1.产生感应电流的条件

感应电流产生的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化。

以上表述是充分必要条件。不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反之，只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通量也一定发生了变化。

当闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，电路中有感应电流产生。这个表述是充分条件，不是必要的。在导体做切割磁感线运动时用它判定比较方便。

3、日光灯的工作原理图如下：

图中A镇流器，其作用是在灯开始点燃时起产生瞬时高压的作用；在日光灯正常发光时起起降压限流作用．B是日光灯管，它的内壁涂有一层荧光粉，使其发出的光为柔和的白光；C是启动器，它是一个充有氖气的小玻璃泡，里面装上两个电极，一个固定不动的静触片和一个用双金属片制成的U形触片组成．

[例10]如图所示的电路中，A₁和A₂是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略不计，下列说法中正确的是(　　　 )

A．合上开关S接通电路时，A₂先亮A₁后亮，最后一样亮

B．合上开关S接通电路时，A₁和A₂始终一样亮

C．断开开关S切断电路时，A₂立即熄灭，A₁过一会熄灭

D．断开开关S切断电路时，A₁和A₂都要过一会才熄灭

解析：S闭合接通电路时，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支路电流增加的慢，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不正确。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D选项正确。所以答案为A、D

3、日光灯的工作原理图如下：

图中A镇流器，其作用是在灯开始点燃时起产生瞬时高压的作用；在日光灯正常发光时起起降压限流作用．B是日光灯管，它的内壁涂有一层荧光粉，使其发出的光为柔和的白光；C是启动器，它是一个充有氖气的小玻璃泡，里面装上两个电极，一个固定不动的静触片和一个用双金属片制成的U形触片组成．

[例10]如图所示的电路中，A₁和A₂是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略不计，下列说法中正确的是(　　　 )

A．合上开关S接通电路时，A₂先亮A₁后亮，最后一样亮

B．合上开关S接通电路时，A₁和A₂始终一样亮

C．断开开关S切断电路时，A₂立即熄灭，A₁过一会熄灭

D．断开开关S切断电路时，A₁和A₂都要过一会才熄灭

解析：S闭合接通电路时，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支路电流增加的慢，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不正确。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D选项正确。所以答案为A、D

图2电路中，当S断开时，我们只看到A灯闪亮了一下后熄灭，那么S断开时图1电路中就没有自感电流？能否看到明显的自感现象，不仅仅取决于自感电动势的大小，还取决于电路的结构．在图2电路中，我们预先在电路设计时取线圈的阻值远小于灯A的阻值，使S断开前，并联电路中的电流I_L>>I_R ，S断开瞬间，虽然L中电流在减小，但这一电流全部流过A灯，仍比S断开前A灯的电流大得多，且延滞了一段时间，所以我们看到A灯闪亮一下后熄灭，对图1的电路，S断开瞬间也有自感电流，但它比断开前流过两灯的电流还小，就不会出现闪亮一下的现象．

除线圈外，电路的其它部分是否存在自感现象？

当电路中的电流发生变化时，电路中每一个组成部分，甚至连导线，都会产生自感电动势去阻碍电流的变化，只不过是线圈中产生的自感电动势比较大，其它部分产生的自感电动势非常小而已。

2、自感现象的应用--日光灯

(1)启动器：利用氖管的辉光放电，起自动把电路接通和断开的作用

(2)镇流器：在日光灯点燃时，利用自感现象，产生瞬时高压，在日光灯正常发光时，，利用自感现象，起降压限流作用。

1、自感现象

自感现象是指当线圈自身电流发生变化时，在线圈中引起的电磁感应现象，当线圈中的电流增加时，自感电流的方向与原电流方向相反；当线圈中电流减小时，自感电流的方向与原电流的方向相同．自感电动势的大小与电流的变化率成正比．

自感系数L由线圈自身的性质决定，与线圈的长短、粗细、匝数、有无铁芯有关．

自感现象是电磁感应的特例．一般的电磁感应现象中变化的原磁场是外界提供的，而自感现象中是靠流过线圈自身变化的电流提供一个变化的磁场．它们同属电磁感应，所以自感现象遵循所有的电磁感应规律．自感电动势仅仅是减缓了原电流的变化，不会阻止原电流的变化或逆转原电流的变化．原电流最终还是要增加到稳定值或减小到零。

自感现象只有在通过电路的电流发生变化时才会产生．在判断电路性质时，一般分析方法是：当流过线圈L的电流突然增大瞬间，我们可以把L看成一个阻值很大的电阻；当流经L的电流突然减小的瞬间，我们可以把L看作一个电源，它提供一个跟原电流同向的电流．

图2电路中，当S断开时，我们只看到A灯闪亮了一下后熄灭，那么S断开时图1电路中就没有自感电流？能否看到明显的自感现象，不仅仅取决于自感电动势的大小，还取决于电路的结构．在图2电路中，我们预先在电路设计时取线圈的阻值远小于灯A的阻值，使S断开前，并联电路中的电流I_L>>I_R ，S断开瞬间，虽然L中电流在减小，但这一电流全部流过A灯，仍比S断开前A灯的电流大得多，且延滞了一段时间，所以我们看到A灯闪亮一下后熄灭，对图1的电路，S断开瞬间也有自感电流，但它比断开前流过两灯的电流还小，就不会出现闪亮一下的现象．

除线圈外，电路的其它部分是否存在自感现象？

当电路中的电流发生变化时，电路中每一个组成部分，甚至连导线，都会产生自感电动势去阻碍电流的变化，只不过是线圈中产生的自感电动势比较大，其它部分产生的自感电动势非常小而已。

根据法拉第电磁感应定律，在电磁感应现象中，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流。设在时间内通过导线截面的电量为，则根据电流定义式及法拉第电磁感应定律，得：

如果闭合电路是一个单匝线圈()，则.

上式中为线圈的匝数，为磁通量的变化量，R为闭合电路的总电阻。

可见，在电磁感应现象中，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流，在时间内通过导线截面的电量仅由线圈的匝数、磁通量的变化量和闭合电路的电阻R决定，与发生磁通量的变化量的时间无关。

因此，要快速求得通过导体横截面积的电量，关键是正确求得磁通量的变化量。磁通量的变化量是指穿过某一面积末时刻的磁通量与穿过这一面积初时刻的磁通量之差，即。在计算时，通常只取其绝对值，如果与反向，那么与的符号相反。

线圈在匀强磁场中转动，产生交变电流，在一个周期内穿过线圈的磁通量的变化量=0，故通过线圈的电量q=0。

穿过闭合电路磁通量变化的形式一般有下列几种情况：

(1)闭合电路的面积在垂直于磁场方向上的分量S不变，磁感应强度B发生变化时，；

(2)磁感应强度B不变，闭合电路的面积在垂直于磁场方向上的分量S发生变化时，；

(3)磁感应强度B与闭合电路的面积在垂直于磁场方向的分量S均发生变化时，。下面举例说明：

[例7]如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为，通过导线截面的电量为；第二次用时间拉出，外力所做的功为，通过导线截面的电量为，则(　　 )

A. 　　　　　　　　　　 　　B.

C. 　　　　　　　　　　 D.

解析：设线框长为L₁，宽为L₂，第一次拉出速度为V₁，第二次拉出速度为V₂，则V₁=3V₂。匀速拉出磁场时，外力所做的功恰等于克服安培力所做的功，有

，

同理　 ，

故W₁>W₂；

又由于线框两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即，

由，得：

故正确答案为选项C。

[例8]如图所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B。一半径为，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。当内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电量____________。

解析：由题意知：

，

，

由

[例9]如图所示是一种测量通电螺线管中磁场的装置，把一个很小的测量线圈A放在待测处，线圈与测量电量的冲击电流计G串联，当用双刀双掷开关S使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，从而引起电荷的迁移，由表G测出电量Q，就可以算出线圈所在处的磁感应强度B。已知测量线圈共有N匝，直径为d，它和表G串联电路的总电阻为R，则被测处的磁感强度B为多大？

解析：当双刀双掷开关S使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可得：

由欧姆定律得：

由上述二式可得：

[例10]一个电阻为R的长方形线圈abcd沿着磁针所指的南北方向平放在北半球的一个水平桌面上，ab=L₁，bc=L₂，如图所示。现突然将线圈翻转180⁰，使ab与dc互换位置，用冲击电流计测得导线中流过的电量为Q₁。然后维持ad边不动，将线圈绕ad边转动，使之突然竖直，这次测得导线中流过的电量为Q₂，试求该处地磁场的磁感强度的大小。

解析：根据地磁场的特征可知，在北半球的地磁场方向是向北向下的。只要求出这个磁感强度的竖直分量B₁和水平分量B₂，就可以求出该处磁感强度B的大小。

当线圈翻个身时，穿过线圈的磁通量的变化量为，因为感应电动势， 所以　 2B₁L₁L₂=RQ₁

当线圈绕ad边竖直站起来时，穿过线圈的磁通量的变化量为，所以　

由此可得：

3.电磁感应中的能量守恒

只要有感应电流产生，电磁感应现象中总伴随着能量的转化。电磁感应的题目往往与能量守恒的知识相结合。这种综合是很重要的。要牢固树立起能量守恒的思想。

[例5] 如图所示，矩形线圈abcd质量为m，宽为d，在竖直平面内由静止自由下落。其下方有如图方向的匀强磁场，磁场上、下边界水平，宽度也为d，线圈ab边刚进入磁场就开始做匀速运动，那么在线圈穿越磁场的全过程，产生了多少电热？

解：ab刚进入磁场就做匀速运动，说明安培力与重力刚好平衡，在下落2d的过程中，重力势能全部转化为电能，电能又全部转化为电热，所以产生电热Q =2mgd。

[例6]如图所示，水平面上固定有平行导轨，磁感应强度为B的匀强磁场方向竖直向下。同种合金做的导体棒ab、cd横截面积之比为2∶1，长度和导轨的宽均为L，ab的质量为m ，电阻为r，开始时ab、cd都垂直于导轨静止，不计摩擦。给ab一个向右的瞬时冲量I，在以后的运动中，cd的最大速度v_m、最大加速度a_m、产生的电热各是多少？

解：给ab冲量后，ab获得速度向右运动，回路中产生感应电流，cd受安培力作用而加速，ab受安培力而减速；当两者速度相等时，都开始做匀速运动。所以开始时cd的加速度最大，最终cd的速度最大。全过程系统动能的损失都转化为电能，电能又转化为内能。由于ab、cd横截面积之比为2∶1，所以电阻之比为1∶2，根据Q=I ²Rt∝R，所以cd上产生的电热应该是回路中产生的全部电热的2/3。又根据已知得ab的初速度为v₁=I/m，因此有： ，解得。最后的共同速度为v_m=2I/3m，系统动能损失为ΔE_K=I ²/ 6m，其中cd上产生电热Q=I ²/ 9m

2.转动产生的感应电动势

⑴转动轴与磁感线平行。如图磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外，长L的金属棒oa以o为轴在该平面内以角速度ω逆时针匀速转动。求金属棒中的感应电动势。在用导线切割磁感线产生感应电动势的公式时注意其中的速度v应该是平均速度，即金属棒中点的速度。

⑵线圈的转动轴与磁感线垂直。如图矩形线圈的长、宽分别为L₁、L₂，所围面积为S，向右的匀强磁场的磁感应强度为B，线圈绕图示的轴以角速度ω匀速转动。线圈的ab、cd两边切割磁感线，产生的感应电动势相加可得E=BSω。如果线圈由n匝导线绕制而成，则E=nBSω。从图示位置开始计时，则感应电动势的即时值为e=nBSωcosωt 。该结论与线圈的形状和转动轴的具体位置无关(但是轴必须与B垂直)。

实际上，这就是交流发电机发出的交流电的即时电动势公式。

[例4] 如图所示，xoy坐标系y轴左侧和右侧分别有垂直于纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度均为B，一个围成四分之一圆形的导体环oab，其圆心在原点o，半径为R，开始时在第一象限。从t=0起绕o点以角速度ω逆时针匀速转动。试画出环内感应电动势E随时间t而变的函数图象(以顺时针电动势为正)。

解：开始的四分之一周期内，oa、ob中的感应电动势方向相同，大小应相加；第二个四分之一周期内穿过线圈的磁通量不变，因此感应电动势为零；第三个四分之一周期内感应电动势与第一个四分之一周期内大小相同而方向相反；第四个四分之一周期内感应电动势又为零。感应电动势的最大值为E_m=BR²ω，周期为T=2π/ω，图象如右。

1.法拉第电磁感应定律

电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，即，在国际单位制中可以证明其中的k=1，所以有。对于n匝线圈有。

在导线切割磁感线产生感应电动势的情况下，由法拉第电磁感应定律可推出感应电动势的大小是：E=BLvsinα(α是B与v之间的夹角)。

[例1]如图所示，长L₁宽L₂的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。求：将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中，⑴拉力F大小； ⑵拉力的功率P； ⑶拉力做的功W； ⑷线圈中产生的电热Q ；⑸通过线圈某一截面的电荷量q 。

解：这是一道基本练习题，要注意要注意所用的边长究竟是L₁还是L₂ ，还应该思考一下所求的各物理量与速度v之间有什么关系。

⑴

⑵

⑶

⑷

⑸ 与v无关

特别要注意电热Q和电荷q的区别，其中与速度无关！(这个结论以后经常会遇到)。

[例2]如图所示，竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R(其余导体部分的电阻都忽略不计)。磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外。金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦。从静止释放后ab保持水平而下滑。试求ab下滑的最大速度v_m

解：释放瞬间ab只受重力，开始向下加速运动。随着速度的增大，感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，加速度随之减小。当F增大到F=mg时，加速度变为零，这时ab达到最大速度。

　　 由，可得

点评：这道题也是一个典型的习题。要注意该过程中的功能关系：重力做功的过程是重力势能向动能和电能转化的过程；安培力做功的过程是机械能向电能转化的过程；合外力(重力和安培力)做功的过程是动能增加的过程；电流做功的过程是电能向内能转化的过程。达到稳定速度后，重力势能的减小全部转化为电能，电流做功又使电能全部转化为内能。这时重力的功率等于电功率也等于热功率。

进一步讨论：如果在该图上端电阻右边安一只电键，让ab下落一段距离后再闭合电键，那么闭合电键后ab的运动情况又将如何？(无论何时闭合电键，ab可能先加速后匀速，也可能先减速后匀速，但最终稳定后的速度总是一样的)。

[例3] 如图所示，U形导线框固定在水平面上，右端放有质量为m的金属棒ab，ab与导轨间的动摩擦因数为μ，它们围成的矩形边长分别为L₁、L₂，回路的总电阻为R。从t=0时刻起，在竖直向上方向加一个随时间均匀变化的匀强磁场B=kt，(k>0)那么在t为多大时，金属棒开始移动？

解：由= kL₁L₂可知，回路中感应电动势是恒定的，电流大小也是恒定的，但由于安培力F=BIL∝B=kt∝t，随时间的增大，安培力将随之增大。当安培力增大到等于最大静摩擦力时，ab将开始向左移动。这时有：

例7. 利用如图所示的一只电压表、一个电阻箱和一个电键，测量一个电池组的电动势和内电阻。请画出实验电路图，并用笔画线作导线将所给器材连接成实验电路。用记录的实验数据写出电动势和内电阻的表达式。

解：与学生实验相比，用电阻箱代替了电流表。由于电压可测，由电压、电阻就可以算出电流(这个电流是通过电阻箱的电流，比通过电池的电流偏小，系统误差是由电压表的分流造成的)。电路图如下。实验步骤是：

　 (1) 按电路图接好实验电路

(2)改变电阻箱阻值，分别读出两组电阻箱阻值和对应的路端电压值R₁、U₁、R₂、U₂。

(3)根据闭合电路欧姆定律列出与这两组数据相对应的方程：

。

⑷解方程组可得E和r：

如果只给出电阻箱和电流表，用类似的方法同样可以测量电源的电动势和内电阻。

例8. 电桥法测电阻。利用给出的电路图和器材(G为灵敏电流表，R₀为阻值均匀的电阻丝，R为已知阻值的定值电阻，R_x为被测电阻)。要求利用这些器材测未知电阻R_x。(1)实验中还需要什么测量仪器？

(2)将实物连成电路图。

(3)写出测量R_x的实验步骤，并写出利用测量数据表示R_x的表达式。

解：

(1)还需要米尺(测量左右两部分电阻丝的长度L₁、L₂)。

(2)实物连接图略。

(3)按图接好电路后，移动滑动触头P，使电流表指针指在中央零刻度处。用刻度尺测量P点两边电阻丝的长度L₁、L₂；由R_X∶R=L₁∶L₂得。

例9. 下右图中的P是一根表面均匀地镀有一层很薄的电阻膜的长陶瓷管(碳膜布满圆柱体的外侧面)。陶瓷管的长度约为50cm，外径约为6cm，所用电阻膜材料的电阻率已知为ρ，管的两端有导电箍M、N。该电阻的长度就是陶瓷管的长度，其截面积可看作等于膜的厚度与圆周长的乘积。现有器材为：A.米尺、B.游标卡尺、C.螺旋测微器、D.电压表、E.电流表、F.电池组、G.滑动变阻器、H.电阻箱、I.电键和导线。请你设计一个测量该电阻膜厚度d的实验方案。

　 　(1)所须选用的器材有：__________________(填器材前的字母即可)。

　 　(2)所须测量的物理量有：_____ 、_____、 _____、 _____。

　 (3)根据实验测得的以上数据计算电阻膜厚度d的数学表达式为：d=________________。

　 (4)在左下图的方框中画出实验电路图(MN间的电阻膜的电阻约几个kΩ，滑动变阻器的总阻值为50Ω)。并将右下图中的实物按电路图连接起来(有3根导线已经连好，不得改动)。

解：

(1)A(用来测量MN间的长度)、B(用来测量陶瓷管的外径)、D、E、F、G、I(以上用来测量电阻膜的阻值)

　(2)MN间距离L、管的外径D、电流I、电压U

　(3)

(4)测量大电阻所以要采用电流表内接法；由于被测电阻阻值　 远大于滑 动变阻器的总阻值，所以只有采用分压电路才能做到多取几组数据测电阻值，减小偶然误差。

例10. 在实验室中，往往利用半偏法测量电流表或电压表的内阻。测量电路图如右。E为电源，其电动势为E。R₁为总阻值较大的滑动变阻器。R₂为电阻箱。A为被测电流表。用此电路，经以下步骤可近似测得电流表的内阻R_A：①闭合K₁，断开K₂，调节R₁，使电流表读数等于其量程I₀；②保持R₁不变，闭合K₂，调节R₂，使电流表读数等于I₀/2；③读出R₂的值，则R_A=R₂。

(1)按照电路图在右边实物图所给出的实物图中画出连接导线。

(2)若电源的内阻忽略不计，试分析该实验的系统误差总是使电表内阻的测量值比其真实值偏大还是偏小？

解：

(1)图略。

(2)闭合K₂后，回路的总电阻减小，总电流将增大。因此当电流表读数等于I₀/2时，通过电阻箱的电流将略大于I₀/2，实际上电阻箱的电阻比表头电阻小一些，也就是说测量值比真实值偏小。

例11. 用伏安法测电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，测量结果总存在系统误差。按下图所示的电路进行测量，可以消除这种系统误差。

(1)该实验的第一步是：闭合电键S₁，将电键S₂接2，调节滑动变阻器R_P和r，使电压表读数尽量接近满量程，读出这时电压表和电流表的示数U₁、I₁；请你接着写出第二步，并说明需要记录的数据：_________________________。

(2)由以上记录数据计算被测电阻R_X的表达式是R_X=___________。

(3)将右图中给出的仪器按照电路图的要求连接起来。

解：

(1)将电键S₂接1，读出这时电压表和电流表的示数U₂、I₂。

(2)

　(3)图略。

例12. 某同学选用一只标有“3.8V 0.3A”的小灯泡，用电流表和电压表测量它在不同电压下的电流，从而计算出它在不同电压下的实际电阻值。根据实验数据画出的I-U图象如右。

(1)从图象看出，电压越高对应的实际电阻值越_____，这说明灯丝材料的电阻率随温度的升高而________。

(2)若实验室提供的器材是：电动势为6V，内阻很小的铅蓄电池；量程0-0.6-3A的直流电流表；量程0-3-15V的直流电压表；最大阻值10Ω的滑动变阻器；一只电键和若干导线。请画出正确的实验电路图。并标出开始实验时所用的电表量程和滑动变阻器滑动触头的位置。

解：

(1)曲线上每一点和原点的连线的斜率的倒数表示该时刻对应的灯丝电阻。由图象可知随着电压的升高灯丝的电阻增大。这说明灯丝材料的电阻率随温度的升高而增大。

(2)正常工作时灯丝的电阻才十几个欧姆，电压低时电阻更小，所以应作为小电阻处理，测量部分应该用外接法。灯丝两端的电压要求从零开始逐渐增大，所以供电部分必须采用分压电路。开始时电流表量程应选用0.6A，电压表量程应选用3V(快要超过3V时再改用15V量程)，滑动变阻器滑动触头的位置应使灯丝两端分到的电压为零。

例13. 随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。某市对市场上出售的纯净水质量进行了抽测，结果发现竞有九成样品的细菌超标或电导率不合格(电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标)。(1)不合格的纯净水的电导率一定是偏_____(填大或小)。

(2)对纯净水样品进行检验所用的设备原理如图所示，将采集的水样装入绝缘性能良好的塑料圆柱形容器内，容器两端用金属圆片电极密封。请把检测电路连接好(要求测量尽可能准确，已知水的电导率远小于金属的电导率，所用滑动变阻器的阻值较小)。

解：

(1)纯水的电阻率是很大的，因此电导率是很小的。不合格的纯净水一定是含有杂质，因此电导率偏大。

(2)测量部分用内接法，供电部分用分压电路。