新课标高中物理选修3-2课后习题答案解析

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，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．

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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

BSB0l2，而S(lvt)l，所以，从t0开始，磁感应强度B随时间t的变化规律是

BB0llvt

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A→B→C→D．此时，线框ABFE中垂直纸面向内的磁通量增加，根据楞次定律，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

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以，感应电流的方向是A→B→F→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，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

E1Br22动时的感应电动势的大小．具体答案是．

第4节 法拉第电磁感应定律

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1． 正确的是D．

En10000.090.02V175Vt0.42． 解：根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势为；根

据闭合电路欧姆定律可得，通过电热器的电流为

IE175A=0.175ARr99010

3． 解：根据导线切割磁感线产生感应电动势的公式EBlv得：缆绳中的感应电动势

E4.61052.051047.6103V=7.2103V

4． 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OO轴转动时，线圈长L2的边切割磁感线的速度变化，感应电动势因而变化．根据公式EBlvsin和vr有EBL1L2sin．因为SL1L2，90，所以，EBS．

EnnBR2tt6． 答：（1）根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势，所以，

EA24IEnBR21nBSR4Rt2Rt221EBS．（2）根据闭合电路欧姆定律，可得通过线圈的电流，所

IARA22IR1B以，B．

7． 答：管中有导电液体流过时，相当于一段长为d的导体在切割磁感线，产生的感应电动势

QvdQdE2，即液体的流量与电动势E的关系为EBdv．液体的流量4B．

2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EBlv，该机两翼尖间的电势差为

E4.710512.70.7340V=0.142V，根据右手定则可知，从驾驶员角度来说，左侧机翼电势高。说明：

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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。

Ent。根据t图象可知，2． （1）根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势为

0.5Wb/sEn1000.5V=50Vtt。电压表的读数为。（2）感应电场的方向为逆时针方向，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EBlv，MN、PQ的电动势都为E111V。根据电池的并联和闭合电路欧姆定律，

IE1A=1AR1通过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M；

过PQ的电流方向为Q到P。

4． （1）线圈以速度v匀速进入磁场，当CD边在磁场中时，线圈中感应电动势E1Bl1v，其中

l1为CD边的长度。此时线圈中的感应电流为

I1E1Bl1vRR，其中R为线圈的总电阻。同理，线圈以速I2E22Bl1vRR。第二次与第一次线圈中最大电流之

度2v匀速进入磁场时，线圈中的感应电流最大值为

比为2:1。（2）线圈以速度v匀速进入磁场，当CD边在磁场中时，CD边受安培力最大，最大值为

B2l12vF1BI1l1R。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，此时外力B2l12v4B2l12v2PP1Fv1R。同理，线圈以速度2v进入磁场时，外力的最大功率为2R的功率为。第二次与

第一次外力做功的最大功率之比为4:1。（3）线圈以v匀速进入磁场，线圈中的感应电流为设AD边长为l2，则线圈经过时间

21I1E1Bl1vRR，

tl2v完全进入磁场，此后线圈中不再有感应电流。所以第一次线圈

B2l12v2l2B2l12l2Q1IRtR2vR。同理，线圈以速度2v匀速进入磁场时，线圈中产生的热R中产生的热量为

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2B2l12l2Q2R。第二次与第一次线圈中产生的热量之比为2:1。说明：可进一步分析并说明，在这一量为

过程中，外力克服安培力所做的功与感应电流所做的功是相等的。

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：（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．

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

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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．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．

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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t成

正比，而与磁通量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：

BDcosωt，其图象如图所示．线圈平面转到中性面瞬间（t0，tT），穿过线圈的磁通量虽然

0最大，但是，曲线的斜率为0，即，磁通量的变化率t，感应电动势为0；而线圈平面转到跟中

t1Tt3T性面垂直时（4，4），穿过线圈的磁通量为0，但是曲线的斜率最大，即磁通量的变化率t最大，感应电动势最大．

3． 解：单匝线圈转到线圈平面与磁场平行位置时，即教科书图5.1－3中乙和丁图时，感应电动势最大．即

Em2BLABv=2BLABLADBLADLAB0.010.200.10250V=6.310-2V2

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

eEmsint400sin(314t).不计发电机线圈的内阻，电路中电流的峰值

ImEm400A0.2AR2000．电流的瞬

时值表达式iImsint0.2sin(314t)．

5． 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：

eEmsintBSsin603BS2，电流方向为KNMLK．

第2节 描述交变电流的物理量

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

12次100次0.02．

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

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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．

I＝P＝40A＝2AU22011．电流的峰值3． 解：灯泡正常工作时，通过灯丝电流的有效值

Im=2I=22A=0.26A11.

11Hz5HzfT0.24． 根据图象，读出交变电流的周期T＝0.2s，电流的峰值Im10A，频率．电

I2Im52A7.1A2流的有效值

Um2UUP2，所以，R，其中U为电压的有效值5． 解：该电热器消耗的功率

Um2)Um231122PW=967WR2R250

(第3节 电感和电容对交变电流的影响

1． 答：三个电流表A1、A2、A3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A1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A2读数减小．对于纯电阻电路，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，则电流有效值不变，即A3读数不变．

2． 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

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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电压．

2． 解：根据题目条件可知，U1380V，U236V，n11140，求：n2?

U1n1Un21n1361140108U2n2，U2380

3． 解：根据题目条件可知，n2400，U1220V，U255V，求：n1?

U1n1Un11n22204001600U2n2，U255

4． 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

I1U1I2U2，降压变压器的U2U1，因而，它的I2I1，即副线圈的电流大于原线圈的电流，所以，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U1一定，V1示数不变；当用户的用电器增加时，相当于R减小，副线圈电压

U2n2Un11不变，V2示数不变国；因为R减小，所以A2示数增大；因为理

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想变压器输入功率等于输出功率，有：P1I1U1P2I2U2，U1、U2的值 不变，I2增大，则I1增大，A1示数增大．

第5节 电能的输送

IPU．当U110KV时，导线中的电流1． 在不考虑电抗的影响时，电功率PIU，所以

33480010480010IA=43.6AIA=43.6103A311010110．当U110V时，导线中的电流．

2． 公式P损=UI和U=Ir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：

PrPP=2I损U2，由此式可知，要减小功率损失，设输电电压为U，输送的电功率为P．P损=Ir，U，则

2就应当用高压送电和减小输电线的电阻r．

320010PI1A1.8103AU11103． 解：(1)用110V电压输电，输电线上电流，输电线上由电阻造成

P200103A18AI2U1I1R1.81030.05V=90VU211103的电压损失，(2)用11KV电压输电，输电线上电流，

输电线上由电阻造成的电压损失U2I2R180.05V=0.9V．两者比较，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P，导线长度为L，导线

2P)2LPIR(US，因为P、U、P、L、各量都是相同的电阻亮红灯，导线的横截面积为S，则

S1U22(11103)2322.5102S2U1220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．

5． 解：(1)假如用250V的电压输电，输电导线上的功率损失

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322010PP()R()20.5kW3.2kWU250．用户得到的功率P损PP20kW3.2kW16.8kW(2) 假如用

322010PP()R()20.5kW0.8kWU500500V的电压输电，输电导线上的功率损失．用户得到的功率

P损PP20kW0.8kW19.2kW．

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

P用95103I用A4.32102AU用2203510PI2A=25API22rr8．因为，，输电线上通过的电流．(2)输

电线上损失的电压Ur，UrI2r258V=200V，因为升压变压器为理想变压器，输入功率＝输出功率，

P2100103U2V=4103VI225所以升压变压器输出的电压U2计算如下：因为，P2I2U2P1，所以，．(3)n3U3U2U14000200190n1U12501nUU22011用用升压变压器的匝数之比n2U2400016．降压变压器的匝数之比4．

第六章 传感器

第1节 传感器及其工作原理

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