等腰梯形的性质定理和判定定理及其证明(全面版)资料

1、等腰梯形的性质定理和判定定理及其证明（全面版）资料等腰梯形的性质定理和判定定理及其证明西麓中学吴九成教学目标：知识目标：理解和掌握等腰梯形的性质定理的内容及简单的应用；能力目标：通过动手操作，探索等腰梯形的性质及其证明方法，初步培养学生探索问题和研究问题的能力；情感目标：营造一个相互协作的课堂气氛，引领学生自主探究、集体讨论，激发学生的学习热情；教学重点与难点：1、等腰梯形性质的探究及证明；2、等腰梯形性质定理的简单应用。教学过程：1、复习旧知，弓I入新课填空(1) 的四边形是平行四边形；(2) 的四边形是平行四边形；(3) 的四边形是平行四边形；(4) 的四边形是平行四边形；(5) 的四边形

2、是平行四边形；(6) 的四边形是平行四边形；用举反例的方法举出有一组对边平行，一组对边相等但并不是平行四边形的图形即等 腰梯形，从而由这个错误的判定引出梯形、等腰梯形、直角梯形的定义；我们这节课就来研 究等腰梯形的性质。2、自主探索、提出猜想把学生分成以四个人一组的若干小组，提供给每个小组一个等腰梯形的模型，让同学 们用各种数学工具通过各种数学方法，如翻折、旋转等来探索等腰梯形有哪些性质？同学们可能会得出下面一些结论：(1) 两腰相等；(2) 两个底角相等；(3) 等腰梯形是轴对称图形，不是中心对称图形；(4) 两条对角线相等；3、交流反馈、共同论证结论(1)由等腰梯形的定义可以得到而不用证明

3、； 结论(2)的证明探索：(学生讨论交流，提出各自的证明思路)(如果学生没有思路，教师可以引导证明两个角相等 的两种思路：)一是把两个角转化到同一个三角形中，用“等边对等角”证明;BC这种加辅助线的方法不能证明结,求DADBDDAFECBCE完善结论后得到:等腰梯形的同一条底边上的两个内角相等。ADBCADBDABED的长度。二是把两个角转化到两个全等三角形中，用4、运用新知、学为己用结论（4）的证明可以让学生独立完成，请一个同学上黑板板书，其他同学自己在课堂 练习本上完成。等腰梯形的性质定理结论（3）:观察翻折、旋转的动画演示后，由轴对称图形和中心对称图形的定义可以直接得到等腰梯形是轴对称图

4、形，经过两底中点的直线是它的对称轴 等腰梯形不是中心对称图形！C（2）如图，延长等腰梯形 ABCD的两腰BA与CD，相交于点 E。已知：EA=6E例1: （1）如图，在等腰梯形 ABCD中，/ B=60,求其它三个角的度数。（口答）论A/ / /JECB rc全等三角形的对应角相等”证明例2:已知等腰梯形的一个底角为教师板演，规范学生几何计算题的书写格式。60,它的两底分别是 16cm、30cm。求它的腰长。 （两种添线方法）例3:如图，已知腰梯形 ABCD中，AD / BC, AB=DC ,对角线 AC丄BD ,垂足为O, AD=5 ,BC =9，求梯形的高。要求：学生分成几个小组，小组讨论

5、，协作完成;5、反思小结、体味新知通过本节课的学习：我掌握了：一个定理我学会了：一种数学方法我经历了：一次探索研究我发现了：要求：学生思考、口答;6、分层作业、自主发展1、同步练习2、思考题：你能把上底与两腰的长度都为2,下底为4的等腰梯形（如下图）分成四个全等的等腰梯形吗？课题：相似三角形判定定理（三）教学目标（一）知识与技能理解相似三角形的概念，掌握判定三角形相似的判定定理2。（二）过程与方法培养学生探究新知识，提高分析问题和解决问题的能力，增进发放思维能力 和现有知识区向最近发展区迁延的能力。（三）情感态度与价值观加强学生对斩知识探究的兴趣，渗透几何中理性思维的思想。教学重点相似三角形的

6、判定定理2与判定三角形相似的预备定理的区别。教学难点相似三角形约定义和判定三角形相似的判定定理 2的应用。教学方法采用直观、类比的方法教学过程一 复习相似三角形的概念和已学过的判定方法.（1 ）预备定理要求有三角形一边的平行线则厶 ABCWAAB1.（2 ）判定定理二类比探索两个三角形相似的判定方法A D A r若 =二1, ZA = ZA；则有 MC直PCIAB A GBC 与8 B C 中，若鶉缶，ZA = ZA s 则有C，A. h判定定理2如果一个三角形的两边与另一个三角形的两边对应边成比例，并且夹角相等, 那么这两个三角形相似。简单地说成：两边对应边成比例且夹角相等，两个三角形相似。

7、 四.定理应用例1.如图在三角形PAB 中,C，D分别是边PA，PB上的点,求证：込PDC saB证明Pa PC PB PDCPD BPAPA PBPD PC鼻 PDC spaBPA*PC=PB*PDAB例2.如图在三角形ABC与三角形AED中一一AE求证：ZABC saedACADBAD CAEBAD CAE BAD DAC CAEBAC EADAB ACABC 7AEDAE ADDACBCE例3在边长为1个单位的方格纸上，有三角形 求证：NABC sAED证明： 丁 AB 2, BC 1FE 2,ED 2AB2 BC 12FE2 ED2 2AB BCFE ED丁 ABC FED 135厶A

8、BC *ED练习 P62师生共同小结1. 三角形相似的三个判定定理的内容及证明方法.2 结合图形和已知寻找对应元素相等的方法，注意变式条件，如由已 知四条线段计算得出对应边成比例，或由已知等积式变形得出对应边成比 例等.布置作业A册P16 习题28.4 (2)拉格朗日中值定理的两种证明罗萍(重庆师范大学，重庆400047)摘要：给出两种辅助函数的构造方法，运用罗尔定理，证明拉格朗日中值定理。关键词：罗尔定理；拉格朗日中值定理；辅助函数拉格朗日中值定理是微分学中最重要的定罗尔定理来证明。理之一，它是沟通函数与其导数之间的桥梁，也是微分学的理论基础。一般高等数学教材上，大都是用罗尔定理证明拉朗日中

9、值定理，直接给出一个辅助函数，把拉格朗日定理的证明归结为用罗尔定理，证明的关键是给出一个辅 助函数。怎样构作这一辅助函数呢 ？给出两种构造辅助函数的去。罗尔定理：函数 满足在a，b止连续，在(a，b)内可导，且f(a)=f(b)，则在(a, b)内至少存 在一点，使f( )=o (如图1)。拉格朗日定理：若f(x)满足在a, b上连续，在(a , b)内可导，则在(a , b)内至少存在_ ,使(如图2).比较定理条件，罗尔定理中端点函数值相等，f，而拉格朗日定理对两端点函数值不作限制,即不一定相等。我们要作的辅助函数，除其他条件外，一定要使端点函数值相等，才能归结为1.首先分析要证明的等式：

10、& 我们令生*由有，f(b)-tb=f(a)-ta 分析 式，可以看出它的两边分别是F(X)=f(x)-tx 在b,a观点的值。从而，可设辅助函数F(x)=f(x)-tx 。该函数F(x)满足在a.b上连续，在(a , b)内可导，且F(a)=F(b)。根据罗尔定理， 则在(a , b)内至少存在一点,使F。( )=0。也就是f( )-t=O，也即f( )=t，代人(1 )得结论*逬二2. 考虑函数我们知道其导数为且有 F(a)=F(b)=0.作辅助函数，该函数F(x)满足在a , b是连续，在(a , b)内可导，且f F。根据罗尔定理，则在(a , b)内至少存在一点，使FI/()-oi从

11、而有/K0=结论成立参考文献毕永青拉格朗日中值定理的简单证明与应用J，河南教育学院学报，2002(3) : 1314.2杜明芳.拉格朗日中值定理证明方法的思考J上北京印刷学院学报，2002(2) : 56-57 .3同济大学数学教研室主编，高等数学(第三版)作者介绍：罗萍(1973)，女，重庆铜梁人，重庆师范大学数计学院副教授，主要从事高等数 学和金融系统分析方面的研究。项目：重庆师范大学 项目青年项目 (07XLQ08) 责任编辑：程鹏计算机多媒体在教学中的作用殷越 蔡勇(哈尔滨轻工业学校。黑龙江哈尔滨 150040)摘要 ：21 世纪，计算机多媒体在教学中的应用越来越重要，它起到的作用使教

12、学人员和学生受益非浅。关键词 ： 多媒体，教学；学生在现代化教学中，多媒体教学只是其中的一种的方式，教学人员可以通过自己设计的多媒体课 件通过人机交互的方式帮助学生更好的完成各类学科的学习，由于多媒体课件图文并茂甚至还可以 加载声频和视频信息所以整个教学过程摆脱了以前教室中“黑板白字 一的叙述加讲解的教学模 式，形成了一种新的教学模式，由于计算机是人脑的延伸，是A脑思维活动的模拟，是对人类思维活动的结构、功能及其规律的把握，因此，其在教学上的运用十分有利于学生的发展，符合现代化 教学规律的要求。多媒体它是一种把文本、图形、形象、视频图像、动画和声言等运载信息的媒体集成在一起， 并通过计算机综合

13、处理和控制的一种信宫技术。多媒体技术是信息领域的又一次革命，在教学上， 它既能向学生快速提供丰富多彩的集图、文、声于一体的教学信息，又能为学生提供生动、友好， 多样化的交互方式。多媒体教学可产生优良的视听效果。因为人的视觉、听觉是接收信息的主要渠道，获得的信息 也最大。多媒体教学有利于信息传递和学生对信息的接受、储存。其特有的优势对学生产生一定强 度的刺激，引起学生的注意。如果没有注意，感知就不会产生强烈观察力。而观察力是在感知过程 中并以感知为基础形成起来的，离开了感知也就没有了观察。利用多媒体的优势引AA胜，可以不断提高学生注意的品质，使学生心理活动处于积极状态。以往的教学活动是由教师、学

14、生、媒体三个 要素构成的，缺一不可。大多数教学媒体都具有直观性，但各有所长，也各所短。传统教学媒体中 有教师语言、课本、板书、实物、模型、挂图等，都具有一定的局限性。而多媒体能使学生不由自 主地集中全部注意力，引起学生的浓厚兴趣，激发学生强烈的情感，从中获得直接、生动、形象的 感性知识。教师在授课过程中，恰当地选用教学媒体，能更好地把知识技能传授给学生，加快师生 间的信息传递，优化教学过程，从而获得良好的教学效果。在教学中常有些宏观的自然现象、逝 去的景色或者需长时间才能感知的事物，因受时间和空间的制约，无法让学生亲眼看见；一些微观 的事物和微小的变化， 无法通过仪器设备让学生进行观察， 这些

15、都是课堂教学难点。 多媒体的运用， 为学生提供了形象生动、内容丰富、直观具体、感染力强的感陛认识材料，使学生看到了事物在运 动、发展、变化。真隋实感取代了凭空想象，难题无须多讲，“百闻不如一见”。学生通过听、视、 评、悟充分感知原先较为抽象的教学内容，适应了学生从具体到抽象的认识规律，从而保证了教学 活动的顺利进行。正因为多媒体是教学、教育发展的有效手段，因此，我校从 98 年开始，对教师在多个应用软 件的使用上进行培训，如：通过对软件的学习，把它有利的运用到教学中去，对教学过程实行立体 化设计。这种设计既包含教学活动中教师、学生、教材、教育技术四要素之间的恰当定位；也体现 了当前教改的核心，

16、即教师角色的转变，学生地位的转变，教学过程的转变，媒体作用的转变。多 媒体可使教学过程立体化，可以改变以往教学过程设计的线性结构，能够直观显示整体课堂教学中 四要素比重及其之间的正确关系，能够作为实施课堂教学的蓝图，能有效克服教学的随意性，有反 馈功能， 可以依据学生的反应作出相应的判断， 为各学科各种类型的课堂教学模式的建立奠定基础。 总之，利用计算机多媒体进行教学，它的作用对个别教学具有重大意义，有利于因材施教。浅谈风动潜孔锤冲击回转钻进在高精度、 大口 径的深孔中的应用刘华军余汝林（深圳市广汇源水利勘测设计，广东深圳 5l8O0）摘要 ：梅州市金雁铜业公司玉水硫铜矿一 28 水平联接巷新

17、增堵水墙工程设计采用牙轮回转钻进成孔，实践证明，牙轮回转钻进施工效率非常缓慢。不能满足工期要求，采用风动潜孔锤冲击回转钻进，施工效率大大提高，钻孔垂直度也能满足设计要求。关键词 ： 风动潜孔锤冲击回转钻进；钻孔弯曲；应用1工程概况梅州市金雁铜业公司玉水硫铜矿一 28 水平联接巷新增堵水墙工程，为在已密封的满水巷道中 修建混凝土堵水墙。 设计采用从地面钻孔至巷道内。 再往巷道内灌注混凝土， 然后压浆的施工方法。 水平联接巷由主巷和副巷组成。断面规格约2. 3mx2 . 5m （宽x高）。分别在主巷和副巷正中的地表各布置钻孔5个，孔间距为2. 0m共10个钻孔，钻孔口径 q）273mm。孔深156

18、. On。钻孔所在 地质条件较为复杂，断层、裂隙发育，地层由上至下依次为：红色粘土，厚212m深灰色坚硬辉绿岩，夹34层15m厚的软弱夹层，厚 8595m；灰白色坚硬石英砂岩，夹23层24m厚的软弱夹层，厚 45 50m。2. 钻孔施工方案及施工工艺的选择2. 1 施工方案由于场地地质条件复杂，断层、裂隙发育。岩层软硬相问，钻孔极易弯曲。高精度、大口径的深孔 施工是该工程的首要难题。 为了节约工期和施工成本， 经研究决定钻孔施工分两级进行。 先用 136mm 口径的钻头施工 140ram 口径的导向孔命中巷道， 再用265mm口径的带导向头的钻头进行273mm口径钻孔的扩孔。2. 2 施工工艺

19、原设计采用牙轮回转钻进施工钻孔，实践证明，牙轮回转钻进在坚硬岩层中进尺十分缓慢，前40m平均每天进尺 4m,而且越往下施工越缓慢。施工效率无法满足工期要求。后改用风动潜孔锤 冲击回转钻进，施工效率大大提高，前100m平均进尺速度可达 8m/ h。正常情况下，两天可施工一个导向孔，三天可完成一个扩孔。施工效率能满足工期要求。选用设备：钻机一Ds 一 600液压回转钻机（带动力头）;冲击器一 DH一 260 （导向孔用DH 130）;空压机一 XRHS506排气量：30m /mln , 工作压力：2. 2Mpa）; 钻头一 136mm 265mm球齿形全面钻进式合金钻头 136mm=3. 钻孔弯曲

20、的预防措施由于场地地质条件复杂，岩层破碎，多软弱夹层，钻孔极易弯曲。前期施工了8 个导向孔都偏离了巷道。既造成了经济损失又耽误了工期。通过细致分析钻孔弯曲原因，采取有针对性的钻孔弯 曲预防措施，取得很好的效果。具体措施如下：3. 1 开孔前垫平钻机，用经纬仪校正钻机动力头和钻杆的垂直度，并在钻进过程中经常进行校 核。3. 2下正孔口套管，且套管底设在完整微风化岩层2m以下，这一步极为关键。孔口套管不仅有护壁作用，还有导正钻孔的作用。根据测斜资料显示，钻孔前50m弯曲强度偏大的主要原因是孔口套管安放不直。安放套管时采用经纬仪、锤线反复校正后，用冲击器将套管缓慢振压入孔内。导 管安放后抽干孔内水，

21、用锤线和手电筒进行复核，若发现套管倾斜，拔出套管重新安放。一定保证 套管 100的竖直。3、3使用扶正器钻进，扶正器直径为138mm长度412m （长度根据测斜资料选用），减少钻具的偏倒空间。3. 4加强测斜，并根据测斜资料调整下一步钻进的技术措施。一般每钻进40m测斜一次，在断层、裂隙发育的破碎层段及有软弱夹层位置，必须测斜。若方位角偏向巷道（或向着预期的方向发展）采用长的扶正器；若方位角偏离巷道（或背向预期的方向发展 ） ，则选用短的扶正器，或不用扶正器。测斜仪采用武汉基深勘察仪器研究所出产的Cx 一 5测斜仪，其顶角精度为1分，方位角精度为 1 度。经实践证明该测斜仪精度和准确性相当好，

22、满足高精度钻孔的测斜要求。其优点：精度 高，准确性好，轻便快捷，无需使用测斜管，测斜成果可由程序自动计算，并能自动绘制钻孔地下 位置图；缺点：其探头因碰撞，零点值很易改变，需经常校核。3. 5 偏离巷道中心线布孔。根据前期 8 个偏离巷道的钻孔的测斜资料，发现主巷钻孔向南偏，副巷钻孔向北偏。根据这一规律，将主巷开孔孔位北移 0. 8 1. 2m,副巷开孔孔位南移1.2 2. 4m= 偏离巷道中心线布设的钻孔按照预期的弯曲规律，均命中巷道。4. 扩孔出现的问题及处理措施4. 1 空压机排气量不够的解决措施随着扩孔的加深，排渣的环状空间越来越大，排渣越来越困 难，岩渣不能随钻随排，孔底岩渣沉积过多

23、，严重影响钻进效率。解决办法：在空压机的排风口用 高压风管连接 1 个或 2个 lm 的高压气罐 （采用 2个气罐时，气罐之问采用并联的方式连接 ）。需要 排渣时，停止钻进，关闭钻杆的进气阀，待气罐的压力表达到2. 2Mpa时，打开钻杆进气阀，高压风通过钻杆冲入孔底带出岩渣。一般连续排渣 23 次就可将孔底沉渣排除干净。为了避免岩渣沉 积过厚，引起埋钻事故，一般每钻1. 52. 0m,需排渣23次。4. 2 高水压下冲击器不能冲击时的解决措施导向孔钻穿巷道顶板后，巷道内的水进入孔内，并 从孔口溢出，孔内水位与地面相平。当钻至130m左右孔深时。由于孔底水压消耗了很大一部分风压。根据下面公式，当

24、到达冲击器内供冲击器冲击的压力小于冲击器的工作压力O. 63Mpa时，冲击器不能冲击，进尺非常缓慢。H1= H HrH3= 2. 2 0. 002 X 145 1-3= O . 61 Mpa 0 . 63MpaH :可供冲击器工作的风力。H:空压机的输出风压，2. 2Mpa Hz：风压通过地面气管和钻杆的压力损失，0. 002Mpa/ m,钻杆130m,地面气管15m。H :需克服的孔底水压。130m水压即I o3Mpa。针对对这一问题，采用两台同型号的空压机并联接入两个并联的高压气罐内，再接入钻机，这大大提 高了空压机输风压力，使得冲击器能正常工作，提高了钻进效率。5. 结论5. 1 在岩层

25、中钻进大口径钻孔，风动潜孔锤冲击回转钻进是首选的钻进工艺，其施工效率是一 般钻进工艺的几倍，甚至几十倍。5. 2 高精度钻孔施工，测斜工作是关键。只有获得准确的测斜资料才能正确分析钻孔弯曲的原 因及规律，以此采用下一步钻进的技术措施。作者简介:刘华军，男，湖南永州人.主要从事高速 公路工程、地质灾害防治工程施工及水利工程勘察设计。责任编辑:程鹏选自:黑龙江颠覆安培环路定理的分析及证明（原标题：关于磁场环路定理的点滴分析 ）作者朱昱昌摘要：在电磁学中，应用安培环路定理推导螺线管内部磁场是收敛的但是，当 线圈内半径R小于m/2n时，这个收敛结论就能导致“整体小于个体”的逻辑错误而且，安培环路定理推

26、导的这个收敛结论，还与全磁通原理矛盾，与磁场 叠加原理相悖.另外，磁感应强度 B在永磁棒内外环流的结果也不满足安培环 路定理.这些事实说明安培环路定理的物理意义根本不成立.以前关于安培环路定理的认识和理解都是错误的。关键词：螺线管 B环流全磁通原理磁场叠加原理环路定理引言在电磁学中，关于螺线管内部磁场让人扑朔迷离，琢磨不透.应用安培环 路定理推导长直螺线管内部磁场，B = ponl，与线圈总个数N无关，显然是收敛 的.但是，螺线管等价于N个相同线圈或电流环的串联结构，它的全磁通N 是发散的.由此可以推出螺线管内部磁场也是发散的.可是，同一物理过程只 能有同一种结果，不可能有两种截然相反的结果.

27、这就说明安培环路定理和全 磁通原理之间存在着矛盾和冲突.100多年来，教授姑妄讲之，学生姑妄听之， 昏昏然不知其所以然.谁也没有注意这个矛盾.揭示这个矛盾解决这个矛盾， 就是电磁学基础理论研究的一个创新成果.1、B环流和B环量的通俗解释B环量就是线段长度与 B在其投影大小的乘积.B环流就是磁感应强度 B 沿一条闭合曲线逐点流动逐点投影，并计算逐点环量之和.B环量的单位是Tm， 一般表现形式为Bm .在匀强磁场，磁感应强度 B沿磁场方向流动L长度的环 量就是直线长度与磁感应强度的乘积 BL.在非匀强磁场，不仅闭合曲线的方向 是逐点变化的，磁感应强度和磁场方向也是逐点变化的.这样，我们可以把这 条

28、曲线L分割成若干个小线段d |每个小线段d渚E视为直线段，则B- d t就是 磁感应强度B在这个小线段上的元环量，把全部的元环量叠加起来就是B在该曲线上总环量的一个近似值.当所有线元d i趋于无限小时，叠加在数学上表示为沿曲线L的线积分： B “ B?dl - Bcos dl .LL2、恒磁场安培环路定理和应用显然，B环流是模仿E环流构想出来的.B环流的物理意义是什么呢？恒磁场安培环路定理：在恒定磁场中，磁感应强度B沿任一闭合环路的线积 分，等于该环路所包围的电流的代数和的0倍.它的数学表示式为：B?dl I （参见1P117、2P144、3P105、4P255 ）.LL应用安培环路定理推导长

29、直螺线管内部磁场，是电磁学教材普遍做法.如文献3P108页例题7和文献4 P277页习题8. 10,用安培环路定理推导螺线管内部磁场，则不分螺线 管长短、也不分内半径大小、 更不分离轴线远近， 统统都是一样，B = gnl （其实，Bm= gnI 是环量，不是磁感应强度 ）.特点就是：螺线管的内部磁场与线圈半径完全无关，与螺线管的长度完全无关这样的结论可靠吗？3、倒置线圈密度为线圈内直径，揭示安培环路定理存在的矛盾多年来，我一直认为安培环路定理推导的B三wnl这个结果可疑但是，因为关于螺线管的内部磁场至今还没有一个完整准确的表达式，所以不好辨别这个结果到底是对还是 错下面，我们通过几个基本原理

30、来验证一下.为了把B三ponl与B =训/2R （电流环圆心0处磁场3P97）进行比较， 我们需要进行以下两步工作第一步是由环量单位的一般形式Bm=nl，推得B=ponl/m，先把单位和量纲搞正确.第二步倒置线圈密度（n/m）,设m/n为螺 线管的 线圈内直径，则内半径R=m/2 n,代入电流环圆心0处磁场B = pPl/2R= 0OnI/m可见，当内半径R=m/2n时，安培环路定理推导长直螺线管内轴 线的合磁场与其中一个电流环等价.显然，不管螺线管的长度L多么大，且L R,只要取线圈内半径Rvm/2n 时，在螺线管内轴线上恒有 B = pPnl/m v 0I/2R 即恒有类似于 “整体小于个

31、 体”的荒谬结论.首先“整体小于个体”的这个结果与全磁通原理矛盾.请看文献3P156页关于全磁通原理的描述：“由于匝与匝之间是互相串联 的”，特别“如果穿过每匝线圈的磁通量相同，均为，则屮二N” 即全磁通屮正比于串联线圈总个数 N，是发散的这里应该注意：穿过每个线圈的 磁通量相同，均为 ，是指每个线圈或电流环独立存在时的磁通量串联后每个 截面的磁通量均为N.显然，螺线管等价于N个相同线圈或电流环的串联结 构.螺线管中每个电流环独立存在时的磁通量也均为，故其全磁通N.螺线管的全磁通是对电流环总个数 N 的代数叠加，实质上也是磁感应强度对电流 环总个数N的代数叠加.因为 W=N二N B?dS= N

32、B?dS，NB即为N个电SS 流环串联所激发的总磁感应强度，其中 B 为一个电流环独立存在时的磁感应强 度.全磁通原理等于告诉我们：串联线圈是一种加强励磁效果的电磁结构.N个相同的电流环按右手定则相互紧密串联的励磁效果，就是其中一个电流环独自 励磁效果的N倍.即“整体必然大于个体” 实践经验也证明了这一点在电流 强度不变的前提下，增加电流环按右手定则串联个数（或增加单根导线按右手定则回绕次数）是提高励磁效果的最直接方法.例如：我们把一根载有1A电流的导 线按右手定则沿直径为10mm的铁棒表面回绕1周，这时所产生的磁化热很弱， 几乎让人感觉不到.但是，如果把这根载流导线按右手定则沿这个铁棒表面紧

33、密 回绕1000周，这时所产生的磁化热就非常强烈，很快就会烧毁载流导线这是 为什么？就是因为这1000周载流导线所激发的磁通量，是其中 1周载流导线所 激发磁通量的1000倍这就是串联线圈励磁效果“整体必然大于个体”的逻辑 效应.其次“整体小于个体”的这个结果与磁场叠加原理相悖.请看文献4P199页“实验指出：在有若干个磁场源的情况下，它们产生的 磁场服从叠加原理以Bi表示第i个磁场源在某处产生的磁场，则在某处的总 磁场 B 为现在我们从磁场叠加角度来分析长直载流螺线管轴线上的磁场.这个长直螺线管，可以理解成由N个相同的闭合的电流环按右手定则水平串联而成（我们 这个设想完全可以通过超导技术得以

34、实现）这样，每个电流环在圆心处所激发 的磁感应强度都应该大小相等方向相同， 沿轴线水平向右，可设为正方向.故在 轴线上的这N个磁感应强度矢量Bi应该是头尾紧密相连的水平直线串联矢量， 它们在轴线上任一点的合矢量 B= Bi=NBi 绝对不会存在B= Biv Bi 因 为，在这个螺线管上没有任何一个线圈或电流元能在轴线上激发出与右手定则方 向相反的磁感应强度矢量.退一万步讲，即便这 N个磁感应强度矢量Bi大小不 等，但也都是方向相同的大于0的正矢量，没有相反方向的矢量.故有B= Bi Bi，也绝对不会存在 B= Bi v Bi .这就是说，根据磁场叠加原理，长直 螺线管轴线上任一点的合磁场绝对不

35、会小于其中一个电流环的磁场.由此可见， 由安培环路定理推得螺线管内轴线磁场“整体小于个体”这个结论，显然与磁场叠加原理矛盾.图3 1电流环磁场与螺线管磁场右手定则4、模仿文献3P108页例题7的方法，在永磁棒内外进行环流例如：我们把一个长圆柱形永磁棒镶嵌在一个矩形铁框内， 以构成磁感应线 环流通道.这样，可以设结构外部磁感应强度严格为 0，永磁棒内部磁感应强度 为B，磁场方向水平向右为正方向.仿照文献3P108页例题7的方法，做一个 边长为1m的正方形闭合环路ABCD . DA边与永磁棒轴线重合，BC边在永磁棒 外部，如图4 1所示.求磁感应强度B沿ABCDA环流的总环量.解：因为，根据题设条

36、件知道永磁棒内的磁感应线都是与轴线平行的直线， 磁场方向水平向右为正方向，磁感应强度为B，铁框和永磁棒的外部磁感应强度 为0. AB线段在永磁棒内部分与磁场方向垂直，B投影为0;在永磁棒外部分，B=0,其投影也为0. BC线段在永磁棒外部，B=0,其投影也为0. CD线段在 永磁棒内部分与磁场方向垂直，B投影为0;在永磁棒外部分，B=0,其投影也 为0.即B在这三条线段上的环量均为0. DA线段与磁场方向夹角为 n cos匸 1 .所以磁感应强度B沿ABCDA环流一周的总环量是：AB?dl Bm 0 -B?dl B?dl B?dl B?dl B?dlABCDL但是，该闭合环路里不包含电流，故磁

37、场安培环路定理不能成立同理，把 矩形闭合回路ABCD向上平移一个位置，也会导出大于 0的结果.可以说，无论B是常量还是变量，都不会影响总环量小于 0这个结果即 便外部不能确保B严格为0,也不会改变总环量小于0这个结果.图41磁感应强度B环流示意图同理，如果一个长圆柱体从轴线处分开，一半是铁质一半是铜质然后， 把这个长圆柱体放入长直螺线管内部进行磁化后，根据镜像反射原理知道螺线 管内部磁场方向都是与轴线平行的这样，我们沿磁场方向取矩形闭合回路 ABCD，其中一条边BC在铁质中与磁场方向平行，另一条边 DA在铜质中也与 磁场方向平行显然，另一组对边AB和CD必然与磁场方向垂直磁感应强度 B沿这个矩

38、形闭合环路线积分的结果也不等于 0.5、小结综上所述，安培环路定理不仅推导长直螺线管内部磁场B三gnl这个结果存在诸多矛盾；安培环路定理与B在永磁棒内外环流的结果也存在矛盾这一切都说明，安培环路定理不具有真实的物理意义希望学术界能够关注对安培环路定理进行实事求是的认真研究.参考文献1 .普通物理学，第二册/程守洙、江之永.北京：人民教育出版社 1964 J 117 J 112-113 J2 .大学物理教程实物与场 /刘银春.北京：机械工业出版社，2006.144 J 139 J3 .电磁学/赵凯华、陈熙谋.北京：高等教育出版社，2003。 104 J 108； 100-101 J156 ；4

39、.电磁学/张三慧.北京：清华大学出版社，1999. 250 ； 255 ；扩展证明费马大定理:证明：m,n属于非负整数，x , y , z是正整数。j表示奇数”，k=2A ( m+1) j“偶数”。按奇数与偶数的加法形式讨论费马方程：1)偶数+偶数：k1An+k2An=k3An表示2An 2Am1n jn + 2人门 2Am2n j2An = 2人门 2Am3n j3An2Am1n j1An + 2Am2n j2An = 2Am3n j3An等式两边同时除以min (2Am1n ， 2Am2n ， 2人口3n)，又分七种情况:A) m 仁m 2=m3得：j1An + j2An = j3An ，

40、偶数=奇数，产生矛盾。B) 仅m仁m2j1An + j2An = 2A(m3-m1) n j3An，令 m4=m3-m1若 m40j1An + j2An = j3 /2A(-m4)Fn j3 /2A(-m4)An为小数,可见，m40,5j1An + j2An为整数，产生矛盾。j1An + j2An = j3An 2A(m4)n， n2若j3是j1An与j2An的公因数 j1=j2=j3 则有 j4An+j5An=2A(m4)n 待证明2A(m4)n 不是jn 与j2An 的公因数j1A n/ 2A(m4) n+ j2An /2A(m4) n= j3An若 j1=j2则有 2j1An/ 2A(m

41、4)n= j3An奇数/偶数=奇数，产生矛盾，j1不等于j2奇数/2An ，为末尾为 5的小数若要 j1An/ 2A(m4)n+ j2An /2A(m4)n等于整数,/2A(m4) n 的小数位数要相同j1/ 2A(m4) 与j2 /2A(m4)的小数位数也要相同通过计算观察，j1A n/ 2A(m4) n+ j2An /2A(m4) n推出j3=奇数j1A n/ 2A(m4) n+ j2An /2A(m4) n=奇数j1A n/ 2A(m4) n与 j2An要等于整数只能等于奇数,奇数乘2A(m4-1)n 不等于奇数，产生矛盾， 可见，m1m3时，也不成立。所以，仅 m1=m2 j1An +

42、 j2An = j3An 2A(m4) n不成立。同理：j4An+j5An=2A(m4)n不成立。C) 再来看，仅 m仁m3j1An + 2A ( m2-m1) n j2An = j3An ，令 m4= m2-m1若 m40j1An + j2An/ 2A ( -m4) n = j3An ，j2An/ 2A ( -m4)n = j3An-jn，j2An/ 2A ( -m4)n为小数，3人n-jUn为整数，产生矛盾，可见，m40则 j3An-jUn = j2An2Am4n若j2是j1An与j3An的公因数则 j5An-j4An= 2Am4n待证明2A(m4)n 不是j3An 与jn 的公因数 j3

43、An /2Am 4n -j n/ 2Am4n = j2An若 j3=j1则0= j2An ， 产生矛盾，j1不等于j3j3An /2Am 4n -j n/ 2Am4n = j2An奇数/2An，为末尾为 5的小数通过计算观察，j3A n/2Am4 n-j n/ 2Am4n不等于整数，可见，m40时，不成立。所以，仅 m仁 m3 时，j1An + j2An = j3An 2A(m4) n不成立。D) 仅m2=m3同上，不成立。E)min (ml ， m2, m3)仅为 ml, m2 ， m3 中的一个： 得：j1An + 2A ( m2-m1)n j2An = 2A(m3-m1)n j3An 奇

44、数=偶数，产生矛盾。F)2A ( m1-m2) n jUn + j2An = 2A(m3-m2)n j3An 奇数=偶数，产生矛盾。G)2A(m1-m3) n jn + 2A(m2-m3) n j2An = j3An偶数=奇数，产生矛盾。所以：按奇数与偶数的加法形式讨论费马方程，偶数+偶数，不成立。2）奇数+奇数：j1An + j2An = kAnj1An + j2An =2A(m+1)n j3An因为 j1An + j2An =j3An 2A(m4) n不成立,所以：j1An + j2An =2A（ m+1）n j3An 不成立。3）奇数+偶数：j1A n+kA n=j2A nj2A n-j

45、1A n=kA n j2An - j1An =2An 2Amn j3An,因为：j3A n-jUn = j2A n2Am4n不成立。所以：j2An - j1An =2An 2Amn j3An 不成立。所以：由1） 2） 3）可知，n2 费马大定理”在正整数范围内成立。 同理：应由1）2）3）可证，n2,“费马大定理”在整数范围内成立。编辑本段应用实例要证明费马最后定理是正确的（即xA n+ yAn = zAn 对n2均无正整数解）只需证xA4+ yA4 = zA4和xAp+ yAp = zAp （P为奇质数），都没有整数解。费马大定理证明过程：对费马方程 xAn+yA n=zAn 整数解关系的

46、证明，多年来在数学界一直颇多争议。本文利用平面几何方法，全面分析了直角三角形边长aA2+bA2=cA2整数解的存在条件，提出对多元代数式应用增元求值。本文给出的直角三角型边长 aA2+bA2=cA2整数解的“定a计算法则”；“增比计算法则”；“定差公式法则”；“a值奇偶数列法则”；是平方整数解的代数条件和实践方法；本文提出建立了一元代数式的绝对方幕式与绝对非方幕式概念；本文利用同方幕数增比性质，利用整数方幕数增项差公式性质，把 费马方程xAn+yA n=zAn原本三元高次不定方程的整数解判定问题，巧妙地化为了一元定解方程问题。关键词：增元求解法绝对方幕式绝对非方幕式相邻整数方幕数增项差公式引言

47、：1621年，法国数学家费马（ Fermat ）在读看古希腊数学家丢番图（Diophantna ）著写的算术学一书时，针对书中提到的直角三角形三边整数关系，提 出了方程 xAn+yAn=zAn 在n=2时有无穷多组整数解，在n 2时永远没有整数解的观点。并声称自己当时进行了绝妙的证明。这就是被后世人称为费马大定理的旷世难题。时至今日，此问题的解答仍繁难冗长，纷争不断，令人莫衷一是。本文利用直角三角形、正方形的边长与面积的相互关系，建立了费马方程平方整 数解新的直观简洁的理论与实践方法，本文利用同方幕数增比定理，对费马方程 xAn+yAn=zAn 在指数n 2时的整数解关系进行了分析论证，用代数

48、方法再现了费马当年的绝妙证明。定义1 费马方程人们习惯上称 X+yAn=zAn 关系为费马方程，它的深层意义是指：在指数n值取定后，其x、y、z均为整数。在直角三角形边长中，经常得到a、b、c均为整数关系，例如直角三角形3 、4、5，这时由勾股弦定理可以得到3A2+4A2=5A2，所以在方次数为2时，费马方程与勾股弦定理同阶。当指数大于2时，费马方程整数解之研究，从欧拉到狄里克莱，已经成为很大的一门数学分支 定义2 增元求解法在多元代数式的求值计算中引入原计算项元以外的未知数项元加入，使其构成等式关系并参与求值运算。我们把利用增加未知数项元来实现对多元代数式求值的方 法，叫增元求解法。利用增元

49、求解法进行多元代数式求值，有时能把非常复杂的问题变得极其简单。下面，我们将利用增元求解法来实现对直角三角形三边aA2+bA2=cA2整数解关系的求值。一，直角三角形边长aA2+bA2=cA2整数解的“定 a计算法则”定理1.如a、b、c分别是直角三角形的三边，Q是增元项，且 Q 1,满足条件：a 3 b= （ aA2-QA2 ）- 2Qc= Q+b则此时，aA2+bA2=cA2 是整数解；证：在正方形面积关系中，由边长为a得到面积为 aA2，若（aA2-QA2 ） - 2Q=b（其中Q为增元项，且 b、Q是整数），则可把面积 aA2分解为aA2=QA2+Qb+Qb，把分 解关系按下列关系重新组

50、合后可得到图形：Q2 Qb其缺口刚好是一个边长为 b的正方形。补足缺口面积 bA2后可得到一个边长Qb为Q+b的正方形，现取Q+b=c，根据直角三角形边长关系的勾股弦定理aA2+bA2=cA2 条件可知，此时的 a、b、c是直角三角形的三个整数边长。故定理1得证应用例子：例1.利用定a计算法则求直角三角形a边为15时的边长平方整数解？解：取 应用例子：a为15，选增元项 Q为1，根据定a计算法则得到：a= 15 b= （ aA2- QA2 ）- 2Q=（ 15人2-1人2 ）- 2 =112c=Q+b=1+112=113所以得到平方整数解15人2+112人2=113人2再取a为15,选增元项

51、Q为3，根据定a计算法则得到：a= 15 b= （ aA2-QA2 ）- 2Q=（ 15人2-3人2 ）- 6=36c=Q+b=3+36=39所以得到平方整数解 定a计算法则，当取 平方整数解。二，直角三角形边长15A2+36A2=39A2a=3、4、5、6、7 时，通过Q的不同取值，将函盖全部3人2+匕人2*人2整数解“增比计算法则”定理2.女口 aA2+bA2=cA2是直角三角形边长的一组整数解，则有（A2 = （ cn） A2 （其中n=1、2、3）都是整数解。an) A2+ ( bn)证：由勾股弦定理，凡aA2+bA2=cA2 是整数解必得到一个边长都为整数的直角三角形a c ，根据平

52、面线段等比放大的原理，三角形等比放大得到2a 2c ;b 2b3a 3c ; 4a 4c ;由 a、b、c 为整数条件可知，2a、2b、2c;3b 4b3a、3b、3c; 4a、4b、na、nb、nc 都是整数。故定理2得证应用例子：例2.证明303人2+404人2=505人2 是整数解？解；由直角三角形 3 5得到3人2+4人2=5人2是整数解，根据增比计4算法则，以直角三角形 3X 101 5 X 101关系为边长时，必有4X 101303人2+404人2=505人2 是整数解。三，直角三角形边长aA2+bA2=cA2整数解“定差公式法则”3a + 2c + n = a1（这里 n=b-a

53、之差，n=1、2、3）定理3若直角三角形aA2+Ab2=cA2是满足b-a=n关系的整数解，那么，利用以上3a+2c+ n = a1公式连求得到的a1、a2、a3ai所组成的平方数组玄：人2+小人2=匕人2都是具有b-a=n之定差关系的整数解。证：取n为1 ,由直角三角形三边3、4、5得到3人2+4人2=5人2 ,这里n=b-a=4-3=1根据3a + 2c +仁a1定差公式法则有：a1=3X 3+2X 5+仁20这时得到20人2+21人2=29人2 继续利用公式计算得到：a2=3X 20+2X 29+1=119 这时得到119人2+120人2=169人2继续利用公式计算得到a3=3X 119+2X 169+1=696 这时得到696人2+697人2=985人2故定差为1关系成立现取n为7,我们有直角三角形21A2+28A2=35A2 ,这里n=28-2仁7，根据3a + 2c+ 7 = al 定差公式法则有：a1=3X 21+2