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JQX/进取芯 席明纳第34期（2026.05.21）

JQX|Jin

二）内摆线
内摆线是一个小圆在一个固定的大圆内部无滑动滚动时，小圆圆周上一定点所描绘出的轨迹。研究这个内摆线源自2026年T8考试的一道题目：

分析：
本题内圆半径为外圆半径的一半，为内摆线的一种特殊情况。
由于两圆无滑滚动，故接触点速度为0，该点可以理解为小轮圆心C绕大轮圆心O的匀速圆周，和该点绕小轮圆心的匀速圆周运动的合成。所以可以分析得到圆心C绕O的线速度与小圆上点绕C的线速度相等。
分析P点速度，其运动可视为随圆心C绕O的公转与绕C自转的合成。根据矢量合成，合速度方向指向O。或者，由于接触点为小圆瞬心，P点速度垂直于P点与瞬心的连线。
分析P点加速度，可以将其分解为随圆心C绕O公转的向心加速度和绕C自转的向心加速度，这两部分加速度均指向各自旋转中心。通过矢量合成计算（可以绘制为一个与POC相似的三角形）可知，P点的总加速度始终指向大圆圆心O，且大小与P点到O点的距离成正比。
在这个模型下，P点做直线运动，且为简谐运动。
由于我们P点是任选的，所以每个这一结论非常有美感：当小圆半径恰为大圆一半时，内摆线退化为直线，很多机械结构中使用这一原理来设计直线导轨的。
本题答案选A。

如果内圆半径并非外圆的一半，轨迹将不再是直线，而是呈现为具有多个尖点的复杂曲线。此时，P点的运动不再具备简谐运动的特征，其加速度方向也不再恒定指向大圆圆心。随着内外圆半径比值的变化，内摆线的形态将发生显著改变，尖点数量随之增加。当比值为有理数时，轨迹闭合，形成具有有限个尖点的星形曲线；若比值为无理数，轨迹将永不闭合，P点会在大圆内部无限次地穿梭，最终填满整个环形区域。

三）外摆线

外摆线是动圆在定圆外侧滚动时，动圆上一点所描绘的轨迹。与内摆线不同，外摆线的形态更为舒展。当动圆半径与定圆半径相等时，外摆线演变为心脏线。若动圆半径为定圆的三分之一，轨迹则化为三叶玫瑰线。

肖老师利用人工智能将这一抽象的几何演化过程可视化呈现：https://assets.quisir.com/cyloid1.html

Qiusir分享了一道感生电动势的好题：

如图甲所示，在圆心为 $O$ 、半径为 $L$ 的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 $B$ 大小随时间变化的关系如图乙所示（图中 $B_{0}$ 、 $t_{0}$ 为已知量）。正方形单匝闭合线框 $OABC$ 质量为 $m$ 、边长也为 $L$ ，由均匀导线构成，固定在光滑水平面内，导线单位长度的电阻为 $R$ ，不计线框电感。求：

(1) $0\sim t_{0}$ 时间内回路中的电流大小及方向（“顺时针”或“逆时针”）；
(2) $t = 0.5t_{0}$ 时，线框 $O$ 、 $A$ 两点的电势差 $U_{OA}$ 及 $A$ 、 $B$ 两点的电势差 $U_{AB}$ ；
(3)若闭合线框在 $t = 2t_{0}$ 时解除固定，同时将匀强磁场在极短时间内从 $B_{0}$ 线性减小为零，求线框在该极短时间内获得的速度 $v$ 的大小。
第一问比较简单，由楞次定律可知，线框中的电流方向为逆时针。
第二问出现了一个问题：在线框（电路）中，谁充当电源？在之前《电子感应加速器》一文中，我们曾探讨过类似情形。

电子感应加速器

变化的磁场在空间激发涡旋电场，电场存在于整个空间（包括磁场内外）本题OA、OC两根棒，虽在磁场内部，但电场与之处处垂直，故不产生感生电动势，而AB、BC两段导体虽在磁场外部，但电场沿导体方向有分量，因而产生感生电动势，根据对称性，我们可以把AB、BC两段视为等效电源，其电动势大小相等、方向一致，共同驱动逆时针电流。
$0\sim t_{0}$ 时间内整个回路中的电动势为 $E = \frac{S\Delta B}{\Delta t}$ 其中 $S = \frac{1}{4}\pi L^{2}$ $\frac{\Delta B}{\Delta t} = \frac{B_{0}}{t_{0}}$ 其中 $AB$ 边的感应电动势总电动势一半，为 $E_{AB} = \frac{1}{8}\pi L^{2}\frac{B_{0}}{t_{0}}$
线框中的电流大小为 $I = \frac{E}{4RL}$ ，解得 $I = \frac{\pi L B_{0}}{16 R t_{0}}$
线框 $O$ 、 $A$ 无感应电动势，两点的电势差 $U_{OA} = I\times RL = \frac{\pi L^{2}B_{0}}{16 t_{0}}$
线框线框 $A$ 、 $B$ 两点的电势差 $U_{AB} = I\times RL – E_{AB}$ 联立解得 $U_{AB} = -\frac{\pi L^{2}B_{0}}{16 t_{0}}$
第三问比较常规，在磁场极短时间内线性减小为零的过程，对线框由动量定理有 $-B_{0} L \cdot \frac{\Delta \Phi}{R_{\text{总}}} = m v$ ，即 $-\frac{B_{0}^{2} L^{2}}{4R_{\text{总}}} = m v$ ，
又 $\Delta \Phi = \frac{1}{4}\pi L^{2} B_{0}$ ， $R_{\text{总}} = 4RL$ ，联立解得 $v = \frac{\pi L^{2} B_{0}^{2}}{32 m R}$ 。