新课标高中物理选修3-2课后习题答案

--1--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20BSBl，而()Slvtl，所以，从0t开始，磁感应强度B随时间t的变化规律是0BlBlvt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．--2--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212EBr．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0.090.021000V175V0.4Ent；根据闭合电路欧姆定律可得，通过电热器的电流为175A=0.175A99010EIRr3．解：根据导线切割磁感线产生感应电动势的公式EBlv得：缆绳中的感应电动势54334.6102.05107.610V=7.210VE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sinEBlv和vr有12sinEBLL．因为12SLL，90，所以，EBS．6．答：（1）根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势2BEnnRtt，所以，22441ABEE．（2）根据闭合电路欧姆定律，可得通过线圈的电流2122SEBBInRnRRtRtS，所以，221AABBIRIR．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EBdv．液体的流量22dQv，即液体的流量与电动势E的关系为4dQEB．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EBlv，该机两翼尖间的电势差为54.71012.70.7340V=0.142VE，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。--3--2．（1）根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势为Ent。根据t图象可知，0.5/Wbst。电压表的读数为1000.5V=50VEnt。（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EBlv，MN、PQ的电动势都为111VE。根据电池的并联和闭合电路欧姆定律，通过R电流1A=1A1EIR。（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11EBlv，其中1l为CD边的长度。此时线圈中的感应电流为111EBlvIRR，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2122EBlvIRR。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221111BlvFBIlR。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22111BlvPFvR。同理，线圈以速度2v进入磁场时，外力的最大功率为222124BlvPR。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111EBlvIRR，设AD边长为2l，则线圈经过时间2ltv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2222221212112BlvlBllQIRtRvRR。同理，线圈以速度2v匀速进入磁场时，线圈中产生的热量为221222BllQR。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--4--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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