大学物理2习题答案汇总.

1、一、单项选择 题：1. 北京正负电子对撞机中电子在周长为 L 的储存环中作轨道运动。已知电子的动量是 P，则偏转磁场的磁感应强度为：（C ）(A)P ；(B) 4 P；(C)2 P ；(D) 0。eLeLeL2. 在磁感应强度为 B 的均匀磁场中，取一边长为 a 的立方形闭合面，则通过该闭合面的磁通量的大小为：（D）(A)a2 B ；(B)2a2 B ；(C) 6a 2 B ；(D) 0。3半径为R 的长直圆柱体载流为I， 电流I 均匀分布在横截面上，则圆柱体内（rR ）的一点 P 的磁感应强度的大小为(B)(A)0 I(B)0 Ir；(C)0 I；(D)0 I。B2 r ；B2 R 2B2

2、r 2B2 R24单色光从空气射入水中，下面哪种说法是正确的(A)(A)频率不变，光速变小；(B) 波长不变，频率变大；(C) 波长变短，光速不变；(D) 波长不变，频率不变 .5. 如图 , 在 C点放置点电荷 q1, 在 A 点放置点电荷 q2,S 是包围点电荷 q1 的封闭曲面 ,P 点是 S 曲面上的任意一点 . 现在把 q2 从 A点移到 B点，则(D )(A) 通过 S 面的电通量改变 , 但 P 点的电场强度不变；(B) 通过 S 面的电通量和 P点的电场强度都改变；P(C) 通过 S 面的电通量和P点的电场强度都不变；C(D) 通过 S 面的电通量不变 , 但 P 点的电场强度

3、改变。6如图所示，两平面玻璃板OA 和 OB 构成一空气劈尖，一平面单色光垂直入射到劈尖上，当A 板与 B 板的夹角 增大时，干涉图样将(C)(A) 干涉条纹间距增大，并向 O 方向移动；(B) 干涉条纹间距减小，并向 B 方向移动；(C) 干涉条纹间距减小，并向 O 方向移动；(D) 干涉条纹间距增大，并向 O 方向移动 .7在均匀磁场中有一电子枪，它可发射出速率分别为v 和 2v 的两个电子，这两个电子的速度方向相同， 且均与磁感应强度B 垂直，则这两个电子绕行一周所需的时间之比为(A)(A) 1:1 ；(B) 1:2；(C) 2:1；(D) 4:1.8如图所示， 均匀磁场的磁感强度为B，

4、方向沿 y 轴正向，欲要使电量为Q的正离子沿 x 轴正向作匀速直线运动，则必须加一个均匀电场E ，其大小和方向为(D)(A) E= B ， E 沿 z 轴正向；(B) E= B ， E 沿 y 轴正向；v(C) E=B， E 沿 z 轴正向；(D) E=B， E 沿 z 轴负向。9三根长直载流导线A，B，C 平行地置于同一平面内，分别载有稳恒电流I，2I，3I ，电流流向如图所示，导线A 与C 的距离为 d，若要使导线 B 受力为零，则导线B与A的距离应为(A)(A)1；3；(C)1(D)2 d.d ；4d(B) d33410为了增加照相机镜头的透射光强度，常在镜头上镀有一层介质薄膜，假定该介

5、质的折射率为n，且小于镜头玻璃的折射率，当波长为的光线垂直入射时，该介质薄膜的最小厚度应为(D)(A)；(B)；(C)；(D).22n44n11. 对于安培环路定理的正确理解是(C)(A) 若(B) 若(C) 若B dr0 ，则必定 L 上 B 处处为零；LB dr0 ，则必定 L 不包围电流；LB dr0 ，则必定 L 内包围的电流的代数和为零；L(D) 若Bdr0 ，则必定 L 上各点的 B 仅与 L 内的电流有关。L12半径为 R 的长直圆柱体载流为 I ，电流 I 均匀分布在横截面上，则圆柱体外（ rR ）的一点 P 的磁感应强度的大小为(A)(A)0 I；(B)0 Ir(C)0 I2

6、0 I。B2 rB2R2；B2 r 2 ；(D)R2B13如图所示，两导线中的电流I1=4 A ，I 2=1 A ，根据安培环路定律，对图中所示的闭合曲线 C 有B d r =( A )C(A)；（B）0；3 0(C) ；（D）5。3 0014.在磁感应强度为 B 的均匀磁场中，垂直磁场方向上取一边长为a的 立 方 形 面 ， 则 通 过 该 面 的 磁 通 量 的 大 小 为 ：（ A ）(A)a2 B ；(B)2a2 B ；(C) 6a 2 B ；(D) 0。15静电场的环路定理E d r =0，表明静电场是 (A)。L(A) 保守力场；(B) 非保守力场；(C) 均匀场；(D) 非均匀场

7、。16. 一半径为 R 的均匀带电圆环，电荷总量为 q, 环心处的电场强度为（ B ）(A)q；(B) 0；(C)q；(D)q20R22 .440 R40 R17. 以下说法正确的是( D)(A) 如果高斯面上 E 处处为零，则高斯面内必无电荷；(B) 如果高斯面上 E 处处不为零，则高斯面内必有电荷；(C) 如果高斯面内电荷的代数和为零，则高斯面上的E 必处处为零；(D) 如果高斯面内电荷的代数和为零，则此高斯面的电通量E 等于零。18. 真空中两块相互平行的无限大均匀带电平板，其中一块电荷密度为，另一块电荷密度为2，两平板间的电场强度大小为（D）(A) 3；(B)；(C) 0；(D)。20

8、02 0二、填空题：1. 法拉第电磁感应定律一般表达式为d。dt2. 从微观上来说 , 产生动生电动势的非静电力是洛仑兹力。3. 如图，一电子经过 A 点时，具有速率 v0=1×107ms。欲使这电子沿半圆自 A 至 C 运动，所需的磁场大小为1.13 ×10-3T，方向为垂直纸面向里。（电子质量 =9.1×10-31 kg, 电子电量×10-19C）=-1.64如图所示， 当通过线圈包围面的磁感线(即磁场 )增加时，用法拉第电磁感应定律判断，线圈中感应电动势的方向为顺时针方向(从上往下看 )。5如图所示，在长直电流 I 的磁场中，有两个矩形线圈和，它们

9、分别以速度 平行和垂直于长直电流 I 运动，如图所示。试述这两个线圈中有无感应电动势：线圈中 没有 感应电动势，线圈中 有 感应电动势。6. 相干光的相干条件为 (1) 频率相同；(2) 振动方向相同；(3) 相位差恒定。7. 电流为 I 的长直导线周围的磁感应强度为0 I。2 r8. 两平行直导线相距为d，每根导线载有电流I1=I2=I ，则两导线所在平面内与该两导线等距离的一点处的磁感应强度B=20 Id或 0。9. 如图 I1I 28A,I1 的方向垂直纸面向外， I2 反之。对于三条闭合回路有：B dlaB dl80；B dlbc= 80；=0。10. 图示导体 ab 置于螺线管的直径

10、位置上，当螺线管接通电源一瞬间，管内的磁场如图所示，那么涡旋电场沿逆时针方向，ab0。11. 若匀强电场的场强为 E，方向平行于半球面的轴线，如图所示，若半球面的半径为R，则通过此半球面的电场强度通量 e=2。RE12两个无限长同轴圆筒半径分别为 R1 和 R2（R1< R2），单位长度带电量分别为 +和 。则内筒内（ r<R1）处的电场大小为0、两筒间的电场大小为E=0r、外筒外的电场大小为0。213. 在双缝干涉实验中，若使两缝之间的距离增大，则屏幕上干涉条纹间距变小 ；在单缝衍射中，衍射角越大，所对应的明条纹亮度越小 。14. 两个平行的无限大均匀带电平板， 其电荷面密度分别

11、为+和+2，如图所示。则B、C 两个区域的电场强度分别为 EB=(2 0) ；EC= 3(2 0) 。( 设方向向右为正 ) 。15. 一个捕蝴蝶的网袋放在均匀的电场E 中，网袋的边框是半径为 a 的圆，且垂直于电场，则通过此网袋的电场通量为eE a2 。16. 导 体 处 于 静 电 平 衡 的 条 件 是 导体内部场强处处为零（或者 Eint =0） 和导体表面紧邻处的场强必定和导体表面垂直（或者E表面）。三、简答题：1. 一矩形线圈在均匀磁场中平动，磁感应强度的方向与线圈平面垂直，如图所示。问：（1）整个线圈中的感应电动势是多少?（2）a 点与 b 点间有没有电势差 ?参考解答： （1）

12、因为磁场是均匀的， 且线圈匀速运动，由法拉弟电磁感应定律知，=d【1 分】，且 不变【1dt分】，所以=0。【1 分】（2）但线圈与运动速度v 垂直的两条边则产生动生电动势，其大小均为=B l v【1 分】，故 a、b 两点之间存在电势差， a 点电势高于 b 点【 1 分】。在整个线圈回路中，两条边的电动势方向相反，相互抵消，对整个线圈的电动势为零不影响。【1 分】2 把同一光源发的光分成两部分而成为相干光的方法有哪几种？这几种方法分别有什么特点并举例？参考解答：把同一光源发的光分成两部分而成为相干光的方法有两种：分波阵面法和分振幅法 【2 分】。分波阵面法是指把原光源发出的同一波阵面上的两

13、部分作为两子光源而取得相干光的方法，如杨氏双缝干涉实验等【2 分】；分振幅法是指将一普通光源同一点发出的光，利用反射、折射等方法把它“一分为二”，从而获得相干光的方法，如薄膜干涉等【2 分】。3. 将尺寸完全相同的铜环和铝环适当放置，使通过两环内的磁通量的变化率相等。问：（1）这两个环中的感应电流是否相同？（ 2）这两个环中的感生电场是否相同？参考解答： 感应电流不同 【1.5 分】，感生电场相同。【1.5 分】（1）根据电磁感应定律，若两环内磁通量的变化率相等，则两环内感应电动势相等，但两环的电阻率不同，因而感应电流不相等。铝的电阻率比铜的大，因而铝内部的感应电流较小。 【1 分】（2）感生

14、电场与磁感应强度的变化率有关，因而与磁通量的变化率有关，与导体的材料无关。故在两环内感生电场是相同的。【1 分】4. 同一条电场线上任意两点的电势是否相等 ? 为什么 ? (5 分)参考解答： 同一条电场线上任意两点的电势不可能相等【 3 分】，因为在同一条电场线上任意两点 ( 例如 a，b 两点 ) 之间移动电荷 ( 可取沿电场线的路径 )的过程中，电场力做功不等于零，即UaUb=bE dr 0【 2 分】a也可这样说明，因电场线总是由高电势处指向低电势处，故同一条电场线上任意两点的电势不会相等。四、计算题：1 两平行直导线相距 d=40cm，每根导线载有电流 I 1=I 2=20A，如图所

15、示。求：(1) 两导线所在平面内与该两导线等距离的一点处的磁感应强度； (2) 通过图中斜线所示面积的磁通量。 ( 设 r 1=r 3=l0cm，l=25cm。)解： (1) 两导线所在平面内与该两导线等距离的一点处的磁感应强度为B=B+B=2B=2×0 I=20 I4 10720-5（T）【3分】=4×101212 d / 2d0.4(2) 方法一： 在斜线面积上距 I 1 为 r 处，取长为 l ，宽为 dr 的条形面积，在该面积上磁感应强度为B= 0T10 I 20I1 (11 ) (I 1=I2)，2 r2 (d r )2rd r方向垂直纸面向外。故该面积上磁通量为

16、d= B dS =BdScos0=Bldr= 0 I1l ( 11)dr2rd r 斜线面积上的磁通量为= 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：因为两直电流强度相等，对于斜线面积对称分布且两电流在斜线面积上的磁通量方向相同。 故通过图中斜线所示面积的磁通量为其中一根电流（如 I1 ）所产生的磁通量的两倍。所以所求磁通量为=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 制造半导体元件时，常常要精确测定硅片上二氧化硅薄膜的厚度，这时可把二氧化硅薄膜的一部分腐蚀掉，使其形成劈尖，利用等厚条纹测出其厚度。已知Si 的折射率为3.42 ，SiO2 的折射率为1.5 ，入射光波长为589.3nm，观察到 7 条暗纹 ( 如图所示 ) 。问 SiO2 薄膜的厚度 h 是多少 ?（提示：最后一条暗条纹下的高度正是SiO2 薄膜的厚度）解一：由于劈尖上、下表面的反射都有半波损失，所以对于暗纹，有2nhk=(2k

18、+1) /2, k=0,1,2, 【 4 分】第 7“条”暗纹对应的级数为k=6（即第 6“级”暗纹），此条纹下的高度 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：对于劈尖，某一条纹处上、下表面的反射光的光程差与明、暗条纹的关系为2nhk=(2k)2 k , k1,2,明纹【 4分】(2k1) 2 , k0,1,2,暗纹第 k 级明纹的厚度差为与该明纹相邻的两暗纹间的高度差，即h=hk+1hk=2(k+1

19、)+1(2k+1)=4n4n2n同样，第 k 级暗纹的厚度差为与该暗纹相邻的两明纹间的高度差，即h=hk+1hk=(k+1)k=2n2n2n可见劈尖干涉的任一条纹的厚度差都是该介质中波长的一半。现观察到 7 条暗纹，而劈尖的棱边是第一条亮条纹，因此第一条暗条纹的厚度只能算半个条纹厚度。所以第7 条暗纹处薄膜的厚度为h=6.5 h=6.5=6.5 × 589.310 9=1.28 ×10-6 (m)=1.28 m【4 分】2n21.53. 在通有电流 I=5A 的长直导线近旁有一导线段 ab，长 l=20cm，离长直导线距离 d=10cm。当它沿平行于长直导线的方向以速度 v

20、=10ms 平移时，导线段中的感应电动势多大？ a，b 哪端的电势高？ (ln3=1.1)1. 解一：由动生电动势公式 abb(v B) dl 求解。a方法一： 先求电动势的绝对值，电动势的方向由其它方法判定。通有电流 I 的长直导线的磁场分布为B=0I/2r是一非均匀磁场，方向垂直于导线段 ab 所在平面向里。【 1 分】由动生电动势公式，得导线 ab 中感应电动势大小为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】感应电动势ab 的方向由右手定则可知为ba，即 a 端电势高于 b 端的电势。【 2 分】或由洛仑兹力公式 Fqv B 知 ab 的方向为 vB 的方向，即 ba，故 a 端电势高。m方法二：因为在导线 ab 上各点磁感应强度不同，故在距长直导线r 处，取线元 dr，该线元以速度 v 运动时，其感应电动势dU = ( vB) dr =vBsin90 drcos180°°=vBdr=0Iv dr则导线 ab 中的感应电动势为2rabbd l0 Iv0 Iv d l×10-5（V）U =dddrln=1.1a2r2dab<0 Uab 的方向为 ba，即 a

22、 端电势高。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。则 ba 的方向应为 a b，即 ab 的方向为 ba，a 端电势高。（注：此种解法判断电动势的方向容易出错。）解二：由法拉弟电磁感应定律=d求解。dt方法一： 导线 ab 在 dt 时间内扫过的面积为 S=ly（y=vdt）。因为在导线 ab 上各点磁感应强度不同，故在距长直导线 x 处，取线元 dx，该线元以速度 v 从 ab 运动到 ab时， dt 时间所扫过的面元dS=ydx，则通过该面元

23、dS 的磁通量 d= BdS0 Iydx ，通过面积 S 的2x磁通量为=b0 Iydx0Iyd ldx2Sa 2ddx0 Iy ln dlx2d由法拉弟电磁感应定律，其感应电动势的大小为d=0 Id l dy0 Ivd l-5=2ln2ln=1.1 ×10 （ V ）dtd dtd感应电动势的方向判断同解一。也可由楞次定律判断：因为导线 ab 所扫过的面积 S 随时间在增大，故通过该面积的磁通量也随时间增加。而感应电流所产生的效应就是要阻碍原磁场的增大，故感应电流（如果有感应电流的话，例如可设想有一闭合回路 abbaa）所产生的磁场方向应垂直纸面向外。而要在导线 ab 下方产生方向

24、向外的磁场，感应电动势的方向应由 ba，即 a 端电势高。方法二： 作一辅助回路 abcda，设回路绕行方向为顺时针方向， 则当导线平移时通过该回路中面元 dS的磁通量为d= B dS = BdS cos00Iydx (y=vdt)，2x通过回路 abcda 的磁通量（回路底长为l ，高为 y）为=b0 Iydx0 Iyd ldx2Sa 2ddx0 Iyd lx2lnd由法拉弟电磁感应定律，其感应电动势为d0 Id l dy0 Ivd l-5=2lnln=1.1×10 （V）dtd dt2d0的方向与所设回路绕行方向相反，即为逆时针方向，在导线ab 段为 ba，即 a 端电势高。4.

25、 在一单缝夫琅禾费衍射实验中，缝宽 a 5 ，缝后透镜焦距 f 40cm ，试求中央条纹和第一级亮纹的宽度。解：根据 a sink【 2 分】可得对第一和第二暗纹中心有a sin 1【1 分】， a sin 22【1 分】因此第一级和第二级暗纹中心在屏上的位置分别为x1f tan 1f sin 1fa40(5 )8(cm)【1 分】x2 f tan 2 f sin 2 f2a40(2)(5 ) 16(cm) 【1 分】由此得中央亮纹宽度为x02x12816(cm) 【1分】第一级亮纹的宽度为x1x2x11688(cm) 【1分】5. 某单色光垂直入射到每厘米有 6000 条刻痕的光栅上，其第一

26、级谱线的角位移为 20o，试求（已知 sin 20o0.342 ）：（ 1）该单色光波长；（ 2）它的第二级谱线在何处？解：（1）由光栅方程并结合题意有d sin1 102sin 20o 60005.7010 7 m【4 分】570nm225.7010 76000（2） 2arcsin darcsin10 2【4 分】arcsin(0.684)43.2o6. 两个半径分别为 R1=5cm和 R2=10cm的同心均匀带电球面 , 内球面带电 q1=2×10-9 C,外球面带电 q2=2×10-9 C.求: r 1=2cm;r 2=15cm各处的电势。解：依据题意，由电势叠加原

27、理容易求得空间中任意一点的电势为:aa1a 2 【2 分】对 r 1 =2cm处，由于该点都位于两个球面的内部，对于两个球面所对应的球体而言，它们都是等势体，所以：q1q29 109 2 1099 109 ( 2 109)分】r1a1a 24 oR14 o R20.05180(V )【30.10对 r 2 =15cm处，由于该点都位于两个球面的外部，所以：q1q29 109 2 1099109 (2109 )0【3分】r2a 1a 24 o r20.150.154 or27. 已知：导体板 A，面积为 S、带电量 Q，在其旁边放入导体板 B（此板原来不带电）。求静电平衡时，金属板上的电荷分布及

28、周围空间的电场分布。解：假设系统达到静电平衡以后，各板板面所带的AB1234电荷面密度如图所示，对 a 点：12340【1分】E 4bE1E2 E32 o2 o2 o2o对 b 点：12340【1分】EaE 14E3E22 02 02 o2 o对 A板： 1S2S Q【1分】对 B板： 3S4S 0【1 分】解以上诸方程得到：14Q ，23Q 【1分】2S2S电场强度的计算可分别根据公式oS 求得，在图中三个区域中分别为： 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 S8.二个均匀带电球面同心放置，半径分别为

29、R1 和 R2(R1<R2)，已知二个球面所带总电量分别为q1 和 q2，求该带电球面系统的电势分布。(以无穷远处为电势零点 )解法一：由电势叠加原理求解.因为一个均匀带电q 的球面（半径为R）的电势分布为所以，在 r<R1 处在 R1<r<R2 处在 r>R2 处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：由电势的定义式求解。(1) 求电场分布 : 可由

30、高斯定理或电场叠加原理求得E1=0(r<R1);E2=q12 ( R1<r<R2);E3= q1q22 ( r>R2) 【 2 分】40 r40r(2) 求电势分布 :在 r<R1处, 1rE dr =R1E1 drR2E2 drE3 dr =【 1 分】rR1R2=R2q12 drq1q22 dr =R1 40 rR2 40 r在 R1<r<R2 处,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 处,3E3dr =q1q22 dr = q1q2 【1 分】rr40 r40r五、证明题：如图所示，长直导线中通有电流I ，另一矩形线圈共N 匝，宽a，长 L，以 v 的速度向右平动，试证明：当d 时线圈中的感应电动势为0 INvLa 。2 d(d a)解一：由动生电动势公式( v B) dl 求解。方法一：通有电流 I 的长直导线的磁场分布为 B=0I/2x，方向垂直线圈平面向里。对于线圈的上、下两边，因 v B 的方向与 dl的方向垂直，故在线圈向右平移时，线圈的

32、上下两边不会产生感应电动势，（上、下两导线没切割磁场线），只有左右两边产生动生电动势。而左、右两边中动生电动势的方向相同，都平行纸面向上，可视为并联，所以线圈中的总电动势为 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】 ， 则的方向与1 的方向相同，即顺时针方向【3 分】。0方法二： 当线圈左边距长直导线距离为d 时，线圈左边的磁感应强度B1=

33、0I/2 d，方向垂直纸面向里。线圈以速度v 运动时左边导线中的动生电动势为1N L (v B1 )dl =N L vB1 sin90 dl cos0=NvB1L dl =Nv0I L.0002d方向为顺时针方向【 3 分】。线圈右边的磁感应强度 B2=0I/2(d+a) ，方向垂直纸面向里。当线圈运动时右边导线中的动生电动势为LLL0 I2=N (vB2 ) dl =N vB2 sin90 dl cos0=NvB dl =NvL.22(d a)000方向为逆时针方【 3 分】。所以线圈中的感应电动势为 12= Nv0 ILNv0 IL=0 INvLa2 d2 (d a)2 d (d a) ，

34、即的方向与1 的方向相同，为顺时针方向【3 分】。0方法三：由=(vB) dl ，积分路径 L 取顺时针方向，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，即的方向与闭合路径L 的方向相同，为顺时针方向【3 分】。解二：由法拉弟电磁感应定律求解。因为长直导线的磁场是一非均匀磁场B=0I/2 r ，在线圈平面内磁场方向垂直线圈平面向里。 故在距长直导线r 处取一长为 L，宽为 dr 的小面元dS=Ldr，取回路绕行方向为顺时针方向，则通过该面元的磁通量d= B dS =BdScos0°= 0 ILdr2 r通过总个线圈平面的磁通量（设线圈左边距长直导线距离为x 时）为=dx a0 I Ldr0ILln xa 【3 分】Sx2r2x线圈内的感应电动势由法拉弟电磁感应定律为= dN dN0 IL (ln xa )0NIL a dx0 NILa