第二章《电磁感应》单元练习（解析版）

其次章《电磁感应》单元练习一．选择题（共12小题）1．（2023春•丰台区期末）关于教材中的四幅插图，下列说法正确的是（）A．图甲，摇动手柄使磁铁转动，铝框不动 B．图乙，真空冶炼炉可以接高电压的恒定电流 C．图丙，铜盘转动时，穿过铜盘的磁通量不变，铜盘中没有感应电流 D．图丁，微安表在运输时把正、负接线柱用导线连在一起，对电表起到了爱护作用【解答】解：A、依据电磁驱动原理，图甲中，摇动手柄使磁铁转动，铝框会同向转动，故A错误；B、图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频沟通电时，铁块中产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶炼金属。真空冶炼炉的炉外线圈应通入高频沟通电，不能接高电压的恒定电流。故B错误；C、当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，消灭安培力，由楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，则铜盘转动将变慢，故C错误；D、图丁是微安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，可以减小电表指针摇摆角度，这是为了爱护电表指针，利用了电磁阻尼的原理。电磁阻尼是一种能够降低机械系统振动的方法，它利用了电磁力来降低振动。具体来说电磁阻尼是通过在机械系统中添加一个电磁阻尼器来实现的。电磁阻尼器的工作原理是通过产生电磁力来降低机械系统的振动。当机械系统振动时电磁阻尼器会产生一种电磁力，这种力的方向和大小与机械系统的振动方向和大小相反。由于这种电磁力的作用，机械系统的振动会受到阻碍，从而降低了振动的幅度。故D正确。故选：D。2．（2023春•天河区期末）如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（）A．在P和Q中都做自由落体运动 B．在P中的下落时间比在Q中的长 C．在两个下落过程中的机械能都守恒 D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大【解答】解：A、当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，小磁块受到向上的安培阻力，所以P做的运动不是自由落体运动；而对于塑料管Q内小磁块没有任何阻力，做自由落体运动，故A错误；B、在铜管P中运动的小磁块要受到向上的安培阻力，而在塑料管Q中的小磁块只受重力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故B正确；C、由A选项分析可知，在铜管P中运动的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故C错误；D、在铜管P中运动的小磁块，因安培阻力，导致产生热能，机械能减小，则落至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误。故选：B。3．（2022•海淀区模拟）如图所示，他取来一节5号电池，将两块圆柱形且表面镀有金属涂层的钕铁硼强磁铁固定在电池两端，并分别与电池正负两极良好接触，再将这一装置轻轻插入用粗铜丝绕制的一段螺线管（螺线管内径略大于圆柱形磁铁的直径，相邻线圈间有空隙）的一端，只见固定有磁铁的5号电池快速运动到螺线管的另一端。课后，周星星同学取来完全相同的器材，仿照老师的方法将它们重新组装，重复这一试验，但没有成功。分析可能的缘由是（）A．范老师有特异功能 B．两个磁铁的磁性太弱 C．放置两个磁铁时磁极的方向错误 D．螺线管两端没有连接为闭合回路【解答】解：AB、磁性弱，电池运动的慢，但不会导致试验不成功，故AB错误；C、老师的两个磁铁的磁极全都，周星星把两个磁铁相反，故有可能，故C正确；D、螺线管两端不需要连接，故D错误。故选：C。4．（2023春•中原区校级期中）1831年10月28日，法拉第在一次会议上呈现了他创造的圆盘发电机，它是人类历史上的第一台发电机。如图所示为圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，圆盘处于水平向右的匀强磁场中，两块铜片C、D分别与铜轴和铜盘的边缘接触，圆盘以恒定的角速度转动时，原线圈M中会有恒定的电流产生，副线圈N与原线圈M共用一根铁芯。当电流从灵敏电流计G的左端流入，指针就会向左偏转，反之右偏，当圆盘按图示方向转动时，下列说法正确的是（）A．铜片C处的电势高于铜片D处的电势 B．圆盘刚开头转动的瞬间，灵敏电流计G的指针向右偏转 C．圆盘匀速转动时，灵敏电流计的指针向左偏转 D．圆盘减速转动时，灵敏电流计G的指针向右偏转【解答】解：AB、圆盘转动过程中，相当于半径在切割磁感线，从右向左看，圆盘逆时针转动，由右手定则可知电流从C处流向D处，依据电源内部电流从负极流入正极可知铜片D处的电势高于铜片C处的电势，圆盘刚开头转动的瞬间，线圈M中的电流为顺时针（俯视），由右手螺旋定则可知穿过线圈M、N的磁感线向下，角速度突然增大，N中的磁通量突然增加，依据楞次定律可知线圈N的感应电流方向为逆时针（俯视），电流从灵敏电流计的右端进入，所以指针向右偏转，故A错误，B正确；CD、圆盘匀速转动，在原线圈M中产生大小和方向都不变的恒定电流，副线圈N中的磁通量没有变化，不会产生感应电流，圆盘减速转动时，由E=Bl2由闭合电路欧姆定律I=ER+r可知线圈M中电流减小，副线圈依据楞次定律可知副线圈N中电流方向为顺时针（俯视），可知电流从灵敏电流计左端流入，指针向左偏转，故CD错误。故选：B。5．（2023•大庆模拟）动圈式话筒是利用电磁感应原理工作的。话筒内半径为r、匝数为n的可动线圈套在径向辐射水入磁铁槽上，如图所示，当声波使膜片振动时，线圈垂直切割磁感线，将声音信号转化为电信号。线圈振动区域的磁场的磁感应强度大小恒为B，话筒工作时线圈与其相连的负载构成回路，总电阻为R，若在某一时刻，线圈切割磁感线的速度大小为v，则该时刻通过线圈的感应电流为（）A．2nBrvR B．2πnBrvR C．πnBrvR 【解答】解：可动线圈产生的感应电动势为E＝nBLv＝nB•2πrv＝2πnBrv依据闭合电路欧姆定律得I=ER=2πnBrvR故选：B。6．（2023•鼓楼区校级模拟）如俯视图所示，水平桌面上放着一根足够长的刚性折线形导轨FOG，一根足够长的金属棒PQ放在导轨上并与导轨接触良好，FOG的角平分线垂直平分金属棒。整个空间中有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨及金属棒单位长度的电阻均为r。导轨和金属棒的质量均为m。不计一切摩擦。金属棒初始时紧靠O点。给金属棒一个沿着FOG角平分线向右的初速度v0，金属棒最终与O点的距离为d，下列说法正确的是（）A．金属棒开头运动之后，回路中的电流保持不变 B．PQ两端最终的电势差是初始时的一半 C．B越大，导轨上产生的总焦耳热越大 D．若v0加倍，则d加倍【解答】解：A、由题可知，金属棒开头运动之后，某位置金属棒到O的距离为x时，金属棒的速度为v1，导轨的速度为v2，并设FOG的角平分线与FO的夹角为θ，则回路中的电流为：I=在运动过程中金属棒减速，导轨加速，故两者的相对速度v相对减小，回路中的电流在减小，故A错误；B、金属棒和导轨FOG组成的系统，合外力为零，系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv解得稳定时系统的速度为：v=依据动生电动势的表达式E＝BLv可知，PQ两端最终的电势差是初始时的一半，故B正确；C、由上分析可知，这个过程电路中的产生的热量等于这个过程中损失的机械能，即Q=12mv0D、取向右为正方向，对金属棒，在一小段时间Δt内，依据动量定理得：﹣BIL•Δt＝mΔv＝mv02又通过金属棒的电荷量：q=I•Δ则整个过程有：BqL＝mv0又q=I•ΔtΔS=12d•（2dtanθ），R＝（2dcosθ+2dtanθ）r，联立解得：d=mv0(2cosθ+2tanθ)r2Btanθ，故v故选：B。7．（2023•鼓楼区校级一模）为防止航天员在长期失重状态下肌肉萎缩，我国在空间站中安装了如图甲所示可用于熬炼上、下肢肌肉的“太空自行车”，其工作原理可简化成图乙所示模型，航天员熬炼时，半径为r的金属圆盘在磁感应强度大小为B、方向垂直盘面对里的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，电阻R连接在从圆盘中心和边缘处引出的两根导线上，不计圆盘电阻，若航天员消耗的能量约有50%转化为电能，则在t时间内航天员消耗的能量为（）A．B2ω2r4C．B2ω4r【解答】解：圆盘转动时产生的感应电动势为E=12Bωr2，通过电阻R的感应电流为I=ER，电阻R依据题意可知，航天员熬炼时消耗的能量只有50%转化为电能，故在熬炼的t时间内航天员消耗的能量为E＝2Pt，联立解得：E=B2ω2r故选：B。8．（2023•海淀区校级三模）1831年8月，法拉第在软铁环两侧分别绕有M、N两个线圈的试验中，发觉了电磁感应现象。装置如图所示，在正确操作的状况下，符合试验事实的选项是（）A．闭合开关瞬间，电流计指针无偏转 B．闭合开关稳定后，电流计指针有偏转 C．开关断开的瞬间，感应电流的方向为a→电流计→b D．将绕线的铁环换成木环，闭合开关瞬间，电流计指针会明显偏转【解答】解：A、闭合开关瞬间，与电源相连的线圈中电流由无到有，则其产生的磁场有无到有；与电流计相连的线圈中的磁通量增大，故产生感应电流，电流计有偏转，故A错误；B、闭合开关稳定后电流不变，与电流计相连的线圈中的磁通量不变，不会产生感应电流，电流计不偏转，故B错误；C、开关断开的瞬间，与电流计相连的线圈中的磁通量减小，产生感应电流，依据右手螺旋定则可知，穿过线圈N中的磁通量顺时针且减小，依据楞次定律，则线圈N中的感应电流方向顺时针，即a→电流计→b，故C正确；D、将绕线的铁环换成木环后，闭合开关瞬间，与电源相连的线圈中仍能产生磁场，并且有磁感线穿过与电流计相连的线圈，磁通量增大，仍能产生感应电流，电流计指针仍有偏转，不过因磁通量变化率降低，则电流计指针会不太明显偏转，故D错误。故选：C。9．（2023春•白云区校级期中）如图所示，电路中有两个相同的灯泡L1、L2，电感线圈L的电阻可忽视。下列说法正确的是（）A．闭合开关S的瞬间，L1、L2渐渐变亮 B．闭合开关S的瞬间，L2马上变亮，L1渐渐变亮，最终L2比L1亮 C．断开开关S的瞬间，L1、L2一起缓慢熄灭 D．断开开关S的瞬间，L1缓慢熄灭，L2先变亮一下然后才熄灭【解答】解：AB、闭合开关S的瞬间，L2当中马上就有了电流，L2马上变亮，L1所在的电路上线圈L会发生自感现象，产生自感电动势，阻碍电流的增大，所以通过L1的电流只能渐渐增大，即L1渐渐变亮；由于电感线圈L的电阻可忽视，则最终两个灯泡一样亮，故AB错误；CD、电路稳定时，最终两个灯泡一样亮，故断开开关S后，L1所在电路的电流从原来的电流开头减小，两个灯泡都是渐渐熄灭，不会闪亮一下，故C正确，D错误。故选：C。10．（2023•雨花区校级二模）如图所示，两光滑平行长直金属导轨水平固定放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场。两根相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，处于静止状态。t＝0时刻，对cd棒施加水平向右的恒力F，棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计。两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t变化的关系图像可能正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：金属棒cd在恒力F作用下由静止开头加速，此时金属棒ab、cd加速度分别为：aab＝0acd之后回路中消灭感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开头加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差渐渐增大，回路中的电动势渐渐增大，依据安培力的计算公式可知，安培力为：F安依据题意可知，安培力渐渐增大，金属棒cd加速度减小，金属棒ab加速度增大，当acd＝aab时，vcd﹣vab不再变化，回路中的电流不再变化，安培力不变，两棒加速度不变，但是两金属棒的速度仍在增大，故C正确，ABD错误。故选：C。11．（2023•河南模拟）如图所示，肯定质量的导体棒ab横放在U形金属框架上。框架固定放在绝缘水平面上，框架粗糙，电阻不计且足够长，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。t＝0时刻，垂直于ab导体棒施加水平恒力F，使ab从静止开头加速，作用一段时间后，撤掉外力F。下列导体棒ab速度随时间变化图像中可能正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：导体棒安培力F安＝BIL，依据欧姆定律I=ER，切割电动势E＝BLv，联立有F安=B2L2vR，故对导体棒由牛顿其次定律列式F-B2L2故选：C。12．（2022秋•丹东期末）如图所示，固定金属圆环半径为L，在金属圆环的四个面积均等区域中有两个区域分别存在方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场。长为L的导体棒OA一端与圆环中心O点重合，另一端与圆环接触良好，在圆环和O点之间接肯定值电阻R，其它电阻不计。当导体棒以角速度ω绕O点在纸面内匀速转动时，回路中产生的交变电流的有效值为（）A．BωL22R B．BωL24R C【解答】解：导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=1依据题意导体棒在转动一周的时间T过程中只有一半的时间切割磁感线产生感应电流，所以有E2R⋅解得I=故C正确，ABD错误；故选：C。二．多选题（共3小题）（多选）13．（2023春•普宁市期末）如图甲所示，一个匝数n＝100的圆形导体线圈，面积S1＝0.4m2，电阻r＝1Ω。在线圈中存在面积S2＝0.3m2的垂直线圈平面对外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。有一个R＝2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是（）A．圆形线圈中产生的感应电动势E＝4.5V B．通过电阻R的电流方向为从下至上 C．圆形线圈中产生的感应电流大小为1A D．第4s末圆形线圈的磁通量为0.24Wb【解答】解：A、依据法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势为：E＝nΔΦΔt=nΔBΔtS2＝100×0.64×B、依据楞次定律推断可知线圈中的感应电流沿顺时针方向，通过电阻R的电流方向为从下至上，故B正确；C、依据闭合电路的欧姆定律可得感应电流：I=ER+r=4.52+1AD、第4s末圆形线圈的磁通量为Φ＝BS2＝0.6×0.3Wb＝0.18Wb，故D错误；故选：AB。（多选）14．（2023春•宝鸡期末）如图甲所示，一根足够长的空心铜管竖直放置，将一枚横截面直径略小于铜管内径、质量为m0的圆柱形强磁铁从铜管上端管口处由静止释放，强磁铁在铜管内下落的最大速度为vm，强磁铁与铜管内壁的摩擦和空气阻力可以忽视，重力加速度为g。强磁铁下落过程中，可以认为铜管中的感应电动势大小与强磁铁下落的速度成正比，下列分析正确的是（）A．若把空心铜管切开一条竖直狭缝，如图乙所示，还将强磁铁从铜管上端管口处由静止释放，发觉强磁铁做自由落体运动 B．若把空心铜管切开一条竖直狭缝，如图乙所示，还将强磁铁从铜管上端管口处由静止释放，发觉强磁铁的下落会慢于自由落体运动 C．图甲中，强磁铁达到最大速度后，铜管的热功率等于m0gvm D．假如在图甲中强磁铁的上面粘一个质量为m1的绝缘橡胶块，则强磁铁下落的最大速度为m【解答】解：AB、若把空心铜管切开一条竖直狭缝，此时铜管内仍旧会形成涡流，涡流的磁场对强磁铁有阻碍作用，因此将强磁铁从铜管上端管口处由静止释放，发觉强磁铁的下落会明显慢于自由落体运动，故A错误，B正确；C、图甲中，强磁铁达到最大速度后做匀速运动，在匀速下落的过程中，削减的重力势能全部转化为热量，则铜管的热功率等于重力做功的功率，即P0＝m0gvm，故C正确；D、由于强磁铁下落过程中铜管中的感应电动势大小E与强磁铁下落的速度v成正比，且强磁铁四周铜管的有效电阻R是恒定的。可知任一时刻的热功率为P=强磁铁在匀速下落时，有P＝mgv可得：P解得强磁铁下落的最大速度为：v1=m故选：BCD。（多选）15．（2023春•韶关期末）如图所示，一半径为r、质量为m、电阻为R的n匝圆形细线圈在足够长的径向辐射状磁场中由静止开头下落，线圈下落高度h时速度达到最大值vm。已知线圈下落过程中环面始终水平且所经过位置的磁感应强度大小都相同，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（）A．线圈在磁场中做匀加速直线运动 B．线圈下落过程中所经过位置的磁感应强度大小为12πrnC．线圈下落高度h的过程中产生的总焦耳热为mgh-D．线圈下落高度h所经受的时间为v【解答】解：A、线圈在磁场中的速度越大，感应电动势越大，感应电流越大，安培阻力越大，所以线圈在磁场中做加速度减小的加速运动，达到最大速度后，做匀速直线运动，故A错误；B、当安培力与重力大小相等时，线圈的速度最大，依据平衡条件有：nBIm⋅2πr＝mg依据欧姆定律得：I解得：B=12πnrmgRC、依据能量守恒定律可知，线圈下落高度h的过程中产生的总焦耳热为：Q=mgh-12D、依据法拉第电磁感应定律有：E依据欧姆定律有：I电荷量：q=联立以上可得：q=由动量定理有：mgt解得：t=vmg故选：BCD。三．试验题（共2小题）16．（2023春•阎良区期末）如图1为“探究影响感应电流方向的因素”的试验装置，所用电流表指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从“+”接线柱流入电流表时，指针向右偏转。（1）将条形磁铁按如图1方式S极向下插入螺线管时，发觉电流表的指针向右偏转。螺线管的绕线方向如图2所示。请在图2中标出螺线管中的感应电流方向。（2）经分析可得出结论：当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向相反（填“相同”或“相反”）。（3）接上面的（1），将条形磁铁从螺线管中抽出时，电流表的指针向左（填“左”或“右”）偏转。（4）有同学又用图1中的器材完成了如下试验。条形磁铁的轴线和铁芯的轴线及连接线圈和电流计的导线在同一平面内，铁芯、线圈及条形磁铁的几何中心均在与铁芯垂直的PQ连线上。条形磁铁分别与线圈相互平行或相互垂直放置，使其沿QP方向靠近线圈。在图3情形中能观看到明显的电磁感应现象，且图中标出的电流计指针偏转方向正确的是A。【解答】解：（1）依据题意当电流从“+”接线柱流入电流表时，指针向右偏转，因此螺线管中的感应电流方向如图所示：（2）当条形磁铁按如图1方式S极向下插入螺线管时，穿过螺线管的磁通量增大，依据楞次定律可知感应电流的磁场与条形磁铁的磁场方向相反；（3）依据题意，当穿过螺线管的磁通量增大时，电流从“+”接线柱流入电流表，指针向右偏转；将条形磁铁从螺线管中抽出时，穿过螺线管的磁通量减小，电流从“﹣”接线柱流入电流表，指针向左偏转；（4）AB.该图中当磁铁向线圈靠近时，穿过线圈的磁通量向下增加，依据楞次定律可知，产生感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，线圈中产生的感应电流从“+”接线柱流入电流表，指针向右偏转，故A正确，B错误；CD.当磁铁按如图所示的方式靠近线圈时，由对称性可知，穿过线圈的磁通量总是零，线圈中不会有感应电流，故CD错误。故选：A。故答案为：（1）见解析；（2）相反；（3）左：（4）A。17．（2023春•重庆期中）用如图甲所示的器材“探究感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”，倾斜导轨下端固定一螺线管，小车上固定有磁铁和挡光片。试验时在导轨上端某处释放小车，小车沿导轨加速下滑，穿过螺线管的磁通量发生变化，螺线管中产生感应电动势。光电传感器（图中未画出）可以测出挡光片经过光电门的时间Δt，同时电压传感器测出这段时间内螺线管中的平均感应电动势。通过多次试验，得到E-（1）在测量图乙中图线所需的试验数据时，下列要求合理的有CD。A．需在同一位置释放小车B．需无初速度释放小车C．不能转变挡光片的宽度D．不能转变光电门的位置（2）影响图乙中图线的斜率大小的因素有见解析（至少列出三个因素）。（3）线圈匝数增加一倍后重做该试验，在图乙中画出试验图线（在答题卡上作答）。【解答】解：（1）试验中，抓住通过螺线管的磁通量变化量相同，结合变化的时间，得出E与1Δt的关系，所以需要保持不变的是挡光片的宽度，光电门的位置。故CD正确，AB故选：CD；（2）依据E=n可得E=nΔΦ可知影响图乙中图线的斜率大小的因素有线圈的匝数，线圈的面积，磁场的强弱；（3）依据E=nΔΦΔt知，线圈匝数增加一倍，则感应电动势增加一倍．磁通量的变化量相同，则图线的斜率变为原来的故答案为：（1）CD；（2）见解析；（3）见解析。四．计算题（共3小题）18．（2023春•天河区校级期中）一轻质细线吊着一边长为L＝0.4m的10匝正方形线圈abcd，总电阻为R＝0.5Ω，在dc边的上下两侧对称分布有宽度d＝0.2m的正方形磁场区域，如图（甲）所示。磁场方向垂直纸面对里，磁感应强度大小随时间变化如图（乙）所示（线圈始终保持静止）。求：（1）线圈中产生的感应电流I大小；（2）t＝4s时，cd边受到的安培力大小及方向。【解答】解：（1）由图乙可知，线圈中磁感应强度的变化率为ΔB线圈中有效磁场的面积为S=感应电动势为E=n感应电流为I=解得I＝2A（2）t＝4s时，磁感应强度为B＝30T，cd边受到的安培力大小为F＝nBId解得F＝120N依据左手定则可知安培力方向为垂直cd边向上。答：（1）线圈中产生的感应电流I大小为2A；（2）t＝4s时，cd边受到的安培力大小为120N，方向垂直cd边向上。19．（2023•红桥区二模）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝2000匝，横截面积S＝40cm2。螺线管导线电阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，C＝20μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。求：（1）求螺线管中产生的感应电动势；（2）闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R2的电功率；（3）S断开后，求流经R2的电量。【解答】解：（1）依据法拉第电磁感应定律E=nΔΦ（2）依据全电路欧姆定律I=E电阻R2的电功率为P=I（3）S断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q电容器两端的电压U＝IR2＝0.32×5.0V＝1.6V流经R2的电量Q＝CU＝20×10﹣6×1.6C＝3.2×10﹣5C答：（1）求螺线管中产生的感应电动势为3.2V；（2）闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R2的电功率为0.512W；（3）S断开后，流经R2的电量为3.2×10﹣5C。20．（2023春•湖南期中）如图所示，两根固定的光滑的绝缘导轨水平部分与倾斜部分平滑连接，两导轨间距为L＝0.5m，导轨的倾斜部分与水平面成α＝37°。导轨的倾