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電磁感應習題范文1
一、水平穿越勻強磁場問題
1。有力拉動
例1 邊長為L的正方形導線框在水平拉力F作用下，沿光滑絕緣水平面向右勻速運動，穿越如圖所示的有理想邊界的勻強磁場區，俯視圖如圖1所示。磁場區由寬均為L的兩部分組成，磁感應強度大小相同，方向相反，都垂直于水平面。若線框進入左邊磁場區過程水平拉力做的功是W，那么線框穿越整個磁場區的全過程拉力F做的功是
A。3W B。4W C。5W D。6W
解析 線框進入左邊磁場區過程（如圖2（1）），只有一條邊切割磁感線，只有一條邊受安培力，因此水平拉力F1=F=B2L2vR；線框進入右邊磁場區過程（如圖2（2）），有兩條邊切割磁感線，有兩條邊受安培力，因此水平拉力F2=2F′=2?2B2L2vR=4F1；線框穿出右邊磁場區過程（如圖2（3））又是只有一條邊切割磁感線，只有一條邊受安培力，因此和線框進入左邊磁場區過程相同。由以上分析，三個過程拉力做功之比為1∶4∶1，選D。
2。運動方向僅受安培力
例2 如圖3所示，矩形線框沿光滑水平面穿越有理想邊界的勻強磁場區，磁場方向垂直于水平面。若進入磁場前的動能為Ek，進入磁場過程動能損失了5Ek9，那么下列說法正確的是
A。線框還沒有完全穿出磁場就已經停止運動
B。線框能穿出磁場，且穿出磁場后的動能是Ek3
C。線框能穿出磁場，且穿出磁場后的動能是2Ek9
D。線框能穿出磁場，且穿出磁場后的動能是Ek9
解 從題干的已知條件入手從線框進入前和進入后的動能關系，可以得到相框進入磁場前后的速度之比是3∶2，假設可以穿出磁場，那么磁通量變化量相同。運用動量定理可以得到進入、穿出線框動量變化相同（或者運用微元法從牛頓第二定律出發），得到速度變化相同。因此進入前和穿出后的速度之比將是3∶1，即末動能是Ek9，選D。
二、豎直穿越勻強磁場問題
例3 如圖4所示，正方形線框質量為m，邊長為L，總電阻為R，從離磁場上邊界高h處由靜止開始自由下落，進入磁感應強度為B的水平勻強磁場區（磁場寬度大于L）。已知線框有一半進入磁場區時刻，恰好開始做勻速運動。求：（1）線框做勻速運動的速度v；（2）線框進入磁場區域過程中釋放的焦耳熱Q。
解析 （1）達到勻速時安培力和重力平衡，即B2L2vR=mg，因此v=mgRB2L2；
（2）線框只有在進入磁場區過程中才釋放焦耳熱，因此進入磁場區過程釋放的焦耳熱就是從自由下落到完全進入磁場區過程釋放的焦耳熱。
三、高三復習建議
1、借助于具體的問題，總結基本規律和基本方法
高三復習過程中有些老師喜歡求怪、求異、求難，其實復雜的物理問題都涉及到最基本的物理規律和物理方法，重視基礎是高三復習的重要一環，要在具體問題中能夠實現方法和規律的沉淀。
以線圈在外力拉動下勻速穿越條形磁場區的例1為例，應該總結出如下的解題步驟和方法。
①在切割磁感線的那部分導體（作為電源）上標出電源符號，標出線圈中的電流方向；電源內部沿電流方向電勢升高，外電路沿電流方向電勢降低。區分電動勢、路端電壓和內電壓。
②進入（或穿出）磁場過程，通過線圈任一截面的電量是q=It=ΔR，該結論與線圈的速度大小無關，與線圈是否受到安培力以外的其它力也沒有關系。
③進入（或穿出）磁場過程，線圈動能不變，因此外力做功W等于線圈釋放的焦耳熱Q，即Q=W=B2L21L2vR∝v，速度越大，需要做功越多，產生的焦耳熱也越多。
2。在具體的過程中運用合適的物理學規律
對于具體的物理問題，受力分析和運動過程分析是解題的重要一環。例3是一個簡單的電磁感應與力學綜合問題，借助于對本題的分析，從牛頓第二定律或能量守恒的觀點出發進行思考，幫助學生構建良性的知識框架，培養正確的分析、解題習慣。以線圈自由下落（或豎直上拋）穿越有理想邊界的水平勻強磁場問題（例3）為例，涉及到如下兩個方面思考：
①從牛頓運動定律的觀點分析，在磁場外，線圈的加速度是g。進入磁場后，立即開始受到安培力作用，可能做勻速運動，也可能做變加速運動或變減速運動。如果線圈是下落的，在完全進入磁場前，可能會達到一個穩定速度（安培力和重力平
衡），也可能一直做變加速運動。
電磁感應習題范文2
在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量變化的回路將產生感應電動勢，該導體或回路相當于電源。因此，高考中常把電磁感應和電路聯系在一起綜合考查。求解這類考題的基本方法是：用法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和方向，畫等效電路圖，再運用全電路歐姆定律、串并聯電路性質及電功率等公式聯立求解。
例1 (2004年全國春考題)如圖1所示，直角三角形導線框abc固定在勻強磁場中，ab是一段長為l，電阻為R的均勻導線，ac和bc的電阻可不計，ac長度為l2，磁場的磁感強度為B，方向垂直紙面向里?，F有一段長度為l2，電阻為R2的均勻導體桿MN架在導線框上，開始時緊靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑動，滑動中始終與ac平行并與導線框保持良好接觸，當MN滑過的距離為l3時，導線ac中的電流是多大？方向如何？
解析 因切割導體相當于電源，所以當MN滑過l3時，其等效電路如圖2所示，這時的有效切割長度為23?l2=l3，故電動勢E=Blv=13Blv，電源內阻r=23×R2=R3，所以總電流：
2 電磁感應與能量綜合問題
導體切割磁感線或磁通量發生變化在回路中產生感應電流，使機械能或其它形式的能量轉化為電能，具有感應電流的導體在磁場中受安培力作用或通過電阻發熱，又可以使電能轉化為機械能或電阻的內能。因此，電磁感應是實現能量綜合的最好題材。分清各力的做功情況與能量轉化情況是解決這類考題的關鍵。
例2 (2006年全國考題上海物理卷)如圖3所示，平行金屬導軌與水平面成θ角，導軌與固定電阻R1和R2相連。勻強磁場垂直穿過導軌平面，有一導體棒ab，質量為m，導體棒的電阻與固定電阻R1和R2的阻值均相等，與導軌之間的動摩擦因數為μ，導體棒ab沿導軌向上滑動，當上滑的速度為v時，受到安培力的大小為F，此時( )
A.電阻R1消耗的熱功率為Fv3
B.電阻R2消耗的熱功率為Fv6
C.整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為μmgvcosθ
D.整個裝置消耗的機械功率為(F+μmgcosθ)v
解析 整個電路消耗的熱功率為Fv，據串、并聯電路的特點可知電阻R1和R2消耗的功率相等，都等于總電功率的16，所以A錯誤，B正確。整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為fv=μmgvcosθ，C正確。根據能量守恒定律，整個裝置消耗的機械功率等于電熱功率與摩擦生熱功率之和，為(F+μmgcosθ)v，D正確。綜上所述，此題B、C、D正確。
3 電磁感應與力學的綜合問題
電磁感應能很好地將電磁學知識和力學知識結合起來應用，實現力電的綜合。求解這類考題的思路是：認真分析研究對象的受力情況和運動情況，再運用相應的力學規律列式。一般說來，勻速運動可結合平衡條件求解；變速運動的瞬時速度可結合牛頓第二定律和運動學公式求解，變速運動的熱量問題一般用能量觀點分析，盡量應用能的轉化和守恒定律解決問題。
例3 (2006年全國高考重慶理綜卷)兩根相距為L的足夠長的金屬直角導軌如圖4所示放置，它們各有一邊在同一水平面內，另一邊垂直于水平面。質量均為m的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導軌之間的動摩擦因數均為μ，導軌電阻不計，回路總電阻為2R。整個裝置處于磁感應強度大小為B，方向豎直向上的勻強磁場中，當ab桿在平行于水平導軌的拉力F作用下以速度v1沿導軌勻速運動時，cd也正好以速度v2向下勻速運動。重力加速度為g。以下說法正確的是( )
A.ab桿所受拉力F的大小為μmg+B2L2v12R
B.cd桿所受摩擦力為零
C.回路中的電流強度為BL(v1+v2)2R
D.μ與v1大小的關系為μ=2RmgB2L2v1
解析 由于兩根金屬細桿處于勻強磁場中，ab桿的運動方向與磁場垂直，會產生感應電動勢，cd桿的運動方向與磁場方向平行，不產生感應電動勢。ab桿的感應電動勢E=BLv1,整個回路中的感應電流為I=E2R=BLv12R,C項錯；由左手定則判斷，ab桿所受安碚力方向向左，大小為F′=BIL=B2L2v12R,cd桿受到的安培力方向向右，大小也為B2L2v12R，cd桿與金屬導軌之間存在壓力，存在摩擦力，故B錯；ab桿受拉力、摩擦力、安培力作用，合力為零，所以F=f+F′=μmg+B2L2v12R,即選項A正確；對cd桿，受到重力和摩擦力，有G=f′,即：mg=μB2L2v12R,所以μ=2RmgB2L2v1,D對。故正確選項為A、D。
例4 (2006年全國高考上海物理卷)如圖5所示，將邊長為a，質量為m，電阻為R的正方形導線框豎直向上拋出，穿過寬度為b，磁感應強度為B的勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里。線框向上離開磁場時的速度剛好是進入磁場時速度的一半，線框離開磁場后繼續上升一段高度然后落下并勻速進入磁場。整個運動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力為f，且線框不發生轉動。求：(1)線框在下落階段勻速進入磁場時的速度v2；(2)線框在上升階段剛離開磁場時的速度v1；(3)線框在上升階段通過磁場過程中產生的焦耳熱。
電磁感應習題范文3
注重有效精講在電磁感應教學中的作用。針對電磁感應教學中的重點與難點，我們應該在實際操作中進行精講，并且盡量舉例說明，讓學生在直觀感受的基礎上更深一步的了解與探索相關的深層知識。如果有學生難以理解的知識點，教師還應該利用畫圖或者是通過多媒體視頻的形式對學生進行重點講解，幫助學生將感性認識化為理性認識，從而加深他們對知識的理解記憶。在電磁感應精講教學的過程中，我們應當注意的是對于學生容易理解的知識點，我們應當少講或者是一筆帶過，充分發揮學生自主思考、自主學習的能力，或者是由教師對學生理解的不足之處進行補充，在承認學生自主學習能力的基礎上，進一步強化他們對知識的認知能力。
二、高中物理電磁感應有效學習的分析與思考
（一）進行有效的預習，發現和分析存在的問題
閱讀物理學教材是學生獲得知識內容的重要途徑。因此，安排學生在電磁感應課堂教學之前自主的進行知識內容的預習，通過認真的閱讀發現其中存在的問題，并探索問題的關鍵所在和解答途徑，對于學生將知識轉化成自身的積累是非常有幫助的。在電磁感應的教學中，教師可以結合教學大綱通過預留問題的形式督促學生開展預習。比如說，我們可以預留產生電磁感應的條件是什么？感應電流的方向如何判定？利用磁場能否產生感應電流？等問題，讓學生通過自主閱讀去尋求答案，以培養他們自主學習的能力。
（二）加強課后練習，檢查學習的效果，進一步鞏固提高
在課堂精講之后，教師應該及時組織與督促學生進行課后練習，通過做練習題查漏補缺，及時對遺漏或者是尚且沒有完全掌握的知識點展開新一輪的探索與學習，以求進一步鞏固學習的成果。因此，在高中物理電磁感應學習的過程中，老師應該在課堂教學后設置一些與本節課時所有知識點相關的題目，讓學生通過完成這些題目，以此加深對所有知識點的理解與熟練掌握。
（三）學會科學總結，在不斷積累知識的過程中實現穩步提高
電磁感應習題范文4
關鍵詞：電磁感應；實驗探究；電流
作者簡介：文代銘（1968-），男，貴州遵義桐梓縣人，大學文化，中學高級教師，研究方向初中物理教育教學研究.
1 教材分析
1.1 作用和地位
本內容是滬科版義務教育教科書《物理》九年級（全一冊）第十八章第二節，在電生磁的基礎上，進一步學習磁生電的知識，具有承前啟后的作用，是揭示電磁規律，完善電磁體系的重要內容，教材的設計意圖是滲透自然現象相互聯系的思想，進一步運用“轉換法”學習物理知識，以實驗為基礎，探究感應電流的a生及特點，提高學生的科學素養和探究能力.
1.2 學情分析
九年級學生學習了電、磁、能量的基礎知識，在奧斯特實驗的基礎上知道了電生磁的相關知識，對電磁聯系有一定的認識和探究能力，但不全面，沒有形成體系.
1.3 教學目標
根據《義務教育物理課程標準（2011年版）》的要求、結合教學內容和學生基礎，使知識與技能、過程與方法、情感態度與價值觀三維目標有機整合而確定如下目標.
（1）通過實驗，探究并了解感應電流產生的條件.
（2）了解電磁感應現象在生產生活中的應用，了解交流發電機的工作原理.
（3）經歷科學探究的過程，提升學生的科學素養，培養學生交流與合作的意識.
1.4 教學重難點
重點：感應電流產生條件的了解；交流與合作意識的培養.
難點：電磁感應現象的實驗探究.
1.5 教學準備
教師用：發電機模型及動畫、手搖式電筒及內部結構示意圖.
學生用：支架、導體（線圈代替）、蹄形磁體、靈敏電流計、開關、導線等.
2 教法與學法
教法：實驗探究，歸納總結的教學方法.
學法：自主探究、交流合作的學習方法.
3 教學過程
3.1 創設情境，導入新課
用手搖式電筒導入新課.請學生把不發光的手電筒搖一搖，使電筒發光，激發學生的好奇心和求知欲，從而導入新課.
展示發電機模型.介紹其結構，搖動發電機，讓學生觀察小燈泡發光情況，取下發電機的磁體，再搖動觀察.
提出問題：如何在磁場中產生電流？
3.2 自主探究，獲得電流
學生思考后猜想.教師記錄并整理學生的猜想.
把學生分成若干小組，引導學生參考教材中18-11圖，結合實驗器材，設計實驗，連接電路，閉合開關.
嘗試用各種方法使導體在蹄形磁體中運動產生電流（觀察靈敏電流計的指針是否偏轉），把實驗探究的過程和觀察到的現象記錄在表格中.學生探究時，教師巡視，對實驗中出現的問題及時指導.
接著探究影響電流方向的因素（改變磁場方向或線圈運動方向，觀察靈敏電流計指針的偏轉方向如何變化）.斷開開關重做上述實驗.
3.3 思維加工，弄清實質
展示各小組的探究成果，全班交流分享，概括電磁感應現象.
討論以下問題.
（1）導體運動的方向與磁感線斜切割時，是否產生電流？
（2）導體不動，移動蹄形磁體，是否產生電流？
討論后動手做一做.歸納總結產生感應電流的條件.在班級交流.
問題探討：電磁感應現象中能量是如何轉化的？
學生思考討論后，教師引導：產生電流時，需外力使導體或磁體運動做功，消耗機械能，得到電能.
分析手搖式電筒的發電原理.展示電筒內部結構示意圖并介紹，請學生分析（前后照應）.
3.4 聯系實際，應用知識
電磁感應現象在生活、生產中有大量的應用，除發電機、手搖式電筒以外，還有動圈式話筒（麥克風），POS機、變壓器等.
引導學生結合教材中18-15圖閱讀課文，了解交流發電機的發電過程.播放動畫，加強了解.與直流電動機對比學習（兩人一組，分別打開教材151頁和167頁的電動機工作原理和交流發電機發電原理示意圖，合作完成）.
思考并討論以下問題：
（1）發電機的工作原理是什么？
（2）發電機產生的是交流電還是直流電？
分組討論后在班級展示交流，展示成果由學生點評，教師作正面評價.
課外知識鏈接：法拉第與電磁感應（學習科學家的探究精神）.
3.5 作業設計
設計2-3個課堂練習題，當堂檢測.并完成教材168頁第1、3、4題.
課外活動：利用廢舊玩具中的直流電動機發電（使小燈泡發光）.下節物理課展示，比比看，誰做得好.
3.6 課堂小結
引導學生小結，歸納知識要點，談談探究的收獲和存在的疑惑.
4 板書設計
邊教學邊板書本節的重點和要點，構成框架，形成電磁知識體系.板書如下.
參考文獻：
電磁感應習題范文5
關鍵詞：復習方法；電工基礎；方法
江蘇省對口單招是使職高生能像普高生一樣，通過統一考試，進入高等學府深造的一條重要途徑。電工基礎是電子、機械、機電專業學生大綜合考試中的一門重要學科。為了讓學生學得好又學得輕松，高三電工基礎的復習課怎么上才好?是在枯燥乏味的重復中煎熬，還是在漫無邊際的題海中掙扎?這些問題都是每位高三電工教師所關心和思考的問題。通過多年的教學實踐，我認為高三復習，要研究教學內容，更要研究教學方法。下面我就結合教學實際，從以下幾個方面談談自己的做法。
一、狠抓基礎知識。類比分析，深入了解，鞏固提高
我認真研究了今年的對口單招大綱，認為其主要考查學生對基本知識、基本技能的掌握和運用這些知識、技能分析解決問題的能力，以促進創造性思維能力。根據教學大綱，結合學校的教學條件和學生掌握基礎知識的實際情況，我對教材內容進行了知識體系結構的分析，把教學內容分為基礎知識、基本概念、重難點知識。在復習過程中，首先注重的是緊緊地抓住書本上各個知識點，使學生了解各知識點的本意，讓學生知道它的內涵和外延，做到深入理解、牢固掌握。這一點是整個復習過程中的前提和基礎，萬丈高樓平地起，基礎可謂是關鍵。下面就以“復雜直流電路”專題復習為例，談在基礎知識中如何培養學生系統分析和思維能力?！皬碗s直流電路”專題有三條主線：(1)以“基爾霍夫定律”為核心的支路電流法，進一步擴展到回路電流法和節點電位法；(2)化復雜直流電路運算為簡單直流電路運算的“疊加原理”，可以延伸到不僅電流可以疊加，電壓也可以疊加，但功率不可以疊加；(3)以“等效思維”為核心的戴維南定律和電壓源、電流源的等效變換。講些實用性的典型的題型，使學生能有序地掌握基礎知識，再通過對比分析，得出各種方法的特點、優劣，進而鞏固知識點，提高學生的解題能力。
二、梳理知識點。形成系統知識
讓學生理解和掌握各知識點后，教師應指引學生對這些知識進行梳理和串連，使其連接成線，使零散的知識點串成一個整體。這樣可使學生靈活分析，綜合運用。比如第六章電磁感應的現象，先講感應電流的原因和條件，再講感應電流方向的判別，再講感應電動勢(即電磁感應定律)，最后講電磁感應的兩種特殊現象――自感、互感。
三、將系統知識板塊化，從而形成幾大專題
把整本書的知識縱橫聯系，將不同的知識經過移動，形成一個個知識板塊，進而形成專題講座。讓學生系統化了解，使其達到知其所以然的能力目標，同時加深對知識的理解和長期記憶。這一階段是在前兩個階段復習的基礎上進行的，是學生對知識形成條理化、系統化、完整化、深化理解的關鍵，也是學生能否取得對口高考優異成績的關鍵。根據復習的情況和學生掌握知識的情況，進行有計劃、有目的、有規律組合，構成不同的專題。
電磁感應習題范文6
高中物理3.2課后習題答案
第4章
第1節
劃時代的發現
1．
奧斯特實驗，電磁感應等．
2．
電路是閉合的．導體切割磁感線運動．
第2節
探究電磁感應的產生條件
1．
（1）不產生感應電流（2）不產生感應電流（3）產生感應電流
2．
答：由于彈簧線圈收縮時，面積減小，磁通量減小，所以產生感應電流．
3．
答：在線圈進入磁場的過程中，由于穿過線圈的磁通量增大，所以線圈中產生感應電流；在線圈離開
磁場的過程中，由于穿過線圈的磁通量減小，所以線圈中產生感應電流；當個線圈都在磁場中時，由于穿過線圈的磁通量不變，所以線圈中不產生感應電流．
4．
答：當線圈遠離導線移動時，由于線圈所在位置的磁感應強度不斷減弱，所以穿過線圈的磁通量不斷
減小，線圈中產生感應電流．當導線中的電流逐漸增大或減小時，線圈所在位置的磁感應強度也逐漸增大或減小，穿過線圈的磁通量也隨之逐漸增大或減小，所以線圈中產生感應電流．
5．
答：如果使銅環沿勻強磁場的方向移動，由于穿過銅環的磁通量不發生變化，所以，銅環中沒有感應
電流；如果使銅環在不均勻磁場中移動，由于穿過銅環的磁通量發生變化，所以，銅環中有感應電流．
6．
答：乙、丙、丁三種情況下，可以在線圈B
中觀察到感應電流．因為甲所表示的電流是穩恒電流，那
么，由這個電流產生的磁場就是不變的．穿過線圈B
的磁通量不變，不產生感應電
7．
流．乙、丙、丁三種情況所表示的電流是隨時間變化的電流，那么，由這樣的電流產生的磁場也是變
化的，穿過線圈B
的磁通量變化，產生感應電流．
8．
為了使MN
中不產生感應電流，必須要求DENM
構成的閉合電路的磁通量不變，即20BS
B
l
=，而
()S
l
vt
l
=+，所以，從0t
=開始，磁感應強度B
隨時間t
的變化規律是0B
l
B
l
vt
=+
第3節
楞次定律
1．
答：在條形磁鐵移入線圈的過程中，有向左的磁感線穿過線圈，而且線圈的磁通量增大．根據楞次定
律可知，線圈中感應電流磁場方向應該向右，再根據右手定則，判斷出感應電流的方向，即從左側看，感應電流沿順時針方向．
2．
答：當閉合開關時，導線AB
中電流由左向右，它在上面的閉合線框中引起垂直于紙面向外的磁通量
增加．根據楞次定律，閉合線框中產生感應電流的磁場，要阻礙它的增加，所以感應電流的磁場在閉合線框內的方向是垂直紙面向里，再根據右手定則可知感應電流的方向是由D
向C
．當斷開開關時，垂直于紙面向外的磁通量減少．根據楞次定律，閉合線框中產生感應電流的磁場，要阻礙原磁場磁通量的減少，所以感應電流的磁場在閉合線框內的方向是垂直紙面內外，再根據右手定則可知感應電流的方向是由C
向D
．
3．
答：當導體AB
向右移動時，線框ABCD
中垂直于紙面向內的磁通量減少．根據楞次定律，它產生感
應電流的磁場要阻礙磁通量減少，即感應電流的磁場與原磁場方向相同．垂直于紙面向內，所以感應電流的方向是A
B
C
D
．此時，線框ABFE
中垂直紙面向內的磁通量增加，根據楞次定律，它產生的磁場要阻礙磁通量的增加，即感應電流的磁場與原磁場方向相反，垂直于紙面向外．所以，感應電流的方向是A
B
F
E
．所以，我們用這兩個線框中的任意一個都可以判定導體AB
中感應電流的方向．說明：此題對導體AB
中的電流方向的判定也可用右手定則來確定．
4．
答：由于線圈在條形磁鐵的N
極附近，所以可以認為從A
到B
的過程中，線圈中向上的磁通量減小，
根據楞次定律，線圈中產生的感應電流的磁場要阻礙磁通量的減少，即感應電流的磁場與原磁場方向相同，再根據右手螺旋定則可知感應電流的方向，從上向下看為逆時針方向．從B
到C
的過程中，線
圈中向下的磁通量增加，根據楞次定律，線圈中產生的感應電流的磁場要阻礙磁通量的增加，即感應電流的磁場與原磁場方向相反，再根據右手螺旋定則可知感應電流的方向，從上向下看為逆時針方向．
5．
答：（1）有感應電流（2）沒有感應電流；（3）有感應電流；（4）當合上開關S
的一瞬間，線圈P
的左
端為N
極；當打開開關S
的上瞬間，線圈P
的右端為N
極．
6．
答：用磁鐵的任一極（如N
極）接近A
球時，穿過A
環中的磁通量增加，根據楞次定律，A
環中將產
生感應電流，阻礙磁鐵與A
環接近，A
環將遠離磁鐵；同理，當磁鐵遠離發A
球時，A
球中產生感應電流的方向將阻礙A
環與磁鐵遠離，A
環將靠近磁鐵．由于B
環是斷開的，無論磁極移近或遠離B
環，都不會在B
環中形成感應電流，所以B
環將不移動．
7．
答：（1）如圖所示．圓盤中任意一根半徑CD
都在切割磁感線，這半徑可以看成一個電源，根據右手
定則可以判斷，D
點的電勢比C
點高，也就是說，圓盤邊緣上的電勢比圓心電勢高，（2）根據右手定則判斷，D
點電勢比C
點高，所以流過電阻R
的電流方向自下向上．說明：本題可拓展為求CD
間的感應電動勢．設半徑為r
，轉盤勻速轉動的角速度ω，勻強磁場的磁感應強度為B
，求圓盤轉動時的感應電動勢的大?。唧w答案是212
E
Br
ω=．
第4節
法拉第電磁感應定律
1．
正確的是D
．
2．
解：根據法拉第電磁感應定律，線圈中感應電動勢為0.090.021000V
175V
0.4
E
n
t
-?Φ==?=?；根據閉合電路歐姆定律可得，通過電熱器的電流為175A=0.175A
99010
E
I
R
r
=
=++
3．
解：根據導線切割磁感線產生感應電動勢的公式E
Blv
=得：纜繩中的感應電動勢54334.610
2.05107.610V=7.210V
E
-=??
4．
答：可以．聲音使紙盒振動，線圈切割磁感線，產生感應電流．
5．
答：因為線圈繞OO
＇軸轉動時，線圈長2L
的邊切割磁感線的速度變化，感應電動勢因而變化．根據公
式sin
E
Blv
θ=和v
r
ω=有12sin
E
BL
L
ωθ=．因為12S
L
L
=，90θ=?，所以，E
BS
ω=．
6．
答：（1）根據法拉第電磁感應定律，線圈中感應電動勢2B
E
n
n
R
t
t
π?Φ?==??，所以，22441A
B
E
E
==．（2）根據閉合電路歐姆定律，可得通過線圈的電流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：管中有導電液體流過時，相當于一段長為d
的導體在切割磁感線，產生的感應電動勢E
Bdv
=．液體的流量()2
2
d
Q
v
π=，即液體的流量與電動勢E
的關系為4d
Q
E
B
π=．
第5節
電磁感應定律的應用
1．
解：根據導線切割磁感線產生感應電動勢的公式E
Blv
=，該機兩翼尖間的電勢差為54.71012.70.7340V=0.142V
E
-=?，根據右手定則可知，從駕駛員角度來說，左側機翼電勢高。說明：該題的難點之上在于學生的空間想象力往往比較弱，對此，可用簡單圖形（圖4-12）幫助理解；另外，該題可補充一問，即當飛機從西向東飛行時，哪側機翼電勢高？分析可得仍為左側機翼
電勢高。
2．
（1）根據法拉第電磁感應定律，線圈中感應電動勢為E
n
t
?Φ=?。根據t
Φ-圖象可知，0.5/Wb
s
t
?Φ=?。電壓表的讀數為1000.5V=50V
E
n
t
?Φ==??。（2）感應電場的方向為逆時針方向，如圖所示。（3）A
端的電勢比B
端高，所以A
端應該與電壓表標的接線柱連接。
3．
答：（1）等效電路如圖所示。（2）通過R
的電流方向從上到下。根據導線切割磁感線產生感應電動勢
的公式E
Blv
=，MN
、PQ
的電動勢都為111V
E
=??。根據電池的并聯和閉合電路歐姆定律，通過R
電流1A=1A
1
E
I
R
==。（3）通過MN
的電流方向為自N
到M
；過PQ
的電流方向為自N
到M
；過PQ
的電流方向為Q
到P。
4．
（1）線圈以速度v
勻速進入磁場，當CD
邊在磁場中時，線圈中感應電動勢11E
Bl
v
=，其中1l
為CD
邊的長度。此時線圈中的感應電流為111E
Bl
v
I
R
R
=
=，其中R
為線圈的總電阻。同理，線圈以速度2v
勻速進入磁場時，線圈中的感應電流最大值為2122E
Bl
v
I
R
R
==。第二次與第一次線圈中最大電流之比為2:1。（2）線圈以速度v
勻速進入磁場，當CD
邊在磁場中時，CD
邊受安培力最大，最大值為
221111B
l
v
F
BI
l
R
==。由于線圈做勻速運動，所以此時外力也最大，且外力大小等于安培力大小，此時外力的功率為22111B
l
v
P
Fv
R
==。同理，線圈以速度2v
進入磁場時，外力的最大功率為222
124B
l
v
P
R
=。第二次與第一次外力做功的最大功率之比為4:1。（3）線圈以v
勻速進入磁場，線圈中的感應電流為
111E
Bl
v
I
R
R
==，設AD
邊長為2l
，則線圈經過時間2l
t
v
=完全進入磁場，此后線圈中不再有感應電流。所以第一次線圈中產生的熱量為222222
121211
2B
l
v
l
B
l
l
Q
I
Rt
R
v
R
R
===。同理，線圈以速度2v
勻速進入磁場時，線圈中產生的熱量為221222B
l
l
Q
R
=。第二次與第一次線圈中產生的熱量之比為2:1。說明：可進一步分析并說明，在這一過程中，外力克服安培力所做的功與感應電流所做的功是相等的。
第6節
互感和自感
1．
（1）當開關S
斷開后，使線圈A
中的電流減小并消失時，穿過線圈B
的磁通量減小，肉而在線圈B
中將產生感應電流，根據楞次定律，感應電流的磁場要阻礙原磁場的減小，這樣就使鐵芯中磁場減弱得慢些，即在開關S
斷開后一段時間內，鐵芯中還有逐漸減弱的磁場，這個磁場對銜鐵D
依然有力作用，因此，彈簧K
不能立即將銜鐵拉起．（2）如果線圈B
不閉合，不會對延時效果產生影響．在開關S
斷開時，線圈A
中電流減小并很快消失，線圈B
中只有感應電動勢而無感應電流，鐵芯中的磁場很快消失，磁場對銜鐵D
的作用力也很快消失，彈簧K
將很快將銜鐵拉起．
2．
答：當李輝把多用表的表筆與被測線圈斷開時，線圈中的電流將減小，發生自感現象．會產生較大的
自感電動勢，兩只表筆間有較高電壓，“電”了劉偉一下，所以劉偉驚叫起來，當李輝再摸多用表的表筆時，由于時間經歷的較長，自感現象基本“消失”
3．
答：（1）當開關S
由斷開變為閉合，A
燈由亮變得更為明亮，B
燈由亮變暗，直到不亮．（2）當開關S
由閉合變為斷開，A
燈不亮，B
燈由亮變暗，直到不亮．
第7節
渦流
電磁阻尼和電磁驅動
1．
答：當銅盤在磁極間運動時，由于發生電磁感應現象，在銅盤中主生感應電流，使銅盤受到安培力作
用，而安培力的方向阻礙導體的運動，所以銅盤很快就停了下來．
2．
當條形磁鐵的N
極靠近線圈時，線圈中向下的磁通量增加，根據楞次定律可得，線圈中感應電流的磁
場應該向上，再根據右手螺旋定則，判斷出線圈中的感應電流方向為逆時針方向（自上而下看）．感應電流的磁場對條形磁鐵N
極的作用力向上，阻礙條形磁鐵向下運動．當條形磁鐵的N
極遠離線圈時，線圈中向下的磁通量減小，根據楞次定律可得，線圈中感應電流的磁場應該向下，再根據右手螺旋定則，判斷出線圈中的感應電流方向為順時針方向（自上而下看）．感應電流的磁場對條形磁鐵N
極的作用力向下，阻礙條形磁鐵向上運動．因此，無論條形磁鐵怎樣運動，都將受到線圈中感應電流磁場的阻礙作用，所以條形磁鐵較快地停了下來，在此過程中，彈簧和磁鐵的機械能均轉化為線圈中的電能．
3．
答：在磁性很強的小圓片下落的過程中，沒有缺口的鋁管中的磁通量發生變化（小圓片上方鋁管中的
磁通量減小，下方的鋁管中的磁通量增大），所以鋁管中將產生感應電流，感應電流的磁場對下落的小圓片產生阻力作用，小圓片在鋁管中緩慢下落；如果小圓片在有缺口的鋁管中下落，盡管鋁管中也會產生感應電流，感應電流的磁場將對下落的也產生阻力作用，但這時的阻力非常小，所以小圓片在鋁管中下落比較快．
4．
答：這些微弱的感應電流，將使衛星受到地磁場的安培力作用．因為克服安培力作用，衛星的一部分
運動轉化為電能，這樣衛星機械能減小，運動軌道離地面高度會逐漸降低．
5．
答：當條形磁鐵向右移動時，金屬圓環中的磁通量減小，圓環中將產生感應電流，金屬圓環將受到條
形磁鐵向右的作用力．這個力實際上就是條形磁鐵的磁場對感應電流的安培力．這個安培力將驅使金屬圓環向右運動．
第五章
交變電流
第1節
交變電流
1．
答：磁鐵靠近白熾燈，發現燈絲顫動．因為通交變電流的燈絲處在磁場中要受到力的作用，燈絲受到
的磁場力的大小、方向都隨時間做周期性變化，因而燈絲顫動．
2．
答：這種說法不對．根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢的大小與磁通量的變化率t
?Φ?成正比，而與磁通量Φ沒有必然的聯系．假定線圈的面積為S
，所在磁場的磁感應強度為B
，線圈以角速度ω繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，線圈在中性面時開始計時，則磁通量Φ隨時間變化的關系為：
cos
ωBD
t
Φ=，其圖象如圖所示．線圈平面轉到中性面瞬間（0t
=，t
T
=）
，穿過線圈的磁通量Φ雖然最大，但是，曲線的斜率為0，即，磁通量的變化率0t
?Φ=?，感應電動勢為0；而線圈平面轉到跟中性面垂直時（14t
T
=，34
t
T
=），穿過線圈的磁通量Φ為0，但是曲線的斜率最大，即磁通量的變化率t
?Φ?最大，感應電動勢最大．
3．
解：單匝線圈轉到線圈平面與磁場平行位置時，即教科書圖5.1－3中乙和丁圖時，感應電動勢最大．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：假定發電機線圈平面僅次于中性面開始計時，感應電動勢瞬時值表達式
sin
400sin(314).m
e
E
t
t
ω==不計發電機線圈的內阻，電路中電流的峰值400A
0.2A
2000
m
m
E
I
R
===．電流的瞬時值表達式sin
0.2sin(314)m
i
I
t
t
ω==．
5．
解：KL
邊與磁場方向呈30°時，線圈平面與中性面夾角為60°，此時感應電動勢為：
sin
sin
60m
e
E
t
BS
ωωω==?=，電流方向為KNMLK
．
第2節
描述交變電流的物理量
1．解：交變電流1周期內，電流方向變化兩次，所以1s內電流方向變化的次數為
12100
0.02
?=
次次．
2．解：不能把這個電容器接在交流電壓是10V的電路兩端．因為，這里的10V的電壓是指交流電壓的有效值．在電壓變化過程中的最大值大于10V，超過了電容器的耐壓，電容器會被擊穿．
3．解：燈泡正常工作時，通過燈絲電流的有效值
402
A
A
22011
P
I
U
＝＝＝．電流的峰
值m
I.
4．根據圖象，讀出交變電流的周期0.2
T
s
＝，電流的峰值10A
m
I=，頻率115
0.2
f
Hz
Hz
T
===．電
流的有效值7.1A
m
I
I
===
5．解：該電熱器消耗的功率
2
U
P
R
=，其中U為電壓的有效
值U=，所以
，
22
311W=967W
2250
m
U
P
R
===
?
第3節電感和電容對交變電流的影響
1．答：三個電流表
1
A、
2
A、
3
A所在支路分別為：純電容電路、純電感電路、純電阻電路．改換電源后，交流電壓峰值沒有變化，而頻率增加了．對于純電容電路，交流電壓峰值不變，則電路兩端電壓的有效值不變．電容大小C未變，交變電流頻率增大，則感抗變小，電流有效值增大，則容抗變小，電流
有效值增大，即
1
A讀數增大．對于純電感電路，交流電壓峰值不變，則電路兩端電壓的有效值不變．電
感大小L未變，交流頻率增大，則感抗變大，電流有效值減小，即
2
A讀數減?。畬τ诩冸娮桦娐?，交流電壓峰值不變，則電路兩端電壓的有效值不變．雖然交變電流頻率增大，但是對電阻大小沒有影響，
電阻大小未變，則電流有效值不變，即
3
A讀數不變．
2．答：由于電容串聯在前級和后級之間，前級輸出的直流成分不能通過電容器，而流成分可以通過電容器被輸送到后級裝置中，輸入后級的成分中不含有前級的直流成分，所以兩級的直流工作狀態相互不影響．
3．答：電容器對高頻成分的容抗小，對低頻成分的容抗大，按照教科書圖5.3-8的連接，高頻成分就通過“旁邊”的電容器，而使低頻成分輸送到下一級裝置．
第4節變壓器
1．答：恒定電流的電壓加在變壓器的原線圈上時，通過原線圈的電流是恒定電流，即電流的大小和方向不變，它產生的磁場通過副線圈的磁通量不變．因此在副線圈中不會產生感應電動勢，副線圈兩端也沒有電壓，所以變壓器不能改變恒定電流的電壓．
2．解：根據題目條件可知，
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：根據題目條件可知，
2
400
n=，
1
220V
U=，
2
55V
U=，求：
1
?
n=
1122U
n
U
n
=Q
，1122220400160055
U
n
n
U
?=?==
4．
答：降壓變壓器的副線圈應當用較粗的導線．根據理想變壓器的輸出功率等于輸入功率即1122I
U
I
U
=，
降壓變壓器的21U
U
5．
答：假定理想變壓器的原線圈輸入的電壓1U
一定，1V
示數不變；當用戶的用電器增加時，相當于R
減小，副線圈電壓221
1n
U
U
n
=不變，2V
示數不變國；因為R
減小，所以2A
示數增大；因為理想變壓器輸入功率等于輸出功率，有：111222P
I
U
P
I
U
===，1U
、2U
的值
不變，2I
增大，則1I
增大，1A
示數增大．
第5節
電能的輸送
1．
在不考慮電抗的影響時，電功率P
IU
=，所以P
I
U
=．當110V
U
K
=時，導線中的電流33480010A=43.6A
11010
I
?=?．當110V
U
=時，導線中的電流33480010A=43.610A
110I
?=?．
2．
公式=UI
P
損和U=I
r
都是錯誤的，U
是輸電電壓，而非輸電線上的電壓降．正確的推導應該是：設輸
電電壓為U
，輸送的電功率為P
．2
=I
P
r
損，P
I
U
=，則2
2
=P
P
r
U
損，由此式可知，要減小功率損失，就應當用高壓送電和減小輸電線的電阻r
．
3．
解：(1)用110V
電壓輸電，輸電線上電流331120010A
1.810A
110P
I
U
?==≈?，輸電線上由電阻造成的電壓損失311
1.8100.05V=90V
U
I
R
==??，(2)用11V
K
電壓輸電，輸電線上電流323
220010A
18A
1110P
I
U
?==≈?，輸電線上由電阻造成的電壓損失22180.05V=0.9V
U
I
R
==?．兩者比較，可以看出，用高壓輸電可使輸電線上的電壓損失減少許多．
4．
解：輸送的電功率為P
，輸電電壓為U
，輸電線上的功率損失為P
?，導線長度為L
，導線的電阻亮紅
燈ρ，導線的橫截面積為S
，則22()P
L
P
I
R
U
S
ρ?==，因為P
、U
、P
?、L
、ρ各量都是相同的，所以橫截面積為S
與輸電電壓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
的電壓輸電，輸電導線上的功率損失
3222010()()0.5
3.2250
P
P
R
kW
kW
U
??==?=．用戶得到的功率20
3.216.8P
P
P
kW
kW
kW
=-?=-=損(2)
假如用500V
的電壓輸電，輸電導線上的功率損失
3222010()()0.50.8500P
P
R
kW
kW
U
??==?=．用戶得到的功率
200.819.2P
P
P
kW
kW
kW
=-?=-=損．
6．
解：輸電原理如圖5-16所示．(1)降壓變壓器輸出電流，也就是用戶得到的電流
329510A
4.3210A
220
P
I
U
?==≈?用用用．因為，22P
I
r
?=，輸電線上通過的電流
2I
==．(2)輸電線上損失的電壓r
U
，2258V=200V
r
U
I
r
==?，因為升壓變壓器為理想變壓器，輸入功率＝輸出功率，所以升壓變壓器輸出的電壓2U
計算如下：因為，
2221P
I
U
P
==，所以，3322210010V=410V
25
P
U
I
?==?．(3)升壓變壓器的匝數之比11222501400016
n
U
n
U
===．降壓變壓器的匝數之比33214400020019022011n
U
U
U
n
U
U
--====用用．
第六章
傳感器
第1節
