新课标高中物理选修32课后习题答案

高中物理3.2课后习题答案

第4章

第1节划时代的发觉

1.奥斯特试验，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

i.（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；在线圈分开磁场的过程中，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：当线圈远离导线挪动时，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•当导线中的电流渐渐

增大或减小时•线圈所在位置的磁感应强度也渐渐增大或减小，穿过线圈的

磁通量也随之渐渐增大或减小，所以线圈中产生感应电流•

5.答：假设使铜环沿与强磁场的方向挪动，由于穿过铜环的磁通量不发生变更，

所以•铜环中没有感应电流；假设使铜环在不匀称磁场中挪动•由于穿过铜

环的磁通量发生变更'所以，铜环中有感应电流•

6.答：乙、丙、丁三种状况下•可以在线圈B中视察到感应电流•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、丁三种状况所表示的电流是随时间变更的电流•那么•由这样

的电流产生的磁场也是变更的，穿过线圈B的磁通量变更，产生感应电流•

8.为了使MN中不产生感应电流­必需要求DENM构成的闭合电路的磁通量

不变•即BS=B0/2,而s=（/+”）/•所以，从r=o开场•磁感应强度B随时间t

的变更规律是8=步

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•依据楞次定律可知，线圈中感应电流磁场方向应当向右，再依

据右手定则，推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；在线圈分开磁场的过程中，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：当线圈远离导线挪动时，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•当导线中的电流渐

渐增大或减小时，线圈所在位置的磁感应强度也渐渐增大或减小，穿过线圈

的磁通量也随之渐渐增大或减小，所以线圈中产生感应电流•

12.答：假设使铜环沿匀强磁场的方向挪动，由于穿过铜环的磁通量不发生

变更，所以，铜环中没有感应电流；假设使铜环在不匀称磁场中挪动'由于

穿过铜环的磁通量发生变更，所以，铜环中有感应电流•

13.答：乙、丙、丁三种状况下•可以在线圈B中视察到感应电流•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、丁三种状况所表示的电流是随时间变更的电流，那么，由

这样的电流产生的磁场也是变更的，穿过线圈B的磁通量变更•产生感应电

流•

15.为了使MN中不产生感应电流必需要求DENM构成的闭合电路的磁通

量不变•即BS=&F•而s=(/+")/'所以•从r=o开场-磁感应强度B随时

间r的变更规律是8=同

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

垂直于纸面对外的磁通量增加•依据楞次定律，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

面对里，再依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，

垂直于纸面对外的磁通量削减•依据楞次定律，闭合线框中产生感应电流的

磁场，要阻碍原磁场磁通量的削减，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，再依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向右挪动时，线框ABCD中垂直于纸面对内的磁通量削减•依

据楞次定律，它产生感应电流的磁场要阻碍磁通量削减，即感应电流的磁场

及原磁场方向一样•垂直于纪面对内•所以感应电流的方向是A—B—CT

D-此时，线框ABFE中垂直组面对内的磁通量增加，依据楞次定律，它产生

的磁场要阻碍磁通量的增加，即感应电流的磁场及原磁场方向相反，垂直于

纪面对外•所以，感应电流的方向是A-B-F-E-所以，我们用这两个线框

中的随意一个都可以断定导体AB中感应电流的方向•说明：此题对导体AB

中的电流方向的断定也可用右手定则来确定•

4.答：由于线圈在条形磁铁的N板旁边，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，依据楞次定律•线圈中产生的感应电流的磁场要阻

碍磁通量的削减，即感应电流的磁场及原磁场方向一样，再依据右手螺旋定

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，依据楞次定律，线圈中产生的感应电流的磁场要阻

碍磁通量的增加，即感应电流的磁场及原磁场方向相反，再依据右手螺旋定

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板；当翻开开关S的上瞬间，线圈P的

右端为N板•

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，

依据楞次定律­A环中将产生感应电流­阻碍磁铁及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

及磁铁远离，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环将不挪动•

7.答：（1）如图所示•圆盘中随意一根半径CD都在切割磁感线，这半径可以

看成一个电源，依据右手定则可以推断，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）依据右手定则推断，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•详细答案是E=4郎2。-

第4节法拉第电磁感应定律

1.正确的是D•

2.解：依据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势为

E==1000x00邢/2V=175V；依据闭合电路欧姆定律可得，通过电热器

Ar0.4

的电流为I=益-=J75sA=0.175A

R+r9Q90+10

3.解：依据导线切割磁感线产生感应电动势的公式£=B/u得：缆绳中的感应电

动势E=4.6xIO"*2.05xlO4x7.6xlO3V=7.2x103V

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0。轴转动时，线圈长乙的边切割磁感线的速度变更，感应电

动势因此变更•依据公式E=6/usin8和V=3•有E=%Jysin6-因为S=“2，

。=90。'所以"E=BSco-

6.答：(1)依据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势后=〃等="竽乃收，

所以，＜=4=4•(2)依据闭合电路欧姆定律，可得通过线圈的电流

E.-1

2

z=£=n^-TTRp=n^-^-R•所以，4=4=券=2•

RArp2兀RAr2pIBRB1

S

7.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

的感应电动势£=如•液体的流量。=v嗯＞即液体的流量及电动势E的关

系为。=碧后,

第5节电磁感应定律的应用

1.解：依据导线切割磁感线产生感应电动势的公式£=Ru-该机两翼尖间的电

势差为E=4.7xl(f5xi2.7x0.7x340V=0.142V，依据右手定则可知，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

比拟弱，对此­可用简洁图形(图4-12)扶植理解；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)依据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势为E=〃架。依据中T图

象可知,坐=o.5W"s。电压表的读数为£=〃华=100x0.5V=50V°(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

当及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。依据导线切

割磁感线产生感应电动势的公式£=&u•MN、PQ的电动势都为£=1X1X1V。

依据电池的并联和闭合电路欧姆定律•通过R电流/=《="A=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

=Bixv，其中4为CD边的长度。此时线圈中的感应电流为4=冬=萼•其

中R为线圈的总电阻。同理，线圈以速度2丫匀速进入磁场时，线圈中的感应

电流最大值为，2=与=当。第二次及第一次线圈中最大电流之比为2:1。（2）

IXA

线圈以速度丫匀速进入磁场•当CD边在磁场中时，CD边受安培力最大，最

大值为6=/4=喀。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，此时外力的功率为”华。同理，线圈以速度2y

进入磁场时•外力的最大功率为匕=竺骐。第二次及第一次外力做功的最

IX

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

L与等,设AD边长为4，则线圈经过时间完全进入磁场，此后线

RRv

圈中不再有感应电流。所以第一次线圈中产生的热量为

。1=//放=驾，4=半。同理，线圈以速度2u匀速进入磁场时，线圈中

产生的热量为。,=竺骐。第二次及第一次线圈中产生的热量之比为2:1。说

A

明：可进一步分析并说明，在这一过程中，外力克制安培力所做的功及感应

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中的电流减小并消逝时，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，依据楞次定律，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，铁芯中还有渐渐减弱的磁场，这个磁场对衔铁D依旧有力作

用，因此，弹簧K不能马上将衔铁拉起•（2）假设线圈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逝，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逝，磁场对衔铁D的

作用力也很快消逝，弹簧K将很快将衔铁拉起•

2.答：当李辉把多用表的表笔及被测线圈断开时•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，由于时间经验的较

长，自感现象根本"消逝"

3.答：（1）当开关S由断开变为闭合-A灯由亮变得更为光明-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

不完,

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板靠近线圈时，线圈中向下的磁通量增加，依据楞次定律可

得，线圈中感应电流的磁场应当向上，再依据右手螺旋定则，推断出线圈中

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，依据楞次定律可得，线圈中感应电流的磁场应当

向下，再依据右手螺旋定则，推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板的作用力向下•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

更（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；假设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

特别小，所以小圆片在铝管中下落比拟快•

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•因为克制安

培力作用•卫星的一局部运动转化为电能•这样卫星机械能减小，运动轨道

离地面高度会渐渐降低•

5.答：当条形磁铁向右挪动时，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•这个力事实上就是条形磁铁

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，发觉灯丝抖动•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更­因

此灯丝抖动•

2.答：这种说法不对•依据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小及磁通量

的变更率装成正比­而及磁通量中没有必定的联络•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，

线圈在中性面时开场计时'则磁通量中随时间变更的关系为：中=6OcosW，

其图象如图所示•线圈平面转到中性面瞬间(t=0-r=T)-穿过线圈的磁通

量中虽然最大，但是，曲线的斜率为0，即，磁通量的变更率噌=0，感应电

动势为0；而线圈平面转到跟中性面垂直时(r=(T•t^T)，穿过线圈的磁

通量①为0•但是曲线的斜率最大，即磁通量的变更率尊最大，感应电动势

Ar

最大•

3.解：单匝线圈转到线圈平面及磁场平行位置时，即教科书图5.1-3中乙和丁

图时•感应电动势最大即

2

Em-2BLABV=2BLABCO—^'=BLADLABCO-0.01x0.20x0.10x2^-x50V=6.3x10-V

4.解：假定发电机线圈平面仅次于中性面开场计时，感应电动势瞬时值表达式

e=E,"sin&=400sin(314f).不计发电机线圈的内阻，电路中电流的峰值

4"=尊=4§^人=0.2人•电流的瞬时值表达式,•=/,"sin函=0.2sin(314f)•

K2000

5.解：KL边及磁场方向呈30°时，线圈平面及中性面夹角为60°，此时感应电

动势为：e=Emsincot=BSasin60°=BSco•电流方向为KNMLK-

第2节描绘交变电流的物理量

1.解：交变电流1周期内•电流方向变更两次，所以1S内电流方向变更的次数

为忐x2次=100次•

2.解：不能把这个电容器接在沟通电压是10V的电路两端•因为•这里的10V

的电压是指沟通电压的有效值•在电压变更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/=5=黑人=4人•电流的峰

值Im=V2I=埠A=0.26A.

4.依据图象，读出交变电流的周期TR.2s，电流的峰值/,“=10A•频率

/=＞志〃z=5Hz•电流的有效值/=与”,=5&=7.从

5.解：该电热器消耗的功率P，其中U为电压的有效值。=隼，所以，

RV2

42

(5)U221[2

P=-^―==^4XW=967W

R2R2x50

第3节电感和电容对交变电流的影响

1.答：三个电流表A「A?、A，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，沟通电压峰值没有变更，而频率增加了•对于纯电

容电路•沟通电压峰值不变•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4读数增大•对于纯电感电路，沟通电压峰值不变，则电路

两端电压的有效值不变•电感大小L未变•沟通频率增大•则感抗变大•电

流有效值减小，即为读数减小•对于纯电阻电路•沟通电压峰值不变•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A.3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状态互相不影响•

3.答：电容器对高频成分的容抗小•对低频成分的容抗大•依据教科书图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

能变更恒定电流的电压•

2.解：依据题目条件可知•%=380V-U2=36V，勺=1140，求：4=?

3.解：依据题目条件可知-〃2=400，H=220V-4=55V，求：勺=?

4.答：降压变压器的副线圈应当用较粗的导线•依据志向变压器的输出功率等

于输入功率即/〃，降压变压器的s<4，因此，它的八〉/一即副线圈

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：假定志向变压器的原线圈输入的电压q肯定，Y示数不变；当用户的用

电器增加时■相当于R减小，副线圈电压不变-%示数不变国；因

为R减小，所以A2示数增大；因为志向变压器输入功率等于输出功率­有：

1=/口=鸟=/42，5、%的值不变，增大，则/J曾大'A|示数增大•

第5节电能的输送

1.在不考虑电抗的影响时，电功率P=/U-所以/=§-当（7=110/0/时，导线中

的电流/=4800x1？A=43.6A-当U=110V时，导线中的电流

110X103

48103

I=^QA=43.6X1o3A-

2.公式4尸UI和U=I「都是错误的，U是输电电压，而非输电线上的电压降•正确

的推导应当是：设输电电压为U，输送的电功率为P•P43'I.•则

2

%=/r•由此式可知，要减小功率损失•就应当用高压送电和减小输电线