2020高考物理二轮复习 专题七 计算题题型强化 第4讲 加试第23题 电磁感应规律的综合应用学案

第4讲 加试第23题 电磁感应规律的综合应用题型1 电磁感应中的动力学问题1．基本特点导体棒运动产生感应电动势→感应电流→通电导体棒受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化……周而复始地循环，最终导体棒的加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态，要抓住a ＝0时速度v 达到最大的特点． 2．基本思路例1 如图1所示，竖直平面内有两个半径为r 、光滑的14圆弧形金属环，在M 、N 处分别与距离为2r 、足够长的平行光滑金属导轨ME 、NF 相接，金属环最高点A 处断开不接触．金属导轨ME 、NF 的最远端EF 之间接有电阻为R 的小灯泡L.在MN 上方及CD 下方有水平方向的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B ，磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离为h .现有质量为m 的导体棒ab ，从金属环的最高点A 处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与金属及轨道接触良好．已知导体棒下落r2时向下的加速度为a .导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡亮度始终不变．重力加速度为g .导体棒、轨道、金属环的电阻均不计．求：图1(1)导体棒从A 处下落r2时的速度v 1大小；(2)导体棒下落到MN 处时的速度v 2大小；(3)将磁场Ⅱ的CD 边界下移一小段距离，分析导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡的亮度变化情况，并说明原因． 答案 (1)m (g －a )R3B 2r2(2)(mgR4B 2r2)2－2gh (3)见解析解析 (1)导体棒下落r2时，导体棒切割磁感线的有效长度为3r导体棒内产生的感应电动势：E ＝3Brv 1 回路中产生的感应电流：I ＝E R＝3Brv 1R根据牛顿第二定律得：mg －BI ·3r ＝ma得v 1＝m (g －a )R3B 2r2(2)导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡亮度始终不变，说明导体棒受力平衡，匀速下落，设此时导体棒的速度为v 3，则：mg ＝F 安＝B B ·2r ·v 3R ·2r ＝4B 2r 2v 3R解得v 3＝mgR4B 2r2 从MN 下落到CD ，v 22＋2gh ＝v 32得v 2＝v 32－2gh ＝(mgR4B 2r2)2－2gh (3)CD 边界下移一段距离，导体棒ab 进入磁场Ⅱ时速度大于v 3，mg <F 安，导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，电功率减小，亮度减小，最后mg ＝F 安，导体棒做匀速运动，亮度不变．1．(2018·金华市十校联考)如图2甲所示，一个电阻值为R 、匝数为n 的圆形金属线圈(图中只画出1匝)与一个正方形金属框abcd 连接成闭合回路．圆形金属线圈的半径为r 1，在线圈里面半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小B 1与时间t 关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0.正方形金属框abcd 的质量为m ，每条边的长度和阻值分别为L 和R ，放置于竖直平面内，金属框两顶点a 、b 通过导线与圆形金属线圈的两端点相连，金属框abcd 所在的空间存在有垂直金属框水平向外的匀强磁场，金属框恰好处于静止状态．导线电阻不计，导线对a 、b 点的作用力不计，重力加速度为g .求t 1时刻：图2(1)通过金属框ab 边的电流方向； (2)通过金属框ab 边的电流大小；(3)金属框所在处匀强磁场的磁感应强度B 2大小．答案 (1)b 流向a (2)3n πB 0r 227Rt 0 (3)7mgRt 04Ln πB 0r 22解析 (1)金属框恰好处于静止状态，所受安培力与重力平衡，根据左手定则判定，通过金属框ab 边上的电流方向为b 流向a .(2)由法拉第电磁感应定律得感应电动势为E ＝n ΔΦΔt ＝n πr 22ΔB Δt ＝n πB 0r 22t 0由闭合电路欧姆定律得，通过导线的总电流大小为 I ＝E74R ＝4E 7R ＝4n πB 0r 227Rt 0 通过金属框ab 边的电流大小I ab ＝34I ＝3n πB 0r 227Rt 0(3)通过金属框cd 边的电流大小I cd ＝14I ＝n πB 0r 227Rt 0金属框受重力和安培力，处于静止状态，有mg ＝B 2I ab L ＋B 2I cd L联立解得B 2＝7mgRt 04Ln πB 0r 22题型2 电磁感应中的动力学和能量问题1．电磁感应现象遵守能量守恒定律，电磁感应现象中产生的电能，一定是由其他形式的能转化而来的，从电磁感应现象产生的机理来区分，分为两种情况：(1)单纯的磁场变化：磁能→电能→电路中的内能(或其他形式的能)； (2)导体切割磁感线：机械能→电能→电路中的内能(或其他形式的能)．2．导体切割磁感线而产生的电能，必定等于导体克服安培力做的功，即产生的电能是用克服安培力做的功来量度的．3．从能量转化的角度分析电磁感应过程，必须牢牢抓住能量守恒这一基本规律．分析的基本思路是： 受力分析→弄清哪些力做功，做正功还是负功→明确有哪些形式的能参与转化，哪些增哪些减→由能量守恒定律列方程求解．例2 (2018·慈溪市期末)如图3甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L ＝0.2 m ，电阻不计．质量均为m ＝0.1 kg ，电阻均为R ＝0.1 Ω的金属杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B ＝1.0 T ，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中．t ＝0时刻开始，ab 杆以初速度v 1沿右导轨平面下滑．t ＝1 s 时刻开始，对ab 杆施加一垂直ab 杆且平行右导轨平面向下的力F ，使ab 开始做匀加速直线运动．cd 杆运动的v －t 图象如图乙所示(其中第1 s 、第3 s 内图线为直线)．若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图3(1)在第1 s 内cd 杆受到的安培力的大小； (2)ab 杆的初速度v 1的大小；(3)若第2 s 内力F 所做的功为9 J ，求第2 s 内cd 杆所产生的焦耳热． 答案 (1)0.2 N (2)1 m/s (3)3 J解析 (1)ab 杆沿右侧导轨下滑，根据右手定则可知ab 杆中感应电流由a 到b ，则cd 杆中电流由d 到c ，根据左手定则可知cd 杆受到的安培力垂直于左侧导轨向下． 根据v －t 图象可知，cd 杆在第1 s 内的加速度a 1＝Δv Δt＝4 m/s 2对cd 杆受力分析，根据牛顿第二定律，有mg sin 53°－μ(mg cos 53°＋F 安)＝ma 1解得安培力F 安＝0.2 N (2)对cd 杆：安培力F 安＝BIL 回路中电流I ＝F 安BL＝1 A 对ab 杆：感应电动势E ＝I ·2R ＝0.2 V 根据法拉第电磁感应定律E ＝BLv 1 解得：ab 杆的初速度v 1＝E BL＝1 m/s(3)根据题图v －t 图象可知，cd 杆在第3 s 内做匀减速运动，加速度a 2＝Δv Δt ＝－4 m/s 2对cd 杆受力分析，根据牛顿第二定律，有mg sin 53°－μ(mg cos 53°＋F 安′)＝ma 2解得安培力F 安′＝1.8 N由F 安′＝BI ′L ＝BE ′L 2R ＝B 2L 2v 22R可得2 s 时ab 杆的速度v 2＝2F 安′RB 2L2＝9 m/s第1 s 内，对ab 杆受力分析，有mg sin 37°－μmg cos 37°－BIL ＝0， 则第1 s 内ab 杆匀速运动．第2 s 内ab 杆做匀加速运动，ab 杆的位移x 2＝12(v 1＋v 2)t ＝5 m对ab 杆，根据动能定理，有W F ＋mgx 2sin 37°－μmgx 2cos 37°＋W 安＝12mv 22－12mv 12解得安培力做功W 安＝－6 J 回路中产生的焦耳热Q ＝－W 安＝2Q cd 故第2 s 内cd 杆所产生的焦耳热Q cd ＝3 J2．(2018·诺丁汉大学附中期中)如图4甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ 被固定在水平面上，导轨间距L ＝0.6 m ，两导轨的左端用导线连接电阻R 1及理想电压表，电阻r ＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB 处；右端用导线连接电阻R 2，已知R 1＝2 Ω，R 2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDEF 内有竖直向上的磁场，CE ＝0.2 m ，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．在t ＝0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F ，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变．求：图4(1)t ＝0.1 s 时电压表的示数； (2)恒力F 的大小；(3)从t ＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量Q . 答案 (1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.09 J解析 (1)设磁场宽度为d ＝CE ，在0～0.2 s 的时间内，有E ＝ΔΦΔtE ＝ΔBΔtLd ＝0.6 V 此时，R 1与金属棒r 并联，再与R 2串联R ＝R 并＋R 2＝2 Ω得U ＝E RR 并＝0.3 V (2)金属棒进入磁场后，有I ′＝U R 1＋UR 2＝0.45 AF A ＝BI ′L即F A ＝1×0.45×0.6 N＝0.27 N由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有F ＝F A得F ＝0.27 N(3)金属棒在0～0.2 s 的运动时间内，有Q 1＝E 2Rt ＝0.036 J金属棒进入磁场后，因电压表示数保持不变，故切割磁感线速度v 不变，则W F ＋W A ＝0W F ＝F ·d ＝0.27×0.2 J＝0.054 J根据能量转化规律Q 2＝－W A ＝0.054 J 故Q 总＝Q 1＋Q 2＝0.09 J3．(2018·绍兴市选考诊断)某兴趣小组设计了一种利用开、关门来发电的装置，如图5甲所示．门ABCD 可绕AD 轴无摩擦转动90°，其BC 边是质量m ＝2 kg 、电阻r ＝5 Ω的金属条，门的其他部分为绝缘体且质量忽略不计，AB ＝1 m ，BC ＝2 m ，金属条B 、C 两端用导线连接电阻R ＝5 Ω的小灯泡组成闭合回路，门角B 点与墙面间连有一轻质弹簧(图中未画出)．门关闭时，门边BC 处于Ⅰ位置，此时弹簧处于原长；门打开90°时，门边BC 处于Ⅳ位置，此时弹簧拉伸最长．在门边BC 转动路径的Ⅱ到Ⅲ位置区域，存在高2米、圆心角为45°的柱形辐向磁场区域AMNFDAE ，如图乙所示．BC 边转动路径附近的磁感应强度为B ＝1 T ．现用力推门，使门从Ⅰ位置由静止开始转动，以恒定的角速度ω＝1 rad/s 经过磁场区域，当门边BC 转过Ⅲ时撤去F ，门刚好能转过90°到达Ⅳ位置而速度减为0，此后又在弹簧作用下被弹回，直至关闭，已知此过程中推力做功为W F ＝1.5 J ．其中π取3.图5(1)门边BC 刚转到Ⅱ位置进入磁场瞬间，通过灯泡的电流方向如何(选答“B →C ”或“C →B ”)? (2)门边BC 刚转到Ⅱ位置进入磁场瞬间，求灯泡两端的电压U ；(3)已知门刚好关闭前的角速度ω＝1 rad/s ，求门弹回直至关闭过程中小灯泡消耗的电能． 答案 (1)B →C (2)1 V (3)0.1 J解析 (1)根据右手定则，通过灯泡的电流方向为B →C .(2)门刚好进入磁场时，门BC 边切割磁感线的速度v ＝ωL AB ＝1 m/s 产生的电动势E ＝BLv ＝1×2×1 V＝2 V 回路中电流为I ＝ER ＋r ＝210A ＝0.2 A 灯泡两端的电压U ＝IR ＝1 V(3)在门打开过程中，BC 边克服安培力做功，回路中产生焦耳热Q 1＝I 2(R ＋r )t ＝0.3 J门关闭前的速度v ＝ωL AB ＝1 m/s 此时门边BC 具有的动能E k ＝12mv 2＝1 J整个过程中，根据能量守恒，外力做功转化为焦耳热和门增加的动能 则回路总的焦耳热Q 总＝W F －ΔE k ＝0.5 J因此门弹回直至关闭过程中产生的电能Q 2＝Q 总－Q 1＝0.2 J 灯泡上消耗的电能Q 灯＝Q 22＝0.1 J专题强化练1．如图1所示，匀强磁场垂直铜环所在的平面，磁感应强度为B .导体棒A 的一端固定在铜环的圆心O 处，可绕O 匀速转动，与半径分别为r 1、r 2的铜环有良好接触．通过电刷把大小铜环与两水平平行金属板P 、Q 连接成如图所示的电路，R 1、R 2是定值电阻，R 1＝R 0，R 2＝2R 0.质量为m 、电荷量为q 的带正电小球通过绝缘细线挂在P 、Q 两板间，细线能承受的最大拉力为3mg ，已知：导体棒与铜环电阻不计，P 、Q 两板间距为d ；重力加速度为g .现闭合开关，求：图1(1)当细线对小球的拉力小于mg 时，导体棒A 转动的方向； (2)当细线对小球恰好无拉力时，电路消耗的电功率； (3)细线恰好断裂时，导体棒转动的角速度至少多大． 答案 (1)逆时针 (2)3m 2g 2d 24q 2R 0 (3)6mgdqB (r 12－r 22)解析 (1)当细线对小球的拉力小于mg ，则平行金属板间有向上的电场，即Q 板带正电，由右手定则知导体棒A 沿逆时针方向转动．(2)q U 2d ＝mg ，U 2＝mgd q 电路中的电流I ＝U 2R 2＝mgd2qR 0P 总＝I 2R 总＝I 2(R 1＋R 2)＝3m 2g 2d24q 2R 0(3)细线恰好断裂时，F T ＝3mg ，F T ＝mg ＋qU 2′d ，得U 2′＝2mgdq所以电动势E ＝32U 2′＝3mgd q ，E ＝ΔΦΔt ＝12Bω(r 12－r 22)，所以ω＝6mgd qB (r 12－r 22)2．(2018·牌头中学期中)如图2所示，两根光滑的平行金属导轨相距为d ，电阻不计，在其左端接有阻值为R 的电阻．MN 为一根长度也为d 、质量为m 、电阻为r 的金属杆，垂直导轨放置，并与导轨接触良好，整个装置处于方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，开始时杆MN 处于静止状态．某时刻(t ＝0)对杆MN 施加一个平行导轨方向的水平力F ，使之做加速度为a 的匀加速直线运动．(导轨足够长)图2(1)判断M 、N 两端的电势高低； (2)求t ＝t 1时刻杆MN 两端的电压； (3)求水平力F 随时间t 变化的关系式．答案 (1)φM >φN (2)BdRat 1R ＋r (3)F ＝B 2d 2atR ＋r＋ma解析 (1)由右手定则可知，φM >φN (2)t 1时刻的速度：v 1＝at 1 感应电动势E 1＝Bdv 1 感应电流I 1＝E 1R ＋r杆MN 两端的电压U 1＝I 1R ＝BdRat 1R ＋r(3)由牛顿第二定律可得F －BId ＝ma 其中I ＝ER ＋rE ＝Bdv v ＝at联立解得F ＝B 2d 2atR ＋r＋ma3．(2018·杭州市重点中学期末)如图3所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α＝53°角，两导轨间距l＝1.0 m，导轨间接一个阻值为R＝3.0 Ω的电阻，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T，宽度d未知．导体棒a的质量为m1＝0.10 kg、接入电路的电阻为R1＝6.0 Ω；导体棒b的质量为m2＝0.20 kg、接入电路的电阻为R2＝3.0 Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，a、b电流间的相互作用不计)，求：图3(1)a棒进入磁场前的加速度大小；(2)a棒在磁场中运动的速度大小；(3)a、b棒全部穿过磁场过程中，回路中产生的总热量．答案(1)8 m/s2(2)6 m/s (3)3.6 J解析(1)由牛顿第二定律得，m1g sin α＝m1aa＝g sin α＝8 m/s2(2)a棒在磁场中受力平衡：m1g sin α＝BIl又I＝ER1＋RR2R＋R2E＝Blv a解得v a＝6 m/s(3)由(2)同样方法可求得v b＝8 m/sa在磁场中运动时间t＝v b－v aa＝0.25 s磁场宽度d＝v a t＝1.5 m回路产生的总热量Q＝(m1＋m2)gd sin α＝3.6 J4．(2018·义乌市模拟)如图4所示，间距为L、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不计)所在斜面倾角为α，两根同材料、长度均为L、横截面均为圆形的金属棒CD、PQ放在斜面导轨上，已知CD棒的质量为m、电阻为R，PQ棒的圆截面的半径是CD棒圆截面的2倍，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为k、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒CD，开始时金属棒CD静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒PQ，使金属棒PQ由静止开始运动，当金属棒PQ达到稳定时，弹簧的形变量与开始时相同．已知金属棒PQ开始运动到稳定的过程中通过CD棒的电荷量为q，此过程可以认为CD棒缓慢地移动，已知题设物理量符合qRk BL ＝45mg sin α的关系式，求此过程中(要求结果均用m 、g 、k 、α来表示)：图4(1)CD 棒移动的距离； (2)PQ 棒移动的距离； (3)恒力所做的功．答案 (1)mg sin αk (2)2mg sin αk (3)12(mg sin α)2k解析 (1)开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于CD 棒重力平行于斜面的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方向相反．两弹簧向上的弹力等于CD 棒重力平行于斜面的分量，即2F 弹＝mg sin α，弹簧的形变量为Δx ＝mg sin α2kCD 棒移动的距离Δs CD ＝2Δx ＝mg sin αk(2)PQ 棒的圆截面半径是CD 棒圆截面的2倍，则m PQ ＝4m ，R PQ ＝14R ，在达到稳定过程中两棒之间距离增大Δs ，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势为：E ＝B ΔS Δt ＝BL ·ΔsΔt感应电流为：I ＝ER 总＝4BL Δs5R Δt所以，回路中通过的电荷量即CD 棒中的通过的电荷量为q ＝I Δt ＝4BL Δs5R由此可得两棒距离增大值：Δs ＝5qR4BLPQ 棒沿导轨上滑距离应为CD 棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和 PQ 棒沿导轨上滑距离为：Δs PQ ＝Δs ＋Δs CD ＝5qR 4BL ＋mg sin αk ＝2mg sin αk(3)CD 棒达到稳定时，受力平衡，安培力为F 安＝mg sin α＋2F 弹＝2mg sin α.金属棒PQ 达到稳定时，恒力F ＝F 安＋4mg sin α＝6mg sin α恒力做功为W ＝F Δs PQ ＝6mg sin α·2mg sin αk ＝12(mg sin α)2k5．(2017·杭州市高三上期末)某同学在学习电磁感应后，认为电磁阻尼能够承担电梯减速时大部分制动的负荷， 从而减小传统制动器的磨损．如图5甲所示，是该同学设计的电磁阻尼制动器的原理图．电梯箱与配重质量都为 M ，通过高强度绳子套在半径r 1的承重转盘上，且绳子与转盘之间不打滑．承重转盘通过固定转轴与制动转盘相连．制动转盘上固定了半径为r 2和r 3 的内外两个金属圈(如图乙)，金属圈内阻不计．两金属圈之间用三根互成 120°的辐向导体棒连接，每根导体棒电阻均为R . 制动转盘放置在一对励磁线圈之间，励磁线圈产生垂直于制动转盘的匀强磁场(磁感应强度为B )，磁场区域限制在120°辐向角内，如图乙阴影区所示. 若电梯箱内放置质量为m 的货物一起以速度v 竖直上升，电梯箱离终点(图中未画出)高度为h 时关闭动力系统，仅开启电磁制动，一段时间后，电梯箱恰好到达终点．图5(1)若在开启电磁制动瞬间，三根金属棒的位置刚好在图乙所示位置，则此时制动转盘上的电动势 E 为多少？ 此时a 与 b 之间的电势差有多大？(2)若忽略转盘的质量，且不计其他阻力影响，则在上述制动过程中，制动转盘产生的热量是多少？(3)若要提高制动的效果，试对上述设计做出两处改进．答案 见解析解析 (1)设承重转盘的角速度为ω，则制动转盘的角速度也为ω.则ω＝vr 1v a ＝ωr 3 v b ＝ωr 2 E ＝B (r 3－r 2)(v a ＋v b )2联立解得：E ＝Bv (r 32－r 22)2r 1I ＝E R ＋0.5RU ab ＝I ·0.5R联立解得：U ab ＝Bv (r 32－r 22)6r 1(2)Q ＋mgh ＝12(m ＋2M )v 2 解得：Q ＝12(m ＋2M )v 2－mgh (3)增加励磁电流；减小金属棒的电阻；增加金属棒的数目(用实心的金属材料做整个金属盘)．增加外金属圈的半径r 3；减小内金属圈的半径r 2； 减小承重转盘的半径r 1.(任选两项即可)6．(2018·金华市十校联考)如图6所示，PM 、QN 是两根14光滑圆弧导轨，圆弧半径为d 、间距为L ，最低点M 、N 在同一水平高度，导轨电阻不计，在其上端连有一阻值为R 的电阻，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B .现有一根长度稍大于L 、质量为m 、阻值为R 的金属棒，从导轨的顶端PQ 处由静止开始下滑，到达底端MN 时对导轨的压力为2mg ，重力加速度为g .求：图6(1)金属棒到达导轨底端MN 时电阻R 两端的电压；(2)金属棒从导轨顶端PQ 下滑到底端MN 过程中，电阻R 产生的热量；(3)金属棒从导轨顶端PQ 下滑到底端MN 过程中，通过电阻R 的电荷量．答案 (1)12BL gd (2)mgd 4 (3)BLd 2R解析 (1)在导轨的底端MN 处，金属棒对导轨的压力F N ＝2mg轨道对金属棒的支持力大小为F N ′＝F N ＝2mg则有F N ′－mg ＝m v 2d解得v ＝gd金属棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv金属棒到达底端时电阻R 两端的电压U ＝E 2＝12BL gd (2)金属棒从导轨顶端PQ 下滑到底端MN 过程中，由能量守恒定律得： mgd ＝Q ＋12mv 2解得Q ＝12mgd 电阻R 上产生的热量Q R ＝12Q ＝mgd 4(3)由q ＝I ·Δt I ＝E 2RE ＝ΔΦΔt ＝BLd Δt联立解得q ＝BLd 2R。