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第九章 电磁感应

第九章 电磁感应. 第 1 节 电磁感应现象 楞次定律. 例 1 (2009· 浙江 ) 如图所示，在磁感应强度大小为 B ，方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为 m 、阻值为 R 的闭合矩形金属线框 abcd ，用绝缘轻质细杆悬挂在 O 点并可绕 O 点摆动 . 金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面 . 则线框中感应电流的方向是（ ） A.a→b→c→d→a B.d→c→b→a→d C. 先是 d→c→b→a→d ， 后是 a→b→c→d→a

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第九章 电磁感应

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E N D

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  1. 第九章电磁感应

  2. 第1节 电磁感应现象 楞次定律 例 1 (2009·浙江)如图所示，在磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd，用绝缘轻质细杆悬挂在O点并可绕O点摆动.金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面.则线框中感应电流的方向是（ ） A.a→b→c→d→a B.d→c→b→a→d C.先是d→c→b→a→d， 后是a→b→c→d→a D.先是a→b→c→d→a， 后是d→c→b→a→d

  3. 原磁场方向与磁通量增减 → 感应电流的磁场方向 【点拨】 → 感应电流的方向 【解析】由楞次定律，刚开始磁通量减小，后来磁通量增大，由“增反减同”再结合安培定则，可知电流方向是d→c→b→a→d. 【答案】B

  4. 1.电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示，现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( ) A.从a到b，上极板带正电 B.从a到b，下极板带正电 C.从b到a，上极板带正电 D.从b到a，下极板带正电

  5. 【解析】感应电流的磁场要阻碍线圈磁通量的增加.由图可知N极靠近，穿过线圈的向下的磁感线条数要增加，则感应电流的磁感线方向要向上以阻碍其增加，再根据安培定则可判断感应电流方向从b到a，则电容器C下极板带正电.故D选项正确.【解析】感应电流的磁场要阻碍线圈磁通量的增加.由图可知N极靠近，穿过线圈的向下的磁感线条数要增加，则感应电流的磁感线方向要向上以阻碍其增加，再根据安培定则可判断感应电流方向从b到a，则电容器C下极板带正电.故D选项正确. 【答案】D

  6. 例2 如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是( ) A.向右摆动 B.向左摆动 C.静止 D.不能判定 【点拨】（1）可采用常规法和推广含义法. （2）应用常规法分析铜环受力时可采用电流元法或等效法.

  7. 【解析】 方法1(电流元法)：画出磁铁磁感线分布如图甲所示，当磁铁向环运动时，由楞次定律判断出铜环的感应电流方向如图甲所示，把铜环的电流等效为多段直线电流元，取上、下两小段电流研究，由左手定则判出两段电流受力如图示，由图可联想到整个铜环所受合力向右，则A选项正确.

  8. 方法2(等效法)：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为图乙所示的条形磁铁，则两磁铁有排斥作用，故A正确.方法2(等效法)：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为图乙所示的条形磁铁，则两磁铁有排斥作用，故A正确. 方法3(来拒去留法)：磁铁向右运动时，由楞次定律的另一种表述得知铜环产生的感应电流总是阻碍导体间的相对运动，则磁铁和铜环间有排斥作用，故A正确. 【答案】A

  9. 2. （2008·上海）老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（ ） A.磁铁插向左环，横杆发生转动 B.磁铁插向右环，横杆发生转动 C.无论磁铁插向左环还是右环， 横杆都不发生转动 D.无论磁铁插向左环还是右环， 横杆都发生转动

  10. 【解析】由题图可知，左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动.右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动.选项B正确.【解析】由题图可知，左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动.右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动.选项B正确. 【答案】B

  11. 例3 如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN.当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是（ ） ①向右匀加速运动 ②向左匀加速运动 ③向右匀减速运动 ④向左匀减速运动 A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④ 【点拨】综合应用楞次定律和 法拉第电磁感应定律进行分析.

  12. 【解析】设PQ向右运动，用右手定则和安培定则判定可知穿过L1的磁感线方向向上，若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是N→M，对MN用左手定则判定可知MN向左运动，可见A错误.若PQ向右减速运动，则穿过L1的磁通量减少，用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是M→N，用左手定则判定可知MN是向右运动，可见③正确.同理设PQ向左运动，用上述方法可判定②正确，D错误.本题应选C.【解析】设PQ向右运动，用右手定则和安培定则判定可知穿过L1的磁感线方向向上，若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是N→M，对MN用左手定则判定可知MN向左运动，可见A错误.若PQ向右减速运动，则穿过L1的磁通量减少，用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是M→N，用左手定则判定可知MN是向右运动，可见③正确.同理设PQ向左运动，用上述方法可判定②正确，D错误.本题应选C. 【答案】 C

  13. 3.如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引 ( ) • 向右做匀速运动 • B. 向左做匀速运动 • C. 向右做减速运动 • D. 向右做加速运动 • 【解析】根据楞次定律的推广含义，只有螺线管中电流减小时（无论方向如何）铜环才能被吸引，故ab棒应减速运动（无论方向如何），选项C正确. • 【答案】C

  14. 例如图所示，MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体.有匀强磁场垂直于导轨所在平面.用I表示回路中的电流（ ） A.当AB不动而CD向右滑动时，I≠0且沿顺时针方向 B.当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，I=0 C.当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I≠0 D.当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，I≠0且沿 顺时针方向

  15. 【错解】CD 【剖析】多选了C项，错解原因认为导体棒切割磁感线，电路中就产生了感应电流，其实电路中产生了电动势（AB、CD间均有电势差），但在回路中相互抵消，因此没有电流，从磁通量的角度看，磁通量也没有变化.其他选项的分析如下：当AB不动而CD向右滑动时，穿过回路ABDC的磁通量在增加，由楞次定律可知回路中产生沿逆时针方向的电流，A错误；当AB向左、CD向右滑动时，穿过回路ABDC的磁通量在增加，回路中有电流，B错误；当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，穿过回路ABDC的磁通量在减少，由楞次定律可知回路中产生顺时针方向的电流，D正确. 【答案】D

  16. 第2节 法拉第电磁感应定律 自感和涡流 例1（2009·广东物理）（15分）如图（a）所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连结成闭合回路.线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示.图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计.在0至t1时间内求： （1）通过电阻R1上的电流大小和方向. （2）通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量.

  17. 【点拨】（1）根据两个定律求解电动势的大小和方向.【点拨】（1）根据两个定律求解电动势的大小和方向. （2）根据闭合电路的欧姆定律求电流的大小. （3）根据q=It求电量，用Q=I2Rt求热量. 【解析】满分展示 (1)由图象分析可知，在0至t1时间内ΔB/Δt=B0/t0， 1分 由法拉第电磁感应定律有E=nΔΦ/Δt=nΔB/Δt·S， 2分 而S=πr22， 1分 由闭合电路的欧姆定律有I1=E/（R1+R）， 2分 联立以上各式解得通过电阻R1上的电流大小为I1=nB0πr22/(3Rt0）， 2分 由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a. 1分 （2）通过电阻R1上的电量q=I1t1=nB0πr22t1/(3Rt0 )， 3分 通过电阻R1上产生的热量Q=I12R1t1=2n2B02π2r24t1/(9Rt02 ). 3分

  18. 1.（2010·秦皇岛月考）如图所示，一圆环与外切正方形线圈均由相同的粗细均匀的绝缘导线制成，并各自形成闭合电路，匀强磁场布满整个方形线圈，当磁场均匀变化时，线圈和圆环中的感应电流之比为多少？1.（2010·秦皇岛月考）如图所示，一圆环与外切正方形线圈均由相同的粗细均匀的绝缘导线制成，并各自形成闭合电路，匀强磁场布满整个方形线圈，当磁场均匀变化时，线圈和圆环中的感应电流之比为多少？

  19. 【解析】设正方形线圈的边长为a，则正方形的面积为S1=a2,圆环的面积为S2=1/4πa2.【解析】设正方形线圈的边长为a，则正方形的面积为S1=a2,圆环的面积为S2=1/4πa2. 由法拉第电磁感应定律得E=ΔΦ/Δt=SΔB/Δt,故E1/E2=S1/S2=a2/1/4πa2=4/π. 由电阻定律R=ρl/S(S为导线的横截面积），则正方形线圈的电阻R1与圆环的电阻R2满足R1/R2=l1/l2=4a/2π(a/2)=4/π,由欧姆定律I=E/R，则I1/I2=E1/E2·R2/R1=4/π·π/4=1:1.

  20. 例2在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B=0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度为l=0.4 m,如图所示框架上放置一质量为0.05 kg，电阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计.若cd杆以恒定加速度a=2 m/s2，由静止开始做匀变速运动，则： （1）在5 s内平均感应电动势 是多少？ （2）第5 s末，回路中的电流 多大？ （3）第5 s末，作用在cd杆上 的水平外力多大？

  21. 【点拨】（1）分清求解感应电动势时用速度的平均值还是瞬时值.【点拨】（1）分清求解感应电动势时用速度的平均值还是瞬时值. (2)求解第（3）问时合理应用牛顿第二定律. 【解析】(1)5 s内的位移x=1/2at2=25 m, 5 s内的平均速度v=x/t=5 m/s,(也可用v=(0+v5/)2求解） 故平均感应电动势E=Blv=0.4 V. (2)第5 s末：v=at=10 m/s,此时感应电动势：E=Blv, 则回路电流为I=E/R=Blv/R=0.2×0.4×10/1 A=0.8 A. (3)杆匀加速运动，则F-F安=ma,即F=BIL+ma=0.164 N.

  22. 2.（2008·全国Ⅱ）如图所示，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场；一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，虚线框对角线ab与导线的，2.（2008·全国Ⅱ）如图所示，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场；一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，虚线框对角线ab与导线的， 一条边垂直ba的延长线平分导线框.在t=0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域.以i表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正.下列表示i-t关系的图示中，可能正确的是( )

  23. 【解析】从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐增大，A错误；从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界时，切割磁感线有效长度不变，故感应电流不变，B错误；当正方形线框下边离开磁场，上边未进入磁场的过程与正方形线框上边在磁场中运动的过程相比，磁通量减少的稍慢，故这两个过程中感应电动势不相等，感应电流也不相等，D错误，【解析】从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐增大，A错误；从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界时，切割磁感线有效长度不变，故感应电流不变，B错误；当正方形线框下边离开磁场，上边未进入磁场的过程与正方形线框上边在磁场中运动的过程相比，磁通量减少的稍慢，故这两个过程中感应电动势不相等，感应电流也不相等，D错误， 故正确选项为C. 【答案】C

  24. 例3（2008·江苏）如图所示的电路中，三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计.开关K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有（ ） A. a先变亮，然后逐渐变暗 B. b先变亮，然后逐渐变暗 C. c先变亮，然后逐渐变暗 D. b、c都逐渐变暗

  25. 【点拨】首先确定开关K闭合时各灯泡与电感线圈的电流情况，然后用自感现象的规律进行分析.【点拨】首先确定开关K闭合时各灯泡与电感线圈的电流情况，然后用自感现象的规律进行分析. 【解析】K断开前，灯泡a、b、c中的电流相同，均为I，L1中的电流I1=2I,L2中的电流I2=I.当K断开后，电源被撤除，剩下灯泡与线圈形成新的闭合回路.灯泡b、c中的电流由I逐渐减小，两灯逐渐变暗.灯泡a中的电流先由I增至2I，然后逐渐减小，所以灯泡a先变亮后变暗，A、D选项正确. 【答案】A

  26. 3 如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略.下列说法中正确的是（ ） ①合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，然后一样亮 ②合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮 ③断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭 ④断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭 A ①③B ①④C ②③　　Ｄ②④

  27. 【解析】通电瞬间，L中有自感电动势产生，与L在同一支路的灯A1要逐渐变亮，而A2和电源构成回路则立刻亮；稳定后，A1与A2并联，两灯一样亮.断开电键瞬间，L中有自感电动势，相当于电源，与A1、A2构成回路，所以两灯都过一会儿才熄灭.选项①④正确.答案为Ｂ.【解析】通电瞬间，L中有自感电动势产生，与L在同一支路的灯A1要逐渐变亮，而A2和电源构成回路则立刻亮；稳定后，A1与A2并联，两灯一样亮.断开电键瞬间，L中有自感电动势，相当于电源，与A1、A2构成回路，所以两灯都过一会儿才熄灭.选项①④正确.答案为Ｂ. 【答案】 Ｂ

  28. 例 如图所示，在PQ、QR区域存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，bc边与磁场的边界P重合.导线框与磁场区域的尺寸如图所示.从t=0时刻开始线框以v=l的速度匀速横穿两个磁场区域.以a→b→c→d→e→f 为线框中电动势的正方向.以下四个ε-t关系示意图中正确的是（ ）

  29. 【错解】B 【剖析】错解的原因是对2~4 s分析不清.应分段分析.在0~1 s由楞次定律或右手定则可判定线框刚开始进入磁场时的电流方向，即感应电动势的方向为顺时针方向（反方向），故D选项错误；在1~2 s内，磁通量不变化，感应电动势为0,A选项错误；在2~3 s内，产生感应电动势E=2Blv+Blv=3Blv,感应电动势的方向为逆时针方向（正方向），故C选项正确. 【答案】C

  30. 第3节 电磁感应的综合应用 例1 如图甲所示半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感强度为B=0.2 T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同圆心地放置，磁场与环面垂直，其中a=0.4 m，b=0.6 m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R=20 Ω，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计.那么： （1）若棒以v0=5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环 直径OO′的瞬时MN中的电动势和流过灯L1的电流. （2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环以OO′为轴向上翻 转90°，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB/Δt=4 T/s， 求灯L1的功率.

  31. 【点拨】（1）明确电源的电动势和内阻. （2）明确电路的结构，画出等效电路图. （3）应用电路的规律求解. 【解析】（1）棒滑过圆环直径OO′的瞬时，MN中的电动势为E1=B2av=0.2×0.8×5 V=0.8 V，等效电路如图乙所示，流过灯L1的电流为I1=E1/R=0.8/20 A=0.04 A.

  32. （2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环以OO′为轴向上翻转90°，半圆环中产生感应电动势，相当于电源，灯L1、L2为外电路，等效电路如图丙所示，感应电动势为E2=ΔΦ/Δt=0.5×πa2·ΔB/Δt V=1 V， 则灯L1的功率P1=(E2/2)2/R=1.25×10-2 W.

  33. 1.如图所示，两个互连的金属环，左环电阻为右环电阻的一半，磁场垂直穿过左环所在区域，当磁感应强度随时间均匀增加时，左环内产生感应电动势为E，则右环中感应电流方向为,a、b两点间的电势差为.1.如图所示，两个互连的金属环，左环电阻为右环电阻的一半，磁场垂直穿过左环所在区域，当磁感应强度随时间均匀增加时，左环内产生感应电动势为E，则右环中感应电流方向为,a、b两点间的电势差为.

  34. 【解析】由楞次定律可判知右环中感应电流方向为逆时针；设左环电阻为R，则右环电阻为2R，回路中感应电流I=E/3R，由欧姆定律可知a、b两点电势差为U=I·2R=2/3E.【解析】由楞次定律可判知右环中感应电流方向为逆时针；设左环电阻为R，则右环电阻为2R，回路中感应电流I=E/3R，由欧姆定律可知a、b两点电势差为U=I·2R=2/3E. 【答案】逆时针 2/3E

  35. 例2 如图所示，在磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中竖直放置两平行导轨，磁场方向与导轨所在平面垂直.导轨上端连接一阻值为R的电阻（导轨电阻不计）.两金属棒a和b的电阻均为R，质量分别为ma=2×10－2 kg和mb=1×10－2 kg，它们与导轨相连，并可沿导轨无摩擦滑动.闭合开关S，先固定b，用一恒力F向上拉a，稳定后a以 v1=10 m/s的速度匀速运动，此时再释放b，b恰好能保持静止，设导轨足够长，取g=10 m/s2. （1）求拉力F的大小. （2）若将金属棒a固定，让金属棒b 自由下滑（开关仍闭合），求b滑行 的最大速度v2.

  36. 【点拨】（1）根据法拉第电磁感应定律求电动势.【点拨】（1）根据法拉第电磁感应定律求电动势. （2）弄清电路结构，根据闭合电路的欧姆定律求电流. （3）根据物体的平衡求力或速度. 【解析】(1)a棒匀速运动时F=mag+BIaL， b棒静止Ib=Ia/2,mbg=BIaL/2,F=mag+2mbg=0.4 N. （2）当a匀速运动时Ea=BLv1,Ia=2Ea/3R, 则BIaL=2BIbL=2mbg， 解得v1=3m bgR/B2L2 ① 当b匀速运动时mbg=BIbL=2B2L2v2/3R, 解得v2=3mbgR/2B2L2 ② ①②式联立得v2=5 m/s.

  37. 2.例2中若断开开关，将金属棒a和b都固定，使磁感应强度从B随时间均匀增加，经0.1 s后磁感应强度增到2B时，a棒受到的安培力正好等于a棒的重力，求两金属棒间的距离h. 【解析】E=ΔΦ/Δt=SΔB/Δt=BLh/t,I=E/2R,2BIL=mag.由v1=3mbgR/B2L2得R=B2L2v1/3mbg,得h=0.67 m.

  38. 例3(2010·宣武模拟)如图所示，光滑的U型金属导轨PQMN水平的固定在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B,导轨的宽度为L,其长度足够长，QM之间接有一个阻值为R的电阻，其余部分电阻不计.一质量为m，电阻也为R的金属棒ab，恰能放在导轨之上并与导轨接触良好.当给棒施加一个水平向右的瞬间作用力，棒就沿轨道以初速度v0开始向右滑行.求：例3(2010·宣武模拟)如图所示，光滑的U型金属导轨PQMN水平的固定在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B,导轨的宽度为L,其长度足够长，QM之间接有一个阻值为R的电阻，其余部分电阻不计.一质量为m，电阻也为R的金属棒ab，恰能放在导轨之上并与导轨接触良好.当给棒施加一个水平向右的瞬间作用力，棒就沿轨道以初速度v0开始向右滑行.求： （1）开始运动时，棒中的瞬时电流I 和棒两端的瞬时电压u分别为多大？ （2）当棒的速度由v0减小到v0 /10的 过程中，棒中产生的焦耳热Q是多少？

  39. 【点拨】先用电磁感应中的电路知识进行分析，然后用能量守恒的思想确定能的变化情况.【点拨】先用电磁感应中的电路知识进行分析，然后用能量守恒的思想确定能的变化情况. 【解析】（1）开始运动时，棒中的感应电动势为E=BLv0，棒中的瞬时电流为i=E/2R=BLv0/2R， 棒两端的瞬时电压为u=R/（R+R)·E=1/2BLv0. (2)由能量转化与守恒定律知，整个电路在此过程中产生的焦耳热为Q总＝1/2mv02-1/2m(1/10v0)2=99/200mv02. 棒中产生的焦耳热为Q=1/2Q总＝99/400mv02.

  40. 3.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是y=x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线(图中的虚线所示).一个小金属块从抛物线上y=b(b＞a)处以速度v沿抛物线下滑.假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热是( ) A. mgb B.1/2mv2 C.mg(b-a) D.mg(b-a)+1/2mv2

  41. 【解析】最终小金属块在y=a的位置(不超出该位置)为边界的以下范围振动，由释放到最后振动，由能量守恒可得Ｑ=1/2mv2＋mg（b-a).选项D正确.【解析】最终小金属块在y=a的位置(不超出该位置)为边界的以下范围振动，由释放到最后振动，由能量守恒可得Ｑ=1/2mv2＋mg（b-a).选项D正确. 【答案】D

  42. 例 如图甲所示，水平导轨的电阻忽略不计，金属棒ab和cd的电阻分别为Rab和Rcd，且Rab＞Rcd，处于匀强磁场中.金属棒cd在力F的作用下向右匀速运动.ab在外力作用下处于静止状态，下面说法正确的是（ ） A.Uab＞Ucd B.Uab=Ucd C.Uab＜Ucd D.无法判断

  43. 【错解】A.因导轨的电阻不计，金属棒ab和cd可以等效为两个电阻串联，而串联电路中，电压的分配跟电阻成正比.因为Rab＞Rcd，所以Uab＞Ucd，故选A.【错解】A.因导轨的电阻不计，金属棒ab和cd可以等效为两个电阻串联，而串联电路中，电压的分配跟电阻成正比.因为Rab＞Rcd，所以Uab＞Ucd，故选A.

  44. 【剖析】cd金属棒在F的作用下，做切割磁感线运动，应视为电源.Ucd为电源的路端电压，而不是内电压.所以Ucd≠IRcd，Ucd=E-IRcd，不能将ab和cd等效为两个外电阻的串联.【剖析】cd金属棒在F的作用下，做切割磁感线运动，应视为电源.Ucd为电源的路端电压，而不是内电压.所以Ucd≠IRcd，Ucd=E-IRcd，不能将ab和cd等效为两个外电阻的串联. 金属棒在力F的作用下向右做切割磁感线的运动应视为电源，而c、d分别等效为这个电源的正、负极，Ucd是电源两极的路端电压，不是内电压.又因为导轨的电阻忽略不计，因此金属棒ab两端的电压Uab也等于路端电压，即Ucd=Uab，所以正确选项为B. 【答案】B

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