高考物理一輪復(fù)習(xí)方略關(guān)鍵能力題型突破10-3電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用

關(guān)鍵能力·題型突破考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的電路問題【典例1】(2020·大同模擬)在水平放置的兩條平行光滑直金屬導(dǎo)軌上放有一與其垂直的金屬棒ab，勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直，磁場方向如圖所示，導(dǎo)軌接有R1=5Ω和R2=6Ω的兩定值電阻及電阻箱R，其余電阻不計(jì)。電路中的電壓表量程為0～10V，電流表的量程為0～3A。現(xiàn)將R調(diào)至30Ω，用F=40N的水平向右的力使ab垂直導(dǎo)軌向右平移，當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，兩電表中有一表正好達(dá)到滿偏，而另一表未達(dá)到滿偏。下列說法正確的是 ()A.當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，電流表滿偏B.當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，電壓表滿偏C.當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，棒ab的速度大小是1m/sD.當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，棒ab的速度大小是2m/s【通型通法】1.題型特征：明確電源，區(qū)分內(nèi)外電路。2.思維導(dǎo)引：(1)切割磁場線的導(dǎo)體相當(dāng)于電源。(2)清楚串并聯(lián)電路的特點(diǎn)，靈活運(yùn)用閉合電路歐姆定律?！窘馕觥窟xB、C。假設(shè)電壓表滿偏，則通過電流表的電流為I=UR2RR2+R=2A<3A，所以電壓表可以滿偏，此時(shí)電流表的示數(shù)為2A，故A錯誤，B正確；棒ab勻速運(yùn)動時(shí)，水平拉力F與安培力大小相等，有FA=BIL=F，感應(yīng)電動勢E=U+IR1=(10+2×5)V=20V，又E=BLv，解得v=EIF1.五個等效：SHAPE2.解題流程：【加固訓(xùn)練】(多選)如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B=kt(常量k>0)?；芈分谢瑒幼冏杵鱎的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1=R0、R2=R0閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢，則()2兩端的電壓為UB.電容器的a極板帶正電C.滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D.正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為kL2【解析】選A、C。由法拉第電磁感應(yīng)定律E=nΔΦΔt=nΔBΔtS得出E=kπr2，選項(xiàng)D錯誤；因k>0，由楞次定律知線框內(nèi)感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，故電容器b極板帶正電，選項(xiàng)B錯誤；由題圖可知外電路結(jié)構(gòu)為R2與R的右半部并聯(lián)，再與R的左半部、R1相串聯(lián)，故R2兩端電壓U2=R02×12R0+R02+R02×12U=U7，選項(xiàng)考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題單棒(含電源、電阻、電容)【典例2】(多選)半徑分別為r和2r的同心圓形金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，一長為r、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示，整個裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下。在兩導(dǎo)軌之間接有阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器。金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。下列說法中正確的是 ()A.金屬棒中電流從B流向AB.金屬棒兩端電壓為34BωrC.電容器的M板帶負(fù)電D.電容器所帶電荷量為32CBωr【解析】選A、B。根據(jù)右手定則可知，金屬棒中電流從B流向A，選項(xiàng)A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電動勢為E=Brωr+ω·2r2=32Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，因而U=RR+RE=34Bωr2，選項(xiàng)B正確；金屬棒A端相當(dāng)于電源正極，所以電容器的M板帶正電，選項(xiàng)C錯誤；由C=Q雙導(dǎo)體棒【典例3】(2019·天津高考)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長，電阻忽略不計(jì)。(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向。(2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W?！窘馕觥?1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律E=ΔΦΔt，則E=k 設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并=R2 閉合S時(shí)，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=ER并設(shè)PQ中的電流為IPQ，有IPQ=12I 設(shè)PQ受到的安培力為F安，有F安=BIPQl ⑤根據(jù)楞次定律和左手定則判斷可得安培力方向水平向左保持PQ靜止，由于受力平衡，有F=F安 ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得F=Bkl3R方向水平向右。(2)設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運(yùn)動的位移為x，所用時(shí)間為Δt，回路中的磁通量變化量為ΔΦ，平均感應(yīng)電動勢為E，有E=ΔΦΔt 其中ΔΦ=Blx ⑨設(shè)PQ中的平均電流為I，有I=E2R根據(jù)電流的定義得I=qΔt 由動能定理，有Fx+W=12mv20 聯(lián)立⑦⑧⑨⑩式得W=12mv223kq答案：(1)Bkl3R方向水平向右(2)12mv【多維訓(xùn)練】如圖所示，足夠長的水平軌道左側(cè)b1b2—c1c2部分軌道間距為2L，右側(cè)c1c2—d1d2部分的軌道間距為L，曲線軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計(jì)。在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向成θ=37°的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為T。質(zhì)量為kg的金屬棒B垂直于導(dǎo)軌靜止放置在右側(cè)窄軌道上，質(zhì)量為kg的金屬棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放，兩金屬棒在運(yùn)動過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸，A棒總在寬軌道上運(yùn)動，B棒總在窄軌道上運(yùn)動。已知：兩金屬棒接入電路的有效電阻均為R=m，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：(1)金屬棒A滑到b1b2處時(shí)的速度大?。?2)金屬棒B勻速運(yùn)動的速度大??；(3)在兩棒整個的運(yùn)動過程中通過金屬棒A某截面的電量；(4)在兩棒整個的運(yùn)動過程中金屬棒A、B在水平導(dǎo)軌間掃過的面積之差?！窘馕觥?1)A棒在曲線軌道上下滑，由機(jī)械能守恒定律得mgh=12mv0v0=2gh=2(2)選取水平向右為正方向，對A、B利用動量定理可得對B：FB安cosθ·t=MvB ②對A：FA安cosθ·t=mvAmv0 ③其中FA安=2FB安 ④由上可得mv0mvA=2MvB兩棒最后勻速時(shí)，電路中無電流，有BLvB=2BLvA得vB=2vA ⑤聯(lián)立兩式后得vB=29v0=49m/s(3)在B加速過程中：(Bcosθ)ILt=MvB0， ⑥q=It ⑦得q=509(4)據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=ΔΦΔt 其中磁通量變化量ΔΦ=BΔScosθ ⑨電路中的電流I=E2R通過截面的電荷量q=IΔt 聯(lián)立可得ΔS=27.5m2答案：(1)2m/s(2)0.44m/s(3)5.5C(4)27.5m2SHAPE1.用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題：解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：2.動態(tài)分析的基本思路：解決這類問題的關(guān)鍵是通過運(yùn)動狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度最大或最小的條件。具體思路如下：【加固訓(xùn)練】1.如圖所示，兩金屬桿ab和cd長均為m，電阻均為Ω，質(zhì)量分別為kg和kg，用兩根質(zhì)量和電阻均可忽略的不可伸長的柔軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路，并懸掛在水平、光滑、不導(dǎo)電的圓棒兩側(cè)。兩金屬桿都處在水平位置，整個裝置處在一個與回路平面相垂直向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=2T。若整個裝置從靜止開始到金屬桿ab下降高度m時(shí)剛好勻速向下運(yùn)動。(g取10m/s2)求：(1)ab桿勻速運(yùn)動時(shí)桿上的電流方向。(2)ab桿勻速運(yùn)動的速度vm。【解析】(1)磁場方向垂直紙面向里，當(dāng)ab勻速下滑時(shí)，ab中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)右手定則可知電流方向由a→b，cd中的感應(yīng)電流方向由d→c。(2)電路中的電動勢是ab與cd中電動勢的和，即E=2BLvm回路中電流大小為I=E由安培力公式得FA=BILab受到的安培力向上，cd受到的安培力向下，大小均為FA，對ab有：T+FA=Mg對cd有：T=FA+mg聯(lián)立得：2FA=(Mm)g解得vm=(M-m答案：(1)a→b(2)4m/s2.(2018·江蘇高考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒(1)末速度的大小v。(2)通過的電流大小I。(3)通過的電荷量Q?！窘馕觥?1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動，有v2=2as，解得v=2as(2)安培力F安=IdB，金屬棒所受合力F=mgsinθF安由牛頓第二定律F=ma解得I=m(3)運(yùn)動時(shí)間t=va解得Q=2答案：(1)2as(2)(3)2考點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的能量問題由焦耳定律求解焦耳熱【典例4】小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)m，傾角θ=53°，導(dǎo)軌上端串接一個Ω的電阻。在導(dǎo)軌間長d=m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度T。質(zhì)量kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距m。一位健身者用恒力F=80N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求： (1)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)速度v的大小。(2)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)所受的安培力FA的大小。(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q?！窘馕觥?1)由牛頓第二定律a=F-mgsinθm進(jìn)入磁場時(shí)的速度v=2as=2.4m/s。 (2)感應(yīng)電動勢E=Blv ③感應(yīng)電流I=BlvR 安培力FA=IBl ⑤代入得FA=(Bl)(3)健身者做功W=F(s+d)=64J⑦由牛頓第二定律FmgsinθFA=0 ⑧CD棒在磁場區(qū)域做勻速運(yùn)動在磁場中運(yùn)動的時(shí)間t=dv 焦耳熱Q=I2Rt=26.88J。答案：m/s(2)48N(3)64J由安培力做功求解焦耳熱【典例5】(2019·濟(jì)南模擬)如圖所示，水平傳送帶上放置n個相同的正方形閉合導(dǎo)線圈，每個線圈的質(zhì)量均為m，電阻均為R，邊長均為L，線圈與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ，線圈與傳送帶共同以速度v0勻速向右運(yùn)動。MN與PQ為勻強(qiáng)磁場的邊界，平行間距為d(L<d)，速度v0方向與MN垂直。磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下。當(dāng)線圈右側(cè)邊進(jìn)入磁場時(shí)與傳送帶發(fā)生相對運(yùn)動，線圈的右側(cè)邊到達(dá)邊界PQ時(shí)又恰好與傳送帶的速度相同。設(shè)傳送帶足夠長，且線圈在傳送帶上始終保持右側(cè)邊平行于磁場邊界。已知重力加速度為g，線圈間不會相碰。求： (1)線圈的右側(cè)邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線圈的加速度大??；(2)線圈右側(cè)邊從MN運(yùn)動到PQ經(jīng)過的時(shí)間t；(3)n個線圈均通過磁場區(qū)域到恢復(fù)和傳送帶共速，線圈釋放的焦耳熱?！窘馕觥?1)線圈剛進(jìn)入磁場時(shí)有：E=BLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律：I=E所以安培力F=B根據(jù)牛頓第二定律：Fμmg=ma。a=B2L(2)根據(jù)動量定理，對線圈：μmgtI安=0。其中安培力的沖量：I安=F安t′=BIL·t′=BLqq=ΔΦR=B綜上解得t=B2(3)自線圈進(jìn)入磁場到線圈右側(cè)邊到達(dá)PQ過程中，對于單個線圈，根據(jù)動能定理得μmgdW安=0，所以克服安培力做功W安=μmgd單個線圈離開磁場的運(yùn)動情況和進(jìn)入磁場相同，W安′=W安=μmgd，所以對于n個線圈有Q=2nμmgd答案：(1)B2L2由能量守恒求解焦耳熱【典例6】如圖甲所示，足夠長、電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN，PQ豎直放置，其寬度L=1m，一勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為Ω的電阻，質(zhì)量為kg，電阻為Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上?，F(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10m/s2(忽略ab棒運(yùn)動過程中對原磁場的影響)，求： (1)判斷金屬棒兩端a、b的電勢高低。(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。(3)在金屬棒ab從開始運(yùn)動的s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量?！就ㄐ屯ǚā?.題型特征：導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，判斷電勢的高低，計(jì)算電阻產(chǎn)生的熱量。2.思維導(dǎo)引：(1)判斷安培力方向，計(jì)算安培力的大小。(2)根據(jù)能量守恒定律和焦耳定律求解電路中產(chǎn)生的熱量。(3)涉及的知識點(diǎn)有：右手定則、受力分析、安培力、法拉第電磁感應(yīng)定律、平衡條件、能量守恒定律等。【解析】(1)由右手定則可知，ab中的感應(yīng)電流由a流向b，ab相當(dāng)于電源，則b點(diǎn)電勢高，a點(diǎn)電勢低。(2)由xt圖象求得t=1.5s時(shí)金屬棒的速度為：v=ΔxΔt=11金屬棒勻速運(yùn)動時(shí)所受的安培力大小為F=BIL，I=ER聯(lián)立得：F=B根據(jù)平衡條件得：F=mg則有：mg=B代入數(shù)據(jù)解得：B=0.1T。(3)金屬棒ab在開始運(yùn)動的1.5s內(nèi)，金屬棒的重力勢能減小轉(zhuǎn)化為金屬棒的動能和電路的內(nèi)能。設(shè)電路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q根據(jù)能量守恒定律得：mgx=12mv2代入數(shù)據(jù)解得：Q=0.455J故R產(chǎn)生的熱量為QR=RR答案：(1)b點(diǎn)電勢高，a點(diǎn)電勢低(2)0.1T(3)0.26JSHAPE1.電磁感應(yīng)過程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功的形式實(shí)現(xiàn)的，安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程，克服安培力做功，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程。2.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法：(1)能量轉(zhuǎn)化。(2)求解焦耳熱Q的三種方法。3.解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題的一般步驟：(1)在電磁感應(yīng)中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化。(3)根據(jù)能量守恒列方程求解?！炯庸逃?xùn)練】如圖所示，兩根水平放置的平行金屬導(dǎo)軌，其末端連接等寬的四分之一圓弧導(dǎo)軌，圓弧半徑m。導(dǎo)軌的間距為m，導(dǎo)軌的電阻與摩擦均不計(jì)。在導(dǎo)軌的頂端接有阻值為R1Ω的電阻，整個裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度T?，F(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻R2Ω、質(zhì)量m=kg的金屬棒。金屬棒在水平拉力F作用下，從圖中位置ef由靜止開始勻加速運(yùn)動，在t=0時(shí)刻，F(xiàn)0N，經(jīng)s運(yùn)動到cd時(shí)撤去拉力，棒剛好能沖到最高點(diǎn)ab，重力加速度g取10m/s2。求：(1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動的加速度。(2)金屬棒運(yùn)動到cd時(shí)電壓表的讀數(shù)。(3)金屬棒從cd運(yùn)動到ab過程中電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱?！窘馕觥?1)剛開始拉金屬棒時(shí)，由牛頓第二定律得F0=ma代入數(shù)據(jù)得a=1.5m/s2。(2)t=2.0s時(shí)，金屬棒的速度v=at=3m/s此時(shí)的感應(yīng)電動勢E=BLv電壓表示數(shù)U=ER1+代入數(shù)據(jù)得U=2.25V。(3)金屬棒從cd位置運(yùn)動到ab位置，由動能定理得mgrW克安=012mv回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q=W克安電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱Q1=R1代入數(shù)據(jù)得Q1=0.3J。答案：m/s2J考點(diǎn)四電磁感應(yīng)中的圖象問題【典例7】如圖所示為兩個有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直于紙面向里和向外，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)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(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時(shí)針方向時(shí)的電動勢E為正，磁感線垂直于紙面向里時(shí)磁通量Φ的方向?yàn)檎饬向右為正。如圖所示關(guān)于線框中的磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E、外力F和電功率P隨時(shí)間變化的圖象中正確的是 ()【解析】選D。當(dāng)線框運(yùn)動L時(shí)開始進(jìn)入磁場，磁通量開始增大，當(dāng)全部進(jìn)入時(shí)磁通量達(dá)到最大，此后向里的磁通量減小，向外的磁通量增大，總磁通量減小，當(dāng)運(yùn)動時(shí)磁通量為零，故選項(xiàng)A錯誤；當(dāng)線框進(jìn)入第一個磁場時(shí)，由E=BLv可知，E保持不變，而開始進(jìn)入第二個磁場時(shí)，兩邊同時(shí)切割磁感線，電動勢應(yīng)為2BLv，故選項(xiàng)B錯誤；因安培力總是與運(yùn)動方向相反，所以外力F應(yīng)一直向右，故選項(xiàng)C錯誤；拉力的功率P=Fv，因速度不變，而線框進(jìn)入第一個磁場時(shí)，電流為定值，外力F也為定值，兩邊分別在兩個磁場中時(shí)，電流加倍，回路中總電動勢加倍，電功率變?yōu)樵瓉淼?倍，此后從第二個磁場中離開時(shí)，安培力應(yīng)等于線框在第一個磁場中的安培力，所以電功率應(yīng)等于在第一個磁場中的電功率，故選項(xiàng)D正確?！径嗑S訓(xùn)練】如圖甲，光滑平行且足夠長的金屬導(dǎo)軌ab、cd所在平面與水平面成θ角，b、c之間接有阻值為R的定值電阻。阻值為r的金