电磁感应计算题.doc

“断电自感”中的电流问题剖析 “断电自感”是一种常见的电磁感应现象，其电路图如图示；下面对该电路中开关K断开前后的电路状态与变化过程作如下分析：（忽略电池内阻及导线电阻，并设灯A的电阻为RA，线圈L的直流电阻为RL，电动势为）一、K闭合电路稳定时线圈L中的电流大小与方向：线圈L中的电流强度为，通过灯泡的电流强度为，电流方向均向左；二、电路稳定时线圈中储存的能量：我们先考虑当线圈与电流接通时，由于线圈的自感现象使电路中的电流i并不立刻由0变到稳定值IL0，而要经过一段时间；在这段时间内电路中的电流在增大，因而有反方向的自感电动势存在；那么电路中的电源（电池组）不仅要供给电路中产生焦耳热的能量，而且还要反抗自感电动势做功。下面我们计算在电路中建立稳定电流IL0过程中电流所做的这部分额外功：在时间内电源反抗自感电动势所做的功为，式中i为电流强度的瞬时值；而，故；那么在建立电流的整个过程中，电源反抗自感电动势所做的功为，这部分功以能量的形式储存在线圈L内。当K断开时电流由稳定值IL0减小到0，线圈中产生与电流方向相同的感应电动势。线圈中原已储存的能量通过自感电动势作功全部释放出来；故K断开瞬间线圈中的能量为。三、K断开瞬间A灯与线圈L的电流情况：电流方向：K断开瞬间通过灯A的电流立刻减小为0；但同时由于线圈L中的电流IL0减小，故L中的自感电流IL必与原电流IL0同向以“阻碍”原电流的减小，因而线圈L作了A、L回路的电源，且线圈L的左端为电流负极而右端为正极；故实际上K断开瞬间经过灯A的电流并不为0而是方向向左的电流IL。L断开瞬间线圈与A灯中的瞬时电流的大小：电路断开后线圈将原来储存起来的能量（磁场能）通过自感而经回路L、A释放，故在K断开前、后的瞬间线圈的能量（磁场能）是相等的，而磁场是由电流产生的，因而K断开后瞬线圈中的总电流强度与断开前的电流强度IL0必相等。所以断电自感中线圈中的电流将从断开前瞬的电流强度IL0开始减小。那么开关断开瞬间加于电灯L两端的瞬间电压为。四、K断开后的变化过程中通过灯A及线圈L中的电流强度的变化关系：稳定电路中将K断开后，灯A与线圈L组成新的回路，此电路中没有外电源；但是由于自感作用而在线圈中产生与原电流同向的自感电动势及自感电流，所以回路中的电流强度并不立即减小为0；由自感电动势及闭合电路欧姆定律有：回路中任一时刻的电流大小为 即有，由于K断开时（为电池电动势），故对上式两边积分可得，解之得断电自感中任一时刻t时电路中的电流随时间的变化关系为，由此可见随着时间的推延电路中的电流强度逐渐减小到0。五、灯A“闪亮”的条件：由前面知K断开后通过灯A的电流强度将从原电流IL0开始减小，故通过灯A的最大电流必由IL0确定；当线圈L的直流电阻为RLRA时，必有稳定电流IL0IA0，故断开K的瞬间通过灯A的电流的大小为IL0而较A的额定电流小，因而灯A将逐渐变暗到熄灭，其电流变化如图甲示t1t2段。当线圈L的直流电阻为RLIA0，故断开K的瞬间通过灯A的电流的大小为IL0而较A的额定电流大，因而灯A将“闪亮”（如图乙中的t1t2段所示）一会后逐渐变暗到熄灭。六、L断开前、后通过灯A的电流变化图象如下图所示（以断开前的电流方向为正方向）。七、例题与解析：例 设下图1中电源电动势E10V内阻不计，线圈L的直流电阻与R相同均为5，两两灯泡的电阻均为RS10；求断开S瞬间灯泡L1两端的电压为多少？分析：当开关S闭合电路稳定时L1与L的直流电阻并联、L2与电阻R并联然后二者再串联，由欧姆定律可知此时通过线圈L的恒定电流为IL1A。当开关S断开瞬间灯L2立即熄灭而灯L1与线圈L却组成了一个闭合回路，线圈L由于自感而对A供电且L中的电流必从断开前的IL1A开始逐渐减小，故当S断开瞬间通过灯泡A的电流必为1A，因而此时加在灯泡L1的两端电压为，且S断开后通过灯泡L1的电流方向将由原来的向右而变成向左。练习1：图2中线圈自感系数L很大而直流电阻 ，电源电动势为E，当开关闭合时用依次表示流过线圈L、灯A的电流及两端的电压，则在K断开瞬间会出现（）A突然变大B突然变大C突然变大D都不能变大答案：B、C练习2：图3示a、b中，电阻R和自感线圈L的电阻均很小且小于灯S的电阻，接通开关K使电路达到稳定，灯S发光则