新课标高中物理选修3-2课后习题答案免去财富值

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． 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?B0l l?vt第3节 楞次定律

9． 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， 10． 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． 11． 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． 12． 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． 13． 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

14． 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． 15．

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?B0l，

- - 1 - -

2

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?B0l l?vt第3节 楞次定律

1． 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，求圆盘转动时的感

2应电动势的大小．具体答案是E?1Br?．

2第4节 法拉第电磁感应定律 1． 正确的是D．

2． 解：根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势为E?n???1000?0.09?0.02V?175V；根

?t0.4E?175A=0.175A R?r990?103． 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

据闭合电路欧姆定律可得，通过电热器的电流为I?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

- - 2 - -

式E?Blvsin?和v??r有E?BL1L2?sin?．因为S?L1L2，??90?，所以，E?BS?．

EA242???B6． 答：（1）根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势E?n所以，2??4．（2）?n?R，

?t?t1EB根据闭合电路欧姆定律，可得通过线圈的电流I?E?n?B?R2R?t1?n?BSR，所以，

?t2??2?RSIARA2???2． IBRB17． 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E?Bdv．液

体的流量Q?v?d，即液体的流量与电动势E的关系为Q??dE．

24B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

??2E?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：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。

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

?t???0.5Wb/s。电压表的读数为E?n???100?0.5V=50V。（2）感应电场的方向为逆时针方向，?t?t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，通过

R电流I?E?1A=1A。（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

R1PQ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

E1Bl1v，其中R为线圈的总电阻。同理，线圈以速度2v?RRE2Bl1v匀速进入磁场时，线圈中的感应电流最大值为I2?2?。第二次与第一次线圈中最大电流之比

RR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?。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

RB2l12v4B2l12v2外力的功率为P。同理，线圈以速度2v进入磁场时，外力的最大功率为P2?。1?F1v?RR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

lEBlv设AD边长为l2，则线圈经过时间t?2完全进入磁场，此后线圈中不再有感应电流。I1?1?1，

vRR边的长度。此时线圈中的感应电流为I1?- - 3 - -

B2l12v2l2B2l12l2R?所以第一次线圈中产生的热量为Q1?IRt?。同理，线圈以速度2v匀速进入2vRR212B2l12l2磁场时，线圈中产生的热量为Q2?。第二次与第一次线圈中产生的热量之比为2:1。说明：

R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． 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

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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?虽然最大，但是，曲线的斜率为0，即，磁通量的变化率???0，感应电动势为0；而线圈平面转到

?t跟中性面垂直时（t?1T，t?3T），穿过线圈的磁通量?为0，但是曲线的斜率最大，即磁通量的

44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5.1－3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?10-2V 24． 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?0.2A．电流的瞬时值表达式i?Imsin?t?0.2sin(314t)． R20005． 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?，电流方向为KNMLK．

2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．

0.022． 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I＝P＝40A＝2A．电流的峰值

U22011Im=2I=22A=0.26A.

114． 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f?1?1Hz?5Hz．电

T0.2流的有效值I?2I?52A?7.1A 2m2UU5． 解：该电热器消耗的功率P?，其中U为电压的有效值U?m，所以，R2Um2)Um231122P???W=967W R2R2?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A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1读数增大．

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