第4、5节 楞次定律__电磁感应中的能量转化与守恒

一、右手定则

1．内容

将右手手掌伸平，使大拇指与其余并拢的四指垂直，并与手掌在同一平面内，让磁感线从手心进入，大拇指指向导体运动方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向，也就是感应电动势的方向。

2．适用情景

闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动产生感应电流的方向判断。

二、楞次定律

1．实验探究

(1)实验目的

探究决定感应电流方向的因素以及所遵循的规律。

(2)实验过程

实验前先查明电流的方向与电流表指针偏转方向的关系，然后将螺线管与电流表组成闭合回路，分别将条形磁铁的N极、S极插入、抽出线圈，如图1­4­2所示，记录感应电流方向如下。

图1­4­1

图1­4­2

(3)实验记录及分析

①线圈内磁通量增加时的情况。

②线圈内磁通量减少时的情况。

2．楞次定律

感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

三、电磁感应中的能量转化与守恒

1．在导线做切割磁感线运动而产生感应电流时，电路中的电能来源于机械能。

2．克服安培力做了多少功，就产生多少电能。

3．电流做功时又将电能转化为其他形式的能量。

4．电磁感应现象中，能量在转化过程中是守恒的。

1．自主思考——判一判

(1)导体棒不垂直切割磁感线时，也可以用右手定则判断感应电流方向。(√)

(2)凡可以用右手定则判断感应电流方向的，均能用楞次定律判断。(√)

(3)右手定则即右手螺旋定则。(×)

(4)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。(×)

(5)电路不闭合，穿过回路的磁通量变化时，也会产生“阻碍”作用。(×)

(6)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化。(√)

2．合作探究——议一议

(1)楞次定律中两磁场间有什么关系？

提示：闭合电路中有两个磁场，一是引起感应电流的磁场，即原磁场；二是感应电流的磁场。当引起感应电流的磁通量(原磁通量)要增加时，感应电流的磁场要阻碍它的增加，两个磁场方向相反；当原磁通量要减少时，感应电流的磁场阻碍它的减少，两个磁场方向相同。

(2)如何选择楞次定律还是右手定则？

提示：对一个具体的问题，能用楞次定律判断出感应电流方向，不要想着也一定能用右手定则判断出来。若是导体不动，回路中的磁通量变化，能用楞次定律判断感应电流方向，而不能用右手定则判断；若是回路中的一部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，用右手定则判断较为简单，用楞次定律也能进行判断，但较为麻烦。

(3)为什么说楞次定律是能量守恒定律在电磁感应中的表现？

提示：感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量发生变化，因此，为了维持原磁场磁通量的变化，就必须有动力克服感应电流的磁场的阻碍作用而做功，将其他形式的能转化为感应电流的电能，所以楞次定律中的阻碍过程，实质上就是能量转化的过程，楞次定律是能量守恒定律在电磁感应中的表现。

[典例]　如图1­4­3，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua 、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　)

图1­4­3

A．Ua＞Uc，金属框中无电流

B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a—b—c—a

C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流

D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a—c—b—a

[思路点拨]

解答本题时应明确以下三点：

(1)右手定则中四指指向感应电动势的正极一端。

(2)ac边的有效切割长度等于bc边长。

(3)电动势同向串联相加，反向串联相减。

[解析]　闭合金属框在匀强磁场中以角速度ω逆时针转动时，穿过金属框的磁通量始终为零，金属框中无电流。由右手定则可知Ub＝Ua<Uc，A、B、D选项错误；b、c两点的电势差Ubc＝－Blv中＝－Bl2ω，选项C正确。

[答案]　C

三个定则的比较

1. (多选)如图1­4­4所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是(　　)

图1­4­4

A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高

B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动

C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动

D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动

解析：选ABD　根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D正确。

2.如图1­4­5所示，在置于匀强磁场中的平行导轨上，横跨在两导轨间的导体杆PQ以速度v向右匀速移动，已知磁场的磁感应强度为B、方向垂直于导轨平面(即纸面)向外，导轨间距为l，闭合电路acQPa中除电阻R外，其他部分的电阻忽略不计，则(　　)

图1­4­5

A．电路中的感应电动势E＝IlB

B．电路中的感应电流I＝

C．通过电阻R的电流方向是由a向c

D．通过PQ杆中的电流方向是由Q向P

解析：选B　导体棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势为：E＝Blv，故A错误；电路中的感应电流为：I＝＝，故B正确；由右手定则可知，PQ中产生的感应电流从P流向Q，通过R的电流方向从c流向a，故C、D错误。

3. (多选)如图1­4­6所示，导体AB、CD可在水平轨道上自由滑动，且两水平轨道在中央交叉处互不相通。当导体棒AB向左移动时(　　)

图1­4­6

A．AB中感应电流的方向为A到B

B．AB中感应电流的方向为B到A

C．CD向左移动

D．CD向右移动

解析：选AD　由右手定则可判断AB中感应电流方向为A到B，从而CD中电流方向为C到D。导体CD所受安培力方向由左手定则判断知向右，所以CD向右移动。

1．因果关系

闭合导体回路中磁通量的变化是因，产生感应电流是果；原因产生结果，结果又反过来影响原因。

2．“阻碍”的理解

3．楞次定律的推广含义

楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，列表说明如下：

4．楞次定律与右手定则的区别及联系

[典例]　图1­4­7为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb(　　)

图1­4­7

A．恒为

B．从0均匀变化到

C．恒为－

D．从0均匀变化到－

[解析]　根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－n，选项C正确。

[答案]　C

楞次定律的使用步骤

1.如图1­4­8所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈P，AB在线圈平面内。当发现闭合线圈向右摆动时(　　)

图1­4­8

A．AB中的电流减小，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流

B．AB中的电流不变，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流

C．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流

D．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流

解析：选C　根据安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，若直导线中的电流增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为逆时针方向；根据左手定则可知导线框所受安培力指向线框内，由于靠近导线磁场强，则安培力较大；远离导线磁场弱，则安培力较小。因此线圈离开AB直导线，即向右摆动，反之产生顺时针方向的电流，向左摆动，故C正确。

2. (多选)如图1­4­9所示，螺线管B置于闭合金属圆环A的轴线上，当B中通过的电流I减小时(　　)

图1­4­9

A．环A有收缩的趋势

B．环A有扩张的趋势

C．螺线管B有缩短的趋势

D．螺线管B有伸长的趋势

解析：选AD　当B中通过的电流逐渐变小时，电流产生的磁场逐渐变弱，故穿过A的磁通量变小，为阻碍磁通量变小，环A有收缩的趋势，故A正确，B错误；螺线管B电流变小，每匝线圈产生的磁场减弱，线圈间的引力变小，螺线管B有扩张的趋势，故C错误，D正确；故选A、D。

3. (多选)如图1­4­10所示，固定于水平面上的光滑平行金属导轨AB、CD上放着两根细金属棒ab、cd。当一条形磁铁从上向下接近闭合回路时，下列说法中正确的是(　　)

图1­4­10

A．ab、cd将相互靠拢

B．ab、cd将相互远离

C．磁铁的加速度仍为g

D．磁铁的加速度小于g

解析：选AD　当条形磁铁从上向下接近闭合回路时，穿过回路的磁场方向向下且磁通量在不断增加。根据楞次定律可知，感应电流所产生的效果总要反抗产生感应电流的原因。在这里，产生感应电流的原因是条形磁铁的下落使回路中的磁通量增加，为了反抗条形磁铁的下落，感应电流的磁场给条形磁铁一个向上阻碍其下落的阻力，使磁铁下落的加速度小于g。为了反抗回路中的磁通量增加，ab、cd两金属棒将互相靠拢，使回路的面积减小，以阻碍磁通量的增加。选项A、D正确。

1．电磁感应现象中的能量转化方式

(1)如果电磁感应现象是由于磁场的变化而引起的，则在这个过程中，磁场能转化为电能。若电路是纯电阻电路，这些电能将全部转化为内能。

(2)在导线切割磁感线运动而产生感应电流时，通过克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能。克服安培力做多少功，就产生多少电能。若电路是纯电阻电路，这些电能也将全部转化为内能。

2．求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般步骤

(1)分析电路，分清电源和外电路。

在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的电路将产生感应电动势，该导体或电路就相当于电源，其余部分相当于外电路。

(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化。如：

①有滑动摩擦力做功，必有内能产生；

②有重力做功，重力势能必然发生变化；

③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；

④如果是安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能。

(3)列有关能量的关系式。

[典例]　 (多选)如图1­4­11所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨的倾角为θ，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面向上。质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿导轨平面且与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h。在此过程中(　　)

图1­4­11

A．金属棒所受各力的合力所做的功为零

B．金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和

C．恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和

D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热

[思路点拨]

(1)金属棒ab匀速上滑过程中所受合力为零，合力做功为零。

(2)金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热。

[解析]　由于金属棒沿导轨匀速上滑，根据动能定理可知金属棒所受各力的合力所做的功为零，选项A正确，B错误；恒力F与重力的合力所做的功等于金属棒克服安培力所做的功，或者说等于电阻R上产生的焦耳热，克服安培力所做的功就等于电阻R上产生的焦耳热，不要把二者混淆，选项C错误，D正确。

[答案]　AD

外力克服安培力做功将其他形式的能转化为电能，克服重力做功将其他形式的能转化为重力势能。遇到类似问题，首先要从功能角度研究清楚能量的转化途径，并明确是什么力做功使能量发生转化。　　　　

1.一个闭合的正方形金属线框放入如图1­4­12所示的匀强磁场中，图中虚线表示磁场的边界，在外力作用下线框从磁场中以速度v匀速穿出。关于线框从磁场边界穿出过程，下列说法中正确的是(　　)

图1­4­12

A．线框的运动速度越大，通过导线横截面的电荷量越多

B．磁感应强度越大，拉力的功率越大

C．线框的电阻越大，导线中产生的热量越多

D．线框的边长与拉力做功的多少无关

解析：选B　根据q＝·Δt＝，不管线框的速度如何，磁通量的变化量相同，则通过导线横截面的电量相同，故A错误。根据能量守恒知，匀速运动时WF－WF安＝0，Q＝WF安＝BIL·L，I＝，则拉力做功WF＝，知磁感应强度B越大，拉力做功越多。拉力做功的多少与线框的宽度L有关，线框的电阻R越大，拉力做功越少。故B正确，C、D错误。

2．如图1­4­13所示，两条平行光滑导轨相距L，左端一段被弯成半径为H的圆弧，圆弧导轨所在区域无磁场。水平导轨区域存在着竖直向上的匀强磁场B，右端连接阻值为R的定值电阻，水平导轨足够长。在圆弧导轨顶端放置一根质量为m的金属棒ab，导轨和金属棒ab的电阻不计，重力加速度为g。现让金属棒由静止开始运动，整个运动过程金属棒和导轨接触紧密。求：

图1­4­13

(1)金属棒进入水平导轨时，通过金属棒的感应电流的大小和方向。

(2)整个过程电阻R产生的焦耳热。

解析：(1)设金属棒进入水平导轨时速度为v，根据机械能守恒定律

mgH＝mv2，v＝。

金属棒切割磁感线产生的感应电动势

E＝BLv。

根据闭合电路欧姆定律

I＝，

则金属棒的感应电流大小

I＝＝。

根据右手定则，金属棒的感应电流方向由b流向a。

(2)根据左手定则，金属棒在磁场中受到的安培力方向水平向左。

根据牛顿第二运动定律F＝ma，金属棒向右做加速度逐渐减小的减速运动，直至静止。

根据能量守恒定律，电阻R产生的焦耳热等于金属棒减少的动能，所以电阻R产生的焦耳热Q＝mgH。

答案：(1) 　由b流向a　(2)mgH

1．如图所示，是高二某同学演示楞次定律实验记录，不符合实验事实的是(　　)

解析：选D　D选项中，由楞次定律知：当条形磁铁拔出时，感应电流形成的磁场与原磁场方向相同，因原磁场方向向上，故感应磁场方向也向上，再由安培定则知，D项不符合。

2．如图1所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)。则(　　)

图1

A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a

B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a

C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右

D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左

解析：选D　线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成磁场方向向里，由右手定则可知感应电流方向为a→d→c→b→a，安培力方向水平向左，同理线框离开磁场时，电流方向为a→b→c→d→a，安培力方向水平向左，故A、B、C错误，D正确。

3．(2016·浙江高考)如图2所示，a，b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)

图2

A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流

B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1

C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4

D．a、b线圈中电功率之比为3∶1

解析：选B　当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；由法拉第电磁感应定律E＝S及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，选项B正确；由R＝ρ知两线圈的电阻关系为Ra＝3Rb，其感应电流之比为Ia∶Ib＝3∶1，选项C错误；两线圈的电功率之比为Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，选项D错误。

4．(多选)如图3甲所示，单匝线圈两端A、B与一理想电压表相连，线圈内有一垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量变化规律如图乙所示。下列说法正确的是(　　)

图3

A．0～0.1 s内磁通量的变化量为0.15 Wb

B．电压表读数为0.5 V

C．电压表“＋”接线柱接A端

D．B端比A端的电势高

解析：选BC　0～0.1 s内磁通量的变化量为ΔΦ＝0.15 Wb－0.10 Wb＝0.05 Wb，线圈内的磁通量垂直向里增加，所以根据楞次定律可得感应电流方向为逆时针方向，即电流从A流向B，所以电压表“＋”接线柱接A端，A端的电势比B端的高，根据法拉第电磁感应定律E＝＝＝0.5 V，即电压表示数为0.5 V，故B、C正确。

5．(多选)如图4甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直。规定磁场的正方向垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。则下列i­t图像中可能正确的是(　　)

图4

解析：选CD　由图可知，0～1 s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0～1 s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针；同理可知，1～2 s内电路中的电流为顺时针，2～3 s内，电路中的电流为顺时针，3～4 s内，电路中的电流为逆时针，由E＝＝可知，电路中电流大小恒定不变。故C、D对。

6．(多选)如图5所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则(　　)

图5

A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D

B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C

C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N

D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N

解析：选AC　根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C到D，故A正确，B错误；由法拉第电磁感应定律可知：E＝＝＝sin 30°＝0.2×12×V＝0.1 V，故感应电流为I＝＝1 A，金属杆受到的安培力FA＝BIL，t＝1 s时，FA＝0.2×1×1 N＝0.2 N，方向如图甲，此时金属杆受力分析如图甲，由平衡条件可知F1＝FA·cos 60°＝0.1 N，F1为挡板P对金属杆施加的力。t＝3 s时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图乙，此时挡板H对金属杆施加的力向右，大小F3＝BILcos 60°＝0.2×1×1×N＝0.1 N。故C正确，D错误。

甲　　　　　乙

7.如图6所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　)

图6

A．ef将减速向右运动，但不是匀减速

B．ef将匀减速向右运动，最后停止

C．ef将匀速向右运动

D．ef将往返运动

解析：选A　ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确。

8.如图7所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时(　　)

图7

A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生

B．整个环中有顺时针方向的电流

C．整个环中有逆时针方向的电流

D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流

解析：选D　导体ef将圆分成两部分，导体向右移动时，右边的磁通量减小，左边的磁通量增加，根据楞次定律，左边电流为顺时针方向，右边电流为逆时针方向，应选D。

9. (多选)如图8所示的竖直平面内，水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直竖直面向里的匀强磁场，且磁感应强度相同，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为h的无磁场区域，h>d。一质量为m、边长为d的正方形线框由距区域Ⅰ上边界某一高度处静止释放，在穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同。重力加速度为g，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是(　　)

图8

A．线框进入区域Ⅰ时与离开区域Ⅰ时的电流方向相同

B．线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同

C．线框有可能匀速通过磁场区域Ⅰ

D．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q＝2mg(d＋h)

解析：选BD　由楞次定律可知，线框进入区域Ⅰ时感应电流为逆时针方向，而离开区域Ⅰ时的电流方向为顺时针方向，故选项A错误；由楞次定律可知，线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同，均向上，选项B正确；因穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同，则可知线圈进入磁场区域Ⅰ一定是减速运动，选项C错误；线圈离开磁场区域Ⅰ的速度应等于离开磁场区域Ⅱ的速度，则在此过程中，线圈的机械能的减小量等于线圈通过磁场区域Ⅱ产生的电能，即Q2＝mg(d＋h)，则线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q＝2Q2＝2mg(d＋h)，选项D正确；故选B、D。

10. (多选)如图9所示，电阻不计、相距L的两条足够长的平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨上固定有质量为m，电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙下方光滑，将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF始终保持静止，当MN下滑的距离为s时，速度恰好达到最大值vm，则下列叙述正确的是(　　)

图9

A．导体棒MN的最大速度vm＝

B．此时导体棒EF与轨道之间的静摩擦力为mgsin θ

C．当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，通过其横截面的电荷量为

D．当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，导体棒MN中产生的热量为mgssin θ－mvm2

解析：选AC　当MN下滑到最大速度时满足：mgsin θ＝，解得vm＝，选项A正确；此时导体棒满足mgsin θ＋F安＝f静，故此时导体棒EF与轨道之间的静摩擦力大于mgsin θ，选项B错误；当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，通过其横截面的电荷量为q＝＝，选项C正确；当导体棒MN从静止开始下滑s的过程中，两个导体棒中产生的总热量为mgssin θ－mvm2，则MN中产生的热量是(mgssin θ－mvm2)，选项D错误；故选A、C。

11．如图10所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。导轨和导体棒的电阻均可忽略。求：

图10

(1)电阻R消耗的功率；

(2)水平外力的大小。

解析：(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为E＝Blv，根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I＝，电阻R消耗的功率为P＝I2R，联立可得P＝。

(2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F安＋μmg＝F，F安＝BIl＝B··l，故F＝＋μmg。

答案：(1)　(2)＋μmg

12.如图11所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求

图11

(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；

(2)磁场上下边界间的距离H。

解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有

E1＝2Blv1①

设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有

I1＝②

设此时线框所受安培力为F1，有

F1＝2I1lB③

由于线框做匀速运动，其受力平衡，有

mg＝F1④

由①②③④式得

v1＝⑤

设ab边离开磁场之前线框做匀速运动的速度为v2，同理可得

v2＝⑥

由⑤⑥式得

v2＝4v1。⑦

(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有

2mgl＝mv12⑧

线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有

mg(2l＋H)＝mv22－mv12＋Q⑨

由⑦⑧⑨式得

H＝＋28l。⑩

答案：(1)4倍　(2)＋28l第一章 

[原文]

道可道也①，非恒道也②。名可名也③，非恒名也。无名④，万物之始也；有名⑤，万物之母也⑥。故恒无欲也⑦，以观其眇⑧；恒有欲也，以观其所徼⑨。两者同出，异名同谓⑩。玄之又玄⑾，众眇之门⑿。

[译文]

“道”如果可以用言语来表述，那它就是常“道”(“道”是可以用言语来表述的，它并非一般的“道”)；“名”如果可以用文辞去命名，那它就是常“名”(“名”也是可以说明的，它并非普通的“名”)。“无”可以用来表述天地浑沌未开之际的状况；而“有”，则是宇宙万物产生之本原的命名。因此，要常从“无”中去观察领悟“道”的奥妙；要常从“有”中去观察体会“道”的端倪。无与有这两者，来源相同而名称相异，都可以称之为玄妙、深远。它不是一般的玄妙、深奥，而是玄妙又玄妙、深远又深远，是宇宙天地万物之奥妙的总门(从“有名”的奥妙到达无形的奥妙，“道”是洞悉一切奥妙变化的门径)。

[注释]

①第一个“道”是名词，指的是宇宙的本原和实质，引申为原理、原则、真理、规律等。第二个“道”是动词。指解说、表述的意思，犹言“说得出”。
②恒：一般的，普通的。
③第一个“名”是名词，指“道”的形态。第二个“名”是动词，说明的意思。
④无名：指无形。
⑤有名：指有形。
⑥母：母体，根源。
⑦恒：经常。

⑧眇（miao）：通妙，微妙的意思。
⑨徼（jiao）：边际、边界。引申端倪的意思。
⑩谓：称谓。此为“指称”。
⑾玄：深黑色，玄妙深远的含义。
⑿门：之门,一切奥妙变化的总门径，此用来比喻宇宙万物的唯一原“道”的门径。

[延伸阅读1]王弼《道德经注》

道可道，非常道，名可名，非常名。 
可道之道，可名之名，指事造形，非其常也，故不可道，不可名也。 

无名，天地之始；有名，万物之母。 
凡有皆始於无，故未形无名之时，则为万物之始。及其有形有名之时，则长之育之，亭之毒之，为其母也。言道以无形无名，始成万物，以始以成，而不知其所以玄之又玄也。 

故常无欲，以观其妙； 
妙者，微之极也。万物始於微而后成，始於无而后生，故常无欲空虚，可以观其始物之妙。 

常有欲，以观其徼。 
徼，归终也。凡有之为利，必以无为用；欲之所本，适道而后济。故常有欲，可以观其终物之徼也。 

此两者，同出而异名。同谓之玄，玄之又玄，众妙之门。 
两者，始与母也。同出者，同出於玄也。异名所施，不可同也，在首则谓之始，在终则谓之母。玄者，冥也，默然无有也，始、母之所出也，不可得而名，故不可言。同名曰玄，而言同谓之玄者，取於不可得而谓之然也。谓之然则不可以定乎一玄而已，则是名则失之远矣，故曰玄之又玄也。众妙皆从同而出，故曰众妙之门也。

[延伸阅读2]苏辙《老子解》

道可道，非常道。
莫非道也。而可道者不可常，惟不可道，而後可常耳。今夫仁義禮智，此道之可道者也。然而仁不可以為義，而禮不可以為智，可道之不可常如此。惟不可道，然後在仁為仁，在義為義，在禮為禮，在智為智。彼皆不常，而道常不變，不可道之能常如此。

名可名，非常名。
道不可道，而況可得而名之乎？凡名皆其可道者也。名既立，則圓方曲直之不同，不可常矣。

無名，天地之始；有名，萬物之母。常無，欲以觀其妙；常有，欲以觀其徼。
自其無名，形而為天地，天地位而名始立矣。自其有名，播而為萬物，萬物育而名不可勝載矣。故無名者道之體，而有名者道之甩也。聖人體道以為天下用，入於衆有而常無，將以觀其妙也。體其至無而常有，將以觀其徼也。若夫行於其徼而不知其妙，則粗而不神矣。留於其妙而不知其繳，則精而不遍矣。

此兩者，同出而異名，同謂之玄。
以形而言有無，則信兩矣。安知無運而為有，有復而為無，未嘗不一哉。其名雖異，其本則一，知本之一也，則玄矣。凡遠而無所至極者，其色又玄，故老子常以玄寄極也。玄之又玄，衆妙之門。言玄則至矣，然猶有玄之心在焉。玄之又玄則盡矣，不可以有加矣，衆妙之所從出也。

2019学年高中物理第一章电磁感应第节楞次定律电磁感应中的能量转化与守恒教学案教科版选修3