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教材习题答案
１
第一章 安培力与洛伦兹力
1 磁场对通电导线的作用力
◆练习与应用
１．答案 如图所示
２．答案 如图所示
３．答案 （１）设电流方向未改变时，电流天平的左盘内砝码质量
为ｍ１，右盘内砝码的质量为ｍ２，则由平衡条件有
ｍ１ｇ＝ｍ２ｇ－ｎＢＩｌ
电流方向改变后，同理可得
（ｍ＋ｍ１）ｇ＝ｍ２ｇ＋ｎＢＩｌ
两式联立，得Ｂ＝ｍｇ
２ｎＩｌ。
（２）将ｎ＝９、ｌ＝１０．０ｃｍ、Ｉ＝０．１０Ａ、ｍ＝８．７８ｇ代入Ｂ＝
ｍｇ
２ｎＩｌ，得Ｂ＝０．４８Ｔ。
说明：把安培力的知识与天平结合，可以“ 称出” 磁感应
强度。
４．答案 通电后，弹簧上下振动，电路交替通断。产生这种现象
的原因是：通入电流时，弹簧各相邻线圈中的电流方向相同，
线圈之间相互吸引，使得弹簧收缩，与水银分离，电路断开；电
路断开后，线圈中电流消失，线圈之间的相互作用力消失，因
而弹簧恢复原长，电路又被接通。这个过程反复出现，使得弹
簧上下振动，电路交替通断。
2 磁场对运动电荷的作用力
◆练习与应用
１．答案 由Ｆ＝ｑｖＢ得Ｆ＝４．８×１０
－１４Ｎ。
２．答案 从图甲至图丁，带电粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力
方向依次为平行于纸面向上、平行于纸面向下、垂直于纸面向
外和垂直于纸面向里。
３．答案 带电粒子沿图示虚线路径通过速度选择器时受力平
衡，有ｑＥ＝ｑｖＢ，所以ｖ＝Ｅ
Ｂ。
４．答案 （１）Ｂ板是电源的正极。
（２）当外电路断开时，在洛伦兹力的作用下，带正、负电的
粒子分别向Ｂ板和Ａ板运动，在Ａ、Ｂ之间形成竖直向上的电
场，电荷堆积越多，两板间电压越大，场强也越大，直到带电粒
子受到的电场力与洛伦兹力平衡，即ｑＥ＝ｑｖＢ时，带电粒子做
匀速直线运动，此时Ｅ＝ｖＢ，两极板间的电压为Ｕ＝Ｅｄ＝Ｂｄｖ，这
就是该发电机的电动势大小。
５．答案 由Ｆ＝ｑｖＢ，可得磁感应强度Ｂ＝Ｆ
ｑｖ。公式Ｅ＝Ｆ
ｑ中，ｑ是
静止的试探电荷所带电荷量，公式Ｂ＝Ｆ
ｑｖ中，ｑ是运动的电荷
所带电荷量。Ｅ＝Ｆ
ｑ、Ｂ＝Ｆ
ｑｖ均是比值定义式，Ｅ、Ｂ均是由场本
身的性质决定的。
3 带电粒子在匀强磁场中的运动
◆练习与应用
１．答案 由ｑｖＢ＝ｍｖ
２
ｒ，得ｒ＝ｍｖ
ｑＢ＝４．５５×１０
－２ｍ，Ｔ＝２πｒ
ｖ＝２πｍ
ｑＢ＝
１．８×１０
－７ｓ。
２．答案 （１）由于ｒ＝ｍｖ
ｑＢ，在同一匀强磁场中，速度大小相同时，
ｒ∝ｍ
ｑ，可知ｒ质子∶ｒ氚核∶ｒα粒子＝１
１∶３
１∶４
２＝１∶３∶２。
（２）由ｑＵ＝１
２ｍｖ
２和ｒ＝ｍｖ
ｑＢ得ｒ＝１
Ｂ
２ｍＵ
ｑ
，可知由静止经
过相同的加速电场加速后进入同一匀强磁场时，ｒ∝
ｍ
ｑ，所
以ｒ质子∶ｒ氚核∶ｒα粒子＝
１
１
∶
３
１
∶
４
２＝１∶
３∶
２。
３．答案 （１）设匀强磁场的磁感应强度为Ｂ，粒子在磁场中做匀
速圆周运动的半径为ｒ。粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦
兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
ｑｖＢ＝ｍｖ
２
ｒ
①
粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得ｒ＝
ａ
ｃｏｓ３０°
②
由①②联立解得Ｂ＝３ｍｖ
２ａｑ
③
（２）设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为Ｔ，则
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２
Ｔ＝２πｒ
ｖ
④
由图知，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹对应
的圆心角为
θ＝２π
３
⑤
粒子在磁场中运动的时间为ｔ＝θ
２πＴ
⑥
联立②④⑤⑥解得ｔ＝４３πａ
９ｖ
。
4 质谱仪与回旋加速器
◆练习与应用
１．答案
由ｑＵ＝１
２ｍｖ
２和ｒ＝ｍｖ
ｑＢ，得ｒ＝１
Ｂ
２ｍＵ
ｑ
∝
ｍ，所以
ｍＡ∶ｍＢ＝ｒ
２
Ａ∶ｒ
２
Ｂ＝ｄ
２
Ａ∶ｄ
２
Ｂ＝１．０８
２∶１
２＝１．１７∶１。
２．答案 带电粒子离开回旋加速器时，做匀速圆周运动的半径
等于Ｄ形盒的半径，由ｑｖＢ＝ｍｖ
２
ｒ得ｖ＝ｑＢｒ
ｍ。所以，粒子离开
回旋加速器时的动能为Ｅｋ＝１
２ｍｖ
２＝ｑ
２Ｂ
２ｒ
２
２ｍ。
说明：上述结果告诉我们，对于确定的粒子，Ｄ形盒的半
径越大、盒内磁感应强度越大，粒子离开回旋加速器时的动能
越大。
３．答案 粒子的运动轨迹如图所示，根据几何关系有
Ｒ＝
ｄ
ｓｉｎθ ＝２３
３ｄ
根据洛伦兹力提供向心力，有ｅｖＢ＝ｍｖ
２
Ｒ
得电子的比荷ｅ
ｍ＝ｖ
ＢＲ＝３ｖ
２Ｂｄ
电子做匀速圆周运动的周期Ｔ＝２πＲ
ｖ
＝４３πｄ
３ｖ
电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角α＝θ＝６０°
所以电子穿越磁场的时间ｔ＝
α
３６０°Ｔ＝１
６Ｔ＝２３πｄ
９ｖ
４．答案 （１）粒子在盒内磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力始
终与粒子速度方向垂直，粒子做匀速圆周运动。
（２）所加交流电源周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运
动的周期，根据ｑｖＢ＝ｍｖ
２
ｒ和Ｔ＝２πｒ
ｖ得Ｔ＝２πｍ
ｑＢ，故交流电源频
率ｆ＝１
Ｔ＝ｑＢ
２πｍ。
（３）粒子速度增加，则轨道半径增大，当轨道半径达到Ｒ
时速度最大，最大速度ｖｍａｘ＝ｑＢＲ
ｍ，则最大动能Ｅｋｍａｘ＝
１
２ｍｖ
２
ｍａｘ＝ｑ
２Ｂ
２Ｒ
２
２ｍ
。
◆复习与提高
Ａ组
１．答案 不对。通电导线放在磁感应强度为零的位置，受到的
安培力一定为零。当通电导线与磁场方向平行时不受安培力
作用，可知通电导线在某处不受安培力作用，该处的磁感应强
度可能不为零。
２．答案 （１）由左手定则可知，在图示位置通电导线的ａ端和ｂ
端受到的安培力方向分别垂直纸面向外和垂直纸面向里，所
以导线会沿逆时针方向转动（俯视）。当转过一个很小的角度
后，在向右的磁场分量的作用下，通电导线还会受到向下的安
培力，所以通电导线先沿逆时针方向转动，然后边转动边
下移。
（２）如图所示的甲、乙、丙、丁分别表示虚线框内的磁场源
是条形磁体、蹄形磁体、通电螺线管和直线电流及其大致
位置。
３．答案 （１）把整个线圈看成一个通电螺线管，根据安培定则可
知，螺线管右侧为Ｎ极，左侧为Ｓ极，根据异名磁极相吸，知线
圈向左运动。
（２）把线圈分成许多小段，每小段都可以看成一段直导
线。取其中的上、下两小段分析，根据对称性可知，线圈所受
安培力的合力水平向左，故线圈向左运动。
４．答案 通电导线在匀强磁场内有效长度为２ｌｓｉｎ３０° ＝ｌ，故该
Ｖ形通电导线受到的安培力大小为Ｆ＝ＢＩｌ。
５．答案 因带电粒子在电场中受电场力作用，且正、负粒子所受
的电场力方向相反；带电粒子沿垂直磁场方向运动时受洛伦
兹力作用，且正、负粒子所受的洛伦兹力方向相反，故可采用
以下两种方法将粒子分开：方法一是使粒子束垂直进入电场，
方法二是使粒子束垂直通过磁场。
６．答案 质子和α 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公
式为ｒ＝ｍｖ
Ｂｑ，解得ｖ＝Ｂｑｒ
ｍ，动能为Ｅｋ＝１
２ｍｖ
２＝ｑ
２Ｂ
２ｒ
２
２ｍ。由题知
质子和α 粒子的轨迹半径ｒ相同，则可得Ｅｋ１∶Ｅｋ２＝ｑ
２
ｐ
ｍｐ
∶
ｑ
２
α
ｍα
，
而ｑｐ∶ｑα ＝１∶２，ｍｐ∶ｍα ＝１∶４，解得Ｅｋ１∶Ｅｋ２＝１∶１。
７．答案 （１）磁感应强度沿ｚ轴正方向，则从Ｏ向Ｏ′看，通电导
线受到的安培力Ｆ安＝ＩＬＢ，方向水平向左，如图甲所示，导线无
教材习题答案
３
法平衡；
（２）磁感应强度沿ｙ轴正方向，通电导线受到的安培力竖
直向上，如图乙所示，当ＦＴ＝０且满足ＩＬＢ＝ｍｇ，即Ｂ＝ｍｇ
ＩＬ时，导
线可以平衡；
（３）磁感应强度沿悬线向上，通电导线受到的安培力垂直
于悬线指向左下方，如图丙所示，导线不能平衡。
Ｂ组
１．答案 作出金属杆的受力示意图，如图所示（从ｂ向ａ看）。
根据平衡条件得
Ｆｆ＝ＦＡｓｉｎθ
ｍｇ＝ＦＮ＋ＦＡｃｏｓθ
又ＦＡ＝ＢＩｌ
联立解得Ｆｆ＝ＢＩｌｓｉｎθ，方向水平向右。
ＦＮ＝ｍｇ－ＢＩｌｃｏｓθ，根据牛顿第三定律可知，金属杆对导轨
的压力大小为ｍｇ－ＢＩｌｃｏｓθ，方向竖直向下。
２．答案 （１）对金属杆受力分析，可知当安培力方向沿导轨平面
向上时最小，此时Ｂ最小，方向垂直导轨平面向上。
由平衡条件可得ＦＮ＝ｍｇｃｏｓα、ＢＩ１ｌ＝ｍｇｓｉｎα
解得Ｂ＝ｍｇｓｉｎα
Ｉ１ｌ
（２）磁场方向竖直向上时，金属杆受力如图所示。
由平衡条件可得ＢＩ２ｌ＝ｍｇｔａｎα
将Ｂ＝ｍｇｓｉｎα
Ｉ１ｌ
代入可得Ｉ２＝
Ｉ１
ｃｏｓα
３．答案 ａ．速度不同的电子，可以用电场和磁场分开。速度不同
的电子垂直匀强电场方向射入电场中，沿电场方向受力情况
相同，运动情况也相同，垂直电场方向，由于初速度不同，所以
偏转程度不同，通过偏转电场可以把速度不同的电子分开；速
度不同的电子进入匀强磁场时，轨迹半径ｒ＝ｍｖ
ｅＢ，因为速度不
同，其他量相同，所以运动的半径不同，即可以把速度不同的
电子分开。
ｂ．具有相同动能的质子和α 粒子可以用电场分开。
将质子和α 粒子沿垂直匀强电场方向射入电场。设带电粒子
离开电场时速度方向与入射方向间的夹角为θ，则ｔａｎθ ＝ｖｙ
ｖ０
＝
ＥｑＬ
ｍｖ
２
０
＝ＥｑＬ
２Ｅｋ
，质子和α 粒子动能相同，电荷量不相等，ｔａｎθ 不同，
即可以把相同动能的质子和α 粒子分开。
４．答案 （１）若粒子带正电，画出粒子做匀速圆周运动的轨迹，
如图所示：
由几何关系有ｌ＝ｒｃｏｓθ＋ｒ
洛伦兹力提供向心力，有ｑｖＢ＝ｍｖ
２
ｒ
联立可得ｖ＝２（２－３）Ｂｑｌ
ｍ
运动时间ｔ＝３６０°－２×３０°
３６０°
Ｔ＝５
６×２πｍ
Ｂｑ＝５πｍ
３Ｂｑ
（２）若粒子带负电，粒子的偏转方向发生变化。
由几何关系有ｌ＝ｒ′－ｒ′ ｃｏｓθ
洛伦兹力提供向心力，有ｑｖ′Ｂ＝ｖ′
２
ｒ′
联立可得ｖ′＝２（２＋３）Ｂｑｌ
ｍ
运动时间ｔ′＝２×３０°
３６０° Ｔ＝１
６×２πｍ
Ｂｑ＝πｍ
３Ｂｑ
５．答案 （１）粒子经加速电场加速，获得速度ｖ，
由动能定理得ｅＵ１＝１
２ｍｖ
２
解得ｖ＝
２ｅＵ１
ｍ
（２）粒子在速度选择器中做匀速直线运动，电场力与洛伦
兹力平衡，由平衡条件得ｅＥ＝ｅｖＢ１
即ｅ
Ｕ２
ｄ＝ｅｖＢ１
解得Ｕ２＝Ｂ１ｄｖ＝Ｂ１ｄ
２ｅＵ１
ｍ
（３）粒子在Ｂ２磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向
心力，由牛顿第二定律得ｅｖＢ２＝ｍｖ
２
Ｒ
解得Ｒ＝ｍｖ
ｅＢ２
＝１
Ｂ２
２ｍＵ１
ｅ
４
第二章 电磁感应
1 楞次定律
◆练习与应用
１．答案 （１）当闭合开关Ｓ的一瞬间，穿过线圈Ｐ向右的磁通量
增加，根据楞次定律结合安培定则可知，从左往右看，线圈Ｐ
中感应电流沿逆时针方向。
（２）当断开开关Ｓ的一瞬间，穿过线圈Ｐ向右的磁通量减
少，根据楞次定律结合安培定则可知，从左往右看，线圈Ｐ中
感应电流沿顺时针方向。
２．答案 当导体ＭＮ向右移动时，电路ＭＮＣＤ中垂直于纸面向里
的磁通量减少，根据楞次定律可知，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，垂
直于纸面向里，由安培定则判断可知感应电流的方向是
Ｍ→Ｎ→Ｃ→Ｄ。此时，电路ＭＮＦＥ中垂直于纸面向里的磁通量
增加，根据楞次定律可知，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，垂直于纸面
向外，由安培定则判断可知感应电流的方向是Ｍ→Ｎ→Ｆ→Ｅ。
３．答案 当闭合开关时，上面的闭合线框中垂直于纸面向外的
磁通量增加；根据楞次定律可知，闭合线框中产生的感应电流
的磁场要阻碍磁通量的增加，所以感应电流的磁场在闭合线
框中的方向垂直纸面向里，再根据安培定则可知导线ＣＤ中的
感应电流的方向为由Ｄ到Ｃ。
当断开开关时，上面的闭合线框中垂直于纸面向外的磁
通量减少，根据楞次定律可知，闭合线框中感应电流的磁场要
阻碍磁通量的减少，所以感应电流的磁场在闭合线框中的方
向垂直纸面向外，由安培定则可知导线ＣＤ中的感应电流的方
向为由Ｃ到Ｄ。
４．答案 由于线圈在条形磁铁的Ｎ极附近，可以认为从Ａ到Ｂ
的过程中，线圈中向上的磁通量减少，根据楞次定律可知，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
流的磁场方向向上，再根据安培定则可知感应电流的方向为
从上向下看沿逆时针方向。
从Ｂ到Ｃ的过程中，线圈中向下的磁通量增加，根据楞次
定律可知，线圈中产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的增
加，即感应电流的磁场方向向上，再根据安培定则可知感应电
流的方向从上向下看也为逆时针方向。
５．答案 用磁铁的任意一极（如Ｎ极）接近Ａ环时，通过Ａ环的
磁通量增加，根据楞次定律可知Ａ环中将产生感应电流，感应
电流的磁场对磁铁产生斥力，故Ａ环也受到磁铁的斥力，使该
端横梁向里转动，阻碍磁铁与Ａ环接近；同理，当磁极远离Ａ
环时，Ａ环中产生感应电流，Ａ环受到磁铁的引力，使该端横梁
向外转动，阻碍Ａ环与磁铁远离。
由于Ｂ环是断开的，无论磁极移近还是远离Ｂ环，在Ｂ环
中都不会产生感应电流，所以Ｂ环与磁铁之间没有相互作用
力，横梁不发生转动。
2 法拉第电磁感应定律
◆练习与应用
１．答案 根据法拉第电磁感应定律可得，线圈中感应电动势为
Ｅ＝ｎΔΦ
Δｔ＝１０００×０．０９－０．０２
０．４
Ｖ＝１７５Ｖ
根据闭合电路欧姆定律可得，通过电热器的电流为
Ｉ＝Ｅ
Ｒ＋ｒ＝
１７５
９９０＋１０Ａ＝０．１７５Ａ。
２．答案 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为
Ｅ＝４．６×１０
－５×２．０５×１０
４×７．６×１０
３Ｖ＝７．２×１０
３Ｖ。
３．答案 我们对着纸盆说话时，声音使纸盆振动，带动线圈随之
振动，线圈切割磁感线，产生感应电流。
４．答案 当线圈绕ＯＯ′轴匀速转动时，长为ｌ２的边切割磁感线
的速度发生变化，线圈中的感应电动势发生变化。
根据公式Ｅ＝Ｂｌｖｓｉｎθ 和ｖ＝ωｒ，可得
Ｅ＝Ｂｌ２ｌ１ω ｓｉｎθ
在图示位置时，Ｓ＝ｌ１ｌ２，θ＝９０°
可得Ｅ＝ＢＳω
５．答案
导电液体在磁场中流动时，其所带电荷将受到洛伦兹
力作用，正电荷偏向Ｎ，负电荷偏向Ｍ，这样在Ｍ、Ｎ之间就产
生电势差，Ｍ、Ｎ之间将有电场，对电荷产生一个与洛伦兹力方
向相反的电场力。当电荷不再偏转时，电荷受到的洛伦兹力
与电场力大小相等，Ｍ、Ｎ之间的电势差恒定，则有
ｑＵ
ｄ＝ｑＢｖ
其中ｑ为导电液体所带电荷量
液体的流量Ｑ＝ｖ·π
ｄ
２(
)
２
液体的流量Ｑ与电势差Ｕ的关系为Ｑ＝πｄ
４ＢＵ。
６．答案 方法１
设想有一环形导轨ＰＱＲ，导体棒的一端ａ搁于导轨上，另一端
ｂ在圆心处，并通过导线ｂｃ与导轨相连，由导体棒、导轨、导线
构成一闭合电路，如图所示：
设在极短时间Δｔ内导体棒转过微小角度Δθ，则Δθ＝ωΔｔ
则回路面积变化ΔＳ＝１
２ｌ
２Δθ
穿过回路的磁通量变化为
ΔΦ＝ＢΔＳ＝１
２Ｂｌ
２Δθ＝１
２Ｂｌ
２ωΔｔ
回路中的感应电动势为Ｅ＝ΔΦ
Δｔ＝ＢΔＳ
Δｔ＝１
２Ｂｌ
２ω，即ａｂ两
端产生的感应电动势为Ｅ＝１
２Ｂｌ
２ω。
方法２：导体棒ａｂ匀速转动，产生的感应电动势Ｅ＝Ｂｌｖ
－
＝
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５
Ｂｌ０＋ωｌ
２
＝１
２Ｂｌ
２ω。
3 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
◆练习与应用
１．答案 当铜盘在磁极间运动时，由于发生电磁感应现象，在铜
盘中产生感应电流，使铜盘受到安培力作用，安培力阻碍铜盘
的运动，所以铜盘很快就停了下来。
２．答案 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方向应该向
上，再根据安培定则，判断出线圈中的感应电流方向为逆时针
方向（自上向下看）。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
少，根据楞次定律可得，线圈中感应电流的磁场方向应该向
下，再根据安培定则，判断出线圈中的感应电流方向为顺时针
方向（自上向下看）。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，所以条形磁铁很快停了下来。
整个过程中，弹簧和磁铁的机械能转化为线圈的电能。
说明：做这个实验时，为了现象明显，闭合线圈应当使用
较宽、较厚且内径较小的铜环或铝环，这样可以产生较强的感
应电流，从而对磁铁产生较大的作用力。
３．答案 在磁性很强的小圆柱形永磁体下落的过程中，没有缺
口的铝管中的磁通量发生变化（小圆柱形永磁体上方铝管中
的磁通量减小，下方铝管中的磁通量增大），所以铝管中将产
生较大的感应电流，感应电流的磁场将对下落的小圆柱形永
磁体产生阻碍作用，所以小圆柱形永磁体在铝管中缓慢下落；
如果小圆柱形永磁体在有裂缝的铝管中下落，铝管中产生的
感应电流较小，所以小圆柱在铝管中下落得比较快。
４．答案 这些微弱的感应电流，将使卫星在地磁场中受到安培
力作用。为了克服安培力作用，卫星的一部分动能转化为电
能。这样卫星的动能减小，运动轨道距离地面的高度会逐渐
降低。
５．答案 当条形磁铁向右移动时，金属圆环中的磁通量减少，圆
环中将产生感应电流，感应电流的磁场阻碍磁通量的减少，故
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。
4 互感和自感
◆练习与应用
１．答案 （１）当断开开关Ｓ时线圈Ａ中电流很快消失，穿过线圈
Ｂ的磁通量减少，从而在线圈Ｂ中产生感应电流。根据楞次
定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁场的变化，这样就使铁
芯中磁场减弱得慢些，即在断开开关Ｓ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依然有力的作用，因
此，弹簧Ｋ不能立即将衔铁拉起。
（２）如果线圈Ｂ不闭合，会对延时效果产生影响。在断开
开关Ｓ时，线圈Ａ中电流很快消失，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很快将衔铁拉起。
２．答案
当李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离时，线圈中
的电流减小，线圈发生自感现象，会产生较大的自感电动势，
线圈两端有较高电压，“电”了刘伟一下。
当李辉再摸线圈两端和多用电表的表笔时，没什么感觉，
是由于经历了较长时间，自感现象基本“消失”。
３．答案 （１）当开关由断开变为闭合时，两灯两端立即有电压，
同时发光；由于线圈的电阻很小，当电路稳定时，Ｂ灯被线圈
短路，故Ｂ灯由亮变暗，直到不亮，Ａ灯由亮变为更亮。
（２）当开关由闭合变为断开时，Ａ灯两端电压变为０，立即
熄灭。由于Ｌ是自感系数很大的线圈，自身电阻几乎为零，当
电流减小时，线圈产生的自感电动势很大，相当于电源，给Ｂ
灯提供短暂的电流，此时电流很大，Ｂ灯由暗变亮然后又逐渐
变暗，过一会儿熄灭。
◆复习与提高
Ａ组
１．答案 磁铁向左运动，导致穿过螺线管的向下的磁通量增大，
感应电流产生的磁场阻碍磁通量的变化，根据右手螺旋定则
可知，螺线管产生的感应电流方向如图。
２．答案 金属棒ａｂ做平抛运动，平抛运动可分解为水平方向的
匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。竖直方向的分速
度与磁感线平行，不产生感应电动势；水平方向的分速度切割
磁感线，产生感应电动势，感应电动势大小为Ｅ＝Ｂｌｖ０，Ｂ、ｌ、ｖ０
均不变，则感应电动势大小保持不变。根据右手定则可知金
属棒ａｂ产生的感应电动势方向为从ａ到ｂ，保持不变。
３．答案 从下边ａｂ进入匀强磁场到上边ｃｄ刚刚开始穿出匀强
磁场过程中，正方形导线框一直匀速运动，重力势能转化为电
能，根据能量守恒定律可得线框在穿越匀强磁场过程中产生
的焦耳热为Ｑ＝２ｍｇｌ＝２×０．０１×１０×０．１Ｊ＝０．０２Ｊ。
４．答案 （１）根据右手定则可以判断出，线圈不论以Ｐ１还是Ｐ２
为轴沿逆时针方向（从上向下看）转动时，ＢＣ边均切割磁感线
产生感应电流，感应电流的方向均沿Ａ→Ｂ→Ｃ→Ｄ→Ａ。
（２）由于两种情况下线圈转动的角速度相同，线圈面积相
同，则产生的感应电动势相同，因此感应电流大小相等。
（３）图示时刻线圈产生的感应电动势最大，为Ｅｍ＝ＢＳω，
当磁感应强度Ｂ、线圈转动的角速度ω 不变时，感应电动势大
小跟线圈面积Ｓ成正比。
（４）线圈以Ｐ１和Ｐ２为转轴产生的感应电动势最大值为
Ｅｍ＝ＢＳω＝０．１５×０．１×０．０４×１２０Ｖ＝０．０７２Ｖ。
５．答案 （１）根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动
势为Ｅ＝ｎΔΦ
Δｔ＝ｎΔＢ
Δｔ·πｒ
２，所以
Ｅａ
Ｅｂ
＝ｒ
２
ａ
ｒ
２
ｂ
＝４
１。
（２）根据闭合电路欧姆定律，可得通过线圈的感应电流为
Ｉ＝Ｅ
Ｒ＝ｎΔＢ
Δｔ·πｒ
２·
１
ρ·２πｒ
Ｓ
＝ｎΔＢ
Δｔ· Ｓ
２ρｒ
６
所以
Ｉａ
Ｉｂ
＝ｒａ
ｒｂ
＝２
１。
６．答案 （１）电路ａｂｃｄ中，导体棒ａｂ切割磁感线，产生感应电
动势，相当于电源。
电动势Ｅ＝Ｂｌｖ＝０．１×０．４×５Ｖ＝０．２Ｖ
内阻ｒ＝Ｒａｂ＝０．１Ω
由右手定则判断可知导体棒ａｂ的ａ端相当于电源的正
极，Ｒ相当于闭合电路的外电路。
（２）感应电流为Ｉ＝Ｅ
Ｒ＋ｒ＝
０．２
０．１＋０．４Ａ＝０．４Ａ
ａｂ棒所受的安培力Ｆ＝ＢＩｌ＝０．１×０．４×０．４Ｎ＝０．０１６Ｎ
（３）ａｂ棒所受的安培力的功率Ｐ＝Ｆｖ＝０．０１６× ５Ｗ＝
０．０８Ｗ
电阻Ｒ的发热功率ＰＲ＝Ｉ
２Ｒ＝０．４
２×０．４Ｗ＝０．０６４Ｗ
电阻Ｒａｂ发热功率ＰＲａｂ＝Ｉ
２Ｒａｂ＝０．４
２×０．１Ｗ＝０．０１６Ｗ
因导体棒ａｂ做匀速运动，其受力平衡，安培力等于外力。
因Ｐ＝ＰＲ＋ＰＲａｂ，可得外力做正功，提供的能量转化为电路中的
电能，电能转化为回路中的内能，转化过程中能量是守恒的。
７．答案 根据法拉第电磁感应定律有Ｅ＝ｎΔΦ
Δｔ＝ｎＳΔＢ
Δｔ，可知在
面积、匝数不变的情况下，感应电动势大小与磁感应强度的变
化率成正比，即与Ｂ－ｔ图像中的斜率成正比。由图像可知，０～
２ｓ内Ｂ－ｔ图线的斜率不变，故产生的感应电流不变，根据楞
次定律结合安培定则可知感应电流方向沿顺时针，为正值；２～
４ｓ内Ｂ－ｔ图线斜率不变，感应电流方向沿逆时针，且整个过
程中Ｂ－ｔ图线斜率的大小不变，所以感应电流大小不变。导
体环中感应电流随时间变化的图像如图所示。
Ｂ组
１．答案 根据导线切割磁感线产生感应电动势的公式Ｅ＝Ｂｌｖ可
得飞机两翼端的电势差为Ｅ＝４．７× １０
－５× １２．７× ０．７× ３４０Ｖ＝
０．１４２Ｖ
根据右手定则可知，北端机翼尖电势高。
２．答案 （１）线圈以速度ｖ匀速进入匀强磁场时，线圈中产生的
感应电动势Ｅ１＝ＢＬｖ，其中Ｌ为ＣＤ边的长度。
线圈中的感应电流为Ｉ１＝Ｅ１
Ｒ＝ＢＬｖ
Ｒ，其中Ｒ为线圈的总
电阻。
同理，线圈以速度２ｖ匀速进入匀强磁场时，线圈中的感
应电流为Ｉ２＝Ｅ２
Ｒ＝２ＢＬｖ
Ｒ。
所以第二次进入与第一次进入时线圈中的感应电流之比
为２∶１。
（２）线圈以速度ｖ匀速进入匀强磁场时，受到的安培力为
Ｆ１＝ＢＩ１Ｌ＝Ｂ
２Ｌ
２ｖ
Ｒ
；由于线圈做匀速运动，所以外力大小等于安
培力大小，此时外力的功率为Ｐ１＝Ｆ１ｖ＝Ｂ
２Ｌ
２ｖ
２
Ｒ
。
同理，线圈以速度２ｖ匀速进入匀强磁场时，外力的功率
为Ｐ２＝４Ｂ
２Ｌ
２ｖ
２
Ｒ
。
所以第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比
为４∶１。
（３）线圈以速度ｖ匀速进入匀强磁场时，
线圈经过时间ｔ＝Ｌ
ｖ完全进入磁场，此后线圈中不再有感
应电流，所以线圈第一次进入磁场过程中产生的热量为Ｑ１＝
Ｉ
２
１Ｒｔ＝Ｂ
２Ｌ
３ｖ
Ｒ
。
同理，线圈以速度２ｖ匀速进入匀强磁场时，线圈进入磁场
过程中产生的热量为Ｑ２＝２Ｂ
２Ｌ
３ｖ
Ｒ
。
所以第二次进入与第一次进入过程中线圈产生的热量之
比为２∶１。
３．答案 当ＰＱ滑过ｌ
３的距离时，ＰＱ产生的感应电动势的大小
为Ｅ＝Ｂｌｖ
整个电路的总电阻为Ｒ总＝Ｒ＋
Ｒ
３·２Ｒ
３
Ｒ
３＋２Ｒ
３
＝１１
９Ｒ
则通过ＰＱ的电流为Ｉ＝Ｅ
Ｒ总
＝９Ｂｌｖ
１１Ｒ
ａＰ段、ｂＰ段电阻丝的电阻之比为１∶２，则电流之比为
２∶１，故通过ａＰ段电阻丝的电流大小为ＩａＰ＝２
３Ｉ＝６Ｂｌｖ
１１Ｒ
４．答案 闭合开关时，金属杆在下滑过程中，受到重力和安培力
作用，若重力与安培力大小相等，金属杆做匀速直线运动，如
甲图；若安培力小于重力，则金属杆所受的合力方向向下，加
速度方向向下，做加速运动，在加速运动的过程中，产生的感
应电流增大，安培力增大，则合力减小，加速度减小，做加速度
逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运
动，如乙图；若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速
运动，在减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小
的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动，如
丙图。
５．答案 ０～ｌ
ｖ时间内，线框在磁场外，感应电流为０，安培力为
０；ｌ
ｖ～２ｌ
ｖ时间内，由右手定则可得出感应电流沿逆时针方
向，线框以恒定速度ｖ沿ｘ轴正方向运动，所以感应电动势和
感应电流不变，根据左手定则可得出安培力的方向沿ｘ轴负
方向；２ｌ
ｖ～４ｌ
ｖ时间内，线框全部在磁场内，感应电流为０，安
培力为０；４ｌ
ｖ～５ｌ
ｖ时间内，线框左边切割磁感线，由右手定
则可得出感应电流沿顺时针方向，线框以恒定速度ｖ沿ｘ轴正
教材习题答案
７
方向运动，所以感应电动势和感应电流不变，根据左手定则得
出安培力的方向沿ｘ轴的负方向。线框所受安培力随时间变
化的图像如图所示：
６．答案 （１）如图所示，圆盘中任意一半径都在切割磁感线，它
可以看成一个电源，在Ｃ、Ｄ之间接上用电器，转动的圆盘就可
以为用电器供电。
（２）根据右手定则判断，Ｄ点的电势比Ｃ点高，所以流过
电阻Ｒ的电流方向为自下向上。
（３）铜盘转动产生的感应电动势相当于长度为ｒ的金属
杆绕其中一个端点匀速转动产生的电动势，可得Ｅ＝１
２Ｂｒ
２ω ＝
１
２Ｂｒ
２·２π
Ｔ＝πＢｒ
２
Ｔ。
第三章 交变电流
1 交变电流
◆练习与应用
１．答案 这种说法不对。根据法拉第电磁感应定律可知，感应
电动势的大小与磁通量的变化率ΔΦ
Δｔ成正比，而与磁通量Φ 没
有必然联系。假定线圈的面积为Ｓ，所在匀强磁场的磁感应强
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：
Φ＝ＢＳｃｏｓωｔ，其图像如图所示。线圈平面转到中性面的瞬间
（ｔ＝０、Ｔ
２或Ｔ），穿过线圈的磁通量Φ 虽然最大，但是曲线切
线的斜率为０，即磁通量的变化率ΔΦ
Δｔ＝０，感应电动势为０；而
线圈平面跟中性面垂直时ｔ＝１
４Ｔ或３
４Ｔ
(
) ，穿过线圈的磁通
量Φ 为０，但是曲线切线的斜率最大，即磁通量的变化率ΔΦ
Δｔ
最大，感应电动势最大。
２．答案 单匝线圈转到线圈平面与磁场方向平行的位置时，感
应电动势最大，Ｅｍ＝２ＢｌＡＢｖ＝２ＢｌＡＢω
ｌＢＣ
２＝ＢｌＡＢｌＢＣω ＝ＢｌＡＢｌＢＣ·
２πｎ＝０．０１×０．２０×０．１０×２π×５０Ｖ＝６．２８×１０
－２Ｖ。
３．答案 由题可知，发电机线圈平面位于中性面时开始计时，感
应电动势瞬时值表达式为
ｅ＝Ｅｍｓｉｎωｔ＝４００ｓｉｎ３１４ｔＶ
电路中电流的峰值为Ｉｍ＝Ｅｍ
Ｒ＝４００
２０００Ａ＝０．２Ａ
电流的瞬时值表达式为ｉ＝Ｉｍｓｉｎωｔ＝０．２ｓｉｎ３１４ｔＡ
４．答案 ＭＮ边与磁场方向成３０°角时，导线框平面与中性面的
夹角为６０°，此时感应电动势大小为ｅ＝Ｅｍｓｉｎωｔ＝ＢＳω ｓｉｎ６０°
＝３ＢＳω
２
，感应电流方向为ＫＮＭＬＫ，如图所示。
2 交变电流的描述
◆练习与应用
１．答案 一个周期内，交变电流的方向变化２次，所以１ｓ内电
流方向变化的次数为
１
０．０２×２＝１００（次）。
２．答案 不能把这个电容器接在正弦式交流电压是９Ｖ的电路
两端。因为９Ｖ是指交流电压的有效值，在电压变化过程中
的最大值为９２Ｖ，大于１０Ｖ，超过了电容器的耐压值，电容
器会被击穿。
３．答案
灯泡正常工作时，通过灯丝电流的有效值为Ｉ＝Ｐ
Ｕ＝
４０
２２０Ａ＝２
１１Ａ，电流的峰值为Ｉｍ＝２Ｉ＝２２
１１Ａ≈０．２５７Ａ。
４．答案 根据图像可读出正弦式交变电流的周期Ｔ＝０．２ｓ，电流
的峰值Ｉｍ＝１０Ａ
频率为ｆ＝１
Ｔ＝１
０．２Ｈｚ＝５Ｈｚ
电流的有效值为Ｉ＝Ｉｍ
２
＝５２Ａ≈７．０７Ａ。
５．答案 电热器消耗的功率为Ｐ＝Ｕ
２
Ｒ，其中Ｕ为电压的有效值，
Ｕ＝Ｕｍ
２
，所以Ｐ＝
Ｕｍ
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
２
Ｒ
＝Ｕ
２
ｍ
２Ｒ＝３１１
２
２×５０Ｗ≈９６７Ｗ。
６．答案 Ａ与Ｂ的峰值相同，Ｃ的峰值大于Ａ、Ｂ的峰值。Ａ、Ｂ、Ｃ
的周期相同。
７．答案 交流电流表测的是有效值。在一个周期内，根据有效
值的定义可得（４２）
２Ｒ· Ｔ
２＋（３２）
２Ｒ· Ｔ
２＝Ｉ
２ＲＴ，解得Ｉ＝
５Ａ。
3 变压器
◆练习与应用
１．答案
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，通过副线圈
８
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．答案
根据理想变压器原、副线圈的电压关系
Ｕ１
Ｕ２
＝ｎ１
ｎ２
，可得
ｎ２＝Ｕ２
Ｕ１
×ｎ１＝３６×１４４０
３８０
＝１３６（匝）。某次实际工作时输入电压
为２２０Ｖ，有３８０
３６＝ｎ１
ｎ２
＝２２０
Ｕ′２
，则输出电压为Ｕ′２＝２１Ｖ。
３．答案 因为
Ｕ１
Ｕ２
＝ｎ１
ｎ２
，所以ｎ１＝Ｕ１
Ｕ２
×ｎ２＝２２０×４００
５５
＝１６００（匝）。
４．答案 降压变压器的副线圈应当用较粗的导线。根据理想变
压器的输入功率等于输出功率，即Ｉ１Ｕ１＝Ｉ２Ｕ２，降压变压器的
Ｕ２＜Ｕ１，因而Ｉ２＞Ｉ１，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。
５．答案 原线圈输入的电压Ｕ１一定，Ｖ１示数不变；副线圈的电
压Ｕ２＝ｎ２Ｕ１
ｎ１
不变，Ｖ２示数不变。当用户的用电器增加时，相
当于Ｒ减小，副线圈中的电流Ｉ２增大，Ａ２示数增大；因为理想
变压器输入功率等于输出功率，即Ｐ１＝Ｉ１Ｕ１＝Ｐ２＝Ｉ２Ｕ２，Ｕ１、Ｕ２
的值不变，Ｉ２增大，则Ｉ１增大，Ａ１示数增大；由于Ｉ２增大，则
Ｉ２Ｒ０增大，故Ｒ两端的电压减小，Ｖ３示数减小。
4 电能的输送
◆练习与应用
１．答案 电功率Ｐ＝ＩＵ，电流Ｉ＝Ｐ
Ｕ。
当Ｕ１＝１１０ｋＶ时，输电导线中的电流Ｉ１＝４８００×１０
３
１１０×１０
３
Ａ≈
４３．６Ａ
当Ｕ２＝１１０Ｖ时，输电导线中的电流Ｉ２＝４８００×１０
３
１１０
Ａ≈
４．３６×１０
４Ａ
公式Ｕ＝ＩＲ中的Ｕ、Ｉ、Ｒ对应于同一段电路，同理，公式Ｐ＝
ＵＩ中的Ｐ、Ｕ、Ｉ也是对应于同一段电路的物理量。在此题中的
功率Ｐ并不是输电线上消耗的功率，而是发电机（电源）、输电
线以及用户构成的闭合电路的总功率，Ｕ是此电路的总电压，
而Ｉ是回路的总电流（也是流经输电线的电流），如果输电线的
电阻为Ｒ，则Ｕ≠ＩＲ，原因是Ｕ并非输电线上的电压降，而Ｐ＝
ＩＵ，原因是这三个量对应于同一段电路，即回路总电压Ｕ、总电
流Ｉ、总功率Ｐ。
２．答案 公式（１）Ｐ损＝ＵＩ和（２）Ｕ＝ＩＲ都是错误的，因为题中的
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。
Ｐ损＝Ｉ
２Ｒ
①
Ｉ＝Ｐ
Ｕ
②
将②式代入①式，得到：Ｐ损＝Ｐ
２
Ｕ
２Ｒ
③
由③式可知，要减小功率损失Ｐ损，就应当用高压送电和
减小输电线的电阻Ｒ。
３．答案
用１１００Ｖ的电压输电，输电线上的电流Ｉ１＝Ｐ
Ｕ１
＝
２００×１０
３
１１００
Ａ＝１．８×１０
２Ａ，输电线上由电阻造成的电压损失
ΔＵ１＝Ｉ１Ｒ＝１．８×１０
２×０．０５Ｖ＝９Ｖ。
用１１ｋＶ的电压输电，输电线上的电流Ｉ２＝Ｐ
Ｕ２
＝２００×１０
３
１１×１０
３Ａ＝
１８Ａ，输电线上由电阻造成的电压损失ΔＵ２＝Ｉ２Ｒ＝１８× ０．０５Ｖ
＝０．９Ｖ。
４．答案 设输送的电功率为Ｐ，输电电压为Ｕ，输电线上的功率
损失为ΔＰ，导线的长度为Ｌ，导线的电阻率为ρ，导线的横截
面积为Ｓ，则有ΔＰ＝Ｉ
２Ｒ＝
Ｐ
Ｕ
(
)
２
·ρ Ｌ
Ｓ，因为Ｐ、ΔＰ、Ｌ、ρ 各量
都是相同的，所以横截面积Ｓ与输电电压Ｕ的二次方成反比，
有Ｓ１∶Ｓ２＝Ｕ
２
２∶Ｕ
２
１＝（１１×１０
３）
２∶２２０
２＝２５００∶１。
５．答案 远距离输电原理如图所示。
（１）降压变压器输出的电流也就是用户得到的电流，
Ｉ用＝Ｐ用
Ｕ用
＝９５×１０
３
２２０
Ａ≈４．３２×１０
２Ａ
因为ΔＰ＝Ｉ
２
２ｒ，所以Ｉ２＝
ΔＰ
ｒ＝
５×１０
３
８
Ａ＝２５Ａ。
（２）输电线上损失的电压Ｕｒ＝Ｉ２ｒ＝２５×８Ｖ＝２００Ｖ；因为
Ｐ２＝Ｉ２Ｕ２，Ｐ１＝Ｐ２，所以Ｕ２＝Ｐ１
Ｉ２
＝１００×１０
３
２５
Ｖ＝４×１０
３Ｖ。
（３）升压变压器的匝数比
ｎ１
ｎ２
＝Ｕ１
Ｕ２
＝２５０
４０００＝１
１６
降压变压器的匝数比
ｎ３
ｎ４
＝Ｕ３
Ｕ用
＝Ｕ２－Ｕｒ
Ｕ用
＝４０００－２００
２２０
＝１９０
１１。
◆复习与提高
Ａ组
１．答案
当线圈绕着垂直于磁场方向的转轴转动时，会产生交
变电流，绕平行于磁场方向的轴转动时不会产生交变电流。
第一个图不能产生感应电流，其余均可以。
２．答案 由题给条件及理想变压器的变压规律
Ｕ１
ｎ１
＝Ｕ２
ｎ２
＝Ｕ３
ｎ３
知，
若Ｕ１、Ｕ２、Ｕ３、ｎ３已知，则可求得ｎ１、ｎ２。利用长绝缘导线制成
一匝线圈，绕过铁芯，并用交流电压表分别测出原线圈两端电
压Ｕ１、副线圈两端电压Ｕ２、一匝线圈两端电压Ｕ３，便可由变压
公式求出原线圈、副线圈的匝数。由此可知还需要的器材是
交流电压表。
３．答案 电流的有效值Ｉ＝Ｕ
Ｒ＝２２０
５０Ａ＝４．４Ａ
电流的最大值Ｉｍ＝２Ｉ＝４．４２Ａ＝６．２２Ａ
电阻消耗的功率Ｐ＝ＵＩ＝２２０×４．４Ｗ＝９６８Ｗ
４．答案
１２０个小彩灯正常工作时的总电功率为Ｐ＝１２０ＵＩ＝
１２０×４×０．１Ｗ＝４８Ｗ
对于理想变压器，输入功率等于输出功率，故
Ｐ入＝Ｉ原Ｕ原＝Ｐ
故通过原线圈的电流Ｉ原＝Ｐ
Ｕ原
＝４８
２２０Ａ≈０．２１８Ａ
教材习题答案
９
５．答案 变压器的原、副线圈都绕在铁芯上，线圈中的磁通量变
化会在铁芯中产生涡流，导线上也会有热损失，所以能量在传
输过程中仍会有损失，变压器也会发热。由“靠线圈中磁通量
的变化传输功率”，并不能得出“能量在传输过程中不会有损
失”的结论。
６．答案
根据有效值的定义，对Ａ电热器，有Ｉ
２
０Ｒ· Ｔ
２＋
１
２Ｉ０
(
)
２
Ｒ· Ｔ
２＝Ｉ
２
ＡＲＴ
解得有效值ＩＡ＝
５
８Ｉ０
对Ｂ电热器，电流的有效值ＩＢ＝Ｉ０
２
根据电功率公式Ｐ＝Ｉ
２Ｒ可得ＰＡ∶ＰＢ＝Ｉ
２
Ａ∶Ｉ
２
Ｂ＝５∶４
Ｂ组
１．答案 （１）甲图中穿过线圈的磁通量为Φ甲＝Ｂ０Ｓｃｏｓ２π
Ｔｔ，乙图
中穿过线圈的磁通量为Φ乙＝Ｂ０Ｓｃｏｓ２π
Ｔｔ，所以穿过两线圈的
磁通量变化规律相同。
（２）由于穿过两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中产生
的感应电动势的变化规律相同。
２．答案 （１）由图乙知，原线圈所加电压的有效值为Ｕ１＝２
２Ｕ１ｍ＝
２
２×５Ｖ＝３．５４Ｖ
即电压表的示数为３．５４Ｖ
（２）欲实现点火，要求变压器副线圈输出电压的最大值大
于５０００Ｖ
由
Ｕ１
Ｕ２
＝ｎ１
ｎ２
得
ｎ１
ｎ２
＝Ｕ１ｍ
Ｕ２ｍ
＜
５Ｖ
５０００Ｖ＝
１
１０００
所以，当变压器原、副线圈的匝数比ｎ１∶ｎ２＜１∶１０００时，
可实现正常点火。
３．答案 （１）设副线圈回路中电阻两端的电压为Ｕ，由题意知，
副线圈中的电流为Ｉ２＝Ｕ
Ｒ
则原线圈中的电流为Ｉ１＝１
３Ｉ２＝Ｕ
３Ｒ
与原线圈串联的电阻两端的电压为ＵＲ＝Ｉ１Ｒ＝Ｕ
３
由理想变压器的变压规律可知，原线圈两端的电压为３Ｕ
所以有Ｕ
３＋３Ｕ＝２２０Ｖ
解得Ｕ＝６６Ｖ
（２）原线圈回路中电阻消耗的功率为Ｐ１＝Ｉ
２
１Ｒ＝Ｕ
２
９Ｒ
副线圈回路中电阻消耗的功率为Ｐ２＝Ｕ
２
Ｒ
所以原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为Ｐ１∶Ｐ２＝
１∶９。
４．答案 （１）当电吹风送出来的是冷风时，电路中只有小风扇工
作，触片Ｐ与触点ｂ、ｃ接触。
（２）根据表中数据，利用正常工作时小风扇的输出功率和
冷风时的输入功率可以得出小风扇的热功率，为Ｐ热＝６０Ｗ－
５２Ｗ＝８Ｗ，此时流过小风扇的电流Ｉ＝Ｐ
Ｕ＝６０
６０Ａ＝１Ａ，则由
Ｐ热＝Ｉ
２ｒ解得ｒ＝８Ω。
（３）根据理想变压器的原、副线圈的匝数与电压的关系可
知
ｎ１
ｎ２
＝Ｕ
Ｕ０
＝２２０
６０＝１１
３。
５．答案 画出远距离输电原理如图
发电机的输出功率Ｐ＝５０％ｍｇｈ
ｔ
＝５０％ρＱｔｇｈ
ｔ
＝５０％× １×
１０
３×４×１０×５Ｗ＝１×１０
５Ｗ
Ｐ损＝５％Ｐ＝Ｉ
２
２Ｒ
代入数据得输电线上的电流Ｉ２＝２５２Ａ
则升压变压器的输出电压Ｕ２＝Ｐ
Ｉ２
＝１×１０
５
２５２
Ｖ＝２０００２Ｖ
则升压变压器原、副线圈的匝数比
ｎ１
ｎ２
＝Ｕ１
Ｕ２
＝
３５０Ｖ
２０００２Ｖ
≈１
８
输电线上的电压损失Ｕ损＝Ｉ２Ｒ＝１００２Ｖ
则降压变压器的输入电压Ｕ３＝Ｕ２－Ｕ损＝２０００２Ｖ－
１００２Ｖ＝１９００２Ｖ
降压变压器原、副线圈的匝数比
ｎ３
ｎ４
＝Ｕ３
Ｕ４
＝１９００２Ｖ
２２０Ｖ
≈１２
１
６．答案 （１）线圈由图示位置转过９０°过程，磁通量的变化量
ΔΦ＝ＢＳ
线圈转过９０°所用的时间为Δｔ＝Ｔ
４＝２π
４ω ＝π
２ω
平均感应电动势为Ｅ＝ＮΔΦ
Δｔ＝２ＮＢＳω
π
平均感应电流为Ｉ＝Ｅ
Ｒ＋ｒ＝２ＮＢＳω
π（Ｒ＋ｒ）
通过电阻Ｒ的电荷量为ｑ＝Ｉ· Δｔ＝ＮＢＳ
Ｒ＋ｒ
（２）线圈中感应电动势的有效值为Ｅ＝Ｅｍ
２
＝ＮＢＳω
２
电流的有效值为Ｉ＝Ｅ
Ｒ＋ｒ＝
ＮＢＳω
２（Ｒ＋ｒ）
电阻Ｒ上产生的热量为Ｑ＝Ｉ
２ＲΔｔ＝πＮ
２Ｂ
２Ｓ
２ωＲ
４（Ｒ＋ｒ）
２
１０
第四章 电磁振荡与电磁波
1 电磁振荡
◆练习与应用
１．答案 振荡电路的电压、电路中的电流发生周期性变化。刚
开始放电时，电容器两极板所带电荷量、板间电压最大，电路
中电流为零。
２．答案
电容器充电时，板间电压增大，电场能增大；电容器放
电时，电路中电流增大，磁场能增大。如上图中，ｔ１～ｔ２、ｔ３～ｔ４
时间内，电场能在增大，电场能最大时，电压最大，电流为零。
在０～ｔ１、ｔ２～ｔ３时间内，磁场能在增大，磁场能最大时，电流最
大，电压为零。
３．答案 根据ＬＣ振荡电路的频率公式ｆ＝
１
２π
ＬＣ
可知，当Ｌ一
定时，Ｃ取最大值时ｆ最小，Ｃ取最小值时ｆ最大。
５３５ｋＨｚ＝
１
２π
ＬＣｍａｘ
１６０５ｋＨｚ＝
１
２π
ＬＣｍｉｎ
联立解得Ｃｍａｘ∶Ｃｍｉｎ＝９∶１
４．答案 电容器两极板间的液体就是一种电介质，当液面的高
度降低时，电容器的电容减小。根据ｆ＝
１
２π
ＬＣ
可知，电容Ｃ
减小时，ＬＣ振荡电路的振荡频率增大。
2 电磁场与电磁波
◆练习与应用
１．答案 麦克斯韦在法拉第电磁感应现象的基础上提出“ 变
化的磁场产生电场” 的假设。“ 变化的电场产生磁场” 是他
相信自然规律的统一性与和谐性而假设的，他相信磁场和
电场有对称之美。他认为：既然变化的磁场能够在空间产
生电场，那么变化的电场也能够在空间产生磁场。后来包
括赫兹实验在内的一系列实验都证实了麦克斯韦的假设
的正确性。
２．答案 观察到的现象：当感应圈两个金属球间有火花跳过时，
导线环两端小球间也跳过电火花。
当与感应圈相连的两个金属球间产生电火花时，周围空
间出现了迅速变化的电磁场，这种变化的电磁场以电磁波的
形式在空间传播。当电磁波到达导线环时，它在导线环中激
发出感应电动势，使得导线环两端小球间也产生电火花，说明
这个导线环接收到了电磁波。
３．答案 夏天打雷时，正在播放节目的收音机会发出“喀、喀”的
声音；用手机拨打电话时会影响附近的收音机、电视等。这些
现象能说明电磁波的存在。
４．答案 （１）声波与电磁波的相同点：声波、电磁波均可以发生
干涉、衍射现象，均能传递信息和能量。
（２）声波与电磁波的不同点
声波
电磁波
研究对象
力学现象
电磁现象
周期性变化
的物理量
位移随时间和空
间做周期性变化
电场强度Ｅ和磁感应强度Ｂ随时
间和空间做周期性变化
传播
传播需要介质，
波速与介质有
关，与频率无关
传播无需介质，在真空中波速总是
ｃ，在介质中传播时，波速与介质及
频率都有关系
产生
由质点（波源）
振动产生
由周期性变化的电流（电磁振荡）
激发
3 无线电波的发射和接收
◆练习与应用
１．答案 调制：在电磁波发射技术中，使载波随各种信号而改变
的技术叫作调制。
调幅：使高频电磁波的振幅随信号的强弱而改变，这种调
制叫作调幅。
调频：使高频电磁波的频率随信号的强弱而改变，这种调
制叫作调频。
调谐：使接收电路产生电谐振的过程叫作调谐。
解调：把声音或图像信号从高频电流中还原出来的过程
叫作解调。
２．答案
调幅波是在载波的基础上叠加了音频信号，调幅波的
图像是上下对称的。以低频的音频信号作为包络，载波的高
频信号被包含在低频信号的包络中。
３．答案 根据公式λ＝ｃ
ｆ可得
λ１＝ｃ
ｆ１
＝
３．０×１０
８
２０．００９×１０
６ｍ＝１４．９９３ｍ
λ２＝ｃ
ｆ２
＝
３．０×１０
８
１９．９９５×１０
６ｍ＝１５．００４ｍ
４．答案
为了收到频率最高的中波电台，需要增大接收电路的
固有频率，由ｆ＝
１
２π
ＬＣ
可知，要增大ｆ，则应减小Ｌ，故应减少
线圈匝数。
4 电磁波谱
◆练习与应用
１．答案 从电磁波具有能量可以看出，电磁波和实物粒子一样，
是一种物质。
２．答案 需要的时间ｔ＝ｓ
ｃ＝
１０
３．０×１０
８ｓ≈３．３×１０
－８ｓ
ｎ＝ｓ
λ ＝
１０ｍ
６．０×１０
－７ｍ≈１．７×１０
７
这个距离为波长的１．７×１０
７倍。
教材习题答案
１１
３．答案 由于ｃ≫ｖ，故不考虑电磁波传播过程中飞机的位移，则
２ｓ１＝ｃｔ１，２ｓ２＝ｃｔ２
Δｓ＝ｓ１－ｓ２＝１
２ｃ（ｔ１－ｔ２）＝１
２×３．０×１０
８×２×１０
－６ｍ＝３００ｍ
所以ｖ＝Δｓ
Δｔ＝３００
０．８ｍ／ｓ＝３７５ｍ／ｓ
４．答案 电视机接收的无线电波，遥控器发出的红外线，医院用
于灭菌消毒的紫外线，医用透视的Ｘ射线，用于金属探伤的γ
射线。
５．答案 根据适者生存的原则，只有适应这种环境（对这部分电
磁波敏感———能引起视觉效果）的动物才能生存下来，这是自
然选择的结果。
◆复习与提高
Ａ组
１．答案 根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场在周围空间
产生电场，周期性变化的磁场在周围空间产生周期性变化的
电场，从而产生电磁波。可以产生电磁波的见甲图，产生电场
的见乙图。
甲
乙
２．答案
电磁波按频率从小到大的顺序排列为：无线电波、微
波、红外线、可见光、紫外线、Ｘ射线、γ 射线，所以ｆ１＜ｆ２＜ｆ３＜ｆ４。
３．答案 Ｏａ段电容器放电，电路中电流沿逆时针方向，磁场能
增大；ａｂ段电容器充电，磁场能减弱；ｂｃ段电容器放电，电路中
电流沿顺时针方向，磁场能增大；ｃｄ段电容器充电，磁场能减
弱，Ｍ板带正电。
４．答案 根据ｃ＝λｆ可知，λ＝ｃ
ｆ＝３．０×１０
８
８．００×１０
８ｍ＝３
８ｍ
手机天线的长度应为ｌ＝１
４λ＝１
４× ３
８ｍ＝０．０９３７５ｍ
Ｂ组
１．答案 电路接通达到稳定时，线圈中有电流，而电容器中没有
电流，流过线圈的电流方向为从ａ→ｂ。断开开关的瞬间，电流
要减小，线圈产生感应电动势阻碍电流的减小，则电流方向不
变，大小慢慢减小，同时对电容器充电，当电容器充电完毕时，
电流为零；接着电容器放电，电流方向与之前相反，大小不断
增大，当电容器放电完毕时，电流最大；之后电容器与线圈组
成的ＬＣ回路重复以上的过程，在ＬＣ回路中形成电磁振荡，回
路中出现余弦式电流。如图所示：
２．答案 带电粒子在回旋加速器中旋转一周，两次通过狭缝，即
被加速两次，所以应使粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
与高频电源的周期相等。
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期
Ｔ＝２πｍ
ｑＢ
回旋加速器两个Ｄ形盒所接高频电源是一个ＬＣ振荡器，
其振荡周期Ｔ′＝２π
ＬＣ
则应有Ｔ′＝Ｔ，即２π
ＬＣ＝２πｍ
ｑＢ
得到ＬＣ＝ｍ
２
ｑ
２Ｂ
２
３．答案 （１）根据公式ｆ＝ｃ
λ ，得ｆ１＝ｃ
λ１
＝３．０×１０
８
２９０
Ｈｚ≈１０３４ｋＨｚ
ｆ２＝ｃ
λ２
＝３．０×１０
８
３９７
Ｈｚ≈７５６ｋＨｚ
ｆ３＝ｃ
λ３
＝３．０×１０
８
５６６
Ｈｚ≈５３０ｋＨｚ
当把收音机的调谐电路的频率调到７５６ｋＨｚ时，波长为
３９７ｍ的无线电波在收音机中产生的振荡电流最强。
（２）由上可知，要接收波长为２９０ｍ的无线电波，应增大
调谐电路的固有频率，依据公式ｆ＝
１
２π
ＬＣ
，可知应把调谐电
路中可调电容器的电容调小一些。
４．答案 （１）开关Ｓ断开时，极板间带电灰尘处于静止状态，则
有ｍｇ＝ｑＱ
Ｃｄ，式中ｍ为灰尘质量，Ｑ为电容器所带的电荷量，ｄ
为板间距离。
由Ｔ＝２π
ＬＣ，得Ｔ＝２π ×
１×１０
－３×０．４×１０
－６ｓ＝４π ×
１０
－５ｓ
当ｔ＝２π×１０
－５ｓ时，即ｔ＝Ｔ
２，振荡电路中电流为零，电容
器极板间场强方向与ｔ＝０时刻相反
则此时灰尘所受的合外力为Ｆ合＝ｍｇ＋ｑＱ
Ｃｄ＝２ｍｇ
又因为Ｆ合＝ｍａ，所以ａ＝２ｇ
则经２π×１０
－５ｓ时，电容器内灰尘的加速度大小为２ｇ。
（２）当线圈中电流最大时，电容器所带的电荷量为零，此
时灰尘仅受重力，灰尘的加速度大小为ｇ，方向竖直向下。
５．答案 第１次发射电磁波时汽车与雷达间距离：ｓ１＝ｃｔ１
２
第２次发射电磁波时汽车与雷达间距离：ｓ２＝ｃｔ２
２
两次发射时间间隔为ｔ，则汽车车速：ｖ＝Δｓ
ｔ＝ｓ１－ｓ２
ｔ
＝ｃ（ｔ１－ｔ２）
２ｔ
第5 章 传感器
1 认识传感器
◆练习与应用
１．答案 传感器（ｓｅｎｓｏｒ）是指这样一类器件或装置：它能够感受
诸如力、温度、光、声、化学成分等被测量，并能把它们按照一
１２
定的规律转换为便于传送和处理的可用信号输出。通常转换
成的可用信号是电压、电流等电学量，或转换为电路的通断。
传感器的作用是把非电学量转换为电学量，可以很方便地进
行测量、传输、处理和控制。
２．答案 智能垃圾桶由先进的微电脑控制芯片、红外传感探测
装置、机械传动装置组成，当人的手靠近垃圾桶时，红外传感
探测装置探测到人体发出的红外线，垃圾桶盖自动打开，待垃
圾投入３～４秒后桶盖又会自动关闭。
３．答案 （１）恒温孵化器要保持禽蛋的温度在一定范围内，温度
高了，孵化器所在电路自动断开停止加热，温度低了，孵化器
所在电路自动接通加热。要保持恒温，要用到温度传感器。
（２）电梯超载自动报警系统电路由工作电路和控制电路
组成：在工作电路中，当电梯没有超载时，电动机正常工作；当
电梯超载时，电铃发出报警铃声。因此需要用到压力传感器。
（３）汽车尾气（含有ＣＯ、ＮＯ、ＳＯ２等有毒气体）是空气的
污染源之一，治理的方法之一是在汽车的排气管上安装一个
气敏传感器。
2 常见传感器的工作原理及应用
◆练习与应用
１．答案 同一种名称的传感器可能有不同的结构和工作原理，
下面仅列出一种答案供参考。
传感器名称
输入的物理量
输出的物理量
光敏电阻
光照强度
电阻
热敏电阻
温度
电阻
金属热电阻
温度
电阻
电阻应变片
力
电阻
电容式位移传感器
位移
电容
说明：（１）光敏电阻可能的工作原理：半导体受光照，电阻
变化。
（２）热敏电阻可能的工作原理：半导体受热，电阻变化。
（３）金属热电阻可能的工作原理：金属受热，电阻变化。
（４）电阻应变片可能的工作原理：金属导体在外力作用下
发生机械形变，电阻变化。
（５）电容式位移传感器可能的工作原理：被测物体发生位
移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，导致电容变化。
２．答案 物体１左右移动时，铁芯２插入线圈３中的长度发生变
化，线圈３的自感系数就发生变化，这种装置将位移这个力学
量转换成自感系数这个电学量。
设计电路如图所示
３．答案 （１）开始煮饭时，用手压下开关按钮，永磁体与感温铁
氧体相吸，手松开后，按钮不会恢复到图示状态，这样触点接
通，电热板通电加热。
（２）水沸腾后，水温不再升高，锅内温度保持１００℃不变，
故感温铁氧体仍与永磁体相吸，继续加热一直到饭煮熟，温度
大致不变。
（３）饭熟后，水分被大米吸收，锅底温度会升高，当温度升
高到“居里点”１０３℃时，感温铁氧体失去铁磁性，在弹簧作用
下，永磁体被弹开，触点分离，从而停止加热。
（４）如果用电饭锅烧水，因为水沸腾后水温保持在
１００℃，故不能自动断电。
3 利用传感器制作简单的自动控制装置
◆练习与应用
１．答案
当物体具有图示方向的加速度ａ时，滑块２将向左移
动，带动变阻器的滑动片４左移；滑动片右侧电阻变大，该部
分电阻上电势降落变大，故Ｑ点电势高于Ｐ点，则电压表指针
向零点左侧偏转。
设滑块向左偏移ｘ，由牛顿第二定律有２ｋｘ＝ｍａ
在电流大小不变时，ＵＱＰ∝ｘ
则ＵＱＰ∝ａ
物体加速度越大，指针偏转角度越大。
２．答案 电热水器可以有不同的设计方案，如图是其中的一种。
图中Ａ为双金属片，一端固定在上面的金属杆上，另一自由端
与下面的金属杆ｂ构成一对触点。将它密封在玻璃罩Ｂ内，
成为温度传感器，浸入热水器Ｃ的水中。Ｊ为电磁继电器的线
圈，ａ为该继电器的常开触点，Ｒ为大功率电热元件。常温下，
双金属片Ａ的自由端与触点ｂ是分离的，继电器不工作；闭合
开关Ｓ，电热元件通电发热。当水温升至６０°时，双金属片Ａ
因温度升高发生形变而与触点ｂ接通，则继电器开始工作，动
触点ｃ与常开触点ａ接通，就停止对水加热了。水温下降到
６０℃以下时，Ａ与ｂ又分离，再给水加热。
３．答案 当工人不慎将手伸入危险区时，手遮住了光线，二极管
截止，电磁继电器放开衔铁，机床停止工作。
◆复习与提高
Ａ组
１．答案
手靠近自动干手机能使机内的传感器工作，是因为改
变了机内电容式传感器的电容，发送启动信号给控制芯片，控
制芯片再驱动电热器工作。
２．答案
洗衣机设有多段式水位自动感应装置，是通过将不同
的压力转换成电学量工作的，运用的是压力传感器。
３．答案 如图所示
教材习题答案
１３
４．答案 （１）常温下，上、下触点应当接触。当温度过高时，由于
双金属片上、下层金属的热膨胀系数不同，双金属片向下弯
曲，从而使上、下触点分离。
（２）通过调温旋钮调节升降螺钉来实现不同温度的设定。
如需设定的温度较高，则应使升降螺钉下降，反之升高。
Ｂ组
１．答案
电视
冰箱
洗衣机热水器微波炉
煤气
用具
空气
净化器
温度
传感器
√
√
√
光传
感器
√
压力
传感器
√
湿度
传感器
气体
传感器
√
√
２．答案 （１）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根
据描出的点作出图像，如图甲所示。
甲
阻值随照度变化的特点是：光敏电阻的阻值随光照强度
的增大而非线性减小。
（２）当天色渐暗，照度降低至１．０ｌｘ时启动照明系统，此
时光敏电阻阻值为２０ｋΩ，两端电压为２Ｖ，电源电动势为
３Ｖ，所以应加上一个阻值为１０ｋΩ 的分压电阻，即选用Ｒ１。
电路原理图如图乙所示。
乙
３．答案
这种光电式传感器还可以用在火车车厢、厨房、楼梯
口、车库、医院等场合。
４．答案 当托盘中没有放物体时，电压表示数为零，当托盘内物
体质量为ｍ时，设托盘下降ｘ１，根据平衡条件有ｍｇ＝ｋｘ
①
根据闭合电路欧姆定律得Ｉ＝
Ｅ
ｒ＋Ｒ０＋Ｒｘ
②
故电压表读数为Ｕ＝Ｉ·Ｒｘ
③
根据电阻定律有Ｒｘ＝ｘ
ｌＲ
④
联立①②③④解得Ｕ＝
ｍｇＲＥ
ｍｇＲ＋ｋｌ（Ｒ０＋ｒ）
５．答案 （１）导体中电子定向移动形成电流，电子的运动方向与
电流方向相反，电流方向向右，则电子向左运动。由左手定则
判断，电子会偏向上侧面，下侧面出现等量的正电荷，电场方
向向上，所以上侧面的电势低于下侧面的电势。
（２）当电场力与洛伦兹力平衡时，有ｅ
ＵＨ
ｈ＝ｅｖＢ
解得ＵＨ＝ｈｖＢ
导体中通过的电流为Ｉ＝ｎｅｖ·ｄ·ｈ
所以ＵＨ＝ＢＩ
ｎｅｄ
（３）磁敏元件的摆放方向对ＵＨ有影响。在Ｉ、ｎ、ｅ、ｄ都确
定的情况下，ＵＨ与Ｂ成正比，因此把这种导体板上、下侧面间
的电压ＵＨ进行线性放大显示，用它做成的磁传感器的示数跟
被测磁感应强度也成线性关系。
６．答案 （１）设计方案如图１所示。在Ｃ形软铁芯１上绕制线
圈２，霍尔传感器３置于铁芯的间隙中，并与数字毫伏表４相
连，线圈中通入的待测电流Ｉ越强，铁芯间隙中的磁感应强度
就越大，则传感器输出的电压越大。
图１
（２）设计方案如图２所示。可转动物体１的边缘嵌入一
个小永磁体２，霍尔传感器３固定在旁边，并与计数电路和显
示屏４相连，物体每转动一周，传感器就输出一个电压脉冲，
显示屏显示的数字就增加１。配合秒表测出在时间ｔ内转动
的周数ｎ，就可以计算出转速。
图２
