大學物理2習題答案匯總.

1、一、單項選擇 題：1. 北京正負電子對撞機中電子在周長為 L 的儲存環(huán)中作軌道運動。已知電子的動量是 P，則偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應強度為：（C ）(A)P ；(B) 4 P；(C)2 P ；(D) 0。eLeLeL2. 在磁感應強度為 B 的均勻磁場中，取一邊長為 a 的立方形閉合面，則通過該閉合面的磁通量的大小為：（D）(A)a2 B ；(B)2a2 B ；(C) 6a 2 B ；(D) 0。3半徑為R 的長直圓柱體載流為I， 電流I 均勻分布在橫截面上，則圓柱體內(nèi)（rR ）的一點 P 的磁感應強度的大小為(B)(A)0 I(B)0 Ir；(C)0 I；(D)0 I。B2 r ；B2 R 2B2

2、r 2B2 R24單色光從空氣射入水中，下面哪種說法是正確的(A)(A)頻率不變，光速變??；(B) 波長不變，頻率變大；(C) 波長變短，光速不變；(D) 波長不變，頻率不變 .5. 如圖 , 在 C點放置點電荷 q1, 在 A 點放置點電荷 q2,S 是包圍點電荷 q1 的封閉曲面 ,P 點是 S 曲面上的任意一點 . 現(xiàn)在把 q2 從 A點移到 B點，則(D )(A) 通過 S 面的電通量改變 , 但 P 點的電場強度不變；(B) 通過 S 面的電通量和 P點的電場強度都改變；P(C) 通過 S 面的電通量和P點的電場強度都不變；C(D) 通過 S 面的電通量不變 , 但 P 點的電場強度

3、改變。6如圖所示，兩平面玻璃板OA 和 OB 構成一空氣劈尖，一平面單色光垂直入射到劈尖上，當A 板與 B 板的夾角 增大時，干涉圖樣將(C)(A) 干涉條紋間距增大，并向 O 方向移動；(B) 干涉條紋間距減小，并向 B 方向移動；(C) 干涉條紋間距減小，并向 O 方向移動；(D) 干涉條紋間距增大，并向 O 方向移動 .7在均勻磁場中有一電子槍，它可發(fā)射出速率分別為v 和 2v 的兩個電子，這兩個電子的速度方向相同， 且均與磁感應強度B 垂直，則這兩個電子繞行一周所需的時間之比為(A)(A) 1:1 ；(B) 1:2；(C) 2:1；(D) 4:1.8如圖所示， 均勻磁場的磁感強度為B，

4、方向沿 y 軸正向，欲要使電量為Q的正離子沿 x 軸正向作勻速直線運動，則必須加一個均勻電場E ，其大小和方向為(D)(A) E= B ， E 沿 z 軸正向；(B) E= B ， E 沿 y 軸正向；v(C) E=B， E 沿 z 軸正向；(D) E=B， E 沿 z 軸負向。9三根長直載流導線A，B，C 平行地置于同一平面內(nèi)，分別載有穩(wěn)恒電流I，2I，3I ，電流流向如圖所示，導線A 與C 的距離為 d，若要使導線 B 受力為零，則導線B與A的距離應為(A)(A)1；3；(C)1(D)2 d.d ；4d(B) d33410為了增加照相機鏡頭的透射光強度，常在鏡頭上鍍有一層介質(zhì)薄膜，假定該介

5、質(zhì)的折射率為n，且小于鏡頭玻璃的折射率，當波長為的光線垂直入射時，該介質(zhì)薄膜的最小厚度應為(D)(A)；(B)；(C)；(D).22n44n11. 對于安培環(huán)路定理的正確理解是(C)(A) 若(B) 若(C) 若B dr0 ，則必定 L 上 B 處處為零；LB dr0 ，則必定 L 不包圍電流；LB dr0 ，則必定 L 內(nèi)包圍的電流的代數(shù)和為零；L(D) 若Bdr0 ，則必定 L 上各點的 B 僅與 L 內(nèi)的電流有關。L12半徑為 R 的長直圓柱體載流為 I ，電流 I 均勻分布在橫截面上，則圓柱體外（ rR ）的一點 P 的磁感應強度的大小為(A)(A)0 I；(B)0 Ir(C)0 I2

6、0 I。B2 rB2R2；B2 r 2 ；(D)R2B13如圖所示，兩導線中的電流I1=4 A ，I 2=1 A ，根據(jù)安培環(huán)路定律，對圖中所示的閉合曲線 C 有B d r =( A )C(A)；（B）0；3 0(C) ；（D）5。3 0014.在磁感應強度為 B 的均勻磁場中，垂直磁場方向上取一邊長為a的 立 方 形 面 ， 則 通 過 該 面 的 磁 通 量 的 大 小 為 ：（ A ）(A)a2 B ；(B)2a2 B ；(C) 6a 2 B ；(D) 0。15靜電場的環(huán)路定理E d r =0，表明靜電場是 (A)。L(A) 保守力場；(B) 非保守力場；(C) 均勻場；(D) 非均勻場

7、。16. 一半徑為 R 的均勻帶電圓環(huán)，電荷總量為 q, 環(huán)心處的電場強度為（ B ）(A)q；(B) 0；(C)q；(D)q20R22 .440 R40 R17. 以下說法正確的是( D)(A) 如果高斯面上 E 處處為零，則高斯面內(nèi)必無電荷；(B) 如果高斯面上 E 處處不為零，則高斯面內(nèi)必有電荷；(C) 如果高斯面內(nèi)電荷的代數(shù)和為零，則高斯面上的E 必處處為零；(D) 如果高斯面內(nèi)電荷的代數(shù)和為零，則此高斯面的電通量E 等于零。18. 真空中兩塊相互平行的無限大均勻帶電平板，其中一塊電荷密度為，另一塊電荷密度為2，兩平板間的電場強度大小為（D）(A) 3；(B)；(C) 0；(D)。20

8、02 0二、填空題：1. 法拉第電磁感應定律一般表達式為d。dt2. 從微觀上來說 , 產(chǎn)生動生電動勢的非靜電力是洛侖茲力。3. 如圖，一電子經(jīng)過 A 點時，具有速率 v0=1×107ms。欲使這電子沿半圓自 A 至 C 運動，所需的磁場大小為1.13 ×10-3T，方向為垂直紙面向里。（電子質(zhì)量 =9.1×10-31 kg, 電子電量×10-19C）=-1.64如圖所示， 當通過線圈包圍面的磁感線(即磁場 )增加時，用法拉第電磁感應定律判斷，線圈中感應電動勢的方向為順時針方向(從上往下看 )。5如圖所示，在長直電流 I 的磁場中，有兩個矩形線圈和，它們

9、分別以速度 平行和垂直于長直電流 I 運動，如圖所示。試述這兩個線圈中有無感應電動勢：線圈中 沒有 感應電動勢，線圈中 有 感應電動勢。6. 相干光的相干條件為 (1) 頻率相同；(2) 振動方向相同；(3) 相位差恒定。7. 電流為 I 的長直導線周圍的磁感應強度為0 I。2 r8. 兩平行直導線相距為d，每根導線載有電流I1=I2=I ，則兩導線所在平面內(nèi)與該兩導線等距離的一點處的磁感應強度B=20 Id或 0。9. 如圖 I1I 28A,I1 的方向垂直紙面向外， I2 反之。對于三條閉合回路有：B dlaB dl80；B dlbc= 80；=0。10. 圖示導體 ab 置于螺線管的直徑

10、位置上，當螺線管接通電源一瞬間，管內(nèi)的磁場如圖所示，那么渦旋電場沿逆時針方向，ab0。11. 若勻強電場的場強為 E，方向平行于半球面的軸線，如圖所示，若半球面的半徑為R，則通過此半球面的電場強度通量 e=2。RE12兩個無限長同軸圓筒半徑分別為 R1 和 R2（R1< R2），單位長度帶電量分別為 +和 。則內(nèi)筒內(nèi)（ r<R1）處的電場大小為0、兩筒間的電場大小為E=0r、外筒外的電場大小為0。213. 在雙縫干涉實驗中，若使兩縫之間的距離增大，則屏幕上干涉條紋間距變小 ；在單縫衍射中，衍射角越大，所對應的明條紋亮度越小 。14. 兩個平行的無限大均勻帶電平板， 其電荷面密度分別

11、為+和+2，如圖所示。則B、C 兩個區(qū)域的電場強度分別為 EB=(2 0) ；EC= 3(2 0) 。( 設方向向右為正 ) 。15. 一個捕蝴蝶的網(wǎng)袋放在均勻的電場E 中，網(wǎng)袋的邊框是半徑為 a 的圓，且垂直于電場，則通過此網(wǎng)袋的電場通量為eE a2 。16. 導 體 處 于 靜 電 平 衡 的 條 件 是 導體內(nèi)部場強處處為零（或者 Eint =0） 和導體表面緊鄰處的場強必定和導體表面垂直（或者E表面）。三、簡答題：1. 一矩形線圈在均勻磁場中平動，磁感應強度的方向與線圈平面垂直，如圖所示。問：（1）整個線圈中的感應電動勢是多少?（2）a 點與 b 點間有沒有電勢差 ?參考解答： （1）

12、因為磁場是均勻的， 且線圈勻速運動，由法拉弟電磁感應定律知，=d【1 分】，且 不變【1dt分】，所以=0?！? 分】（2）但線圈與運動速度v 垂直的兩條邊則產(chǎn)生動生電動勢，其大小均為=B l v【1 分】，故 a、b 兩點之間存在電勢差， a 點電勢高于 b 點【 1 分】。在整個線圈回路中，兩條邊的電動勢方向相反，相互抵消，對整個線圈的電動勢為零不影響?！? 分】2 把同一光源發(fā)的光分成兩部分而成為相干光的方法有哪幾種？這幾種方法分別有什么特點并舉例？參考解答：把同一光源發(fā)的光分成兩部分而成為相干光的方法有兩種：分波陣面法和分振幅法 【2 分】。分波陣面法是指把原光源發(fā)出的同一波陣面上的兩

13、部分作為兩子光源而取得相干光的方法，如楊氏雙縫干涉實驗等【2 分】；分振幅法是指將一普通光源同一點發(fā)出的光，利用反射、折射等方法把它“一分為二”，從而獲得相干光的方法，如薄膜干涉等【2 分】。3. 將尺寸完全相同的銅環(huán)和鋁環(huán)適當放置，使通過兩環(huán)內(nèi)的磁通量的變化率相等。問：（1）這兩個環(huán)中的感應電流是否相同？（ 2）這兩個環(huán)中的感生電場是否相同？參考解答： 感應電流不同 【1.5 分】，感生電場相同。【1.5 分】（1）根據(jù)電磁感應定律，若兩環(huán)內(nèi)磁通量的變化率相等，則兩環(huán)內(nèi)感應電動勢相等，但兩環(huán)的電阻率不同，因而感應電流不相等。鋁的電阻率比銅的大，因而鋁內(nèi)部的感應電流較小。 【1 分】（2）感生

14、電場與磁感應強度的變化率有關，因而與磁通量的變化率有關，與導體的材料無關。故在兩環(huán)內(nèi)感生電場是相同的?！? 分】4. 同一條電場線上任意兩點的電勢是否相等 ? 為什么 ? (5 分)參考解答： 同一條電場線上任意兩點的電勢不可能相等【 3 分】，因為在同一條電場線上任意兩點 ( 例如 a，b 兩點 ) 之間移動電荷 ( 可取沿電場線的路徑 )的過程中，電場力做功不等于零，即UaUb=bE dr 0【 2 分】a也可這樣說明，因電場線總是由高電勢處指向低電勢處，故同一條電場線上任意兩點的電勢不會相等。四、計算題：1 兩平行直導線相距 d=40cm，每根導線載有電流 I 1=I 2=20A，如圖所

15、示。求：(1) 兩導線所在平面內(nèi)與該兩導線等距離的一點處的磁感應強度； (2) 通過圖中斜線所示面積的磁通量。 ( 設 r 1=r 3=l0cm，l=25cm。)解： (1) 兩導線所在平面內(nèi)與該兩導線等距離的一點處的磁感應強度為B=B+B=2B=2×0 I=20 I4 10720-5（T）【3分】=4×101212 d / 2d0.4(2) 方法一： 在斜線面積上距 I 1 為 r 處，取長為 l ，寬為 dr 的條形面積，在該面積上磁感應強度為B= 0T10 I 20I1 (11 ) (I 1=I2)，2 r2 (d r )2rd r方向垂直紙面向外。故該面積上磁通量為

16、d= B dS =BdScos0=Bldr= 0 I1l ( 11)dr2rd r 斜線面積上的磁通量為= dd r30 I1l11) dr =0 I1lrd r3=0 I1l (d r3 )(d r1 )r1(lnlnS2rd r2d rr12r1r3= 410 720.0.25 ln (0.40.1)(0.40.1) =2.2 ×10-6 （Wb）【5 分】20.10.1方法二：因為兩直電流強度相等，對于斜線面積對稱分布且兩電流在斜線面積上的磁通量方向相同。 故通過圖中斜線所示面積的磁通量為其中一根電流（如 I1 ）所產(chǎn)生的磁通量的兩倍。所以所求磁通量為=2B dS 2r20 I

17、ldr0Il ln r1r2r1r12 rr1=4 10720.00 0.25 ln 0.10.020 =2.2 ×10-6 （Wb）【5 分】0.102 制造半導體元件時，常常要精確測定硅片上二氧化硅薄膜的厚度，這時可把二氧化硅薄膜的一部分腐蝕掉，使其形成劈尖，利用等厚條紋測出其厚度。已知Si 的折射率為3.42 ，SiO2 的折射率為1.5 ，入射光波長為589.3nm，觀察到 7 條暗紋 ( 如圖所示 ) 。問 SiO2 薄膜的厚度 h 是多少 ?（提示：最后一條暗條紋下的高度正是SiO2 薄膜的厚度）解一：由于劈尖上、下表面的反射都有半波損失，所以對于暗紋，有2nhk=(2k

18、+1) /2, k=0,1,2, 【 4 分】第 7“條”暗紋對應的級數(shù)為k=6（即第 6“級”暗紋），此條紋下的高度 h6正是 SiO 薄膜的厚度。而22nh6=(2 ×6+1)=13×22所以 SiO 薄膜的厚度 h =13589.310 9132641.54n=1.28 ×10-6 (m)=1.28 m【4 分】解二：對于劈尖，某一條紋處上、下表面的反射光的光程差與明、暗條紋的關系為2nhk=(2k)2 k , k1,2,明紋【 4分】(2k1) 2 , k0,1,2,暗紋第 k 級明紋的厚度差為與該明紋相鄰的兩暗紋間的高度差，即h=hk+1hk=2(k+1

19、)+1(2k+1)=4n4n2n同樣，第 k 級暗紋的厚度差為與該暗紋相鄰的兩明紋間的高度差，即h=hk+1hk=(k+1)k=2n2n2n可見劈尖干涉的任一條紋的厚度差都是該介質(zhì)中波長的一半?，F(xiàn)觀察到 7 條暗紋，而劈尖的棱邊是第一條亮條紋，因此第一條暗條紋的厚度只能算半個條紋厚度。所以第7 條暗紋處薄膜的厚度為h=6.5 h=6.5=6.5 × 589.310 9=1.28 ×10-6 (m)=1.28 m【4 分】2n21.53. 在通有電流 I=5A 的長直導線近旁有一導線段 ab，長 l=20cm，離長直導線距離 d=10cm。當它沿平行于長直導線的方向以速度 v

20、=10ms 平移時，導線段中的感應電動勢多大？ a，b 哪端的電勢高？ (ln3=1.1)1. 解一：由動生電動勢公式 abb(v B) dl 求解。a方法一： 先求電動勢的絕對值，電動勢的方向由其它方法判定。通有電流 I 的長直導線的磁場分布為B=0I/2r是一非均勻磁場，方向垂直于導線段 ab 所在平面向里?！?1 分】由動生電動勢公式，得導線 ab 中感應電動勢大小為bbaba(v B) dlav sinB cosdr 【2 分】2vBdrd0Iv dr =0 Iv ln dl 【1 分】blad2r2d4107 5100.1 0.2=1.1 ×10-5=2ln0.1（V）【1

21、 分】感應電動勢ab 的方向由右手定則可知為ba，即 a 端電勢高于 b 端的電勢?！?2 分】或由洛侖茲力公式 Fqv B 知 ab 的方向為 vB 的方向，即 ba，故 a 端電勢高。m方法二：因為在導線 ab 上各點磁感應強度不同，故在距長直導線r 處，取線元 dr，該線元以速度 v 運動時，其感應電動勢dU = ( vB) dr =vBsin90 drcos180°°=vBdr=0Iv dr則導線 ab 中的感應電動勢為2rabbd l0 Iv0 Iv d l×10-5（V）U =dddrln=1.1a2r2dab<0 Uab 的方向為 ba，即 a

22、 端電勢高。方法三：Uba= (v B) drvB sin 90 dr cos0vBdr0 Ivdr0Iv lndaaadbbbd l 2 r2d l=1.1 ×10-5（V ），也小于零。則 ba 的方向應為 a b，即 ab 的方向為 ba，a 端電勢高。（注：此種解法判斷電動勢的方向容易出錯。）解二：由法拉弟電磁感應定律=d求解。dt方法一： 導線 ab 在 dt 時間內(nèi)掃過的面積為 S=ly（y=vdt）。因為在導線 ab 上各點磁感應強度不同，故在距長直導線 x 處，取線元 dx，該線元以速度 v 從 ab 運動到 ab時， dt 時間所掃過的面元dS=ydx，則通過該面元

23、dS 的磁通量 d= BdS0 Iydx ，通過面積 S 的2x磁通量為=b0 Iydx0Iyd ldx2Sa 2ddx0 Iy ln dlx2d由法拉弟電磁感應定律，其感應電動勢的大小為d=0 Id l dy0 Ivd l-5=2ln2ln=1.1 ×10 （ V ）dtd dtd感應電動勢的方向判斷同解一。也可由楞次定律判斷：因為導線 ab 所掃過的面積 S 隨時間在增大，故通過該面積的磁通量也隨時間增加。而感應電流所產(chǎn)生的效應就是要阻礙原磁場的增大，故感應電流（如果有感應電流的話，例如可設想有一閉合回路 abbaa）所產(chǎn)生的磁場方向應垂直紙面向外。而要在導線 ab 下方產(chǎn)生方向

24、向外的磁場，感應電動勢的方向應由 ba，即 a 端電勢高。方法二： 作一輔助回路 abcda，設回路繞行方向為順時針方向， 則當導線平移時通過該回路中面元 dS的磁通量為d= B dS = BdS cos00Iydx (y=vdt)，2x通過回路 abcda 的磁通量（回路底長為l ，高為 y）為=b0 Iydx0 Iyd ldx2Sa 2ddx0 Iyd lx2lnd由法拉弟電磁感應定律，其感應電動勢為d0 Id l dy0 Ivd l-5=2lnln=1.1×10 （V）dtd dt2d0的方向與所設回路繞行方向相反，即為逆時針方向，在導線ab 段為 ba，即 a 端電勢高。4.

25、 在一單縫夫瑯禾費衍射實驗中，縫寬 a 5 ，縫后透鏡焦距 f 40cm ，試求中央條紋和第一級亮紋的寬度。解：根據(jù) a sink【 2 分】可得對第一和第二暗紋中心有a sin 1【1 分】， a sin 22【1 分】因此第一級和第二級暗紋中心在屏上的位置分別為x1f tan 1f sin 1fa40(5 )8(cm)【1 分】x2 f tan 2 f sin 2 f2a40(2)(5 ) 16(cm) 【1 分】由此得中央亮紋寬度為x02x12816(cm) 【1分】第一級亮紋的寬度為x1x2x11688(cm) 【1分】5. 某單色光垂直入射到每厘米有 6000 條刻痕的光柵上，其第一

26、級譜線的角位移為 20o，試求（已知 sin 20o0.342 ）：（ 1）該單色光波長；（ 2）它的第二級譜線在何處？解：（1）由光柵方程并結合題意有d sin1 102sin 20o 60005.7010 7 m【4 分】570nm225.7010 76000（2） 2arcsin darcsin10 2【4 分】arcsin(0.684)43.2o6. 兩個半徑分別為 R1=5cm和 R2=10cm的同心均勻帶電球面 , 內(nèi)球面帶電 q1=2×10-9 C,外球面帶電 q2=2×10-9 C.求: r 1=2cm;r 2=15cm各處的電勢。解：依據(jù)題意，由電勢疊加原

27、理容易求得空間中任意一點的電勢為:aa1a 2 【2 分】對 r 1 =2cm處，由于該點都位于兩個球面的內(nèi)部，對于兩個球面所對應的球體而言，它們都是等勢體，所以：q1q29 109 2 1099 109 ( 2 109)分】r1a1a 24 oR14 o R20.05180(V )【30.10對 r 2 =15cm處，由于該點都位于兩個球面的外部，所以：q1q29 109 2 1099109 (2109 )0【3分】r2a 1a 24 o r20.150.154 or27. 已知：導體板 A，面積為 S、帶電量 Q，在其旁邊放入導體板 B（此板原來不帶電）。求靜電平衡時，金屬板上的電荷分布及

28、周圍空間的電場分布。解：假設系統(tǒng)達到靜電平衡以后，各板板面所帶的AB1234電荷面密度如圖所示，對 a 點：12340【1分】E 4bE1E2 E32 o2 o2 o2o對 b 點：12340【1分】EaE 14E3E22 02 02 o2 o對 A板： 1S2S Q【1分】對 B板： 3S4S 0【1 分】解以上諸方程得到：14Q ，23Q 【1分】2S2S電場強度的計算可分別根據(jù)公式oS 求得，在圖中三個區(qū)域中分別為： EEE1 Q ，方向相左；【1 分】o 2 oS23Q，方向相右；【 1 分】oo2 o S4Q ，方向相右。【1 分】o2 o S8.二個均勻帶電球面同心放置，半徑分別為

29、R1 和 R2(R1<R2)，已知二個球面所帶總電量分別為q1 和 q2，求該帶電球面系統(tǒng)的電勢分布。(以無窮遠處為電勢零點 )解法一：由電勢疊加原理求解.因為一個均勻帶電q 的球面（半徑為R）的電勢分布為所以，在 r<R1 處在 R1<r<R2 處在 r>R2 處q( rR)40 r【2 分】q(rR)40 R14q14q2= 1( q1q2 ) 【2 分】0R10R240 R1R22q1q2= 1( q1q2 ) 【2 分】40r 40R240r R23q1q2= q1q2 【1 分】40 r40r40r解法二：由電勢的定義式求解。(1) 求電場分布 : 可由

30、高斯定理或電場疊加原理求得E1=0(r<R1);E2=q12 ( R1<r<R2);E3= q1q22 ( r>R2) 【 2 分】40 r40r(2) 求電勢分布 :在 r<R1處, 1rE dr =R1E1 drR2E2 drE3 dr =【 1 分】rR1R2=R2q12 drq1q22 dr =R1 40 rR2 40 r在 R1<r<R2 處,2E dr =rq1 ( 11 )q1q2 = 1( q1q2 ) 【1 分】40R1R240R240 R1R2R2E3dr 【1 分】E2 drrR2=q12 drq1q22 dr = q1 (11

31、)q1q2 =1( q1 q2 ) 【 1 分】R2r 40 rR2 40r40 rR240R240 rR2在 r>R2 處,3E3dr =q1q22 dr = q1q2 【1 分】rr40 r40r五、證明題：如圖所示，長直導線中通有電流I ，另一矩形線圈共N 匝，寬a，長 L，以 v 的速度向右平動，試證明：當d 時線圈中的感應電動勢為0 INvLa 。2 d(d a)解一：由動生電動勢公式( v B) dl 求解。方法一：通有電流 I 的長直導線的磁場分布為 B=0I/2x，方向垂直線圈平面向里。對于線圈的上、下兩邊，因 v B 的方向與 dl的方向垂直，故在線圈向右平移時，線圈的

32、上下兩邊不會產(chǎn)生感應電動勢，（上、下兩導線沒切割磁場線），只有左右兩邊產(chǎn)生動生電動勢。而左、右兩邊中動生電動勢的方向相同，都平行紙面向上，可視為并聯(lián)，所以線圈中的總電動勢為 1 2N(v B左 ) dl (v B右 ) dl 【3 分】l左l右LLvB右 sin90 dl cos0 =N vB左 sin90dl cos000=N v0 I dl v0 Idl = Nv0I (11 )L=0 INvLaLL02 d02 (d a)2d d a2 d (d a)【3 分】 ， 則的方向與1 的方向相同，即順時針方向【3 分】。0方法二： 當線圈左邊距長直導線距離為d 時，線圈左邊的磁感應強度B1=

33、0I/2 d，方向垂直紙面向里。線圈以速度v 運動時左邊導線中的動生電動勢為1N L (v B1 )dl =N L vB1 sin90 dl cos0=NvB1L dl =Nv0I L.0002d方向為順時針方向【 3 分】。線圈右邊的磁感應強度 B2=0I/2(d+a) ，方向垂直紙面向里。當線圈運動時右邊導線中的動生電動勢為LLL0 I2=N (vB2 ) dl =N vB2 sin90 dl cos0=NvB dl =NvL.22(d a)000方向為逆時針方【 3 分】。所以線圈中的感應電動勢為 12= Nv0 ILNv0 IL=0 INvLa2 d2 (d a)2 d (d a) ，

34、即的方向與1 的方向相同，為順時針方向【3 分】。0方法三：由=(vB) dl ，積分路徑 L 取順時針方向，有L=NL (vB) dl N 左 (vB) dl上 (v B) dl右 (vB) dl 下 (v B) dl =N(vB)dl(vB) dl=N(左vB左 dlvB右 dl )左右右=Nv 0 I LNv0 IL=0INvLa2 d2 (d a)2 d( d a)【6 分】0，即的方向與閉合路徑L 的方向相同，為順時針方向【3 分】。解二：由法拉弟電磁感應定律求解。因為長直導線的磁場是一非均勻磁場B=0I/2 r ，在線圈平面內(nèi)磁場方向垂直線圈平面向里。 故在距長直導線r 處取一長為 L，寬為 dr 的小面元dS=Ldr，取回路繞行方向為順時針方向，則通過該面元的磁通量d= B dS =BdScos0°= 0 ILdr2 r通過總個線圈平面的磁通量（設線圈左邊距長直導線距離為x 時）為=dx a0 I Ldr0ILln xa 【3 分】Sx2r2x線圈內(nèi)的感應電動勢由法拉弟電磁感應定律為= dN dN0 IL (ln xa )0NIL a dx0 NILa