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电磁感应习题范文1
一、水平穿越匀强磁场问题
1。有力拉动
例1 边长为L的正方形导线框在水平拉力F作用下，沿光滑绝缘水平面向右匀速运动，穿越如图所示的有理想边界的匀强磁场区，俯视图如图1所示。磁场区由宽均为L的两部分组成，磁感应强度大小相同，方向相反，都垂直于水平面。若线框进入左边磁场区过程水平拉力做的功是W，那么线框穿越整个磁场区的全过程拉力F做的功是
A。3W B。4W C。5W D。6W
解析 线框进入左边磁场区过程（如图2（1）），只有一条边切割磁感线，只有一条边受安培力，因此水平拉力F1=F=B2L2vR；线框进入右边磁场区过程（如图2（2）），有两条边切割磁感线，有两条边受安培力，因此水平拉力F2=2F′=2・2B2L2vR=4F1；线框穿出右边磁场区过程（如图2（3））又是只有一条边切割磁感线，只有一条边受安培力，因此和线框进入左边磁场区过程相同。由以上分析，三个过程拉力做功之比为1∶4∶1，选D。
2。运动方向仅受安培力
例2 如图3所示，矩形线框沿光滑水平面穿越有理想边界的匀强磁场区，磁场方向垂直于水平面。若进入磁场前的动能为Ek，进入磁场过程动能损失了5Ek9，那么下列说法正确的是
A。线框还没有完全穿出磁场就已经停止运动
B。线框能穿出磁场，且穿出磁场后的动能是Ek3
C。线框能穿出磁场，且穿出磁场后的动能是2Ek9
D。线框能穿出磁场，且穿出磁场后的动能是Ek9
解 从题干的已知条件入手从线框进入前和进入后的动能关系，可以得到相框进入磁场前后的速度之比是3∶2，假设可以穿出磁场，那么磁通量变化量相同。运用动量定理可以得到进入、穿出线框动量变化相同（或者运用微元法从牛顿第二定律出发），得到速度变化相同。因此进入前和穿出后的速度之比将是3∶1，即末动能是Ek9，选D。
二、竖直穿越匀强磁场问题
例3 如图4所示，正方形线框质量为m，边长为L，总电阻为R，从离磁场上边界高h处由静止开始自由下落，进入磁感应强度为B的水平匀强磁场区（磁场宽度大于L）。已知线框有一半进入磁场区时刻，恰好开始做匀速运动。求：（1）线框做匀速运动的速度v；（2）线框进入磁场区域过程中释放的焦耳热Q。
解析 （1）达到匀速时安培力和重力平衡，即B2L2vR=mg，因此v=mgRB2L2；
（2）线框只有在进入磁场区过程中才释放焦耳热，因此进入磁场区过程释放的焦耳热就是从自由下落到完全进入磁场区过程释放的焦耳热。
三、高三复习建议
1、借助于具体的问题，总结基本规律和基本方法
高三复习过程中有些老师喜欢求怪、求异、求难，其实复杂的物理问题都涉及到最基本的物理规律和物理方法，重视基础是高三复习的重要一环，要在具体问题中能够实现方法和规律的沉淀。
以线圈在外力拉动下匀速穿越条形磁场区的例1为例，应该总结出如下的解题步骤和方法。
①在切割磁感线的那部分导体（作为电源）上标出电源符号，标出线圈中的电流方向；电源内部沿电流方向电势升高，外电路沿电流方向电势降低。区分电动势、路端电压和内电压。
②进入（或穿出）磁场过程，通过线圈任一截面的电量是q=It=ΔR，该结论与线圈的速度大小无关，与线圈是否受到安培力以外的其它力也没有关系。
③进入（或穿出）磁场过程，线圈动能不变，因此外力做功W等于线圈释放的焦耳热Q，即Q=W=B2L21L2vR∝v，速度越大，需要做功越多，产生的焦耳热也越多。
2。在具体的过程中运用合适的物理学规律
对于具体的物理问题，受力分析和运动过程分析是解题的重要一环。例3是一个简单的电磁感应与力学综合问题，借助于对本题的分析，从牛顿第二定律或能量守恒的观点出发进行思考，帮助学生构建良性的知识框架，培养正确的分析、解题习惯。以线圈自由下落（或竖直上抛）穿越有理想边界的水平匀强磁场问题（例3）为例，涉及到如下两个方面思考：
①从牛顿运动定律的观点分析，在磁场外，线圈的加速度是g。进入磁场后，立即开始受到安培力作用，可能做匀速运动，也可能做变加速运动或变减速运动。如果线圈是下落的，在完全进入磁场前，可能会达到一个稳定速度（安培力和重力平
衡），也可能一直做变加速运动。
电磁感应习题范文2
在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源。因此，高考中常把电磁感应和电路联系在一起综合考查。求解这类考题的基本方法是：用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向，画等效电路图，再运用全电路欧姆定律、串并联电路性质及电功率等公式联立求解。
例1 (2004年全国春考题)如图1所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为l，电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为l2，磁场的磁感强度为B，方向垂直纸面向里。现有一段长度为l2，电阻为R2的均匀导体杆MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为l3时，导线ac中的电流是多大？方向如何？
解析 因切割导体相当于电源，所以当MN滑过l3时，其等效电路如图2所示，这时的有效切割长度为23・l2=l3，故电动势E=Blv=13Blv，电源内阻r=23×R2=R3，所以总电流：
2 电磁感应与能量综合问题
导体切割磁感线或磁通量发生变化在回路中产生感应电流，使机械能或其它形式的能量转化为电能，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可以使电能转化为机械能或电阻的内能。因此，电磁感应是实现能量综合的最好题材。分清各力的做功情况与能量转化情况是解决这类考题的关键。
例2 (2006年全国考题上海物理卷)如图3所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连。匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F，此时( )
A.电阻R1消耗的热功率为Fv3
B.电阻R2消耗的热功率为Fv6
C.整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ
D.整个装置消耗的机械功率为(F+μmgcosθ)v
解析 整个电路消耗的热功率为Fv，据串、并联电路的特点可知电阻R1和R2消耗的功率相等，都等于总电功率的16，所以A错误，B正确。整个装置因摩擦而消耗的热功率为fv=μmgvcosθ，C正确。根据能量守恒定律，整个装置消耗的机械功率等于电热功率与摩擦生热功率之和，为(F+μmgcosθ)v，D正确。综上所述，此题B、C、D正确。
3 电磁感应与力学的综合问题
电磁感应能很好地将电磁学知识和力学知识结合起来应用，实现力电的综合。求解这类考题的思路是：认真分析研究对象的受力情况和运动情况，再运用相应的力学规律列式。一般说来，匀速运动可结合平衡条件求解；变速运动的瞬时速度可结合牛顿第二定律和运动学公式求解，变速运动的热量问题一般用能量观点分析，尽量应用能的转化和守恒定律解决问题。
例3 (2006年全国高考重庆理综卷)两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图4所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd也正好以速度v2向下匀速运动。重力加速度为g。以下说法正确的是( )
A.ab杆所受拉力F的大小为μmg+B2L2v12R
B.cd杆所受摩擦力为零
C.回路中的电流强度为BL(v1+v2)2R
D.μ与v1大小的关系为μ=2RmgB2L2v1
解析 由于两根金属细杆处于匀强磁场中，ab杆的运动方向与磁场垂直，会产生感应电动势，cd杆的运动方向与磁场方向平行，不产生感应电动势。ab杆的感应电动势E=BLv1,整个回路中的感应电流为I=E2R=BLv12R,C项错；由左手定则判断，ab杆所受安碚力方向向左，大小为F′=BIL=B2L2v12R,cd杆受到的安培力方向向右，大小也为B2L2v12R，cd杆与金属导轨之间存在压力，存在摩擦力，故B错；ab杆受拉力、摩擦力、安培力作用，合力为零，所以F=f+F′=μmg+B2L2v12R,即选项A正确；对cd杆，受到重力和摩擦力，有G=f′,即：mg=μB2L2v12R,所以μ=2RmgB2L2v1,D对。故正确选项为A、D。
例4 (2006年全国高考上海物理卷)如图5所示，将边长为a，质量为m，电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b，磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里。线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度然后落下并匀速进入磁场。整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力为f，且线框不发生转动。求：(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2；(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热。
电磁感应习题范文3
注重有效精讲在电磁感应教学中的作用。针对电磁感应教学中的重点与难点，我们应该在实际操作中进行精讲，并且尽量举例说明，让学生在直观感受的基础上更深一步的了解与探索相关的深层知识。如果有学生难以理解的知识点，教师还应该利用画图或者是通过多媒体视频的形式对学生进行重点讲解，帮助学生将感性认识化为理性认识，从而加深他们对知识的理解记忆。在电磁感应精讲教学的过程中，我们应当注意的是对于学生容易理解的知识点，我们应当少讲或者是一笔带过，充分发挥学生自主思考、自主学习的能力，或者是由教师对学生理解的不足之处进行补充，在承认学生自主学习能力的基础上，进一步强化他们对知识的认知能力。
二、高中物理电磁感应有效学习的分析与思考
（一）进行有效的预习，发现和分析存在的问题
阅读物理学教材是学生获得知识内容的重要途径。因此，安排学生在电磁感应课堂教学之前自主的进行知识内容的预习，通过认真的阅读发现其中存在的问题，并探索问题的关键所在和解答途径，对于学生将知识转化成自身的积累是非常有帮助的。在电磁感应的教学中，教师可以结合教学大纲通过预留问题的形式督促学生开展预习。比如说，我们可以预留产生电磁感应的条件是什么？感应电流的方向如何判定？利用磁场能否产生感应电流？等问题，让学生通过自主阅读去寻求答案，以培养他们自主学习的能力。
（二）加强课后练习，检查学习的效果，进一步巩固提高
在课堂精讲之后，教师应该及时组织与督促学生进行课后练习，通过做练习题查漏补缺，及时对遗漏或者是尚且没有完全掌握的知识点展开新一轮的探索与学习，以求进一步巩固学习的成果。因此，在高中物理电磁感应学习的过程中，老师应该在课堂教学后设置一些与本节课时所有知识点相关的题目，让学生通过完成这些题目，以此加深对所有知识点的理解与熟练掌握。
（三）学会科学总结，在不断积累知识的过程中实现稳步提高
电磁感应习题范文4
关键词：电磁感应；实验探究；电流
作者简介：文代铭（1968-），男，贵州遵义桐梓县人，大学文化，中学高级教师，研究方向初中物理教育教学研究.
1 教材分析
1.1 作用和地位
本内容是沪科版义务教育教科书《物理》九年级（全一册）第十八章第二节，在电生磁的基础上，进一步学习磁生电的知识，具有承前启后的作用，是揭示电磁规律，完善电磁体系的重要内容，教材的设计意图是渗透自然现象相互联系的思想，进一步运用“转换法”学习物理知识，以实验为基础，探究感应电流的a生及特点，提高学生的科学素养和探究能力.
1.2 学情分析
九年级学生学习了电、磁、能量的基础知识，在奥斯特实验的基础上知道了电生磁的相关知识，对电磁联系有一定的认识和探究能力，但不全面，没有形成体系.
1.3 教学目标
根据《义务教育物理课程标准（2011年版）》的要求、结合教学内容和学生基础，使知识与技能、过程与方法、情感态度与价值观三维目标有机整合而确定如下目标.
（1）通过实验，探究并了解感应电流产生的条件.
（2）了解电磁感应现象在生产生活中的应用，了解交流发电机的工作原理.
（3）经历科学探究的过程，提升学生的科学素养，培养学生交流与合作的意识.
1.4 教学重难点
重点：感应电流产生条件的了解；交流与合作意识的培养.
难点：电磁感应现象的实验探究.
1.5 教学准备
教师用：发电机模型及动画、手摇式电筒及内部结构示意图.
学生用：支架、导体（线圈代替）、蹄形磁体、灵敏电流计、开关、导线等.
2 教法与学法
教法：实验探究，归纳总结的教学方法.
学法：自主探究、交流合作的学习方法.
3 教学过程
3.1 创设情境，导入新课
用手摇式电筒导入新课.请学生把不发光的手电筒摇一摇，使电筒发光，激发学生的好奇心和求知欲，从而导入新课.
展示发电机模型.介绍其结构，摇动发电机，让学生观察小灯泡发光情况，取下发电机的磁体，再摇动观察.
提出问题：如何在磁场中产生电流？
3.2 自主探究，获得电流
学生思考后猜想.教师记录并整理学生的猜想.
把学生分成若干小组，引导学生参考教材中18-11图，结合实验器材，设计实验，连接电路，闭合开关.
尝试用各种方法使导体在蹄形磁体中运动产生电流（观察灵敏电流计的指针是否偏转），把实验探究的过程和观察到的现象记录在表格中.学生探究时，教师巡视，对实验中出现的问题及时指导.
接着探究影响电流方向的因素（改变磁场方向或线圈运动方向，观察灵敏电流计指针的偏转方向如何变化）.断开开关重做上述实验.
3.3 思维加工，弄清实质
展示各小组的探究成果，全班交流分享，概括电磁感应现象.
讨论以下问题.
（1）导体运动的方向与磁感线斜切割时，是否产生电流？
（2）导体不动，移动蹄形磁体，是否产生电流？
讨论后动手做一做.归纳总结产生感应电流的条件.在班级交流.
问题探讨：电磁感应现象中能量是如何转化的？
学生思考讨论后，教师引导：产生电流时，需外力使导体或磁体运动做功，消耗机械能，得到电能.
分析手摇式电筒的发电原理.展示电筒内部结构示意图并介绍，请学生分析（前后照应）.
3.4 联系实际，应用知识
电磁感应现象在生活、生产中有大量的应用，除发电机、手摇式电筒以外，还有动圈式话筒（麦克风），POS机、变压器等.
引导学生结合教材中18-15图阅读课文，了解交流发电机的发电过程.播放动画，加强了解.与直流电动机对比学习（两人一组，分别打开教材151页和167页的电动机工作原理和交流发电机发电原理示意图，合作完成）.
思考并讨论以下问题：
（1）发电机的工作原理是什么？
（2）发电机产生的是交流电还是直流电？
分组讨论后在班级展示交流，展示成果由学生点评，教师作正面评价.
课外知识链接：法拉第与电磁感应（学习科学家的探究精神）.
3.5 作业设计
设计2-3个课堂练习题，当堂检测.并完成教材168页第1、3、4题.
课外活动：利用废旧玩具中的直流电动机发电（使小灯泡发光）.下节物理课展示，比比看，谁做得好.
3.6 课堂小结
引导学生小结，归纳知识要点，谈谈探究的收获和存在的疑惑.
4 板书设计
边教学边板书本节的重点和要点，构成框架，形成电磁知识体系.板书如下.
参考文献：
电磁感应习题范文5
关键词：复习方法；电工基础；方法
江苏省对口单招是使职高生能像普高生一样，通过统一考试，进入高等学府深造的一条重要途径。电工基础是电子、机械、机电专业学生大综合考试中的一门重要学科。为了让学生学得好又学得轻松，高三电工基础的复习课怎么上才好?是在枯燥乏味的重复中煎熬，还是在漫无边际的题海中挣扎?这些问题都是每位高三电工教师所关心和思考的问题。通过多年的教学实践，我认为高三复习，要研究教学内容，更要研究教学方法。下面我就结合教学实际，从以下几个方面谈谈自己的做法。
一、狠抓基础知识。类比分析，深入了解，巩固提高
我认真研究了今年的对口单招大纲，认为其主要考查学生对基本知识、基本技能的掌握和运用这些知识、技能分析解决问题的能力，以促进创造性思维能力。根据教学大纲，结合学校的教学条件和学生掌握基础知识的实际情况，我对教材内容进行了知识体系结构的分析，把教学内容分为基础知识、基本概念、重难点知识。在复习过程中，首先注重的是紧紧地抓住书本上各个知识点，使学生了解各知识点的本意，让学生知道它的内涵和外延，做到深入理解、牢固掌握。这一点是整个复习过程中的前提和基础，万丈高楼平地起，基础可谓是关键。下面就以“复杂直流电路”专题复习为例，谈在基础知识中如何培养学生系统分析和思维能力。“复杂直流电路”专题有三条主线：(1)以“基尔霍夫定律”为核心的支路电流法，进一步扩展到回路电流法和节点电位法；(2)化复杂直流电路运算为简单直流电路运算的“叠加原理”，可以延伸到不仅电流可以叠加，电压也可以叠加，但功率不可以叠加；(3)以“等效思维”为核心的戴维南定律和电压源、电流源的等效变换。讲些实用性的典型的题型，使学生能有序地掌握基础知识，再通过对比分析，得出各种方法的特点、优劣，进而巩固知识点，提高学生的解题能力。
二、梳理知识点。形成系统知识
让学生理解和掌握各知识点后，教师应指引学生对这些知识进行梳理和串连，使其连接成线，使零散的知识点串成一个整体。这样可使学生灵活分析，综合运用。比如第六章电磁感应的现象，先讲感应电流的原因和条件，再讲感应电流方向的判别，再讲感应电动势(即电磁感应定律)，最后讲电磁感应的两种特殊现象――自感、互感。
三、将系统知识板块化，从而形成几大专题
把整本书的知识纵横联系，将不同的知识经过移动，形成一个个知识板块，进而形成专题讲座。让学生系统化了解，使其达到知其所以然的能力目标，同时加深对知识的理解和长期记忆。这一阶段是在前两个阶段复习的基础上进行的，是学生对知识形成条理化、系统化、完整化、深化理解的关键，也是学生能否取得对口高考优异成绩的关键。根据复习的情况和学生掌握知识的情况，进行有计划、有目的、有规律组合，构成不同的专题。
电磁感应习题范文6
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
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
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
?Φ?成正比，而与磁通量Φ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ω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Φ随时间变化的关系为：
cos
ωBD
t
Φ=，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Φ虽然最大，但是，曲线的斜率为0，即，磁通量的变化率0t
?Φ=?，感应电动势为0；而线圈平面转到跟中性面垂直时（14t
T
=，34
t
T
=），穿过线圈的磁通量Φ为0，但是曲线的斜率最大，即磁通量的变化率t
?Φ?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5.1－3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
ωωπ===?v
=2B
4．
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
sin
400sin(314).m
e
E
t
t
ω==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
0.2sin(314)m
i
I
t
t
ω==．
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
ωωω==?=，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，电流方向变化两次，所以1s内电流方向变化的次数为
12100
0.02
?=
次次．
2．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．
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
值m
I.
4．根据图象，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，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
1
A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
2
A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
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，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
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，所以变压器不能改变恒定电流的电压．
2．解：根据题目条件可知，
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：根据题目条件可知，
2
400
n=，
1
220V
U=，
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．根据理想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：假定理想变压器的原线圈输入的电压1U
一定，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；因为理想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，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．正确的推导应该是：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减少许多．
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ρ，导线的横截面积为S
，则22()P
L
P
I
R
U
S
ρ?==，因为P
、U
、P
?、L
、ρ各量都是相同的，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5-16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
