1、,一、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时间变长,即总是起着推迟电流变化的作用.,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，电感线圈会产生自感电动势阻碍电路中电
2、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，其阻碍作用仅由绕制线圈的导线的电阻引起的.,自感电动势的两个特点 (1)自感电动势阻碍自身电流的变化，但不能阻止，且自感电动势阻碍自身电流变化的结果，会对其他电路元件的电流产生影响. (2)自感电动势的大小跟自身电流变化的快慢有关，电流变化越快，自感电动势越大.,【典例1】(2011成都高二检测)如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略.R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈.开关S原来是断开的，从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流
3、I2的变化情况是( ),A.I1开始较大而后逐渐变小 B.I1开始很小而后逐渐变大 C.I2开始很小而后逐渐变大 D.I2开始较大而后逐渐变小 【解题指导】分析自感电流的大小时，应注意“L 是一个自感系数较大的线圈”这一关键语句,【标准解答】选A、C.闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以开始I2很小，随着电流达到稳定，自感作用减小，I2开始逐渐变大.闭合开关S时，由于线圈阻碍作用很大，路端电压较大，随着自感作用减小，路端电压减小，所以R1上的电压逐渐减小，电流逐渐减小，故A、C正确.,【互动探究】开关S由闭合状态断开后，分析R1和R2中电流的变
4、化情况. 【解析】S断开后，由L、R2、R1组成临时回路.由于自感电动势阻碍电流变小，所以R2中电流逐渐减小，而R1中电流与R2中电流变化规律相同.所以断开开关后，R1中电流改变方向，并且大小变为与R2中的电流I2相等,然后逐渐减小. 答案：R2中电流方向不变,由I2逐渐减小,R1中电流反向,由I2逐渐减小,【变式备选】下列说法正确的是( ) A.当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势 B.当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反 C.当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反 D.当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相
5、反,【解析】选A、C.由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，A对；当线圈中电流反向时，相当于电流减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，B错；当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，C对；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同,D错.,二、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(如通电时),自感电动势方向与电流方向相反;电流减小时(如断电时),自感电动势方向与电流方向相同. 3.分
6、析线圈中电流变化情况,电流增强时(如通电时),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(如断电时),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.,5.分析阻碍的结果，具体见下表,自感现象中的感应电流只能阻碍原电流的变化，但不能阻止其变化,故自感线圈中感
7、应电流大小一定小于原来所通电流大小，但自感电动势可能大于原电源电动势.,【典例2】如图(a)、(b)电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，接通S，使电路达到稳定，灯泡发光.下列判断正确的是( ),A.在电路(a)中断开S，灯泡将渐渐变暗 B.在电路(a)中断开S，灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗 C.在电路(b)中断开S，灯泡将渐渐变暗 D.在电路(b)中断开S，灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗 【解题指导】解答本题按如下思路分析：,【标准解答】选A、D.电路(a)稳定时，IL=I灯，断开S时，线圈L与灯泡、电阻R组成临时回路，自感电动势阻碍电流减小，线圈及灯泡中电流逐渐减小，灯泡渐渐变暗，A
8、对，B错.电路(b)稳定时，ILI灯，断开S时，线圈L与灯泡、电阻R组成临时回路，由于自感作用，线圈中电流逐渐减小，灯泡中电流与线圈中电流大小相等，先变为IL，后逐渐减小，所以灯泡先变得更亮，然后渐渐变暗，C错，D对.,【规律方法】 自感问题的求解 自感现象是由于通电导体(线圈)自身电流发生变化时，该电流磁场发生变化，因而线圈内磁通量发生变化，导致的电磁感应现象.因此，自感现象只是电磁感应现象的一种特例，它仍遵循电磁感应定律.分析自感现象除弄清这一点之外，还必须抓住以下三点： (1)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，自感电动势的方向与原来电流方向相反；当原来电流减小时，
9、自感电动势的方向与原来电流方向相同.,(2)“阻碍”不是“阻止”.“阻碍”电流变化的实质是使电流不发生“突变”，使其变化过程有所延缓. (3)当电路接通瞬间，自感线圈相当于断路；当电路稳定时，相当于电阻，如果线圈没有电阻，相当于导线(短路)；当电路断开瞬间，自感线圈相当于电源.,【变式训练】(2011济宁高二检测)如图所示电路中，a、b两灯相同，闭合开关S电路达到稳定后两灯一样亮，则 ( )A.当S断开的瞬间，a、b两灯中电流立即变为零 B.当S断开的瞬间，a、b两灯中都有向右的电流，两灯不立即熄灭 C.当S闭合的瞬间，a灯比b灯先亮 D.当S闭合的瞬间，b灯比a灯先亮,【解析】选D.由于a灯
10、与线圈L串联，b灯与电阻R串联，当S闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以b灯比a灯先亮，故C错误，D正确；当S断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，有顺时针方向的电流，故A、B错误,三、日光灯的工作原理,1.日光灯的电路如图所示,2.工作原理 (1)启动前：管内气体未导通，启动器动触片与静触片处于分离状态. (2)日光灯的启动 当开关闭合时，电源把电压加在 启动器的两电极之间，使氖气放电 而发出辉光，辉光产生的热量使U 形动触片膨胀伸长与静触片接触， 从而接通电路，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
11、停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分离，电路自动断开，流过镇流器的电流迅速减小，镇流器线圈中会产生很高的自感电动势，方向与原来电压方向相同，与电源电压一起形成瞬时高压加在灯管两端，使灯管中的气体开始放电，于是日光灯管成为电流的通路开始发光.,启动器相当于一个自动开关.日光灯正常工作后处于断开状态，启动器损坏的情况下可将连接启动器的两个线头作一个短暂接触也可把日光灯启动. 启动时电流流经途径是镇流器、启动器、灯丝,启动后电流流经途径是镇流器、灯丝、日光灯管.,(3)日光灯正常工作时镇流器的作用 由于日光灯使用的是交流电源，电流的大小和方向做周期性变化.当交流电的大小增大时，镇流器上的自感电动
12、势阻碍原电流增大，自感电动势与原电压反向；当交流电的大小减小时，镇流器上的自感电动势阻碍原电流减小，自感电动势与原电压同向.可见镇流器的自感电动势总是阻碍电流的变化，正常工作时镇流器就起着降压、限流的作用.,白炽灯的工作原理不同于日光灯，电流通过灯丝(钨丝，熔点高达3 000 )时产生热量，螺旋状的灯丝不断聚集热量,使灯丝温度达到2 000 以上发光，灯丝温度越高，发出的光越亮.,【典例3】若将图甲中启动器换为开关S1，并给镇流器并联一个开关S2，如图乙所示，则下列叙述正确的是( ),A.只把S3接通，日光灯就能正常发光 B.把S3、S1接通后，S2不接通，日光灯就能正常发光 C.S2不接通，
13、接通S3、S1后，再断开S1，日光灯就能正常发光 D.当日光灯正常发光后，再接通S2，日光灯仍能正常发光 【解题指导】正确理解启动时和正常工作时启动器和镇流器的作用是解答本题的关键.,【标准解答】选C.一般日光灯启动时瞬间把电源、灯丝、镇流器接通，然后自动断开，靠镇流器产生瞬时高压，使灯管内气体导电，所以启动时既要使乙图中S3闭合，又需使S1瞬间闭合再断开,A、B错，C对.正常工作时镇流器起降压限流作用，若把乙图中S2闭合，则镇流器失去作用，日光灯不能正常工作，D错.,【变式训练】如图所示，S为启动器，L为镇流器，其中日光灯的接线图正确的是( ),【解析】选A.根据日光灯的工作原理，要想使日光
14、灯发光，灯丝需要预热发出电子，灯管两端应有瞬时高压，这两个条件缺一不可.当动、静触片分离后，选项B中灯管和电源断开，选项B错误；选项C中镇流器与灯管断开，无法将瞬时高压加在灯管两端，选项C错误；选项D中灯丝左、右端分别被短接，无法预热放出电子，不能使灯管气体导电，选项D错误.,【典例】如图所示，多匝电感线圈 L的电阻和电池内阻不计，两个电阻 的阻值都是R，开关S原来打开，电 流 ，今合上开关S将电阻短 路，于是线圈有自感电动势产生， 这时电动势( ),A.有阻碍电流的作用，最后电流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
15、电流增大的作用，最后电流增大到2I0 【解题指导】解答本题应把握以下三点：,【标准解答】选D.电路中有线圈和无线圈相比，有线圈的 电路，由于线圈自感阻碍电流的变化，使电流从初态到末 态要经历一段时间，而无线圈的电路，电流从初态到末态 不需要时间，但有线圈的电路中的电流的变化是阻碍不住的，只不过由于阻碍使电流变化的时间稍长些，但末态值 仍是在末状态下的电路用稳恒电流相关知识计算出来的电 流值S闭合，电路中的电阻由2R减小到R，电流从 增大到 由于电流的变化，使线圈中产生自感电动 势，阻碍电流的变化，即阻碍电流的增加，最后变化到稳 定后的值即没有自感作用后应该达到的值,故D正确,对断电自感理解不深
16、刻导致错误 如图所示，在S闭合状态下，L1、L2都能发光.现突然断开S，则L1会突然亮一下再熄灭吗？L2的情况呢？,【正确解答】在S接通状态下，L1与线圈L串联，通过它们的电流相等，断开S后这个电流减小，所以L1中电流不会比原来大，因此L1一定不会突然亮一下，而是逐渐变暗到熄灭对于L2，在S接通状态下，L2中的电流I2与线圈L中的电流I1在题给条件下不能确定哪个大，S断开后,L、L1、L2构成闭合回路，感应电流在此回路流动，若在S断开前，I1I2,则S断开后，L2不会突然亮一下； 如果S断开前，I1I2，则S断开后，L2会突然亮一下后再熄灭.,【易错分析】解答本题时易犯错误具体分析如下：,1一
17、个线圈的电流均匀增大，则这个线圈的( ) A.自感系数也将均匀增大 B.自感电动势也将均匀增大 C.磁通量的变化率也将均匀增大 D.自感系数、自感电动势都不变 【解析】选D.自感系数是描述线圈本身特征的物理量，不随电流的变化而变化；电流均匀变化，则磁通量的变化率和自感电动势均不变，故D项正确,2关于自感现象，下列说法正确的是( ) A.感应电流一定和原电流方向相反 B.线圈中产生的自感电动势较大时，其自感系数一定较大 C.对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感系数较大 D.对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感电动势也较大,【解析】选D.自感现象中感应电动势的方向遵从楞次定 律当原
18、电流减小时，自感电动势和自感电流与原电流方 向相同；当电流增大时，自感电流与原电流方向相反，所 以A错误；自感电动势的大小E ，所以自感电动势大 不一定是由自感系数大引起的，有可能是电流的变化率很 大引起的，故B错误；线圈自感系数的大小，由线圈本身决 定，与线圈中有无电流以及电流变化的快慢无关，故C错 误；由E=L 知，对于同一线圈，自感系数确定，当电流 变化较快时，线圈中产生的自感电动势也越大，故D正确,3关于线圈中自感电动势大小的说法中正确的是( ) A.电感一定时，电流变化越大，自感电动势越大 B.电感一定时，电流变化越快，自感电动势越大 C.通过线圈的电流为零的瞬间，自感电动势为零 D
19、.通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大 【解析】选B.由EL 可知，L一定时，电动势正比于电流的变化率，与电流的大小、电流变化量的大小都没有直接关系，故B正确,4如图所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开开关S的瞬间会有( ) A.灯A立即熄灭 B.灯A慢慢熄灭 C.灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭 D.灯A突然闪亮一下再突然熄灭 【解析】选A.当开关S断开时，由于通过自感线圈的电流从有变到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A串联，在S断开后，不能形成闭合回路，因此灯A在开关断开后，电源供给的电流为零，灯立即熄灭,5如图所示为自感现象演示实验电路. L为一带铁芯的线圈,A1、A2是两个相同 的电流表,L的直流电阻与灯D的电阻相 同,则( ) A.K闭合的瞬间,A1的读数大于A2的读数 B.K打开的瞬间,A1的读数大于A2的读数 C.K打开的瞬间,a点的电势比b点的电势高 D.K打开的瞬间,a点的电势比b点的电势低,【解析】选A、D.K闭合的瞬间,由于自感现象,L对电流的阻碍作用比灯泡对电流的阻碍作用要大,故A1的读数大于A2的读数,A正确;K打开的瞬间,由于自感现象,L与灯泡组成回路使其中的电流慢慢变小直到变为零,故A1的读数等于A2的读数,B错误;由于L相当于电源且L中的电流方向不变,故a点的电势比b点的电势低,D正确,C错误.,
