1、- - 1 - -高中物理 3.2 课后习题答案第 4 章第 1 节 划时代的发现1 奥斯特实验，电磁感应等2 电路是闭合的导体切割磁感线运动第 2 节 探究电磁感应的产生条件1 （1）不产生感应电流（2）不产生感应电流（3）产生感应电流2 答：由于弹簧线圈收缩时，面积减小，磁通量减小，所以产生感应电流3 答：在线圈进入磁场的过程中，由于穿过线圈的磁通量增大，所以线圈中产生感应电流；在线圈离开磁场的过程中，由于穿过线圈的磁通量减小，所以线圈中产生感应电流；当个线圈都在磁场中时，由于穿过线圈的磁通量不变，所以线圈中不产生感应电流4 答：当线圈远离导线移动时，由于线圈所在位置的磁感应强度不断减弱，
2、所以穿过线圈的磁通量不断减小，线圈中产生感应电流当导线中的电流逐渐增大或减小时，线圈所在位置的磁感应强度也逐渐增大或减小，穿过线圈的磁通量也随之逐渐增大或减小，所以线圈中产生感应电流5 答：如果使铜环沿匀强磁场的方向移动，由于穿过铜环的磁通量不发生变化，所以，铜环中没有感应电流；如果使铜环在不均匀磁场中移动，由于穿过铜环的磁通量发生变化，所以，铜环中有感应电流6 答：乙、丙、丁三种情况下，可以在线圈 B 中观察到感应电流因为甲所表示的电流是稳恒电流，那么，由这个电流产生的磁场就是不变的穿过线圈 B 的磁通量不变，不产生感应电7 流乙、丙、丁三种情况所表示的电流是随时间变化的电流，那么，由这样的
3、电流产生的磁场也是变化的，穿过线圈 B 的磁通量变化，产生感应电流8 为了使 MN 中不产生感应电流，必须要求 DENM 构成的闭合电路的磁通量不变，即 ，而20BSl，所以，从 开始，磁感应强度 B 随时间 的变化规律是()Slvt0tt0lvt第 3 节 楞次定律1 答：在条形磁铁移入线圈的过程中，有向左的磁感线穿过线圈，而且线圈的磁通量增大根据楞次定律可知，线圈中感应电流磁场方向应该向右，再根据右手定则，判断出感应电流的方向，即从左侧看，感应电流沿顺时针方向2 答：当闭合开关时，导线 AB 中电流由左向右，它在上面的闭合线框中引起垂直于纸面向外的磁通量增加根据楞次定律，闭合线框中产生感应
4、电流的磁场，要阻碍它的增加，所以感应电流的磁场在闭合线框内的方向是垂直纸面向里，再根据右手定则可知感应电流的方向是由 D 向 C当断开开关时，垂直于纸面向外的磁通量减少根据楞次定律，闭合线框中产生感应电流的磁场，要阻碍原磁场磁通量的减少，所以感应电流的磁场在闭合线框内的方向是垂直纸面内外，再根据右手定则可知感应电流的方向是由 C 向 D 3 答：当导体 AB 向右移动时，线框 ABCD 中垂直于纸面向内的磁通量减少根据楞次定律，它产生感应电流的磁场要阻碍磁通量减少，即感应电流的磁场与原磁场方向相同垂直于纸面向内，所以感应电流的方向是 ABCD此时，线框 ABFE 中垂直纸面向内的磁通量增加，根
5、据楞次定律，它产生的磁场要阻碍磁通量的增加，即感应电流的磁场与原磁场方向相反，垂直于纸面向外所以，感应电流的方向是 ABF E所以，我们用这两个线框中的任意一个都可以判定导体 AB 中感应电流的方向说明：此题对导体 AB 中的电流方向的判定也可用右手定则来确定4 答：由于线圈在条形磁铁的 N 极附近，所以可以认为从 A 到 B 的过程中，线圈中向上的磁通量减小，根据楞次定律，线圈中产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的减少，即感应电流的磁场与原磁场方向- - 2 - -相同，再根据右手螺旋定则可知感应电流的方向，从上向下看为逆时针方向从 B 到 C 的过程中，线圈中向下的磁通量增加，根据楞次定律，
6、线圈中产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，即感应电流的磁场与原磁场方向相反，再根据右手螺旋定则可知感应电流的方向，从上向下看为逆时针方向5 答：（1）有感应电流（2）没有感应电流；（3）有感应电流；（4）当合上开关 S 的一瞬间，线圈 P的左端为 N 极；当打开开关 S 的上瞬间，线圈 P 的右端为 N 极6 答：用磁铁的任一极（如 N 极）接近 A 球时，穿过 A 环中的磁通量增加，根据楞次定律，A 环中将产生感应电流，阻碍磁铁与 A 环接近，A 环将远离磁铁；同理，当磁铁远离发 A 球时，A 球中产生感应电流的方向将阻碍 A 环与磁铁远离， A 环将靠近磁铁由于 B 环是断开的，无论磁
7、极移近或远离 B 环，都不会在 B 环中形成感应电流，所以 B 环将不移动7 答：（1）如图所示圆盘中任意一根半径 CD 都在切割磁感线，这半径可以看成一个电源，根据右手定则可以判断，D 点的电势比 C 点高，也就是说，圆盘边缘上的电势比圆心电势高， （2）根据右手定则判断，D 点电势比 C 点高，所以流过电阻 R 的电流方向自下向上说明：本题可拓展为求 CD间的感应电动势设半径为 r，转盘匀速转动的角速度 ，匀强磁场的磁感应强度为 B，求圆盘转动时的感应电动势的大小具体答案是 21EBr第 4 节 法拉第电磁感应定律1 正确的是 D2 解：根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势为 ；根0.
8、921V1754nt据闭合电路欧姆定律可得，通过电热器的电流为 75A=.9EIRr3 解：根据导线切割磁感线产生感应电动势的公式 得：缆绳中的感应电动势Blv54334.6102.7.610V=.2E4 答：可以声音使纸盒振动，线圈切割磁感线，产生感应电流5 答：因为线圈绕 轴转动时，线圈长 的边切割磁感线的速度变化，感应电动势因而变化根据O 2L公式 和 有 因为 ， ，所以， sinBlvr1sinEB12SL90EBS6 答：（1）根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势 ，所以，2BEnRtt （2）根据闭合电路欧姆定律，可得通过线圈的电流24ABE，所以， 12SBInRnRtt2
9、1ABIR7 答：管中有导电液体流过时，相当于一段长为 的导体在切割磁感线，产生的感应电动d势 液体的流量 ，即液体的流量与电动势 的关系为 EBdv2QvE4dQEB第 5 节 电磁感应定律的应用1 解：根据导线切割磁感线产生感应电动势的公式 ，该机两翼尖间的电势差为Blv，根据右手定则可知，从驾驶员角度来说，左侧机翼电势54.7012.7340V=.1高。说明：该题的难点之上在于学生的空间想象力往往比较弱，对此，可用简单图形（图 4-12）帮助- - 3 - -理解；另外，该题可补充一问，即当飞机从西向东飞行时，哪侧机翼电势高？分析可得仍为左侧机翼电势高。2 （1）根据法拉第电磁感应定律，
10、线圈中感应电动势为 。根据 图象可知，Entt。电压表的读数为 。 （2）感应电场的方向为逆时针方0.5/Wbst10.5V=Ent向，如图所示。 （3）A 端的电势比 B 端高，所以 A 端应该与电压表标的接线柱连接。3 答：（1）等效电路如图所示。 （2）通过 R 的电流方向从上到下。根据导线切割磁感线产生感应电动势的公式 ，MN、PQ 的电动势都为 。根据电池的并联和闭合电路欧姆定律，通EBlv过 R 电流 。 （3）通过 MN 的电流方向为自 N 到 M；过 PQ 的电流方向为自 N 到1=IM；过 PQ 的电流方向为 Q 到 P。4 （1）线圈以速度 匀速进入磁场，当 CD 边在磁场
11、中时，线圈中感应电动势 ，其中 为 CDv 1EBlv1l边的长度。此时线圈中的感应电流为 ，其中 R 为线圈的总电阻。同理，线圈以速度1EBlvIR匀速进入磁场时，线圈中的感应电流最大值为 。第二次与第一次线圈中最大电流2v 21lvI之比为 。 （2）线圈以速度 匀速进入磁场，当 CD 边在磁场中时，CD 边受安培力最大，最大值:1v为 。由于线圈做匀速运动，所以此时外力也最大，且外力大小等于安培力大小，1BlFIR此时外力的功率为 。同理，线圈以速度 进入磁场时，外力的最大功率为211lPF2v。第二次与第一次外力做功的最大功率之比为 。 （3）线圈以 匀速进入磁场，线圈214lvP 4
12、:1v中的感应电流为 ，设 AD 边长为 ，则线圈经过时间 完全进入磁场，此后线圈1EBlvIR2l 2lt中不再有感应电流。所以第一次线圈中产生的热量为 。同理，线221112BlvlQIRtR圈以速度 匀速进入磁场时，线圈中产生的热量为 。第二次与第一次线圈中产生的热2v 2l量之比为 。说明：可进一步分析并说明，在这一过程中，外力克服安培力所做的功与感应电流所:1做的功是相等的。第 6 节 互感和自感1 （1）当开关 S 断开后，使线圈 A 中的电流减小并消失时，穿过线圈 B 的磁通量减小，肉而在线圈 B中将产生感应电流，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍原磁场的减小，这样就使铁芯中磁场
13、减弱得慢些，即在开关 S 断开后一段时间内，铁芯中还有逐渐减弱的磁场，这个磁场对衔铁 D 依然有力作用，因此，弹簧 K 不能立即将衔铁拉起 （2）如果线圈 B 不闭合，不会对延时效果产生影响在开关S 断开时，线圈 A 中电流减小并很快消失，线圈 B 中只有感应电动势而无感应电流，铁芯中的磁场很快消失，磁场对衔铁 D 的作用力也很快消失，弹簧 K 将很快将衔铁拉起2 答：当李辉把多用表的表笔与被测线圈断开时，线圈中的电流将减小，发生自感现象会产生较大的自感电动势，两只表笔间有较高电压， “电”了刘伟一下，所以刘伟惊叫起来，当李辉再摸多用表的表笔时，由于时间经历的较长，自感现象基本“消失”3 答：
14、（1）当开关 S 由断开变为闭合，A 灯由亮变得更为明亮，B 灯由亮变暗，直到不亮 （2）当开关S 由闭合变为断开，A 灯不亮，B 灯由亮变暗，直到不亮- - 4 - -第 7 节 涡流 电磁阻尼和电磁驱动1 答：当铜盘在磁极间运动时，由于发生电磁感应现象，在铜盘中主生感应电流，使铜盘受到安培力作用，而安培力的方向阻碍导体的运动，所以铜盘很快就停了下来2 当条形磁铁的 N 极靠近线圈时，线圈中向下的磁通量增加，根据楞次定律可得，线圈中感应电流的磁场应该向上，再根据右手螺旋定则，判断出线圈中的感应电流方向为逆时针方向（自上而下看）感应电流的磁场对条形磁铁 N 极的作用力向上，阻碍条形磁铁向下运动
15、当条形磁铁的 N 极远离线圈时，线圈中向下的磁通量减小，根据楞次定律可得，线圈中感应电流的磁场应该向下，再根据右手螺旋定则，判断出线圈中的感应电流方向为顺时针方向（自上而下看） 感应电流的磁场对条形磁铁 N 极的作用力向下，阻碍条形磁铁向上运动因此，无论条形磁铁怎样运动，都将受到线圈中感应电流磁场的阻碍作用，所以条形磁铁较快地停了下来，在此过程中，弹簧和磁铁的机械能均转化为线圈中的电能3 答：在磁性很强的小圆片下落的过程中，没有缺口的铝管中的磁通量发生变化（小圆片上方铝管中的磁通量减小，下方的铝管中的磁通量增大） ，所以铝管中将产生感应电流，感应电流的磁场对下落的小圆片产生阻力作用，小圆片在铝
16、管中缓慢下落；如果小圆片在有缺口的铝管中下落，尽管铝管中也会产生感应电流，感应电流的磁场将对下落的也产生阻力作用，但这时的阻力非常小，所以小圆片在铝管中下落比较快4 答：这些微弱的感应电流，将使卫星受到地磁场的安培力作用因为克服安培力作用，卫星的一部分运动转化为电能，这样卫星机械能减小，运动轨道离地面高度会逐渐降低5 答：当条形磁铁向右移动时，金属圆环中的磁通量减小，圆环中将产生感应电流，金属圆环将受到条形磁铁向右的作用力这个力实际上就是条形磁铁的磁场对感应电流的安培力这个安培力将驱使金属圆环向右运动第五章 交变电流第 1 节 交变电流1 答：磁铁靠近白炽灯，发现灯丝颤动因为通交变电流的灯丝处
17、在磁场中要受到力的作用，灯丝受到的磁场力的大小、方向都随时间做周期性变化，因而灯丝颤动2 答：这种说法不对根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小与磁通量的变化率 成正比，而t与磁通量 没有必然的联系假定线圈的面积为 S，所在磁场的磁感应强度为 B，线圈以角速度 绕 垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈在中性面时开始计时，则磁通量 随时间变化的关系为：，其图象如图所示线圈平面转到中性面瞬间（ ， ） ，穿过线圈的磁通量cosBDt 0tT虽然最大，但是，曲线的斜率为 0，即，磁通量的变化率 ，感应电动势为 0；而线圈平面转到跟中性面垂直时（ ， ） ，穿过线圈的磁通量 为 0，但是曲线的斜率最大，即
18、磁14tT3t通量的变化率 最大，感应电动势最大t3 解：单匝线圈转到线圈平面与磁场平行位置时，即教科书图 5.13 中乙和丁图时，感应电动势最大即 -220.12.05V=6.3102ADmABBABLELv=4 解：假定发电机线圈平面仅次于中性面开始计时，感应电动势瞬时值表达式不计发电机线圈的内阻，电路中电流的峰值sin40si(31).ett电流的瞬时值表达式 .2mIRsin0.2si(314)mItt5 解：KL 边与磁场方向呈 30时，线圈平面与中性面夹角为 60，此时感应电动势为：- - 5 - -，电流方向为 KNMLK3sinsi602meEtBSBS第 2 节 描述交变电流
19、的物理量1 解：交变电流 1 周期内，电流方向变化两次，所以 1s 内电流方向变化的次数为 0.次 次2 解：不能把这个电容器接在交流电压是 10V 的电路两端因为，这里的 10V 的电压是指交流电压的有效值在电压变化过程中的最大值大于 10V，超过了电容器的耐压，电容器会被击穿3 解：灯泡正常工作时，通过灯丝电流的有效值 电流的峰值402A1PIU .m2I=A0614 根据图象，读出交变电流的周期 ，电流的峰值 ，频率 电0.2Ts 0mI150.2fHzT流的有效值 57.1A2mI5 解：该电热器消耗的功率 ，其中 U 为电压的有效值 ，所以，2PR2mU22()31W=96750mU
20、PR第 3 节 电感和电容对交变电流的影响1 答：三个电流表 、 、 所在支路分别为：纯电容电路、纯电感电路、纯电阻电路改换电源1A23后，交流电压峰值没有变化，而频率增加了对于纯电容电路，交流电压峰值不变，则电路两端电压的有效值不变电容大小 C 未变，交变电流频率增大，则感抗变小，电流有效值增大，则容抗变小，电流有效值增大，即 读数增大对于纯电感电路，交流电压峰值不变，则电路两端电压的有效值1不变电感大小 L 未变，交流频率增大，则感抗变大，电流有效值减小，即 读数减小对于纯电2A阻电路，交流电压峰值不变，则电路两端电压的有效值不变虽然交变电流频率增大，但是对电阻大小没有影响，电阻大小未变，
21、则电流有效值不变，即 读数不变3A2 答：由于电容串联在前级和后级之间，前级输出的直流成分不能通过电容器，而流成分可以通过电容器被输送到后级装置中，输入后级的成分中不含有前级的直流成分，所以两级的直流工作状态相互不影响3 答：电容器对高频成分的容抗小，对低频成分的容抗大，按照教科书图 5.3-8 的连接，高频成分就通过“旁边”的电容器，而使低频成分输送到下一级装置第 4 节 变压器1 答：恒定电流的电压加在变压器的原线圈上时，通过原线圈的电流是恒定电流，即电流的大小和方向不变，它产生的磁场通过副线圈的磁通量不变因此在副线圈中不会产生感应电动势，副线圈两端也没有电压，所以变压器不能改变恒定电流的
22、电压2 解：根据题目条件可知， ， ， ，求：1380VU236140n2?n- - 6 - -，12Un12364018n3 解：根据题目条件可知， ， ， ，求：212VU251?n，12nU120465n4 答：降压变压器的副线圈应当用较粗的导线根据理想变压器的输出功率等于输入功率即，降压变压器的 ，因而，它的 ，即副线圈的电流大于原线圈的电流，所12I 21U21I以，相比之下，副线圈应用较粗的导线5 答：假定理想变压器的原线圈输入的电压 一定， 示数不变；当用户的用电器增加时，相当于 R11V减小，副线圈电压 不变， 示数不变国；因为 R 减小，所以 示数增大；因为理想变21n2 2
23、A压器输入功率等于输出功率，有： ， 、 的值 不变， 增大，则 增大，12PIUI12U2I1I示数增大1A第 5 节 电能的输送1 在不考虑电抗的影响时，电功率 ，所以 当 时，导线中的电流IPI10VK当 时，导线中的电流 34801=4.6AI10VU3348A=4.610I2 公式 和 都是错误的，U 是输电电压，而非输电线上的电压降正确的推导应该是：设输IP损 r电电压为 U，输送的电功率为 P ， ，则 ，由此式可知，要减小功率损失，2=Ir损 P2=rU损就应当用高压送电和减小输电线的电阻 3 解：(1)用 电压输电，输电线上电流 ，输电线上由电阻造成10V33101A.80I
24、的电压损失 ，(2)用 电压输电，输电线上电流31.80.5V=9IRK，输电线上由电阻造成的电压损失 两32APIU21.5V=0.9UIR者比较，可以看出，用高压输电可使输电线上的电压损失减少许多4 解：输送的电功率为 P，输电电压为 U，输电线上的功率损失为 ，导线长度为 L，导线的电阻亮P红灯 ，导线的横截面积为 S，则 ，因为 、 、 、L、 各量都是相同22()PLIRS的，所以横截面积为 S 与输电电压 U 的二次方成反比，所以有 23231(10).5U5 解：(1)假如用 250V 的电压输电，输电导线上的功率损失- - 7 - -用户得到的功率32201()().53.2P
25、RkWU(2) 假如用 500V 的电压输电，输电导线上的功率损失68k损用户得到的功率322()()0.5k19Pk损6 解：输电原理如图 5-16 所示 (1)降压变压器输出电流，也就是用户得到的电流因为， ，输电线上通过的电流329510A4.02IU用用 用 2PIr(2)输电线上损失的电压 ， ，因为升压32=8Pr rU258V=0Ir变压器为理想变压器，输入功率输出功率，所以升压变压器输出的电压 计算如下：因为，所以， (3)升压变压器的匝数之比21IU33210V=4105PI降压变压器的匝数之比 125046n 3214402190nU用 用第六章 传感器第 1 节 传感器及其工作原理1
