专题十三 电磁感应

李冬青

竞赛物理

为什么圆环会受到磁场作用力？

每个环的优弧和劣弧中的电流肯定不同！

两个圆环受力大小相等吗？方向关系又如何？

解

例 1 如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里 . 磁感应强度 B 随时间 t 变化， B=B0-kt

（ k 为大于零的常数） . 现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的位置，环面处于图中纸面内 . 圆环的半径为 R ，电阻为 r ，相交点的电接触良好 . 两个环的的接触点 A 与 C 间的劣弧对圆心 o 的张角为 60°. 求 t=t0 时，每个圆环所受均匀磁场的作用力 .

（ 不考虑感应电流之间的作用力）

由于圆环电路的对称性，两个圆环相应部分中的电流大小相等 , 方向如图所示 .

I1 I1

I2I2

为研究方便作标记 E 、 D 、 F 、 G.

GDF E

根据基尔霍夫定律，对左环电路 ADCFA ，

1 1 2 0CFA ADCI r I r

其中，2

21

5, ,

6 6CFA ADC

B R r rk R r r

t t

I1 I1I1

I2I2

GDF E对回路 ADCEA ，

2 22 0ADCI r

其中， 22

1 3( )3 2

ADCEAB SkR

t

2

2

1 3( ) 2 03 2 6

rkR I ②

21 2

50

6 6

r rk R I I ①于是有

于是有

2

2

(2 3 3)

2

RI k

r

③

代入①式，得2

1

(10 3 3)

10

RI k

r

31 2 0 0

9 3( )

5F F F k B kt R

r 左环

I1 I1I1

I2I2

GDF E

计算圆环受力

如图，研究左环受力：

优弧 AFC 受力等于通以相同方向大小电流的直导线 AC 的受力。为

1 1 ,F I BR 方向向左

劣弧 ADC 受力等于通以相同方向大小电流的直导线 AC 的受力。为

O

A

C

F D

2 2 ,F I BR 方向向右

所以左环的受力为

方向向左

由于左、右两环的对称性，故右环的受力为

30 0

9 3( )

5F k B kt R

r 右环 方向向右

先求左环所受的力，如图所示，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 PMA 与圆弧 CNQ 中的电流方向相反，所以在磁场中受的安培力相互抵消，而弧 PQ 与弧 AC 的电流相对轴上下是对称的，因而每段载流导体所受的安培力在 y方向的合力为零，以载流导体弧 PQ 上的线段 为例，安培力 为径向，其 x 分量的大小表示为

lF

1 cosxF I B l

cosl l 因

1xF I B l 故

1 1 1xF I B l I BPQ I BR 由于导体弧 PQ 在 y 方向的合力为零，所以在 t0 时刻所受安培力的合力 F1 仅有分量，即

1 1xF F I BR

例 2 如图，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 ΔB/Δt = k （ k 为一正值常量），圆柱形区域外空间没有磁场，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 α= π/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大小。

αA C

BRO

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，如图中红色虚线所示。解：

P

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 为图中任意点， ，在图中连直线 OP 。

2x R

取闭合回路 APOA ，可得回路电动势 ，式中 EAP ， EPO ，EOA 分别为从 A 到 P 、从 P 到 O 、从 O到 A 的电动势。

1 AP PO OAE E E E

由前面的分析可知 EPO=0 ， EOA=0 ，故

1APE E ①

令△ AOP 的面积为 S1 ，由法拉第电磁感应定律，回路的电动势大小为

1 1 1

BE S S k

t t

②

αA C

RO

x

由①②③可得沿 AP 线段的电动势大小为

由图可知 1

1sin

2 2 2

xRS xR ③

2 2AP

kRE x ④

（ 2 ）任意点在磁场区域外：令 Q 为图中任意点， ，在图中连直线 OQ 。 2x R

αA C

RO

x Q

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 EAQ=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 S2 。根据电磁感应定律可知回路中电动势的大小为

2 2E S k ⑥

在图中连 OC ，

令∠ COQ=β，则∠ OQC=α-β ，于是

βα-β

2 22

1 1= ( sin ) (2 cos ) (sin 2 )

2 2 2AOC OCDS S S R R R R

扇形

22

1+

4 2S R

当 时， （1 ）

2

sin sin( )4

x R ROCQ

中有

αA C

RO

x Q

βα-β

sin ( 2 )sin( )4

R x R

1( 2 ) (cos sin )

2x R

2 2( )sin cos

2 2

x R x RR

2tan

x R

x

22

1 2(1 arctan )

2

x RS R

x

⑦

2 2(1 arctan )

2AQ

kR x RE

x

由⑤⑥⑦式可得沿 AQ 线的电动势的大小为

例 3 一个电子感应加速器的简化模型如图所示。半径为 r0 的圆形区域中的磁感应强度为 B1 ，在 r>r0 的环形区域中的磁感应强度为 B2 。欲使带正电荷 q 的粒子能在环形区域内沿半径为 r=r0 的圆形轨道上不断加速，试求 B1 与 B2 的时间变化率之间应存在的关系。

B1

B2r0

解0

2

2 r

vmvqB

带电粒子在磁场 B2 的环形区域内，受洛伦兹力作用沿半径 r0 作圆周运动

当磁感应强度 B1 随时间变化时，将在周围空间激发一个涡旋状的感应电场，此感应电场加速带电粒子。为了使 r0保持不变， B2 应随 v 的增大而增大。

由式①得到，在 r0 不变的条件下应满足

20 qB

mvr ①

t

v

qr

m

t

B

0

2 ②

其中 是感应电场对带电粒子的电场力产生的加速度，方向沿圆轨道切向。t

v

切向力满足

其中 E 是由于 B1 随时间变化产生的涡旋电场。利用绕半径为 r0 的圆环上的电动势的两种表达式求出 E 。

qEt

vmF

③

联立式②③④得到t

Bqr

t

Bqr

2

010

2

t

B

t

B

12

2

1即

t

BrE

10

2④

t

Br

t

rE

120

02

例 4 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 l2 ，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做的总功为多少？

l1

l2

ab

cd

h

P P'

Q Q'

H B

分析：l1

l2

ab

cd

h

P P'

Q Q'

H B

（ 1）

a b

cdP P'

Q Q'

H B

（ 2）

P P'

Q Q'

H B

a b

cd

(3)

P P'

Q Q'

H B

a b

cd

(4)

P P'

Q Q'

H Ba b

cd (5)

（ 1 ）到（ 2 ），线框 abcd自由落体运动，已知下落高度 h ，由机械能守恒定律可求出 dc边刚到达上边界 PP' 的速度 v0 。

F 安

mg

(2) 到（ 3 ）， dc边进入磁场，而 ab边还未进入磁场区域，dc边在重力和安培力的作用下，先做变加速运动，加速度减小，速度增加，然后速度达到最大值 vm ，此时安培力等于重力，接着以最大速度做匀速运动。

（ 4 ）到（ 5 ），整个线框进入磁场，安培力为 0 ，安培力不做功，线框在重力作用下做加速运动。

(3) 到（ 4 ），以最大速度做匀速直线运动。

解：

设 dc边刚到达磁场区域的上边界 PP' 时的速度为 v0 ，则有 2

0

1

2mv mgh

设 dc边下落到离 PP' 的距离为 h1 时，速度达到最大值 vm ，此时线框中的感应电动势为 1 mE Bl v

线框中的电流 1 mBl vEI

R R

作用于线框的安培力为2 2

11

mB l vF BIl

R

速度达到最大的条件是安培力 F=mg

2 21

m

mgRv

B l

dc边下落到离 PP' 的距离为 h1 的过程中，由动能定理

2 20

1 1

2 2G F mW W mv mv

3 2 2

1 4 412F

m g RW mgh mgh

B l

线框速度达到 vm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，由动能定理有 ' ' 0G FW W

' '2 2 1( )F GW W mgh mg l h

整个线框进入磁场后，直至 dc边到达磁场的下边界 QQ' ，作用于整个线框的安培力为 0 ，安培力做功也为 0 ，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3 2 2

'2 4 4

1

( )2F F

m g RW W W mg l h

B l

例 5 PQQnPn 是由若干正方形导线方格 PQQ1P1 ， P1Q1Q2P2 ， P2Q2Q3P3 ，

…， Pn-1Qn-1QnPn构成的网络，方格每边长度 l = 10.0 cm ， 边 QQ1 ， Q1Q2 ，

Q2Q3 ，…与边 PP1 ， P1P2 ， P2P3 ，…的电阻都等于 r ，边 PQ ， P1Q1 ， P2Q

2 ，…的电阻都等于 2 r 。已知 P 、 Q 两点间的总电阻为 Cr ， C 是一已知数，

在 x> 0 的半空间分布有随时间 t 均匀增加的匀强磁场，磁场方向垂直于 Oxy平面并指向纸里，如图所示。

Qn

Pn

Qn-1 Q3 Q2 Q1

Pn-1 P3 P2P1

P

Q

y

x

Bv

O

今令导线网络 PQ QnPn 以恒定的速度 v = 5.0 cm/s 沿 x 方向运动并进入磁

场区域，在运动过程中方格的边 PQ始终与 y 轴平行。若取 PQ 与 y 轴重合的时刻为 t = 0 ，在以后任一时刻 t ，磁场的磁感应强度为 B =B0+bt ，式中 t 的

单位为 s ， b 为已知恒量， b = 0.1B0/s 。求 t = 2.5 s 时通过导线 PQ 的电流。

（忽略导线网络的自感） .

x

y

BQn

Pn

Qn-1 Q3 Q2 Q1

Pn-1 P3 P2P1

P

Qv

O

解：

t=2.5s后将有 (1+1/4) 个网格进入磁场网络竖直边因切割磁感线产生动生电动势磁场的变化将使网络各边均产生感生电动势

思考回答此刻第一网格、第二网格、第三网格、……中的电动势情况如何？

第一个网格中的电动势仅为感生电动势

第二个网格中的电动势既有感生电动势又有动生电动势

后面各网格中的电动势均为零 .

1 1 感

2 22 + 动感

故而可用一个等效的电阻 R 取代之 .

y

Bv

Ox

Q2

P2

Q1 Q

P1 P

R

依题意有11 1 1 1 1{[( ) (2 ) ] } (2 )Cr R r r r r r r

y

Bv

Ox

Q2

P2

Q1 Q

P1 P

R

2(5 6)

4

CR r

C

任意标出各支路中的电流，如图 .

I1I2

对回路 QPP1Q1Q ： 1 21 4 2 0I r I r 感 ①

对回路 Q1P1P2Q2Q1: 2 1 22 ( )(2 ) 0I r I I r R 2动2感 ②

而：2 2

1

Bl l b

t t

感 ③

0=( 2.5 )Blv B b lv 2动⑤

21

4 4

B l bl l

t

2感

④

将③ ④ ⑤代入① ②，便可解出0

1

(56 41 )

8000

B CI

r

例 7 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 部分尚未进入磁场区域）．求在此过程中电阻所消耗的能量．（不考虑回路的自感）．

N2

R

N1 M1

M2

P

Q

F

N2

R

N1 M1

M2

P

Q

F

分析：（ 1 ）要求在此过程中电阻所消耗的能量，即要求出安培力对杆所做的功，但安培力是变化的，不能直接用恒力做功公式求解，则想到用动能定理求解。

（ 2 ）因 U型导轨在滑动摩擦力作用下做匀加速度直线运动，根据牛顿运动定律求出杆与导轨之间的摩擦力，已知杆运动的距离，即可求出摩擦力对杆做的功。

（ 3 ）根据法拉第电磁感应定律与闭合电路的欧姆定律，可以求出杆的速度，即可求出杆所增加的动能。

N2

R

N1 M1

M2

P

Q

F

解：

F 安F 摩

由动能定理，在此过程中有

21+

2FW W W mv 安 摩①

FW Fx ②

因 U型导轨在滑动摩擦力作用下做匀加速度直线运动，设其加速度为 a ，则有

00 0 2

2xF m a m

t 摩

恒力 F 对杆所做的功

由①②③④，得电阻所消耗的能量

0 02

2m x xW F x

t 摩 摩 ③

经过时间 t ，设杆的速度为 v ，Blv

0IR

0I Rv

Bl ④

摩擦力对杆所做的功

2 20 0

0 2 2 2

1( 2 )

2R

x I RE W F m x m

t B l 安

练习 11 如图所示， da 、 cb 为相距 l m 的平行导轨（电阻很小，可以忽略）， a 、 b 间接有一固定电阻，阻值为 R 。长直细杆MN 可以按任意角 θ架在平行导轨上，并以匀速 v滑动（平移）， v的方向和 da平行。杆MN 有电阻，每米长的电阻值为 R 。整个空间充满磁感应强度为 B 的匀强磁场，方向垂直纸面向里。求： （ 1 ）固定电阻 R 上消耗的功率最大时角 θ 的值； （ 2 ）杆MN 上消耗的电功率最大时角 θ 的值。

l R

d

cb

a

M

N

vθ

（ 1 ）棒平动时切割磁感线而产生感应电动势 E ，其值与 θ角无关，为：解：

E Blv以 r 表示两导轨间那段棒的电阻，则回路中的电流为：

固定电阻 R 上消耗的功率为2

22( )R

EP I R R

R r

由于 E 和 R 均与 θ无关，所以 r 的值最小时 PR 在最大值。当棒与导轨垂直时两轨道间的棒长最短， r 的值最小，所以 PR最大时的 θ 值为：

。

2

EI

R r

sin

lr R

其中

arcsin , rl P 时 最大

（ 2 ）棒MN 上消耗的电功率为：2

22( )r

EP I r r

R r

要求 Pr最大，即要求 取极大值。由于 ])(1[4

1

)(2

2 Rr

Rr

RrR

r

可知，当 r=R 时， 有极大值。

因每米杆长的电阻值为 R ， r=R 。即要求两导轨间的棒长为 1米，所以有以下两种情况：

（ i ）如果 l≤1米，则当 θ满足下式时 r=R ，1×sinθ=l

（ ii ）如果 l>1米，则两导轨间那段棒长总是大于 1米，即总有 r>R 。由于：

22 )2

1()(Rr

R

Rr

Rr

在 r>R 的条件下，上式随 r 的减小而单调减小， r 取最小值时，

2)(Rr

Rr

取最小值，

2)( Rr

r

取最大值， 所以 Pr 取最大值时 θ值为：2