学中重要的物理量，其中特定的两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的属性，如图所示．类似地，上世纪七十年代有科学家预言Φ和Q之比可能也是一种电磁学元件的属性，并将此元件命名为“忆阻器”，近年来实验室已研制出了多种类型的“忆阻器”．由于“忆阻器”对电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景．下列说法错误的是（　　）
A．QU的单位和ΦI的单位不同
B．在国际单位制中，图中所定义的M的单位是欧姆
C．可以用来描述物体的导电性质
D．根据图中电感L的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式
【答案】A
【知识点】自感与互感；电势差
【解析】【解答】A.由法拉第电磁感应定律可知，，是的单位为V·s，由可知，Q的单位为A·s，则QU与ΦI的单位相同均为V·A·s，A错误；
B.由题图可知，从单位角度分析有，B正确；
C.由知，可以用来描述物体的导电性质，C正确；
D.由电感的定义以及法拉第电磁感应定律解得，D正确。
故选A。
【分析】 由法拉第电磁感应定律、电流定义式推导QU和QI的单位，再结合欧姆定律可知图中所定义的M的单位；根据欧姆定律分析C选项；根据电感的定义式和法拉电磁感应定律分析D选项。
12．如图甲所示，一个匝数的圆形导体线圈，总电阻，在线圈内存在面积为且垂直线圈平面的匀强磁场区域，外电路中灯、的电阻始终为6Ω（可忽略温度对电阻影响），L是自感系数很大、直流电阻可忽略的自感线圈。时刻闭合开关S，同时控制线圈内的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙（取垂直线圈平面向外的磁场方向为正），则下列说法正确的是（　　）
A．0~8s通过灯L的电流方向始终为
B．若时断开开关，灯会立马熄灭
C．由于自感线圈的存在，灯的亮度始终比灯亮
D．2~4s内灯产生的热量为3J
【答案】D
【知识点】自感与互感；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A.由楞次定律可判断感应电流的方向始终为，A错误；
B．断开开关后，线圈与两灯一起构成一个自感回路，根据自感现象规律，、不会立即熄灭，B错误；
C．由于线圈的自感阻碍，灯后发光，逐渐变亮，由于线圈的电阻忽略不计，则最后两灯一样亮，C错误；
D．根据法拉第电磁感应定律可得，电动势
，
2~4s内灯产生的热量
D正确。
故选D。
【分析】由楞次定律可判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律求解电动势，根据欧姆定律求解电流。
13．如图所示，在圆柱形区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间的变化关系为，其中、为正的常数．在此区域的水平面内固定一个半径为的圆环形内壁光滑的细玻璃管，将一电荷量为的带正电小球在管内由静止释放，不考虑带电小球在运动过程中产生的磁场，则下列说法正确的是（　　）
A．从上往下看，小球将在管内沿顺时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为
B．从上往下看，小球将在管内沿逆时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为
C．从上往下看，小球将在管内沿顺时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为
D．从上往下看，小球将在管内沿逆时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为
【答案】C
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】AC、根据感应电动势，电荷转动一周电场力做功等于动能增量即，A错误，C正确．
BD、根据磁感应强度 可判断磁场均匀增大，从上往下看，产生顺时针方向的感应电场，正电荷受力方向与电场方向相同，所以电荷顺时针方向运动，BD错误．
故选择C.
【分析】利用法拉第电磁感应定律，可得感应电动势的大小，再利用楞次定律判断感应电流的方向，感应电流周围产生感应电场。
二、多项选择题
14．如图所示电路，L是一直流电阻可忽略的自感线圈，A、B、C为完全相同的三个灯泡，下列说法正确的是（　　）
A．闭合电键S的瞬间，A、B、C三灯一样亮
B．闭合电键S稳定后，A灯最亮
C．闭合电键S稳定后，再断开电键S，A、B、C灯都立即熄灭
D．闭合电键S稳定后，再断开电键S，A、B、C灯都缓慢熄灭
【答案】B,D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AB．自感线圈中的电流不能突变，则电键闭合瞬间B、C立即亮起来，而A灯所在支路存在自感线圈，电流会从0逐渐增大，故A是逐渐变亮的。当电路稳定后，自感线圈的直流电阻可忽略，则根据并联电路中各支路电压相等，则电流之比等于电阻的反比，所以A灯所在支路电流比B、C灯更大，则A灯功率最大，A灯最亮。故A错误，B正确；
CD．闭合电键S稳定后，再断开电键S，自感线圈中电流不能突变，则自感线圈充当电源作用，与A、B、C三个灯组成闭合回路，B、C灯电流突变成A灯电流的大小，再与A一起缓慢熄灭。所以，B、C灯先闪一下后缓慢熄灭，A灯直接缓慢熄灭，所以三个灯都是缓慢熄灭的，而不是立即熄灭的。故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合自感线圈的 “阻碍电流变化” 特性（通电时阻碍电流增大，断电时阻碍电流减小），分析开关闭合、断开时的电路动态变化。
15．如图所示，电路为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，稳定后设通过线圈L的电流为，通过小灯泡E的电流为，小灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S，则可观察到灯泡E闪亮一下后熄灭，在灯E闪亮短暂过程中（　　）
A．线圈L两端a端电势高于b端
B．线圈L中电流逐渐减为零
C．小灯泡E中电流由逐渐减为零，方向与相反
D．小灯泡E中电流由逐渐减为零，方向不变
【答案】B,C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】自感现象是特殊的电磁感应现象，法拉第电磁感应定律和楞次定律同样适用．A．迅速断开开关S时，线圈相当于电源，b端相当正极，a相当于负极，b端电势高于a端，故A错误；
B．迅速断开开关S时，线圈中电流开始减小，磁通量开始减小产生自感电动势，阻碍电流的减小，则线圈中电流逐渐减小为零，故B正确；
CD．迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈产生的感应电流流过灯泡E，灯泡E中电流由逐渐减为零，方向与相反，故C正确，D错误。
故BC。
【分析】当灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象，根据楞次定律分析线圈中电流的变化和电势高低．
16．如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质最用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率，匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（　　）
A．线圈电阻为与 B．I越大，表明m越大
C．v越大，则E越小 D．
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A．根据题意，电动势E是 步骤② 中线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I 步骤① 中为线圈闭合时通入的电流，不能使用计算线圈的电阻，所以不是线圈的电阻，故A错误；
B．根据平衡条件有，故可知I越大，m越大，故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律可知，，故可知v越大，E越大，故C错误；
D．联立可得，故D正确。
故选BD。
【分析】本题主要考查法拉第电磁感应定律的应用，根据感应电流条件结合平衡条件解答。
由闭合电路欧姆定律确定线圈电阻；根据平衡条件列式求得物块质量与电流之间关系式，由关系是确定质量与电流关系；根据法拉第电磁感应定律确定E与v的关系；由物块质量与电流之间关系式、感应电动势表达式得到物块质量与电流速度关系。
17．动圈式扬声器的结构如图甲所示，图乙为磁铁和线圈部分从右往左看的剖面图，有指向圆心内部的辐射形磁场。当人对着纸盆说话，纸盆带着线圈左右运动（在乙图中垂直剖面上下运动）能将声信号转化为电信号。已知线圈有匝，线圈半径为，总电阻为，线圈所在位置的磁感应强度大小为，则（　　）
A．纸盆向左运动时，图乙的线圈中产生逆时针方向的感应电流
B．纸盆向左运动时，图乙的线圈中产生顺时针方向的感应电流
C．纸盆向右运动速度为时，线圈所受安培力为
D．纸盆向右运动速度为时，线圈所受安培力为
【答案】A,D
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A . 纸盆向左运动时，线圈向下运动，根据右手定则（拇指指向运动方向，磁场方向指向圆心内部），感应电流方向为顺时针，故A正确；
B . 纸盆向左运动时，线圈中产生顺时针方向的感应电流，故B错误；
C . 纸盆向右运动速度为v时，感应电动势
E=nB·2πr·v
电流
纸盆向右运动速度为v时，切割磁感线的长度为2πR，线圈中产生的感应电动势为
则线圈中感应电流大小为
线圈上所受的安培力大小
故C错误；
D：纸盆向右运动速度为v时，线圈所受安培力为
故D正确。
故选AD；
【分析】（1）动圈式扬声器的工作原理，即电磁感应和安培力的计算；突破点在于正确应用右手定则判断感应电流方向（注意磁场方向指向圆心内部，与常规问题不同）；易错点是忽略线圈匝数n或半径r对安培力的影响；隐含条件是线圈切割磁感线的有效长度为2πr（圆形线圈周长）；扩展知识包括楞次定律、法拉第电磁感应定律的综合应用，以及安培力公式的推导（F=nBIL，其中L=2πr）。
18．如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略．下列说法中正确的是 （　　）
A．合上开关K瞬间，A1、A2同时亮
B．合上开关K瞬间，A2立刻亮，A1逐渐变亮
C．合上开关K一段时间后，再断开开关K时，A2立刻熄灭，A1逐渐熄灭
D．合上开关K一段时间后，再断开开关K时，A1和A2都缓慢熄灭
【答案】B,D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】AB.合上开关K瞬间，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡一样亮，故A不符合题意，B符合题意；
CD.合上开关K一段时间后，再断开开关K时，通过A2的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以两灯泡一起过一会熄灭，故C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD
【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，根据楞次定律及串联电路的特点来分析。
三、非选择题
19．如图所示，是一带铁芯的自感系数很大的线圈，其直流电阻几乎为零，电路中A和B是两个完全相同的灯泡。则开关闭合的瞬间，观察到的现象是　 　（选填“A、B同时亮”或“A先亮”或“B先亮”）；开关断开的瞬间，观察到的现象是　 　（选填“A、B同时熄灭”或“A先熄灭”或“B先熄灭”），流经灯泡A的电流方向是从　 　（选填“到”或“到”）。
【答案】A、B同时亮；B先熄灭；到
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】开关闭合的瞬间，由自感线圈得阻碍作用，使A、B同时亮；开关断开的瞬间，自感线圈与A组成新的回路，则B先熄灭，电流流经灯泡A的电流方向为到。
【分析】 由于导体本身电流的变化而产生的电磁感应现象叫做自感现象。当导体中的电流发生变化时，它周围的磁场就随着变化，并由此产生磁通量的变化，因而在导体中就产生感应电动势，这个电动势总是阻碍导体中原来电流的变化，此电动势即自感电动势。这种现象就叫做自感现象 。
20．“胜哥”在课堂上演示了如图所示的实验，电源电动势为1.5V，设人两手间电阻为200kΩ，L为自感系数很大的电感线圈。当开关S1和S2都闭合稳定时，电流表A1、A2的示数分别为0.6A和0.4A。当断开S2，闭合S1，电路稳定时电流表A1、A2的示数都为0.5A。实验前先将两开关都断开。
（1）以下操作能使人有触电感觉的是（　　）
A．先将S1和S2闭合，稳定后再突然断开S1
B．先将S1和S2闭合，稳定后再突然断开S2
C．保持S2断开，先闭合S1，稳定后再突然断开S1
（2）按照（1）中所选择的方案进行操作，断开开关瞬间，A、B两点中电势较高的点是　 　点，A、B间瞬时电压的最大值为　 　kV（保留三位有效数字）。
【答案】（1）C
（2）A；100
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】（1）A.当开关S1和S2都闭合稳定时，电流表A1，A2的示数分别为0.6A和0.4A，电源电动势为1.5V，人两手间电阻为，可见流过人体的电流值几乎可以忽略不计，流过灯泡的电流为0.2A，若忽略电源内阻，根据欧姆定律可知，灯泡与线圈的电阻值，，当电路稳定后再突然断开S1时，线圈灯泡构成新的回路，由于线圈的自感作用，线圈中的电流由先前的稳定值0.4A逐渐减小为0，此时人与灯泡并联，线圈在新回路中产生的自感电动势比较小，人不能产生触电的感觉，故A不符合题意；
B.先将S1和S2闭合，稳定后再突然断开S2时，线圈与电源仍然构成回路，操作对线圈的回路没有影响，线圈不产生比较大的自感电动势，故B不符合题意；
C.保持S2断开，当开关关闭后，电感线圈与人并联，由于电源电动势为1.5V，人两手间电阻为，流过人的电流很小。当断开S1时，线圈与人串联，由于电感线圈电流突然减小到几乎等于0 ，线圈中产生很高的瞬间电压，该电压加到人体两侧，则人身体有触电的感觉，故C符合题意。
故答案为：C
（2）保持S2断开，先闭合S1待稳定后突然打开S1，因电流的减小，产生感应电动势，从而阻碍电流的减小，则线圈相当于瞬间电源的作用，此时A、B两点中电势较高的点A。当突然打开S1，人与线圈构成新回路，由于自感，线圈中的电流在人与线圈构成的回路中由先前的稳定值0.5A逐渐减小，即经过人的电流的最大值约为0.5A，而人的电阻为，由欧姆定律有。
故答案为：（1）C；（2）A 100
【分析】（1）当开关闭合后，电感线圈与人并联，由于电源为1.5V的新干电池，所以电流很小。当断开时，电感线圈电流发生变化，导致电感线圈产生很强的电动势，从而使人有触电的感觉；
（2）根据线圈阻碍电流的变化，结合电流的方向，即可求解电势的高低，再根据欧姆定律，即可求解瞬时最大值电压。
21．图甲为“胜哥”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=5.0Ω，定值电阻R=1.0Ω，A、B间电势差UAB=6.0V，开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1=1.0×10﹣3s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。
（1）线圈L的直流电阻RL=　 　Ω；（结果保留两位有效数字）
（2）闭合开关一段时间后，开关断开时，看到的现象是　 　；
（3）断开开关后，通过电灯的电流方向　 　（填：a→b或b→a）。
（4）断开开关瞬间，线圈产生的自感电动势为　 　V。
【答案】3.0；闪亮一下再逐渐熄灭；b→a；13.5
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】本题考查自感现象，解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。
（1）由图可知，零时刻通过电感线圈L的电流为
I0=1.5A
由欧姆定律
解得
RL=﹣R=Ω﹣1.0Ω=3.0Ω
（2）电路中电灯的电阻R1=5.0Ω，则通过灯泡的电流
IL=A=1.2A＜1.5A
开关S接通一段时间后，L相当于一直流电阻，由以上的分析可知，L中的电流大于灯泡中的电流，断开瞬间，L相当于电源，给灯泡供电，灯泡将闪亮一下再逐渐熄灭；
（3）断开开关后，L中的电流方向不变，所以通过电灯的电流方向为 b→a方向；
（4）[4]断开开关后，通过线圈的最大电流为1.5A，则线圈的自感电动势
E’=I（R+R1+RL）=1.5×（1.0+5.0+3.0）V=13.5V
【分析】（1）根据欧姆定律求出开关断开前线圈的直流电阻；
（2）开关S接通一段时间后，L相当于一直流电阻，断开瞬间，L相当于电源，给灯泡供电；
（3）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。
（4）线圈的自感电动势E'=I（R+R1+RL）。
22．如图甲，“胜哥”用电压传感器研究电感线圈特性，图甲中三个灯泡相同，灯泡电阻不变。t=0时，闭合开关S，当电路达到稳定状态后再断开开关，与传感器相连的电脑记录的电感线圈L两端电压u随时间t变化的u-t图像如图乙所示。不计电源内阻，电感线圈L的自感系数很大且不计直流电阻。
（1）开关S闭合瞬间，流经灯 L1的电流I1　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）流经灯L2的电流I2，灯L3亮度变化情况是　 　（选填“逐渐变亮”或“突然变亮”）。
（2）开关S断开瞬间，灯 L2　 　（选填“会”或“不会”）闪亮。
（3）图乙中电压 U1与 U2的比值为　 　。
【答案】（1）等于；逐渐变亮
（2）不会
（3）3∶4
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】（1）开关闭合瞬间，灯L3没有电流通过，灯L1和L2串联，由于与线圈串联，线圈阻碍逐渐减小，则L3逐渐变亮。
（2）开关断开的瞬间，线圈充当电源作用，经过灯L2的电流与电路稳定时电流相同，所以灯L2不会闪亮，而是逐渐熄灭。
（3）电压传感器测量 L2两端电压，则
开关断开瞬间，自感电流与原电流等大，则
得

【分析】（1）开关闭合瞬间，由于电感线圈的自感系数很大，所以灯L3没有电流通过。
（2）电路稳定时L2和L3电流相等，则开关断开的瞬间，线圈充当电源作用，L2不会闪亮，而是逐渐熄灭。
（3）开关闭合瞬间，L1和L2串联，电压传感器测量 L2两端电压，开关断开瞬间，自感电流与原电流等大。
23．发光二极管
发光二极管（LED）可高效地将电能转化为光能，并具有单向导电性。用表示，电流只有从标有“＋”的一端流入时，二极管才能发光。
（1）某发光二极管发出波长为的光，已知普朗克常量为h，光速为c，则该束光中光子的动量大小为　 　。
A. B. C. D.
（2）将红、绿两个发光二极管作为指示灯，与螺线管连接成闭合回路，如图所示。磁铁S极朝下，从图中位置静止释放穿过线圈的过程中，红、绿两灯发光的情况是　 　。
A.只有红灯亮 B.只有绿灯亮
C.先红灯亮后绿灯亮 D.先绿灯亮后红灯亮
（3）a、b、c、d四个相同的发光二极管，与电动势为E、内阻为r的电源、自感线圈L、滑动变阻器R、开关S等元件连接成如图所示电路。某同学在时，闭合S，经过一段时间后，在时再断开S。在此过程中，
（1）一直没发光的发光二极管是　 　；
A.a B.b C.c D.d
（2）通过电流传感器的电流i随时间t的变化关系可能是　 　。
A． B. C. D.
（4）某种射灯及内部结构，如图所示。发光二极管封装在半径为R透明半球体中，其管芯的发光面AOB是半径为r的圆面，其圆心与半球体的球心O重合。若发光面发出的光第一次到达半球面时，均可从球面射出，则透明半球体的折射率应小于　 　。
A. B. C. D.
（5）“胜哥”利用LED制作频闪光源，结构如图（a）所示，变压器原、副线圈的匝数之比为。该LED的伏安特性曲线如图（b）所示。副线圈的输出电压，
原线圈输入电压的有效值为　 　V；若定值电阻的阻值为，工作时流过LED的最大电流约为　 　mA（保留2位有效数字）。
【答案】（1）D
（2）C
（3）C；D
（4）B
（5）；15mA
【知识点】自感与互感；描绘小灯泡的伏安特性曲线；楞次定律；光的全反射；光的波粒二象性
【解析】 [解答]（1）根据的动量公式，该束光中光子的动量大小为，故选D。
（2）首先根据楞次定律判断感应电流方向。当磁铁S极朝下从图中位置静止释放向下运动穿入线圈时，线圈中向上的磁通量增加，根据楞次定律“增反减同”，感应电流产生的磁场方向向下。再根据右手螺旋定则（安培定则），此时感应电流从螺线管下端流出，上端流入，电流方向使得红灯所在支路导通，红灯亮。
当磁铁穿出线圈时，线圈中向上的磁通量减少，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向上。再根据右手螺旋定则，此时感应电流从螺线管上端流出，下端流入，电流方向使得绿灯所在支路导通，绿灯亮。所以是先红灯亮后绿灯亮。
故选C。
（3）发光二极管具有单向导电性。闭合开关S后，电源左侧为正极，右侧为负极，电流从电源正极流出，二极管b、d正向导电会发光，由于二极管c的接法是反向的，不会发光。开关S后，电感线圈充当电源，在回路中电流方向为逆时针，二极管a正向导电会发光，所以无论电路中电流如何变化，二极管c都不会导通，一直不会发光。
故选C。
闭合开关S时，通过电流传感器的电流立即增大，由于自感线圈L的自感作用，会产生自感电动势阻碍电流的增大，所以自感线圈L的电流从零开始逐渐增大，由于电源有内阻，路端电压会减小，通过电流传感器的电流会减小，最后达到稳定值。
当断开开关S时，自感线圈L产生自感电动势，此时自感线圈L的电流不能突变，与电流传感器支路组成闭合回路，通过电流传感器的电流会反向，然后电流逐渐减小到零。
故选D。
（4）
要使发光面发出的光第一次到达半球面时均可从球面射出，则临界情况是边缘光线竖直向上发出的光到达半球的入射角最大，此时没有发生全反射，则所有得光线都能射出半球。
由几何知识有，则
故选B。
（5）已知副线圈的输出电压，根据正弦式交变电压的有效值公式，可得副线圈输出电压有效值，再根据变压器原、副线圈电压关系，解得
根据闭合电路欧姆定律，把定值电阻等效成副线圈电源的内阻，可得作图线与该LED的伏安特性曲线交于一点，可以读出电流值，如图所示
所以工作时流过LED的最大电流约为15mA。
[分析]一、光子动量与能量
光子动量：，光子能量：，区分动量与能量公式，勿混淆。
二、电磁感应与二极管单向导电
楞次定律：感应电流方向总是阻碍磁通量的变化。
二极管特性：电流只能从“+”端流入时导通发光。
应用：结合磁铁运动方向→感应电流方向→判断红、绿灯亮灭顺序。
三、自感电路分析
开关闭合瞬间：电感阻碍电流增加→电流缓慢上升。
二极管 b、d 正向导通发光；c 反向不发光。
开关断开瞬间：电感产生自感电动势，维持原电流方向。
电感与电流传感器构成回路，电流反向流过传感器，二极管 a 导通发光。
二极管 c 始终不发光（一直反向）。
电流传感器电流变化：闭合时：先突增后减小至稳定。断开时：反向逐渐减至零。
四、全反射临界条件
临界角：
几何关系：发光面边缘光线竖直射出时，在半球面的入射角最大，
不发生全反射条件：
五、变压器与非线性元件电路
变压器电压关系：
副线圈输出电压 ，有效值
LED 伏安特性：非线性电阻，需用图解法求工作点。
等效电路：电压源 与内阻 （定值电阻）串联，外接 LED。
负载线方程：。与 LED 伏安特性曲线交点即工作电流（约 15 mA）。
六、易错点提醒
光子动量误用能量公式。
二极管导通方向与感应电流方向结合错误。
自感电流在开关断开时方向判断错误（注意电感作为电源时回路电流方向）。
全反射临界条件中几何关系找错（最大入射角对应发光面边缘竖直光线）。
变压器副线圈电压最大值与有效值混淆。
（1）根据的动量公式，该束光中光子的动量大小为
故选D。
（2）首先根据楞次定律判断感应电流方向。当磁铁S极朝下从图中位置静止释放向下运动穿入线圈时，线圈中向上的磁通量增加，根据楞次定律“增反减同”，感应电流产生的磁场方向向下。再根据右手螺旋定则（安培定则），此时感应电流从螺线管下端流出，上端流入，电流方向使得红灯所在支路导通，红灯亮。
当磁铁穿出线圈时，线圈中向上的磁通量减少，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向上。再根据右手螺旋定则，此时感应电流从螺线管上端流出，下端流入，电流方向使得绿灯所在支路导通，绿灯亮。所以是先红灯亮后绿灯亮。
故选C。
（3）[1]发光二极管具有单向导电性。闭合开关S后，电源左侧为正极，右侧为负极，电流从电源正极流出，二极管b、d正向导电会发光，由于二极管c的接法是反向的，不会发光。开关S后，电感线圈充当电源，在回路中电流方向为逆时针，二极管a正向导电会发光，所以无论电路中电流如何变化，二极管c都不会导通，一直不会发光。
故选C。
[2]当闭合开关S时，通过电流传感器的电流立即增大，由于自感线圈L的自感作用，会产生自感电动势阻碍电流的增大，所以自感线圈L的电流从零开始逐渐增大，由于电源有内阻，路端电压会减小，通过电流传感器的电流会减小，最后达到稳定值。
当断开开关S时，自感线圈L产生自感电动势，此时自感线圈L的电流不能突变，与电流传感器支路组成闭合回路，通过电流传感器的电流会反向，然后电流逐渐减小到零。
故选D。
（4）要使发光面发出的光第一次到达半球面时均可从球面射出，则临界情况是边缘光线竖直向上发出的光到达半球的入射角最大，此时没有发生全反射，则所有得光线都能射出半球。
由几何知识有
则
故选B。
（5）[1]已知副线圈的输出电压，根据正弦式交变电压的有效值公式，可得副线圈输出电压有效值
再根据变压器原、副线圈电压关系
解得
[2]根据闭合电路欧姆定律，把定值电阻等效成副线圈电源的内阻，可得作图线与该LED的伏安特性曲线交于一点，可以读出电流值，如图所示
所以工作时流过LED的最大电流约为15mA。
24．“胜哥”研究断电自感现象。
（1）实验中使用的小灯泡额定电压3.8V，额定电流标识不清，“胜哥”用多用电表粗略测量小灯泡电阻，多用电表表盘指针指在如图甲所示的位置，选择开关打在“×1”倍率，则小灯泡电阻为　 　，为了更精确测量小灯泡电阻，小灯泡两端的电压需要由零逐渐增加并便于操作。提供的器材有：
A.电压表（0~3V，内阻约为）；
B.电压表（0~15V，内阻约为）；
C.电流表（0~3A，内阻约为）；
D.电流表（0~0.6A，内阻约为）；
E.滑动变阻器（，0.5A）；
F.滑动变阻器（，2A）；
G.直流电源（电动势3V）；
H.开关S，导线若干。
（2）把乙图中所示的实验器材用实线连接成实物电路　 　；
（3）滑动变阻器选　 　（填“”或“”），闭合开关前滑动变阻器应滑到　 　（填“左”或“右”）端，某次实验中电流表的读数如图丙所示，读数　 　A。
（4）“胜哥”拿到两个匝数一样，粗细不一样的带铁芯线圈，A线圈电阻为，B线圈电阻为，他在如图丁实验中开关闭合时，小灯泡亮度较暗，断开开关，小灯泡闪亮一下后熄灭，选用　 　（填“A”或“B”）线圈。
【答案】（1）2.0
（2）
（3）；左；0.28
（4）B
【知识点】自感与互感；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）欧姆表指针在2.0位置，乘以倍率等于电阻值，小灯泡电阻为2.0×1Ω=2.0Ω。
（2）小灯泡电阻较小，则采用电流表外接，滑动变阻器接成分压电路，则实线连接电路如图
（3）滑动变阻器要接成分压电路，则选择阻值较小的，闭合开关前滑动变阻器应滑到左端；电流表的最小刻度为0.02A，则读数为0.28A。
（4）要想开关闭合时，小灯泡亮度较暗，则需要并联的线圈分流较大，电阻较小，由于线圈中的电流较大，这样当断开开关时，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，则通过线圈的电流在小灯泡中组成新的回路，才能使小灯泡闪亮一下后熄灭，故线圈应该选用阻值较小的B。
【分析】（1）考查欧姆表读数，欧姆表指针在2.0位置，乘以倍率等于电阻值。
（2）实物图连接时电流表要采用外接法，滑动变阻器接成分压电路。
（3）滑动变阻器要接成分压电路，则选择阻值较小的变阻器。
（4）由于线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，则通过线圈的电流在小灯泡中组成新的回路，才能使小灯泡闪亮一下后熄灭。
（1）小灯泡电阻为2.0×1Ω=2.0Ω。
（2）小灯泡电阻较小，则采用电流表外接，滑动变阻器接成分压电路，则实线连接电路如图
（3）[1][2][3]滑动变阻器要接成分压电路，则选择阻值较小的，闭合开关前滑动变阻器应滑到左端；电流表的最小刻度为0.02A，则读数为0.28A。
（4）要想开关闭合时，小灯泡亮度较暗，则需要并联的线圈分流较大，电阻较小，由于线圈中的电流较大，这样当断开开关时，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，则通过线圈的电流在小灯泡中组成新的回路，才能使小灯泡闪亮一下后熄灭，故线圈应该选用阻值较小的B。
25．在探究电磁感应有关现象及规律的实验中，“胜哥”选择的灵敏电流计G，在没有电流通过的情况下，指针恰好指在刻度盘中央。请根据“胜哥”的实验操作，回答问题：
（1）首先，将灵敏电流计G连接在图甲所示电路中，电流计的指针如图甲中所示。
（2）然后，将灵敏电流计G与一螺线管串联，当条形磁铁运动时，灵敏电流计G指针偏转情况如图乙所示。则条形磁铁的运动情况是　 　。（选填“向上拔出”或“向下插入”）
（3）接着，将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。闭合开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下。请问：灵敏电流计指针向右偏与螺线管B中导线的绕向　 　（选填“有”或“没有”）关系：若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是　 　（填序号）。
A.断开开关
B.在A线圈中插入铁芯
C.变阻器的滑片向右滑动
D.变阻器的滑片向左滑动
（4）最后，“胜哥”用电流传感器研究自感现象，电路如图丁所示。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。
①在时刻，闭合开关S，电路稳定后，在时刻断开S，电流传感器连接计算机描绘了整个过程线圈中的电流随时间t变化的图像。图丁中的A、B图像，可能正确的是　 　。（选填“A”或“B”）
②在“闭合开关—稳定一小段时间—断开开关”这个过程中，通过电流传感器得到图像如图戊所示。比较与的大小关系，有　 　。（选填“>”“<”或“=”）
【答案】向下插入；有；AC；A；
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；自感与互感；楞次定律
【解析】【解答】（2）由图甲可知，电流从灵敏电流计的左接线柱流入，指针往左偏；由图乙可知，螺线管中的电流方向为逆时针方向（从下往上看），根据安培定则，螺线管中感应电流的磁场方向竖直向下；条形磁铁在螺线管中的磁场方向（原磁场方向）竖直向上，可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据楞次定律可知穿过线圈的原磁通量增加，所以条形磁铁向下插入线圈.
故答案为：向下插入.
（3）①由右手螺旋定则可知，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，大拇指指的方向为N极方向，螺线管B中导线的绕向不同，则灵敏电流计中电流方向不同，故灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向有关.
②A.断开开关→A线圈电流消失→B线圈磁通量减小→左偏，A正确.
B.插入铁芯→A线圈磁场增强→B线圈磁通量增加→右偏，B错误.
C.滑片右滑→A线圈电流减小→磁场减弱→B线圈磁通量减小→左偏，C正确.
D.滑片左滑→A线圈电流增大→磁场增强→B线圈磁通量增加→右偏，D错误.
故答案为：有；AC.
(4) 自感现象图像与电流关系①图像判断：闭合开关时，线圈L自感阻碍电流增大→电流逐渐增至稳定；断开开关时，L自感阻碍电流减小→电流逐渐减为0（方向不变，因自感电动势维持原电流 ）故选.
②电流关系：闭合瞬间，L自感大，（为电阻，为电源内阻 ），稳定后，L直流电阻，并联总电阻，→.
故答案为：A；.
【分析】（1）根据灵敏电流计的特性将灵敏电流计G连接在图甲所示电路中.
（2）先由电流计偏转定电流方向，再用安培定则得感应磁场，结合原磁场方向，通过“楞次定律（感应磁场阻碍磁通量变化 ）”判断磁铁运动.
（3）绕向影响电流方向→影响指针偏转；指针左偏需磁通量减小，分析各操作对磁通量的影响（断开开关、滑片移动改变电流→改变磁场→改变磁通量 ）.
（4）闭合时自感阻碍电流增大→电流渐增；断开时自感阻碍电流减小→电流渐减（方向不变 ）。电流关系用“闭合电路欧姆定律”，结合并联电阻小于分电阻，比较稳定前后总电流.
26．图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。
（1）在图中画线连接成实验电路图；
（2）完成下列主要实验步骤中的填空；
①按图接线；
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量；
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内继续加入适量细沙，D重新处于平衡状态；然后读出　 　，并用天平称出　 　；
④用米尺测量D的底边长度。
（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出　 　；
（4）根据以上操作可知磁感应强度方向垂直纸面向　 　。
【答案】（1）
（2）电流表的示数；细沙的质量
（3）
（4）外
【知识点】安培力；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】（1）根据题意用导线将所有电路元件串联起来，如图所示。
（2）重新平衡后需要读出电流表示数的大小，再用天平称量细沙的质量，此时增加的细沙重力即为安培力大小。
（3）增加的细沙重力为导线所受安培力大小，根据平衡条件可得，即。
（4）闭合开关后需要增加沙子才能重新平衡，根据左手定则可知，磁场方向向外。
【分析】（1）根据题意用导线将所有电路元件串联起来，构成闭合回路。
（2）实验原理是用增加沙子的重力平衡安培力，故需记录电流表的示数和增加沙子的重力。
（3）根据平衡条件列方程分析求解。
（4）由于闭合开关后需要添加沙子才能平衡，即安培力方向向下，根据左手定则判断磁场方向。
27．为了确保载人飞船返回舱安全着陆，设计师在返回舱的底盘安装了4台电磁缓冲装置。每台电磁缓冲装置包含两条绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ，且缓冲轨道内存在稳定的匀强磁场，方向垂直于整个缓冲轨道平面。4台电磁缓冲装置与率先着陆的4个缓冲滑块分别对接，缓冲滑块外部由高强度绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与缓冲轨道中的磁场相互作用，返回舱一直做减速运动，直至速度达到软着陆的要求，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，返回舱的速度大小为，4台电磁缓冲装置结构相同，其中一台电磁缓冲装置的结构简图如图所示，线圈的电阻为R，ab边长为L，返回舱的质量为m，磁场的磁感应强度大小为B。假设缓冲轨道足够长，线圈足够高，软着陆时返回舱的速度大小为v，重力加速度大小为g，一切摩擦阻力均不计。
（1）求缓冲滑块刚停止运动时，线圈中的电流大小；
（2）求缓冲滑块刚停止运动时，返回舱的加速度大小；
（3）若返回舱的速度大小从减到v的过程中，经历的时间为t，求该过程中返回舱下落的高度h和每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）解：ab边产生的感应电动势
线圈中的电流
（2）解：返回舱所受单个团合矩形线圈的安培力大小
根据牛顿第二定律得
解得
（3）解：设一小段时间内返回舱下落的高度为，对返回舱，由动量定理，得
则对t时间内返回舱的运动，有
解得
由能量守恒定律有
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应在生活中的应用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】易错点剖析
1、易错点1：线圈电动势计算错误
错误做法：只考虑一条边切割磁感线，得到 E = BLv。
正确分析：线圈的 ab 边和 cd 边都在磁场中，且运动方向相同，切割速度方向相同，产生的感应电动势在同一条回路中是串联的。因此，总电动势应为 E = BLv + BLv = 2BLv。
结论：必须仔细分析线圈的有效切割边数及其连接方式。
2、易错点2：安培力合力计算错误
错误做法1：计算了一个线圈的安培力后，忘记乘以4（4台装置）。
错误做法2：计算了一个线圈的安培力时，只算了一条边的力，忘记另一条边（cd边）也受安培力。
正确分析：单根导体棒安培力：F单边 = BIL。单个线圈安培力：F线圈 = 2BIL (ab边和cd边)。
总安培力：F总 = 4 F线圈 = 8BIL。将 I = 2BLv/R 代入后，得到 F总 = 16 B2 L2 v / R。
3、易错点3：第(3)问中下落高度h的求解方法错误
错误思路：试图用匀变速直线运动公式 或其他运动学公式求解。
原因：返回舱做的是变减速运动，加速度 a = g - (kv)/m 在不断变化，不是匀变速运动，因此运动学公式不适用。
正确方法：使用基于微元法的动量定理。这是解决变力作用下位移问题的标准方法之一。
4、易错点4：能量关系分析及焦耳热计算错误
错误做法1：认为安培力做的功就等于产生的焦耳热，即 Q = -W安。
虽然结果数值上可能一样，但逻辑上不清晰。在本题中，安培力是阻力做负功，但重力做正功，最稳妥的方法是使用系统能量守恒。
错误做法2：在能量守恒方程中漏掉了重力势能。
错误做法3：计算出的总焦耳热 Q总 后，错误地除以 4 得到每台的焦耳热 Q。题目中有4台装置，且线圈是独立的，因此总热确实是4台之和，所以 Q = Q总 / 4 是正确的。但需注意，如果线圈是串联的，则分配方式不同。本题暗示装置相同且独立，所以平均分配。
正确分析：系统（返回舱）机械能的变化等于安培力做功产生的总焦耳热。
注意等式左边是末态机械能 - 初态机械能，而安培力做负功产生热量，所以这个差值等于 -Q总。
（1）ab边产生的感应电动势
线圈中的电流
（2）返回舱所受单个团合矩形线圈的安培力大小
根据牛顿第二定律得
解得
（3）设一小段时间内返回舱下落的高度为，对返回舱，由动量定理，得
则对t时间内返回舱的运动，有
解得
由能量守恒定律有
解得
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