江苏专用2025版高考物理一轮复习第10章电磁感应第2节法拉第电磁感应定律自感涡流学案

PAGE15-第2节法拉第电磁感应定律自感涡流一、法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生变更，与电路是否闭合无关。(3)方向推断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则推断。2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变更率成正比。(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数。3．导体切割磁感线的情形(1)垂直切割：E＝Blv。(2)倾斜切割：E＝Blvsinθ，其中θ为v与B的夹角。(3)旋转切割(以一端为轴)：E＝eq\f(1,2)Bl2ω。二、自感和涡流1．自感现象由于通过导体自身的电流发生变更而产生的电磁感应现象。2．自感电动势(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势。(2)表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)。(3)自感系数L：与线圈的大小、形态、圈数以及是否有铁芯等因素有关，单位为亨利(H)。3．涡流当线圈中的电流发生变更时，在它旁边的导体中产生的像水中的旋涡一样的感应电流。(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动。(2)电磁驱动：假如磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，使导体受到安培力作用，安培力使导体运动起来。沟通感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。1．思索辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大。 (×)(2)线圈中磁通量变更越大，产生的感应电动势越大。 (×)(3)线圈中磁通量变更越快，产生的感应电动势越大。 (√)(4)感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同。 (×)(5)线圈中的电流越大，自感系数也越大。 (×)(6)对于同一线圈，当电流变更越快时，线圈中的自感电动势越大。 (√)2．(人教版选修3－2P17T1改编)将闭合多匝线圈置于仅随时间变更的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量变更越快，感应电动势越大D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同C[由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A错误；感应电动势正比于eq\f(ΔΦ,Δt)，与磁通量的大小无干脆关系，B错误，C正确；依据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变更，即“增反减同”，D错误。]3．(粤教版选修3－2P18T3改编)如图所示，半径为r的n匝线圈放在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场充溢正方形区域并垂直穿过该区域，当磁场以eq\f(ΔB,Δt)的变更率变更时，线圈产生的感应电动势大小为()A．0B．neq\f(ΔB,Δt)·L2C．neq\f(ΔB,Δt)·πr2D．neq\f(ΔB,Δt)·r2B[由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势E＝neq\f(ΔB,Δt)·L2，故B正确。]4．(鲁科版选修3－2P33T1)在如图所示的电路中，LA为灯泡，S为开关，L为有铁芯的线圈。对于这样的电路，下列说法正确的是()A．因为线圈L通电后会产生自感现象，所以S闭合后，灯泡LA中无电流通过B．在S打开或闭合的瞬间，电路中都不会产生自感现象C．当S闭合时，电路中会产生自感现象D．在S闭合后再断开的瞬间，灯泡LA可能不马上熄灭C[S闭合瞬间，由于线圈产生自感电动势而阻碍通过灯泡LA的电流的增加，但阻碍不是阻挡，S闭合后有电流通过LA；S断开瞬间，线圈产生自感电动势，因电路断开，电流马上消逝，灯泡LA马上熄灭，故C正确，A、B、D错误。]5．(沪科版选修3－2P37T1改编)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采纳一整块硅钢，这是因为()A．增大涡流，提高变压器的效率B．减小涡流，提高变压器的效率C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量D．减小铁芯中的电阻，以减小发热量B[不运用整块硅钢而采纳很薄的硅钢片，这样做的目的是增大铁芯中的电阻，阻断涡流回路，来削减电能转化成铁芯的内能，提高效率，故B正确，A、C、D错误。]法拉第电磁感应定律的理解和应用eq\o([讲典例示法])1．对法拉第电磁感应定律的理解(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量匀称变更时，瞬时值才等于平均值。(2)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)共同确定，而与磁通量Φ的大小、变更量ΔΦ的大小没有必定联系。(3)磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)对应Φ­t图线上某点切线的斜率。(4)通过回路截面的电荷量q＝eq\f(nΔΦ,R)，仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。2．磁通量发生变更的三种状况(1)磁通量的变更是由面积变更引起时，ΔΦ＝BΔS，则E＝neq\f(BΔS,Δt)。(2)磁通量的变更是由磁场变更引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝neq\f(ΔBS,Δt)，留意S为线圈在磁场中的有效面积。(3)磁通量的变更是由于面积和磁场变更共同引起的，则依据定义求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝neq\f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq\f(ΔBΔS,Δt)。[典例示法](2024·全国卷Ⅰ)如图所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽视不计。OM是有肯定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以肯定的变更率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq\f(B′,B)等于()A．eq\f(5,4)B．eq\f(3,2)C．eq\f(7,4)D．2审题指导：在电磁感应中计算通过电路的电荷量时要用到电流的平均值，因此在本题中，首先依据法拉第电磁感应定律计算感应电动势的平均值，再利用欧姆定律计算平均电流，最终依据电流的定义式得出电荷量。B[设OM的电阻为R，圆的半径为l，过程Ⅰ：OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1＝eq\f(ΔΦ,Δt1)＝eq\f(B·ΔS,Δt1)＝eq\f(B·\f(1,4)πl2,Δt1)＝eq\f(πBl2,4Δt1)，流过OM的电流为I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(πBl2,4RΔt1)，则流过OM的电荷量为q1＝I1·Δt1＝eq\f(πBl2,4R)；过程Ⅱ：磁场的磁感应强度大小匀称增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E2＝eq\f(ΔΦ,Δt2)＝eq\f(B′－BS,Δt2)＝eq\f(B′－Bπl2,2Δt2)，电路中的电流为I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(πB′－Bl2,2RΔt2)，则流过OM的电荷量为q2＝I2·Δt2＝eq\f(πB′－Bl2,2R)；由题意知q1＝q2，则解得eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)，B正确，A、C、D错误。]应用法拉第电磁感应定律应留意的两个问题(1)利用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。(2)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)。[跟进训练]对感生电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的理解与应用1．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是()A．穿过线圈的磁通量Φ越大，所产生的感应电动势就越大B．穿过线圈的磁通量的变更量ΔΦ越大，所产生的感应电动势就越大C．穿过线圈的磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)越大，所产生的感应电动势就越大D．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就肯定为0C[依据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)成正比，与磁通量Φ及磁通量的变更量ΔΦ没有必定联系。当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0。当磁通量Φ等于0时，其变更率可能很大，产生的感应电动势也会很大。所以只有选项C正确。]2．用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径。如图所示，在ab的左侧存在一个匀称变更的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，磁感应强度大小随时间的变更率为eq\f(ΔB,Δt)＝k(k<0)。则()A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有收缩的趋势C．圆环中感应电流的大小为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(krS,2ρ)))D．a、b两点间的电势差Uab＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,4)))D[由eq\f(ΔB,Δt)＝k(k<0)可知B匀称减小，故穿过圆环的磁通量匀称削减，依据楞次定律可知，圆环中产生顺时针方向的感应电流，选项A错误；圆环在磁场中的部分，受到向外的安培力，所以有扩张的趋势，选项B错误；圆环产生的感应电动势大小为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,2)))，圆环电阻为eq\f(2πrρ,S)，则圆环中的电流大小为I＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kSr,4ρ)))，选项C错误；a、b两点间的电势差Uab＝eq\f(E,2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,4)))，选项D正确。]3．在一空间有方向相反，磁感应强度大小均为B的匀强磁场，如图所示，垂直纸面对外的磁场分布在一半径为a的圆形区域内，垂直纸面对里的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为b(b>eq\r(2)a)的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a的圆形区域是同心圆。从某时刻起磁感应强度在Δt时间内匀称减小到eq\f(B,2)，则此过程中该线圈产生的感应电动势大小为()A．eq\f(πBb2－a2,2Δt)B．eq\f(πBb2－2a2,Δt)C．eq\f(πBb2－a2,Δt)D.eq\f(πBb2－2a2,2Δt)D[磁感线既有垂直纸面对外的，又有垂直纸面对里的，所以可以取垂直纸面对里的方向为正方向。磁感应强度大小为B时线圈磁通量Φ1＝πB(b2－a2)－πBa2,磁感应强度大小为eq\f(B,2)时线圈磁通量Φ2＝eq\f(1,2)πB(b2－a2)－eq\f(1,2)πBa2，因而该线圈磁通量的变更量的大小为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝eq\f(1,2)πB(b2－2a2)。依据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势的大小为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(πBb2－2a2,2Δt)。故选项D正确。]回路中电荷量的求解4．(2024·德州模拟)如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板。磁场方向垂直于环面对里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)随时间变更。t＝0时，P、Q两极板电势相等，两极板间的距离远小于环的半径。经时间t，电容器的P极板()A．不带电B．所带电荷量与t成正比C．带正电，电荷量是eq\f(kL2C,4π)D．带负电，电荷量是eq\f(kL2C,4π)D[磁感应强度匀称增加，回路中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，Q板带正电，P板带负电，A错误；由L＝2πR，得R＝eq\f(L,2π)，感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝k·πR2，解得E＝eq\f(kL2,4π)，电容器上的电荷量Q＝CE＝eq\f(kL2C,4π)，B、C错误，D正确。]5．(2024·江苏高考)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3m2、电阻R＝0.6Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5s时间内合到一起。求线圈在上述过程中(1)感应电动势的平均值E；(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；(3)通过导线横截面的电荷量q。[解析](1)由法拉第电磁感应定律有：感应电动势的平均值E＝eq\f(ΔΦ,Δt)磁通量的变更ΔΦ＝BΔS解得：E＝eq\f(BΔS,Δt)代入数据得：E＝0.12V。(2)由闭合电路欧姆定律可得：平均电流I＝eq\f(E,R)代入数据得I＝0.2A由楞次定律可得，感应电流方向如图：(3)由电流的定义式I＝eq\f(q,Δt)可得：电荷量q＝IΔt代入数据得q＝0.1C。[答案](1)0.12V(2)0.2A(电流方向见解析图)(3)0.1C导体棒切割磁感线产生感应电动势eq\o([讲典例示法])1．E＝Blv的三个特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者相互垂直。(2)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。如图中，导体棒的有效长度为ab间的距离。(3)相对性：E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应留意速度间的相对关系。2．导体转动切割磁感线当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω，如图所示。[典例示法](2015·全国卷Ⅱ)如图所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列推断正确的是()A．Ua>Uc，金属框中无电流B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－aC[金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则推断Ua<Uc，Ub<Uc，选项A错误；由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，选项C正确。]电磁感应现象中电势凹凸的推断(1)产生感应电动势的那部分电路或导体相当于电源。(2)若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则推断出电流的方向。(3)电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低。[跟进训练]平动切割产生感应电动势1．(2024·临沂市上学期期末)如图所示，矩形线框abcd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框ab长为2L，bc长为L，MN为垂直于ab并可在ab和cd上自由滑动的金属杆，且杆与ab和cd接触良好，abcd和MN上单位长度的电阻皆为r。让MN从ad处起先以速度v向右匀速滑动，设MN与ad之间的距离为x(0≤x≤2L)，则在整个过程中不正确的是()A．当x＝0时，MN中电流最小B．当x＝L时，MN中电流最小C．MN中电流的最小值为eq\f(2Bv,5r)D．MN中电流的最大值为eq\f(6Bv,11r)A[MN中产生的感应电动势为E＝BLv，MN中电流I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(BLv,Lr＋\f(L＋2x5L－2xr,6L))＝eq\f(6BL2v,－4x－L2r＋15L2r)，当x＝0或x＝2L时，MN中电流最大，MN中电流的最大值为Imax＝eq\f(6Bv,11r)，当x＝L时，MN中电流最小，MN中电流的最小值为Imin＝eq\f(2Bv,5r)，故A错误，B、C、D正确。]2．如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则()A．电路中感应电动势的大小为eq\f(Blv,sinθ)B．电路中感应电流的大小为eq\f(Bvsinθ,r)C．金属杆所受安培力的大小为eq\f(B2lvsinθ,r)D．金属杆的发热功率为eq\f(B2lv2,rsinθ)B[电路中的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(E,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r)，故A错误，B正确；金属杆所受安培力大小F＝BIeq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，故C错误；金属杆的发热功率P＝I2R＝I2eq\f(l,sinθ)r＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，故D错误。]转动切割产生感应电动势3．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆回旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小变更B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流淌C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变更，则电流方向可能发生变更D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍B[由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流淌，选项B正确；由感应电动势E＝eq\f(1,2)Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A错误；角速度大小变更，感应电动势大小变更，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。]线框在磁场中平动切割产生感应电动势4．(2024·太原模拟)如图所示，一电阻为R的导线弯成边长为L的等边三角形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于闭合回路所在的平面对里。下列对三角形导线框以速度v向右匀速进入磁场过程中的说法正确的是()A．回路中感应电流方向为顺时针方向B．回路中感应电动势的最大值E＝eq\f(\r(3),2)BLvC．回路中感应电流的最大值I＝eq\f(\r(3),2)RBLvD．导线所受安培力的大小可能不变B[在进入磁场的过程中，闭合回路中磁通量增加，依据楞次定律，闭合回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，A错误；等效切割磁感线的导线最大长度为Lsin60°＝eq\f(\r(3),2)L,感应电动势的最大值E＝eq\f(\r(3),2)BLv，B正确；感应电流的最大值I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(3),2R)BLv，C错误；在进入磁场的过程中，等效切割磁感线的导线长度变更，产生的感应电动势和感应电流大小变更，依据安培力公式可知，导线所受安培力大小肯定变更，D错误。]5．如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面对里。质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时线框的速度大小为v，方向与磁场边界所成夹角为45°。若线框的总电阻为R，则()A．线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为D→C→B→A→DB．AC刚进入磁场时线框中感应电流为eq\f(\r(2)Bav,R)C．AC刚进入磁场时线框所受安培力大小为eq\f(\r(2)B2a2v,R)D．此时CD两端电压为eq\f(1,4)BavC[线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向垂直纸面对外，则感应电流的方向为A→B→C→D→A，A错误；AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势为E＝Bav，则线框中感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，故CD两端的电压为U＝I×eq\f(3,4)R＝eq\f(3,4)Bav，B、D错误；AC刚进入磁场时线框的CD边受到的安培力的方向与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD边向下，它们的大小都是F＝BIa，由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和，即F合＝eq\r(2)F＝eq\f(\r(2)B2a2v,R)，C正确。]自感和涡流eq\o([讲典例示法])1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变更。(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变更。(3)电流稳定时，自感线圈就相当于一般导体。(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流渐渐增大，灯泡渐渐变亮电流突然增大，然后渐渐减小达到稳定断电时电流渐渐减小，灯泡渐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡渐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡“闪亮”后渐渐变暗。两种状况下灯泡中电流方向均变更[典例示法](2024·北京高考)如图所示，图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。试验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后渐渐变暗；闭合开关S2，灯A2渐渐变亮，而另一个相同的灯A3马上变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是()甲乙A．图甲中，A1与L1的电阻值相同B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等C[断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过A1，灯A1突然闪亮，随后渐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1<RA1，故A错；题图甲中，闭合开关S1，电路稳定后，因为RL1<RA1，所以A1中电流小于L1中电流，故B错；题图乙中，闭合开关S2，灯A2渐渐变亮，而另一个相同的灯A3马上变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器R与L2的电阻值相同，故C对；闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错。]处理自感现象问题的技巧(1)通电自感：线圈相当于一个变更的电阻——阻值由无穷大渐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路。(2)断电自感：断电时自感线圈处相当于电源，自感电动势由某值渐渐减小到零，回路中电流在原电流基础上渐渐减为零。(3)电流稳定时，志向的自感线圈相当于导线，非志向的自感线圈相当于定值电阻。[跟进训练]通电自感现象的分析1．在如图所示的甲、乙电路中，电阻R和灯泡A电阻的阻值相等，自感线圈L的电阻值可认为是0，在接通开关S时，则()甲乙A．在电路甲中，灯泡A将马上变亮B．在电路甲中，灯泡A将先变亮，然后渐渐变暗C．在电路乙中，灯泡A将渐渐变亮D．在电路乙中，灯泡A将先由亮渐渐变暗，然后熄灭D[在电路甲中，当接通开关S时，通过与灯泡A相连的自感线圈L的电流突然增大，由于线圈的自感现象，自感电动势阻碍电流的增大，所以通过灯泡A的电流只能渐渐增大，故选项A错误，选项B错误；在电路乙中，当接通开关S时，通过自感线圈L的电流突然增大，由于线圈的自感现象，起先时，自感线圈L就产生一个很大的自感电动势来阻碍电流的流入，会有电流通过R和灯泡A，使灯泡A亮起，电流稳定后，又因为自感线圈L的电阻值可认为是0，所以灯泡A被短路，熄灭，故选项C错误，选项D正确。]断电自感现象的分析2．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，线圈L的电阻不计。以下推断正确的是()A．闭合S，稳定后，电容器的a极板带正电B．闭合S，稳定后，电容器两端电压小于EC．断开S的瞬间，通过R1的电流方向向左D．断开S的瞬间，通过R2的电流方向向右B[闭合S，稳定后，电容器相当于断路，线圈L相当于短路，所以电容器b极板与电源正极相连，带正电荷，A项错误；电源有内阻，电容器两端电压等于电路的路端电压，小于电源电动势，B项正确；断开S瞬间，电容器与R2构成回路放电，通过R2的电流方向向左，D项错误；断开S瞬间