20--25届全国复赛电磁学部分.doc

2025全国物理复赛电磁学部分（20届复赛）一、（15分）图中a为一固定放置的半径为R的均匀带电球体，O为其球心己知取无限远处的电势为零时，球表面处的电势为U=1000 V在离球心O很远的O点附近有一质子b，它以 Ek2000 eV 的动能沿与OO平行的方向射向a以l表示b与OO线之间的垂直距离，要使质子b能够与带电球体a的表面相碰，试求l的最大值把质子换成电子，再求l的最大值一、参考解答令表示质子的质量，和分别表示质子的初速度和到达a球球面处的速度，表示元电荷，由能量守恒可知 （1）因为a不动，可取其球心为原点，由于质子所受的a球对它的静电库仑力总是通过a球的球心，所以此力对原点的力矩始终为零，质子对点的角动量守恒。所求的最大值对应于质子到达a球表面处时其速度方向刚好与该处球面相切（见复解20-1-1）。以表示的最大值，由角动量守恒有 （2）由式（1）、（2）可得 （3）代入数据，可得 （4）若把质子换成电子，则如图复解20-1-2所示，此时式（1）中改为。同理可求得（5）（20届复赛）六、(23分)两个点电荷位于轴上，在它们形成的电场中，若取无限远处的电势为零，则在正轴上各点的电势如图中曲线所示，当时，电势：当时，电势；电势为零的点的坐标, 电势为极小值的点的坐标为 （2）。试根据图线提供的信息，确定这两个点电荷所带电荷的符号、电量的大小以及它们在轴上的位置六、参考解答在点电荷形成的电场中一点的电势与离开该点电荷的距离成反比。因为取无限远处为电势的零点，故正电荷在空间各点的电势为正；负电荷在空间各点的电势为负。现已知处的电势为零，故可知这两个点电荷必定是一正一负。根据所提供的电势的曲线，当考察点离坐标原点很近时，电势为正，且随的减小而很快趋向无限大，故正的点电荷必定位于原点处，以表示该点电荷的电量。当从0增大时，电势没有出现负无限大，即没有经过负的点电荷，这表明负的点电荷必定在原点的左侧。设它到原点的距离为，当很大时，电势一定为负，且趋向于零，这表明负的点电荷的电量的数值应大于。即产生题目所给的电势的两个点电荷，一个是位于原点的正电荷，电量为；另一个是位于负轴上离原点距离处的负电荷，电量的大小为，且。按题目所给的条件有 （1） （2）因时，电势为极小值，故任一电量为的正检测电荷位于处的电势能也为极小值，这表明该点是检测电荷的平衡位置，位于该点的检测电荷受到的电场力等于零，因而有 （3）由式（1）、（2）和（3）可解得 （4） （5） （6）式中为静电力常量。（21届复赛）rP2P1qRAOaa五、(20分)如图所示，接地的空心导体球壳内半径为R，在空腔内一直径上的P1和P2处，放置电量分别为q1和q2的点电荷，q1q2q，两点电荷到球心的距离均为a由静电感应与静电屏蔽可知：导体空腔内表面将出现感应电荷分布，感应电荷电量等于2q空腔内部的电场是由q1、q2和两者在空腔内表面上的感应电荷共同产生的由于我们尚不知道这些感应电荷是怎样分布的，所以很难用场强叠加原理直接求得腔内的电势或场强但理论上可以证明，感应电荷对腔内电场的贡献，可用假想的位于腔外的（等效）点电荷来代替（在本题中假想(等效)点电荷应为两个），只要假想的（等效）点电荷的位置和电量能满足这样的条件，即：设想将整个导体壳去掉，由q1在原空腔内表面的感应电荷的假想（等效）点电荷与q1共同产生的电场在原空腔内表面所在位置处各点的电势皆为0；由q2在原空腔内表面的感应电荷的假想（等效）点电荷与q2共同产生的电场在原空腔内表面所在位置处各点的电势皆为0这样确定的假想电荷叫做感应电荷的等效电荷，而且这样确定的等效电荷是唯一的等效电荷取代感应电荷后，可用等效电荷、和q1、q2来计算原来导体存在时空腔内部任意点的电势或场强1试根据上述条件，确定假想等效电荷、的位置及电量2求空腔内部任意点A的电势UA已知A点到球心O的距离为r，与的夹角为q 五、1解法：B2B1P2P1OR1aaq图1S1A1如图1所示，S为原空腔内表面所在位置，的位置应位于的延长线上的某点B1处，的位置应位于的延长线上的某点B2处设A1为S面上的任意一点，根据题意有 (1) (2)怎样才能使 (1) 式成立呢？下面分析图1中与的关系若等效电荷的位置B1使下式成立，即： (3)即： (4) 则 有 ： (5) 由 (1)式和 (5)式便可求得等效电荷 (6)由 (3) 式知，等效电荷的位置B1到原球壳中心位置O的距离： (7) 同理，B2的位置应使，用类似的方法可求得等效电荷 (8) 等效电荷的位置B2到原球壳中心O位置的距离： (9) 解法：在图1中，设，根据题意，和两者在A1点产生的电势和为零有： （1）式中： （2） （3）由（1）、（2）、（3）式得： （4）（4）式是以为变量的一次多项式，要使（4）式对任意均成立，等号两边的相应系数应相等，即： （5） （6）由（5）、（6）式得： （7）解得： （8）由于等效电荷位于空腔外部，由（8）式求得： （9）由（6）、（9）式有： （10）考虑到（1）式，有 （11） 同理可求得： （12） （13）2A点的位置如图2所示A的电势由q1、q2、共同产生，即 (10) 因 B2B1P2P1OR1aaqA图2S 代入 (10) 式得 (11)（21届复赛）xO yv0cabyd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，两金属杆之间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： (1)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： (2)根据欧姆定律，注意到回路没有电阻，有 (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： (4)得 ： (5) VC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 (6) (7)因相对系，两杆的总动量为零，即有： (8)由(1)、(2)、(3)、(5)、(6) 、(7) 、(8)各式，得： (9)在系中，在t时刻，金属杆ab坐标为，在tDt时刻，它的坐标为，则由速度的定义 (10) 代入 (9) 式得： (11) 若将视为i的函数，由（11）式知为常数，所以与i的关系可用一直线方程表示 (12) 式中b为常数，其值待定现已知在t0时刻，金属杆ab在系中的坐标，这时i = 0，故得： (13) 或 (14) 表示t0时刻金属杆ab的位置表示在任意时刻t，杆ab的位置，故就是杆ab在t时刻相对初始位置的位移，用X表示， (15) 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)这时作用于ab杆的安培力： (17)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 (18) 在任意时刻t， ab杆离开其初始位置的位移 (19) A为简谐振动的振幅，j 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) (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：故有：； 解这两式，并注意到(18)式得： (21) (22) 由此得ab杆的位移： （23）由 (15) 式可求得ab杆在系中的位置 (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，故在系中，cd杆的位置 (25) 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杆在地面参考系中的位置 (26)cd杆在S系中的位置 （27） 回路中的电流由 (16) 式得 (28)解法：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 (1) 令u表示ab杆相对于cd杆的速度，有： (2)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)根据欧姆定律，注意到回路没有电阻，有：由式(2)、(3)两式得：(4)设在t时刻，金属杆ab相对于cd杆的距离为，在tDt时刻，ab相对于cd杆的距离为，则由速度的定义，有： (5)代入 () 式得： (6)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程表示，即： (7)式中b为常数，其值待定现已知在t0时刻，金属杆ab相对于cd杆的距离为，这时i = 0，故得： (8) 或 (9)表示t0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杆的位置，故就是杆ab在t时刻相对于cd杆的相对位置相对于它们在t0时刻的相对位置的位移，即从t0到tt时间内ab杆相对于cd杆的位移： (10)于是有：(11)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)； (13)两式相减并注意到()式得： (14)式中为金属杆ab相对于cd杆的加速度，而X是ab杆相对cd杆相对位置的位移是常数，表明这个相对运动是简谐振动，它的振动的周期(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(16)A为简谐振动的振幅，j 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)现已知在t0时刻，杆位于初始位置，即X = 0，速度故有：； 解这两式，并注意到(15) 式得：；由此得： (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xabxcd表示，故两杆的相对位置的位移又可表示为：X = xabxcdx0(19)所以 (20)(12)和(13)式相加, 得由此可知，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xabxcd = x0v0t(21)由(20)和(21)式相加和相减，注意到(15)式，得 （22） （23）由(11)、（19）(22)、(23)式得回路中电流（24）（22届复赛）O1O2O3PP2P1ORRr二、如图所示，O为半径等于R的原来不带电的导体球的球心，O1、O2、O3为位于球内的三个半径皆为r的球形空腔的球心，它们与O共面，已知在OO1、OO2的连线上距O1、O2为的P1、P2点处分别放置带电量为q1和q2的线度很小的导体（视为点电荷），在O3处放置一带电量为q3的点电荷，设法使q1、q2和q3固定不动在导体球外的P点放一个电量为Q的点电荷，P点与O1、O2、O3共面，位于的延长线上，到O的距离1求q3的电势能2将带有电量q1、q2的小导体释放，当重新达到静电平衡时，各表面上的电荷分布有何变化？ 此时q3的电势能为多少？解答：1由静电感应知空腔1、2及3的表面分别出现电量为、和的面电荷，由电荷守恒定律可知，在导体球的外表面呈现出电量由静电屏蔽可知，点电荷q1及感应电荷（）在空腔外产生的电场为零；点电荷q2及感应电荷（）在空腔外产生的电场为零；点电荷q3及感应电荷（）在空腔外产生的电场为零因此，在导体球外没有电荷时，球表面的电量作球对称分布当球外P点处放置电荷Q后，由于静电感应，球面上的总电量仍为，但这些电荷在球面上不再均匀分布，由球外的Q和重新分布在球面上的电荷在导体球内各点产生的合场强为零O3处的电势由位于P点处的Q、导体球表面的电荷及空腔3表面的感应电荷（）共同产生无论在球面上如何分布，球面上的面电荷到O点的距离都是R，因而在O点产生的电势为， Q在O点产生的电势为，这两部分电荷在O3点产生的电势与它们在O点产生的电势相等，即有 （1）因q3放在空腔3的中心处，其感应电荷在空腔3壁上均匀分布这些电荷在O3点产生的电势为 (2)根据电势叠加定理，O3点的电势为 (3)故q3的电势能 (4)2 由于静电屏蔽，空腔1外所有电荷在空腔1内产生的合电场为零，空腔1内的电荷q1仅受到腔内壁感应电荷的静电力作用，因q1不在空腔1的中心O1点，所以感应电荷在空腔表面分布不均匀，与q1相距较近的区域电荷面密度较大，对q1的吸力较大，在空腔表面感应电荷的静电力作用下，q1最后到达空腔1表面，与感应电荷中和同理，空腔2中q2也将在空腔表面感应电荷的静电力作用下到达空腔2的表面与感应电荷中和达到平衡后，腔1、2表面上无电荷分布，腔3表面和导体球外表面的电荷分布没有变化O3的电势仍由球外的电荷Q和导体球外表面的电量及空腔3内壁的电荷共同产生，故O3处的电势U与q3的电势能W仍如(3)式与(4)式所示 （22届复赛）a1a0a2五、（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，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减速转动，t = 0时刻的角速度为将一半径为a0 (a0a1），r2，ri，rn1（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w ，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： (3)由于a0a1，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Dl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MNQqDqDfDfxDfyxyODxDyDlDfDfxDfyDlUV (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)（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q 在0p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应满足由（3）、（6）两式得 (12)由（12）式可见，张力F随时间t线性减小（23届复赛）四、（25分）图4-a所示的电路具有把输入的交变电压变成直流电压并加以升压、输出的功能，称为整流倍压电路。图中D1和D2为理想的、点触型二极管（不考虑二极管的电容），C1和C2是理想电容器，它们的电容都为C ，初始是都不带电， G点接地。现在A 、G间接上一交变电源，其电压u4随时间t变化的图线如图4-b所示。试分别在图4-c和图4-d中准确地画出D点的电压uD和B点的电压uB在t = 0到t = 2T时间间隔内随时间变化的图线，T为交变电压uA的周期。四、参考解答：T2T0uDBDDA图1UU答案：如图1所示，如图2 所示0TuA02TT图2附参考解法：二极管可以处在导通和截止两种不同的状态.不管D1和D2处在什么状态，若在时刻t，A点的电压为uA，D点的电压为uD，B点的电压为uB，电容器C1两极板间的电压为uC1，电容器C2两极板间的电压为uC2，则有 （1） （2） （3） （4）式中q1为C1与A点连接的极板上的电荷量，q2为C2与B点连接的极板上的电荷量.若二极管D1截止，D2导通，则称电路处在状态I. 当电路处在状态I时有 （5）若二极管D1和D2都截止，则称电路处在状态II. 当电路处在状态II时有 （6）若二极管D1导通，D2截止，则称电路处在状态III.当电路处在状态III时有 （7）电路处在不同状态时的等效电路如图3所示.C1D1C2DuAGABD2C1D1C2DuAGABD2C1D1C2DuAGABD2状态I状态II状态III图3 在到时间间隔内，uD、uB随时间t的变化情况分析如下：1. 从起，uA从0开始增大，电路处在状态 I ，C1、C2与电源组成闭合回路. 因C1、C2的电容相等，初始时两电容器都不带电，故有 在uA达到最大值即uA = U时，对应的时刻为，这时，也达到最大值. uA达到最大值后将要减小，由于D2的单向导电性，电容器C1、C2都不会放电，和保持不变，uD将要小于，即将要小于uB ，D2将由导通变成截止，电路不再处于状态I. 所以从t = 0到时间间隔内，uD、uB随时间t变化的图线如图4、图5中区域I1 内的的直线所示 2. 从起，因uD小于uB ，D2处在截止状态，电路从状态 I 变为状态 II. 因为二极管的反向电阻为无限大，电容器C1、C2都不会放电，两极板间的电压都保持不变.当电路处在状态II 时，D点的电压 B点的电压 随着uA从最大值U逐渐变小，uD亦变小；当时，对应的时刻为，.如果uA小于，则uD将小于0，D1要从截止变成导通，电路不再处在状态II.所以在到时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中区域 II1 内的直线所示. 3.从起，uA从开始减小，D1导通，但，D2仍是截止的，电路从状态II变为状态III.当电路处在 状态 III 时有 在uA减小的过程中，C1两极板间的电压uC1（= uA）也随之改变，从而维持uD为0. 当uA达到反向最大值即时，对应的时刻为，.若uA从开始增大（减小），因D1的单向导电性，电容器C1不会放电，保持不变，D1要从导通变成截止，电路不再处于状态III.所以在到时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中区域 III1 内的直线所示. 4. 从起，uA从开始增大， D1变为截止状态，从零开始增大，只要uD仍小于uB，D2仍是截止的，电路从状态III变为状态II. 当电路处在 状态 II 时，C1和C2不会放电，电容器两极板间的电压保持不变. 故有 当uA增大至时，对应的时刻为，. 若uA再增大，uD将要大于uB，D2将要从截止变为导通，电路不再处于状态II. 所以在到时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中 区域 II2 中的直线所示.5. 从起，uA要从增大， D2变为导通状态，这时D1仍是截止的，电路又进入状态I. 当电路处在 状态I时，电源与C1、C2构成闭合回路，而 当uA变化时，将随之变化，但由导通的二极管D2连接的C1、C2的两块极板所带的总电荷量是恒定不变的.由于在时刻，此时，故有 由以上有关各式得 uD、uB随着uA的增大而增大. 当uA达到最大值即时，对应的时刻为，由于D2单向导电，只增不减，uA从最大值减小时，不变，uD将要小于，而保持为，因而，D2从导通变成截止，电路不再是状态I. 所以在到时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中 I2中的直线所示. 6. 从起，uA从U开始减小， D2变为截止状态，这时D1仍是截止的，电路又进入状态II. 当电路处在 状态 II 时，C1和C2不会放电，电容器两极板间的电压保持不变. 由时刻的uD和uA的值可知此时. 故有 当uA减少至时，对应的时刻为，以后D1将由截止变为导通，电路不再处在状态II. 所以在到时间内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中 II3中的直线所示.7. 从起，uA从开始减小，D1变为导通状态，但D2仍是截止的，电路又进入状态III，故有 在uA减小的过程中，C1两端的电压uC1也随之改变，开始阶段D1保持导通，uD = 0. 但当uA减小至-U时，对应的时刻为，uC1 = U. 因D1单向导电，且，C1右极板的正电荷只增不减，uA到达-U后要增大，uD要大于0，D1要从导通变为截止，电路不再处于状态III. 所以在到时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中III2内的直线所示.8. 从起，uA从-U开始增大，D1变为截止状态，D2仍是截止的，电路又进入状态II. 当电路处于状态II 时，C1和C2不会放电，电容器两极板间的电压保持不变.由时刻的uD和uA的值可知，此时.故有 uD将随着uA的增大而增大.当uA=时，对应的时刻，uD =，与uB相等.以后uD要大于，D2要从截止变为导通，电路不再是状态II. 所以在到时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中II4内的直线所示.总结以上讨论，各时段起讫时刻及和变化值如下表所示：时 段12345678I1II1III1II2I2II3III2II4T2T0uDBDDA图4I1II1III2II2III1I2II4II3202TT图5I1II1III2II2III1I2II4II32评分标准：本题25分（23届复赛）五、（25分）磁悬浮列车示一种高速运载工具，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）使车体在轨道上悬浮起来与轨道脱离接触。另一系统使驱动系统，它沿轨道上安装在三相绕组（线圈）中，通上三相交流电，产生随时间、空间作周期型变化的磁场，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B(x ，t) = B0cos(tkx)式中B0 、 、k均为常量，坐标轴x与轨道平行，在任一时刻t ，轨道平面上磁场沿x方向分布是不均匀的，如图5所示。图中Oxy平面代表轨道平面，“”表示磁场的方向垂直Oxy平面向里，“”表示磁场的方向垂直Oxy平面向外。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l ，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v ；2、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：1题给的磁场随时间和空间的变化具有周期性，在某时刻，磁场的空间分布为 在时刻，磁场的空间分布为 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的分布经时间间隔沿x轴的正方向平移了一段距离 平移速度 （1）平移速度为恒量由此可见，题给出的磁场可视为一在空间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小于磁场区域平移的速度，那么通过金属框的磁通将随时间发生变化，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方向移动了一段距离，其结果是：MN边左侧穿过面积为的磁通移进了金属框，PQ边左侧穿过面积为的磁通移出了金属框，故在时刻，通过金属框的磁通为 在时间间隔内，通过金属框的磁通增量为 （2）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，可得t时刻的感应电动势 （3）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时刻的感应电流为 (4)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 ，故金属框的安培力的合力 （5）由（1）、（2）、（3）、（4）、（5）式及题给定的磁场分布规律，得 （6）利用三角学公式，得 （7） 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，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系与金属框长度l的平方成正比，与金属框的宽度d有关：当， 即 （8）得 （9）当，即 （10）达最大值 （11） 当d取其它值时，介于0与最大值之间（24届复赛）四、（25分）图中oxy是位于水平光滑桌面上的直角坐标系，在的一侧，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。在的一侧，一边长分别为和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大小的关系。（假定线框在运动过程中始终保持超导状态）参考解答：设某一时刻线框在磁场区域的深度为x，速度为，因线框的一条边切割磁感应线产生的感应电动势为，它在线框中引起感应电流，感应电流的变化又引起自感电动势设线框的电动势和电流的正方向均为顺时针方向，则切割磁感应线产生的电动势与设定的正方向相反，自感电动势与设定的正方向相同.因线框处于超导状态，电阻，故有 （1）即 （2）或（3）即 （4）可见与x成线性关系，有 （5）C为一待定常数，注意到时，可得，故有 （6）时，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 （7）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（8） 周期（9）振动的振幅可由能量关系求得，令表示线框速度减为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（10）得（11）故其运动方程为， t从0到（12）半个周期后，线框退出磁场区，将以速度向左匀速运动因为在这种情况下的最大值是，即（13）由此可知，发生第（i）种情况时，的值要满足下式即（14） (ii) 若线框的初速度比较大，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，这要求满足下式（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，但位移区间是到，所以时间间隔与（12）式不同，而是从0到 （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，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即（17）五、（25分）地球赤道表面附近处的重力加速度为，磁场的磁感应强度的大小，方向沿经线向北。赤道上空的磁感应强度的大小与成反比（r为考察点到地心的距离），方向与赤道附近的磁场方向平行。假设在赤道上空离地心的距离（为地球半径）处，存在厚度为10km的由等数量的质子和电子的等离子层（层内磁场可视为匀强磁场），每种粒子的数密度非常低，带电粒子的相互作用可以忽略不计。已知电子的质量，质子的质量，电子电荷量为，地球的半径。1.所考察的等离子层中的电子和质子一方面作无规则运动，另一方面因受地球引力和磁场的共同作用会形成位于赤道平面内的绕地心的环行电流，试求此环行电流的电流密度。2.现设想等离子层中所有电子和质子，它们初速度的方向都指向地心，电子初速度的大小，质子初速度的大小。试通过计算说明这些电子和质子都不可能到到达地球表面。参考解答：解法一：1.由于等离子层的厚度远小于地球的半径，故在所考察的等离子区域内的引力场和磁场都可视为匀强场.在该区域内磁场的磁感应强度 （1）引力加速度xOyzuxuyuzv0v0v图1（2）考察等离子层中的某一质量为m、电荷量为q、初速度为u的粒子，取粒子所在处为坐标原点O，作一直角坐标系Oxyz，Ox轴指向地球中心，Oz沿磁场方向，如图1所示.该粒子的初速度在坐标系中的三个分量分别为ux、uy和uz.因作用于粒子的引力沿x轴正方向，作用于粒子的洛伦兹力与z轴垂直，故粒子在z轴方向不受力作用，沿z轴的分速度保持不变. 现设想在开始时刻，附加给粒子一沿y轴正方向大小为v0的速度，同时附加给粒子一沿y轴负方向大小为v0的速度，要求与其中一个v0相联系的洛伦兹力正好与粒子所受的地球引力相平衡，即 得 （3）用v表示ux与沿y轴的速度的合速度（对质子取正号，对电子取负号），有 （4）这样，所考察的粒子的速度可分为三部分：沿z轴的分速度其大小和方向都保持不变，但对不同的粒子是不同的，属于等离子层中粒子的无规则运动的速度分量沿y轴的速度对带正电的粒子，速度的方向沿y轴的负方向，对带负电的粒子，速度的方向沿y轴的正方向与这速度联系的洛伦兹力正好和引力抵消，故粒子将以速率沿y轴运动由（3）式可知，的大小是恒定的，与粒子的初速度无关，且对同种的粒子相同在平面内的速度与这速度联系的洛伦兹力使粒子在平面内作速率为的匀速率圆周运动，若以R表示圆周的半径，则有得（5）由（4）、（5）式可知，轨道半径不仅与粒子的质量有关，而且与粒子的初速度的x分量和y分量有关圆周运动的速度方向是随时间变化的，在圆周运动的一个周期内的平均速度等于0由此可见，等离子层内电子和质子的运动虽然相当复杂，但每个粒子都具有由（3）式给出的速度，其方向垂直于粒子所在处的地球引力方向，对电子，方向向西，对质子，方向向东电子、质子这种运动称为漂移运动，对应的速度称为漂移速度漂移运动是粒子的定向运动，电子、质子的定向运动就形成了环绕地球中心的环形电流由（3）式和（1）、（2）两式以及有关数据可得电子和质子的漂移速度分别为 （6） （7）由于电子、质子漂移速度的方向相反，电荷异号，它们产生的电流方向相同，均为沿纬度向东.根据电流密度的定义有 （8）代入有关数据得 （9）电流密度的方向沿纬度向东.2上一小题的讨论表明，粒子在平面内作圆周运动，运动的速率由（4）式给出，它与粒子的初速度有关对初速度方向指向地心的粒子，圆周运动的速率为（10）由（1）、（2）、（3）、（5）、（10）各式并代入题给的有关数据可得电子、质子的轨道半径分别为 （11） （12）以上的计算表明，虽然粒子具有沿引力方向的初速度，但由于粒子还受到磁场的作用，电子和质子在地球半径方向的最大下降距离分别为和，都远小于等离子层的厚度，所考察的电子和质子仍在等离子层内运动，不会落到地面上.解法二：.1.由于等离子层的厚度远小于地球半径，故在所考察等离子区域内的引力场和磁场都可视为匀强场.在该区域内磁场的磁感应强度 （1）引力加速度 （2）xOyzvxvyvz图1考察等离子层中的某一质量为m，电荷量为q、初