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高中物理竞赛教程(超详细) 第三讲 电磁感应


冲刺高中物理竞赛 冲刺高中物理竞赛 第三讲

电磁感应 勇于拼搏 享受成功

第三讲
§3.1 基本磁现象

磁场

由于自然界中有磁石( Fe3 O4 )存在,人类很早以前就开始了对磁现象的研究. 人们把磁石能吸引铁`钴`镍等 物质的性质称为磁性. 条形磁铁或磁针总是两端吸引铁屑的能力最强,我们把这吸引铁屑能力最强的区域称之 为磁极. 将一条形磁铁悬挂起来,则两极总是分别指向南北方向,指北的一端称北极(N 表示);指南的一端称 南极(S 表示). 磁极之间有相互作用力,同性磁极互相排斥,异性磁极互相吸引. 磁针静止时沿南北方向取向 说明地球是一个大磁体,它的 N 极位于地理南极附近,S 极位于地理北极附近. 1820 年,丹麦科学家奥斯特发现了电流的磁效应. 第一个揭示了磁与电存在着联系. 长直通电导线能给 磁针作用;通电长直螺线管与条形磁铁作用时就如同条形磁铁一般;两根平行通电直导线之间的相互作用……, 所有这些都启发我们一个问题:磁铁和电流是否在本源上一致? 1822 年, 法国科学家安培提出了组成磁铁的最小 单元就是环形电流,这些分子环流定向排列,在宏观上就会显示出 N,S 极的分子环流假说.近代物理指出,正 是电子的围绕原子核运动以及它本身的自旋运动形成了"分子电流" ,这就是物质磁性的基本来源. 一切磁现象的根源是电流,以下我们只研究电流的磁现象.

§3.2

磁感应强度

3.2.1,磁感应强度,毕奥 萨伐尔定律 . . ,磁感应强度, 将一个长 L,I 的电流元放在磁场中某一点,电流元受到的作用力为 F. 当电流元在某一方位时,这个力最 大,这个最大的力 Fm 和 IL 的比值,叫做该点的磁感应强度. 将一个能自 由转动的小磁针放在该点,小磁针静止时 N 极所指的方向,被规定为该点 磁感应强度的方向. 真空中,当产生磁场的载流回路确定后,那空间的磁场就确定了,空间 各点的 B 也就确定了. 根据载流回路而求出空间各点的 B 要运用一个称为 毕奥—萨伐尔定律的实验定律.毕—萨定律告诉我们:一个电流元 I L(如 图 3-2-1)在相对电流元的位置矢量为 r 的 P 点所产生的磁场的磁感强度 B 大小为

r
θ
图 3-2-1

K=

IL sin θ r2 ,θ 为顺着电流 I L 的方向与 r 方向的夹角, B 的方向可用右手螺旋法则确定,即伸出
韦伯/安培 米.载流回路是由许多个 I L 组成的,求出每个 I L 在 P 点的 B 后矢量求和,就得

右手,先把四指放在 I L 的方向上,顺着小于 π 的角转向 r 方向时大拇指方向即为 B 的方向.式中 K 为一常 数,K= 10
7

到了整个载流回路在 P 点的 B . 如果令 那么 B 又可写为

K=

0 7 4π , 0 = 4π × 10 特斯拉 米 安 1 ,
I

Il
R O

B⊥
r

B

B =

0 称为真空的磁导率.
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 χ 的一点的磁感应强度 图 3-2-2

0 IL sin θ 4π r2

α
x

α
P

B//

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0 Il sin 90 Il = 0 2 2 4π 4π r , r 在圆环上选一 I l , 它在 P 点产生的磁感应强度 其方向垂直于 I l 和 r 所 确定的平面,将 B 分解到沿 OP 方向 B // 和垂直于 OP 方向 B⊥ ,环上所有电流元在 P 点产生的 B⊥ 的和为零, B =

B// = B , sin α =

0 Il R 4π r 2 r

∑ B B=

//

=∑

0 RI RI l = 0 3 2πR 3 l = 2πR 线性一元叠加) 4πr 4πr (∑

0 R 2 I = 2( χ 2 + R 2 ) 3 / 2
在圆心处, χ = 0 ,

B=

0 I 2R

3.2.2, 由毕——萨定律可以求出的几个载流回路产生的磁场的磁感应强度 B . . , 由毕—— ——萨定律可以求出的几个载流回路产生的磁场的磁感应强度 (1)无限长载流直导线 为了形象直观地描述磁场,引进了与电感线相似的磁感线. 长直通电导线周围的磁感线如图 3-2-3 所示.如果导线中通过的电流强度为 I,在理 论上和实验中都可证明,在真空中离导线距离为 r 处的磁感强度

I

0 I I B=K 2πr r 或 7 7 1 式中 0 称为真空中的磁导率,大小为 4 π × 10 T / m . K = 2 × 10 T m B=
(2)无限长圆柱体 无限长载流直导线 r 为所求点到直导线的垂直距离. 半径 为 R,均匀载有电流,其电流密度为 j 的无限长圆柱体 当 r<R,即圆柱体内

图 3-2-3

B=

I 2πr
0

B=
B=

j
0

2

r=

rI 2πR
0

2

当 r>R,即圆柱体外 (3)长直通电螺线管内磁场 长直导电螺线管内磁场如图图 3-2-4 所示可认为是匀强磁场, 场强大小可近似用无限长螺线管内 B 的大小表 示

0 πR 2 j 0 I = 2πr 2πr

图 3-2-4

B内 = 0 nI
n 为螺线管单位长度的匝数 (4)螺绕环的磁场与长直通电螺线管内磁场的磁场相同. 3.2.3,磁感应线和磁通量 . . , 为了形象地描绘磁场的分布,在磁场中引入磁感应线,亦即磁力线.磁 力线应满足以下两点: 第一,磁感应线上任一点的切线方向为该点磁感应强度 B 的方向;第二, 通过垂直于 B 的单位面积上的磁感应线的条数应等于该处磁感应强度 B 的大 小. 图 3-2-5 的(a)和(b)分别给出了无限长载流导线和圆电流的磁场的磁力线. 从图中可看到:磁力线是无头无尾的闭合线,与闭合电路互相套合.磁感线 是一簇闭合曲线,而静电场的电感线是一簇不闭合的曲线(或者是从正电荷到
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I I

(a) 图 3-2-5

(b)

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负电荷,或者是从正电荷到无穷远处,从无穷远处到负电荷).这是一个十分重要的区别,凡是感线为闭合曲线 的场都不可能是保守场. 磁感强度是一个矢量,如果两个电流都对某处的磁场有贡献,就要用矢量合成的方法.如果有 a,b 两根长 直通电导线垂直于纸面相距 r 放置,电流的大小 I a = I , I b = 2 I (图 3-2-6)那么哪些位置的磁感强度为零呢?在 a,b 连线以外的位置上,两根导线上电流所产生的磁感强度 Ba 和 Bb 的方向都不在一直线 上,不可能互相抵消; 在 a,b 连线上,a 左边或 b 右边的位置上, Ba 和 Bb 的方向是相同的,也不可能互相抵消;因此只有在 a,b 中 间的连线上, Ba 和 Bb 才有可能互相抵消,设离 a 距离为 χ 的 P 处合磁感应强度为零(图 3-2-6)

∑ B = BA + B B
k′

I 2I k′ k′ =0 χ r χ (矢量式)=

I 2I r = k′ χ= χ r χ , 3
2

通过一给定曲面的总磁力线数称为通过该曲面的磁通量,磁通量的 单位是韦伯,1 韦伯=1 特斯拉 × 1 米 .图 3-2-7(a)中,通过匀磁场中与 磁力线垂直的平面 S 0 的磁通量为 Φ = BS 0 ;而通过与磁力线斜交的 S 面的磁通量为: (a) 图 2-3-7 (b)

Φ = BS cosθ ( θ 角即是两个平面 S 和 S 0 的夹角,也是 S 面的法线与 B 的夹角).

而在(b)中,磁场和曲面都是任意的,要求出通过 S 面的磁通量应把通过 S 面上每一小面元 S i 的磁通量求 出后求和,即:

Φ = ∑ Bi cosθ i S i
3.2.4,磁场中的高斯定理 . . , 考虑到磁力线是无头无尾的封闭曲线, 对磁场中任一封闭曲面来说, 有多少根磁力线穿入, 必有多少根穿出, 即通过磁场中任一封闭曲面的磁通量为零.这就是磁场的高斯定理,它表明了磁场一个重要性质,即磁场是无源 场,自然界中没有单独的 N 极或 S 极存在. 3.2.5,典型例题 . . , 例 1:图 3-2-8 所示,两互相靠近且垂直的长直导线,分别通有电流强度 I 1 和 I 2 的电流,试确定磁场为零的 区域. y 分析: 分析:建立图示直角坐标系,用安培定则判断出两电 流形成的磁场方向后,可以看出在Ⅰ,Ⅲ两象限内,两磁 场方向相反,因此合磁场为零区域只能出现在这两个象限 Ⅰ Ⅱ 内.

I I1 k 2 =0 y 设 y)点合磁感强度为零, 即有 x 解: P(x, I y= 2 x I1 得 这就是过原点的直线方程,其斜率为 k

x
Ⅲ Ⅳ

图 3-2-8

I 2 /I 1 . 例 2:如图 3-2-9 所示,将均匀细导线做成的圆环上任意两点 A 和 B 与固定电源连接 起来,计算由环上电流引起的环中心的磁感强度. 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 分析: 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. ρ ,如图 3-2-10 所示,则二段 解:设 A,B 两点之间电压为 U,导线单位长度电阻
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O A B I 图 3-2-9 I

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圆环电流

I1 =

U U I2 = αRρ (2π α ) R ρ
B = k I l R ,所以:

磁感强度 B 可以是圆环每小段 l 部分磁场 B 的叠加,在圆心处, B 可表达为

I 1l1 I = k 1 Rα = kI1α R R I l l B2 = k 2 2 = k 2 (2π α ) R = kI 2 (2π α ) R R 因 I 1αRρ = I 2 (2π α ) Rρ 故 B1 = B2 ,即两部分在圆心处产生磁场的 B1 = k
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.

I2

2πα
R

α
A I1

B

§3.3

磁场对载流导体的作用

B

图 3-2-10
3.3.1,安培力 . . , 一段通电直导线置于匀磁场中,通电导线长 L,电流强度为 I,磁场的磁 感应强度为 B,电流 I 和磁感强度 B 间的夹角为 θ ,那么该导线受到的安培力为 F = BIL sin θ 电流方向与磁场 方向平行时, θ = 0 ,或 θ = 180 ,F=0,电流方向与磁场方向垂直时, θ = 90 ,安培力最大,F=BIL. 安培力方向由左手定则判断,它一定垂直于 B,L 所决定的平面. 当一段导电导线是任意弯曲的曲线时,如图 3-3-1 所示可以用连接 Q I 导线两端的直线段的长度 l 作为弯曲导线的等效长度,那么弯曲导线缩 手的安培力为

l θ
P

B

F = BIL sin θ
3.3.2,安培的定义 . . , 如图 3-3-2 所示, 两相距为 a 的平行长直导线分别载有电流 I 1 和 I 2 . 载流导线 1 在导线 2 处所产生的磁感应强度为 方向如图示. 导线 2 上长为

图 3-3-1

B21 =

0 I1 2πa ,

B12 1 2

a F2
F1
I1 I2 B21

L2 的线段所受的安培力为:

F2 = I 2 L2 B21 sin

π
2

= 其方向在导线 1,2 所决定的平面内且垂直指向导线 1,导线 2 单位长度上所受的力

I 2 L2 B21 =

0 I1I 2 L2 2πa

图 3-3-2

F2 0 I 1 I 2 = L2 2πa F1 0 I 1 I 2 = 2πa .方向垂直指向 2,两条导线间是吸引力.也可 同理可证,导线λ上单位长度导线所受力也为 L1
证明,若两导线内电流方向相反,则为排斥力. 国际单位制中,电流强度的单位安培规定为基本单位.安培的定义规定为:放在真空中的两条无限长直平行 导线,通有相等的稳恒电流,当两导线相距 1 米,每一导线每米长度上受力为 2 × 10
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7

牛顿时,各导线上的电流

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的电流强度为 1 安培. 3.3.3,安培力矩 . . , 如图 3-3-3 所示, 设在磁感应强度为 B 的均匀磁场中, 有一刚性长方形平面载流线图, 边长分别为 L 1 和 L 2 , 电流强度为 I,线框平面的法线 n 与 B 之间的夹角为 θ ,则各边受力情况如下:

f ab = BIL2 f cd = BIL2
f bc = BIL1 sin(

方向指向读者 方向背向读者

π
2

f cd
方向向下

θ ) = BIL1 cos θ + θ ) = BIL1 cos θ

f da = BIL1 sin(

π
2

θ
方向向上

f bc 和 f da 大小相等,方向相反且在一条直线上,互相抵消. f ab 和 f cd 大小相等,指向相反,但力作用线不在同一直线上,
形成一力偶,力臂从图 3-3-3 中可看出为

n
f ab 图 3-3-4
d

L1 cos(

π
2

θ ) = L1 sin θ

故作用在线圈上的力矩为:

M = f ab L1 sin θ = BIL2 L1 sin θ
而 L1 L2 为线圈面积 S,故

a

f cd

M = BIS sin θ
θ
L2

我们称面积很小的载流线圈为磁偶极子,用磁偶极矩 Pm 来描绘 它.其磁偶极矩的大小为平面线圈的面积与所载电流的电流强度之乘 积,即 Pm = IS ,其方向满足右手螺旋法则,即伸出右手,四指绕电 流流动方向旋转,大拇指所指方向即为磁偶极矩的方向,如图 3-3-4 中 n 的方向,则 θ 角即为磁偶极矩 Pm 与磁感应强度 B 的正方向的夹 角.这样,线圈所受力矩可表为

B

c
f ab I
I
b

n

L1

M = Pm B sin θ

图 3-3-3

我们从矩形线圈推出的公式对置于均匀磁场中的任意形状的平 面线圈都适合. 典型例题 例 1. 距地面 h 高处 1 水平放置距离为 L 的两条光滑金属导轨,跟导轨正交的水平方向的线路上依次有电 . 动势为 ε 的电池,电容为 C 的电容器及质量为 m 的金属杆,如图 3-3-5,单刀双掷开关 S 先接触头 1,再扳过接 触头 2,由于空间有竖直向下的强度为 B 的匀强磁场,使得金属杆水平向右飞出做平抛运动.测得其水平射程为 s,问电容器最终的带电量是多少? 分析: 分析:开关 S 接 1,电源向电容器充电,电量 Q0 = Cε .S 扳向 2,电容器 通过金属杆放电,电流通过金属杆,金属杆受磁场力向右,金属杆右边的导轨 极短,通电时间极短,电流并非恒定,力也就不是恒力.因此不可能精确计算 每个时刻力产生的效果,只能关心和计算该段短时间变力冲量的效果,令金属 杆离开导轨瞬间具有了水平向右的动量. 根据冲量公式 Ft = BLi t = BLq , 跟安培力的冲量相联系的是 t 时间内流经导体的电量. 由平抛的高度与射程可 依据动量定理求出 q ,电容器最终带电量可求. 解:先由电池向电容器充电,充得电量 Q0 = Cε .之后电容器通过金属杆
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1
S

2
m L B

ε C

h

s

图 3-3-5

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放电,放电电流是变化电流,安培力 F = BLi 也是变力.根据动量 定理:

Ft = BLit = BLq = mv 1 v =s/t,h= 2 gt 2 其中
综合得

B2 F2

cd
2
B1

v=s

g 2h

2L

ab

F1

q =

mv ms g = BL BL 2h ms g BL 2h
I0

图 3-3-7

电容器最终带电量

Q = Q0 q = Cε

d O

点评:根据动量定理来研究磁场力冲量产生的效果,实际上就是电 量和导体动量变化的关系,这是磁场中一种重要的问题类型. 例2 图 3-3-6 中,无限长竖直向上的导线中通有恒定电流 I 0 ,

a
I

2L

2L c

I B=k 0 I 0 产生磁场的公式是 r ,k 为恒量,r 是场点到 I 0 导线的 已知由 距离.边长为 2L 的正方形线圈轴线 OO′ 与 I 0 导线平行.某时刻线圈的

bO ′
图 3-3-

ab 边与 I 0 导线相距 2L.已知线圈中通有电流 I .求此时刻线圈所受的磁场力矩. 分析: 分析:画俯视图如图 3-3-7 所示,先根据右手螺旋法则确定 B1 和 B2 的方向,再根据左手定则判断 ab 边受力

F1 和 cd 边受力 F2 的方向,然后求力矩.
解:根据右手螺旋法则和左手定则确定 B1 和 B2 , F1 和 F2 的方向,如图 3-3-7 所示.

B1 = k

I0 2L

B2 = K

I0 2 2L

F1 = B1 2 LI = kI 0 I ,

F2 = B2 2 LI = M 1 = F1 L = kI 0 IL

2 kI 0 I 2

F1 对 OO′ 轴产生的力矩 F2 对 OO′ 轴产生的力矩
M 2 = F2

2 1 L = kI 0 IL 2 2 3 M = M 1 + M 2 = kI 0IL 2

两个力矩俯视都是逆时针同方向的,所以磁场对线圈产生的力矩

点评:安培力最重要的应用就是磁场力矩.这是电动机的原理,也是磁电式电流表的构造原理.一方面要强 调三维模型简化为二维平面模型,另一方面则要强调受力边的受力方向的正确判断,力臂的确定,力矩的计算. 本题综合运用多个知识点解决问题的能力层次是较高的,我们应努力摸索和积累这方面的经验.

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§3.4 磁场对运动电荷的作用
3.4.1,洛伦 力 . . ,洛伦兹力 载流导线所受的安培力, 我们可看为是磁场作用给运动电荷即自由电子的力, 经自由电子与导体晶格的碰撞而传递给导线的. 根据安培定律 F = IBL sin θ ,而电流强度与运动电荷有关系 I = qnvs ,θ

z

角既是电流元 IL 与 B 的夹角, 也可视为带电粒子的速度 v 与 B 之间的夹角, L
长导线中有粒子数 N = nLS ,则每个电子受到的力即洛伦兹力为

f
0 q

F qnvSBL sin θ f = = = qvB sin θ N nLS

洛伦兹力总是与粒子速度垂直,因此洛伦兹力不作功,不能改变运动电荷速 y x 度的大小,只能改变速度的方向,使路径发生弯曲. 图 3-4-1 洛伦兹力的方向从图 3-4-1 可以看出,它一定与磁场(B)的方向垂直,也与粒 子运动( v )方向垂直,即与 v ,B 所在的平面垂直,具体方向可用左手定则判定.但应注意,这里所说的粒子运 动方向是指正电荷运动的方向,它恰与负电荷沿相反方向运动等效. 3.4.2,带电粒子在匀强磁场中的运动规律 . . , 带电粒子在匀强磁场中的运动规律与粒子的初始状态有关具体如下: 如果带电粒子原来静止,它即使在磁场中也不会受洛伦磁力的作用,因而保持静止. 如果带电粒子运动的方向恰与磁场方向在一条直线上, 该粒子仍不受洛伦磁力的作用, 粒子就以这个速度在 磁场中做匀速直线运动. 带电粒子速度方向与磁场方向垂直,带电粒子在垂直于磁场方向的平面内以入射速度 v 作匀速圆周运动.带 电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动的四个基本公式.

v⊥ θ B v

(1)向心力公式:

qvB = m R= mv Bq

v2 R

(2)轨道半径公式: (3)周期,频率和角频率公式,即:



T=

2πR 2πm 1 Bq 2π Bq = f = = ω= = 2πf = v Bq , T 2πm , T m Ek = 1 2 p 2 ( BqR) 2 mv = = 2 2m 2m
A

(4) 动能公式: 如图 3-4-2 所示,在洛伦兹力作用下,一个作匀速圆周运动的粒子,不论沿顺时针 方向运动还是沿逆时针方向运动,从 A 点到 B 点,均具有下述特点: (1)轨道圆心(O)总是位于 A,B 两点洛伦兹力(f)的交点上或 AB 弦的中垂线

f

θA θA α
0

B

图 3-4-2

OO′ 与任一个 f 的交点上. (2)粒子的速度偏向角 等于回旋角 a ,并等于 AB 弦与切线的夹角(弦切角

θ )的两倍,即 = a = 2θ = ωt .
磁场中带电粒子运动的方向一般是任意的,但任何一个带电粒子运动的速 度( v )都可以在垂直于磁场方向和平行于磁场方向进行分解,得到 v ⊥ 和 v // 两个 分速度.根据运动的独立性可知,这样的带电粒子一方面以 v // 在磁场方向上作 匀速运动,一方面又在垂直于磁场的方向上作速率为 v ⊥ 的匀速圆周运动.实际 上粒子作螺旋线运动(如图 3-4-3),这种螺旋线运动的周期和螺距大小读者自己
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v v⊥

v‖ f B
r

图 3-4-3

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分析并不难解决.其螺旋运动的周期 T = 2πm / qB ,其运动规律: 螺旋运动回旋半径:

r=

mv sin θ qB

螺旋运动螺距: h = v // T = 2πmv cos θ / qB 3.4.3,霍尔效应 . . , 将一载流导体放在磁场中,由于洛伦兹力的作用,会使带电粒子(或别的载流子)发生横向偏转,在磁场和电 流二者垂直的方向上出现横向电势差,这一现象称为霍尔效应. 如图 3-4-4 所示,电流 I 在导体中流动,设导体横截面高 h,宽为 d 匀强磁场方向垂直与导线前,后两表面向外,磁感强度为 B,导体内自由 d 电子密度为 n,定向移动速度 v 由于洛伦兹力作用,自由电子向上表面聚集,下表面留下正离子,结 h 果上下表面间形成电场,存在电势差 U,这个电场对电子的作用力方向向 下,大小为

I = nevh d

I

U F = eE = e h
当 F 与洛伦磁力 f 相平衡时,上,下表面电荷达到稳定,则有

E

图 3-4-4

U = evB h IB U= ned e
如果导电的载流子是正电荷,则上表面聚集正电荷,下表面为负电势,电 势差正,负也正好相反. 下面来分析霍尔电势差,求出霍尔系数. 在图 3-4-5 中,设大块导体的长和宽分别为 L 和 d,单位体积自由电荷密度 为 n,电荷定向移动速率为 v ,则电流 I = nqLdv . 假定形成电流的电荷是正电荷,其定向移动方向就是电流方向.根据左手 定则,正电荷向上积聚,下表面附近缺少正电荷则呈现负电荷积聚,上正下负
d

B

+
L

+
I

+

a







a′

图 3-4-5

Uaa ′ L 的作用. 电压为 Uaa ′ ,正电荷受到跟磁场力反向的电场力 Uaa ′ q = qBv L 电场对正电荷向上的偏移积聚起阻碍作用,当最后达到平衡时 ,可得 I BI 1 1 Uaa ′ = BLv = BL = k= nqLd d nq .可见,理论推导的结果跟实验结果完全一致,系数 nq . F = qE = q
既然 k 跟 n 有关,n 表征电荷浓度,那么通过实验测定 k 值可以确定导体或半导体的电荷浓度 n,半导体的 n 值比金属导体小得多,所以 k 值也大得多.此外根据左手定则还可知,即使电流 I 就是图 3-4-6 中的流向,如 I 果参与流动的是正电荷,那么电压就是上正下负;如果参与定向移动的是自 由电子,那么电压就是上负下正了.霍尔电势的高低跟半导体是 p 型的还是 n a b 型的有如此的关系:上正下负的是 p 型半导体,定向载流子是带正电的空穴: A A′ 上负下正的是 n 型半导体,如果 k 值小得多就是金属导体,定向载流子是自 d 由电子. 3.4.4,磁聚焦 . . , I 运动电荷在磁场中的螺旋运动被应用于"磁聚焦技术" . 图 3-4-7 如图 3-4-7,电子束经过 a,b 板上恒定电场加速后,进入 c,d 极板之间 电场,c,d 板上加交变电压,所以飞出 c,d 板后粒子速度 v 方向不同,从 A
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孔穿入螺线管磁场中,由于 v 大小差不多,且 v 与 B 夹角 θ 很小,则

v // = v cos θ ≈ v

v⊥ = v sin θ ≈ vθ 由于速度分量 v ⊥ 不同,在磁场中它们将沿不同半径的螺旋线运动.但由于它们速度 v // 分量近似相等,经过
h= 2πmv // 2πmv ≈ qB qB 后又相聚于 A′ 点,这与光束经透镜后聚焦的

y 现象有些类似,所以叫做磁聚焦现象.磁聚焦原理被广泛地应用于 电真空器件如电子显微镜. 3.4.5,复合场中离子的运动 . . , P 1.电场和磁场区域独立 磁场与电场不同,磁场中,洛伦磁力对运动电荷不做功,只改 变带电粒子速度方向,所以在匀强磁场中带电粒子的运动主要表现 为:匀速圆周运动,螺旋运动,匀速直线运动.而电场中,电荷受 到电场力作用,电场力可能对电荷做功,因而改变速度大小和方向, 但电场是保守场,电场力做功与运动路径无关.处理独立的电场和 磁场中运动电荷问题,是分开独立处理. 例:如图 3-3-8 所示,在 xoy 平面内,y>O 区域有匀强电场, 方向沿-y 方向,大小为 E,y<O 区域有匀强磁场,方向垂直纸面向 图 3-4-8 里,大小为 B,一带电+q,质量为 m 的粒子从 y 轴上一点 P 由静止 释放, 要求粒子能经过 x 轴上 Q 点, 坐标为(L, Q O), 试求粒子最初释放点 P 的坐标. 分析:解决上述问题关键是明确带电粒子的受力和运动特点.从 y 轴上释放后, 分析 只受电场力加速做直线运动,从 O 点射入磁场,然后做匀速圆周运动,半圈后可能恰 好击中 Q 点,也可能返回电场中,再减速,加速做直线运动,然后又返回磁场中,再 经半圆有可能击中 Q 点,…….那么击中 Q 点应满足 n 2 R = L 的条件. 2.空间区域同时存在电场和磁场 (1) (1) 电场和磁场正交 如图 3-4-9 所示,空间存在着正交的电场和磁场区域,电场平行于纸面平面向下,

Q

x

υ0

B

E

图 3-4-9

大小为 E,磁场垂直于纸面向内,磁感强度为 B,一带电粒子以初速 v0 进入磁场, v 0 ⊥ E , v 0 ⊥ B ,设粒子电 量+q,则受力: f 洛= qv0 B 方向向上,F 电=qE 方向向下.若满足:

qv0 B =qE v0 =E/B
则带电粒子将受平衡力作用做匀速直线运动,这是一个速度选择器模型. 若粒子进入正交电磁场速度 v ≠ v 0 , 则可将 v 分解为 v = v 0 + v1 , 粒子的运动可看成是 v0 与 v1 两个运动的合 运动,因而粒子受到的洛伦兹力可看成是 qv0 B 与 qv1 B 的合力,而 qv0 B 与电场力 qE 平衡,粒子在电场中所受 合力为 qv1 B ,结果粒子的运动是以 v0 的匀速直线运动和以速度 v1 所做匀速圆周运动的合运动. 例:如图 3-4-10 正交电磁场中,质量 m,带电量+q 粒子由一点 P 静止释 放,分析它的运动. m+ P P 1 分析:粒子初速为零释放,它的运动轨迹是如图 3-4-10 所示的周期性的 分析 曲线.初速为零, 亦可看成是向右的 v0 与向左- v0 两个运动的合运动,其中 v0 大小为: v0 =E/B 所以+q 粒子可看成是向右 v0 匀速直线运动和逆时针的匀速圆周运动的 合运动.电场方向上向下最大位移
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P2

P3

Q

图 3-4-10

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d m = 2R

mv0 mE = qB qB 2 2mE dm = qB 2 R=
一个周期向右移动距离 L 即 PP 1 之距为

E

B

υ0

L = v0 T 2πm T= qB L=
代入,得:

图 3-4-11
2πmE qB 2

vQ = 2v 0 最低点 Q 点速度 (2) (2) 电场和磁场平行
如图 3-4-11 所示的空间区域有相互平行的电场和磁场 E, 一带电+q 粒子以初速 v0 射入场区 v 0 ⊥ E (或 B). B 则带电粒子在磁场力作用下将做圆周运动,电场力作用下向上做加速运动,由于向上运动速度分量 v1 始终与 B 平行,故粒子受洛伦磁力大小恒为 qv0 B ,结果粒子运动是垂直于 E(或 B)平面的半径 R=m v0 /qB 的匀速圆周运 动和沿 E 方向匀加速直线运动的合运动,即一个螺距逐渐增大的螺旋运动. (3) (3) 电场力,洛伦磁力都与 v0 方向垂直,粒子做匀速圆周运动. 例如电子绕原子核做匀速圆周运动,电子质量 m,电量为 e,现在垂直轨道平面 方向加一匀强磁场,磁感强度大小为 B,而电子轨道半径不变,已知电场力 3 倍与洛 伦磁力,试确定电子的角速度. 在这里电子绕核旋转,电场力,洛伦磁力提供运动所需向心力,即

yB
O′

f 电+ f 洛= mv 2 / r
而 f 洛可能指向圆心,也可能沿半径向外的,因而可能是

3evB + evB = mv / r 3evB evB = mv 2 / r 2eB 4eB ω1 = ω2 = m 或 m
2

Q

x

O

z

图 3-4-12

典型例题 例 1.在如图 3-4-12 所示的直角坐标系中,坐标原点 O 固定电量为 Q 的正点电荷,另有指向 y 轴正方向(竖 . 直向上方向),磁感应强度大小为 B 的匀强磁场,因而另一个质量为 m,电量力为 q 的 正点电荷微粒恰好能以 y 轴上的 O ′ 点为圆心作匀速圆周运动,其轨道平面(水平面)与

xoz 平面平行,角速度为 ω ,试求圆心 O ′ 的坐标值.
分析:带电微粒作匀速圆周运动,可以确定在只有洛伦磁力和库仑力的情况下除 分析 非 O ′ 与 O 不重合,必须要考虑第三个力即重力.只有这样,才能使三者的合力保证 它绕 O ′ 在水平面内作匀速圆周运动. 解:设带电微粒作匀速圆周运动半径为 R,圆心的 O ′ 纵坐标为 y,圆周上一点与 坐标原点的连线和 y 轴夹角为 θ ,那么有 带电粒子受力如图 3-4-13 所示,列出动力学方程为 (1) mg=F 电 cosθ
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yB
O′
f洛

F电

θ
Q O

mg
x

tgθ =

R y

z

图 3-4-13
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f 洛-F 电 sin θ = mω R
2

(2) (3)

T

f 洛= qωRB 将(2)式变换得 f 洛- mω R = F 电 sin θ (4) 将(3)代入(4),且(1)÷(4)得
2

α
d

a

M

mg y = 2 qωRB mω R R y= mg qω B mω 2

图 3-4-14

消去 R 得 例 2.如图 3-4-14 所示,被 1000V 的电势差加速的电子从电子枪发射出来,沿直线 a 方向运动,要求电子击 中在 a 方向,距离枪口 5cm 的靶 M,对以下两种情形求出所用的均匀磁场的磁感应强度 B. (1)磁场垂直于由直线 a 与点 M 所确定的平面. (2)磁场平行于 TM. 从几何考虑得出电子的圆轨道的半径为(如图 3-4-15) 解: (1) 按能量守恒定律,电荷 Q 通过电势差 U 后的速度 v 为

r=
T

d 2 sin a
a

1 2 mv = UQ 2


α

v=

2UQ m
F = QBv

B

α

作用在电荷 Q 上的洛伦磁力为 这个力等于向心力 故所需的磁感应强度为 用上面的半径和速度值,得到

d 2

mv 2 = QBv r mv B= rQ

图 3-4-15

M

B=

2 sin a d
31

2U m Q
19

由于 m = 9.11 × 10 kg , Q = 1.6 × 10 C ,所以 B=0.0037T T (2)在磁场施加的力与速度垂直,所以均匀恒定磁场只改变电子速度的方 α υ cos α 向,不改变速度的大小. 我们把电子枪发射的电子速度分解成两个直线分量:沿磁场 B 方向的 d

υ cos α υ

v cos a 和垂直磁场的 v sin a ,因为 v cos a 在磁场的方向上,磁场对它没有作用
力(图 3-4-16). 电子经过 d/ v cos a 时间后到达目标 M.由于磁场 B 和垂直的速度分量
M

B

v sin a ,电子在圆轨道上运动,由
mv 2 sin 2 a = BQv sin a r
得到圆半径为

图 3-4-16

r=

mv sin a QB
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电子在目标 M 的方向上也具有速度 v cos a ,结果是电子绕 B 方向作螺旋线运动.电在在 d/ v cos a 时间内,

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在绕了 k 圈后击中目标.K 是一个整数.圆的周长为

2πr = 2πmv sin a / QB
由于绕圆周运动的速度是 v sin a ,故绕一周的时间是 这个值乘上整数 k,应等于

2πmv sin a 2πm = QBv sin a QB

d 2πm = k QB d/ v cos a v cos a
B=k 2m cos a 2π cos a v = k Qd d 2U m Q

体中的平均速度 v = E ,其中 为迁移率. (1) (1) 确定棒中所产生上述电流的总电场的大小和方向. (2) (2) 计算夹 c 边的两表面上相对两点之间的电势差.

因此,所需的磁感应强度为 k=1 时,电子转一圈后击中目标:k=2 时,电子转两圈后击中目标,等等.只要角度 a 相同,磁场方向相反 与否,无关紧要. 用给出的数据代入,得 B=k×0.0067T 例 3.一根边长为 a,b,c(a>>b>>c)的矩形截面长棒,如图 3-4-17 所示,由半导 . 体锑化铟制成,棒中有平行于 a 边的电流 I 通过,该棒放在垂直于 c 边向外的磁场 B 中, 电流 I 所产生的磁场忽略不计.该电流的载流子为电子,在只有电场存在时,电子在半导 a B
b

c

(3) (3) 如果电流和磁场都是交变的,且分别为 I = I 0 sin ωt ,

图 3-4-17

B = B0 sin(ωt + ),求(2)中电势差的直流分量的表达式.
已知数据: 电子迁移率 = 7.8m / V s , 电子密度 n = 2.5 × 10 / m , 0A, I=1. B=0.1T, b=1.0cm, c=1.0mm, -19 e=1.6×10 C 分析: 分析: 这是一个有关霍尔效应的问题,沿电流方向,导体内存在电场,又因为霍尔效应,使得电子偏转, 在垂直电流方向产生电场,两侧面间有电势差的存在
2
22 3

解:

(1)因为

I = nevb c

1 = 25m / s nebc 所以电场沿 a 方向分量 v= E // = v / = 3.2V / m
沿 c 方向的分量 总电场大小:
2 // 2 ⊥

qvB = qE⊥

E ⊥ = vB = 2.5V / m

y
E

E = E + E = 4.06V / m
E 2.5 tg ( ⊥ ) = tg 1 ( ) = 38 E // 3.2 电场方向与 a 边夹角 a , a =
1

O

z

B

x

(2)

上,下两表面电势差

图 3-4-18
IB nec ,可得:

U ⊥ = E ⊥ c = 2.5 × 10 3 V
(3)加上交变电流和交变磁场后,有前面讨论的上,下表面电势差表达式

U=

IB I 0 B0 = sin ωt sin(ωt + ) nec nec I 0 B0 1 1 2 cos(2ωt + ) + 2 cos = nec U⊥ =
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因此 U ⊥ 的直流分量为 例 4.如图 3-4-18 所示,空间有互相正交的匀强电场 E 和匀强磁场 B,E 沿+y 方向,B 沿+z 方向,一个带 正电+q,质量为 m 的粒子(设重力可以忽略),从坐标圆点 O 开始无初速出发,求粒子坐标和时间的函数关系, 以及粒子的运动轨迹. y 分析: 分析:正离子以 O 点起无初速出发,受恒定电场力作用沿+y 方向运动,因为 速度 v 的大小,方向都改变,洛伦兹力仅在 xOy 平面上起作用,粒子轨迹一定不会 B ( x, y ) 离开 xOy 平面且一定以 O 为起点. 既然粒子仅受的两个力中一个是恒力一个是变力, x 作为解题思路,利用独立性与叠加原理,我们设想把洛伦兹力分解为两个分力,使 O υ t C 一个分力跟恒电场力抵消,就把这个实际受力简化为只受一个洛伦兹力分力的问 图 3-4-19 题. 注意此处不是场的分解和抵消, 而是通过先分解速度达到对力进行分解和叠加. 我们都知道,符合一定大小要求的彼此正交的匀强复合电磁场能起速度选择器

I 0 B0 cos U ⊥ 直= 2nec

E v0 = 0 )就有一个沿 x 轴正方向,大小为 v 0 = B 的始终不变的 作用.受其原理启发,设想正离子从 O 点起(此处 E 速度,当然在 O 点同时应有一个沿-x 方向的大小也是 B 的速度,保证在 O 点 v 0 = 0 ,则 qBvc = qE , qBv c 沿 -y 方向,qE 沿+y 方向,彼此抵消,可写成 f B (v c ) = F ( E ) .因任一时刻 vt = v c + v ′ ,所以 f B (vt ) = f B (v c ) + f B (v ′) ,或改写成: f B (v t ) + F ( E ) = f B (v ′) .始终的三个速度和 f B 都在 xOy 平面上,其物 理意义是:正离子在复合场中受的两个真实的力 f B ( vt )和 F(E)的矢量和,可以用一个洛伦磁力分力 f B (v ′) 来代
替, 这样做的一个先决条件是把正离子运动看成以下两个分运动的合成: ①沿+x 方向的 vc =E/B 的匀速直线运动; ②在 xOy 平面上的一个匀速圆周运动, 其理由是:f B (v ′) 是平面力, 轨迹又是平面的不是三维空间的, 所以 f B (v ′) 必与 v′ 垂直,在 O 点 v′ 就是- vc ,之后 f B (v′) 不对离子作功, v′ 大小不变, f B (v ′) 充当向心力.这个圆周运动 特征量是:

T=

2πm 2π qB r = mv ′ = mE ω= = qB qB 2 . qB , T m ,

解:t=0 时刻,正离子位于 O 点,此时起离子具有两个速度:一是速度方向始终不变,大小为 vc =E/B 的速 度.由这个速度引起的洛伦磁力跟电场力抵消.另一个速度是在 O 点时沿-x 方向的大小为 E/B 的速度,该速度

mE 2 引起的洛伦磁力指向(0,+ qB )点,这点就是 t=0 时的圆心.之后该圆心以速率 vc 沿平行于 x 轴正向的方向无
滑动开始平动,正离子是该圆周上的一个点,且 t=0 是恰好就是该圆与 x 轴的切点即坐标原点,此后,正离子相 对圆心以角速度 ω 顺时针绕行.在 xOy 平面上,粒子的轨迹被称为旋轮线,其坐标值随时间的变化为参数方程: z=0 (1)

x = v c t r sin ωt =

E mE qB t sin t 2 B m qB

(2)

(3) 有一定数学能力的人不妨尝试把参数 t 消去得出 y 与 x 的关系式,用来表示其轨迹的方法. 点评:设想一个轮子沿地面做无滑动的滚动,轮子边缘用红颜料涂上色,观察这个边缘所得的运动轨迹就是 旋轮线.

mE qB y = r r cos ωt = (1 cos t) 2 m qB

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§3.5

应用

3.5.1,质谱仪 . . , 密粒根油滴实验可测定带电粒子的电量,而质谱仪能测定带电粒子荷质比 q/m,两者结合可测定带电粒子质 量.如图 3-5-1 为质谱仪的原理图. 图中粒子源产生质量 m,电量 q 的粒子,由于初始速度很小,可以看做是静 止的.粒子经加速电压 U 后,速度为 v ,由动能定理:

qU =

1 2 mv 2

U S
x

B
s1

带电粒子进入磁感强度为 B 匀强磁场中, 在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,

x R= 2 ,根据向心力公 粒子运动半圈后打在 P 点的照相底片上,测得 x ,则半径


P

图 3-5-1 qvB = mv / R
2

得 3.5.2,磁流体发电机 . . , 磁流体发电机是一种不依靠机械传动, 而直接把热能转变为电能的装 置. 如图 3-5-2 所示为磁流体发电机原理图.在距离为 d 的两平行金属板 间有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感强度为 B.从左侧有高速运动的等离 子体(含有相等数量正,负离子)射入其间,离子在洛伦磁力作用下发生偏 转,正离子向上偏,负离子向下偏,结果 M 板带正电,N 板带负电,使 M,N 板成为能提供正,负电荷的电源两极,随着电荷的聚集,两板间产 生电场阻碍电荷偏转,最终稳定时,射入两板间离子所受洛伦磁力与电场 力平衡

q/m =

8U B2 x2

K M

N

图 3-5-2

qE = qvB
两板间场强 E = B v ,两板间电势差为 电键 K 断开时,此电势差即为磁流体发电机电动势,即: ε = Bvd 当电键 K 闭合时,M,N 板放电,对外做功,此时两板间电势差小于电动势. 3.5.3,回旋加速器 . . , 回旋加速器是利用带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动周期与速度无关的原理, 实现对粒子反复加速的装 置.如图 3-5-3 所示,回旋加速器核心部分是两个 D 型金属扁盒,两 D 型盒之间留有狭缝,在两 D 型盒之间加 高频交变电压,于是狭缝间形成交变电场,由于电屏蔽,D 型金属盒内电场几乎为零.D 型盒置于真空容器中, 整个装置又放在巨大电磁铁两极之间.磁场垂直于 D 型盒.狭缝中心处有粒子 源 S 0 , S 0 发出带电粒子首先通过狭缝被加速, 当 调节高频交变电压变化周期与 粒子在 D 型盒中运动周期相等,使粒子每次通过狭缝时都被电场加速,经过反 复加速,粒子速度越来越大,回旋半径也越来越大,趋近盒边缘时粒子加速达 到最大速度引出,如图 3-5-4. 粒子在磁场中回旋时有:

U = E d = Bv d

qvB = mv 2 / r r = mv / qB

图 3-5-3

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T=

2πr 2πm = v qB

粒子速度最大时 r=R,R 为 D 型盒半径,所以粒子达最大速度 v m 为

v m = qBR / m 最大动能 E Km E Km = q2B2R2 2m

关于回旋加速器:回旋加速器的任务,是使某些微观带电粒子的速率被增 加到很大,因而具有足够动能,成为可用于轰击各种靶元素的原子核甚至核内 图 3-5-4 基本粒子的高能炮弹. 早期欧洲核子研究中心的质子同步加速器,造价 2800 万美元,轨道半径 560 英尺(1 英尺=0.305m)=170.8m, 最大磁场为 1.4T, 质子在其中绕行总路程为 5×104 英里(1 英里=1.6093km)=80465km=2 倍赤道周长后引出, 最大 能量达到 2.8×1010eV,每次放出质子 1011 个.20 世纪 80 年代末该加速器的效果已达到 4×1011eV.世界上最大 的加速器在美国加利福尼亚,直径几乎达 3km,20 世纪 80 年代末,其加速效果达到了 1012eV.我国 80 年代后 半期最大的加速器为 5×1010eV,在四川省. 课本上说影响回旋加速器的加速能力的主要因素是相对论效应.其涵义是:在极高速运动中,微粒质量随速 度增加而显著变大.相对论质量公式是:

v m = m0 / 1 ( ) 2 c
v →1 m0 是微粒静止质量,m 是运动质量, 是光速. v << c 时,m ≈ m0 , c 当 但是当速度 v 接近光速时,c ,

m 就变得非常大.
事实上,在汤姆逊发现电子后不久,科学家就发现了许多种元素都能自发地放出 β 射线(高速电子流),但不 同元素发射的 β 粒子速率不一样,导致同是电子流,荷质比有差异,速率越大其荷质比越小.用实验测定的荷 质比其实不是 q / m0 .而是 q / m .其中的一个实验结果见表 3-1,再把实验测出的 q / m 值由

q / m0 =

q v / 1 ( )2 m c 换算,所得的 q / m0 的数值确实很接近一个恒量.恰恰是回旋加速器的这一实验结果,

最早证实了爱因斯坦相对论的正确.

v c
0.3173 0.3787 0.4281 0.5154 0.6870 加速器令粒子质量变大,根据

实验测量的 q / m

换算后所得的 q / m0

(×10 11 D )C / kg
1.661 1.630 1.590 1.511 1.283

(×10 11 D )C / kg
1.752 1.761 1.760 1.763 1.767

r=

mv 2πm T= Bq ,粒子回旋轨道半径会变大,同时因为周期 Bq ,或者频率

f =

qB 2πm , 使周期变大或频率变小, 粒子在两个切开的半 D 形盒内的回旋运动就变的跟加速电压的震荡不同步,

不合拍,不再保证粒子每经过一次狭缝就被加速一次.其次,质量越轻的粒子在能量未太高时速度就明显大,质 量变大尤其显著,相对论效应对其继续加速的限制就越厉害.还有一个限制就是,根据粒子末能量表达式
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1 2 1 qBr 2 q 2 B 2 2 E k = mv = m( r ) = 2 E 2 2 m 2m r , k ∞ r , 为 D 形盒的尺寸. 比如要在 1. 5T 的磁场中令质子获得 300eV
能量(对应速度 0.99998c),需磁场的直径为 130m. 上述两个原理上的限制,正在技术上得到逐步克服.措施也大致上有两方面:第一,因为

f =

qB 2πm ,所以

qB 2π 是一个恒量.采用适当的技术能控制加速电压振荡频率 f 随粒子质量变大而成反比地减少,就能做到 mv r= Bq ,当 mv 变大时适 粒子回旋运动和加速电场同步合拍,这种加速器通常被称为同步加速器.第二,由于 当加大磁场 B 值, 可致半径 r 的增大减慢, 现代加速器的磁场磁极一般做成 B mf =
环形,就是为了达到这个目的. 典型例题 磁流体发电机的示意图如图 3-5-5 所示,横截面为矩形的管道长为 l , 宽为 a ,高为 b,上,下两个侧面是绝缘体,相距为 a 的前后两个侧面是电 阻可以忽略不计的导体,此两导体侧面与一负载电阻 R 相连.整个管道放 在一个匀强磁场中,磁感应强度大小为 B,方向垂直于上,下侧面向上.现 有电离气体(正,负带电粒子)持续稳定地流经管道,为了使问题简化,设横 截面上各点流速相同. 已知流速与电离气体所受摩擦阻力呈正比; 且无论有
b

RL

υ
a

L

图 3-5-5

无磁场时都维持管两端电离气体的压强差为ρ.设无磁场存在时电离气体的流速为 v0 ,求有磁场存在时此磁流 体发电机的电动势大小 ε .已知电离气体的平均电阻率为ρ. 分析:由于气体流经管道过程中受摩擦和安培力作用,维持气体匀速运动,故必须使管两端存在压力差,以 克服上述的阻力,因而本题即可以从力的平衡角度解决问题,也可以从能量守恒的角度来考虑. 解法一:从力平衡角度看,设有磁场存在时,电离气体的流速为 v .其产生的电动势为 法一

ε = Bva
I=
闭合电路中电流

ε

r + RL , a r=ρ bl 代入得 r 为电源内阻,大小为 I=

ε
pa / bl + B L Baε B 2a 2v = ρa / bl + B L ρa / bl + B L f = kv
pab = f + F

管内气体所受安培力

F = BIa =
摩擦阻力 稳定平衡时

无磁场时,摩擦阻力 f 0 , 稳定平衡时 所以有:

f 0 = kv 0 pab = f 0 f 0 = kv 0 = pab

f = kv = pab F

两式比:

B 2a 2v pab v pa / bl + RL = v0 pab
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解得 v ,综合以上各式得

ε = pab /(

Ba pb + ) pa v0 B Rl + bl
pabv0 = kv0 v0

解法二: 解法二:从能量观点看,无磁场时,外界压力的功率等于克服摩擦力的功率,即 有磁场时,外界压力的功率等于克服摩擦力的功率加上回路电功率

pab v = kv v +

ε2
pa + RL bl

当气体稳定时,又有

qvB = q

ε
a,

v=

ε
Ba

代入上式得 同样可求得

ε2 pbε pbε 2 = + B v 0 aB 2 pa + R L Bl

ε = pab /(

Pb εBa + ) pa v0 B + RL Bl
第四讲 电磁感应

§4.1 电磁感应现象 . 4.1.1,电磁感应现象 . . , 1820 年奥斯特发现电流产生磁场后,那磁场是否会产生电流这个逆问题引起人们极大的兴趣,人们做了许 多实验,但直到 1831 年,英国物理学家法拉第才第一次发现了电磁感应现象,并总结出电磁感应定律. 当穿过闭合线圈的磁通量改变时,线圈中出现电流,这个现象称做电磁感应,电磁感应中出现的电流称之感 应电流. 线圈中磁通的变化,从激发磁场的来源来看,可以是由永磁体引起的,也可是由电流激发的磁场引起.从磁 通量变化的原因来看,可以是磁场不变,闭合线圈改变形状或在磁场中运动引起的,也可以是线圈不动,而磁场 变化引起的.总之,大量实验证明:当一个闭合电路的磁通(不论由什么原因)发生变化时,都会出现感应电流. §4.2 法拉第电磁感应定律 楞次定律 . 4.2.1,法拉第电磁感应定律 . . , 当通过闭合线圈的磁通量变化时,线圈中有感应电流产生,而电流的产生必与某种电动势的存在相联系,这 种由于磁通量变化而引起的电动势,称做感应电动势.感应电动势比感应电流更能反映电磁感应现象的本质.因 为感应电流的大小随线圈的电阻而变,而感应电动势仅与磁通量的变化有关,与线圈电阻无关,特别是当线圈不 闭合时,只要有磁通变化,线圈内就有感应电动势而此时线圈内却没有感应电流,这时我们还是认为发生了电磁 感应现象. 精确的实验表明:闭合回路中的感应电动势ε与穿过回路的磁通量的变化率Δ Φ /△t 成正比.这个结论叫 做法拉第电磁感应定律.即:

ε=K

式中 K 是比例常数,取决于ε, Φ ,t 的单位.在国际单位制中, Φ 的单位为韦伯,t 的单位为秒,ε的单 位是伏特,则 K=1.

Φ t

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ε=

这个定律告诉我们,决定感应电动势大小的不是磁通量 Φ 本身,而是 Φ 随时间的变化率.在磁铁插在线圈 内部不动时,通过线圈的磁通虽然很大,但并不随时间而变化,那仍然没有感应电动势. 这个定律是实验定律,它与库仑定律,毕奥——萨伐尔定律这两个实验定律一起,撑起了电磁理论的整座大 厦. 4.2.2,楞次定律 . . 1834 年楞次提出了判断感应电流方向的方法,而根据感应电流的方向可以说明感应电动势的方向. 具体分析电磁感应实验,可看到:闭合回路中感应电流的方向,总是使得它所激 发的磁场阻止引起感应电流的磁通量的变化.这个结论就是楞次定律. n 用楞次定律来判断感应电流的方向,首先判断穿过闭合回路的磁力线沿什么方 向,它的磁通量发生什么变化(增加还是减少),然后根据楞次定律来确定感应电流所 激发的磁场沿何方向(与原磁场反向还是同向); 最后根据右手定则从感应电流产生的 磁场方向来确定感应电流的方向. 法拉第定律确定了感应电动势的大小,而楞次定律确定了感应电动势的方向,若 并对它 要把二者统一于一个数学表达式中, 必须把磁通 Φ 和感应电动势看成代数量, 图 4-2-1 的正负赋予确切的含义. 电动势和磁通量都是标量,它们的正负都是相对于某一标定方向而言的. 北 动于电动势的正负,先标定回路的绕行方向,与此绕行方向相同的电动势为正, b C 否则为负.磁通量是通过以回路为边界的面的磁力线的根数,其正负有赖于这 个面的法线矢量 n 方向的选取,若 B 与 n 的夹角为锐角,则 Φ 为正:夹角为钝 角, Φ 为负.但需要注意,回路绕行方向与 n 方向的选定,并不是各自独立的 任意确定,二者必须满足右手螺旋法则.如图 4-2-1,伸出右手,大姆指与四 指垂直, 让四指弯曲代表选定的回路的绕行方向, 则伸直的姆指就指向法线 n 的 方向. 对电动势和磁通量的方向做以上规定后,法拉第定律和楞次定律就统一于 下式: a 南 d

Φ t

图 4-2-2

ε =

若在时间间隔△t 内 Φ 的增量为 Φ = Φ(t + t ) Φ(t ) ,那么当正 Φ 随时间增大,或负的 Φ 的绝对值随时 间减小时, Φ > 0 ,则ε为负,ε的方向与标定的回路方向相反;反之,当正的 Φ 随时间减小,或负的 Φ 的 绝对值随时间增加. 4.2.3,典型例题 . . 例 1.如图 4-2-2 所示, 在水平桌面放着长方形线圈 abcd, 已知 ab 边长为 l1 , 边长为 l 2 , bc 线圈总电阻为 R, . ab 边正好指向正北方.现将线圈以南北连线为轴翻转 180 ,使 ab 边与 cd 边互换位置,在翻转的全过程中,测 得通过导线的总电量为 Q1 .然后维持 ad 边(东西方向)不动,将该线圈绕 ad 边转 90 ,使之竖直,测得正竖直过
.

Φ t

程中流过导线的总电量为 Q2 .试求该处地磁场磁感强度 B. 分析: 分析:由于地磁场存在,无论翻转或竖直,都会使通过回路的磁通量发生变化,产生感应电动势,引起感应 电流,导致电量传输.值得注意的是,地磁场既有竖直分量,又有南北方向的分量,而且 B2 在南半球和北半球又有所不同, 题目中未指明是在南半球或北班球, 所以解题过程中应分 别讨论. 解:(1)设在北半球,地磁场 B 可分解为竖见向下的 B1 和沿水平面由南指北的 B2 ,如 图 4-2-3 所示,其中 B 与水平方向夹角为θ. 当线圈翻转 180时,初末磁通分别为
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B1

θ
图 4-2-3

B

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Φ1 = B1l 1 l 2 , Φ 2 = B1l1l 2


ε = Φ / t , i =
Φ R .

δ
r

=

Φ R t

可知: t 时间通过导体截面电量

q = it =

所以在这一过程中有

2 B1l1l 2 R B B 竖直时, 1, 2 均有影响,即

θ1 =

Φ1 = B1l 1 l 2 Φ 2 = B2 l 1 l 2 1 θ 2 = B2 B1 l1l 2 R RQ1 B1 = l1l 2 于是解得:
R 2l l (Q1 + 2Q2 )B2 < B1 B2 = 1 2 R (Q 2Q2 )B2 < B1 2l1l 2 1
1 2 B = B2 + B2 =

B1

B

2R 2 Q12 ± 2Q1Q2 + 2Q2 2l1l 2

θ
图 4-2-4

B2

B1 2Q1 = B2 Q 2Q2 . 当 B2 > B1 时,或 θ < 45 时,取"+"号. . 当 B2 < B1 时,或 θ > 45 时,取"-"号. tgθ = B1l1l 2 R 同上, Φ = B1l1l 2 Φ 2 = B1l1l 2 竖直立起时 Φ = Φ 2 Φ1 = (B1 + B2 )l1l 2 则有:

(2)设在南半球,B 同样可分解为竖直向上分量 B1 和水平面上由南指北分量 B2 ,如图 4-2-4 所示.

θ1 =

Φ (B1 + B2 )l1l 2 = R R RQ1 B1 = 2l1l 2 解得:

θ2 =

B=

R (2θ 1 θ 2 ) 2l1l 2
2 B = B12 + B2 =

所以 B 大小

2R 2 Q12 2Q1Q2 + 2Q2 2l1l 2

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tgθ =
方向:

B1 2Q1 = B2 2Q2 2Q1 .
R r

例 2.如图 4-2-5 所示,AB 是一根裸导线,单位长度的电阻为 0 ,一部分弯曲成半径为 0 的圆圈,圆圈导线 相交处导电接触良好.圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场,磁感强度为 B.导线一端 B 点固定,A 端在 沿 BA 方向的恒力 F 作用下向右缓慢移动,从而使圆圈缓慢缩小.设在圆圈缩小过程中始终保持圆的形状,设导 体回路是柔软的,试求此圆圈从初始的半径 0 到完全消失所需时间 T. 分析: 分析:在恒力 F 拉动下,圆圈不断缩小,使其磁通量发生变化,产生感应电动势,由于交叉点处导线导电良 好,所以圆圈形成闭合电路,产生感应电流.因圆圈缩小是缓慢的,F 所作功全部变为感应电流产生的焦耳热, 由此可寻找半径 r 随时间的变化规律. 解:设在恒力 F 作用下,A 端△t 时间内向右移动微小量△x,则相应圆半径减小△r,则有:

r

x = 2πr
在这瞬息△t 时间内 F 的功等于回路电功

F x =

ε2
R

t

B

A

Φ S ε= =B t t S 可认为是由于半径减小微小量 r 而引起面积变化,有:

F

S = 2πr r
而回路电阻 R 为:

R = R0 2πr

图 4-2-5

代入得:

B 2 S 2 F 2πr = 2 t t R0 2πr

t =

FR0 (2π )r r
2

B 2 S 2

=

B 2 S 2 2 FR0π

显然 t 与圆面积的变化 S 成正比,所以当面积由

πr02 变化至零时,经历时间 T 为
T= r02 B 2 2FR0

T = ∑ t = ∑

B 2 S 1 B2 = ∑ S i 2πFR0 2πFR0

例 3,如图 4-2-6 所示,在边长为 a 的等边三角形区域内有匀强磁场 B,其方向 垂直纸面向外.一个边长也为 a 的第边三角形导体框架 ABC,在 t=0 时恰好与上述 磁场区域的边界重合,尔后以周期 T 绕其中心组面内沿顺时针方向匀速运动,于是 在框架 ABC 中产生感应电流.规定电流按 A—B—C—A 方向流动时电流强度取正值, 反向流动时的取负值.设框架 ABC 的电阻为 R,试求从 t=0 到 t1 = T / 6 时间内的平 均电源强度 I 1 和从 t=0 到 t 2 = T / 2 时间内的平均电流强度 I 2 . 分析: 分析:根据法拉第电磁感应定律,感应电动势与磁通量变化率成正比,即 B

A

C

图 4-2-6

ε=

Φ Φ ε = t .由此,在一段时间 t 内感应电动势的平均值为 t ,其中 Φ 是在 t 时间内磁通量的变化.由 ε ,根据欧姆定律可确定回路中的平均电流强度,电 t1 = T 6 的时间内, 导体框架从图 2-2-7 中的虚线位置转到实线位

C

A

流的方向由楞次定律确定. 解: 从 t=0 到 置,所经时间为

t1 =

T 6 ,磁通量减小了
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图 4-2-7

B

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Φ 1 =

3 2 a B 12 .

ε =

故感应电动势的平均值为 由楞次定律,感应电流方向为 A—B—C—A,故平均电流强度为正值,即

Φ 1 3 a2B = t 1 2 T .

B

C

t 2 =

T 3 2 Φ 2 = a B 2, 12 .

3a 2 B I2 = = A R 6 RT . 感应电动势的平均值为 图 4-2-8 T 细致分析可知,从 t=0 到 6 过程中,磁通量减小,感应电流沿 A—B—C—A 方向, T T 电流强度取正值;从 6 到 3 过程中,磁通量增加,感应电流沿 A—B—C—A 方向,电流强度取负值;故从 t=0 到 T T T ′ 3 过程中,平均电流强度为零.从 3 到 2 时间内,平均电流强度为 I 2 = I 1 .

ε2

T 从 t=0 到 2 时间内,平均电流强度

I2 =

1 1 3a 2 B ′ I 2 = I1 = 3 3 6 RT .

§ 4. 3

动生电磁感应

a
++ ++ _ L F __ __

导体在磁场中做切割线运动,在导体两端产生感生电动势的现象叫动生电 磁感应. 其一是 B 不变,a 不变,但电路的一部分切割磁力线运动使得回路面积改 变,从而使得 Φ 变; 其二是 B ,S 不变,但 a 变,即回路在磁场中转动, 使得回路所包围的面与 B 的夹角改变,从而使得 Φ 变. 产生原因: 动生电磁感应的产生是由于洛仑兹力的作用. 导体 ab 在磁场 B 中做垂直于 磁力线的运动,速度图 4-3-1 为 v,导体长度为 L.由于导体中所有自由电子也
洛 随着导体一起以 v 向右运动,因此受到洛仑兹力 ,这样就使导体的 b 端积累了负电荷,a 端积累了正电荷,形成了感生电场(图 4-3-1).这种自由 电子的定向移动一直要进行到洛仑兹力和感生电场的电场力相互平衡为止,即

v
B

b
图 4-3-1

F = evB

ab

θ v

e L , ε ab = BLv .
4.3.1,导体平动切割
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evB =

ε

ab

图 4-3-2

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其中 L 是 ab 的长度,v 是 ab 的速度.这里满足 v ⊥ L,v ⊥ B,B ⊥ L . 若 v 方向与磁场 B 方向存在夹角θ,如图 4-3-1 所示,则电动势为

ε = BLv

ε = BLv sin θ
如果切割磁场的导线并非直线,而是一段弯曲导线,如图 4-3-3 所示:则其电动势大小应等效于连在 AB 间 直导线切割磁场时电动势的大小.即: εAB = ε AB 如图 4-3-4 所示, 一根被弯成半径为 R=10cm 的半圆形导线, 在磁感应强度 B=1.5T 的均匀磁场中以速度 v=6m/s 沿 ac 方向向右移动,磁场的方向垂直图面向里. 1,导线上 a,b 两点的电势差,指出哪一点电势高. 2,求导线上 a,c 两点的电势差. A 解: v 1,a,b 两点的电势差 B b 点的电势高 2,a,c 两点间的电势差为 0. 图 4-3-3 4.3.2,导体转动切割 一般是来要用积分的方法才能求出整根导体上的动生电动势, 但有些 特殊情况还是可以用初等数学来解.比如图 4-3-5 所示的金属杆 AB 绕 O 轴在磁场中匀速转动,因为杆上各点的线速度是均匀变化的,所以可用平 a 均速度来求电动势.OB 之间的动生电动势

ε = Blv sin α = 1.5 × 10 × 6 = 0.9(V )

b

O

c

v

ε BO = Bω ε AO = Bω

BO 1 BO = Bω BO 2 2

2

OA 之间的动电动势
2 AO 1 AO = Bω AO 2 2

图 4-3-4
2 2 1 Bω AO BO 2 .

所以 B 此类问题也可这样分析 如图 4-3-5 所示,匀强磁场中一段导体棒 AB 垂直于磁场放置,当导体棒 A 点 在垂直于磁场平面以角速度 ω 旋转时,AB 中同样会产生电动势, 确定其电动势大小,可假想存在一个 ABC 回路,在 t 时间,AB 转过 θ = ω t , 回路磁通量变化

ε AB = ε AO ε BO =

(

)

O A

ω

图 4-3-5
B

Φ = B S =

B 2 L θ 2

A

由法拉第电磁感应定律

θ
C

ω

Φ B 2 θ = L t 2 t 1 ε = BωL2 2

ε=

图 4-3-5
B A

动生电动势可用来发电.例如,如图 4-3-6 所示,在匀强磁场 B 中, 矩形线圈以角速度 ω 绕线圈的中央轴旋转,当线圈平面的法线方向 n 与 磁感应强度 B 的夹角为 θ 时,线圈中的感应电动势为

ε = BSω sin θ
则有

ω
θ = θ0 ,
图 4-3-5
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且 式中 S 是线圈的面积. 若线圈以 ω 作匀角速旋转, t=0 时,

ε = ε 0 sin (ωt + θ 0 ), 式中 ε 0 = BSω .

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可见 ε 随时间简谐式的变化,这就是交流发电机的基本工作原理. 4.3.3,典型例题 . 例 1. 如图 4-3-7 所示,OC 为一绝缘杆,C 端固定一金属细杆 MN,已知 MC=CN,MN=OC=R,∠MCO=60 ,此结 构整体可绕 O 点在纸面内沿顺时针方向以匀角速度 ω 转动, 设磁感强度为 B,方向垂直于纸面向里的匀强磁场存在,则 M,N 两点间的电势差 UMN=? B 分析: 分析:因 MN 棒上各点切割磁感线的速度各不相同,故直接用公式 θ

ε = Blv sin θ 不甚方便,考虑到 UOM 与 UON 极易求到,所以想到对本题进行

适当变换. 解:连 OM,ON 构成一个三角形 OMN,在转动过程中,因三角形回路中 磁通量不变,故有

ω

n
B

U MN + U NO + U OM = 0 , 3 3 3 U OM = B R ω R = Bω R 2 2 4 8 , 且 7 7 7 U NO = B R ω R = Bω R 2 2 4 8 , 3 7 1 U MN = U ON + U MO = BωR 2 BωR 2 = BωR 2 8 8 2 所以
说明求感应电动势时,经常会用到各种等效替换,如有效长度的等效替换,切 割速度的等效替换及像本题中的线面变换(即将面分割成线,连线构成面)等. 例 2.一边长为 l 的正方形线圈(线圈的横截面积为 S,电阻率为ρ),以匀速 v . 通过均匀磁成 45 夹角,如图 4-3-8 所示.磁场区域的宽为 a,高为 b. (1)若 b l,a>l,问线圈通过均匀磁场 B 后释放多少焦耳热?

图 4-3-6
N C M

60
O

图 4-3-7

(2)如 b l,a<l,问线圈通过均匀磁场 B 后释放多少焦耳热? 分析: 分析:把速度 v 正交分解成 v‖与 v⊥(v‖平行于磁场上边界 a,v⊥垂直于上边界 a),并注意到线圈的感应 电动势等于各边电动势时代数和. 解: (1)当 b l,a>l 时,放出的焦耳热为

E2 Q= t R E = Blv cos 45 , R = 4 ρ

b >> l a>l

(Blv cos 45 ) Q=
4ρ l S

2

l 2l ,t = S v cos 45 2l B 2 l 2 vS = v cos 45 2 2ρ

l
45

a

B

(2)b l,a<l 时,放出的焦耳热为

v

b

Q=

E2 t R

图 4-3-8

(Blv cos 45 ) Q=
4 ρl / S

l 2a E = Blv cos 45 , R = 4 ρ , t = S v cos 45
2

w
Q O
3

2a B 2 lvSa = v cos 45 2 2ρ
P

例 3.如图 4-3-9(a)所示,有一匀强磁场,磁感应强度 B = 2.0 × 10 T ,在垂直 于磁场的平面内有一金属棒 PQ 绕平行于磁场的 O 轴作逆时针转动. 已知棒长 L=0.06m, O 轴与 P 端相距 l/3.棒的转速 n 是 2.0r/s.
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图 4-3-9 a) (

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1,求棒中的感应电动势. 2,P,Q 两端中哪一端的电势高?为什么? 解: 1,设金属棒 PQ 在△t 时间内绕 O 轴转过的角度为θ(图 4-3-9(b)) ,则 θ=2πn△t. 由扇面形面积公式

S1

w
Q

S =

1 2 Rθ 2 可算出 OQ 段和 OP 段在△t 时间内扫过的面积

P
S 2

O

S1 使 S 2 :
S 1 = 12 l 2πnt 23
2 2

图 4-3-9 (b)

1 1 S 2 = l 2πnt 23
由上列两式和 Φ = B S 可进一步算出 OQ 段和 OP 段在△t 时间内切割的磁感应线 Φ1 和 Φ 2

根据法拉第电磁感应定律,可算出在 OQ 和 OP 段的感应电动势 ε 1 和 ε 2 的数值

4 Φ 1 = B S1 = πBl 2 nt 9 1 Φ 2 = B S 2 = πBl 2 nt 9

ε1 =

根据右手定则可确定, ε 1 的方向由 Q 指向 O, ε 2 的方向由 P 指向 O,两者方向相反,因此,金属棒 PQ 中的 感应电动势为

Φ 1 4 = πBl 2 n t 9 Φ 2 1 ε2 = = πBl 2 n t 9

ε = ε 1 ε 2 = πBl 2 n
1 2 = × 3.14 × 2.0 × 10 8 × (0.6 ) × 2.0 3 = 1.5 × 10 3 (V )
其方向由 Q 向 P. 如图 4-3-10 所示的直角坐标中,有一绝缘圆锥体,半锥角为θ, 轴线沿 z 轴方向, 顶点在原点处. 有一条长为 l 的细金属丝 OP 固定在 圆锥体的侧面上,与圆锥体的一条母线重合,空间存在着沿正 x 方向 的匀强磁场 B.试讨论当圆锥体如图所示方向做角速度为ω的匀角速 转动时,OP 上感生电动势的情况 2,P 端的电势高.因为如果有导线连接 P,Q 两端,则显然感应 电动势将产生从 P 端经过导线流向 Q 端的电流. 例 4,有的问题中杆的运动方向,杆的轴线方向都和 B 不垂直, 杆上各点的速度又不同,处理起来就比较复杂一些,请看下题. 如图 4-3-10 所示的直角坐标中,有一绝缘圆锥体,半锥角为θ, 轴线沿 z 轴方向, 顶点在原点处. 有一条长为 l 的细金属丝 OP 固定在 圆锥体的侧面上,与圆锥体的一条母线重合,空间存在着沿正 x 方向 的匀强磁场 B.试讨论当圆锥体如图所示方向做角速度为ω的匀角速 转动时,OP 上感生电动势的情况.
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1 3

y

θ
Q P

x
B

z 图 4-3-10

x

y

θ
β
Q S B

α
P

w

z

图 4-3-11

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解:当 P 点的 x 坐标为正时,P 点的电势都高于 O 点的电势;当 P 点的 x 坐标为负时,P 点的电势都低于 O 点的电势;当 P 点的 y 坐标为 0,即 OP 在 xOz 平面时,OP 上的感生电动势最大.此时 OP 在垂直于 B 方向上的有 效长度为

OQ = OP cos θ = l cos θ ,
P 点的速度为

v p = ωQP = ωl sin θ
而 O 点的速度为零,所以 OP 上各点的平均速度为 vp/2.因此此时 OP 上的感生电动势大小为 . 当 P 点运动到某一位置(图 4-3-11), P 点的 x,y 坐标都大于零,QP 与 x 轴的 夹角为α时,OP 在垂直于 B 方向上的有图 3-2-11 效长度 为

δ m = l 2ωB sin θ cos θ

1 2

O

X

Y

θ
B

Os = l cos θ / cos β ,
β为 OP 在 yPz 平面上的投影 OS 与 z 轴的夹角. S 点绕 O 点运动的速度为

a w
图 4-3-12
O

b
Z
P

vs = l sin θω cos α cos β .
O 点的速度始终为零,所以 OP 上各点在 y 方向上的平均 速度为 vs/2.因此此时 OP 上的感生电动势的大小为

1 e = l 2ωB sin θ cos α cos θ 2 .
据此,可以延伸一下 例 5,在如图 4-3-12 所示的直角作标系中,有一塑料制成的半锥角为 θ的圆锥体 Oab.圆锥体的顶点在原点处,其轴线沿 z 轴方向.有一条长为 l 的细金属丝 OP 固定在圆锥体的侧面上,金属丝与圆锥体的一条母线重合. 整个空间中存在着磁感强度为 B 的均匀磁场, 磁场方向沿 X 轴正方向, 当圆 锥体绕其轴沿图示方向做角度为ω的匀角速转动时, (1)OP 经过何处时两端的电势相等? (2)OP 在何处时 P 端的电势高于 O 端? (3)电势差

X Y

θ
B M P

w

N

Z

图 4-3-13

U P U O 的最大值是多少?

分析: 分析:本题的关键是如何处理磁感强度 B 跟棒不垂直的问题.方法有二个:当金属丝 OP 经过 XOZ 平面时, 设法求出极短时间内切割的磁感线数,即磁通量 Φ ;或把 B 分解成跟 OP 垂直的分量 B⊥ 和跟平 OP 行的分量 B ‖. 解法一: 解法一:(1)当 OP 经过 YOZ 平面的瞬间,两端的电势相等.因为此时 OP 的运动方向和磁场方向平行(同向或反向) O X (2),只要 OP 处于 YOZ 平面的内侧,P 点的电势总是高于 O 点. θ (3),当 OP 处于 XOZ 平面的右侧且运动方向和磁场方向垂直时,即通过 Y XOZ 平面的瞬间(如图 4-3-13 所示)

U P U 0 的值最大.其值等于在此瞬间很

B

短时间间隔 t 内,OP 切割的磁感线数 φ 除以 t ,由几何投影可知, φ 也 等于 t 内 OP 在 YOZ 平面内的投影切割的磁感线的数目. 点在 YOZ 平面上的 P 投影为沿 Y 轴做圆频率为 ω ,振幅为 Lsin θ 的简谐运动,此简谐运动在 Z 轴 因此 OP 的投影切割的面积为一小三角形( MON ) 附近时其速度为 ωl sin θ . 的面积,即
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a w
Z

P

图 4-3-14

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1 S = l cosθ ωl sin θ t 2
切割磁感线数即磁通量为

φ =B

S =

1 2 l ωB cos θ sin θt 2

根据法拉第电磁感应定律可知

φ 1 2 = l ωB cos θ sin θ U P U 0 = t 2
方法二: 方法二:如图 4-3-14 所示,把磁感强度 B 正交分解成垂直 OP 的分量和平行于 OP 的分量,即

B⊥ = B cosθ , B ‖=Bsinθ
当金属丝 OP 在匀强磁场 B⊥ 中绕 Z 轴转动时,切割磁感线产生的电动势为 E= B⊥ Lv 中 式中 v 中 的为金属丝 OP 中点的线速度,v 中 = E=Bcos 由此得电势差

ω sin θ

l 2

.代入上式得

θ l ω sin θ

l 2

1 Bωl 2 sin θ cos θ =2

1 Bωl 2 sin θ cos θ UP U0 = 2
' 解法三: 解法三:设想 OP 是闭合线框 OO P 的一条边.线框绕 OZ 轴匀速转动产生的最大动生电动势为

E=BS

ω = B( l sin θl cos θ

1 2

1 Bωl 2 sin θ cos θ )ω = 2

' ' ' 因为边 O P 与 OO 没有切割磁感线,不产生动生电动势,因此 OP 中的电动势就等于闭合线框 OO P 中的电 动势.由此得电势差

1 Bωl 2 sin θ cos θ UP U0 = 2
解比较复杂的电路时, 一般除了用到有关电磁感应知识以外, 还要用到解复杂电路的回路电压定律和节点电 流定律,请看下例: 例 6,如图 4-3-15 所示,一很长的薄导体平板沿 x 轴放置,板面位于水平位置,板的宽度为 L,电阻可忽略 c 不计,aebcfd 是圆弧形均匀导线,其电阻为 3R,圆弧所在的平面与 x 轴垂直. B B f b 圆弧的两端 a 和 d 与导体板的两个侧面相接触,并可在其上滑动.圆弧

1 1 = nR ae=eb=cf=fd= 8 圆周长,圆弧 bc= 4 圆周长.一内阻 R g 的体积很小的电
压表位于圆弧的圆心 O 处,电压表的两端分别用电阻可以忽略的直导线与 b 和 c 点相连.整个装置处在磁感强度为 B,方向竖直向上的匀强磁场中.当导体板 不动而圆弧导线与电压表一起以恒定速度 v 沿 x 轴方向平移运动时. (1)求电压表的读数.
f . (2)求 e 点与 f 点的电势差 e 分析: 分析:怎样求出各段弧线导线(例如 bc 段)切割磁感线产生的动生电动势呢?可以 设想在 bc 间连接一直导线, bc 间弧线导线构成一闭合回留, 与 它们一起切割磁感线, 都产生动生电动势,但回路中的总电动势为零,由此得到 bc 段弧线导线中的电动势 等于 bc 间直导线中的电动势.用同样的"虚构"回路法,可以求出其他各段弧形导 线中的动生电动势.然后根据右手定则判定各段弧线导线中动生电动势的方向.并画 出如图 4-3-16 所示的等效电路,再运用一段含源电路的欧姆定律或基尔霍定律列方

O

d

ε

α

L

x

图 4-3-15

U U

b

c
V 0 L

e a

f

d

图 4-3-16

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程,解出所求的未知数. 各段导线都切割磁感线, 都有感应电动势. 由图 4-3-17 解: 当圆弧型导线和电压表的连线在磁场中运动时, 可以看出, bc 段的感应电动势的大小 E 1 = Blv . ae 段的感应电动势的大小 E 2 = Blv ( 2 1) / 2 . eb,cf,fd 弧 弧 弧 各段的感应电动势的大小都等于 E 2 .连接电压表的每根导线中的感应电动势的大小都为 E 3 由以上分析,可得如图 3-2-17 所示的等效电路.设各导线中的电流分别为 I 1 , I 2 和 有

= Blv / 2 .

I 3 ,方向如图所示,则

U b U c =- I 1 R + E1 U b U c =- I 3 R g + E 3 + E 3 U b U c =2I R
2

① ② ③ ④
b R/2 E2

I1 E 1 I 2 E3
V

R

以及 注意到

I1 + I 3 = I 2 2 E3 = E1 ,得图 3-2-16

E3
R/2

c
E2 E2

I1 R I 3 Rg = 0 I 1 R + 2 I 2 R = E1 I1 + I 3 = I 2
解⑤式并将

e

f
I2

E3

⑤ 代入,得

a

d

R g = nR

I 3 = E1 /[(3n + 2 )R ], I 2 = [(n + 1) / (3n + 2 )](E1 / R ) .

图 4-3-17

电压表的读数

U v = I 3 R g = nE 1 / (3n + 2 ) = nBLv / (3n + 2 )
U e U f = I 2 R / 2 + I 2 R / 2 + E2 + E2

2,e 点与 f 点的电势差

[讨论] 本题中涉及的电动势,电压和电势差 3 个概念,在本质上是不同的.

= I 2 R + 2 E2 = (n + 1) / (3n + 2) + 2 1 BLv

[

]

§ 4. 4

感生电磁感应

导体相对磁场静止,由于磁场的变化而引起导体内感生电动势的现象叫感生电磁感应. 即:S,a 均不变,但 B 变而使得 Φ 变. 产生原因: 分析: 分析:回路置于变化的磁场里,最简单的方法就是回路平面和 磁场垂直,回路中会产生感应电动势,如果回路闭合就有感应电流

B

i=

1 ε= R t ,如果回路不闭合,感生电动势仍是 t ,不产生感

B = 恒量 t

B t

应电流.这是法拉等的发现.由于法拉第自身不可避免的局限,他 没有再追究这一现象的深层本质.接过接力棒再创佳绩的是麦克斯 韦,他指出感应电动势其实跟导体的性质和种类无关,纯粹是由变 化多端的磁场引起的.放置了闭合回路,回路中就有电流,这只是 表面现象,不是事情的本质.麦克斯韦相信,即使不在导体回路, 变化着的磁场也能在其周围空间激发一种称为涡旋电场的场,涡旋
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产生E涡
E涡
R

t

t

产生E涡 E涡
t t

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图 4-4-1

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电场和静电场的共同点就是对电荷都有作用力,当然差异点也有不少.例如静电荷它可以单独存在,其电场线是 闭合的无头尾无始终. 如果恰好变化磁场中有闭合导体回路, 变化磁场产生的涡旋电场电场线跟导体不垂直因而 分解出与导体相切的分量, 导体中的自由电荷受其作用力就会定向移动成为电流. 这就是感应电动势的非静电力 的来源.麦克斯韦最早分析了这种情况,他敏感地预见到这一现象,表明电场和磁场之间必然有某种当时尚未发 现的新关系. 让我们更具体地分析:一个物理场,既呈现某种空间分布又随时间依一定规律变化.我们说这个场是空间和 时间的函数.磁场和电场一样,是矢量场.如果说它是匀强的,是指它非稳恒,空间分布状况不变但随时间改变 其大小,场线会随时间变密或变疏.本题中变化磁场产生涡旋电场的问题,按麦克斯韦的理论,是一个十分复杂 的问题.仅在非常特殊的场合,再附加上非常苛刻的条件,场的分布才是很确定的,中学阶段我们面对的模型几 乎都是这样的:磁场被限制在一个圆柱状空间,有理想边界即磁场在边界上突变,在界内匀强,在圆柱外突变为 零.磁感线跟圆柱轴线平行,在与磁场垂直的平面上磁场边界是有限大的圆.按麦克斯韦理论:如果磁场随时间 均匀变化,那么产生的涡旋电场就不随时间变化;如果磁场随时间是振荡的,那么产生的涡旋电场就是同频率振 荡的,如图 4-4-1 所示.涡旋电场的电场线是一系列环抱磁感线的同心圆.沿这些同心圆的半径方向放置导体, 导体上是不可能产生感应电动势的, 在这个方向上导体内的带电粒子即受到涡旋电场力作用也不会沿导体定向移 动.如果有环形导体恰好与电场线平行,导体上能产生感应电动势,那是确定无疑的. 在上述这些特殊条件下,由变化磁场产生的涡旋电场,其特征是:①空间各点的 平面上,即

E涡 一定处在与磁场垂直的

E涡 没有跟 B 平行的分量;②磁场边界内外都有 E涡 .上面说过 E涡 的场线是与磁场边界同心封闭圆, E涡 沿切线方向;③ E涡 的指向与磁场变化的关系遵从楞次定律,即

任何一个磁场边界同心的圆周上任意一点的

E涡 的方向就是感应电动势的方向;④ E涡 的大小,可以从涡旋电场力是非静电力这一点出发来推导,根据电动
势定义,电动势应等于单位正电荷从电源负极通过电源内部移往正极,单位正电荷在回路上绕行一周,非静电力

B 2 B W = W非 / q = E 2πr ,此处设该回路半径为 r,又根据法拉第电磁感应定律 ε = t = S t = πr t , 做功 B r B E涡 2πr = πr 2 E涡 = 2 t .该 t ,所以 这两个ε在本质与现象的关系,其实是一回事,数值上应相等,即 B E涡 大小由两个因素决定:一是磁感应强度变化率 t ; 结果仅适用于 r≤R 的范围(R 是磁场边界半径),其说明 B B E 涡 2π r = π R 2 E 涡 ∝r ,在 r>R 处, t ,磁通量 = BS 中的 S,只能计 二是 r,如果 t 是恒量,那么

R B B 2 E涡 = 2r t .请我们关注 t 这个物理量,这是一个非常重要的物理量,以下 及有磁感线穿过的面积 π R ,
2

B 的每个 A 类例题和 B 类例题,我们都要跟 t 打交道.
产生感应电磁现象的原因是由于感生涡旋电场的作用,假如有一个 围内的匀强磁场 B,B 的方向平行于圆柱体的轴.当 B 的大小在增加时, 如图图 4-4-2 所示.根据对称性,在回路上各点处的感生电场方向必然 电场的电场线是一些同心圆.因此,感生电场的电感线是闭合线,无头 样,所以由磁场变化而激发的电场也叫旋涡电场.而静电场的电感线却 终于负电荷,是有头有尾的.这是一个很重要的区别. 根据电动势和电场的关系, 如果磁场区域半径为 R, 回路的半径为 r, 度为 E,则 2 E E B E E 局限在圆柱形范 感生电场的方向 与回路想切,感生 无尾,像旋涡一 是起于正电荷而 回路上的电场强

图 4-4-2

πrE =

Φ t

因为

Φ = πr 2 B,
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所以有

r B 2 t , E= 2 R B , 2 r t
4.4.1,磁场中导体的感生电动势 在一个半径为 R 的长直螺线管中通有变化的电流,使管内圆柱形的空间产生变化的磁场,且 B / t >0(图 4-4-3). 如果在螺线管横截面内, 放置一根长为 R 的导体棒 ab, 使得 oa = ab = ob , 那么 ab 上的感生电动势

ε ab

是多少?如果将导体棒延伸到螺线管外,并使得 ab = bc = R 呢? 前面已说过:长直通电螺线管内是匀强磁场,而管外磁场为零,所以本题研究的是一个圆柱形匀强磁场. 尽管根据前述 E 的表达式,可知 ab 棒所在各点的电场强度,但要根据这些场强来求出 ab 却要用到积分的 知识,因此,一般中学生无法完成,我们可取个等边三角形面积 oab,因为 oa 和 ob 垂直于感生电场的电力线, 所以 oa 和 ob 上没有感生电动势.又根据法拉第电磁感应定律,oab 回路上的感生电动势

ε

ε=

Φ 3 2 B = R t 4 t

这也就是

ε ab 的大小.

B

0

如果将 ab 延伸到 c,则可研究 oac ,根据同样的道理可

ε ac =

Φ 3 π 2 B = + R t 4 12 t

a
图 4-4-3

b

c



很明显, 上面这个问题可以这样解的前提是磁场局限于圆柱形内. 如果一根导体棒是放在一个宽广的或是其 它范围不规则的磁场内,那是得不出上述结果的,假如将一个导体闭合回路放在磁场中,对磁场就没有那么严格 的要求了,这类问 题一般说来同学们是熟悉的, 但如果是一个比较复杂的电路 放在磁场中,处理 时就要用一些新的方法. a 4.4.2,磁场 中闭合电路的感生电动势 V θ θV 解磁场中一个 比较复杂的闭合电路的感生电流的问题, 一般除了用到有关 a 电磁感应的知识以 外,还要用到解复杂电路的回路电压定律和节点电流定律. 将一个半径 图 4-4-4(a),(b)

(a)
图 4-4-4

(b)
a,电阻为 r 的圆形导线,接上一个电阻为 R 的电压表后按 两种方式放在磁场中, 连接电压表的导线电阻可忽略, (a),

(b)中的圆心角都 是θ.均匀变化的磁场垂直于圆面,变化率 B / t = k . 试问(a),(b)中电压表的读数各为多少? 因为电压表的读数与它两端的正负无关,所以可以任意假设磁场 B 的方向和变化率的正负.现在我们设 B 垂直于纸面向里,且 B / t

= k >0(图 4-4-5).回路 OPS1Q 的面积
I2 S2 IV O B

θ 2π θ S1 = (π a 2 ) S2 = (π a 2 ) OPS 2 Q 的面积 2π 2π ,回路 .这两个回路单独
存在时的感生电流方向相同,都是逆时针的,感生电动势的大小分别为

Q I1 IV S1 P

ε1
2

B θ = S1 = πa 2 k , t 2π

(

)

图 4-4-5

ε =S

2

ε1 / ε 2 = θ /(2π θ )

B 2π θ = (π a )k , t 2π
2



PS1Q 段导线和 QS2 P 段导线电阻分别为
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R1 =

θ 2π θ r, R = r 2π 2π
2

② ③ ④ ⑤ I2 O

如图 4-4-6 中标出的电流,应该有

I V = I 2 I1
对两个回路分别列出电压方程

ε1 = I1 R1 IV R, ε 2 = I 2 R2 + IV R (R 为伏特表的内阻).
由①,②,③,④,⑤可解得

a

S1′
V IV I1

θ 2π θ I1 (2π θ )r + πR = I 2 θ r + πR , 2π 2π I1 = I 2 即有 I =0

′ S2

a

V 因此 所以图 4-4-4(a)的接法中电压表的读数为零. 再看图 4-4-4 (b)中的接法:电流设定如图 4-4-6,小回路和大回路的感生电动势大小分别为

图 4-4-6

ε 1′ = S1′
=

B θ 1 = πa 2 a 2 sin θ k t 2π 2
B 2π θ 2 1 2 = πa + a sin θ k t 2π 2

1 2 ka (θ sin θ ) 2
2 2

ε ′ = S′
=

(R 为伏特表的内阻). 由上述方程可解得

1 2 ka (2π θ + sin θ ) 2 I V = I 2 I1 , ε′2 = I 2 R2 + I V R

r I V = 2π 2 a 2 k sin θ / θ(2π θ ) + 4π 2 R R
由些可知电压表的读数为

r V = I V R = 2π 2 a 2 k sin θ / θ (2π θ ) + 4π 2 R
本问题中我们用到的电流方程(如③式)和回路电压方程(如④, ⑤式), 实际上就是上一讲中提到过的基尔霍 夫方程.在解决电磁感应的问题时,用电压回路方程十分方便,因为电磁感应的电动势是分布在整个回路上的. 附:静电场与感生电场的比较 就产生原因而言,静电场是静止电荷产生的,而感生电场是变化多端的磁场激发的.就性质而言,当单位正 电荷绕封闭合回路一周静电场力的功为零.当感生电场驱使单位正电荷绕付线圈一周 时,感生电场力的功不为零,其数值恰为副线圈内产生的感生电动势,数值上等于通 过副线圈的磁通量对时间的变化率.静电场是保守场,感生电场是非保守场.静电场 R 的电力线是有头有尾的不封闭曲线,而感生电场的电力线是无头无尾的闭合曲线.静 电场是有源场,而感生电场是无源场. 典型例题 例 1,无限长螺线管的电流随时间作线性变化( I / t = 常数)时,其内部的磁感 应强度 B 也随时间作线性变化.已知 B / t 的数值,求管内外的感生电场.
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图 4-4-7

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解:如图 4-4-7 所示为螺线管的横截面图,C 表示螺线管的边缘,其半径为 R.由于对称性以及感生电场的 电力线是一些封闭曲线的性质,可知管内外的感生电场电力线都是与 C 同心的同心圆,因此: 当 r<R 时, 即 当 r>R 时 所以

ε = E 感 2πr =

Φ t

E感 =

1 B 1 B r B S = πr 2 = 2πr t 2 t 2πr t B ε = E 感 2πr = πrR 2 t

E感 =

R 2 B 2r t

B E感 的大小在管内与 r 成正比,在管外与 r 成反比.感生电场电力线的方向可由楞次定律确定,当 t >0
时,电力线方向为逆时针方向. 例 2,在一无限长密绕螺线管中有一均匀磁场,磁感应强度随时间线性变化(即 B / t = 常数),求螺线管 内横截面上长为 l 的直线段 MN 上的感生电动势.(横截面圆的圆心 O 到 MN 的垂直距离为 h) 解:求感生电动势有两种方法. (1) (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 电荷沿此段运动时所做的功. MN 上任选一小段 l , 点到 l 距离为 r,l 处的 在 O 夹角为θ,感生电场沿 l 移动单位正电荷所做的功为

E感 如图 4-4-8 所示, l 的 与

A = E感 l cos θ , 而 r B A = l cos θ 2 t r cos θ = h 而 h B A = l 2 t 故 把 MN 上所有 l 的电动势相加, 1 B 1 B ε=∑ l = hl 2 t 2 t 1 Φ = BS = lhB 2 Φ 1 B ε= = hl t 2 t

E感 =

r B 2 t 则
O h M

E然
r N

θ θ l

图 4-4-8

(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.

R N M

OM 和 ON 上各点的感生电场 感 均各自与 OM 和 ON 垂直,单位正电荷 OM 和 ON 上移 Q D 2 P 动时,感生电场的功为零,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. 2R 电动势的方向可由楞次定律确定. 例 3,两根长度相度,材料相同,电阻分别为 R 和 2R 的细导线,围成一直径为 D 图 4-4-9 的圆环,P,Q 为其两个接点,如图 4-4-9 所示.在圆环所围成的区域内,存在垂直于 圆指向纸面里的匀强磁场.磁场的磁感强度的大小随时间增大,变化率为恒定值 b.已知圆环中的感应电动势是
N . 均匀分布的.设 MN 为圆环上的两点,MN 间的弧长为半圆弧 PMNQ 的一半.试求这两点间的电压 M 分析: 分析:就整个圆环而言,导线的粗细不同,因而电阻的分布不同,但感应电动势的分布都是均匀的.求解时

E

U U

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要注意电动势的方向与电势的高低. 解:根据电磁感应定律,整个圆环中的感应电动势的大小为

E=

Φ 1 = πD 2 b t 4 I= E R + 2R

此电动势均匀分布在整个环路内,方向是逆时针方向.由欧姆定律可知感应电流为 M,N 两点的电压

UM U N = UM U N

由以上各式,可得 可见,M 点电势比 N 点低

1 R E I 2R + 4 2 1 = πD 2 b 48

§4.5 自感磁场的能量 .
4.5.1,自感 (1)自感电动势,自感系数 回路本身的电流变化而在回路中产生的电磁感应现象叫自感现象. 在自感现象中回路产生的电动势叫自感电 动势.由法拉第电磁感定律 这里磁通 Φ 是自身电流产生磁场的磁通,按照毕奥—萨尔定律,线圈中的电流所激发的磁场的磁感应强度 的大小与电流强度成正比.因而应有 Φ / t∞I / t .根据法拉第电磁感应定律,可得自感到电动势

ε=n

Φ t

ε自 = L

I t

式中 L 为比例系数,仅与线圈的大小,形状,匝数以及周围介质情况有关,称为自感系数.在国际单位制中, 自感系数的单位是亨利.式中负号表示自感电动势的方向.当电流增加时,自感电动势与原有电流的方向相反; 当电流减小时,自感电动势与原有电流的方向相同.要使任何回路中的电流发生改变,都会引起自感应对电流改 变的反抗,回路的自感系数越大,自感应的作用就越强,改变回路中的电流也越困难.因此自感系数是线圈本身 "电磁惯性"大小的量度. I感 (2)典型的自感现象及其规律 如图 4-5-1 所示电路由电感线圈 L 和灯泡 A, 以及电阻 R 和灯泡 L I1 A B 组成两个支路连接在一个电源两端.A,B 灯泡相同,当 K 闭合瞬 B R 时,L—A 支路中,由于 L 的自感现象,阻碍电流增大,所以 A 不能 立即发光,而是逐渐变亮,而 B 立即正常发光.当稳定后,电流不 再变化时,L 只在电路中起一个电阻的作用.流过 L—A 支路的电流 O K t

I1 ,此时 L 中贮存磁场能为
1 W = LI 12 2 (在后介绍)

图 4-5-2 图 4-5-1

当 K 断开瞬间,L 中电流要减小,因而会产生自感电动势ε,在回来 L—A—B—R 中产生感应电流,从能量 观点来看,L 释放线圈中磁场能,转变成电能消耗在回路中,所以 A,B 灯泡应是在 K 断开后瞬间逐渐熄灭,其 回路中电流时间变化如图 4-5-2 所示. 4.5.2,磁场的能量 见图 4-5-3,当 K 闭合后,回路中电流ι将从零不断增加,而自感系数为 L 的线圈中将产生自感电动势

ε自 =

i t 阻碍电流的增加, ε 和 ε自 合起来产生电流通过电阻 R
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εL


i = Ri t ε = Ri + L

R

L

i t
K

式中 i 是变化的,方程两边乘以 it 并求和图 5-2-1

∑ εit = ∑ Ri

2

t + ∑ Lii

图 4-5-3

ε

显然,方程的左边是电源输出的能量,而方程右边第一项是在电阻 R 上产 生的焦耳热,那剩下的一项显然也是能量,是储存在线圈中的磁场能,下面我们求它的更具体的表达式: K 刚闭合时, i =0,而当电路稳定后,电流不再变化,自感电动势变为零,稳定电流

I=

ε R (忽略电源内阻),

∑ Lii 这个求和式的求和范围从 0 到 I,令,y= i 并以 i 为横作
标,y 为纵坐标做一坐标系,则 y= i 在坐标系中为第一象限的角 平分线.在横作标 i 处取 i , i 很小,可认为对应的 y 为常 量,窄条面积 S = yi = ii ,把从 0 到 I 的所有窄条面积加 起来 y

∑ yi = ∑ ii 即为 y= i 与 i 轴所夹三角形面积,故
1
2

∑ yi = ∑ ii = 2 I Lii 代入 ∑ 可知储存线圈内的能量.
W= 1 2 LI 2

O

i
图 4-5-4

I

i

从公式看, 能量是与产生磁场的电流联在一起的, 下面我们求出直螺线管的自感系数从而证实能量是磁场的. 设长直螺线管长为 l,截面积为 S,故绕有 N 匝线圈,管内为真空.当线圈中通有电流 I 时,管内磁场的磁感应 强度

B = 0 nI ,通过 N 匝线圈的磁通量 Φ = NBS = N 0 N2 L = 0 S l N N2 IS = 0 IS l l

与 Φ = LI 相比较,可得



1 N Bl 1 B N B Bl = W= n S v = L = S I= 2 l N 2 n 0 n 0 N 代入磁场能量式 l ,
2 2
2

2

0

0

0

0

单位体积的磁场能量为

B 2n0

2

1 1 ε0 E 2 n 与电场的能量密度 2 相比较,公式何等相似.从电学,磁学公式中,我们知道 ε 0 对应于 0 ,公式的
相似来源于电场,磁场的对称性. 磁场的能量密度公式告诉我们,能量是与磁场联系在一起的.只要有磁场,就有 B ,就有能量.另外,公 式虽是从长直螺线管的磁场这一特例推导出来,但对所有磁场的均适用. 典型例题
1 2 3 内阻 例 1, 如图 4-5-5 所示的电路中, 电池的电动势 ε = 12V , 开始时电键 K 与 A 接通.将 K 迅速地由 A 移至与 B 接通,则线圈 L 中可产生的最大自感电动势多大?

r = 1; R = 2, R = 9, R = 15, L = 2 H ,

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分析: 分析:K 接在 A 点时,电路中有恒定电流 I,当 K 接至 B 瞬间时,线圈中自感所产生的感应电动势应欲维持 这一电流,此瞬时电流 I 就是最大值,维持此电流的感应电动势就是最大自 R1 A K R2 感电动势. 解:L 为纯电路,直流电阻不计,K 接在 A 时,回路稳定时电流 I 为 B

2 I= = 1A R1 + R2 + r
当 K 接到 B 点时,线圈中电流将逐渐减小至零,但开始时刻,电流仍为 I = 1 A ,根据欧姆定律,维持这电流的瞬时自感电动势为

εr

R3

L

ε L = I ( R2 + R3 ) = 24V
以后电流变小,自感电动势也减小直至零.

图 4-5-5

例 2,由半径 r1 = 1 毫米的导线构成的半径 r2 = 10 厘米的圆形线圈处于超导状态,开始时线圈内通有 100 安 培的电流.一年后测出线圈内电流的减小量不足 10
6

安培,试粗略估算此线圈电阻率的上限.

解:线圈中电流 I (t ) 的减小将在线圈内导致自感电动势,故

ε = L
(1) 式中 L 是线圈的自感系数

I = IR t

2

L=

Φ I

在计算通过线圈的磁统量 Φ 时,以导线附近即 r1 处的 B 为最大,而该处 B 又可把线圈当成无限长载流导线 所产生的,即

B(r1 ) =

n0 I 2πr1
2 2 2

n0 r22 (r1 )πr = I (t ) 2r1 Φ<B Φ n0 r2 L= I < 2r1
(2)

R=ρ

而 把式(2)和式(3)代入式(1),得

2πr2 2r = ρ 22 2 πr1 r1

(3)

ρ < (4) 3 1 把 r1 = 10 米, r2 = 10 米, I ≈ 100 安培及
I 10 6 ≈ 3.2 × 10 14 t < 365 × 24 × 3600 安培/秒
代入式(4)得



0 r1 r2 I 4 I t

ρ < 1.0 × 10 26 欧姆/米
这就是超导线圈电阻率的上限.

冲刺高中物理竞赛 第三讲

电磁感应 第 34 页 共 34 页

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