新课标高中物理选修课后习题答案
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20BS
B
l
=，而
()S
l
vt
l
=+，所以，从0t
=开始，磁感应强度B
随时间t的变化规律是0B
l
B
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ω，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212
E
Br
ω=．
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0.090.021000V
175V
0.4
E
n
t
-?Φ==?=?；根据闭合电路欧姆定律可得，通过电热器的电流为175A=0.175A
99010
E
I
R
r
=
=++
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54334.610
2.05107.610V=7.210V
E
-=??
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2L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sin
E
Blv
θ=和v
r
ω=有12sin
E
BL
L
ωθ=．因为12S
L
L
=，90θ=?，所以，E
BS
ω=．
6．答：（1）根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势2B
E
n
n
R
t
t
π?Φ?==??，所以，22441A
B
E
E
==．（2）根据闭合电路欧姆定律，可得通过线圈的电流2122S
E
B
B
I
n
R
n
R
R
t
R
t
S
ππρρ??===??，所以，221
A
A
B
B
I
R
I
R
===．
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()2
d
Q
v
π=，即液体的流量与电动势E的关系为4d
Q
E
B
π=．
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54.71012.70.7340V=0.142V
E
-=?，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
t
?Φ=?。根据t
Φ-图象可知，0.5/Wb
s
t
?Φ=?。电压表的读数为1000.5V=50V
E
n
t
?Φ==??。（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111V
E
=??。根据电池的并联和闭合电路欧姆定律，通过R
电流1A=1A
E
I
R
==。（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11E
Bl
v
=，其中1l
为CD
边的长度。此时线圈中的感应电流为111E
Bl
v
I
R
R
=
=，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2122E
Bl
v
I
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
边在磁场中时，CD
边受安培力最大，最大值为
221111B
l
v
F
BI
l
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，此时外力的功率为22111B
l
v
P
Fv
R
==。同理，线圈以速度2v
进入磁场时，外力的最大功率为222
124B
l
v
P
R
=。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
111E
Bl
v
I
R
R
==，设AD
边长为2l，则线圈经过时间2l
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222222
121211
2B
l
v
l
B
l
l
Q
I
Rt
R
v
R
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221222B
l
l
Q
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t
?Φ?成正比，而与磁通量Φ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ω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Φ随时间变化的关系为：
cos
ωBD
t
Φ=，其图象如图所示．线圈平面转到中性面瞬间（0t
=，t
T
=），穿过线圈的磁通量Φ虽然最大，但是，曲线的斜率为0，即，磁通量的变化率0t
?Φ=?，感应电动势为0；而线圈平面转到跟中性面垂直时（14t
T
=，34
t
T
=），穿过线圈的磁通量Φ为0，但是曲线的斜率最大，即磁通量的变化率t
?Φ?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
-220.010.200.10250V=6.310V
AD
m
AB
AB
AD
AB
L
E
BL
L
BL
L
ωωπ===?v
=2B
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
sin
400sin(314).m
e
E
t
t
ω==不计发电机线圈的内阻，电路中电流的峰值400A
0.2A
2000
m
m
E
I
R
===．电流的瞬时值表达式sin
0.2sin(314)m
i
I
t
t
ω==．
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：
sin
sin
60m
e
E
t
BS
ωωω==?=，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
12100
0.02
?=
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
402
A
A
22011
P
I
U
＝＝＝．电流的峰
值m
I.4．根据图象，读出交变电流的周期0.2
T
s
＝，电流的峰值10A
m
I=，频率115
0.2
f
Hz
Hz
T
===．电
流的有效值7.1A
m
I
I
===
5．解：该电热器消耗的功率
U
P
R
=，其中U为电压的有效
值U=，所以，22
311W=967W
2250
m
U
P
R
===
?
第3节电感和电容对交变电流的影响
1．答：三个电流表
A、2
A、3
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，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
A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
A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，1
380V
U=，2
36V
U=，1
1140
n=，求：
?
n=
U
n
U
n
=
Q，1
361140108
380
U
n
n
U
?
∴=?==
3．解：根据题目条件可知，2
400
n=，1
220V
U=，2
55V
U=，求：
?
n=
1122U
n
U
n
=Q，***5
U
n
n
U
?∴=?==
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1122I
U
I
U
=，降压变压器的21U
U
5．答：假定理想变压器的原线圈输入的电压1U
一定，1V
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221
1n
U
U
n
=不变，2V
示数不变国；因为R
减小，所以2A
示数增大；因为理想变压器输入功率等于输出功率，有：111222P
I
U
P
I
U
===，1U、2U的值
不变，2I
增大，则1I
增大，1A
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P
I
U
=．当110V
U
K
=时，导线中的电流33480010A=43.6A
11010
I
?=?．当110V
U
=时，导线中的电流33480010A=43.610A
110I
?=?．
2．公式=UI
P
损和U=I
r
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
．2
=I
P
r
损，P
I
U
=，则2
=P
P
r
U
损，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331120010A
1.810A
110P
I
U
?==≈?，输电线上由电阻造成的电压损失311
1.8100.05V=90V
U
I
R
==??，(2)用11V
K
电压输电，输电线上电流323
220010A
18A
1110P
I
U
?==≈?，输电线上由电阻造成的电压损失22180.05V=0.9V
U
I
R
==?．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ρ，导线的横截面积为S，则22()P
L
P
I
R
U
S
ρ?==，因为P、U、P
?、L、ρ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2323122221(1110)
2.510220
S
U
S
U
?===?．
5．解：(1)假如用250V的电压输电，输电导线上的功率损失
3222010()()0.5
3.2250
P
P
R
kW
kW
U
??==?=．用户得到的功率20
3.216.8P
P
P
kW
kW
kW
=-?=-=损(2)
假如用500V的电压输电，输电导线上的功率损失
3222010()()0.50.8500P
P
R
kW
kW
U
??==?=．用户得到的功率
200.819.2P
P
P
kW
kW
kW
=-?=-=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
329510A
4.3210A
220
P
I
U
?==≈?用用用．因为，22P
I
r
?=，输电线上通过的电流
2I
==．(2)输电线上损失的电压r
U，2258V=200V
r
U
I
r
==?，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2U
计算如下：因为，2221P
I
U
P
==，所以，3322210010V=410V
P
U
I
?==?．(3)升压变压器的匝数之比11222501400016
n
U
n
U
===．降压变压器的匝数之比***22011n
U
U
U
n
U
U
--====用用．
第六章
传感器
第1节
传感器及其工作原理
1．
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