物理书3——2课后答案

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第一篇:《高中物理人教版选修3-2课本习题答案》

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第二篇:《2013年新课标高中物理选修3-2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 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Br． 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V175V；根t0.4

A=0.175A R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

式EBlvsin和vr有EBL1L2sin．因为SL1L2，90，所以，EBS．

EA22nR，6． 答：（1）根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势En24．（2）1EB

2根据闭合电路欧姆定律，可得通过线圈的电流InRRtnR，所以，t2IARA2． IBRB1

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EBdv．液体的流量Qv，即液体的流量与电动势E的关系为QE． 24B

第5节 电磁感应定律的应用

2

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：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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R1

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CDE1Bl1v，其中R为线圈的总电阻。同理，线圈以速度2vE2Bl1v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B2l12v4B2l12v2

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

EBlvl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，边的长度。此时线圈中的感应电流为I1

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R221

2B2l12l2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：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物理书3——2课后答案

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；而线圈平面转到跟中性面垂直时（tT，tT），穿过线圈的磁通量为0，但是曲线的斜率最大，即磁通量的变化率最大，感应电动势最大． t

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10-2V 2

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EmA0.2A．电流的瞬时值表达式iImsint0.2sin(314t)． R2000

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BS，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2次100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I＝＝A＝A．电流的峰

值U22011

Im. 4． 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Hz5Hz．电

流的有效值II7.1A m

25． 解：该电热器消耗的功率P，其中U为电压的有效

值U，所以

，RUm22PW=967W 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．

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?

第三篇:《高中物理选修3-2课后习题答案及解释》

电磁感应和楞次定律

1.答案：CD

详解：导体棒做匀速运动，磁通量的变化率是一个常数，产生稳恒电流，那么被线圈缠绕的磁铁将产生稳定的磁场，该磁场通过线圈c不会产生感应电流；做加速运动则可以；

2．答案：C

详解：参考点电荷的分析方法，S磁单极子相当于负电荷，那么它通过超导回路，相当于向左的磁感线通过回路，右手定则判断，回路中会产生持续的adcba向的感应电流；

3．答案：A

详解：滑片从a滑动到变阻器中点的过程，通过A线圈的电流从滑片流入，从固定接口流出，产生向右的磁场，而且滑动过程中，电阻变大，电流变小，所以磁场逐渐变小，所以此时B线圈要产生向右的磁场来阻止这通过A线圈的电流从滑片流入，从固定接口流出种变化，此时通过R点电流由c流向d；从中点滑动到b的过程，通过A线圈的电流从固定接口流入，从滑片流出，产生向左的磁场，在滑动过程中，电阻变小，电流变大，所以磁场逐渐变大，所以此时B线圈要产生向右的磁场来阻止这种变化，通过R的电流仍从c流向d。

4．答案：B

详解：aob是一个闭合回路，oa逆时针运动，通过回路的磁通量会发生变化，为了阻止这种变化，ob会随着oa运动；

5． 答案：A

详解：开关在a时，通过上方的磁感线指向右，开关断开，上方的磁场要消失，它要阻止这种变化，就要产生向右的磁场来弥补，这时通过R2的电流从c指向d；开关合到b上时，通过上方线圈的磁场方向向左，它要阻止这种变化，就要产生向右的磁场来抵消，这时通过R2的电流仍从c指向d；

6． 答案：AC

详解：注意地理南北极与地磁南北极恰好相反，用右手定则判断即可。

电磁感应中的功与能

1． 答案:C、D物理书3——2课后答案

详解：ab下落过程中，要克服安培力做功，机械能不守恒，速度达到稳定之前其减少的重力势能转化为其增加的动能和电阻增加的内能，速度达到稳定后，动能不再变化，其重力势能的减少全部转化为电阻增加的内能。选CD

2． 答案：A

详解：E=BLv

I=E/R=BLv/R

F=BIL=B^2L^2v/R W=Fd=B^2L^2dv/R=B^2SLv/R,选A

3． 答案:B、C

详解：开始重力大于安培力，ab做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，当安培力等于重力时，加速度为零；当速度稳定时达到最大，重力的功率为重力乘以速度，也在此时达到最大，最终结果是安培力等于重力，安培力不为0，热损耗也不为0.选BC

4． 答案：（1）5m/s。（2）1.5J。

详解：（1）导体棒做匀速运动时，重力沿斜面向下的分量等于安培力与摩擦力的和

5． 答案：A

详解：因为第二个半周期内，电流是均匀变化的，所以通过B的磁通量也是均匀变化的，它产生的感应电流不变，B中电流的大小方向均不变，但是A中的电流发生了变化，所以F的方向发生了改变。选A

6． 答案：0.3，1.0

详解：

（2）导线框每米长的电阻为0.1Ω，则导线总电阻为0.3Ω，感应电流I= /R=1.0A

7． 答案详解：设杆ab刚刚滑到水平轨道时的速度为 ，由机械能守恒得：

两杆儿在水平轨道上运动时，两杆儿组成的系统动量守恒，设最终达到共同速度为 ，有 由上述两式得：

由于两杆儿的电阻相等，电流强度时刻相等，因此产生热量相等，设每根杆儿上产生的热量为Q，根据能量守恒，有

8． 答案：AC

详解：从1到2，只受阻力，一定有v1＞v2，2到3，受重力， v2<v3,从2到3再到4，重力做功为0，不受安培力，所以 v2＝v4 ，4到5的过程，由于不知道重力与安培力的大小关系，所以不能判断谁大谁小。选AC

9． 答案： ，由P流向a.

详解：此时感应电动势为 ，电路为ap段电阻与bp段电阻并联，并联电路总电阻为 ，所以并联电路分压为方向由P流向a物理书3——2课后答案

电磁感应现象在现实生活中的应用

1． 答案：ABC

详解：在t1到t2时间内，正方向的电流减小，向右的磁场减小，通过B的磁场与A同方向，为力阻止磁场的减小，B要产生同方向的磁场来补偿，通过右手定则判定，B线圈的感应电流与A线圈一致，电流同向，线圈相吸；同理可以判断B正确；t1时刻，A的电流变化率为0，B中没有感应电流，作用力为0；t2时刻A的电流为0，作用力也为0；选ABC

2．答案：（1）2.5 m/s (2) 2.5 W

详解：（1）导体ab受G和框架的支持力N，而做加速运动由牛顿第二定律

mgsin30°= ma

a = gsin30°= 5（m/s2）

但是导体从静止开始运动后，就会产生感应电动势，回路中就会有感应电流，感应电流使得导体受到磁场的安培力的作用。设安培力为FA

随着速度v的增加，加速度a逐渐减小。当a=0时，速度v有最大值

（2）在导体ab的速度达到最大值时，电阻上释放的电功率

3． 答案：B

详解：1、磁铁上下振动，使闭合线圈中的磁通量发生周期性变化，所以产生交流电流；

2、交流电流产生感应磁场，会阻碍磁铁的振动，所以振动幅度逐渐减弱，即磁铁做阻尼振动；

3、由于磁铁振动减弱，所以磁通量的变化变弱，所以产生的感应电流也变弱。

4． 答案：C

详解：匀速运动时，右边线圈产生磁场是稳定的，通过左边线圈的磁场也是稳定的不能产生电流，AB错；向左匀加速运动时，右边线圈产生磁场向下，且增大，那么通过左边线圈的磁场也增大，产生感应电流刚好通过二极管，C对，D错；

5． 答案：4B(l+a' t2)a' t

详解：经时间 t 后，4根导体棒又构成边长为l' = l +a' t2的正方形闭合电路，每根导体棒产生的感应电动势为e1=Bl' vt，式中vt =a't．题中所求的总电动势

e总=4e1=4B(l+a't2)a't．

6． 答案：D

详解：乙中右边闭合回路的磁通量变化是稳定的，所以导体棒产生的电流是恒定的，在左边的线圈不能产生感应电流，L2不发光，甲中右边闭合回路的磁通量变化率是变化的，导体棒产生的电流也是变化的，所以在左边的线圈能够产生感应电流，L1能发光。选D

7． 答案详解：根据能量守恒判断，金属环中产生的热量等于初动能减去末动能

自感与互感

1． 答案：AD

详解：断开K时，电路（a）中线圈L产生自感电动势，与电阻R和灯S组成回路，使回路中电流I1逐渐减小至零。所以灯S是渐渐变暗的。电路（b）中，K断开时，线圈L中产生的自感电动势要阻碍原来的电流I 1减小，它与灯S和电阻组成闭合回路，回路中电流方向是顺时针的，电流从I 1渐渐减小为零。可见，断开K后，电路（b）中原来通过灯S的电流I 2立刻消失，而由自感电动势提供的电流I 1从右至左流过灯S，然后再逐渐减小为零，所以灯S是先变亮（闪亮），后变暗。

2．答案：D

详解：开始时S1接通，刚接通S2时AB都在回路中，所以AB都亮，由题设正常发光，A错，这时对于电感而言电流从0到有，所以感抗极大，瞬间由于电感抑制作用过电感电流为0，故B对，接通瞬间相当于电感断路。

但是电感不阻止电流改变，所以一段时间后电流稳定，相当于电感吧B短路了，所以C对断开S2之前B无电流通过，电流过A和L，断开后，A不在任何闭合回路中，立即灭，L中原来有电流，由于抑制电流改变的作用（你也可以理解为本来L中的电流使L成为电磁铁，电流有减小趋势，所以通过L的磁通量变化，电磁感应产生电动势，作用在L与B的回路中产生电流）总之B有电流通过，断开瞬间过B的电流很大（就是稳定态过L的电流，相当于只有一盏灯接在电路里的电流），所以B亮，但是后来电流还是会变小直至为0，B灭。

3．答案：B

详解：断开S1，拆除电流表，拆除电阻，效果都是一样的，由于L的自感作用，它要阻止电流的变化会产生a到b的感应电流，这时，如果S2没有断开，就会有电流反向流入电压表，相当于电压表反接，会损坏电压表；所以要先断开S2

5． 答案：（1）D1 （2）D2立刻熄灭，D1逐渐变暗，直至熄灭。

详解：（1）在电键S闭合的瞬间，电流不能通过电感，流过D1的电流分流到D2和负载电阻，所以通过D1的电流比通过D2的电流大，D1较亮；

（2）电键S断开的瞬间，电感会产生反向的电流，在D1与电感构成的回路中流动，所以D1会逐渐变暗，最终熄灭；而D2则立即熄灭；

6． 答案：b，a，自感

详解：在S断开前，自感线圈L中有向右的电流，断开S后瞬间，L的电流要减小，于是L中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零。原来跟L并联的灯泡A，由于电源的断开，向右的电流会立即消失。但此时它却与L形成了串联的回路，L中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡A中流过，方向由b到a。这就是自感现象；

7． 答案：（1）因R1＞R2，即I1＜I2，所以小灯泡在K断开后先突然变到某一较暗状态，再逐渐变暗到最后熄灭。

（2）因R1＜R2，即I1＞I2，小灯泡在K断开后电流从原来的I2突变到I1（方向相反），然后再渐渐变小，最后为零，所以灯泡在K断开后先变得比原来更亮，再逐渐变暗到熄灭。

交流电

1．答案：（1）6V，（2）0.5rad/s，（3）3.8V，（4）1.8W，（5）1.8N?m。

详解：1）感应电动势的最大值为6V，

（2）线圈转动的角速度为0.5rad/s，

（3）线圈从图示位置转过90°时，感应电动势的平均值为3.8V，

（4）在线圈转动一周的过程中，电路所产生的热功率为1.8W，

（5）当线圈平面与磁感线夹角为60°时,所受的磁力矩为1.8N?m

2． 答案：45W，2.12A

详解：交流电最大值为3A，有效值为2.12A，发热功率

3．答案：B

详解：感应电动势最大值 ，有效值为 ，灯泡的功率

4． 答案：D

详解：钳形电流表的工作原理是利用电磁感应原理,把电缆线中的高电流变成电流表是低电流,再用刻度来表示电缆线中的高电流,因为电流表的量程有限.它只能测交流电流.

设电缆线中的电流为I,电流表内线圈匝数为N,如图4(a)中电流表的读数为1．2A,则I/1.2=N/1,所以N=I/1.2(电流比等于匝数比的倒数)

图4(b),设电流表的读数为I1,则I/I1=N/3=(I/1.2)/3=I/3.6,所以I1=3.6A

5．答案：（1）67.1％ （2）t≈192.3天 （3）9∶250， 2.78Ω

详解：（1）电站能量转化效率为：

代入数据： ≈67.1％

（2）

（3）升压变压器匝数比为： 9∶250

据 ＝IU得I＝9.0×103A

由

得：R＝2.78Ω

6． 答案：B

详解：输电线上损失的电功率自然与输电线上的电压降的平方成正比；输送的电功率一定，输送的电压增大，则电流减小，所以与输送电压的平方成反比；

7． 答案：D

详解：从图中可以看出，周期为0.2s，频率为50Hz，交流电动势的最大值为1V，t=0.1s时，电动势为0；选D

8．答案：(1) 275匝 (2) n1＝550匝，I1＝0.255A

详解：

（2）由（1）可知

据输出功率等于输入功率

传感器

1． 答案：BD

详解：F作用于可动膜片电极上的时候，膜片发生形变，使极板间距离d变小，电容变小，

第四篇:《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．

7． 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B20l，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

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，求圆盘转动时的感应电动势的大小．具体答案是E2

2

Br．

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t10000.4

V175V；根据闭合电路欧姆定律可得，通过电热器的电

流为I

Rr99010

A=0.175A 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．

6． 答：（1）根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势En2

nR，所以，

E2AE2

4．（2）根据闭合电路欧姆定律，可得通过线圈B

1的电流InR2nIR

R，所以，AIA2．

BRB17． 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2

2

，即液体的流量与电动势E的关系为Q4B

E．

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：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，

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，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R1

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E1Bl1v，其

中l1为CD边的长度。此时线圈中的感应电流为I1

E1Bl1v



，其中R为线圈的总电阻。同理，线圈以速度2v匀速进入磁场时，线圈中的感应电流最大值为I2

E22Bl1v

R

R

。第二次与第一次线圈中最大电流之比为2:1。（2）线圈以速度v匀速进入磁场，当CD边在磁场

B2l2中时，CD边受安培力最大，最大值为FBI1v

11l1R

。由于线圈做匀速运动，所以此

B2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PFl21v

11v。同理，进入磁场时，外力的最大功率为P4B2l22

线圈以速度2v1v2。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IE1Blv

11，

设AD边长为ll

22，则线圈经过时间tv

完全进入磁场，此后线圈中不再有感应电流。所以

第一次线圈中产生的热量为Q2

B2l221v1I1

RtR

2

Rl2vB2l21l2

R。同理，线圈以速度2v匀速进入磁场时，线圈中产生的热量为Q2B2l21l2

2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虽然最大，但是，曲线的斜率为0，即，磁通量的变化率

t0，感应电动势为0；而线圈平面转到跟中性面垂直时（t4T，t4

T），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2BLLAD

ABv=2BLAB

2

BLADLAB0.010.200.10250V=6.310-2V 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

Imm

ER2000

A0.2A．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，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

0.02

2次100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I＝U＝220A＝11

A．电流的

峰值

Im.

4． 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Hz

5Hz．电流的有效值Im7.1A

5． 解：该电热器消耗的功率P2，其中U为电压的有效

值U，所以

，

PU2m2W=967W 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?



U1Un1n，nU

12n1108 22U2380

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

U1Un1，nU

11n21600 2n2U255

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Un2

2

U1

不变，V2示数不变国；因为R减小，所以A2示数1增大；因为理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

1． 在不考虑电抗的影响时，电功率PIU，所以IU

．当U110KV时，导线中的电流

I3

A=43.6A．当U110V时，导线中的电流I3

110103A=43.6103A． 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：设输电电压为U，输送的电功率为P．P2

2

损=Ir，I，则P损=U

2r，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的电阻r．

3． 解：(1)用110V电压输电，输电线上电流I1U3

A1.8103A，输电线上由1110

电阻造成的电压损失U1I1R1.81030.05V=90V，(2)用11KV电压输电，输电线上

电流I23

1A00

18A，输电线上由电阻造成的电压2113

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

的电阻亮红灯，导线的横截面积为S，则PI2

R()

2

U

S

，因为P、U、P、L、

各量都是相同的，所以横截面积为S与输电电压U的二次方成反比，所以有

S21SU2(11103)2

22.5103．2U2 1220

5． 解：(1)假如用

250V

的电压输电，输电导线上的功率损失

P()2R(3

)20.5kW3.2kW．

用

户

得

到

的

功

率

P损

P2P0k3W.2(2) k假如用W500V的电压输电，kW

输电导线上的功率损失

P(U)2R(3

500

)20.5kW0.8kW．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

IP用用3

A4.32102A．因为，PI2U2r，输电线上通过的电流

用220

I2．(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，所以升压变压器输出的电压U2计算如下：因为，P2I2U2P1，所以，U2

P23

V=4103V．(3)升压变压器的2匝数之比

n1U1

．22n3Un3U2U1U．4用U用22011

降压变压器的匝数之比

第五篇:《物理选修3-2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 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Br． 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V175V；根t0.4

A=0.175A R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

式EBlvsin和vr有EBL1L2sin．因为SL1L2，90，所以，EBS．

EA22nR，6． 答：（1）根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势En24．（2）1EB

2根据闭合电路欧姆定律，可得通过线圈的电流InRRtnR，所以，t2IARA2． IBRB1

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EBdv．液体的流量Qv，即液体的流量与电动势E的关系为QE． 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2

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：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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R1

PQ的电流方向为Q到P。物理书3——2课后答案

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CDE1Bl1v，其中R为线圈的总电阻。同理，线圈以速度2vE2Bl1v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B2l12v4B2l12v2

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

EBlvl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，边的长度。此时线圈中的感应电流为I1

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2R2

1

2B2l12l2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：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；而线圈平面转到跟中性面垂直时（tT，tT），穿过线圈的磁通量为0，但是曲线的斜率最大，即磁通量的变化率最大，感应电动势最大． t

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10-2V 2

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EmA0.2A．电流的瞬时值表达式iImsint0.2sin(314t)． R2000

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BS，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2次100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I＝＝A＝A．电流的峰

值Im. 4． 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Hz5Hz．电

T0.2

流的有效值II7.1A m

25． 解：该电热器消耗的功率P，其中U为电压的有效

值U，所以

，Um22PW=967W 2R2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．

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108 2223． 解：根据题目条件可知，n2400，U1220V，U255V，求：n1?

第六篇:《新课标高中物理选修3-2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．

7． 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

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Br． 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V175V；根A=0.175A R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

式EBlvsin和vr有EBL1L2sin．因为SL1L2，90，所以，EBS．

EA22nR，6． 答：（1）根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势En24．（2）tt1EB

2根据闭合电路欧姆定律，可得通过线圈的电流InRRtnR，所以，t2IARA2． IBRB1

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EBdv．液体的流量Qv，即液体的流量与电动势E的关系为QE． 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2

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：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，

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，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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E1Bl1v，其中l1为CDE1Bl1v，其中R为线圈的总电阻。同理，线圈以速度2vE2Bl1v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R

B2l12v4B2l12v2

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

EBlvl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，边的长度。此时线圈中的感应电流为I1

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R221

2B2l12l2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T，tT），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10-2V 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EmA0.2A．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BS，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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＝＝A＝A．电流的峰值

Im. 4． 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Hz5Hz．电

流的有效值II7.1A m

25． 解：该电热器消耗的功率PR，其中U为电压的有效

值U，所以

，Um22PW=967W 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．

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108 U2n2U2380

3． 解：根据题目条件可知，n2400，U1220V，U255V，求：n1? U1n1U，n11n21600 U2n2U255

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，

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