電磁學(xué)_第二版__習(xí)題答案

1、電磁學(xué) 第二版 習(xí)題解答電磁學(xué) 第二版 習(xí)題解答1第一章1第二章16第三章25第四章34第五章38第六章46第七章52第一章122 兩個(gè)同號點(diǎn)電荷所帶電荷量之和為Q。在兩者距離一定的前提下，它們帶電荷量各為多少時(shí)相互作用力最大？解答：設(shè)一個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量為，另一個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量為，兩者距離為r，則由庫侖定律求得兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的作用力為令力F對電荷量q的一隊(duì)導(dǎo)數(shù)為零，即得即取 時(shí)力F為極值，而故當(dāng)時(shí)，F(xiàn)取最大值。123 兩個(gè)相距為L的點(diǎn)電荷所帶電荷量分別為2q和q，將第三個(gè)點(diǎn)電荷放在何處時(shí)，它所受的合力為零？解答：要求第三個(gè)電荷Q所受的合力為零，只可能放在兩個(gè)電荷的連線中間，設(shè)它與電荷q的距離為

2、了x，如圖1.2.3所示。電荷Q所受的兩個(gè)電場力方向相反，但大小相等，即LxL-xqQ2q得 舍去的解，得 138解答:（1）先求豎直無限長段帶電線在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)，由習(xí)題1.3.7（2）可知 仿習(xí)題1.3.7解答過程，得故 同理，水平無限長段帶電線在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)對于圓弧段帶電線在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)，參看圖1.3.8（b），得同理得 故 解得（2）利用（1）中的結(jié)論，參看習(xí)題1.3.8圖（b），的帶電直線在O點(diǎn)的場強(qiáng)為的帶電直線在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為根據(jù)對稱性，圓弧帶電線在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)僅有x分量，即故帶電線在O點(diǎn)產(chǎn)生的總場強(qiáng)為139解答:yxzyxO(b)(a)在圓柱上取一弧長為、長為z的細(xì)條，如

3、圖（a）中陰影部分所示，細(xì)條所帶電荷量為，所以帶電細(xì)條的線密度與面密度的關(guān)系為由習(xí)題1.3.7知無限長帶電線在距軸線R處產(chǎn)生的場強(qiáng)為圖（b）為俯視圖，根據(jù)對稱性，無限長帶電圓柱面軸線上的場強(qiáng)僅有x分量，即145解答：如圖所示的是該平板的俯視圖，OO´是與板面平行的對稱平面。設(shè)體密度，根據(jù)對稱性分析知，在對稱面兩側(cè)等距離處的場強(qiáng)大小相等，方向均垂直于該對稱面且背離該面。過板內(nèi)任一點(diǎn)P，并以面OO´為中心作一厚度、左右面積為S的長方體，長方體6個(gè)表面作為高斯面，它所包圍的電荷量為，根據(jù)高斯定理。前、后、上、下四個(gè)面的通量為0，而在兩個(gè)對稱面S上的電場的大小相等，因此考慮電場的方

4、向，求得板內(nèi)場強(qiáng)為式中：x為場點(diǎn)坐標(biāo)用同樣的方法，以面為對稱面，作一厚度為、左右面積為S的長方體，長方體6個(gè)表面作為高斯面，它所包圍的電荷量為，根據(jù)高斯定理前、后、上、下四個(gè)面的通量為0，而在兩個(gè)對稱面S上的電場的大小相等，因此考慮電場的方向，得148解答:(1)圖1.4.8為所挖的空腔，T點(diǎn)為空腔中任意一點(diǎn)，空腔中電荷分布可看作電荷體密度為的實(shí)心均勻帶電球在偏心位置處加上一個(gè)電荷體密度為的實(shí)心均勻帶電球的疊加結(jié)果，因此，空腔中任意點(diǎn)T的場強(qiáng)應(yīng)等于電荷體密度為的均勻帶電球在T點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)與電荷體密度為的均勻帶電球在T點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)的疊加結(jié)果。而與均可利用高斯定理求得，即式中：為從大球圓心O指向T點(diǎn)的

5、矢徑；從小球圓心指向T點(diǎn)的矢徑?？涨恢腥我恻c(diǎn)T的場強(qiáng)為因T點(diǎn)為空腔中任意一點(diǎn)，為一常矢量，故空腔內(nèi)為一均勻電場。（2）M點(diǎn)為大球外一點(diǎn)，根據(jù)疊加原理P點(diǎn)為大球內(nèi)一點(diǎn)，根據(jù)疊加原理，求得149解答：在均勻帶電的無限長圓柱體內(nèi)作一同軸半徑為、長為L的小圓柱體，如圖1.4.9（a）所示，小圓柱面包圍的電荷量為由高斯定理 根據(jù)對稱性，電場僅有徑向分量，因此，圓柱面的上、下底面的通量為0，僅有側(cè)面的通量，則解得柱體內(nèi)場強(qiáng) 在均勻帶電的無限長圓體外作一同軸半徑為、長為L的小圓柱體（未畫出），小圓柱包圍的電荷量為解得柱體外場強(qiáng)柱內(nèi)外的場強(qiáng)的-r曲線如圖1.4.9（b）所示1410解答：(1) 作半徑為、長為

6、L的共軸圓柱面，圖1.4.10（a）為位于兩個(gè)圓柱面間的圓柱面，其表面包圍的電荷量為根據(jù)對稱性，電場僅有徑向分量，因此，圓柱面的上、下底面的通量為0，僅有側(cè)面的通量，則在的區(qū)域II內(nèi)，利用高斯定理有解得區(qū)域II內(nèi)的場強(qiáng) 同理，可求得的區(qū)域I中的場強(qiáng) 在的區(qū)域III中的場強(qiáng)(2) 若，有各區(qū)域的場強(qiáng)的Er曲線如圖1.4.10(b)所示。152證明：（1）在圖1.5.2中，以平行電場線為軸線的柱面和面積均為S的兩個(gè)垂直電場線面元S1、S2形成一閉合的高斯面。面元S1和S2上的場強(qiáng)分別為和，根據(jù)高斯定理，得 證得 說明沿著場線方向不同處的場強(qiáng)相等。（2）在（1）所得的結(jié)論基礎(chǔ)上，在圖1.5.2中作一

7、矩形環(huán)路路徑，在不同場線上的場強(qiáng)分別為和，根據(jù)高斯定理得 證得 說明垂直場線方向不同處的場強(qiáng)相等。 從而證得在無電荷的空間中，凡是電場線都是平行連續(xù)（不間斷）直線的地方，電場強(qiáng)度的大小處處相等。164證明：由高斯定理求得距球心r處的P點(diǎn)的電場為：，求得離球心r處的P點(diǎn)的電勢為165解答:（1）根據(jù)電勢的定義，III區(qū)的電勢為 II區(qū)的電勢為 I區(qū)的電勢為 （2）當(dāng)時(shí)，代入（1）中三個(gè)區(qū)域中的電勢的表達(dá)式，求得 ，V-r曲線如圖1.6.5（a）所示當(dāng)時(shí)，代入（1）中三個(gè)區(qū)域的電勢的表達(dá)式，求得，Vr曲線如圖所示。166 解答：均勻電荷密度為的實(shí)心大球的電荷量，挖去空腔對應(yīng)小球的電荷量，電荷密度為

8、的大球在M點(diǎn)的電勢為電荷密度為-的小球在M點(diǎn)的電勢為M點(diǎn)的電勢為電荷密度為的大球在P點(diǎn)的電勢為 電荷密度為-的小球在P點(diǎn)的電勢為 P點(diǎn)的電勢為電荷密度為的大球在O點(diǎn)的電勢為電荷密度為-的小球在O點(diǎn)的電勢為O點(diǎn)的電勢為 電荷密度為的大球在O´點(diǎn)的電勢為電荷密度為-的小球在O´點(diǎn)的電勢為 O´點(diǎn)的電勢為 第二章211解答： 建立球坐標(biāo)系，如圖所示，球表面上的小面元面積為式中：為除了面元dS外其他電荷在dS所在處產(chǎn)生的場強(qiáng)。以z=0平面為界，導(dǎo)體右半球的電荷為正，導(dǎo)體左半球的電荷為負(fù)，根據(jù)對稱性，面元所受力垂直于z軸的分量將被抵消，因而，只需計(jì)算面元dS所受的電場力的z

9、分量，即將（1）式代入（4）式，對右半球積分，注意積分上下限，得左半球所受的力為214解答：解：由左至右各板表面的電荷密度，利用靜電平衡條件列方程得： （無限大平行金屬板）解得： 將B板接地： （4=0） 221解答： 由于電荷q放在空腔的中心，在導(dǎo)體殼內(nèi)壁的感應(yīng)電荷-q及殼外壁的電荷q在球殼內(nèi)、外壁上均勻分布，這些感應(yīng)電荷在球腔內(nèi)產(chǎn)生的合場強(qiáng)為0；殼內(nèi)電荷與球殼內(nèi)壁電荷在殼外產(chǎn)生的合場強(qiáng)為0，因此，殼內(nèi)、殼外的電場表達(dá)式相同，距球心為r處的場強(qiáng)均表示為距球心為處電勢為在導(dǎo)體球殼內(nèi)場強(qiáng)和電勢分別為球殼外的電場由殼外壁電荷激發(fā)，殼外的電勢為場強(qiáng)大小E和電勢V的分布如圖所示。222解答： 球形金屬

10、腔內(nèi)壁感應(yīng)電荷的電荷量為-q，由于點(diǎn)電荷q位于偏心位置，所以腔內(nèi)壁電荷面密度分布不均勻，球形金屬腔外壁的電荷量為，腔外壁電荷面密度均勻分布，根據(jù)電勢疊加原理，O點(diǎn)的電勢為232解答： （1）平行放置一厚度為t的中性金屬板D后，在金屬板上、下將出現(xiàn)等值異號的感應(yīng)電荷，電場僅在電容器極板與金屬板之間，設(shè)電荷面密度為，電場為A、B間電壓為A、B間電容C為（2）金屬板離極板的遠(yuǎn)近對電容C沒有影響（3）設(shè)未放金屬板時(shí)電容器的電容為放金屬板后，板間空氣厚度為此時(shí)電容器的電容為由于A、B不與外電路連接，電荷量不變，此時(shí)A、B間電壓為235解答： （1）按圖中各電容器的電容值，知C、D間電容為其等效電路如圖（

11、a）所示，E、F間電容為 同理，其等效電路如圖(b)所示，A、B間電容為(2) A、B間的電勢差為900V，等效電容上的電荷量為 由圖(b)可見，與A、B相接的兩個(gè)電容器的電荷量與相同，亦為。（3）由圖(b)可見，因3個(gè)電容器的電容值相等，故E、F間電壓為又由圖（a）可見，E、F間電壓亦加在3個(gè)電容值相等的電容器上，所以237解答： 方法一：各個(gè)電容器的標(biāo)號如圖所示，設(shè)，則有在A、B、D、E4個(gè)連接點(diǎn)列出獨(dú)立的3個(gè)電荷量的方程3個(gè)電壓的方程由（1）、（3）兩式得由（4）、（5）兩式得由（7）、（8）式得將（1）、（9）兩式代入（5）式，得按電容器定義，有方法二：因題中C1、C3、C4、C5均為

12、4，所以據(jù)對稱性C2上的電荷為零()。C4與C3串聯(lián)得：C1與C5串聯(lián)得： 251解答：串聯(lián)時(shí)，兩電容器的電荷量相同，電能之比為并聯(lián)時(shí)，兩電容器的電壓相同，電能之比為第三章323解答：（1）偶極子所受的力矩大小為最大力矩為時(shí)（2）偶極子從不受力矩的方向轉(zhuǎn)到受最大力矩的方向，即從0到，電場力所做的功為341解答： 圖為均勻介質(zhì)圓板的正視圖，因圓板被均勻極化，故只有在介質(zhì)圓板邊緣上有極化面電荷，弧長為，厚度為的面元面積為，在處的極化面電荷密度為根據(jù)對稱性，極化電荷在圓板中心產(chǎn)生的電場強(qiáng)度只存在分量，位于處的極化電荷在圓板中心產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的分量為全部極化面電荷在圓板中心產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為將電場強(qiáng)

13、度寫為矢量：345解答：（1）根據(jù)電容器的定義并代入數(shù)據(jù)，得（2）金屬板內(nèi)壁的自由電荷（絕對值）為（3）放入電介質(zhì)后，電壓降至?xí)r電容C為（4）兩板間的原電場強(qiáng)度大小為（5）放入電介質(zhì)后的電場強(qiáng)度大?。?）電介質(zhì)與金屬板交界面上的極化電荷的絕對值為，因極化電荷與自由電荷反號，有而 （7）電介質(zhì)的相對介電常數(shù)為346解答：空腔面的法線取外法線方向單位矢，建立直角坐標(biāo)系，為矢徑R與z軸的夾角，球面上的極化電荷面密度為由上式知，緊貼球形空腔表面介質(zhì)上的極化電荷面密度是不均勻的，極化電荷面密度左側(cè)為正，右側(cè)為負(fù)，球面上坐標(biāo)為（）處的面元面積為該面元上的極化電荷量為帶電面元在球心處激發(fā)的電場強(qiáng)度方向由源點(diǎn)

14、指向場點(diǎn)，用單位矢表示根據(jù)對稱性，極化電荷在球心的場強(qiáng)的方向沿z軸方向，故只需計(jì)算場強(qiáng)的z分量，即因 故得 351解答：因?qū)w板上內(nèi)表面均勻分布自由電荷，取上導(dǎo)體板的法線方向指向下方，即有在介質(zhì)1板中，有在介質(zhì)2板中，有如圖所示，貼近上導(dǎo)體板處的極化電荷面密度為貼近下導(dǎo)體板處的極化電荷面密度為兩介質(zhì)板間的極化電荷面密度為或 353解答：（1）介質(zhì)板用“2”標(biāo)記，其余空氣空間用“1”標(biāo)記，單位矢方向?yàn)橛筛唠妱葜赶虻碗妱?，兩極板間電勢差（絕對值）為 （1）無論在空間1還是在2，電位移矢量相等，故有得 (2)將（2）式代入（1）式得寫成矢量 解得（2）因，故極板上自由電荷的電荷量（絕對值）為（3）極

15、板和介質(zhì)間隙中（空氣中）的場強(qiáng)，故（4）電容為359解答：（1）以r為半徑，長度為一個(gè)單位，作一與導(dǎo)線同軸的圓柱體，圓柱體的表面作為高斯面，求得介質(zhì)中的電位移矢量為電場強(qiáng)度為極化強(qiáng)度矢量為（2）兩極的電勢差U為（3）在半徑與處，介表面表的極化電荷面密度分別為371解答：有玻璃板時(shí)，電容器電容為將玻璃板移開后，電容器電容為（1）電容器一直與直流電源相接時(shí)，電壓U不變。未抽出玻璃板時(shí)電容器的能量為抽出玻璃板后電容器的能量為二者之比（2）用直流電源給電容器充電后，先斷開電源再抽出玻璃板，電荷量不變，故 二者之比 372解答：距球心r處的電位移矢量和電場強(qiáng)度分別為 ，電介質(zhì)內(nèi)任一點(diǎn)的能量密度為第四章4

16、47解答：因的支路被導(dǎo)線短路，故加在電阻與串聯(lián)的電路兩端電壓就是電池的端電壓，因電池的負(fù)極接地，A點(diǎn)的電勢為從圖中，的負(fù)極及的正極接地，故。449解答：設(shè)圖中電池電動(dòng)，。因?yàn)楹娙莸碾娐窙]有電流通過，所以如圖所示的正方形電路為無分支電路，對照此電路圖的電動(dòng)勢和電阻的數(shù)值，求得電流電勢： 3個(gè)電容器組成的電路如圖所示，得此外 代入數(shù)據(jù)，解得：452解答：圖中設(shè)定：，選定中間支路電流的正方向由B指向A，設(shè)兩個(gè)電池極板均勻左正右負(fù)，電勢和的“正方向”就是由負(fù)極指向正極，設(shè)兩個(gè)網(wǎng)孔的閉合電路的環(huán)行方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，列出節(jié)點(diǎn)議程和回路方程代入數(shù)據(jù)，解得與設(shè)定的電動(dòng)勢力的正方向相比，知電池與的極性均為左正

17、右負(fù)。453解答：（1）對照附圖，令對外環(huán)回路取逆時(shí)針繞行方向，電流為設(shè)右端節(jié)點(diǎn)為C，則（2）選定流過的電流正方向由右至左，流過的電流與流過的電流正方向由左至右，兩個(gè)網(wǎng)孔閉合電路的繞行方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，列出節(jié)點(diǎn)方程和回路方程聯(lián)立解得：455解答：已知附圖中各電源內(nèi)阻為零，A、B兩點(diǎn)電勢相等，求電阻R。在圖455中給各電阻標(biāo)號及設(shè)定電流的正方向。列出節(jié)點(diǎn)方程A、 B兩點(diǎn)左側(cè)的支路有關(guān)系B、B、A兩點(diǎn)右側(cè)的支路有關(guān)系已知，代入數(shù)據(jù)，解得：因?yàn)殡娐分?個(gè)電阻并聯(lián)，其等效電阻為R/，而解得： R/與3個(gè)電阻的關(guān)系為代入數(shù)據(jù)，解得：第五章523解答：（a）因?yàn)閮芍遍L載流導(dǎo)線延長線均通過圓心，所以對O點(diǎn)的

18、磁場沒有貢獻(xiàn)，故只需考慮兩個(gè)圓弧載流導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場，它們所激發(fā)的磁場分別為和，方向均垂直紙面向里，故O點(diǎn)的合磁場大小為方向均垂直紙面向里。（b）兩延長線的直長載流導(dǎo)線對O點(diǎn)的磁場沒有貢獻(xiàn)，只需考慮兩長度為b的直長載流導(dǎo)線對O點(diǎn)的磁場、和圓弧載流導(dǎo)線對O噗的磁場，方向均垂直紙面向里，其合磁場大小為方向均垂直紙面向里。5212解答：如圖5.2.12所示，圓柱形薄導(dǎo)體管，在處，沿軸向（z軸）割一無限長縫，管壁上均勻地通有沿z軸方向，面密度為a的電流，這樣的電流分布可看作一封閉的圓柱薄導(dǎo)體管，管壁上均勻地通有沿z軸方向流有電流面密度為-a的電流，這兩部分電流在軸線上激發(fā)的磁場分別用和表示，因，兩

19、部分電流在軸線上激發(fā)的合磁場為5214解答：圖5.2.14為附圖的俯視圖，在導(dǎo)體薄板上沿z 軸方向取一寬度為的窄條，在其上流動(dòng)的電流大小為它在重面上距導(dǎo)體薄板處產(chǎn)生的磁場大小為根據(jù)對稱性，總磁場僅有分量，而總磁場為5.2.17解答：如圖5.2.17所示，圓環(huán)面積為，圓環(huán)所帶電荷量為球面旋轉(zhuǎn)速度為球面對應(yīng)的電流大小為電流在球心激發(fā)的磁場大小為方向沿軸向，與旋轉(zhuǎn)角速度一致。532解答：左右側(cè)電流I在長方形框架產(chǎn)生的磁通量分別為與，設(shè)框架面積的法線方向取垂直紙面向里，因，則有框架的磁通量為541解答：由于磁場的對稱性分布，可用安培環(huán)路定理求解。（1）在，設(shè)以r為半徑的圓面積為，穿過該面的電流為，由培

20、環(huán)路定理 B1、B2、B3的方向與電流成右手關(guān)系。544解答：根據(jù)對稱性，空間各點(diǎn)的磁場B的方向平行面且僅有分量，在空間B沿軸的負(fù)方向；在空間B沿軸的負(fù)方向；在空間B沿軸的正方向。圖5.4.4為俯視圖，（1）求板內(nèi)磁場B內(nèi)：在板內(nèi)以y=0平面為對稱面，距此面相同距離作平行面的逆時(shí)針方向的矩形路徑，如圖5.4.4(a)所示，通過此路徑包圍面積（陰影部分）的電流根據(jù)安培環(huán)路定理解得考慮B內(nèi)的方向有（2）求板外磁場B外：在板外以平面為對稱面，距此面相同距離作平行面的逆時(shí)針方向的矩形路徑，如圖5.4.4(a)所示，通過此路徑包圍面積的電流根據(jù)安培環(huán)路安理解得考慮的方向，有由此可見，厚度為2d的無限大導(dǎo)

21、體平板均勻流過電流時(shí)，板風(fēng)磁場的大小與對稱面的距離成正比，板外磁場的大小為常量（均勻磁場），其x分量如圖5.4.4(b)所示，此情況與習(xí)題1.4.5的結(jié)果比較。562證明一：建立直角坐系，坐標(biāo)原點(diǎn)O與A點(diǎn)重合，X軸沿AC方向，如圖5.6.2所示，設(shè)，在彎曲導(dǎo)線ADC上取一元dl，設(shè)其上的電流為I，它在磁場B中受的安培力為式中彎曲導(dǎo)線ACD在磁場B中受的安培力的x 分量與y分量分別為證法二：作平行于AC、相距的兩條直線，與導(dǎo)線ADC的兩端相交得圓弧和二者所受的安培力在的方向的投影分別為說有載流圓弧和所受安培力在方向的分力數(shù)值相等方向相反，在不同位置作平行于AC，相距的兩條直線，與導(dǎo)線ADC的不同

22、位置相交得元圓弧和，導(dǎo)線ACD所受的磁場力方向的投影應(yīng)是各元圓弧和所受方向的分力的矢量和即磁場力合力在方向?yàn)?。和二者所受的安培力在方向的投影分別為在不同位置作平行于AC、相距的兩條直線，與導(dǎo)線ADC的不同位置相交得元圓弧和，導(dǎo)線ADC所受的磁場力方向的投影應(yīng)是各元圓弧和所受方向的分力的矢量和此力與載流直導(dǎo)線AC所受的磁場力相等。564解答：線框可動(dòng)的部分的MN段和PQ段所受的安培力平行轉(zhuǎn)軸，且方向相反，故不提供對線框轉(zhuǎn)軸的力矩。只有NP段受安培力對線框提供繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)的力矩。設(shè)NP段重心到軸的矢徑為a，則由圖564可見，磁力矩式中：中為垂直紙面向外，順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)力矩的單位矢。設(shè)MN段PQ段的合質(zhì)

23、量為m1，NP段的質(zhì)量為m2，MNPQ段所受的重力矩569解答（1）面積為S的線圈上的力矩大小為當(dāng)線圈法線與磁場B的夾角為時(shí)，力矩最大，即（2）當(dāng)夾角為時(shí)，力矩大小為即第六章622解答：在任一瞬時(shí)，兩個(gè)正方形電路中的電動(dòng)勢的方向相反，故電路的總電動(dòng)勢的絕對值為因回路單位長度的電阻，故回路電阻為回路中感應(yīng)電流的最大值為623解答：（1）滿足條件下，載流大線圈在面積為S的小線圈的磁通量為（2）小線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢（絕對值）為若時(shí)，小線圈內(nèi)感應(yīng)電流與大線圈的電流的方向相同632解答：當(dāng)金屬桿以速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，桿上有電動(dòng)勢，附圖的等效圖電路如圖6.3.2所示，桿中的電流大小為637解答：（1）線圈上一元段的電動(dòng)勢為由圖6.3.7得AM間的電動(dòng)勢為AC間的電動(dòng)勢為（2）A、C間的電勢差為A、M間的電勢差為所以M點(diǎn)的電勢低于A點(diǎn)的電勢642解答（一）（1）如圖6.4.2所示，根據(jù)磁場的變化趨勢，按楞次定律感生電場E感為順時(shí)針（用柱坐標(biāo)的單位矢表示），積分方向向右，梯形PQ邊的感生電動(dòng)勢大小為梯形QM邊的感生電動(dòng)勢大小為梯形NP邊的感生電動(dòng)勢大小為梯形NM邊的感生電動(dòng)勢（積分方向向左）大小為（2）利用上面的結(jié)果，整個(gè)梯形的總電動(dòng)勢大小為解法二：（1）作輔助線OP和OQ，的面積為，按法拉第電磁感應(yīng)定律，選閉合回路OPQ的感應(yīng)電動(dòng)勢的正方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，則若按逆