1、1A16f 三、 （25 分）用直径为 的超导材料制成的导线做成一个半径为 的圆环。圆1m5cm环处于超导状态，环内电流为 。经过一年，经检测发现，圆环内电流的变化量小于0A。试估算该超导材料电阻率数量级的上限。 610A提示：半径为 的圆环中通以电流 后,圆环中心的磁感应强度为 ,式中 、rI 02IBrB、 各量均用国际单位， 。Ir 72041N 三、参考解答根据题中所给的条件，当圆环内通过电流 时，圆环中心的磁感应强度I012Br穿过圆环的磁通量可近似为（1）0SI根据法拉第电磁感应定律，电流变化产生的感生电动势的大小（2）02IrttE圆环的电阻 （3）RI根 据 题 设 条 件 ，
2、 ， ，0.5mr72041NA 10I,代入（3）式得61410A/s3/sIt （4）20R由电阻与电阻率 、导线截面积 、长度 的关系SLLS及已知导线的直径 ，环半径 ，得电阻率1md5cr2297.508SRLrA17f 五、 （25 分）在真空中建立一坐标系，以水平向右为轴正方向，竖直向下为 轴正方向， 轴垂直纸面向里（图xyz复 17-5） 在 的区域内有匀强磁场， ，磁0L0.8mL场的磁感强度的方向沿 轴的正方向，其大小 今z.1TB把一荷质比 的带正电质点在 ，1/50Ckgqm 0x， 处静止释放，将带电质点过原点的时刻定0.2yz为 时刻，求带电质点在磁场中任一时刻 的
3、位置坐标并t t2求它刚离开磁场时的位置和速度取重力加速度 。210msgA17f 五、参考解答解法一：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（1）12|.0svgy 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 轴正方向和负方向两个大小都是 的初速度，由于这两个x 0v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在 时刻，带电质点t因具有沿 轴正方向的初速度 而受洛伦兹力 的作用。 x0v1f10fqB（2）其方
4、向与重力的方向相反适当选择 的大小，使 等于重力，即01f（3）0qvBmg(4)102.0s(/)q只要带电质点保持（4）式决定的 沿 轴正方向运动， 与重力的合力永远等于零但0vx1f此时，位于坐标原点的带电质点还具有竖直向下的速度 和沿 轴负方向的速度 ，二者vx0v的合成速度大小为 （5）2101.8msv方向指向左下方，设它与 轴的负方向的夹角为 ，如图复解 17-5-1 所示，则x10tanv（6）4因而带电质点从 时刻起的运动可以看做是t速率为 ，沿 轴的正方向的匀速直线运动和在0vx平面内速率为 的匀速圆周运动的合成圆xOyv周半径（7）0.56mRqB3带电质点进入磁场瞬间所
5、对应的圆周运动的圆心 位于垂直于质点此时速度 的直线上，O v由图复解 17-5-1 可知，其坐标为（8） sin0.4mcoOxRy圆周运动的角速度（9）15.0radsvR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 ，质点位置的坐标为t（10）0sin()Oxvttx（11）coOy式中 、 、 、 、 、 已分别由（4）、（7）、（9）、（6）、（8）各式给出。0vRx带电质点到达磁场区域下边界时， ，代入（11）式，再代入有关数值，0.myL解得（12）0.31st将（12）式代入（10）式，再代入有关数值得（13）.6mx所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标
6、为（14）0.30.8y0z带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为 的匀速圆周运动和一个速率为 的沿v0v轴正方向的匀速直线运动，任何时刻 ，带电质点的速度 便是匀速圆周运动速度 与匀x tV速直线运动的速度 的合速度若圆周运动的速度在 方向和 方向的分量为 、 ，则0v xyxy质点合速度在 方向和 方向的分速度分别为xy（15）0xV（16）yv虽然 ， 由（5）式决定，其大小是恒定不变的， 由（4）式决定，也是恒2xyv 0v定不变的，但在质点运动过程中因 的方向不断变化，它在 方向和 方向的分量 和vxyxv都随时间变化，因此 和 也随时间变化，取决于所考察时刻质点做圆周运动速度的y
7、vxVy方向，由于圆周运动的圆心的 坐标恰为磁场区域宽度的一半，由对称性可知，带电质点4离开磁场下边缘时，圆周运动的速度方向应指向右下方，与 轴正方向夹角 ，故代x4入数值得1cos2.0msxvin.y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（17）14.0msxV（18）2.y速度大小为（19）214.5sxyV设 的方向与 轴的夹角为 ，如图复解 17-5-2 所示，则1tan2yxV得 （20）7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，（1
8、9）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 的时刻作为起始时刻（ ），则质点的初速度为O0t（1）112|.0msvgy方向沿 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 方向的y x分力取决于质点在 方向的分速度，因此质点动量在 方向的分量的增量为x（2）xyvqBt是带电质点在 时间内沿 方向的位移，质点在磁场中运动的整个过程中，此式对每yt一段 时间都成立，所以在 到 时间内 方向的动量的改变为t 0ttx0()xmvqy因初始时刻（ ），带电质点在 轴方向的动量 为零，其位置在原点， ，因0tx0xmv0y而得 xvqyB5即 （3）
9、xqBvym当带电质点具有 方向的速度后，便立即受到沿 负方向的洛伦兹力的作用根据牛y顿第二定律，在 方向上有加速度 （4）yaxmgqvB将（3）式代入（4）式，得 （5 ）22()y令 （6）yD式中 （7）220.4m()/)mgqB即在 方向作用于带电质点的合力yyFk其中 2qBm是准弹性力，在 作用下，带电质点在 方向的运动是简谐振动，振动的圆频率yFyy（8）215.0radsq随时间变化的规律为y（9） 0cos()yAt或（10）0s()tD与 是待求的常量，质点的简谐运动可以用参考圆来描A0写，以所考察的简谐运动的振幅 为半径作一圆，过圆心A作一直角坐标 若有一质点 沿此圆
10、周做匀速1O1xOyM率圆周运动，运动的角速度等于所考察简谐运动的角频率，且按逆时针方向转动，在 时刻， 点的在圆周0t上的位置恰使连线 与 轴的夹角等于（9 ）式中的常1y量 ，则在任意时刻 ， 与 的连线与 轴的夹角等0tOy于 ，于是连线 在 轴上的投影即为（9 ）式所t1My示的简谐振动，将 轴平行下移 ，连线 在 轴的投影即如（10）式所示x0.4mD1OMy6（参看图复解 17-5-3）， 点做圆周运动的速度大小 ，方向与 垂直，速度MvA1OM的 分量就是带电质点沿 轴做简谐运动的速度，即vyy（11）0sin()vAt（10）和（11）两式中的 和 可由下面的方法求得：因为已知
11、在 时，带电质点位0t于 处，速度 ，把这个条件代入（10 ）式与（11）式得0y1yv0cosAD1inv解上面两式，结合(1)、(8)式，注意到振幅 总是正的，故得A(12)054(13).6mA把（10）式代入(3)式，便得带电质点沿 轴运动的速度x(14)0cos()xvDt（14）式表示带电质点在 方向上的速度是由两个速度合成的，即沿 方向的匀速运动速x度 和 方向的简谐振动速度 的合成，带电质点沿 方向的匀速运动的D0s()At位移（15）xDt由沿 方向的简谐振动速度 可知，沿 方向振动位移的振幅等于速度的最x 0cos()tx大值与角频率的比值（参看图复解 17-5-3），即等
12、于 由参考圆方法可知，沿 方向的Ax振动的位移 具有如下的形式00cossin()2Att它可能是 ，亦可能是 在本题中， 时刻，in()xti()xbAt0t应为零，故前一表示式不符合题意后一表示式中， 应取的值为 ，故有sinbA（16）00sini()xAt带电质点在 方向的合位移 ，由（15）、（16）式，得x（17）00sii()Dtt（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的位置坐标和速度的 分量和 分量，式中常量 、 、 、 已分别由（8）、t xyA0D7（13）、（12）和（7 ）式给出当带电质点达到磁场的下边界时，（18）0.8
13、myL将与（10）式有关的数据代入（10 ）式，可解得（19）.31st代入（17）式，得（20）0.6mx将（19）式分别代入（14）式与（11）式，得14.sxv 12.0syv速度大小为（21）21.5msxyV速度方向为（22）arctn27yxv评分标准：本题 25 分（7）式 2 分，（8）式 3 分，（10）式 2 分，（11）式 2 分，（12）式 3 分，（13 ）式 3 分，（14）式 2 分，（17）式 3 分，（20）式 3 分，（21）式 1 分，（22）式 1 分。08江苏卷14(16分)在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为 m、带正电 q 的小球在O点静止释放，小
14、球的运动曲线如图所示已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到 x 轴距离的2倍，重力加速度为g求：(1)小球运动到任意位置P(x ，y)的速率 .v(2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离y m.(3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E()的匀强电场时，小球从 O静止qmg释放后获得的最大速率v m14.(1)洛仑兹力不做功，由动能定理得，mgy= mv2 1得 v= gy（2）设在最大距离 ym 处的速率为 vm,根据圆周运动有，8qvmB-mg=m 2vR且由 知 mgy由及 R=2ym得 2qB（3）小球运动如图所示，由动能定理 （qE-mg）| ym|= 21v由圆周运动 qvmB+mg
15、-qE=m R且由及 R=2|ym|解得vm= 2()qEg（A18F）四、 （22 分）如图复 18-4 所示，均匀磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度 随时间 变化，Bt（ 为大于 0 的常数） 现0kt有两个完全相同的均匀金属圆环相互交叠并固定在图中所示位置，环面处于图中纸面内。圆环的半径为 ，电阻为 ，Rr相交点的电接触良好两个环的接触点与 间的劣弧对圆心 的张角为ACO60。求 时，每个环所受的均匀磁0t场的作用力，不考虑感应电流之间的作用四、参考解答1求网络各支路的电流因磁感应强度大小随时间减少，考虑到电路的对称性，可设两环各支路的感应电流 、1I的方向如图复解 18-4-1 所示，
16、对左环电路 ，有关系2I ADCF12CFADIr因图复 18-49， ，56CFArDCr2KR故（1） 212KRI因回路 所围的面积为E3故对该回路有（2）23216rKRI解得（3）22()IKr代入（1）式，得（4）21(03)RI2求每个圆环所受的力先求左环所受的力，如图复解 18-4-2 所示，将圆环分割成很多小圆弧，由左手定则可知，每段圆弧所受的力的方向均为径向，根据对称性分析，因圆弧 与圆弧 中的PMACNQ电流方向相反，所以在磁场中受的安培力相互抵消，而弧 与弧 的电流相对 轴上下Qx是对称的，因而每段载流导体所受的安培力在 方向的合力为零，以载流导体弧 上的y线段 为例，
17、安培力 为径向，其 分量的大小表示为lFx（5）1cosxIBl因 cosll故 1xFI11lIPQIR（6）由于导体弧 在 方向的合力为零，所以在y时刻所受安培力的合力 仅有 分量，即0t 1Fx112(3)0xFIBRKr20(1)()tR（7）方向向左同理，载流导体弧 在 时刻所受的安培力为AC0t22(3)RFIBRKBr10（8）20(3)()RKBtRr方向向右左环所受的合力大小为（9）312093()5FBtRr方向向左(A19F) 二、 (18 分) 在图复 19-2 中，半径为 的圆柱形区域内有匀强磁场，磁场方向垂R直纸面指向纸外，磁感应强度 随时间B均匀变化，变化率 (
18、为一正/tK值常量),圆柱形区外空间没有磁场，沿图中 弦的方向画一直线，并向外延长，AC弦 与半径 的夹角 直线O/4上有一任意点，设该点与 点的距离为 ，Ax求从 沿直线到该点的电动势的大小二、参考解答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 为任意点（见图复解19-2-1） ，在图中连直线P2xR与 。取闭合回路 ，可得回路电动势 ，式中 ，OAPA
19、O1APOAEEP， 分别为从 到 、从 到 、从 到 的电动势。由前面的分析可知E， ，故 0POA 1APE（1）令 的面积为 ，此面积上磁通量 ，由电磁感应定律，回路的电动势大1S1BS小为 Ett根据题给的条件有 （2）1Sk由图复解19-2-2可知 （3）sin22xR由（1）、（2）、（3）式可得沿 线段的电动势大小为AP（4）APkREx112任意点在磁场区域外：令 为任意点（见图复解19-2-2）， 。在图中连Q2xR、 。取闭合回路 ，设回路中电动势为 ，根据类似上面的讨论有OAQAO2E（5）2E对于回路 ，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，通过它
20、的磁通量 。根据电磁感应定律可知回路中电动势的大小2S2BS（6）Ek在图中连 ，令 ，则 ，于是OCQOC2 221(sin)cosSADRR的 面 积 扇 形 的 面 积当 时， ，/421()S中有 OCQsini(/4)xR2sin)1()(cosixR22()sinxtanxR于是得 （7）212(arctn)xS由（5）、（6）、（7）式可得沿 线的电动势的大小为AQA C CAO OR RPx DQ图复解 19-21 图复解 19-2212（8）22(1arctn)AQkRxRE(A19F) 四、 （18 分）有人设计了下述装置用以测量线圈的自感系数在图复 19-4-1 中，E
21、为电压可调的直流电源。K 为开关， 为待测线圈的自感系数， 为线圈的直流电阻，LLrD 为理想二极管， 为用电阻丝做成的电阻器的电阻， A 为电流表。将图复 19-4-1 中 、r a之间的电阻线装进图复 19-4-2 所示的试管 1 内，图复 19-4-2 中其它装置见图下说明其b中注射器筒 5 和试管 1 组成的密闭容器内装有某种气体（可视为理想气体） ，通过活塞 6 的上下移动可调节毛细管 8 中有色液注的初始位置，调节后将阀门 10 关闭，使两边气体隔开毛细管 8 的内直径为 d已知在压强不变的条件下，试管中的气体温度升高 1K 时，需要吸收的热量为 ，qC大气压强为 。设试p管、三通
22、管、注射器和毛细管皆为绝热的，电阻丝的热容不计当接通电键 K 后，线圈 中将产生磁场，L已知线圈中储存的磁场能量 ， 为通过线圈的电流，其值可通过电流表 A 测量，21WLI现利用此装置及合理的步骤测量的自感系数 1简要写出此实验的步骤 2用题中所给出的各已知量（ 、 、 、 、 等）及直接测得的量导出 的表达式，rLqCpdL四、参考解答1.（1）调整活塞6使毛细管8中有色液柱处于适当位置，将阀门10关闭使两边气体隔绝，记下有色液柱的位置；（2）合上开关 ，测得电流 ；（3）打开开关 ；（4）测出有色液SIS体右移的最远距离 ；（5）改变电源电压，重复测量多次，记下多次的 和 值。x Ix2
23、.合上开关 后，线捆贮有磁场能量 ，因二极管 的存在， 中无电流。打开开S21WLDr关 后，由于 中有感应电动势，在线圈 、电阻器 和二极管 组成的回路中有电流通Lab过，最后变为零。在此过程中原来线圈中储存的磁场能量将转化为 和 上放出的热量，rL其中 上放出的热量为 （1）r 21LrQI此热量使试管中的气体加热、升温。因为是等压过程，所以气体吸热为（2）pmCT13式中 为气体质量， 为其摩尔质量， 为温升，因为是等压过程，设气体体积改变量mT为 ，则由理想气体状态方程可得V（3）mpVR而 （4）24dx由以上各式可得 （5）22LpCdrRIA23F 五、 （25 分）磁悬浮列车是
24、一种高速运载工具。它具有两个重要系统。一是悬浮系统，利用磁力（可由超导电磁铁提供）使车体在导轨上悬浮起来与轨道脱离接触。另一是驱动系统，在沿轨道上安装的三相绕组（线圈）中，通上三相交流电，产生随时间、空间作周期性变化的磁场，磁场与固连在车体下端的感应金属板相互作用，使车体获得牵引力。为了有助于了解磁悬浮列车的牵引力的来由，我们求解下面的问题。设有一与轨道平面垂直的磁场，磁感应强度 B 随时间 t 和空间位置 x 变化规律为)cos(),(0kxttxB式中 、 、 均为已知常量，坐标轴 x 与轨道平行。在任一时刻 t，轨道平面上磁场沿0Bkx 方向的分布是不均匀的，如图所示。图中 Oxy 平面
25、代表轨道平面， “”表示磁场的方向垂直 Oxy 平面指向纸里， “ ”表示磁场的方向垂直 Oxy 平面指向纸外。规定指向纸外时B 取正值。 “”和“ ”的疏密程度表示沿着 x 轴 B 的大小分布。一与轨道平面平行的具有一定质量的金属矩形框 MNPQ 处在该磁场中，已知与轨道垂直的金属框边 MN 的长度为，与轨道平行的金属框边 MQ 的长度为 d，金属框的电阻为 R，不计金属框的电感。1试l求在时刻 t，当金属框的 MN 边位于 x 处时磁场作用于金属框的安培力，设此时刻金属框沿x 轴正方向移动的速度为 。v2.试讨论安培力的大小与金属框几何尺寸的关系。五、参考解答：141题给的磁场 随时间和空
26、间的变化具有周期性，在某时刻 ，磁场的空间分布,Bxt t为 0,cosBxttkx在 时刻，磁场的空间分布为t0 0,coscsBxttkxBtkxt比较上面两式，不难看出， 和 这两个时刻的磁场的空间分布规律是相同的，只是t时刻原位于 处的磁场，经历 时间，在 时刻，出现在 处即整个磁场txtkttx的分布经时间间隔 沿 x 轴的正方向平移了一段距离tk平移速度（1）0xtkv平移速度 为恒量由此可见，题给出的磁场 可视为一在空间0v 0,cosBxttkx按余弦规律分布的非均匀磁场区域以速度 沿 x 轴的正方向平移如果金属框移动的速度0v小于磁场区域平移的速度，那么通过金属框的磁通将随时
27、间发生变化，从而在金属框中产生感应电流，感应电流将受到磁场的安培力作用由题已知，在时刻 t，金属框移动的速度为 ，金属框 MN 边位于坐标 x 处，PQ 边v位于坐标 处设此时金属框的磁通为 （规定由纸内到纸外 为正） ；经过一很短xd的时间间隔 ，整个磁场分布区域向 x 方向移动了一段距离 ，金属框向 x 方向移动了t 0t一段距离 ，其结果是：MN 边左侧穿过面积为 的磁通 移v 0lv0,Btltv进了金属框，PQ 边左侧穿过面积为 的磁通 移出了金属框，0ltv0,xdtl故在 时刻，通过金属框的磁通为t0 0, ,BxtltBxtltv在 时间间隔内，通过金属框的磁通增量为t（2）0
28、,xtdtlt规定框内的感应电动势 沿顺时针方向（沿回路 MNPQM 方向) 为正，由电磁感应定律，E15可得 t 时刻的感应电动势（3）tE规定金属框内的感应电流 沿顺时针方向（沿回路 MNPQM 方向) 为正，可得 t 时it刻的感应电流为(4)itRE磁场对于上下两边 NP 和 MQ 的安培力的大小相等，方向相反，二者的合力为零规定向右的力为正，则磁场作用于金属框 MN 边的安培力为 ；由于 PQ 边和 MN 边的,itBxl电流方向相反，磁场作用于金属框 PQ 边的安培力为 ，故金属框的安培,dtl力的合力（5）,ftiBxtlixdtl由（1） 、 （2） 、 （3） 、 （4） 、
29、 （5）式及题给定的磁场分布规律，得（6）20 2coscoslkft tkxtkxdvR利用三角学公式，得2022 204sini sin2Bl tkxdkd kdkft Ftx v（7） 2024sinBlkdkFvR称为安培力 的幅度从（7）式可以看出，安培力 在 的幅度内随时间变化，0Fft ft0F但其值不会小于零，表示磁场作用于金属框的安培力始终向右2讨论安培力的大小与线框几何尺寸的关系就是讨论 与线框几何尺寸的关0系 与金属框长度 l 的平方成正比，与金属框的宽度 d 有关：0F当 ， 即2kdn（8） 0,12nk16得 （9）0F当 ，即21kdn（10） 0,12nk达最大
30、值0F（11）200max4BlkFvR当 d 取其它值时， 介于 0 与最大值 之间0maxF评分标准： 本题 25 分A21f七、 （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 设导轨足够长， 也足够大，在运动过程中，两
31、金属杆之间0v距离的变化远小于两金属杆的初始间距 ，因而可以认为在杆运动过程中由两金属杆与导0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 的变化关系七、解法：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
32、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、v 2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(1)21vBlE当回路中的电流 i 随时间的变化率为 时，回路中的自感电动势tixOyv0c abyd17(2)tiLE根据欧姆定律，注意到回路没有电阻，有(3)0L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(4)Cm20v
33、得 (5)0VVC 方向与 v0 相同，沿 x 轴的正方向现取一新的参考系 ，它与质心固连在一起，并把质心作为坐标原点 ，取坐标轴S O与 x 轴平行设相对 系，金属杆 ab 的速度为 u，cd 杆的速度为 ，则有O u(6)uVC1(7)2v因相对 系，两杆的总动量为零，即有S(8)0um由(1)、(2)、(3) 、(5)、(6) 、(7) 、(8) 各式，得(9)tiLBl2在 系中，在 t 时刻，金属杆 ab 坐标为 ，在 tt 时刻，它的坐标为 ，则S x x由速度的定义(10)txu代入 (9) 式得(11) iLBl2若将 视为 i 的函数，由（11 ）式知 为常数，所以 与 i
34、的关系可用一直线方程表x ixx示(12) biBlx2式中 b 为常数，其值待定现已知在 t时刻，金属杆 ab 在 系中的坐标 ，这Sx021时 i = 0，故得(13) 021xiBlLx或 (14) 0i18表示 t时刻金属杆 ab 的位置 表示在任意时刻 t，杆 ab 的位置，故021x x就是杆 ab 在 t 时刻相对初始位置的位移，用 X 表示， 0(15) 021xX当 X0 时，ab 杆位于其初始位置的右侧；当 X0 时，ab 杆位于其初始位置的左侧代入(14)式，得(16) LBli这时作用于 ab 杆的安培力(17)XlilF2ab 杆在初始位置右侧时，安培力的方向指向左侧
35、；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(18) LlBmT2在任意时刻 t， ab 杆离开其初始位置的位移(19) tTAXcosA 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(20)tu2sin(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 t0 时刻，ab 杆位于初始位置，即 X = 0速度 021vvCVu故有 cosAin20Tv解这两式，并注意到(18)式得(21) 23(22) 40mLBlTAv由此得 ab 杆的位移19（23
36、）tTmLBltTmLBlX2sin23cos200 vv由 (15) 式可求得 ab 杆在 系中的位置S(24) tlxsin2210abv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 系中，cdS杆的位置(25) tTmLBlx2sin210cdv相对地面参考系 S，质心以 的速度向右运动，并注意到（18）式，得 ab 杆在地0CV面参考系中的位置(26)tmLBlltx2sin2100abvcd 杆在 S 系中的位置（27） tlmLBltx sin2210cdv回路中的电流由 (16) 式得(28)tmLBltTlLi 2sinsin200vv解法：当
37、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(1)21BlE令 u 表示 ab 杆相对于 cd 杆的速度，有(2)luL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(3)tiLE根据欧姆定律，注意到回路没有电阻，有 0L由式(2)、(3) 两式得 (4)tiBlu20设
38、在 t 时刻，金属杆 ab 相对于 cd 杆的距离为 ，在 tt 时刻，ab 相对于 cd 杆的距x离为 ，则由速度的定义，有x(5)txu代入 ( ) 式得 (6)4 iLBl若将 视为 i 的函数，由(6)式可知， 为常量，所以 与 i 的关系可以用一直线方x ixx程表示，即 (7)bilx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 ，这时0xi = 0，故得 (8)0xiBlL或 (9)i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0x xcd 杆的位置，故 就是杆 ab 在 t 时刻相对于 cd 杆的
39、相对位置相对于它们在 t时0x刻的相对位置的位移，即从 t到 tt 时间内 ab 杆相对于 cd 杆的位移(10)0X于是有 (11)LBli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(12)abmil(13)cdB两式相减并注意到( )式得9(14)XLlBila2cdb2式中 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cdab移 是常数，表明这个相对运动是简谐振动，它的振动的周期LlB2(15)LlBmT2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(16)tTAXc
40、osA 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 (17)V2sin21现已知在 t0 时刻，杆位于初始位置，即 X = 0，速度 0vV故有 cosAin20Tv解这两式，并注意到(15) 式得 320mLBlTAv由此得 (18)tlltmLBlX sin32cos00v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 xabx cd 表示，故两杆的相对位置的位移又可表示为 X =
41、xabx cdx 0 (19)所以 (20)tmLBllx2sin0cdabv(12)和(13) 式相加 , cdabim得 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xabx cd = x0v 0t (21)由(20)和 (21)式相加和相减，注意到(15 )式，得（22）tmLBllt2sin2100ab（23）tlltx si0cdv由(11)、 （19 ）(22) 、(23)式得回路中电流（24）tmLBli 2sin0v评分标准：本题 25 分解法 求得(16)式 8 分，(17)、(18) 、(19)三式各 2 分 (23)式 4分，(24)、(25)二式各 2 分，(26) 、(27)、(28)三式各 1 分解法的评分可参照解法评分标准中的相应式子给分
