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磁场和电磁感应部分-老师用


高二四班国庆期间竞赛材料 磁场与电磁感应 【拓展知识】 1.几种磁感应强度的计算公式 (1)定义式: B ?

F 通电导线与磁场方向垂直。 IL

(2)比奥萨法尔定律: 真空中长直导线电流周围的磁感应强度: B ?

?0 I I ?k 2?r r

(k ?

?0 )。 2

?
-7

式中 r 为场点到导线间的距离,I 为通过导线的电流,μ 0 为真空中的磁导率,大小为 4π ×10 H/m。 (3)长度为 L 的有限长直线电流 I 外的 P 处磁感应强度: B ?

?0 I (cos?1 ? cos? 2 ) 。 4?r

(4)长直通电螺线管内部的磁感应强度:B=μ 0nI 。 式中 n 为单位长度螺线管的线圈的匝数。 2.均匀磁场中的载流线圈的磁力矩公式:M=NBISsinθ 。 式中 N 为线圈的匝数,S 为线圈的面积,θ 为线圈平面与磁场方向的夹角。 3.洛伦兹力 F =qvBsinθ (θ 是 v、B 之间的夹角) 当θ =0°时,带电粒子不受磁场力的作用。 当θ =90°时,带电粒子做匀速圆周运动。 当 0°<θ <时 90°,带电粒子做等距螺旋线运动,回旋半径、螺距和回旋周期分别为







4.霍尔效应 将一载流导体放在磁场中, 由于洛伦兹力的作用, 会在磁场和电流两者垂直的方向上出现横向电势差, 这一现象称为霍尔效应,这电势差称为霍尔电势差。

VH ?

1 IB 1 称为霍尔系数。 ? 的推导; k H ? nq d nq

根据霍尔效应可以判断半导体是 n 型还是 p 型,可以计算出半导体中载流子浓度。 5.楞次定律的推广 (1)阻碍原磁通量的变化; (2)阻碍(导体的)相对运动; (3)阻碍原电流的变化。
1

6.感应电场与感应电动势 磁感应强度发生变化时,在磁场所在处及周围的空间范围内,将激发感应电场。感应电场不同于静 电场: (1) 它不是电荷激发的,而是由变化的磁场所激发; (2) 它的电场线是闭合的,没有起止点。而静电场的电场线是从正电荷出发终止于负电荷; (3) 它对电荷的作用力不是保守力。 如果变化的磁场区域是一个半径为 R 的圆形,则半径为 r 的回路上各点的感应电场的场强大小为

方向沿该点的切线方向。感应电场作用于单位电荷上的电场力所做的功就是感应电动势。 【典型例题】 1.如图所示,将均匀细导线做成的环上的任意两点 A 和 B 与固定电源连接起来,总电流为 I,计算 由环上电流引起的环中心的磁感应强度。

2.如图所示,倾角为θ 的粗糙斜面上放一木制圆柱,其质量为 m = 0.2kg,半径为 r,长为 l =0.1m, 圆柱上顺着轴线绕有 N =10 匝线圈,线圈平面与斜面平行,斜面处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应 强度为 B =0.5T,当通入多大电流时,圆柱才不致往下滚动?

2

3.如图所示,S 为一离子源,它能各方向会均等地持续地大量发射正离子,离子的质量皆为 m、电量 皆为 q,速率皆为 v0。在离子源的右侧有一半径为 R 的圆屏,图中 OOˊ是通过圆屏的圆心并垂直于 屏面的轴线,S 位于轴线上,离子源和圆屏所在的空间有一范围足够大的匀强磁场,磁感应强度的大 小为 B,方向垂直于圆屏向右。在发射的离子中,有的离子不管 S 的距离如何变化,总能打到圆屏面 上,求这类离子的数目与总发射离子数之比,不考虑离子间的碰撞。

4、下面我们运用毕——萨定律,来求一个半径为 R,载电流为 I 的圆电流轴线上,距圆心 O 为 的 一点的磁感应强度。

5、如图 11 一 2 所示的无限长平行板中存在一均匀电场 E ? Ei 和磁场 B ? ? BK ,今有一质量为 m, 带有正电荷 q 的粒子从缝隙 A 以初速 ? 0 进入此平行板,假定此粒子的初速 ? 0 保证它能靠近右侧 的平行板而不与其相碰,求:(1)此粒子在 P 点处的曲率半径;(2)若粒子的初速为 0,且坐标 原点选在 A 处,求此粒子在平行板中的运动方程。

??

?

? ?

?? ?

?

?

3

?B =常数) ,求螺线管内 ?t ?B 横截面上直线段 MN 的感应电动势。已知圆心 O 到 MN 的距离为 h、MN 的长为 L 以及 的大小。 ?t
6、如图所示,在一无限长密绕螺线管中,其磁感应强度随时间线性变化( O M h L N

7、如图所示,两根竖直地放置在绝缘地面上的金属框架。框架的上端接有一电容量为 C 的电容器。 框架上有一质量为 m,长为 L 的金属棒,平行于地面放置,与框架接触良好且无摩擦,棒离地面高度 为 h,强度为 B 的匀强磁场与框架平面垂直,开始时电容器不带电。自静止起将棒释放,问棒落到地 面需要多长时间? C

h

4

【课堂练习】 1、如图 11 一 3 所示,有一无限长直线电流 I0,另有一半径为 R 的圆形电流 I,其直径 AB 与此直线 电流近似重合.试求 (1)半圆弧 AaB 所受作用力的大小和方向; (2)整个圆形电流所受的作用力的大小和方向。

5

2、1)图 11 一 4 所示是两根相同的导线环 A 与 B。中心都在 z 轴上,两导线环分别位于平面 z ? ?h 。 为了使两环互相排斥,它们通的电流方向应是相同还是相反?(2)一个通以电流的导线圆环能 在不用任何器械的情况下漂浮在水平的超导平面之上。假设 A 就是这样一个均匀圆环,它的质量 为 M,且它的半径 r 远大于它和超导平面的距离 h,平面 z=0 就是超导平面.证明达到平衡时的

h0 ?
高度,即导线环 A 离超导平面的距离 求振动的周期。

?0 rI 2
2 Mg
。(3)如果飘浮的环在垂直方向上振动,

3、一个长的螺线管包含了另一个同轴的螺线管(它的半径 R 是外面螺线管的一半)。它们的线圈单 位长度具有相同的圈数, 且初始时都没有电流。 在同一瞬间, 电流开始在两个螺线管中线性增长。 在任意时刻, 里边的螺线管中的电流为外边螺线管中的两倍, 它们的方向相同。 由于增长的电流, 一个初始静止的处于两个螺线管中间的带电粒子, 开始沿着一根圆形的轨道运动 (见图 11 一 5) 。 问圆的半径 r 为多少?

6

4、如图 11—8 所示,在一个半径为 r,质量为 m,可以无摩擦地自由转动的匀质绝缘圆盘中部有一细 长螺线管,其半径为 a,沿轴线方向单位长度上绕有 n 匝线圈,线圈中通以稳恒电流 I。在圆盘 的边缘上均匀地嵌着 N 个带等量正电荷 q 的小球。设开始时,螺线管中的电流为 I,圆盘静止, 然后将电流切断,试求圆盘转动的角速度。

【历年真题】 1、(22 届预赛)(25 分)如图所示,两根位于同一水平面内的平行的直长金属导轨,处于恒定磁场 中,磁场方向与导轨所在平面垂直.一质量为 m 的均匀导体细杆,放在导轨上,并与导轨垂直,可沿 导轨无摩擦地滑动,细杆与导轨的电阻均可忽略不计.导轨的左端与一根阻值为 R0 的电阻丝相连,电 阻丝置于一绝热容器中,电阻丝的热容量不计.容器与一水平放置的开口细管相通,细管内有一截面 为 S 的小液柱(质量不计),液柱将 1mol 气体(可视为理想气体)封闭在容器中.已知温度升高 1K 时,该气体的内能的增加量为 (R 为普适气体常量),大气压强为 p0,现令细杆沿导轨方向以

初速 v0 向右运动,试求达到平衡时细管中液柱的位移.

7

2、(22 届初赛)(30 分)如图所示,水平放置的金属细圆环半径为 a,竖直放置的金属细圆柱(其 半径比 a 小得多)的端面与金属圆环的上表面在同一平面内,圆柱的细轴通过圆环的中心 O.一质量 为 m,电阻为 R 的均匀导体细棒被圆环和细圆柱端面支撑,棒的一端有一小孔套在细轴 O 上,另一端

A 可绕轴线沿圆环作圆周运动,棒与圆环的摩擦系数为 ? .圆环处于磁感应强度大小为

、方

向竖直向上的恒定磁场中,式中 K 为大于零的常量,r 为场点到轴线的距离.金属细圆柱与圆环用导 线 ed 连接.不计棒与轴及与细圆柱端面的摩擦,也不计细圆柱、圆环及导线的电阻和感应电流产生 的磁场.问沿垂直于棒的方向以多大的水平外力作用于棒的 A 端才能使棒以角速度 ? 匀速转动. 注:

3、(22 届复赛)(25 分)一个用绝缘材料制成的扁平薄圆环,其内、外半径分别为 a1、a2,厚度可

以忽略.两个表面都带有电荷,电荷面密度

随离开环心距离 r 变化的规律均为





已知常量.薄圆环绕通过环心垂直环面的轴以大小不变的角加速度 为

减速转动,t = 0 时刻的角速度

.将一半径为 a0 (a0<<a1)、电阻为 R 并与薄圆环共面的导线圆环与薄圆环同心放置.试求在薄

圆环减速运动过程中导线圆环中的张力 F 与时间 t 的关系.

8

提示:半径为 r、通有电流 I 的圆线圈(环形电流),在圆心处产生的磁感应强度为 知常量)

(k 为已

4(23 届初赛 6)(25 分)如图所示,两个金属轮 A1、A2,可绕通过各自中心并与轮面垂直的固定的 光滑金属细轴 O1 和 O2 转动,O1 和 O2 相互平行,水平放置,每个金属轮由四根金属辐条和金属环组成, A1 轮的辐条长为 a1、电阻为 R1,A2 轮的辐条长为 a2、电阻为 R2,连接辐条的金属环的宽度与电阻都可 以忽略。半径为 a0 的绝缘圆盘 D 与 A1 同轴且固连在一起,一轻细绳的一端固定在 D 边缘上的某点, 绳在 D 上绕足够匝数后,悬挂一质量为 m 的重物 P,当 P 下落时,通过细绳带动 D 和 A1 绕 O1 轴转动, 转动过程中,A1、A2 保持接触,无相对滑动;两轮与各自细轴之间保持良好的电接触;两细轴通过导 线与一阻值为 R 的电阻相连,除 R 和 A1、A2 两轮中辐条的电阻外,所有金属的电阻都不计,整个装置 处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向与转轴平行,现将 P 释放,试求 P 匀速下落时的速度。

9

5、(2012 年 29 届初赛)

10

6、

11

【课后检测】 1、 (15分)如图所示,两条平行的长直金属细导轨KL、PQ固定于同一水平面内,它们之间的距离为l, 电阻可忽略不计;ab和cd是两根质量皆为m的金属细杆,杆与导轨垂直,且与导轨良好接触,并可沿 导轨无摩擦地滑动。两杆的电阻皆为R。杆cd的中点系一轻绳,绳的另一端绕过轻的定滑轮悬挂一质 量为M的物体,滑轮与转轴之间的摩擦不计,滑轮与杆cd之间的轻绳处于水平伸直状态并与导轨平行。 导轨和金属细杆都处于匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨所在平面向上,磁感应强度的大小为B。现 两杆及悬物都从静止开始运动, 当ab杆及cd杆的速度分别达到v1和v2时, 两杆加速度的大小各为多少?

2、 12 分)如图所示,一质量为 m、电荷量为 q ( q > 0 )的粒子作角速度为ω 、半径为 R 的匀 ( 速圆周运动.一长直细导线位于圆周所在的平面内,离圆心的距离为 d ( d > R ) ,在导线上通有随 时间变化的电流 I, t= 0 时刻,粒子速度的方向与导线平行,离导线的距离为 d+ R .若粒子做圆周 运动的向心力等于电流 i ,的磁场对粒子的作用力,试求出电流 i 随时间的变化规律.不考虑变化 的磁场产生的感生电场及重力的影响. 长直导线电流产生的磁感应强度表示式中的比例系数 k 已知.

12

3、 (18 分) 在图复 19-2 中,半径为 R 的圆柱形区域内有匀强磁场,磁场方向垂直纸面指向纸外, 磁感应强度 B 随时间均匀变化,变化率 ?B / ?t ? K ( K 为一正值常量),圆柱形区外空间没有磁场,沿 图中 AC 弦的方向画一直线,并向外延长,弦 AC 与半径 OA 的夹角 ? ? ? / 4 .直线上有一任意点,设 该点与 A 点的距离为 x ,求从 A 沿直线到该点的电动势的大小.

4、( 25 分)如图预 18-7 所示,在半径为 a 的圆柱空间中(图中圆为其横截面)充满磁感应强度大 小为 B 的均匀磁场,其方向平行于轴线远离读者.在圆柱空间中垂直轴线平面内固定放置一绝缘材料 制成的边长为 L ? 1.6a 的刚性等边三角形框架 ?DEF ,其中心 O 位于圆柱的轴线上. DE 边上 S 点

1 L )处有一发射带电粒子的源,发射粒子的方向皆在图预 18-7 中截面内且垂直于 DE 边向 4 下.发射粒子的电量皆为 q (>0),质量皆为 m ,但速度 v 有各种不同的数值.若这些粒子与三角
( DS ? 形框架的碰撞均为完全弹性碰撞,并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边.试问: 1.带电粒子速度 v 的大小取哪些数值时可使 S 点发出的粒子最终又回到 S 点? 2. 这些粒子中,回到 S 点所用的最短时间是多少?

13

5、(25 分)在真空中建立一坐标系,以水平向右为 x 轴正方向,竖直向下为 y 轴正方向, z 轴垂直 纸面向里 (图复 17-5) 在 0 ? y ? L 的区域内有匀强磁场,L ? 0.80 m , . 磁场的磁感强度的方向沿 z 轴 的正方向,其大小 B ? 0.10 T .今把一荷质比 q / m ? 50 C ? kg-1 的带正电质点在 x ? 0 , y ? ?0.20 m , 将带电质点过原点的时刻定为 t ? 0 时刻, 求带电质点在磁场中任一时刻 t 的位置坐 z ? 0 处静止释放, 标.并求它刚离开磁场时的位置和速度.取重力加速度 g ? 10 m ? s-2 。

6、(20 分)位于竖直平面内的矩形平面导线框 abcd 。 ab 长为 l1 ,是水平的, bc 长为 l 2 ,线框的质 量为 m ,电阻为 R .。其下方有一匀强磁场区域,该区域的上、下边界 PP ' 和 QQ ' 均与 ab 平行,两边 界间的距离为 H , H ? l2 ,磁场的磁感应强度为 B ,方向与线框平面垂直,如图预 16-4 所示。令线 框的 dc 边从离磁场区域上边界 PP ' 的距离为 h 处自由下落,已知在线框的 dc 边进入磁场后, ab 边到 达边界 PP ' 之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值。问从线框开始下落到 dc 边刚刚到 达磁场区域下边界 QQ ' 的过程中,磁场作用于线框的安培力所做的功。

14

7、如图所示,在与匀强磁场区域B垂直的水平面上有两根足够长的平行导轨,在它们上面放着两根 平行导体棒,每根长度均为 l、质量均为 m、电阻均为 R,其余部分电阻不计.导体棒可在导轨上无 摩擦地滑动,开始时左棒静止,右棒获得向右的初速度 v0.试求⑴右导体棒运动速度 v1 随时间 t 的变 化;⑵通过两棒的电量;⑶两棒间距离增量的上限.

B

V0

8、 25 分)如图所示, Ml M2 和 M3 M4 都是由无限多根无限长的外表面绝缘的细直导线紧密排列成 ( 的导线排横截面,两导线排相交成 120°,O O ’为其角平分线.每根细导线中都通有电流 I ,两 导线排中电流的方向相反,其中 Ml M2 中电流的方向垂直纸面向里.导线排中单位长度上细导线的根 数为 λ .图中的矩形 abcd 是用 N 型半导体材料做成的长直半导体片的横截面, ab 《 bc ) ( ,长直 半导体片与导线排中的细导线平行,并在片中通有均匀电流 I0,电流方向垂直纸面向外.已知 ab 边 与 O O ’垂直, bc =l,该半导体材料内载流子密度为 n ,每个载流子所带电荷量的大小为 q .求 此半导体片的左右两个侧面之间的电势差. 已知当细的无限长的直导线中通有电流 I 时,电流产生的磁场离直导线的距离为 r 处的磁感应强度 的大小为 B ? k

I ,式中 k 为已知常量. r

15

9、 25 分) ( 如图所示, ACD 是由均匀细导线制成的边长为 d 的等边三角形线框,它以 AD 为转轴, 在磁感应强度为 B 的恒定的匀强磁场中以恒定的角速度田转动(俯视为逆时针旋转), 磁场方向与 AD 垂直.已知三角形每条边的电阻都等于 R.取图示线框平面转至与磁场平行的时刻为 t = 0 . 1 .求任意时刻 t 线框中的电流. 2 .规定 A 点的电势为 0,求 t = 0 时,三角形线框的 AC 边上任一点 P (到 A 点的距离用 x 表 示)的电势 Up,并画出 Up 与 x 之间关系的图线.

16

10、 25 分)空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场,其方向随时间作周期性变化,磁感应强度 B 随 ( 时间 t 变化的图线如图 1 所示.规定 B > 0 时,磁场的方向穿出纸面.现在磁场区域中建立一与 -7 -10 磁场方向垂直的平面坐标 Oxy,如图 2 所示.一电荷量 q = 5π ×10 c ,质量 m =5×10 kg 的带电 粒子,位于原点 O 处,在 t =0 时刻以初速度 v0=π m/s 沿 x 轴正方向开始运动,不计重力的作用, 不计磁场的变化 可能产生的一切 其它影响. 1 .试在图 2 中 画出 0~20 ms 时 间内粒子在磁场 中运动的轨迹, 并标出图 2 中 纵横坐标的标度 值(评分时只按 图评分,不要求 写出公式或说明. ) 2 . 在磁场变化 N 个 N 为整数) ( 周期的时间内带电粒子的平均速度的大小等于_________________. 11、 (25 分)图中 oxy 是位于水平光滑桌面上的直角坐标系,在 x ? 0 的一侧,存在匀强磁场,磁场 方向垂直于 oxy 平面向里,磁感应强度的大小为 B。在 x ? 0 的一侧,一边长分别为 l1 和 l 2 的刚性矩 形超导线框位于桌面上,框内无电流,框的一对边与 x 轴平行。线框的质量为 m,自感为 L。现让超 导线框沿 x 轴方向以初速度 v 0 进入磁场区域,试定量地讨论线框以后可能发生的运动情况及与初速 度 v 0 大小的关系。 (假定线框在运动过程中始终保持超导状态)

17

12、电子感应加速器(betatron)的基本原理如下:一个圆环真空室处于分布 在圆柱形体积内的磁场中,磁场方向沿圆柱的轴线,圆柱的轴线过圆环的圆心 并与环面垂直。圆中两个同心的实线圆代表圆环的边界,与实线圆同心的虚线 圆为电子在加速过程中运行的轨道。 已知磁场的磁感应强度 B 随时间 t 的变化 规律为 B ? B0 cos(2? t / T ) ,其中 T 为磁场变化的周期。B0 为大于 0 的常量。 当 B 为正时, 磁场的方向垂直于纸面指向纸外。 若持续地将初速度为 v0 的电子沿虚线圆的切线方向注 入到环内(如图) ,则电子在该磁场变化的一个周期内可能被加速的时间是从 t= 到 t= 。 13.(20 分)如图所示,M1N1N2M2 是位于光滑水平桌面上的刚性 U 型金属导轨,导轨中接有阻值为 R 的 电阻,它们的质量为 m0.导轨的两条轨道间的距离为 l,PQ 是质量为 m 的金属杆,可在轨道上滑动, 滑动时保持与轨道垂直,杆与轨道的接触是粗糙的,杆与导轨的电阻均不计.初始时,杆 PQ 于图中 的虚线处,虚线的右侧为一匀强磁场区域,磁场方向垂直于桌面,磁感应强度的大小为 B.现有一位 于导轨平面内的与轨道平行的恒力 F 作用于 PQ 上,使之从静止开始在轨道上向右作加速运动.已知 经过时间 t , PQ 离开虚线的距离为 x,此时通过电阻的电流为 I0,导轨向右移动的距离为 x0(导轨 的 N1N2 部分尚未进人磁场区域) .求在此过程中电阻所消耗的能量.不考虑回路的自感.

14.(25 分)如图所示,有二平行金属导轨,相距 l,位于同一水平面内(图中纸面) ,处在磁感应强 度为 B 的匀强磁场中,磁场方向竖直向下(垂直纸面向里) .质量均为 m 的两金属杆 ab 和 cd 放在导 轨上,与导轨垂直.初始时刻, 金属杆 ab 和 cd 分别位于 x = x0 和 x = 0 处.假设导轨及金属杆的 电阻都为零,由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数为 L.今对金属杆 ab 施以沿导轨向右的瞬时 冲量,使它获得初速 v 0 .设导轨足够长, x 0 也足够大,在运动过程中,两金属杆之间距离的变化远 小于两金属杆的初始间距 x 0 ,因而可以认为在杆运动过程中由两金属杆与导轨构成的回路的自感系 数 L 是恒定不变的.杆与导轨之间摩擦可不计.求任意时刻两杆的位置 xab 和 xcd 以及由两杆和导轨构 成的回路中的电流 i 三者各自随时间 t 的变化关系.

18

y c y

a v0

O d

b x

参考答案 典型例题 1、 分析:磁感强度 B 可以看成圆环上各部分(将圆环视为多个很小长度部分的累加)的贡献之和, 因为对称性,圆环上各部分电流在圆心处磁场是相同或相反,可简化为代数加减。

解:设 A、B 两点之间电压为 U,导线单位长度电阻

,,则二段圆环电流

磁感强度 B 可以是圆环每小段 所以:

部分磁场

的叠加, 在圆心处,

可表达为



19





,即两部分在圆心处产生磁场的磁感强度大小相等,但

磁场的方向正好相反,因此环心处的磁感强度等于零。 2、

3、

20

4、在圆环上选一 I 垂直于 I

,它在 P 点产生的磁感应强度 分解到沿 OP 方向 和垂直于 OP 方向

,其方向 ,环上所有电流元

和 所确定的平面,将

在 P 点产生的

的和为零,

B=



线性一元叠加)

在圆心处,



5、分析和解:(l)这又是一个载电粒子在电磁 场中运动的题目,我们采取配一对大小相等、 方向相反的速度的方法解这道题,设粒子有一沿 y 轴的速度 对应的洛伦兹力刚好与粒子在电场中受到的电场力平衡。

?1 和沿 y 轴负方向的速度 ??1 ,速度?1 所

qE ? q?1 B



?1 ?

E B

这样粒子一方面以

?1 的速度沿 y 轴正方向作匀速直线运动,另一方面则以? 2 做匀速圆周运动,
E B



?2 为

?2 ? ?02 ? ?12 ? ?02 ? ( )2

? ? ? 2 的方向也沿 y 轴正方向,与 ? 1 同向, 当粒子到达 P 点时,

? P ? ?1 ? ?2 ?

E E 2 ? ?0 ? ( ) 2 B B
21

此时粒子的向心力 F 为洛伦兹力和电场力的合力:

F ? qB?P ? qE
2 ?P F ?m ? 可得 P 点曲率半径 ? 为 由

?E E ? 2 E E2 2 2 m ? ? ?0 ? ( ) 2 ? m( ? ? 0 ? 2 ) B ? ?B B B ?? ? E E E2 2 2 qB( ? ?0 ? ( ) 2 ) ? qE qB ?0 ? 2 B B B
E ?1 和沿 y 轴负方向的 ??1 ,?1 ? B ,则粒子一边沿 y 轴正 (2)给粒子配一沿 y 轴正方向的

2

向作匀速直线运动,一边以

?1 的速度在磁场中做匀速圆周运动,其半径

R?

m?1 mE ? qB qB 2

??
所对应的转动角速度 则粒子运动方程为

?1
R

?

qB m

x?

mE qB (1 ? cos t) 2 qB m
E mE qB t ? 2 sin( t ) B qB m

y?

z?0
6、解:求感生电动势有两种方法。 (1) 根据电动势的定义:某一线段上的感生电动势等于感生电场搬运单位正电荷沿此段运

? ?l ,O 点到 ?l 距离为 r, ?l 处的 E感 如图 4-4-8 所示,与 ?l 的 动时所做的功。在 MN 上任选一小段
夹角为θ ,感生电场沿 ?l 移动单位正电荷所做的功为

?A ? E感 ?l cos ? , 而
r ?B ?A ? ? ?l cos ? 2 ?t

E感 ?

r ?B 2 ?t 则

O h? r M

E然

?l
图 4-4-8

?

N
22



r cos ? ? h
?A ? h ?B ?l 2 ?t



把 MN 上所有 ?l 的电动势相加,

???

1 ?B 1 ?B ?l ? hl 2 ?t 2 ?t

(2)用法拉第定律求解。连接 OM,ON,则封闭回路三角形 OMN 的电动势等于其所包围的磁通量的 变化率。

1 ? ? BS ? lhB 2 ?? 1 ?B ?? ? hl ?t 2 ?t ? E感 均各自与 OM 和 ON 垂直,单位正电荷 OM 和 ON 上移动时,感生电 OM 和 ON 上各点的感生电场
场的功为零,故 OM 和 ON 上的感生电动势为零,封闭回路 OMNO 的电动势就是 MN 上的电动势。 电动势的方向可由楞次定律确定。 7、解答:设某瞬时棒的加速度为 a i ,则由牛顿第二定律得

ai ?

mg ? Fi m

Fi 是这一瞬时的安培力

Fi ? iLB
i 是这一瞬时的感应电流。取一个极短的时间Δ t,有

i?

?Q ?t

Δ Q 为在极短时间内流过棒的电量,也就是给电容器充电的电量。对于电容器,有

Q ? CU
因而

?Q ? C?U

Δ U 是这极短时间内电压的增量,电压的增量等于感生电动势的增量,即

?U ? CBL?v
23

而 于是

?v ? ai ?t
ai ? mg m ? CB 2 L2

a i 与时间 t 无关,即棒做运加速运动。


h?

1 2 at 2

得棒落到地面的时间为

t?
【课堂练习】

2h m ? CB 2 L2 mg

?

?

1、分析和解:(1)半圆电流所受磁力见图 11 一 3 ( b) ,在 AaB 弧上的 C 点取一电流元 I ?l ,其 所在处的磁感强度方向垂直纸面向里,大小为

B?

?0 I 0 ?0 I 0 ? 2? X 2? R sin ?
?f ? IB?l ?

则电流元 I ?l 上所受到的安培力为 现将 ?f 分解到 x 轴和 y 轴

?0 II 0 ?l 2? R sin ? ,方向沿径向。

?f x ? ?f sin ? ?

?0 II 0 ?0 II 0 ?l ?f y ? ?f cos ? ? ?l 2? R , 2? R tan ?
y

考虑到对称性,

? ?f

?0

f ? f x ? ? ?f x ? ?

?0 II 0 ? II ? II ?l ? 0 0 ? ? R ? 0 0 2? R 2? R 2 ,方向沿 x 轴正方向。

(2)由于左半圆 AbB 的电流与右半圆 AaB 的电流等值反向且与 I0 对称,所处空间的磁感应 强度也是对称反向的,故两半圆所受安培力等值同向,都沿 x 轴正向 2、分析和解:(1)因为 r>>h,所以可将两导线环看作两根长的平行导线,要它们相互排斥,电流 方向必须相反。 (2)因超导体内磁感应强度为零,为抵消 A 产生的磁力线穿过超导面,即在超导面下, 与 A 对称处有线圈 B,其中电流大小与 A 中相同,而方向相反。A 与超导面的作用相同于 A、B 两线圈 的作用,把两环看作两根长的平行导线,因而 A 所受的磁场力为
24

?0 I ?0 I 2 r Fm ? IlB ? I ? 2? r ? ? 2? ? 2h 2h
Mg ?
当平衡时磁场力应等于重力 Mg,所以 (3)在平衡位置附近,可令 场力的合成,即

?0 I 2 r
2h0 ,即

h0 ?

?0 rI 2
2 Mg 。

h ? h0 ? ?h

, ?h 为一相对平衡位置的小位移,而合力等于重力和磁

F ? Fm ? Mg ?

?0 I 2 r
2(h0 ? ?h)

? Mg ?

?0 I 2 r
2h0

(1 ?

? I 2r ?h ) ? Mg ? ? 0 2 ?h h0 2h0

??
振动的角频率为:

?0 I 2 r
2h M
h0 g
2 0

?

Mg g ? h0 M h0

T?
振动周期为:

2?

?

? 2?

3、分析和解:在 t 时刻外边螺线管中的电流为 I ? kt ,在里边的螺线管中的电流为 2I ? 2kt , 其中 k 是一个常数。由这些电流产生的磁场在外边螺线管中为 B ? ?0 nkt ,而在里边螺线管中为 3B, 其中 n 为单位长度上螺线管的圈数。由半径为 r 的粒子轨道所包围的磁通量为

? ? ? R 2 ? 2 B ? ? r 2 ? B ? 2 R 2 ? r 2 )??0 nkt (
感生电场的大小可以从磁场随时间的变化率计算得出:

E ? 2? r ?

(2 R 2 ? r 2 ) ?0 nk ?? ? (2 R 2 ? r 2 )??0 nk ,因此 E ? 2r ?t

带电粒子由磁场限制在它的圆形轨道上,因此,从作用在它上面的力的总的径向分量为零,我们 可以得到

m? 2 ? q? B r



根据公式 mat ? qE ,粒子由合力的切向分量沿着它的圆形轨道加速,其中 m 是质量,q 是粒子 的电荷。 当电场力的大小恒定时,粒子的速度随时间均匀地增加,

? ? at t ?

q(2 R 2 ? r 2 ) ?0 nk qE t? t m 2mr
25

mq(2 R 2 ? r 2 ) ?0 nk 把上式和 B 的值代入方程①,我们得到 t ? q?0 nkt 2mr 2
满足上式的条件为

(2 R 2 ? r 2 ) ? 1 ,即 r ? 2 R 2r 2

4、分析和解:设螺线管电流切断后,在Δ t 时间内电流从 I 减为零, 在此过程中任意时刻 t 的电流表示为 i(t),则在 t 时刻由 i(t)产生 的磁场 B(t)为 B(t)=μ 0 ni(t) B 的方向沿轴向,B(t)将随 i(t)减小为零,变化的 B(t)产生环状 涡旋电场,在 r 处的涡旋电场 E(t)应满足

E (t)2? r=? =-

? ? B t)S? ( ?? ?B t) ( ?i t) ( ?? ? ?S ? ?? a 2 ?0 n ?t ?t ?t ?t

(t)= ? 即E

a2 ?i t) ( ?0 n 2r ?t
?? ?i t) ( (t) 的方向与电流的方向一致。 ? 0 。E(t)>0。即涡旋电场 E ?t

因 i(t)随时间减小,

在半径为 r 的圆周上嵌着的 N 个带电小球所受的总切向力为

a2 ?i t) ( F(t)=NqE(t)= ? ?0 nNq 2r ?t
它相对转轴形成的力矩为

1 ?i t) ( M(t)=F(t)r= ? a 2 ?0 nNq 2 ?t
由刚体的角动量定理,在电流从 I 减小为零的Δ t 时间内,刚体所获得的全部冲量矩等于它的角 动量的增量。因开始时刚体(圆盘)静止,角动量为零,故有

1 ( 1 ? ?i t) ? 1 2 J? =? M ?t ? a 2 ?0 nNq ? ? ? ?t ? ? a ?0 nNq ? ? ??i t)? a 2 ?0 nNqI ( ? 2 2 ? ?t ? 2
圆盘绕轴的转动惯量 J 为 J=

1 2 mr 2
a 2 ?0 nNqI mr 2

代入上式,得出电流降为零后,圆盘转动的角速度ω 为 ? = 【历年真题】

26

1、导体细杆运动时,切割磁感应线,在回路中产生感应电动势与感应电流,细杆将受到安培力的作 用,安培力的方向与细杆的运动方向相反,使细杆减速, 随着速度的减小,感应电流和安培力也减小, 最后杆将停止运动,感应电流消失.在运动过程中,电阻丝上产生的焦耳热,全部被容器中的气体吸 收. 根据能量守恒定律可知,杆从 v0 减速至停止运动的过程中,电阻丝上的焦耳热 Q 应等于杆的初动 能,即

(1) 容器中的气体吸收此热量后,设其温度升高?T,则内能的增加量为

(2) 在温度升高?T 的同时,气体体积膨胀,推动液柱克服大气压力做功.设液柱的位移为 体对外做功 (3) 就是气体体积的膨胀量 (4) 由理想气体状态方程 (5) 由热力学第一定律 (6) 由以上各式可解得 ,注意到气体的压强始终等于大气压 ,故有 ,则气

(7) 2、将整个导体棒分割成 个小线元,小线元端点到轴线的距离分别为 r0(=0),r1,r2,??,ri-1,

ri,??,rn-1,rn(= a),第 i 个线元的长度为
的速度都为

,当

很小时,可以认为该线元上各点

,该线元因切割磁感应线而产生的电动势为
27

(1) 整个棒上的电动势为

(2) 由 略去高阶小量(Δ r) 及(Δ r) ,可得
2 3



代入(2)式,得

(3) 由全电路欧姆定律,导体棒通过的电流为

(4) 导体棒受到的安培力方向与棒的运动方向相反. 第 i 个线元 受到的安培力为 (5) 作用于该线元的安培力对轴线的力矩

作用于棒上各线元的安培力对轴线的总力矩为



(6)

因棒 A 端对导体圆环的正压力为

mg,所以摩擦力为

,对轴的摩擦力矩为
28

(7) 其方向与安培力矩相同,均为阻力矩.为使棒在水平面内作匀角速转动,要求棒对于 O 轴所受的 合力矩为零,即外力矩与阻力矩相等,设在 A 点施加垂直于棒的外力为 f,则有 (8) 由(6)、(7)、(8)式得

(9) 3、用半径分别为 r1(>a1),r2,?,ri,?,rn–1(<a2)的 n-1 个同心圆把塑料薄圆环分割成 n 个细 圆环.第 i 个细圆环的宽度为 ,其环带面积

式中已略去高阶小量

.,该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为

设时刻 t,细圆环转动的角速度为?? ,

单位时间内,通过它的“横截面”的电荷量,即为电流

由环形电流产生磁场的规律,该细圆环的电流在环心产生的磁感应强度为

(1) 式中 是一个微小量,注意到 ,有

(2) 将各细圆环产生的磁场叠加,由(1)、(2)式得出环心 O 点处的磁感应强度:
29

(3) 由于 a0<<a1,可以认为在导线圆环所在小区域的磁场是匀强磁 场,可由 O 点的场表示.磁场对导线环的磁通量

(4) 由于 是变化的,所以上述磁通量是随时间变化的,产生的感应电动势的大小为

(5) 由全电路欧姆定律可知,导线环内感应电流的大小为

(6) 设题图中薄圆环带正电作逆时针旋转,穿过导线圆环的磁场方向垂直纸面向外,由于薄圆环环作 减角速转动, 穿过导线圆环的磁场逐渐减小, 根据楞次定律, 导线圆环中的感应电流亦为逆时针方向, 导线圆环各元段?l 所受的安培力都沿环半径向外.现取对于 y 轴两对称点 U、V,对应的二段电流元 所受的安培力的大小为 (7)

方向如图所示,它沿 x 及 y 方向分量分别 (8) (9) 根据对称性,作用于沿半个导线圆环 QMN 上的各电流元的安培力的 x 分量之和相互抵消,即 (10)

30

(式中

,当

时,

是正的,当

时,

是负的,故

),

而作用于沿半个导线圆环 QMN 上的各电流元的安培力的 y 分量之和为 (11) (式中 ,由于?? 在 0??之间 都是正的,故 ),

即半个导线圆环上受的总安培力的大小为

,方向沿 y 正方向,由于半个圆环处于平衡状态,所 .由(3)、

以在导线截面 Q、N 处所受(来自另外半个圆环)的拉力(即张力)F 应满足 (6)两式得

(12) 由(12)式可见,张力 F 随时间 t 线性减小. 4、

31

32

5、

33

6、

34

【课后检测】 1、用E 和I分别表示abdc回路的感应电动势和感应电流的大小,根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律 可知 E =Bl(v2-v1) (1)

E (2) 2R 令F表示磁场对每根杆的安培力的大小,则 F=IBl (3) 令a1和a2分别表示ab杆cd杆和物体M加速度的大小,T表示绳中张力的大小,由牛顿定律可知 I?
35

F=ma1 Mg-T=ma2 T-F=ma2
由以上各式解得

(4) (5) (6)

a1 ?
a2 ?

B 2l 2 (v2 ? v1 ) 2 Rm

(7)

2MgR ? B 2l 2 (v2 ? v1 ) 2( M ? m) R

2、以 v 表示粒子的速率,以 B 表示电流 i 产生磁场的磁感应强度,根据题意粒子作圆周运动的向心 力为粒子受到的磁场洛仑兹力,因此有

qvB ? m


v2 R

(1)

v ? ?R
由(1)(2)两式得 、

(2)

B?

m? q

(3)

如图建立坐标系,则粒子在时刻 t 的位置 (4) x(t ) ? R cos ?t , y(t ) ? R sin ?t 取电流的正方向与 y 轴的正向一致,设时刻 t 长直导线上的电流为 i(t ) ,它产生的磁场在粒子所 在处磁感应强度大小为

B?k

i (t ) d ? x(t )

(5)

方向垂直圆周所在的平面.由(4)(5)式,可得 、 m? i(t ) ? k (d ? R cos ?t ) q

(6)

3、由于圆柱形区域内存在变化磁场,在圆柱形区域内外空间中将产生涡旋电场,电场线为圆,圆心 在圆柱轴线上, 圆面与轴线垂直,如图中虚点线所示.在这样的电场中, 沿任意半径方向移动电荷时, 由于电场力与移动方向垂直, 涡旋电场力做功为零, 因此沿半径方向任意一段路径上的电动势均为零. 1.任意点在磁场区域内:令 P 为任意点(见图复解19-2-1) x ? 2 R ,在图中连直线 OA 与 OP 。 取闭合回路 APOA , 可得回路电动势 E1 ? E AP ? EPO ? EOA , 式中 E AP ,E PO ,EOA 分别为从 A 到 P 、 从 P 到 O 、从 O 到 A 的电动势。由前面的分析可知 EPO ? 0 , EOA ? 0 ,故

36

E AP ? E1

(1)

令 ?AOP 的面积为 S1 ,此面积上磁通量 ?1 ? BS1 ,由电磁感应定律,回路的电动势大小为

E1 ?
根据题给的条件有

??1 ?B ? S1 ?t ?t
(2)

E1 ? S1k
由图复解19-2-2可知 1 xR S1 ? xR sin ? ? 2 2 2 由(1)、(2)、(3)式可得沿 AP 线段的电动势大小为 kR E AP ? x 2 2

(3)

(4)

A R

?

x P O

C

A

? R O

?

C

? ? D

Q

图复解 19-2-1

图复解 19-2-2

2.任意点在磁场区域外:令 Q 为任意点(见图复解19-2-2), x ? 2 R 。在图中连 OA 、 OQ 。 取闭合回路 AQOA ,设回路中电动势为 E2 ,根据类似上面的讨论有

E AQ ? E2

(5)

对于回路 AQOA ,回路中磁通量等于回路所包围的磁场区的面积的磁通量,此面积为 S 2 ,通过 它的磁通量 ?2 ? BS2 。根据电磁感应定律可知回路中电动势的大小

E2 ? S2 k
在图中连 OC ,令 ?COQ ? ? ,则 ?OQC ? ? ? ? ,于是

(6)

37

S2 ? ?AOC的面积 ? 扇形OCD的面积 1 ? ? ( R sin ? ) ? 2 R cos ? ? ? R2 2 2? 1 2 ? R (sin 2? ? ? ) 2 1 当 ? ? ? / 4 时, S2 ? R 2 (1 ? ? ) , 2 ?OCQ 中有
x ? 2R R ? sin ? sin[(? / 4) ? ? ]

R sin ? ? ( x ? 2 R)sin( ? ? ) 4 1 ? ( x ? 2 R) (cos ? ? sin ? ) 2
(R ? x ? 2R 2 )sin ? ? x ? 2R 2 cos ?

?

tan ? ?
于是得

x ? 2R x
(7)

1 2 x ? 2R R (1 ? arctan ) 2 x 由(5)、(6)、(7)式可得沿 AQ 线的电动势的大小为 S2 ? E AQ ? kR 2 x ? 2R (1 ? arctan ) 2 x

(8)

4、带电粒子(以下简称粒子)从 S 点垂直于 DE 边以速度 v 射出后,在洛伦兹力作用下做匀速圆周运 动,其圆心一定位于 DE 边上,其半径 R 可由下式

qvB ?
求得,为

mv 2 R

R?

mv qB

(1)

1. 要求此粒子每次与 ?DEF 的三条边碰撞时都与边垂直,且能回到 S 点,则 R 和 v 应满足以下 条件: (ⅰ)与边垂直的条件. 由于碰撞时速度 v 与边垂直, 粒子运动轨迹圆的圆心一定位于 ? 的边上, 粒子绕过 ? 顶点 D 、E 、
38

F 时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点(即 D 、 E 、 F )上.粒子从 S 点开始向右作圆周运动,
其轨迹为一系列半径为 R 的半圆,在 SE 边上最后一次的碰撞点与 E 点的距离应为 R ,所以 SE 的长 度应是 R 的奇数倍。粒子从 FD 边绕过 D 点转回到 S 点时,情况类似,即 DS 的长度也应是轨道半径 的奇数倍.取 DS ? R1 ,则当 DS 的长度被奇数除所得的 R 也满足要求,即

R ? Rn ?

DS (2n ? 1)

n =1,2,3,?

因此为使粒子与 ? 各边发生垂直碰撞, R 必须满足下面的条件

R ? Rn ?

1 L 2a ? ? 2n ? 1 4 5(2n ? 1)

n ? 1, 2 , 3 ,?

(2)

此时

SE ? 3DS ? (6n ? 3) Rn

n ? 1, 2 , 3 ,?

SE 为 Rn 的奇数倍的条件自然满足.只要粒子绕过 E 点与 EF 边相碰,由对称关系可知,以后的碰撞
都能与 ? 的边垂直. (ⅱ)粒子能绕过顶点与 ? 的边相碰的条件. 由于磁场局限于半径为 a 的圆柱范围内, 如果粒子在绕 E 点运动时圆轨迹与磁场边界相交,它将 在相交点处以此时的速度方向沿直线运动而不能返回.所以粒子作圆周运动的半径 R 不能太大,由图 预解18-7可见,必须 R ? DM ( ? 的顶点沿圆柱半径到磁场边界的距离, R ? DM 时,粒子圆运动轨 迹与圆柱磁场边界相切),由给定的数据可算得

8 3 a ? 0.076a 15 将 n ? 1,2,3,?,分别代入(2)式,得 2a n ? 1, R1 ? ? 0.400a 5 2a n ? 2 , R2 ? ? 0.133a 15 2a n ? 3 , R3 ? ? 0.080a 25 2a n ? 4 , R4 ? ? 0.057a 35 DM ? a ?

(3)

39

由于 R1 , R2 , R3 ≥ DM ,这些粒子在绕过 ? 的顶点 E 时,将从磁场边界逸出,只有 n ≥4的粒子能 经多次碰撞绕过 E 、 F 、 D 点,最终回到 S 点.由此结论及(1)、(2)两式可得与之相应的速度

vn ?

qB qB 2a Rn ? ? m m 5(2n ? 1)

n ? 4 , 5 , 6 ,?

(4)

这就是由 S 点发出的粒子与 ? 的三条边垂直碰撞并最终又回到 S 点时, 其速度大小必须满足的条 件. 2. 这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为

2? R v 将(1)式代入,得 T?
T? 2? m qB
(5)

可见在 B 及 q / m 给定时 T 与 v 无关。 粒子从 S 点出发最后回到 S 点的过程中, ? 的边碰撞次数愈少, 与 所经历的时间就愈少,所以应取 n ? 4 ,如图预解18-7所示(图中只画出在边框 DE 的碰撞情况), 此时粒子的速度为 v4 ,由图可看出该粒子的轨迹包括3×13个半圆和3个圆心角为300?的圆弧,所需时 间为

t ? 3 ? 13 ?
以(5)式代入得

T 5 ? 3 ? T ? 22T 2 6

(6)

40

t ? 44

?m
qB

(7)

5、解法一: 带电质点静止释放时,受重力作用做自由落体运动,当它到达坐标原点时,速度为

v1 ? 2 g | y | ? 2.0 m ? s-1

(1)

方向竖直向下.带电质点进入磁场后,除受重力作用外,还受到洛伦兹力作用,质点速度的大小和方 向都将变化,洛伦兹力的大小和方向亦随之变化.我们可以设想,在带电质点到达原点时,给质点附 加上沿 x 轴正方向和负方向两个大小都是 v0 的初速度,由于这两个方向相反的速度的合速度为零,因 而不影响带电质点以后的运动. t ? 0 时刻, 在 带电质点因具有沿 x 轴正方向的初速度 v0 而受洛伦兹力

f1 的作用。

f1 ? qv0 B
其方向与重力的方向相反.适当选择 v0 的大小,使 f1 等于重力,即

(2)

qv0 B ? mg

(3)

v0 ?

g ? 2.0 m ? s-1 ( q / m) B

(4)

只要带电质点保持(4)式决定的 v0 沿 x 轴正方向运动, f1 与重力的合力永远等于零.但此时,位于 坐标原点的带电质点还具有竖直向下的速度 v1 和沿 x 轴负方向的速度 v0 ,二者的合成速度大小为

2 2 v ? v0 ? v1 ? 2.8 m ? s-1

(5)

方向指向左下方,设它与 x 轴的负方向的夹角为 ? ,如图复解 17-5-1 所示,则

tan ? ?

v1 ?1 v0

41

??

?
4

(6)

因而带电质点从 t ? 0 时刻起的运动可以看做是速率为 v0 ,沿 x 轴的正方向的匀速直线运动和在 xOy 平面内速率为 v 的匀速圆周运动的合成.圆周半径

R?

mv ? 0.56 m qB

(7)

带电质点进入磁场瞬间所对应的圆周运动的圆心 O? 位于垂直于质点此时速度 v 的直线上,由图复解 17-5-1 可知,其坐标为

? xO ' ? R sin ? ? 0.40 m ? ? yO ' ? R cos? ? 0.40 m
圆周运动的角速度

(8)

v (9) ? 5.0 rad ? s-1 R 由图复解 17-5-1 可知,在带电质点离开磁场区域前的任何时刻 t ,质点位置的坐标为

??

x ? v0t ? ? R sin(? t ? ? ) ? xO ' ?

(10) (11)

y ? yO ' ? R cos(?t ? ? )

式中 v0 、 R 、 ? 、 ? 、 xO ' 、 yO ' 已分别由(4)、(7)、(9)、(6)、(8)各式给出。 带电质点到达磁场区域下边界时, y ? L ? 0.80 m ,代入(11)式,再代入有关数值,解得 (12) t ? 0.31s 将(12)式代入(10)式,再代入有关数值得 x ? 0.63 m 所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为
42

(13)

x ? 0.63 m

y ? 0.80 m

z ?0

(14)

带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为 v 的匀速圆周运动和一个速率为 v0 的沿 x 轴正方 向的匀速直线运动, 任何时刻 t , 带电质点的速度 V 便是匀速圆周运动速度 v 与匀速直线运动的速度 v0 的合速度.若圆周运动的速度在 x 方向和 y 方向的分量为 v x 、 v y ,则质点合速度在 x 方向和 y 方向的 分速度分别为

Vx ? vx ? v0
Vy ? v y

(15) (16)

2 2 虽然 vx ? v y ? v , v 由(5)式决定,其大小是恒定不变的, v0 由(4)式决定,也是恒定不变的,

但在质点运动过程中因 v 的方向不断变化, 它在 x 方向和 y 方向的分量 v x 和 v y 都随时间变化, 因此 Vx 和 V y 也随时间变化,取决于所考察时刻质点做圆周运动速度的方向,由于圆周运动的圆心的 y 坐标 恰为磁场区域宽度的一半,由对称性可知,带电质点离开磁场下边缘时,圆周运动的速度方向应指向 右下方,与 x 轴正方向夹角 ? ' ?

?
4

,故代入数值得

vx ? v cos? ' ? 2.0 m ? s-1
v y ? v sin ? ' ? 2.0 m ? s-1
将以上两式及(5)式代入(15)、(16)式,便得带电质点刚离开磁场区域时的速度分量,它们分 别为

Vx ? 4.0 m ? s-1
Vy ? 2.0 m ? s-1

(17) (18)

43

速度大小为

V ? Vx2 ? V y2 ? 4.5 m ? s-1

(19)

设 V 的方向与 x 轴的夹角为 ? ,如图复解 17-5-2 所示,则

tan ? ?


Vy Vx

?

1 2
(20)

? ? 27?

评分标准:本题 25 分 (4)式 5 分,求得(5)、(6)式各给 3 分,求得(10)、(11)式各给 2 分,(14)式 3 分,(19) 式 5 分,求得(20)式再给 2 分。 解法二: 若以带电质点到达坐标原点 O 的时刻作为起始时刻( t ? 0 ),则质点的初速度为

v1 ? 2 g | y | ? 2.0 m ? s-1

(1?)

方向沿 y 轴正方向.进入磁场区后,带电质点将受到洛伦兹力作用,洛伦兹力在 x 方向的分力取决于 质点在 y 方向的分速度,因此质点动量在 x 方向的分量的增量为

m?vx ? qv y B?t ? qB?y
都成立,所以在 t ? 0 到 t ? t 时间内 x 方向的动量的改变为

(2?)

?y 是带电质点在 ?t 时间内沿 y 方向的位移,质点在磁场中运动的整个过程中,此式对每一段 ?t 时间
mvx ? mv0 x ? qB( y ? y0 )
因初始时刻( t ? 0 ),带电质点在 x 轴方向的动量 mv0 x 为零,其位置在原点, y0 ? 0 ,因而得

mvx ? qyB
44



qB (3?) y m 当带电质点具有 x 方向的速度后, 便立即受到沿 y 负方向的洛伦兹力的作用. 根据牛顿第二定律, vx ?

在 y 方向上有加速度 a y

ma y ? mg ? qvx B
将(3?)式代入(4?)式,得

(4?)

? (qB) 2 ? ? m2 ? ma y ? ? ? y ? 2 2 g? ?? q B ? ? m ??
令 式中

(5?) (6?)

y' ? y ? D
m2 g g ? ? 0.40 m 2 (qB) ( q / m) 2 B 2

D?

(7?)

即在 y 方向作用于带电质点的合力

Fy ? ?ky '
其中

k?

q2 B2 m

Fy 是准弹性力,在 Fy 作用下,带电质点在 y ' 方向的运动是简谐振动,振动的圆频率

? ? ? ? ? 5.0 rad ? s-1 ? m?
y ' 随时间变化的规律为
y ' ? A cos(?t ? ?0 )


? qB ?

2

(8?)

(9?)

y ' ? A cos(?t ? ?0 ) ? D

(10?)

A 与 ? 0 是待求的常量,质点的简谐运动可以用参考圆来描写,
以所考察的简谐运动的振幅 A 为半径作一圆,过圆心 O1 作一直 角坐标 x ' O1 y ' .若有一质点 M 沿此圆周做匀速率圆周运动,运 动的角速度等于所考察简谐运动的角频率 ? ,且按逆时针方向
45

转动,在 t ? 0 时刻, M 点的在圆周上的位置恰使连线 O1M 与 y ' 轴的夹角等于(9?)式中的常量 ? 0 , 则在任意时刻 t ,O1 与 M 的连线与 y ' 轴的夹角等于 ?t ? ?0 , 于是连线 O1M 在 y ' 轴上的投影即为 (9?) 式所示的简谐振动,将 x ' 轴平行下移 D ? 0.40 m ,连线 O1M 在 y 轴的投影即如(10?)式所示(参看 图复解 17-5-3), M 点做圆周运动的速度大小 v ? A? ,方向与 O1M 垂直,速度 v 的 y 分量就是带电 质点沿 y 轴做简谐运动的速度,即

v y ? ? A? sin(? t ? ?0 )

(11?)

(10?)和(11?)两式中的 A 和 ? 0 可由下面的方法求得:因为已知在 t ? 0 时,带电质点位于 y ? 0 处, 速度 v y ? v1 ,把这个条件代入(10?)式与(11?)式得

A cos ?0 ? D ? 0 v1 ? ? A? sin ?0
解上面两式,结合(1?)、(8?)式,注意到振幅 A 总是正的,故得

?0 ?

5? 4 A ? 0.56 m

(12?) (13?)

把(10?)式代入(3?)式,便得带电质点沿 x 轴运动的速度

vx ? ? D ? A? cos(?t ? ?0 )

(14?)

(14?) 式表示带电质点在 x 方向上的速度是由两个速度合成的, 即沿 x 方向的匀速运动速度 ? D 和 x 方 向的简谐振动速度 A? cos(?t ? ?0 ) 的合成,带电质点沿 x 方向的匀速运动的位移

x ' ? ? Dt

(15?)

由沿 x 方向的简谐振动速度 A? cos(?t ? ?0 ) 可知,沿 x 方向振动位移的振幅等于速度的最大值与角频 率的比值(参看图复解 17-5-3),即等于 A .由参考圆方法可知,沿 x 方向的振动的位移 x '' 具有如 下的形式

?? ? A cos ? ? t ? ?0 ? ? ? A sin(? t ? ? 0 ) 2? ?

46

它可能是 x '' ? A sin(? t ? ?0 ) ,亦可能是 x ''? b ? A sin(?t ? ?0 ) .在本题中, t ? 0 时刻, x 应为零,故 前一表示式不符合题意.后一表示式中, b 应取的值为 b ? ? A sin ?0 ,故有

x '' ? ? A sin ?0 ? A sin(?t ? ?0 )
带电质点在 x 方向的合位移 x ? x '? x '' ,由(15?)、(16?)式,得

(16?)

x ? ? Dt ? A sin ?0 ? A sin(?t ? ?0 )

(17?)

(17?)、(10?)、(14?)和(11?)式分别给出了带电质点在离开磁场区域前任何时刻 t 的位置坐标 和速度的 x 分量和 y 分量,式中常量 ? 、 A 、 ? 0 、 D 已分别由(8?)、(13?)、(12?)和(7?)式 给出. 当带电质点达到磁场的下边界时, y ? L ? ?0.80 m 将与(10?)式有关的数据代入(10?)式,可解得 t ? 0.31s 代入(17?)式,得 x ? 0.63 m 将(19?)式分别代入(14?)式与(11?)式,得

(18?) (19?) (20?)

vx ? 4.0 m ? s-1
速度大小为

v y ? 2.0 m ? s-1

2 V ? vx ? v 2 ? 4.5 m ? s-1 y

(21?)

速度方向为

? ? arctan ?

? vy ? ? ? 27? ? vx ?

(22?)

6、设线框的 dc 边刚到达磁场区域上边界 PP ' 时的速度为 v1 ,则有

1 2 (1) mv1 ? mgh 2 按题意线框虽然受安培力阻力作用, 但依然加速下落. dc 边下落到离 PP ' 的 设 dc 边进入磁场后,
距离为 ?h1 时,速度达到最大值,以 v0 表示这个最大速度,这时线框中的感应电动势为

E ? Bl1v0
线框中的电流
47

E Bl1v0 ? R R 作用于线框的安培力为 I?
B 2l12 v0 R 速度达到最大的条件是安培力 F ? mg F ? Bl1I ?
由此得 (2)

v0 ?

mgR B 2l12

(3)

在 dc 边向下运动距离 ?h1 的过程中,重力做功 WG ? mg ?h1 ,安培力做功 WF ,由动能定理得

1 2 1 2 WG ? WF ? mv0 ? mv1 2 2 将(1)、(3)式代入得安培力做的功
WF ? ?mg ?h1 ? m3 g 2 R 2 ? mgh 2 B 4l14
(4)

线框速度达到 v0 后,做匀速运动.当 dc 边匀速向下运动的距离为 ?h2 ? l2 ? ?h1 时, ab 边到达磁 场的边界 PP ' ,整个线框进入磁场.在线框 dc 边向下移动 ?h2 的过程中,重力做功 WG? ,安培力做功

WF ? ,但线框速度未变化,由动能定理
WG? ? WF ? ? 0 WF ? ? ?WG? ? ?mg ?h2 ? ?mg (l2 ? ?h1 )
培力做的功也为零,线框只在重力作用下做加速运动。 所以,整个过程中安培力做的总功 (5)

整个线框进入磁场后,直至 dc 边到达磁场区的下边界 QQ ' ,作用于整个线框的安培力为零,安

W ? WF ? WF ? ? ?mg (l2 ? h) ?
〔编注:此题命题有不严密之处。由微分方程

m3 g 2 R 2 2 B 4l14

(6)

mg ?
的解

B 2l12v dv ?m R dt
48

1 B 2l12 v - mR ?t mg ? ?l R

B 2l 2

可知, 只有当 t ? ? 时, 才能趋向极限速度 v0 ? v

mgR (即线框下落无穷长的距离, 速度才能趋向 v0 ) 。 B 2l12

原题说 ab 边未进入磁场即达到最大速度是不确切的。〕 7、(记入脑中)

8、

49

50

9、

51

52

10.

53

11、设某一时刻线框在磁场区域的深度

为 y 磁感 框中

x ? x ? l1 ? ,速度为 v ,因线框的一条边切割
应线产生的感应电动势为 E ? vBl2 , 它在线 v 引起感应电流, 感应电流的变化又引起自感 势. 设线框的电动势和电流的正方向均为顺 方向,则切割磁感应线产生的电动势 E 与 v

l1 v0

l2

电动 时针 设定 x O x 定的

?i 的正方向相反,自感电动势 E ? ? L 与设 L ?t 正方向相同.因线框处于超导状态,电阻 R ? 0 ,故有

E ? E ? ?L L v


?i ? vBl2 ? iR ? 0 ?t

(1)

L


?i ?x ? Bl 2 ?0 ?t ?t
Bl 2 ?x ? ?L?i

(2)

(3)



Bl ?i ?? 2 ?x L
可见 i 与 x 成线性关系,有

(4)

Bl 2 (5) x?C L C 为一待定常数,注意到 x ? 0 时, i ? 0 ,可得 C ? 0 ,故有 Bl (6) i?? 2 x L x ? 0 时 i ? 0 ,电流为负值表示线框中电流的方向与设定的正方向相反,即在线框进入磁场区域时右 侧边的电流实际流向是向上的.外磁场作用于线框的安培力 i??
f ? Bl 2 i ? ?
2 B 2l2 x L

(7)
54

其大小与线框位移 x 成正比,方向与位移 x 相反,具有“弹性力”的性质.下面分两种情形做进一步 分析: (i)线框的初速度 v 0 较小,在安培力的作用下,当它的速度减为 0 时,整个线框未全部进入磁 场区,这时在安培力的继续作用下,线框将反向运动,最后退出磁场区.线框一进一出的运动是一个 简谐振动的半个周期内的运动,振动的圆频率

??
周期

B 2 l22 Lm

(8)

T ? 2π

Lm 2 B 2l2

(9)

振动的振幅可由能量关系求得,令 xm 表示线框速度减为 0 时进入磁场区的深度,这时线框的初始动 能全部转换为“弹性力”的“弹性势能” ,由能量守恒可得
2 1 2 1 ? B 2l2 ? 2 mv0 ? ? ? xm 2 2? L ?

(10)



xm ?
故其运动方程为

2 Lmv0 2 B 2 l2

(11)

x?

v0 Lm Lm ? Bl2 ? sin ? t?, t 从 0 到π Bl2 Bl2 ? Lm ?

(12)

半个周期后,线框退出磁场区,将以速度 v 0 向左匀速运动.因为在这种情况下 x m 的最大值是 l1 ,即
2 1 2 1 B 2l2 2 mv0 ? l1 2 2 L

(13)

由此可知,发生第(i)种情况时, v 0 的值要满足下式

1 1 ? B 2l22 ? 2 2 m v0 ? ? ? l1 2 2? L ?


v0 ?

Bl1l2 mL

(14)

55

(ii) 若线框的初速度 v 0 比较大,整个线框能全部进入磁场区.当线框刚进入磁场区时,其速 度仍大于 0,这要求 v 0 满足下式

v0 ?

Bl2 l1 mL

(15)

当线框的初速度满足(15)式时,线框能全部进入磁场区,在全部进入磁场区域以前,线框的 运动方程与(12)式相同,但位移区间是 x ? 0 到 x ? l1 ,所以时间间隔与(12)式不同,而是从 0 到

t1 ?

Bl1l2 ? Lm ? ?arcsin ? 2 Bl2 ? Lmv0 ? ? ?

(16)

因为线框的总电动势总是为 0,所以一旦线框全部进入磁场区域,线框的两条边都切割磁感应 Bl 线,所产生的电动势之和为 0,因而自感电动势也为 0.此后线框中维持有最大的电流 i m ? ? 2 l1 , L 磁场对线框两条边的安培力的合力等于零,线框将在磁场区域匀速前进,运动的速度可由下式决定
2 1 2 1 2 1 B 2l2 2 mv0 ? mv ? l1 2 2 2 L


2 v ? v0 ? 2 B 2l12l2 Lm

(17)

12.

3 T 4

T

13.杆 PQ 在磁场中运动时, 受到的作用力有: 外加恒力 F, 方向向右; 磁场的安培力, 其大小 FB=BIl, 方向向左,式中 I 是通过杆的感应电流,其大小与杆的速度有关;摩擦力,大小为 Fμ ,方向向左.根 据动能定理,在所考察过程中作用于杆的合力做的功等于杆所增加的动能,即有

WF ? WFB ? W

F?

?

1 2 mv 2

(1)

式中 v 为经过时间 t 杆速度的大小,WF 为恒力 F 对杆做的功,WF 安为安培力对杆做的功,WFμ 为摩 擦力对杆做的功.恒力 F 对杆做的功 WF=Fx (2) 因安培力的大小是变化的,安培力对杆做的功用初等数学无法计算,但杆克服安培力做的功等于 电阻所消耗的能量,若以 ER 表示电阻所消耗的能量,则有 -WF 安=ER (3) 摩擦力 Fμ 是恒力,它对杆做的功 WFμ =-Fμ x (4) 但 Fμ 未知.因 U 型导轨在摩擦力作用下做匀加速运动,若其加速度为 a,则有
56



Fμ =m0a a=2x0/t2

(5) (6)

由(4)(5)(6)三式得 、 、

WF? ? ?2m0

x0 x t2

(7)

经过时间 t 杆的速度设为 v,则杆和导轨构成的回路中的感应电动势 ε =Blv (8) 根据题意,此时回路中的感应电流

I0 ?
由(8)(9)式得 、

?
R

(9)

v?

I0 R Bl
x0 1 I 2 R2 )x ? m 02 2 t2 2 Bl

(10)

由(l)(2)(3)(7)(10)各式得 、 、 、 、

ER ? ( F ? 2m0

(11)

14、解法Ⅰ: 当金属杆 ab 获得沿 x 轴正方向的初速 v0 时,因切割磁力线而产生感应电动势,由两金属杆与导 轨构成的回路中会出现感应电流.由于回路具有自感系数,感应电流的出现,又会在回路中产生自感 电动势,自感电动势将阻碍电流的增大,所以,虽然回路的电阻为零,但回路的电流并不会趋向无限 大,当回路中一旦有了电流,磁场作用于杆 ab 的安培力将使 ab 杆减速,作用于 cd 杆的安培力使 cd 杆运动. 设在任意时刻 t,ab 杆和 cd 杆的速度分别为 v1 和 v2(相对地面参考系 S) ,当 v1、v2 为正时,表 示速度沿 x 轴正方向;若规定逆时针方向为回路中电流和电动势的正方向,则因两杆作切割磁力线的 运动而产生的感应电动势

E ? Bl ?v1 ? v 2 ?
当回路中的电流 i 随时间的变化率为 ?i ?t 时,回路中的自感电动势

(1)

EL ? ? L
根据欧姆定律,注意到回路没有电阻,有

?i ?t

(2)

E ? EL ? 0

(3)

金属杆在导轨上运动过程中,两杆构成的系统受到的水平方向的合外力为零,系统的质心作匀速 直线运动.设系统质心的速度为 VC,有

mv 0 ? 2mVC


(4)

57

VC ?

v0 2

(5)

VC 方向与 v0 相同,沿 x 轴的正方向. 现取一新的参考系 S ? ,它与质心固连在一起,并把质心作为坐标原点 O ? ,取坐标轴 O ?x ? 与 x 轴 平行.设相对 S ? 系,金属杆 ab 的速度为 u,cd 杆的速度为 u ? ,则有
v1 ? VC ? u v 2 ? VC ? u ?
因相对 S ? 系,两杆的总动量为零,即有 (6) (7)

mu ? mu? ? 0
由(1)、(2)、(3)、(5)、(6) 、(7) 、(8)各式,得

(8)

?i (9) ?t 在 S ? 系中,在 t 时刻,金属杆 ab 坐标为 x ? ,在 t+?t 时刻,它的坐标为 x ? ? ?x ? ,则由速度的 定义 ?x ? (10) u? ?t 代入 (9) 式得 (11) 2Bl?x? ? L?i 2 Blu ? L
若将 x ? 视为 i 的函数,由(11)式知 ?x ? ?i 为常数,所以 x ? 与 i 的关系可用一直线方程表示

x? ?

L i?b 2Bl

(12)

式中 b 为常数,其值待定.现已知在 t=? 时刻,金属杆 ab 在 S ? 系中的坐标 x ? = 故得

1 x 0 ,这时 i = 0, 2
(13)

x? ?


L 1 i ? x0 2Bl 2

i?

2 Bl ? 1 ? ? x ? ? x0 ? L ? 2 ?

(14)

1 ? 1 ? x 0 表示 t=? 时刻金属杆 ab 的位置. x ? 表示在任意时刻 t,杆 ab 的位置,故 ? x ? ? x0 ? 就是 2 ? 2 ?
杆 ab 在 t 时刻相对初始位置的位移,用 X 表示,

1 (15) x0 2 当 X>0 时,ab 杆位于其初始位置的右侧;当 X<0 时,ab 杆位于其初始位置的左侧.代入(14)式,得 X ? x? ?
58

i?
这时作用于 ab 杆的安培力

2 Bl X L

(16)

2B 2 l 2 (17) X L ab 杆在初始位置右侧时,安培力的方向指向左侧;ab 杆在初始位置左侧时,安培力的方向指向右 侧,可知该安培力具有弹性力的性质.金属杆 ab 的运动是简谐振动,振动的周期 F ? ?iBl ? ?
T ? 2π

?

m 2B l L
2 2

?

(18)

在任意时刻 t, ab 杆离开其初始位置的位移

? 2π ? X ? A cos? t ? ? ? T ? ?

(19)

A 为简谐振动的振幅,?? 为初相位,都是待定的常量.通过参考圆可求得 ab 杆的振动速度
? 2π ? ? 2π ? u ? ? A? ? sin? t ? ? ? ?T ? ?T ?
(20)

(19)、(20)式分别表示任意时刻 ab 杆离开初始位置的位移和运动速度.现已知在 t=0 时刻,ab 杆 位于初始位置,即 X = 0 速度

u ? v 0 ? VC ? v 0 ?
故有

1 1 v0 ? v0 2 2

0 ? A cos ?
v0 ? 2π ? ? ? A? ? sin ? 2 ?T ?
解这两式,并注意到(18)式得

? ? 3π 2
A?
由此得 ab 杆的位移

(21)

v0 v T? 0 4? 2 Bl

mL 2

(22)

X?

v0 2 Bl

mL 3π ? v ? 2π cos? t ? ? ? 0 2 2 ? 2 Bl ?T

mL 2π sin t 2 T

(23)
59

由 (15) 式可求得 ab 杆在 S ? 系中的位置

? xab ?

v 1 x0 ? 0 2 2 Bl

mL 2π sin t 2 T

(24)

因相对质心,任意时刻 ab 杆和 cd 杆都在质心两侧,到质心的距离相等,故在 S ? 系中,cd 杆的位置

v 1 ? xcd ? ? x0 ? 0 2 2 Bl
相对地面参考系 S,质心以 VC ? 的位置

mL 2? sin t 2 T

(25)

1 v 0 的速度向右运动,并注意到(18)式,得 ab 杆在地面参考系中 2

x ab ? x 0 ?

v 1 v0t ? 0 2 2 Bl

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(26)

cd 杆在 S 系中的位置

x cd ?
回路中的电流由 (16) 式得

v 1 v0t ? 0 2 2 Bl

? mL 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(27)

i?

2 Bl v 0 L 2 Bl

? mL 2π m 2 ? ?t sin t ? v0 sin? Bl ? 2 T 2L mL ? ? ?

(28)

解法Ⅱ: 当金属杆在磁场中运动时,因切割磁力线而产生感应电动势,回路中出现电流时,两金属杆都要 受到安培力的作用,安培力使 ab 杆的速度改变,使 cd 杆运动.设任意时刻 t,两杆的速度分别为 v1 和 v2(相对地面参考系 S) ,若规定逆时针方向为回路电动势和电流的正方向,则由两金属杆与导轨 构成的回路中,因杆在磁场中运动而出现的感应电动势为

E ? Bl ?v1 ? v 2 ?
令 u 表示 ab 杆相对于 cd 杆的速度,有

(1’)

EL ? Blu
当回路中的电流 i 变化时,回路中有自感电动势 EL,其大小与电流的变化率成正比,即有

(2’)

EL ? ? L
根据欧姆定律,注意到回路没有电阻,有

?i ?t

(3’)

E ? EL ? 0
由式(2’)、(3’)两式得
60

?i (4’) ?t 设在 t 时刻, 金属杆 ab 相对于 cd 杆的距离为 x ? , t+?t 时刻, 相对于 cd 杆的距离为 x ? + 在 ab ?x? ,则由速度的定义,有 ?x ? (5’) u? ?t 代入 ( 4 ? ) 式得 (6’) Bl?x? ? L?i Blu ? L
若将 x ? 视为 i 的函数,由(6’)式可知, ?x ? ?i 为常量,所以 x ? 与 i 的关系可以用一直线方程表示, 即

x? ?

L i?b Bl

(7’)

式中 b 为常数,其值待定.现已知在 t=? 时刻,金属杆 ab 相对于 cd 杆的距离为 x 0 ,这时 i = 0, 故得



L i ? x0 Bl Bl ?x ? ? x0 ? i? L x? ?

(8’) (9’)

x 0 表示 t=? 时刻金属杆 ab 相对于 cd 杆的位置. ? 表示在任意时刻 t 时 ab 杆相对于 cd 杆的位 x
置,故 ?x ? ? x0 ? 就是杆 ab 在 t 时刻相对于 cd 杆的相对位置相对于它们在 t=? 时刻的相对位置的位 移,即从 t=? 到 t=t 时间内 ab 杆相对于 cd 杆的位移

X ? x ? ? x0
于是有

(10')

Bl X L 任意时刻 t,ab 杆和 cd 杆因受安培力作用而分别有加速度 aab 和 acd,由牛顿定律有 i?
? iBl ? maab iBl ? macd
两式相减并注意到( 9 ? )式得

(11’)

(12’) (13’)

m?aab ? acd ? ? ?2iBl ? ?

2B 2 l 2 X L

(14’)

61

式中 ?aab ? acd ? 为金属杆 ab 相对于 cd 杆的加速度,而 X 是 ab 杆相对 cd 杆相对位置的位移. 是常数,表明这个相对运动是简谐振动,它的振动的周期

2B 2l 2 L

T ? 2π

?

m 2B l L
2 2

?

(15’)

在任意时刻 t,ab 杆相对 cd 杆相对位置相对它们初始位置的位移

? 2π ? X ? A cos? t ? ? ? ?T ?

(16’)

A 为简谐振动的振幅,?? 为初相位,都是待定的常量.通过参考圆可求得 X 随时间的变化率即速度
? 2π ? ? 2π ? V ? A? ? sin? ??? T ? ?T ? ?
现已知在 t=0 时刻,杆位于初始位置,即 X = 0,速度 V ? v 0 故有 (17’)

0 ? A cos ?
? 2π ? v 0 ? ? A? ? sin ? ?T ?
解这两式,并注意到(15’) 式得

? ? 3π 2
A?
由此得

v0 v T? 0 2π Bl

mL 2

X?

v0 Bl

mL 3π ? v 0 ? 2π cos? t ? ?? 2 2 ? Bl ?T

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(18’)

因 t = 0 时刻,cd 杆位于 x = 0 处,ab 杆位于 x = x0 处,两者的相对位置由 x0 表示;设 t 时刻, cd 杆位于 x = xcd 处,ab 杆位于 x = xab 处,两者的相对位置由 xab-xcd 表示,故两杆的相对位置的位 移又可表示为 X = xab-xcd-x0 (19’) 所以

x ab ? x cd ? x 0 ?

v0 Bl

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(20’)
62

(12’)和(13’)式相加,

m?aab ? acd ? ? ?iBl ? iBl ? 0


?aab ? acd ? ? 0
由此可知,两杆速度之和为一常数即 v0,所以两杆的位置 xab 和 xcd 之和应为 xab+xcd = x0+v0t 由(20’)和(21’)式相加和相减,注意到(15’)式,得 (21’)

1 v mL ? 2 ? ?t xab ? x0 ? v0t ? 0 sin ? Bl ? mL ? 2 2 Bl 2 ? ? x cd ? v 1 v0t ? 0 2 2 Bl mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(22’)

(23’)

由(11’)、 ’)(22’)、(23’)式得回路中电流 (19

i ? v0

? m 2 ? ? t (24’) sin? Bl ? 2L mL ? ? ?

63


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