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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
?0INvLa。
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=μ0I/2πx，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－?2＝N[?l(v?B左)?dl－?l(v?B右)?dl]【3分】
左右=N[?0vB左sin90?dlcos0???0vB右sin90?dlcos0?] =N[?0vLL?0I?INvLaNv?0I1?0I1dl]=【3分】 (?)L=0dl－?v02?(d?a)2?d(d?a)2?dd?a2?dLL? ＞0， 则? 的方向与?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B1=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
?1＝N?0(v?B1)?dl=N?0vB1sin90?dlcos0?=NvB1?0dl=Nv
LLL?0IL. 2?d方向为顺时针方向【3分】。线圈右边的磁感应强度B2=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
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?2 =N?0(v?B2)?dl=N?0vB2sin90?dlcos0?=NvB2?0dl=Nv
方向为逆时针方【3分】。所以线圈中的感应电动势为
?＝?1－?2= Nv
?0I?INvLa?0IL－NvL=0
2?(d?a)2?d(d?a)2?dLLL
?0I2?(d?a)L.
? ＞0，即? 的方向与?1的方向相同，为顺时针方向【3分】。 方法三： 由? =?L(v?B)?dl，积分路径L取顺时针方向，有
? =N[?L(v?B)?dl]?N[?左(v?B)?dl??上(v?B)?dl??右(v?B)?dl??下(v?B)?dl]
=N[?左(v?B)?dl??右(v?B)?dl]=N(?左vB左dl??右vB右dl) =Nv
?0I?INvLa?0IL－NvL=0【6分】
2?(d?a)2?d(d?a)2?d? ＞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=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=BdScos0°=
?0ILdr 2?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
Φ=?Sd???xx?a?0I?ILx?aLdr?0ln【3分】 2?r2?x线圈内的感应电动势由法拉弟电磁感应定律为
? =－
?IL?NIL?NILavd?d?x?a?adx??N??N0(ln)???0[]?0 dtdt2?x2?(x?a)xdt2?(x?a)x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
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? =
?0NILav【3分】
2?(d?a)d因为? ＞0，所以? 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=
?0IR22(R2?x2)3/2；（2）指出磁感应强度B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Idl，它在轴上任一点P处的磁场dB的方向垂直于dl和r，亦即垂直于dl和r组成的平面。由于dl总与r垂直，所以dB的大小为
dB=
?0Idl
【1分】 4?r2
将dB分解成平行于轴线的分量dB∥和垂直于轴线的分量dB?两部分，它们的大小分别为
dB∥=dBsinθ=
?0IRdl, dB?=dBcosθ【1分】 4?r3式中θ是r与x轴的夹角。考虑电流元Idl所在直径另一端的电流元在P点的磁场，可知它的dB?与Idl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?dB?=0【2分】，因而P点的合磁场的大小为
B=?dB=??0RI?0RIdl?dl【1分】 4?r34?r3?word范文
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因为?dl=2πR，所以上述积分为
B=
?0R2I2r3=
?0IR22(R?x)223/2【2分】
(2) B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R1和R2，两筒之间设为真空。证明：该圆柱形电容器的电容为
C?2??0L
ln(R2/R1)（电容器的电容定义式为C?Q，式中Q为电容器极板所带的电量，UU=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
E??Q?. (R1 U=φ+－φ-=??E?dr??R?R21Q2??0rLdr= Q2??0LlnR2【2分】 R1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 C?2??0LQ=【2分】Uln(R2/R1)欢迎您的光临，word文档下载后可以修改编辑。双击可以删除页眉页脚。谢谢！单纯的课本内容，并不能满足学生的需要，通过补充，达到内容的完善欢迎您的光临，word文档下载后可以修改编辑。双击可以删除页眉页脚。谢谢！word范文 . 单纯的课本内容，并不能满足学生的需要，通过补充，达到内容的完善 word范文