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