专题十三电磁感应

竞赛物理 专题十三电磁感应李冬青

F I1 I1 D 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？ E G 其中， I2 I2 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）解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. 为研究方便作标记E、D、F、G. 根据基尔霍夫定律，对左环电路ADCFA，

F I1 I1 D I1 E G ③ 于是有 ① ② I2 I2 对回路ADCEA，其中，于是有代入①式，得

F I1 I1 D I1 E G A 方向向右 F I2 O I2 D C 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

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分量的大小表示为因故由于导体弧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

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。 A C α B R O

解：（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。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。 A P x C ① ④ 由图可知 ② ③ α R O 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。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。由前面的分析可知EPO=0，EOA=0，故令△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由①②③可得沿AP线段的电动势大小为

（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。 A 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 α-β β x C Q ⑥ α ⑤ R O 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在图中连OC，令∠COQ=β，则∠OQC=α-β，于是

A α-β β x C Q ⑦ α R O 由⑤⑥⑦式可得沿AQ线的电动势的大小为

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。 ① B2 r0 B1 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。解带电粒子在磁场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

④ ③ 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。联立式②③④得到

l1 b a l2 d c h P' P H B Q Q' 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？

a a a F安 a l1 P' P' P P b b b b b a P' P mg l2 H H B B P' P d d d d c c c c d c H B h Q Q Q' Q' (4) (5) H B P' P Q Q' (3) Q Q' （2） H B Q Q' （1）分析：（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。 (3)到（4），以最大速度做匀速直线运动。 (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。

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作用于线框的安培力为解：设dc边刚到达磁场区域的上边界PP'时的速度为v0，则有线框中的电流速度达到最大的条件是安培力 F=mg dc边下落到离PP'的距离为h1的过程中，由动能定理

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

y Q3 Q2 Q1 Qn-1 Qn B Q v P Pn-1 P1 Pn P3 P2 x O 例5PQQnPn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， P2Q2，…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。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）.

解： v v Q1 y Q3 Q2 Q1 Qn-1 Q2 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？ Qn • 网络竖直边因切割磁感 • 线产生动生电动势 Q Q B • 磁场的变化将使网络各 • 边均产生感生电动势 R P Pn-1 P1 Pn P2 P1 P P3 P2 x 故而可用一个等效的电阻R取代之. O y B x O t=2.5s后将有(1+1/4)个网格进入磁场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.

对回路Q1P1P2Q2Q1: 对回路QPP1Q1Q： v Q1 y ⑤ Q2 ② Q ④ ① I2 I1 ③ 而： B R P2 P1 P x O 依题意有任意标出各支路中的电流，如图. 将③ ④ ⑤代入① ②，便可解出

P 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）． N1 M1 R F M2 Q N2

P N1 M1 R F M2 Q N2 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。

F摩 F安 P ② ① N1 ④ ③ M1 R F M2 Q N2 解：由动能定理，在此过程中有恒力F对杆所做的功因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，则有摩擦力对杆所做的功经过时间t，设杆的速度为v，由①②③④，得电阻所消耗的能量

M d a l R θ v b c N 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。解：（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：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：

要求Pr最大，即要求 取极大值。由于在r>R的条件下，上式随r的减小而单调减小，r取最小值时，取最小值，有极大值。可知，当r=R时，取最大值，所以Pr取最大值时θ值为：（2）棒MN上消耗的电功率为：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：

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