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节划时代的发现奥斯特实验,电磁感应等．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不产生感应电流〔2不产生感应电流〔3产生感应电流答：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．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．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．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．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．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,而,所以,从开始,磁感应强度B随时间的变化规律是第3节楞次定律答：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．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．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．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．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．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．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．第4节法拉第电磁感应定律正确的是D．解：根据法拉第电磁感应定律,线圈中感应电动势为；根据闭合电路欧姆定律可得,通过电热器的电流为解：根据导线切割磁感线产生感应电动势的公式得：缆绳中的感应电动势答：可以．声音使纸盒振动,线圈切割磁感线,产生感应电流．答：因为线圈绕轴转动时,线圈长的边切割磁感线的速度变化,感应电动势因而变化．根据公式和有．因为,,所以,．答：〔1根据法拉第电磁感应定律,线圈中感应电动势,所以,．〔2根据闭合电路欧姆定律,可得通过线圈的电流,所以,．答：管中有导电液体流过时,相当于一段长为的导体在切割磁感线,产生的感应电动势．液体的流量,即液体的流量与电动势的关系为．第5节电磁感应定律的应用解：根据导线切割磁感线产生感应电动势的公式,该机两翼尖间的电势差为,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.〔1根据法拉第电磁感应定律,线圈中感应电动势为.根据图象可知,.电压表的读数为.〔2感应电场的方向为逆时针方向,如图所示.〔3A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.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,MN、PQ的电动势都为.根据电池的并联和闭合电路欧姆定律,通过R电流.〔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.〔1线圈以速度匀速进入磁场,当CD边在磁场中时,线圈中感应电动势,其中为CD边的长度.此时线圈中的感应电流为,其中R为线圈的总电阻.同理,线圈以速度匀速进入磁场时,线圈中的感应电流最大值为.第二次与第一次线圈中最大电流之比为.〔2线圈以速度匀速进入磁场,当CD边在磁场中时,CD边受安培力最大,最大值为.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.同理,线圈以速度进入磁场时,外力的最大功率为.第二次与第一次外力做功的最大功率之比为.〔3线圈以匀速进入磁场,线圈中的感应电流为,设AD边长为,则线圈经过时间完全进入磁场,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.同理,线圈以速度匀速进入磁场时,线圈中产生的热量为.第二次与第一次线圈中产生的热量之比为.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．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"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．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．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．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．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．交变电流第1节交变电流答：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．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：,其图象如图所示．线圈平面转到中性面瞬间〔,,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,感应电动势为0；而线圈平面转到跟中性面垂直时〔,,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．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不计发电机线圈的内阻,电路中电流的峰值．电流的瞬时值表达式．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：,电流方向为KNMLK．第2节描述交变电流的物理量解：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．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．解：灯泡正常工作时,通过灯丝电流的有效值．电流的峰值.根据图象,读出交变电流的周期,电流的峰值,频率．电流的有效值解：该电热器消耗的功率,其中U为电压的有效值,所以,第3节电感和电容对交变电流的影响答：三个电流表、、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,即读数不变．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．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．解：根据题目条件可知,,,,求：,解：根据题目条件可知,,,,求：,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,降压变压器的,因而,它的,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．答：假定理想变压器的原线圈输入的电压一定,示数不变；当用户的用电器增加时,相当于R减小,副