素養(yǎng)提升23⇒電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題

電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題題型一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1.導(dǎo)體的兩種運(yùn)動狀態(tài)（1）導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動狀態(tài)。處理方法：根據(jù)平衡條件列式分析。（2）導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零。處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析。2.用動力學(xué)觀點解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟3.導(dǎo)體常見運(yùn)動情況的動態(tài)分析v↓E＝Blv↓I＝E↓F安＝BIl↓F合若F合＝0勻速直線運(yùn)動若F合≠0↓F合＝maa、v同向v增大，若a恒定，拉力F增大v增大，F(xiàn)安增大，F(xiàn)合減小，a減小，做加速度減小的加速運(yùn)動，減小到a＝0，做勻速直線運(yùn)動a、v反向v減小，F(xiàn)安減小，a減小，當(dāng)a＝0，靜止或做勻速直線運(yùn)動電磁感應(yīng)中的平衡問題【例1】小明同學(xué)設(shè)計了一個“電磁天平”，如圖甲所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡。線圈的水平邊長L＝0.1m，豎直邊長H＝0.3m，匝數(shù)為N1。線圈的下邊處于勻強(qiáng)磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝1.0T，方向垂直線圈平面向里。線圈中通有可在0～2.0A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I。掛盤放上待測物體后，調(diào)節(jié)線圈中電流使得天平平衡，測出電流即可測得物體的質(zhì)量。（重力加速度g取10m/s2）（1）為使電磁天平的量程達(dá)到0.5kg，線圈的匝數(shù)N1至少為多少？（2）進(jìn)一步探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，另選N2＝100匝、形狀相同的線圈，總電阻R＝10Ω，不接外電流，兩臂平衡，如圖乙所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻變大，磁場區(qū)域?qū)挾萪＝0.1m。當(dāng)掛盤中放質(zhì)量為0.01kg的物體時，天平平衡，求此時磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率ΔB答案：（1）25匝（2）0.1T/s解析：（1）線圈受到安培力F＝N1B0IL由天平平衡得mg＝N1B0IL代入數(shù)據(jù)得N1＝25匝。（2）由電磁感應(yīng)定律得E＝N2Δ則有E＝N2ΔB由歐姆定律得I'＝E線圈受到安培力F'＝N2B0I'L由天平平衡得m'g＝N22B0Δ代入數(shù)據(jù)可得ΔBΔt電磁感應(yīng)中的非平衡問題【例2】（2022·重慶高考7題）如圖甲所示，光滑的平行導(dǎo)電軌道水平固定在桌面上，軌道間連接一可變電阻，導(dǎo)體桿與軌道垂直并接觸良好（不計桿和軌道的電阻），整個裝置處在垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場中。桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，兩次運(yùn)動中拉力大小與速率的關(guān)系如圖乙所示。其中，第一次對應(yīng)直線①，初始拉力大小為F0，改變電阻阻值和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小后，第二次對應(yīng)直線②，初始拉力大小為2F0，兩直線交點的縱坐標(biāo)為3F0。若第一次和第二次運(yùn)動中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為k、電阻的阻值之比為m、桿從靜止開始運(yùn)動相同位移的時間之比為n，則k、m、n可能為 （）A.k＝2、m＝2、n＝2B.k＝22、m＝2、n＝2C.k＝6、m＝3、n＝2D.k＝23、m＝6、n＝2答案：C解析：由題意知桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，則在v＝0時分別有a1＝F0m，a2＝2F0m，a1∶a2＝1∶2，由x＝12at2可知t＝2xa，則第一次和第二次運(yùn)動中，桿從靜止開始運(yùn)動相同位移的時間之比為n＝t1t2＝a2a1＝2，故A、D錯誤；由牛頓第二定律可得F－B2l2vR＝ma，則F＝ma＋B2l2vR，可知F－v圖像的斜率為B2l2電磁感應(yīng)中含電容器的動力學(xué)問題【例3】如圖所示，傾角α＝30°的斜面上有兩根足夠長的平行導(dǎo)軌L1、L2，其間距d＝0.5m，底端接有電容C＝2000μF的電容器。質(zhì)量m＝20g的導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻不計。整個空間存在著垂直導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T。現(xiàn)用一沿導(dǎo)軌方向向上的恒力F1＝0.54N作用于導(dǎo)體棒，使導(dǎo)體棒從靜止開始運(yùn)動，經(jīng)t時間后到達(dá)B處，速度v＝5m/s。此時，突然將拉力方向變?yōu)檠貙?dǎo)軌向下，大小變?yōu)镕2，又經(jīng)2t時間后導(dǎo)體棒返回到初始位置A處，整個過程電容器未被擊穿。取重力加速度g＝10m/s2，求：（1）導(dǎo)體棒運(yùn)動到B處時，電容器C上的電荷量；（2）t的大小；（3）F2的大小。答案：（1）1×10－2C（2）0.25s（3）0.45N解析：（1）當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動到B處時，電容器兩端電壓為U＝Bdv＝5V此時電容器的帶電荷量q＝CU＝1×10－2C。（2）棒在F1作用下運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可得F1－mgsinα－BI1d＝ma1又有I1＝ΔqΔt＝CBdΔvΔ聯(lián)立解得a1＝F1－mg解得t＝va1＝（3）若導(dǎo)體棒運(yùn)動到P處后返回，從B到P，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上減速運(yùn)動，電容器C放電，有F2＋mgsinα－BI2d＝ma2又I2＝CBda2可得a2＝F從P到A，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下加速運(yùn)動，電容器C充電，有F2＋mgsinα－BI3d＝ma3又I3＝CBda3可得a3＝F因此導(dǎo)體棒在F2作用下一直做勻變速直線運(yùn)動，其加速度a2＝a3＝F2＋mgsinαm＋CB2d2，方向沿導(dǎo)軌向下，由運(yùn)動學(xué)公式有12棒的初速度為零，拉力F恒定（棒和水平導(dǎo)軌電阻忽略不計，摩擦力不計），如圖運(yùn)動過程分析：棒做加速運(yùn)動，持續(xù)對電容器充電，則存在充電電流由F－BIl＝ma，I＝ΔQΔt，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝Bl聯(lián)立可得F－CB2l2ΔvΔt則可得a＝F所以棒做加速度恒定的勻加速直線運(yùn)動。功能關(guān)系：WF＝12mv2＋E電題型二電磁感應(yīng)中的能量問題1.能量轉(zhuǎn)化及焦耳定律的求法2.求解焦耳熱的三種方法3.求解電能應(yīng)分清兩類情況（1）若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進(jìn)行計算。（2）若電流變化，則①利用安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功。②利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機(jī)械能等于產(chǎn)生的電能。4.解題的一般步驟（1）確定研究對象（導(dǎo)體棒或回路）。（2）弄清電磁感應(yīng)過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化。（3）根據(jù)能量守恒定律或功能關(guān)系列式求解。線框在磁場中運(yùn)動類問題【例4】（2023·北京高考9題）如圖所示，光滑水平面上的正方形導(dǎo)線框，以某一初速度進(jìn)入豎直向下的勻強(qiáng)磁場并最終完全穿出。線框的邊長小于磁場寬度。下列說法正確的是 （）A.線框進(jìn)磁場的過程中電流方向為順時針方向B.線框出磁場的過程中做勻減速直線運(yùn)動C.線框在進(jìn)和出的兩過程中產(chǎn)生的焦耳熱相等D.線框在進(jìn)和出的兩過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量相等答案：D解析：線框進(jìn)磁場的過程中由楞次定律知電流方向為逆時針方向，A錯誤；線框出磁場的過程中，E＝Blv，I＝ER，有FA＝BIl＝B2l2vR＝ma，由左手定則可知線框受到的安培力向左，則v減小，線框做加速度減小的減速運(yùn)動，B錯誤；由功能關(guān)系得線框產(chǎn)生的焦耳熱Q＝FAl，其中線框進(jìn)出磁場時均做減速運(yùn)動，故其進(jìn)磁場時任意時刻的速度都大于其出磁場時的速度，所以線框進(jìn)磁場時受到的安培力也一直都大，產(chǎn)生的焦耳熱多，C錯誤；線框在進(jìn)和出的兩過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q＝It，其中I＝ER，E＝Blxt，聯(lián)立有q＝BlR導(dǎo)體棒平動切割磁感線問題【例5】（2024·安徽蕪湖一中模擬）如圖甲所示，固定于水平面的足夠長光滑U形導(dǎo)體框處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)體框兩平行導(dǎo)軌間距為L，左端接一電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源。一質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為L的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)體框放置并接觸良好。閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒從靜止開始運(yùn)動。忽略一切阻力和導(dǎo)體框的電阻，重力加速度為g。（1）閉合開關(guān)S后，導(dǎo)體棒由靜止開始到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，求通過導(dǎo)體棒ab的電荷量q和整個回路產(chǎn)生的焦耳熱Q內(nèi)；（2）如果將導(dǎo)體棒左側(cè)通過輕繩和光滑定滑輪連接一質(zhì)量為M的重物（如圖乙所示），閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動的過程中可以將重物提升一定高度，這就是一種簡化的直流電動機(jī)模型，被提升的重物即為電動機(jī)的負(fù)載。電動機(jī)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時物體勻速上升，求此時導(dǎo)體棒a、b兩端間的電勢差Uab及速度v1的大小。答案：（1）mEB2L2mE22EBL－解析：（1）當(dāng)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢等于直流電源電動勢E時，回路中的電流為零，之后導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動，則有E＝BLvm，解得vm＝E導(dǎo)體棒由靜止開始到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，根據(jù)動量定理可得BILΔt＝BLq＝mvm－0解得q＝mvm電源輸出電能W＝qE，導(dǎo)體棒的動能Ek＝12m根據(jù)能量守恒定律可得，W＝Ek＋Q內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q內(nèi)＝Eq－12mvm2（2）當(dāng)電動機(jī)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，根據(jù)受力平衡可得，此時導(dǎo)體棒受到的安培力為F安＝BI1L＝Mg，則Uab＝E－I1r＝E－Mgr設(shè)電動機(jī)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時的速度為v1，則有I1＝E－BLv1R＋r，聯(lián)立解得導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)切割磁感線問題【例6】（多選）（2024·山東濟(jì)寧一模）如圖所示，豎直固定的光滑圓弧形金屬導(dǎo)軌PQ半徑為r，O為圓心，P、O之間用導(dǎo)線連接阻值為R的電阻。粗細(xì)均勻的輕質(zhì)金屬棒的一端通過鉸鏈固定在O點，另一端連接質(zhì)量為m的金屬小球，小球套在導(dǎo)軌PQ上。初始時刻金屬棒處于水平位置，小球、金屬棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。過圓心O的水平線下方分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。已知重力加速度為g，金屬棒總電阻為2R，小球、導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻不計，不計一切摩擦力?，F(xiàn)將小球由靜止釋放，第一次運(yùn)動到最低點時小球速度大小為v，在此過程中下列說法正確的是（）A.小球運(yùn)動到最低點時，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為BrvB.小球運(yùn)動到最低點時，金屬棒兩端的電壓為BrvC.通過電阻R的電荷量為BD.電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgr－12mv答案：BC解析：當(dāng)小球運(yùn)動到最低點時，金屬棒切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Brv＝B·rv2＝Brv2，金屬棒兩端的電壓為U＝RR+2RE＝Brv6，A錯誤，B正確；此過程中回路中的平均感應(yīng)電動勢為E＝ΔΦΔt，回路中的平均感應(yīng)電流為I＝E3R，此過程通過電阻R的電荷量為q＝IΔt，聯(lián)立解得q＝ΔΦ3R＝B·πr243R＝Bπr212R，C正確；根據(jù)能量守恒定律可知跟蹤訓(xùn)練·鞏固提升1.如圖所示，在一勻強(qiáng)磁場中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于絕緣水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動。桿ef及線框的電阻不計，開始時，給ef一個向右的初速度，則 （）A.ef將減速向右運(yùn)動，但不是勻減速運(yùn)動B.ef將勻減速向右運(yùn)動，最后停止C.ef將勻速向右運(yùn)動D.ef將往返運(yùn)動解析：Aef向右運(yùn)動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，會受到向左的安培力而做減速運(yùn)動，由F＝BIl＝B2l2vR＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運(yùn)動，最終停止運(yùn)動，故A正確，B2.兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，頂端接阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場上邊界某處由靜止釋放，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場垂直，如圖所示。不計導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g，則下列說法正確的是 （）A.金屬棒在磁場中運(yùn)動時，流過電阻R的電流方向為a→bB.金屬棒剛進(jìn)磁場時一定做加速運(yùn)動C.金屬棒的速度為v時，金屬棒所受的安培力大小為BD.金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，電阻R的熱功率為mgBL解析：D當(dāng)金屬棒在磁場中向下運(yùn)動時，根據(jù)楞次定律可判斷通過電阻R的電流方向為b→a，A錯誤；由于無法確定金屬棒剛進(jìn)入磁場時安培力的大小與重力的大小關(guān)系，故無法確定金屬棒的運(yùn)動情況，B錯誤；金屬棒進(jìn)入磁場速度為v時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，產(chǎn)生的感應(yīng)電流是I＝ER＋r＝BLvR＋r，金屬棒所受的安培力大小F＝BIL＝B2L2vR＋r，C錯誤；金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，F(xiàn)＝BIL＝mg3.（多選）如圖，兩根足夠長且光滑平行的金屬導(dǎo)軌PP'、QQ'傾斜放置，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好。現(xiàn)同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則下列說法中正確的是 （）A.金屬棒ab最終可能勻速下滑B.金屬棒ab一直加速下滑C.金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D.帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動后向M板運(yùn)動解析：BC金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑，棒中有感應(yīng)電動勢而對電容器充電，充電電流通過金屬棒時受安培力作用，只有金屬棒速度增大時才有充電電流，因此總有mgsinθ－BIl＞0，金屬棒將一直加速，A錯誤，B正確；由右手定則可知，金屬棒a端電勢高，則M板電勢高，C正確；若微粒帶負(fù)電，則微粒所受靜電力方向向上，與微粒所受重力方向相反，開始時微粒所受靜電力為0，微粒向下加速運(yùn)動，當(dāng)微粒所受靜電力增大到大于微粒所受重力時，微粒的加速度向上，所以帶電微粒可能先向N板運(yùn)動后向M板運(yùn)動，D錯誤。4.（2024·安徽合肥模擬）如圖所示，MN和PQ是兩根互相平行、豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌，已知導(dǎo)軌足夠長，且電阻不計。ab是一根與導(dǎo)軌垂直而且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿，金屬桿具有一定的質(zhì)量和電阻，開始時，將開關(guān)S斷開，讓桿ab由靜止開始自由下落，過段時間后，再將S閉合。若從S閉合開始計時，金屬桿下落的速度大小可能 （）A.始終增加 B.先增加后減小C.始終不變 D.先減小后增大解析：C設(shè)開關(guān)S閉合瞬間，金屬桿的速度為v0，則有E0＝BLv0，I0＝E0R，F(xiàn)0＝BI聯(lián)立可得金屬桿受到的安培力為F0＝B若F0＝B2L2v0R＝若F0＝B2L2v0R＜可知金屬桿先做加速度減小的加速運(yùn)動，最后做勻速直線運(yùn)動，則速度先增大后不變；若F0＝B2L2v0R＞可知金屬桿先做加速度減小的減速運(yùn)動，最后做勻速直線運(yùn)動，則速度先減小后不變。故選C。5.（多選）（2024·江西宜春模擬）兩足夠長的平行金屬直導(dǎo)軌與水平面間的夾角為θ＝37°，間距L＝1m，導(dǎo)軌處在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1T，兩根相同的質(zhì)量均為m＝1kg的金屬棒P、Q垂直地放在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.75，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。一根輕質(zhì)細(xì)繩跨過如圖所示光滑的輕質(zhì)定滑輪，一端懸吊一重物M＝2kg，另一端連接金屬棒Q，定滑輪右側(cè)的細(xì)繩和導(dǎo)軌平行，將兩金屬棒同時由靜止釋放，經(jīng)過一段時間后，系統(tǒng)處于穩(wěn)定的運(yùn)動狀態(tài)。兩金屬棒運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，閉合回路中除兩金屬棒以外電阻均不計，已知每根金屬棒在兩導(dǎo)軌間的電阻均為R＝1Ω，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是（）A.金屬棒Q的最大速度為16m/sB.金屬棒Q的最大加速度為8m/s2C.最終金屬棒P、Q的加速度都是0D.金屬棒P先加速后勻速解析：AC對金屬棒Q受力分析，繩子的拉力FT＝Mg，安培力F＝B2L2vm2R，摩擦力Ff＝μmgcos37°，重力沿斜面向下的分力為mgsin37°，當(dāng)FT＝F＋Ff＋mgsin37°時，Q速度最大，解得vm＝16m/s，故A正確；當(dāng)金屬棒Q即將運(yùn)動時，加速度為a＝FT－Ff－mgsin37°m＝8m/s2，金屬棒Q釋放瞬間摩擦力小于最大靜摩擦力，所以金屬棒Q的最大加速度大于8m/s2，故B錯誤；當(dāng)金屬棒Q達(dá)到最大速度時，兩金屬棒受到的安培力大小均為F＝B2L2vm2R＝8N，6.如圖所示，粗細(xì)均勻的正方形導(dǎo)線框abcd放在傾角為θ＝30°的絕緣光滑斜面上，通過輕質(zhì)細(xì)線繞過光滑的定滑輪與木塊相連，細(xì)線和線框共面、與斜面平行。距線框cd邊為L0的MNQP區(qū)域存在著垂直于斜面、大小相等、方向相反的兩個勻強(qiáng)磁場，EF為兩個磁場的分界線，ME＝EP＝L2。現(xiàn)將木塊由靜止釋放后，木塊下降，線框沿斜面上滑，恰好勻速進(jìn)入和離開勻強(qiáng)磁場。已知線框邊長為L1（L1＜L2）、質(zhì)量為m、電阻大小為R，木塊質(zhì)量也為m，重力加速度為g，試求：（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；（2）導(dǎo)線框通過勻強(qiáng)磁場過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案：（1）gm2R22L0L14（2）解析：（1）導(dǎo)線框勻速進(jìn)入磁場時，受力平衡，受力情況如圖所示。根據(jù)平衡條件有FT＝F安＋mgsinθ其中F安＝BIL1I＝EE＝BL1v導(dǎo)線框與木塊通過細(xì)線相連，線框勻速進(jìn)入磁場時，木塊勻速下降，根據(jù)平衡條件有FT＝mg對導(dǎo)線框和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)，進(jìn)入磁場前二者一起做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律有mg－mgsinθ＝2ma根據(jù)運(yùn)動學(xué)方程可得進(jìn)入磁場時速度v＝2聯(lián)立以上各式求解可得B＝gm（2）線框恰好勻速進(jìn)入和離開勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)線框通過勻強(qiáng)磁場過程中，線框和木塊組成的系統(tǒng)減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為電路中產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)能量守恒定律得Q＝mg（2L2＋L1）－mg（2L2＋L1）sinθ所以導(dǎo)線框通過勻強(qiáng)磁場過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝12mg（2L2＋L1）7.（2024·山東濟(jì)寧期末）如圖所示，快遞公司用水平傳送帶傳送快遞，傳