2021新课标高中物理选修课后习题答案.docx

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1、2021新课标高中物理选修课后习题答案新课标中学物理选修课后习题答案 中学物理3.2课后习题答案 第4章 第1节 划时代的发觉 1 奥斯特试验，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

2、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渐渐增大或减小时，线圈所在位置的磁感应强度也渐渐增大或减小，穿过线圈的磁通量也随之渐渐增大或减小，所以线圈中产生感应电流 5 答：假如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改变，所以，铜环中没有感应 电流；假如使铜环在不匀称磁场中移动，由于穿过铜环的磁通量发生改变，所以，铜环中有感应电流 6 答：乙、丙、丁三种状况下，可以在线圈B 中视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

3、乙、丙、丁三种状况所表示的电流是随时间改变的电流，那么，由这样的电流产生的磁场也是变 化的，穿过线圈B 的磁通量改变，产生感应电流 8 为了使MN 中不产生感应电流，必需要求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 =起先，磁感应强度B 随时间t 的改变规律是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依据楞次定 律可知，线圈中感应电流磁场方向应当向右，再依据右手定则，推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，

4、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对外的磁通量 增加依据楞次定律，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对里，再依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，垂直于纸面对外的磁通量削减依据楞次定律，闭合线框中产生感应电流的磁场，要阻碍原磁场磁通量的削减，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，再依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 中垂直于纸面对内的磁通量削减依据楞次定律，它产生感 应电流的磁场要阻碍磁通量削减，即感应电流的磁场与原磁场方向

5、相同垂直于纸面对内，所以感应电流的方向是A B C D 此时，线框ABFE 中垂直纸面对内的磁通量增加，依据楞次定律，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，垂直于纸面对外所以，感应电流的方向是A B F E 所以，我们用这两个线框中的随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 极旁边，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， 依据楞次定律，线圈中产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的削减，即感应电流的磁场与原磁场方向相同，再依据右手螺旋定则可知感应电流的方向，

6、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，依据楞次定律，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，再依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，依据楞次定律，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

7、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）如图所示圆盘中随意一根半径CD 都在切割磁感线，这半径可以看成一个电源，依据右手 定则可以推断，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）依据右手定则推断，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详细答案是212 E Br = 第4节 法拉第电磁感应定律 1 正确的是D

8、2 解：依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 -?=?=?；依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：依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改变，感应电动势因而改变依据公 式sin E Blv =和v r =有12sin E BL L

9、 =因为12S L L =，90=?，所以，E BS = 6 答：（1）依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 ?=?，所以，22441A B E E =（2）依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 ?=?，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 2 d Q v =，即液体的流量与电动势E 的关系为4d Q E B = 第5节 电磁感应定律的应用 1 解：依据导线切割磁感线产生

10、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 -=?，依据右手定则可知，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，可用简洁图形（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）依据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势为E n t ?=?。依据t -图象可知，0.5/Wb s t ?=?。电压表的读数为1000.5V=50V E n t ?=?。（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

11、 端高，所以A 端应当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。依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 =?。依据电池的并联和闭合电路欧姆定律，通过R 电流1A=1A 1 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

12、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 =。其次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 =。其次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 111

13、E 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 =。其次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 中的电流减小并消逝时，穿过线圈B 的磁通量减小，肉而在线圈B 中将产生感应

14、电流，依据楞次定律，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，铁芯中还有渐渐减弱的磁场，这个磁场对衔铁D 依旧有力作用，因此，弹簧K 不能马上将衔铁拉起（2）假如线圈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逝，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逝，磁场对衔铁D 的作用力也很快消逝，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

15、表笔时，由于时间经验的较长，自感现象基本“消逝” 3 答：（1）当开关S 由断开变为闭合，A 灯由亮变得更为光明，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，依据楞次定律可得，线圈中感应电流的磁 场应当向上，再依据右手螺旋定则，推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

16、 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，依据楞次定律可得，线圈中感应电流的磁场应当向下，再依据右手螺旋定则，推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改变（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

17、落的小圆片产生阻力作用，小圆片在铝管中缓慢下落；假如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，但这时的阻力特别小，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渐渐降低 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事实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

18、近白炽灯，发觉灯丝抖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改变，因而灯丝抖动 2 答：这种说法不对依据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小与磁通量的改变率t ?成正比，而与磁通量没有必定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，线圈在中性面时起先计时，则磁通量随时间改变的关系为： cos BD t =，其图象如图所示线圈平面转到中性面瞬间（0t =，t T =） ，穿过线圈的磁通量虽然最大，但是，曲线的斜率为0，即，磁通量的改变率0t ?=?，感应电动势为0；而线圈平面转到跟中性面垂直

19、时（14t T =，34 t T =），穿过线圈的磁通量为0，但是曲线的斜率最大，即磁通量的改变率t ?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5.13中乙和丁图时，感应电动势最大即 -220.010.200.10250V=6.310V 2 AD m AB AB AD AB L E BL L BL L =?v =2B 4 解：假定发电机线圈平面仅次于中性面起先计时，感应电动势瞬时值表达式 sin 400sin(314).m e E t t =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

20、0.2sin(314)m i I t t = 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 =?=，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，电流方向改变两次，所以1s内电流方向改变的次数为 12100 0.02 ?= 次次 2解：不能把这个电容器接在沟通电压是10V的电路两端因为，这里的10V的电压是指沟通电压的有效值在电压改变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

21、 值m I. 4依据图象，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 2 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 1 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，沟通电压峰值没有改变，而频率增加了对于纯电容电路，沟通电压峰值不变，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

22、有效值增大，则容抗变小，电流 有效值增大，即 1 A读数增大对于纯电感电路，沟通电压峰值不变，则电路两端电压的有效值不变电 感大小L未变，沟通频率增大，则感抗变大，电流有效值减小，即 2 A读数减小对于纯电阻电路，沟通电压峰值不变，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 3 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，根据教

23、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，所以变压器不能变更恒定电流的电压 2解：依据题目条件可知， 1 380V U=， 2 36V U=， 1 1140 n=，求： 2 ? n= 11 22 U n U n = Q，1 21 2 361140108 380 U n n U ? =?= 3解：依据题目条件可知， 2 400 n=， 1 220V U=，

24、 2 55V U=，求： 1 ? n= 1122U n U n =Q ，1122220400160055 U n n U ?=?= 4 答：降压变压器的副线圈应当用较粗的导线依据志向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：假定志向变压器的原线圈输入的电压1U 肯定，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；因为志向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，

25、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当是：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 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

26、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削减很多 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，导线的横截面积为S ，则22()P L P I R U S ?=，因为P 、U 、P ?、L 、各量都是

27、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5-1

28、6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 =?，因为升压变压器为志向变压器，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 25 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33214400020019022011n 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