西南大學大學物理試題及答案

Ⅰ 大學物理一些問題 希望大大們幫幫

1.這道題考查楊氏雙縫干涉。雲母片擋住以後，上面的光程將會增加，以中央明條紋為例，為了再次使光程差為0，就必須讓下面的光程增加，同理考慮其他條紋，所以整個干涉條紋就會上移。條紋間距△x=λ*D/d,D和d都是不變的，所以條紋間距也不會變。
答案：c
3.這道題考查熱學三個等值過程。等壓過程：吸熱Q=ΔE+A，則A=Q-ΔE（由熱二定律，其吸熱不可能完全拿來做功，因此Q>A>0）。等體過程：A=0。等溫過程：ΔE=0，即A=Q。
答案：a
6.這道題考查圓周運動。重力是性質力，向心力是效果力，他們分別是按不同的角度來看的，不能將其放在一起來談（也就是說不能是他又受重力又受向心力）。小球在最高點的時候，重力提供了向心力。由向心力F=mv2/r,可知在最高點所需要的向心力最小，在最低點所需要的向心力最大，繩子的力和重力的分力一起提供，而且在最高點重力全部用來提供向心力，所以在最高點繩子拉力是最小的。
答案：d
7.這道題考查理想氣體方程。由PV=υRT，其中R為普適氣體常量8.31，壓強P和溫度T都相同，而體積不同，。將方程變式成υ/V=P/RT,等式左邊兩者都相等，因此等式右邊兩者也相等。所以，氦氣和氬氣的υ/V相等，即單位體積的摩爾數相等，也就是單位體積的分子數相等。
答案：a
11.這道題考查功能轉化關系。轉到豎直位置時，B球重力勢能減少，動能增大，A球重力勢能增大，動能也增大，對於整個系統，由於桿的質量不計，且只有重力在做功，因此系統機械能守恆。
答案：b,c
12.這道題考查牛頓第二定律。加速度a=F/m,與速率無關，因此a,b都可能存在。勻速圓周運動速率不變，但有向心加速度。因此c存在。速率增大必須有加速度，d錯誤。
答案：a,b,c
13.只有作勻速圓周運動時，加速度才與速度垂直。變加速圓周運動時，加速度方向不與速度垂直。
答案：錯
19.一物體向正反向運動，向其施加一個反方向的恆力，在恆力作用下物體減速為零再反向加速，此時動量方向由正變為負。
答案：錯
20.理想氣體不考慮分子勢能，只考慮分子動能。而且都是摩爾數相同的氣體，溫度相等，則分子動能也相等，則內能相等。
答案:對
都是我自己逐一解答的，希望對樓主有幫助。。

Ⅱ 求大神些解答一下，哪些大神做了的能分享下嗎。謝謝了！！！ 西南大學網路與繼續教育學院課程考試試

一、名詞解釋
1、平衡：
物體相對於慣性參考系靜止或勻速直線運動

2、約束
約束：對非自由體的位移起限製作用的物體。

3、內力
由於外力的作用而引起的質點間相互作用力的改變數。

4、剛度
剛度是指構件抵抗變形的能力。構件在外力作用下發生的變形不超過某一規定值，表明構件具有足夠的剛度。

二、組合梁由AC，CD組成。已知a，q。不計梁自重。試求A，B，D處的約束力。

解：以CD為研究對象:
∑mc=0，FD=q/2a
以整體為研究對象:
∑Fx=0,FAx=0
∑qA=0,﹣q﹢FD·4a﹢FB·a=0
FB=﹣q/a
∑Fy=0,FAy﹢FB﹢FD=0,FAy=q/2a

三、如圖所示，正方形截面簡支梁，長l=4m，中點作用集中力F=3kN。若材料的許用應力[]=10MPa，試確定截面尺寸a。

四、圖示直徑為d的圓截面桿，受到一對偏心距為e的偏心壓力F的作用，試求當桿橫截面上不存在拉應力時，偏心距e的取值范圍。

解：

五、圖示結構由梁AB和桿CD組成，材料均為Q235鋼，其E=200GPa，[σ]=160MPa；桿CD為細長桿，兩端為鉸支，截面為直徑d=80mm的圓形。已知載荷F=40kN，規定穩定安全因數[nst]=5，試校核桿CD的穩定性。

校核桿CD的穩定性：

壓桿穩定性足夠

Ⅲ 大學物理A2作業題答案 西南科技大學的

答 案
作業題 (一）
一、1-8 CBACADDC
二、
9. －20E0 / 3; 40E0 / 3
10. －3 / (20); － / (20);  / (20); 3 / (20)
11. ; 從O點指向缺口中心點．
12. Q / 0; ＝0，

三、
13. 解：在處取電荷元，其電荷為
dq =dl = 0Rsind
它在O點產生的場強為
3分
在x、y軸上的二個分量
dEx=－dEcos
dEy=－dEsin
對各分量分別求和 ＝0

∴

14. 解:設坐標系如圖所示．將半圓柱面劃分成許多窄條．dl寬的窄條的電荷線密度為

取位置處的一條，它在軸線上一點產生的場強為

如圖所示. 它在x、y軸上的二個分量為：
dEx=dE sin , dEy=－dE cos
對各分量分別積分

場強
15. 解：在球內取半徑為r、厚為dr的薄球殼，該殼內所包含的電荷為

在半徑為r的球面內包含的總電荷為
(r≤R)
以該球面為高斯面，按高斯定理有
得到 ， (r≤R)
方向沿徑向，A>0時向外, A<0時向里．
在球體外作一半徑為r的同心高斯球面，按高斯定理有

得到 ， (r >R)
方向沿徑向，A>0時向外，A<0時向里．
16. 解：設閉合面內包含凈電荷為Q．因場強只有x分量不為零，故只是二個垂直於x軸的平面上電場強度通量不為零．由高斯定理得：
-E1S1+ E2S2=Q / 0 ( S1 = S2 =S ) 3分
則 Q =0S(E2- E1) =0Sb(x2- x1)
= 0ba2(2a－a) =0ba3 = 8.85×10-12 C

作業題（二）

一、1-8 DBCDDACB
二、
9. 10cm 10.
11. Q / (40R2); 0 ; Q / (40R); Q / (40r2)
12. 單位正電荷在靜電場中沿任意閉合路徑繞行一周，電場力作功等於零 有勢（或保守力）
三、
13. 解：將題中的電荷分布看作為面密度為的大平面和面密度為－的圓盤疊加的結果．選x軸垂直於平面，坐標原點O在圓盤中心，大平面在x處產生的場強為
 

圓盤在該處的場強為
 
∴ 
該點電勢為
14. 解: 由高斯定理可知空腔內E＝0，故帶電球層的空腔是等勢區，各點電勢均為U .
在球層內取半徑為r→r＋dr的薄球層．其電荷為
dq =  4r2dr
該薄層電荷在球心處產生的電勢為

整個帶電球層在球心處產生的電勢為

因為空腔內為等勢區所以空腔內任一點的電勢U為

若根據電勢定義 計算同樣給分.
15.解：設內球上所帶電荷為Q，則兩球間的電場強度的大小為
(R1＜r＜R2)
兩球的電勢差
∴ ＝2.14×10-9 C

16. 解：設原點O在左邊導線的軸線上，x軸通過兩導線軸線並與之垂直．在兩軸線組成的平面上，在R＜x＜(d－R)區域內，離原點距離x處的P點場強為

則兩導線間的電勢差

作業題（三）
一、1-8 CBBBDBCB
二、
/(2r)；/(20r r)
10.
11. ;
12. 無極分子;電偶極子
三、
13. 解：(1) 由靜電感應，金屬球殼的內表面上有感生電荷-q，外表面上帶電荷q+Q．
(2) 不論球殼內表面上的感生電荷是如何分布的，因為任一電荷元離O點的距離都是a，所以由這些電荷在O點產生的電勢為

(3) 球心O點處的總電勢為分布在球殼內外表面上的電荷和點電荷q在O點產生的電勢的代數和

14. 解：設導體球帶電q，取無窮遠處為電勢零點，則
導體球電勢：
內球殼電勢：
二者等電勢，即
解得
15. 解：(1) 令無限遠處電勢為零，則帶電荷為q的導體球，其電勢為

將dq從無限遠處搬到球上過程中，外力作的功等於該電荷元在球上所具有的電勢能
(2) 帶電球體的電荷從零增加到Q的過程中，外力作功為

16. 解：設內外圓筒沿軸向單位長度上分別帶有電荷+和, 根據高斯定理可求得兩
圓筒間任一點的電場強度為
則兩圓筒的電勢差為
解得
於是可求得A點的電場強度為
= 998 V/m 方向沿徑向向外
A點與外筒間的電勢差：
= 12.5 V

作業題（四）

一、1-8 C C D C B D B A
二、
9. 1:1 10. 0; 11. 12.
13. 解：(1) 圓柱形載流導體在空間的磁感強度的分布為

∴穿過ABCD的為
(2) 圓筒載流導體在空間的磁感強度分布為

穿過 ABCD 的Φ為： =
(3) 在題給條件下，筒壁中 0<B<0I /(2R)，B為有限值，當壁厚趨於零時壁截面上磁通量趨於零，即 ，可得

14. 解：將導線分成1、2、3、4四部份，各部分在O點產生的磁感強度設為B1、B2、B3、B4．根據疊加原理O點的磁感強度為：

∵  、 均為0，故 2分
方向 2分

方向  
其中 ，

∴ 方向 
15. 解：由畢奧－薩伐爾定律可得，設半徑為R1的載流半圓弧在O點產生的磁感強度為B1，則
同理,
∵ ∴
故磁感強度

∴

16. 解：如圖所示，圓筒旋轉時相當於圓筒上具有同向的面電流密度i，
3分
作矩形有向閉合環路如圖中所示．從電流分布的對稱性分析可知，在 上各點 的大小和方向均相同，而且 的方向平行於 ，在 和 上各點 的方向與線元垂直，在 , 上各點 ．應用安培環路定理

可得

圓筒內部為均勻磁場，磁感強度的大小為 ，方向平行於軸線朝右．

作業題(五)
一、1-8 ABAACBDB
二、 9. 10. 11. 12.
三、
.
13. 解：電子進入磁場作圓周運動，圓心在底邊上．當電子軌跡 與上面邊界相切時，對應最大速度，此時有如圖所示情形．

∴
由 ，求出v最大值為

14. 解：考慮半圓形載流導線CD所受的安培力

列出力的平衡方程式
故：
15. 解：(1) S = ab =5×10-3 m2
pm = SI =1×10-2 (A•m2)， =4.33×10-2 N•m
， =2.16×10-3 kg•m2
(2) 令從 到 的夾角為，∵ 與角位移d的正方向相反
=2.5×10-3 J
16. 解：由安培環路定理： 
0< r <R1區域： 
，
R1< r <R2區域：
，
R2< r <R3區域：

r >R3區域： H = 0，B = 0
作業題(六)
一、1-8 D A B A B D D A
二、
9. vBLsin ； a
10. ; O點
11.
12. 減小
三、
13. 解：大小：=dd tS dB / d t
=S dB / d t =
=3.68 mV
方向：沿adcb繞向．

14. 解：(1) 設線圈轉至任意位置時圓線圈的法向與磁場之間的夾角為，則通過該圓線圈平面的磁通量為
,
∴
在任意時刻線圈中的感應電動勢為

當線圈轉過時，t =T/4，則 A
(2) 由圓線圈中電流Im在圓心處激發的磁場為
6.20×10-4 T
方向在圖面內向下，故此時圓心處的實際磁感強度的大小
T
方向與磁場 的方向基本相同．

15. 解：由題意，大線圈中的電流I在小線圈迴路處產生的磁場可視為均勻的．

故穿過小迴路的磁通量為

由於小線圈的運動，小線圈中的感應電動勢為

當x =NR時，小線圈迴路中的感應電動勢為

16. 解：動生電動勢 
為計算簡單，可引入一條輔助線MN，構成閉合迴路MeNM, 閉合迴路總電動勢

2分

負號表示 的方向與x軸相反．
方向N→M

作業題 (七)

一、1-8 ACDCACCA
二、
9. 2 (n 1) e /  ； 4×103
10. (1) 使兩縫間距變小．
(2) 使屏與雙縫之間的距離變大
11. 2 ( n – 1) e –  /2 或者2 ( n – 1) e +  /2
12. 539.1
三、
13. 解：已知：d＝0.2 mm，D＝1 m，l＝20 mm
依公式：
∴ ＝4×10-3 mm＝4000 nm
故當 k＝10 1＝ 400 nm
k＝9 2＝444.4 nm
k＝8 3＝ 500 nm
k＝7 4＝571.4 nm
k＝6 5＝666.7 nm
這五種波長的光在所給觀察點最大限度地加強．
14. 解：(1) x＝20 D / a
＝0.11 m
(2) 覆蓋雲玻璃後，零級明紋應滿足
(n－1)e＋r1＝r2
設不蓋玻璃片時，此點為第k級明紋，則應有
r2－r1＝k
所以 (n－1)e = k
k＝(n－1) e / ＝6.96≈7
零級明紋移到原第7級明紋處
15. 解：第四條明條紋滿足以下兩式：
，即 2 ，即
第4級明條紋的位移值為
x =
(也可以直接用條紋間距的公式算，考慮到第四明紋離棱邊的距離等於3.5 個明紋間距．)
16. 解：根據暗環半徑公式有

由以上兩式可得
＝4 m

作業題(八) 答案
一、1-8 B C B C C B D B
二、9. 1.2; 3.6
10. 4 第一暗
11. 一；三
12. 6250Å(或625 nm)
13. 解：(1) 由單縫衍射暗紋公式得

由題意可知 ,
代入上式可得
(2) (k1 = 1, 2, ……)

(k2 = 1, 2, ……)

若k2 = 2k1，則1 = 2，即1的任一k1級極小都有2的2k1級極小與之重合．
14. 解：(1) 由單縫衍射明紋公式可知
(取k＝1 )

,
由於 ,
所以

則兩個第一級明紋之間距為
=0.27 cm
(2) 由光柵衍射主極大的公式

且有
所以  =1.8 cm

15. 解：(1) 由光柵衍射主極大公式得
a + b = =2.4×10-4 cm
(2) 若第三級不缺級，則由光柵公式得

由於第三級缺級，則對應於最小可能的a，方向應是單縫衍射第一級暗紋：兩式比較，得
a = (a + b)/3=0.8×10-4 cm
(3) ，(主極大)
，(單縫衍射極小) (k＇=1，2，3，......) 因此 k=3，6，9，........缺級．
又因為kmax=(a＋b) / 4, 所以實際呈現k=0，±1，±2級明紋．(k=±4
在 / 2處看不到．)

16. 解：由光柵衍射主極大公式得

4分當兩譜線重合時有 1=2
即 ．．．．．．．
兩譜線第二次重合即是
， k1=6， k2=4
由光柵公式可知d sin60°=61
=3.05×10-3 mm

作業題 九

一、選擇題 1-8 ABBECBDC
二、填空題
9． 2；1/4
10． 2I
11．
12． 完全（線）偏振光； 垂直於入射面； 部分偏振光
三、計算題
13．解：設第二個偏振片與第一個偏振片的偏振化方向間的夾角為．透過第一個偏振片後的光強 I1＝I0 / 2．
透過第二個偏振片後的光強為I2，由馬呂斯定律，
I2＝(I0 /2)cos2
透過第三個偏振片的光強為I3，
I3 ＝I2 cos2(90°－) = (I0 / 2) cos2 sin2 (I0 / 8)sin22
由題意知 I3＝I2 / 16
所以 sin22 = 1 / 2，
＝22.5°
14．解：(1) 透過第一個偏振片的光強I1
I1＝I0 cos230°
＝3 I0 / 4
透過第二個偏振片後的光強I2， I2＝I1cos260°
＝3I0 / 16
(2) 原入射光束換為自然光，則
I1＝I0 / 2
I2＝I1cos260°＝I0 / 8
15．解：由布儒斯特定律
tg i0＝1.33
得 i0＝53.1°
16．解：(1) 設該液體的折射率為n，由布儒斯特定律
tgi0＝1.56 / n
得 n＝1.56 / tg48.09°＝1.40
(2) 折射角
r＝0.5－48.09°＝41.91° (＝41° )
作業題(十)
一、1-8 D D A C C C B C
二、
9. ; ;
10. 3.82×103
11. 5×1014 ;2
12. 0.0549
三、
13. 解：(1) 由
得
(恆量)
由此可知，對不同金屬，曲線的斜率相同．
(2) h = etg
=6.4×10-34 J•s

14. 解：(1)  eV
n =4 2分
(2) 可以發出41、31、21、43、42、32六條譜線．
能級圖如圖所示．

15. 解：(1) 2.86 eV ．
(2) 由於此譜線是巴耳末線系，其 k =2 eV (E1 =－13.6 eV)

．
(3) 可發射四個線系，共有10條譜線． 見圖
波長最短的是由n =5躍遷到n =1的譜線．

Ⅳ 大學物理，題如圖，求答案和思路分析

(1)求合外力 要先求出 加速度的表達式，然後根據牛頓第二定律求力的形式
由題意：v=kx
所以加速度 a=dv/dt= (dv/dx)(dx/dt)
dv/dx=k dx/dt=v
所以 a=kv
則 F=ma = mkv
(2) v=dx/dt=kx
分離變數：(dx)/x=kdt
積分：lnx=kt+C 代入初始條件：t=0 x=x0 解得：C=lnx0
所以：ln(x/x0)=kt
當 x=x1時，t= [ln(x1/x0)]/k

Ⅳ 求大學物理試題及答案分享

系 (院)

專 業

級、班級

號

姓 名

衡陽師范院2007期
《物理》（二）期末考試試題B卷（答卷）

題 號 二 三 四 五 合 簽 名

復 查

評卷

、 單項選擇題：（每題3共30）
1. 處於真空電流元 P點位矢 則 P點產磁應強度 ( B )
(A) ； (B) ； (C) ； (D) .
2. 磁應強度 均勻磁場取邊 立形閉合面則通該閉合面磁通量： （ D ）
(A) ； (B) ； (C) ； (D) 0
3. 圖兩導線電流I1=4 AI2=1 A根據安培環路定律圖所示閉合曲線C = ( A )
(A) 3μ0； （B）0；
(C) －3μ0； （D）5μ0
4．半徑a直圓柱體載流I 電流I均勻布橫截面則圓柱體外（r>a）點P磁應強度 ( A )
(A) ； (B) ；
(C) ； (D)
5．某刻波形圖圖所示列說確 ( B )
(A) A點勢能能；
(B) B點勢能能
(C) A、C兩點勢能能；
(D) B點能勢能
6. 水平彈簧振拉離平衡位置5cm由靜止釋放作簡諧振並始計若選拉向 軸向並 表示振程則簡諧振初相位振幅 （ B ）
(A) ； (B) ；
(C) ； (D)
7. 物體作簡諧振, 振程x=Acos(ωt+π/4)t=T/4(T周期)刻,物體加速度 ( D )
(A) ; (B) ; (C) ; (D)
8. 簡諧振位移—間曲線關系圖所示該簡諧振振程
(A) x=4cos2πt（m）； ( C )
(B) x=4cos(πt－π)（m）；
(C) x=4cosπt（m）；
(D) x=4cos(2πt+π)（m）
9．餘弦波沿x軸負向傳播已知x=－1 m處振程y=Acos(ωt+ )若波速u則波程 ( C )
(A) ; (B) ;
(C) ; (D)
10．圖所示兩平面玻璃板OAOB構空氣劈尖平面單色光垂直入射劈尖A板與B板夾角θ增干涉圖 ( C )
(A) 干涉條紋間距增並向O向移；
(B) 干涉條紋間距減並向B向移；
(C) 干涉條紋間距減並向O向移；
(D) 干涉條紋間距增並向O向移.

評卷

二、填空題：（每題3共18）
1. 電流I直導線周圍磁應強度
2. 相干波相干條件 振向相同、頻率相同、相位差恆定
3. 諧振平衡位置運遠點所需間 T/4 (用周期表示)走該距離半所需間 T/12 (用周期表示)
4. 微觀說, 產電勢非靜電力 洛侖茲力
5．兩諧振程x1=0.03cosωtx2=0.04cos(ωt+π／2)(SI)則合振幅 0.05 m
6. 描述簡諧運三特徵量 振幅、角頻率、初相
評卷

三、簡答題：（每題6共12）
1. 彈簧振振幅增兩倍試析列物理量受影響：振周期、速度、加速度振能量
參考解答：彈簧振周期T=2π 【1】僅與系統內性質關與外界素關【1】所與振幅關【1】
vmax=ωAA增兩倍vmax增原兩倍【1】
amax=ω2AA增兩倍amax增原兩倍【1】
E= kA2A增兩倍E增原四倍【1】
2． 同光源發光兩部相干光哪幾種幾種別特點並舉例
參考解答：同光源發光兩部相干光兩種：波陣面振幅【2】波陣面指原光源發同波陣面兩部作兩光源取相干光楊氏雙縫干涉實驗等【2】；振幅指普通光源同點發光利用反射、折射等二獲相干光薄膜干涉等【2】
評卷

四、計算題：（第1題7其每題8共31）
1. 輕彈簧相連球沿x軸作振幅A簡諧運該振表達式用餘弦函數表示若t=0球運狀態別：
(1) x0=－A；(2) 平衡位置向x向運；(3) x=A／2處且向x負向運試確定相應初相
解：(1) =π【1】；(2) =－π／2【1】；(3) =π／3【1】
相量圖：【圖（1）1；圖（2）1；圖（3）2】

2．水平彈簧振振幅A=2.0×10-2m周期T=0.50st=0
(1) 物體x=1.0×10-2m處向負向運；
(2) 物體x=－1.0×10-2m處向向運
別寫兩種情況振表達式
解： 相量圖由題知 =4π【2】
（1）φ1= 其振表達式 x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【3】
（2）φ2= 或－ 其振表達式 x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【3】
解二： 解析（1）T=0x0=1.0×10-2m=A/2, v0<0. 【1】
由x0=Acosφ= 知 cosφ= 則φ=±
由 v0=－ωAsinφ0所φ= 【1】
其振表達式 x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【2】
（2）T=0x0=－1.0×10-2m=A/2, v0>0. 【1】
由x0=Acosφ=－ 知 cosφ=－ 則φ=± （或 ）
由 v0=－ωAsinφ>0 sinφ<0所φ= 或－ 【1】
其振表達式
x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m)= 2.0×10-2cos(4πt－ ) (m) 【2】

3. 圖所示線圈均勻密繞截面形整木環(木環內外半徑別R1R2厚度h木料磁場布影響)共N匝求通入電流I環內外磁場布通管截面磁通量少?
解： 適選取安培環路根據安培環路定理兩種情況討論環外環內磁場作垂直於木環軸線圓軸線圓安培環路L
圓周環外 =0則由安培環路定理環外 B=0
圓周環內且半徑r(R1<r<R2)根據電流布稱性知與木環共軸圓周各點B相等向沿圓周切線向則由安培環路定理
【2】 B?2πr=μ0NI
由環內 B=μ0NI／(2πr) 【2】
求環管截面通磁通量先考慮環管內截面寬dr高h窄條面積通磁通量 dφ=Bhdr＝ dr【2】
通管全部截面磁通量 Φ= 【2】
4. 折射率n1=1.52鏡表面塗層n2=1.38MgF2增透膜膜適用於波λ=550nm光膜厚度應少?
解： 增透膜使反射光干涉相消增透射光光強n空<n2<n1光MgF2、表面反射均半波損失【2】所反射光干涉相消條件
2n2h=(2k+1) , k=0,1,2,… 則 h=(2k+1) 【3】
k=0【1】增透膜厚度
hmin= = =9.96×10-8(m)= 99.6nm【2】
解二： 於增透膜使反射光干涉相消使透射光干涉相故由透射光干涉加強求增透膜厚度光MgF2、表面經二反射（半波損失）【2】透射鏡與直接透MgF2透射光相遇兩透射光光程差2n2h+λ/2由干涉相條件
2n2h+ =kλ,k=1,2,3,… 則h=(k－ ) 【3】
k=1【1】增透膜厚度hmin= = =9.96×10-8(m)=99.6nm【2】
評卷

五、證明題：（共9）
圖所示直導線通電流I另矩形線圈共N 匝寬aL速度v向右平試證明：矩形線圈左邊距直導線距離d線圈應電勢
解： 由電勢公式 求解
：通電流I直導線磁場布B=μ0I/2πx向垂直線圈平面向於線圈、兩邊 向與 向垂直故線圈向右平移線圈兩邊產應電勢（、兩導線沒切割磁場線）左右兩邊產電勢左、右兩邊電勢? 向相同都平行紙面向視並聯所線圈總電勢
?＝?1－?2＝N[ － ]【3】
=N[ ]
=N[ － ]= = 【3】
? ＞0 則? 向與?1向相同即順針向【3】
二： 線圈左邊距直導線距離d線圈左邊磁應強度B1=μ0I/2πd向垂直紙面向線圈速度v運左邊導線電勢
?1＝N =N =NvB1 =Nv L.
向順針向【3】線圈右邊磁應強度B2=μ0I/2π(d+a)向垂直紙面向線圈運右邊導線電勢
?2 =N =N =NvB2 =Nv L.
向逆針【3】所線圈應電勢
?＝?1－?2= Nv L－Nv L=
? ＞0即? 向與?1向相同順針向【3】
三： 由? = 積路徑L取順針向
? =N[ ]
=N[ ]=N( )
=Nv L－Nv L= 【6】
? ＞0即? 向與閉合路徑L向相同順針向【3】
解二：由拉弟電磁應定律求解
直導線磁場非均勻磁場B=μ0I/2πr線圈平面內磁場向垂直線圈平面向故距直導線r處取L寬dr面元dS=Ldr取路繞行向順針向則通該面元磁通量
dΦ= =BdScos0°=
通匯流排圈平面磁通量（設線圈左邊距直導線距離x）
Φ= 【3】
線圈內應電勢由拉弟電磁應定律
? =－
線圈左邊距直導線距離x=d線圈內應電勢
? = 【3】
? ＞0所? 向與繞行向致即順針向【3】
應電勢向由楞定律判斷：線圈向右平由於磁場逐漸減弱通線圈磁通量減少所應電流所產磁場要阻礙原磁通減少即應電流磁場要與原磁場向相同所電勢向順針向
.