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高中物理 课后习题答
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
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
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
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
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
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
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S (l vt)l，所以，从 t
第3节 楞次定律
0开始，磁感应强度 B随时间 t的变化规律是
．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
律可知，线圈中感应电流磁场方向应该向右，再根据右手定那么，判断出感应电流的方向
感应电流沿顺时针方向．
．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
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
合线框内的方向是垂直纸面向里，再根据右手定那么可知感应电流的方向是由
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
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，再根据右手定那么
的方向是由 C向D．
．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 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
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 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
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左端为 N极；当翻开开关 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
2．解：根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势为
通量增加，
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
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
都不会在 B环中形成感应电流，所以 B环将不移动．
7．答：〔1〕如下图．圆盘中任意一根半径 CD都在切割磁感线，这半径可以
定那么可以判断， 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
那么判断， 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：
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应电动势的大小．具体答案是
第4节 法拉第电磁感应定律
2
E
1 Br．
1．正确的选项是
D．
2
E
n100
t
据闭合电路欧姆定律可得，通过电热器的电流为
E
175
I
R
r 990103 / 153
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3．解：根据导线切割磁感线产生感应电动势的公式
E Blv
5
E 4.6
10
2.05
10
4
7.6
3 10V=7.2
10V
3
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I I
RAA
RBB
1
2
．
27．答：管中有导电液体流过时，
体的流量 Q
v
d
相当于一段长为
产
d
的导体在切割磁感线，
2
2
，即液体的流量与电动势 4B
E的关系为
Q
d
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，
5
E
4.7 10
，根据右手定那么可知，从驾驶员角
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，可用简单图形〔
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
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
Wb/s。电压表的读数为
t
E n
t
1000.5V=50V。〔2
向，如下图。〔3〕A端的电势比 B端高，所以 A端应该与电压表标的接线
3．答：〔1〕等效电路如下图。 〔2〕通过R的电流方向从上到下。根据导线切割
的公式E Blv，MN、PQ的电动势都为 E 111V。根据电池的并联
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R电流I
E
1
A=1A
。〔3〕通过 MN 的电流方向为自 N到M；过 R 1
的电流方向为
Q到P。6 / 156
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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
l2
E1 I1
R
Bl1v
，设AD
R
边长为l2，那么线圈经过时间
t
完全进入磁场，
v
2
2Rt
R
2 2Bl1l2
Q2
R
2v
l2
2 2
Bl1 Bl1l2
所以第一次线圈中产生的热量为
Q1I1 2
R v
。同
R
2
磁场时，线圈中产生的热量为
。第二次与第一次线圈中产生的
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
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
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
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
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
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
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．
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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，
笔时，由于时间经历的较长，自感现象根本“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
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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
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
那么，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
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
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 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
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
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
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
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．因为克服安培力作用，
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
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
属圆环向右运动．
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BDcosωt，其图象如下图．线圈平面转到中性面瞬间〔
虽然最大，但是，曲线的斜率为
0，即，磁通量的变化率
t0，
0 ，感应
跟中性面垂直时〔
t 1 T ，t
3 T
〕，穿过线圈的磁通量4
4
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 －3中乙和
LAD
Em2BLABv=2BLAB
BLADLAB
2
4．解：假定发电机线圈 平面仅次于中性面开始计时，感
e
Emsin t 400sin(314t).
不 计 发 电 机 线 圈 的 内 阻 ，
I
Em
m
400A
．电流的瞬时值表达式i
R
2000
5．解：KL边与磁场方向呈30°时，线圈平面与中性面夹角为
eEmsin
tBS sin60
3
BS，电流方向为
2
第2节 描述交变电流的物理量
1．解：交变电流 流方向变化两次，所以 变化的次
2．解：不能把这个电容器接在交流电压是
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t
为0，但是
25
Imsin
t
KNMLK
．
1周期内，电1s内电流方向
10V
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端．因为，这里的
有效值．在电压变化过程中的最大值大于 容器的耐压，电容
3．解：灯泡正常工作时，通过灯丝电流的有效值
的电路两
10V，超过了电I＝＝
U 2P
4
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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
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，那么电路
效值不变．电容大小 C未变，交变电流频率增大，那么感抗变小，电流有效值增大，
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， 那么电
感大小 L未变，交流频率增大，那么感抗变大，电流有效值减小，即 A2读
流电压峰值不变，那么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
电阻大小未变，那么电流有效值不变，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
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
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
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
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，
没有电压，所以变压器不能改变恒定电流的电压．
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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
n2
R减小，所
减小，副线圈电压U2
U1不变，V2
n1
示数不变国；因为
以
器输入功率等于输出功率，有：
示数增大．
第5节 电能的输送
P1 I1U1 P2 I2U2，U1、U2的值
1．在不考虑电抗的影响时，电功率P
IU，所以I
PU
．当U
3
4800
I
10 3
4800
A=43.6A
．
U110V
110
10
当
时，导线中的电流
11
2．公式
U=
P=UI 损
Ir 和
都是错误的，
U是输电电压，而非输电线上的电压降．正
2
2
P
电电压为
，那
P= 损
2 U
P
，输送的电功率为 U
．P损=I
r，I
么 r，
U
就应当用高压送电和减小输电线的电阻 r．
3
3．解：(1)用110V电压输电，输电线上电流
P
20010
A
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I1
U1
110
3
I1R
100.05V=90V，(2)
的电压损失U1
电
用11KV
3
2
P
200
10 I2
3
A
18A，输电线上由电阻造成的电压损失
U2
1110
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 14 / 1514
U
P，导
比拟，可以看出，用高压输电可使输电线上的电压损失减少许多．新课标高中物理选修32课后习题答案
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P损
P
P20kW
kW
kW．
6．解：输电原理如图
5-16 所示．(1)降压变压器输出电流，
P3
用
2
I用
9510A
．因为，
U用
220
3
I2
P 510
A=25A．(2)输电线上损失的电压
r
8
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
3
P2
P2I2U2P1，所以，U2
10010 I2
25
nn
1 U1
250
1
．降压变压器的匝数之比 3
nn
2
U2 4000 16
4
1 第六章 传感器
第1节 传感器及其工作原理 ．
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2
PI2r，输
Ur，UrI2
3
V=410V．(3)
U3 U2 U1 用 U用 U
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