PAGEPAGE11法拉第電磁感應(yīng)定律一、選擇題1．(2024·靖遠(yuǎn)縣三模)等腰直角三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，另有一等腰直角三角形導(dǎo)線框ABC以恒定的角速度沿圖示方向穿過磁場，該過程中AC∥OQ，下列說法中正確的是()A．導(dǎo)線框起先進(jìn)入磁場時感應(yīng)電流最小B．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場過程磁感應(yīng)電流沿逆時針方向C．導(dǎo)線框穿出磁場過程中C點電勢高于A點電勢D．導(dǎo)線框穿出磁場過程磁感應(yīng)電流沿逆時針方向答案B解析A項，當(dāng)導(dǎo)線框起先進(jìn)入磁場時，切割磁感線的有效長度L最大，此時感應(yīng)電動勢最大，感應(yīng)電流最大，故A項錯誤；B項，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場過程，由右手定則判定可知，導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為C到A，所以感應(yīng)電流沿逆時針方向，故B項正確．C、D兩項，導(dǎo)線框穿出磁場過程中，磁通量減小，由楞次定律知磁感應(yīng)電流沿順時針方向，AC中電流方向由A到C，而AC在外電路中，所以C點電勢低于A點電勢，故C、D兩項錯誤．2．(2024·課標(biāo)全國Ⅲ)(多選)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)．導(dǎo)線PQ中通有正弦溝通電i，i的變更如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向．導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢()A．在t＝eq\f(T,4)時為零B．在t＝eq\f(T,2)時變更方向C．在t＝eq\f(T,2)時最大，且沿順時針方向D．在t＝T時最大，且沿順時針方向答案AC解析由圖可知，t＝eq\f(1,4)T時刻，電流的變更率為0，電流產(chǎn)生的磁場的變更率eq\f(ΔB,Δt)為0，則線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為0，A項正確．t＝eq\f(T,2)或t＝T時刻，電流的變更率最大，電流產(chǎn)生的磁場的變更率eq\f(ΔB,Δt)最大，則產(chǎn)生的電動勢最大；依據(jù)楞次定律：t＝eq\f(T,2)感應(yīng)電流的方向為順時針，t＝T時刻感應(yīng)電流的方向為逆時針方向，B項錯誤；C項正確，D項錯誤．3．(多選)如圖甲所示，abcd是匝數(shù)為100匝、邊長為10cm、總電阻為0.1Ω的正方形閉合導(dǎo)線圈，放在與線圈平面垂直的圖示勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變更關(guān)系如圖乙所示，則以下說法正確的是()A．導(dǎo)線圈中產(chǎn)生的是交變電流B．在t＝1s時，ad邊受安培力方向向右C．在0～2s內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為10CD．在t＝2.5s時導(dǎo)線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為1V答案AB解析A項，依據(jù)楞次定律可知，在0～2s內(nèi)的感應(yīng)電流方向與2s～3s內(nèi)的感應(yīng)電流方向相反，即為溝通電，故A項正確；B項，依據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向逆時針，依據(jù)左手定則可知受到的安培力方向向右，故B項正確；C項，在0～2s時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢為：E1＝100×eq\f(2,2)×0.12V＝1V，再依據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)，則有：I1＝eq\f(1,0.1)A＝10A，依據(jù)Q＝It，解得：Q＝10×2C＝20C，故C項錯誤；D項，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，2.5s時的感應(yīng)電動勢等于2s到3s內(nèi)的感應(yīng)電動勢，則有：E＝eq\f(NΔB·S,Δt)＝eq\f(100×（2－0）×0.1×0.1,1)V＝2V，故D項錯誤．4．(2024·廈門二模)法拉第圓盤發(fā)電機原理如圖所示．銅質(zhì)圓盤水平放置在豎直向下的勻強磁場中，圓盤圓心處固定一個帶搖柄的轉(zhuǎn)軸，邊緣和轉(zhuǎn)軸處各有一個銅電刷與其緊貼，用導(dǎo)線將電刷與電阻R連接起來形成回路，其他電阻均不計．轉(zhuǎn)動搖柄，使圓盤如圖示方向勻速轉(zhuǎn)動．已知勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，圓盤半徑為r，電阻的功率為P.則()A．圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為eq\f(\r(PR),Br2)，流過電阻R的電流方向為從c到dB．圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為eq\f(\r(PR),Br2)，流過電阻R的電流方向為從d到cC．圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為eq\f(2\r(PR),Br2)，流過電阻R的電流方向為從c到dD．圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為eq\f(2\r(PR),Br2)，流過電阻R的電流方向為從d到c答案D解析將圓盤看成多數(shù)幅條組成，它們都切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，出現(xiàn)感應(yīng)電流，依據(jù)右手定則可知，圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向圓心，則流過電阻R的電流方向為從d到c.圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E＝eq\f(1,2)Br2ω，R的功率：P＝eq\f(E2,R)，解得：ω＝eq\f(2\r(PR),Br2)，故A、B、C三項錯誤，D項正確．5．(2024·課標(biāo)全國Ⅱ)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直．邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示．已知導(dǎo)線框始終向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進(jìn)入磁場．線框中感應(yīng)電動勢隨時間變更的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)．下列說法正確的是()A．磁感應(yīng)強度的大小為0.5TB．導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面對外D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N答案BC解析A、B兩項，由圖像可以看出，0.2～0.4s沒有感應(yīng)電動勢，所以從起先到ab進(jìn)入用時0.2s，導(dǎo)線框勻速運動的速度為：v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，依據(jù)E＝BLv知磁感應(yīng)強度為：B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，故A項錯誤，B項正確．C項，由(b)圖可知，線框進(jìn)磁場時，感應(yīng)電流的方向為順時針，依據(jù)楞次定律得，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面對外，故C項正確．D項，在0.4～0.6s內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(0.04×0.01×0.5,0.005)N＝0.04N，故D項錯誤．6．(2024·重慶模擬)如圖所示，處于豎直面的長方形導(dǎo)線框MNPQ邊長分別為L和2L，M、N間連接兩塊水平正對放置的金屬板，金屬板距離為d，虛線為線框中軸線，虛線右側(cè)有垂直線框平面對里的勻強磁場．內(nèi)板間有一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電油滴恰好處于平衡狀態(tài)，重力加速度為g，則下列關(guān)于磁場磁感應(yīng)強度大小B的變更狀況及其變更率的說法正確的是()A．正在增加，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2) B．正在減小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2)C．正在增加，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,2qL2) D．正在減小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,2qL2)答案B解析電荷量為q的帶正電的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場力豎直向上，則電容器的下極板帶正電，所以線框下端相當(dāng)于電源的正極，感應(yīng)電動勢順時針方向，感應(yīng)電流的磁場方向和原磁場同向，依據(jù)楞次定律，可得穿過線框的磁通量在勻稱減小；線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(ΔB,Δt)L2；油滴所受電場力：F＝E場q，對油滴，依據(jù)平衡條件得：qeq\f(E,d)＝mg；所以解得，線圈中的磁通量變更率的大小為：eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(mgd,qL2).7.(2024·海南三模)如圖所示，有兩根豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌間的距離為L＝2m，導(dǎo)軌下端接有阻值為R＝1Ω的電阻，在兩導(dǎo)軌之間有兩個半徑均為r＝0.5m的圓形磁場區(qū)域，下方區(qū)域磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面對里，磁感應(yīng)強度隨時間勻稱增大且變更率為eq\f(8,π)T/s，上方磁場區(qū)域為勻強磁場，一根質(zhì)量為m＝1kg、電阻為1Ω的金屬棒ab與上方磁場區(qū)域的直徑重合并與導(dǎo)軌垂直放置，金屬棒恰好靜止，不計金屬導(dǎo)軌的電阻，則上方區(qū)域磁場的大小和方向為(重力加速度g取10m/s2)()A．大小為10T，方向垂直于導(dǎo)軌平面對里B．大小為5T，方向垂直于導(dǎo)軌平面對里C．大小為10T，方向垂直于導(dǎo)軌平面對外D．大小為5T，方向垂直于導(dǎo)軌平面對外答案C解析依據(jù)楞次定律知，回路中感應(yīng)電流方向為aNQba，ab棒中電流方向由b到a.ab棒所受的安培力方向豎直向上，由左手定則推斷知上方區(qū)域磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面對外．依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E＝eq\f(ΔB,Δt)·πr2＝eq\f(8,π)×π×0.52＝2V通過ab棒的感應(yīng)電流為：I＝eq\f(E,R＋Rab)＝eq\f(2,1＋1)＝1A金屬棒恰好靜止，則有：BI·2r＝mg解得：B＝10T.8．(2024·課標(biāo)全國Ⅰ)如圖所示，半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有勻稱磁場，磁感應(yīng)強度為B0，磁場方向垂直紙面對里．半徑為b的金屬圓環(huán)與圓形磁場同心地位置，磁場與環(huán)面垂直．金屬環(huán)上分別接有相同的燈L1、L2，燈的電阻均為R，一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒與環(huán)的電阻均忽視不計．MN棒以速率v在環(huán)上向右勻速滑動，棒滑過圓環(huán)直徑OO′的瞬間，燈L1，L2恰好正常發(fā)光．現(xiàn)撤去中間的金屬棒MN，使磁感應(yīng)強度隨時間勻稱變更，為了使燈L1，L2也正常發(fā)光，磁感應(yīng)強度隨時間變更率的大小應(yīng)為()A.eq\f(B0v,πa) B.eq\f(2B0v,πa)C.eq\f(3B0v,πa) D.eq\f(4B0v,πa)答案D解析當(dāng)MN棒滑過圓環(huán)直徑OO′的瞬間，設(shè)由于棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，通過棒的電流為I、通過燈泡的電流為I1，則有：E＝Blv＝2B0av①I＝eq\f(E,\f(R,2))＝eq\f(2E,R)②I1＝eq\f(1,2)③由①②③得：I1＝eq\f(2B0av,R)④當(dāng)撤去中間的金屬棒MN，磁感應(yīng)強度隨時間變更時，設(shè)磁感應(yīng)強度的變更率為k，此過程電路中的感應(yīng)電動勢為E′，感應(yīng)電流為I′、則由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E′＝Seq\f(ΔB,Δt)＝πa2k⑤I′＝eq\f(E′,2R)⑥由⑤⑥得：I′＝eq\f(kπa2,2R)⑦由題意可知I1＝I′，解得：k＝eq\f(4B0v,πa)，故D項正確，A、B、C三項錯誤；故選D項．9．(2024·江西一模)如圖為兩個有界勻強磁場，左右兩邊磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B，方向分別垂直紙面對里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側(cè)L處，有一邊長為L的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直紙面對里時磁通量Φ的方向為正．則下列說法正確的是()A．在eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)的過程中，磁通量的變更量為2BL2B．在eq\f(2L,v)～eq\f(3L,v)的過程中，電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為E＝3BLvC．在eq\f(2L,v)～eq\f(3L,v)的過程中產(chǎn)生的電功率是eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)的過程中產(chǎn)生的電功率的9倍D．在eq\f(2L,v)～eq\f(3L,v)的過程中產(chǎn)生的安培力大小是eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)的過程中產(chǎn)生的安培力大小的3倍答案C解析A項，在eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)的過程中，t＝eq\f(L,v)時刻，線圈的磁通量為Φ1＝0，t＝eq\f(2L,v)時刻磁通量為Φ2＝BL2，則磁通量的變更量為ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BL2.故A項錯誤．B項，在eq\f(2L,v)～eq\f(3L,v)的過程中，感應(yīng)電動勢為負(fù)，電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為E＝－BLv＋(－2BLv)＝－3BLv，故B項錯誤．C項，在eq\f(2L,v)～eq\f(3L,v)的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2＝3BLv，感應(yīng)電流I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(3BLv,R)·eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E1＝BLv，感應(yīng)電流I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(BLv,R)依據(jù)電功率P＝I2R得，在eq\f(2L,v)～eq\f(3L,v)的過程中產(chǎn)生的電功率是eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)的過程中產(chǎn)生的電功率的9倍，故C項正確．D項，在eq\f(2L,v)～eq\f(3L,v)的過程中產(chǎn)生的安培力大小F2＝BI2L＋2BI2L＝eq\f(9B2L2v,R)·eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)的過程中產(chǎn)生的安培力大小F1＝BI1L＝eq\f(B2L2v,R)，所以在eq\f(2L,v)～eq\f(3L,v)的過程中產(chǎn)生的安培力大小是eq\f(L,v)～eq\f(2L,v)的過程中產(chǎn)生的安培力大小的9倍，故D項錯誤．10．(2024·包頭一模)(多選)如圖所示，在邊長為a的正方形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，其方向垂直紙面對外，一個邊長也為a的單匝正方形導(dǎo)線框架EFGH正好與上述磁場區(qū)域的邊界重合，導(dǎo)線框的電阻為R.現(xiàn)使導(dǎo)線框以周期T繞其中心O點在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，經(jīng)過eq\f(T,8)導(dǎo)線框轉(zhuǎn)到圖中虛線位置，則在這eq\f(T,8)時間內(nèi)()A．順時針方向轉(zhuǎn)動時，感應(yīng)電流方向為E→F→G→H→EB．平均感應(yīng)電動勢大小等于eq\f(8（3－2\r(2)）a2B,T)C．平均感應(yīng)電動勢大小等于eq\f(16a2B,9T)D．通過導(dǎo)線框橫截面的電荷量為eq\f(（3－2\r(2)）a2B,R)答案BD解析A項，由于虛線位置是經(jīng)過eq\f(T,8)到達(dá)的，而且線框是順時針方向轉(zhuǎn)動，所以線框的磁通量是變小的．依據(jù)楞次定律，可以推斷出感應(yīng)電流的方向為：E→H→G→F→E，故A項錯誤．B項，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：平均感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔS,Δt)，由幾何學(xué)問得：OC＝eq\f(\r(2),2)a，OA＝eq\f(1,2)a，AB＝AC，依據(jù)幾何關(guān)系找出有磁場穿過面積的變更ΔS＝(3－2eq\r(2))a2，解得：E＝eq\f(8（3－2\r(2)）a2B,T)，故B項正確，故C項錯誤．D項，通過導(dǎo)線框橫截面的電荷量q＝I·Δt＝eq\f(E,R)·Δt＝eq\f(（3－2\r(2)）a2B,R)，故D項正確．11．(2024·樂山模擬)(多選)如圖，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，其左端接有定值電阻R，Ox軸平行于金屬導(dǎo)軌，在0≤x≤4m的空間區(qū)域內(nèi)存在著垂直導(dǎo)軌平面對下的磁場，磁感應(yīng)強度B隨坐標(biāo)x(以m為單位)的分布規(guī)律為B＝0.8－0.2x(T)，金屬棒ab在外力作用下從x＝0處沿導(dǎo)軌運動，ab始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計導(dǎo)軌和金屬棒的電阻．設(shè)在金屬棒從x1＝1m經(jīng)x2＝2m到x3＝3m的過程中，R的電功率保持不變，則金屬棒()A．在x1與x3處的電動勢之比為1∶3B．在x1與x2處受到磁場B的作用力大小之比為2∶1C．從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電量之比為5∶3D．從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R產(chǎn)生的焦耳熱之比為5∶3答案CD解析A項，因為從x1＝1m經(jīng)x2＝2m到x3＝3m的過程中，R的電功率保持不變，則有P＝eq\f(E2,R)可知從x1＝1m經(jīng)x2＝2m到x3＝3m的過程中，電動勢不變，故A項錯誤；B項，在x1＝1m處B1＝0.8－0.2×1＝0.6T，x2＝2m處B2＝0.8－0.2×2＝0.4T，由A項分析可知整個過程中電動勢E不變，則電流不變，由F＝BIL可知在x1與x2處受到磁場的作用力大小之比為3∶2，故B項錯誤；C項，由q＝eq\f(ΔΦ,R)可知從x1到x2過程與從x2到x3過程ΔS相等，x1到x2的平均磁感應(yīng)強度為0.5T，x2到x3的平均磁感應(yīng)強度為0.3T，B之比為5∶3，則通過R的電量之比為5∶3，故C項正確；D項，消耗的焦耳熱為Q＝I2Rt＝IqR，則焦耳熱之比即為通過的電荷量之比，由C項分析可知消耗的焦耳熱之比為5∶3，故D項正確．12．(2024·衡水三模)(多選)如圖所示，半徑為r的半圓弧光滑金屬導(dǎo)軌ab垂直放置在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，現(xiàn)有一導(dǎo)體棒Oc可繞半圓形導(dǎo)軌的圓心O點逆時針旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)動過程中導(dǎo)體棒接入的電阻為R0，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計．在導(dǎo)軌的右端點b和圓心O有兩根引線分別接在電容器C和總阻值為R的滑動變阻器兩端．現(xiàn)讓導(dǎo)體棒從b端向a端轉(zhuǎn)動，則下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒在轉(zhuǎn)動過程中c端電勢高B．滑片P置于最右端不動，且導(dǎo)體棒以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時外力的功率為eq\f(B2r4ω2,R＋R0)C．導(dǎo)體棒以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，將P從最右端滑到最左端的過程中C的放電量為eq\f(CBr2ωR,2（R＋R0）)D．滑片P置于中間不動，勻稱增大轉(zhuǎn)速時導(dǎo)體棒所受的外力和C上的電荷量都勻稱增大答案CD解析A項，導(dǎo)體棒Oc轉(zhuǎn)動過程中由右手定則知電流由c向O流淌，因?qū)w棒相當(dāng)于電源，故c端是電源的負(fù)極，電勢低，故A項錯誤；B項，導(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢為E＝Breq\f(r,2)ω＝eq\f(1,2)Br2ω，因此回路中的電流為I＝eq\f(Br2ω,2（R＋R0）)，于是對應(yīng)外力的功率為P＝I2(R＋R0)＝eq\f(B2r4ω2,4（R＋R0）)，故B項錯誤；C項，導(dǎo)體棒穩(wěn)定轉(zhuǎn)動時，電動勢恒定，將滑片P從右向左滑動過程中C的電壓從U＝eq\f(E,R＋R0)R＝eq\f(BRωr2,2（R＋R0）)漸漸減小到零，對應(yīng)放出的電荷量為Q＝C(U－0)＝eq\f(CBr2ωR,2（R＋R0）)，故C項正確；D項，滑片P置于中間不動，增大轉(zhuǎn)速時，ω＝2πn，電動勢E＝eq\f(1,2)Br2ω＝πBr2n，回路中的電流為I＝eq\f(E,R0＋\f(R,2))，聯(lián)立化簡得I＝eq\f(2Br2π,R＋2R0)n線性增大，因此安培力F＝IrB＝eq\f(2B2r3π,R＋2R0)n也線性增大；由于電流線性增大，滑動變阻器安排的電壓線性增大，加在C上的電壓線性增大，因此它的帶電量也線性增大，故D項正確．二、非選擇題13．(2024·江蘇)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻．質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下．當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸．求：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P.答案(1)eq\f(Bdv0,R)(2)eq\f(B2d2v0,mR)(3)eq\f(B2d2（v