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)
eL
P
π； (B)
eL P π4； (C) eL
P
π2； (D) 0。 2. 在磁感应强度为B ρ
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) B a 2； (B) B a 22； (C) B a 26； (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（R r ?）的一点P 的磁感应强度的大小为 ( B ) (A) r I B πμ20=
； (B) 202R Ir B πμ=； (C) 202r I B πμ=； (D) 202R
I
B πμ=。 4．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q 1,在A 点放置点电荷q 2,S 是包围点电荷q 1的封闭曲面,P 点是S 曲面上的任意一点.现在把q 2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； (C) 通过S 面的电通量和P 点的电场强度都不变； (D) 通过S 面的电通量不变,但P 点的电场强度改变。 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
A
C
直入射到劈尖上，当A 板与B 板的夹角θ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 ，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 u r
，其大小和
方向为 ( D )
(A) E = B ，E u r 沿z 轴正向； (B) E =v
B
，E u r 沿y 轴正向；
(C) E =B ν，E u r 沿z 轴正向； (D) E =B ν，E u r
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)
41d ； (B) 43d ； (C) d 31； (D) d 3
2
. 10．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
定该介质的折射率为n ，且小于镜头玻璃的折射率，当波长为λ的光线垂直入射时，该介质薄膜的最小厚度应为 ( D ) (A)
2λ； (B) n 2λ； (C) 4
λ
； (D) n 4λ.
11. 对于安培环路定理的正确理解是 ( C )
(A) 若0L
B dr ?=?r r
?，则必定L 上B ρ处处为零；
(B) 若0L
B dr ?=?r r ?，则必定L 不包围电流；
(C) 若0L
B dr ?=?r r ?，则必定L 内包围的电流的代数和为零；
(D) 若0L
B dr ?=?r r ?，则必定L 上各点的B ρ仅与L 内的电流有关。
12．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（R r >）的一点P 的磁感应强度的大小为 ( A ) (A) r I B πμ20=
； (B) 202R Ir B πμ=； (C) 202r I B πμ=； (D) 202R
I
B πμ=。 13．如图所示，两导线中的电流I 1=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 C
B d r ??u r r
?= ( A )
(A) 3μ0； （B ）0； (C) －3μ0； （D ）5μ0。 14. 在磁感应强度为B ρ
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) B a 2； (B) B a 22； (C) B a 26； (D) 0。
15．静电场的环路定理L
E dr ??r
r ?=0，表明静电场是( A )。
(A) 保守力场； (B) 非保守力场； (C) 均匀场； (D) 非均匀场。 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)
2
04q R
πε； (B) 0； (C)
04q R
πε； (D)
22
04q R
πε.
17. 以下说法正确的是 ( D )
(A) 如果高斯面上E u r
处处为零，则高斯面内必无电荷； (B) 如果高斯面上E u r
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 u r
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ΦE 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σ，另一块电荷密度为2σ，两平板间的电场强度大小为 （ D ）
(A)
032σε； (B) 0
σε； (C) 0； (D) 02σε。
二、填空题：
1. 法拉第电磁感应定律一般表达式为 dt
d Φ
-
=ε 。 2. 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v 0=1×107m ／s 。
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=-1.6×10-19 C ） 4．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①和②，它们分别以速度ν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①
中 没有 感应电动势，线圈②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
02I
r
μπ 。 8. 两平行直导线相距为d ，每根导线载有电流I 1=I 2=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= 02I
d
μπ或0 。 9. 如图A I I 821==, I 1的方向垂直纸面向外，I 2反之。对于三条闭合回路有：a
B dl ??u r r
i = －8μ0 ；
b
B dl ??u r r i
8μ0 ；c
B dl ??u r r i = 0 。
10. 图示导体ab 置于螺线管的直径位置上，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，=ab ε 0 。
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Φe = πR 2E 。
12．两个无限长同轴圆筒半径分别为R 1和R 2（R 1< R 2），单位长度带电量分别为+λ和－λ。则内筒内（r 02r λ πε 、外筒外的电场大小为 0 。 13.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，其电荷面密度分别为 +σ和+2σ，如图所示。则B 、C 两个区域的电场强度分别为E B =0(2)σε-；E C = 03(2)σε。(设方向向右为正)。 15.一个捕蝴蝶的网袋放在均匀的电场E u r 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 2e E a πΦ=。 16.导体处于静电平衡的条件是r int 导体内部场强处处为零（或者E =0）和 E ⊥r 导体表面紧邻处的场强必定和导体表面垂直（或者表面）。 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）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，E =d dt Φ - 【1分】，且Φ不变【1分】，所以E =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 ε′=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U a －U b =b a E d r ??u r r ≠0【2分】 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 1+B 2=2B 1=2×02/2I d μπ=702410200.4I d μπππ-??=?=4×10-5（T ）【3分】 (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= 01020111 ()22()2T I I r d r r d r μμμπππ+=+--(I 1=I 2)， 方向垂直纸面向外。故该面积上磁通量为 dФ=B d S ?u r u r =BdScos0=B l dr=0111()2I l dr r d r μπ+- ∴ 斜线面积上的磁通量为 Φ=3 1 0111 ()2d r S r I l d dr r d r μπ-Φ=+-??=3011ln 2d r I l r r d r μπ--=013113 ()()ln 2I l d r d r r r μπ-- =741020.0.25(0.40.1)(0.40.1) ln 20.10.1 ππ-???--?=2.2×10-6（Wb ）【5分】 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 Ф=21210 0121 2ln 2r r r I Il r r B dS ldr r r μμππ++?==??r r = 741020.000.25 0.10.020 ln 0.10 ππ -???+=2.2×10-6（Wb ）【5分】 2． 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，SiO 2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SiO 2薄膜的厚度h 是多少?（提示：最后一条暗条纹下的高度正是SiO 2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 2nh k =(2k+1)λ/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h 6正是SiO 2薄膜的厚度。而 2nh 6=(2×6+1)2λ =13×2 λ 所以SiO 2薄膜的厚度h 6=139589.3101344 1.5 n λ -?=?? =1.28×10-6(m)=1.28μm 【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 2nh k =22(2),1,2,(21),0,1,2,k k k k k λλ λ==??+=?L L 明纹暗纹 【4分】 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 Δh=h k+1－h k =[2(k+1)+1] 4n λ －(2k+1) 4n λ = 2n λ 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 Δh=h k+1－h k =(k+1) 2n λ －k 2n λ = 2n λ 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=6.5Δh=6.52n λ =6.5×9 589.3102 1.5-??=1.28×10-6(m)=1.28μm 【4分】 3. 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 =10m ／s 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()b ab a v B dl ε=??? r r r 求解。 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 =μ0I/2πr 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 ()sin cos 2 b b ab a a v B dl v B dr πεπ=??=????r r r 【2分】 02b d l a d Iv dr vBdr r μπ+==?? =0ln 2Iv d l d μπ+【1分】 =74105100.10.2ln 20.1 ππ-???+=1.1×10-5（V ）【1分】 感应电动势E ab 的方向由右手定则可知为b →a ，即a 端电势高于b 端的电势。【2分】 或由洛仑兹力公式m F qv B =?r r r 知E ab 的方向为v B ?r r 的方向，即b →a ，故a 端电势高。 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 =()v B dr ??r r r =vB sin90°dr cos180°=－vBdr =－02Iv dr r μπ 则导线ab 中的感应电动势为 U ab =0 0ln 22b d l a d Iv Iv d l d dr r d μμεππ++=-=-??=－1.1×10-5（V ） ∵ E ab <0 ∴ U ab 的方向为b →a ，即a 端电势高。 方法三： U ba =0 0()sin 90cos0ln 22a a a d b b b d l Iv Iv d v B dr vB dr vBdr dr r d l μμππ+??=??===+????r r r =－1.1×10-5（V ），也小于零。 则E ba 的方向应为a →b ，即E ab 的方向为b →a ，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E =d dt Φ -求解。 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a ′b ′时，dt 时 间所扫过的面元dS =ydx ，则通过该面元dS 的磁通量dΦ=02I BdS ydx x μπ=，通过面积S 的磁通量为 Φ=000ln 222b d l S a d Iy Iy Iy dx d l d dx x x d μμμπππ++Φ===?? ? 由法拉弟电磁感应定律，其感应电动势的大小为 E = d dt Φ=00ln ln 22I Iv d l dy d l d dt d μμππ++==1.1×10-5（V ） 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abb ′a ′a ）所产生的磁场方向应垂直纸面向外。而要在导线ab 下方产生方向向外的磁场，感应电动势的方向应由b ′→a ′，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 dΦ=B dS ?r r =0cos02I BdS ydx x μπ?=(y =vdt )， 通过回路abcda 的磁通量（回路底长为l ，高为y ）为 Φ=000ln 222b d l S a d Iy Iy Iy dx d l d dx x x d μμμπππ++Φ===??? 由法拉弟电磁感应定律，其感应电动势为 E =d dt Φ -=00ln ln 22I Iv d l dy d l d dt d μμππ++-=-=－1.1×10-5（V ） ∵ E ＜0 ∴ E 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b →a ，即a 端电势高。 4.在一单缝夫琅禾费衍射实验中，缝宽5a λ=，缝后透镜焦距40f cm =，试求中央条纹和第一级亮纹的宽度。 解：根据sin a k θλ=±【2分】可得对第一和第二暗纹中心有 1sin a θλ=【1分】，2sin 2a θλ=【1分】 因此第一级和第二级暗纹中心在屏上的位置分别为 111tan sin 40(5)8()x f f f a cm θθλλλ=≈=== 【1分】 222tan sin 240(2)(5)16()x f f f a cm θθλλλ=≈=?=?=【1分】 由此得中央亮纹宽度为0122816()x x cm ?==?=【1分】 第一级亮纹的宽度为1211688()x x x 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，其第一级谱线的角位移为20o ，试求（已知sin 200.342o ≈）： （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217sin 10sin 206000 5.7010570o d m nm λθ--==?=?=【4分】 （2）722 22 5.70106000 arcsin arcsin 10arcsin(0.684)43.2o d λθ--???====【4分】 6.两个半径分别为R 1=5cm 和R 2=10cm 的同心均匀带电球面,内球面带电q 1=2×10-9C,外球面带电q 2=－2×10-9C.求: r 1=2cm ;r 2=15cm 各处的电势。 解：依据题意，由电势叠加原理容易求得空间中任意一点的电势为: 12a a a ???=+【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： 199991 2 1212910210910(210) 180() 440.050.10 r a a o o q q V R R ???πεπε--?????-?=+=+=+=【3分】 对r 2=15cm 处，由于该点都位于两个球面的外部，所以： III II 2E σ 3E σ 4E σ 1E σb 2 E σ a 1E σ 23σσ 4 σB A 1σ3E σ 4E σI 299991 2 1222910210910(210) 0440.150.15 r a a o o q q r r ???πεπε--?????-?=+=+=+=【3分】 7.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 电荷面密度如图所示， 对a 点： 312402222o o o o σσσσεεεε---=【1分】 对b 点： 31240002222o o σσσσ εεεε++-=【1分】 对A 板： 12S S Q σσ+=【1分】 对B 板： 340S S σσ+=【1分】 解以上诸方程得到：142Q S σσ== ， 232Q S σσ=-=【1分】 电场强度的计算可分别根据公式o S σε=求得，在图中三个区域中分别为：12o o Q E S σεεI = =， 方向相左；【1分】 322o o o Q E S σσεεεII = ==， 方向相右；【1分】 42o o Q E S σεεIII = =， 方向相右。【1分】 8. 二个均匀带电球面同心放置，半径分别为R 1和R 2(R 1 因为一个均匀带电q 的球面（半径为R ）的电势分布为 00() 4()4q r R r q r R R πε?πε?≥??=? ?≤??【2分】 所以，在r 101 02 44q q R R ?πεπε=+= 12 012 1( )4q q R R πε+【2分】 在R 1 2 200244q q r R ?πεπε=+ = 12 02 1( )4q q r R πε+【2分】 在r>R 2处 1230044q q r r ?πεπε= + = 12 04q q r πε+【1分】 解法二：由电势的定义式求解。 (1) 求电场分布: 可由高斯定理或电场叠加原理求得 E 1=0(r 04q r πε( R 1 2 04q q r πε+( r>R 2) 【2分】 (2) 求电势分布: 在r E dr ?∞ =??r r =121 2 123R R r R R E dr E dr E dr ∞?+?+????r r r r r r =【1分】 =2 1 21122 20044R R R q q q dr dr r r πεπε∞ ++??=1120120211()44q q q R R R πεπε+-+=12 01 21()4q q R R πε+【1分】 在R 1 E dr ?∞ =??r r =22 23R r R E dr E dr ∞?+???r r r r 【1分】 =2 21122 200 44R r R q q q dr dr r r πεπε∞ ++??=112020211()44q q q r R R πεπε+-+=12 021()4q q r R πε+【1分】 在r>R 2处, 33r E dr ?∞ =??r r =12204r q q dr r πε∞+?=120 4q q r πε+【1分】 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 02() INvLa d d a μπ+。 解一： 由动生电动势公式()v B dl ε=???r r r 求解。 方法一： 通有电流I 的长直导线的磁场分布为B=μ0I/2πx ，方向垂直线 圈平面向里。对于线圈的上、下两边，因v B ?r r 的方向与dl r 的方向垂直，故在 线圈向右平移时，线圈的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E 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 E ＝E 1－E 2＝N[()l v B dl ???r r r 左 左－()l v B dl ???r r r 右 右]【3分】 =N[00sin 90cos 0sin 90cos 0L L vB dl vB dl ??-????左右] =N[002L I v dl d μπ?－002()L I v dl d a μπ+?]=011 ()2Nv I L d d a μπ-+=0 2()INvLa d d a μπ+【3分】 E ＞0， 则E 的方向与E 1的方向相同，即顺时针方向【3分】。 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B 1=μ0I/2πd ，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 E 1＝N 10 ()L v B dl ???r r r =N 10sin 90cos 0L vB dl ???=NvB 10L dl ?=Nv 02I d μπL. 方向为顺时针方向【3分】。线圈右边的磁感应强度B 2=μ0I/2π(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 E 2 =N 20 ()L v B dl ???r r r =N 20 sin 90cos 0L vB dl ???=NvB 20 L dl ?=Nv 02() I d a μπ+L. 方向为逆时针方【3分】。所以线圈中的感应电动势为 E ＝E 1－E 2= Nv 02I d μπL －Nv 02()I d a μπ+L=02()INvLa d d a μπ+ E ＞0，即E 的方向与E 1的方向相同，为顺时针方向【3分】。 方法三： 由E =()L v B dl ???r r r ?，积分路径L 取顺时针方向，有 E =N[()][()()()()L v B dl N v B dl v B dl v B dl v B dl ??=??+??+??+???????r r r r r r r r r r r r r r r ?左 上 右 下 ] =N[()()v B dl v B dl ??+????r r r r r r 左 右 ]=N(vB dl vB dl -??左右左 右 ) =Nv 02I d μπL －Nv 02()I d a μπ+L=02()INvLa d d a μπ+【6分】 E ＞0，即E 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=μ0I/2πr ，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 dΦ=B dS ?r r =BdScos0°=02I Ldr r μπ 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 Φ=00ln 22x a S x I IL x a d Ldr r x μμππ++Φ==??【3分】 线圈内的感应电动势由法拉弟电磁感应定律为 E =－ 000(ln )[]22()2()IL NIL NILav d d x a a dx N N dt dt x x a x dt x a x μμμπππψΦ+-'=-=-=-=++ 当线圈左边距长直导线距离x=d 时，线圈内的感应电动势为 E = 02()NILav d a d μπ+【3分】 因为E ＞0，所以E 的方向与绕行方向一致，即为顺时针方向【3分】。 感应电动势方向也可由楞次定律判断：当线圈向右平动时，由于磁场逐渐减弱，通过线圈的磁通量减少，所以感应电流所产生的磁场要阻碍原磁通的减少，即感应电流的磁场要与原磁场方向相同，所以电动势方向为顺时针方向。 2. 一圆形载流导线，电流为I ，半径为R 。（1）证明其轴线上的磁场分布为B= 2 0223/2 2()IR R x μ+；（2）指出磁感应强度B u r 的方向？ (1)证： 如图所示，把圆电流轴线作为x 轴，并令 原点在圆心上。在圆线圈上任取一电流元Id l r ，它在轴上任一点P 处的磁场d B u r 的方向垂直于d l r 和r r ，亦即垂直于d l r 和r r 组成的平面。由于d l r 总与r r 垂直，所以d B u r 的大小 为 dB= 02 4Idl r μπ【1分】 将d B u r 分解成平行于轴线的分量d B u r ∥和垂直于轴线的分量d B ⊥u r 两部分， 它们的大小分别为 dB ∥=dBs inθ= 03 4IR dl r μπ, d B ⊥=dBcos θ【1分】 式中θ是r r 与x 轴的夹角。考虑电流元Id l r 所在直径另一端的电流元在P 点的磁场，可知它的d B ⊥u r 与Id l r 的大小相等方向相反因而相互抵消。由此可知， 整个圆电流垂直于x 轴的磁场d B ⊥?u r =0【2分】，因而P 点的合磁场的大小为 B=?dB =? ? =dl r RI dl r RI 303044πμπμ【1分】 因为?dl =2πR ，所以上述积分为 B= 203 2R I r μ= 2 02 23/2 2() IR R x μ+【2分】 (2) B u r 的方向沿x 轴正方向，其指向与圆电流的电流流向符合右手螺旋关 系。【2分】 3．圆柱形电容器由两个同轴的金属圆筒组成。如图所示，设筒的长度为L ，两筒的半径分别为R 1和R 2，两筒之间设为真空。证明：该圆柱形电容器的电容为 0212ln(/) L C R R πε= （电容器的电容定义式为Q C U = ，式中Q 为电容器极板所带的电量，U=φ+－φ-为电容器两极板间的电势差。） 证：为了求出这种电容器的电容，我们假设它带有电量Q(即外筒的内表面和内筒的外表面分别带有电量－Q 和+Q)。忽略两端的边缘效应，可以由高斯定理求出，距离轴线为r 处的真空中一点的电场强度为 0022Q E r rL λπεπε= =. (R 1 U=φ+－φ-=21 02R R Q E dr dr rL πε- + ?=?? r r = 2 01 ln 2R Q L R πε【2分】 将此电压代入电容的定义式，就可得圆柱形电容器的电容为 Q C U = =0212ln(/) L R R πε【2分】
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