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竞赛物理
专题十三
电磁感应
李冬青
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
为什么圆环会受到磁场作用力？
两个圆环受力大小相等吗？
方向关系又如何？
I1
F
I1
I2
E
I2
D
G
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，
其中，
每个环的优弧和劣弧中
的电流肯定不同！
1  I1rCFA  I 2 rADC  0
B   R 2

5r
r
1 

 k R 2 , rCFA  , rADC 
t
t
6
6
于是有
k R 2  I1
5r
r
 I2  0
6
6
I1
I1
①
F
对回路ADCEA，
 2  2 I 2 rADC  0
其中，
于是有
B  S ADCEA
1
3
 kR 2 (  
)
t
3
2
3
r
2 1
kR (  
)  2I2  0
3
2
6
2 
(2  3 3) R 2
I2 
k
2r
代入①式，得
(10  3 3) R 2
I1 
k
10r
②
③
I2
E
I1
I2
D
G
计算圆环受力
I1
I1
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
I1
I2
E
F
I2
D
G
F1  I1 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
F2  I 2 BR, 方向向右
A
所以左环的受力为
F左环
9 3
 F1  F2 
k ( B0  kt0 ) R 3
5r
F
方向向左
由于左、右两环的对称性，故右环的受力为
F右环
9 3

k ( B0  kt0 ) R 3
5r
方向向右
O
D
C
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
l  为例，
F 为径向，其x分量的大小表示为
安培力
Fx  I1Bl  cos
因
故
l  cos   l
Fx  I1Bl
Fx   I1Bl  I1BPQ  I1BR
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
F1  Fx  I1BR
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：
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。
（1）任意点在磁场区域内：令P
为图中任意点，x  2R ，在图
中连直线OP。
x
A
C
α
取闭合回路APOA，可得回路电动势
E1  EAP  EPO  EOA ，式中EAP，EPO，
EOA分别为从A到P、从P到O、从O到A
的电动势。
P
R
O
由前面的分析可知EPO=0，EOA=0，故
E AP  E1
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
由图可知
S1 
1
xR
xR sin  
2
2 2
由①②③可得沿AP线段的电动势大小为

B
E1 
 S1
 S1k
t
t
②
③
E AP
kR

x
2 2
④
（2）任意点在磁场区域外：令Q为图中任意点， x  2 R ，在图中连直线OQ。
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
E2  S2 k
x
A
Q
C
α-β
α
β
R
O
⑥
在图中连OC，
令∠COQ=β，则∠OQC=α-β，于是
S2  S
AOC
1

1
 S扇形OCD = ( R sin  )  (2 R cos  ) 
 R 2  R 2 (sin 2   )
2
2
2
当 

4
时，S 2 
1 2
R（1+）
2
OCQ中有
x  2R
R


sin 
sin(   )
4

R sin   ( x  2 R) sin(   )
4
1
 ( x  2 R)
(cos   sin  )
2
(R 
x
A
Q
C
α-β
α
β
R
O
x  2R
x  2R
) sin  
cos 
2
2
tan  
S2 
x  2R
x
1 2
x  2R
R (1  arctan
)
2
x
由⑤⑥⑦式可得沿AQ线的电动势的大小为
E AQ
kR 2
x  2R

(1  arctan
)
2
x
⑦
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
v2
qB2 v  m
r0
mv
r0 
qB2
①
B2
B1
r0
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
其中
B2
m v

t
qr0 t
②
v
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
F m
切向力满足
v
 qE
t
③
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。
  E  2r0

B

 r02 1
t
t
E
r0 B1
2 t
qr0 B1
B2
 qr0
2 t
t
联立式②③④得到
即
B2 1 B1

t
2 t
④
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
l1
b
l2
d
c
h
P'
P
H
Q
B
Q'
分析：
a
l1
b
（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。
a
b
a
l2
d
F安
c
P
h
P
d
P'
P
c
P'
d
H
B
B
P'
c
B
H
H
b
mg
Q
Q'
(3)
Q
Q
Q'
Q' (3)到（4），以最大速度做匀速直线运动。
（2）
(2)到（3），dc边进入磁场，而ab边还未进入磁场区域，
（1）
P
H
Q
a
d
b
B
(5)
c
P'
P a
b
P'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。
H
B
d
c
（4）到（5），整个线框进
入磁场，安培力为0，安培
Q'
Q'力不做功，线框在重力作用 Q
(4)
下做加速运动。
解
：
设dc边刚到达磁场区域的上边界PP'时的速度为v0，则有
1 2
mv0  mgh
2
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
E  Bl1vm
E Bl1vm

R
R
B 2l12 vm
F  BIl1 
作用于线框的安培力为
R
线框中的电流
I
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
WG  WF 
1 2 1 2
mvm  mv0
2
2
m3 g 2 R 2
WF  mgh1 
 mgh
4 4
2 B l1
vm 
mgR
B 2l12
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
WG'  WF'  0
WF'  WG'  mgh2   mg (l2  h1 )
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
m3 g 2 R 2
W  WF  W  mg (l2  h) 
2 B 4l14
'
F
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 ， 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。
Qn
Pn
y
Qn-1
Pn-1
Q3
P3
Q2
P2
Q1
P1






v








Q
P
O













B
x
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：
Qn
y
Qn-1
Q3
Q2
Q1

Q





v







Pn
Pn-1
P3
P2
P1
P














B
x
O
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
思考回答
线产生动生电动势
此刻第一网格、第二网格、第三网格、
磁场的变化将使网络各
……中的电动势情况如何？
边均产生感生电动势
第一个网格中的电动势仅为感生电动势
1  1感
第二个网格中的电动势既有感生电动势又
有动生电动势
y
Q2
 2   2感 + 2动
后面各网格中的电动势均为零.
故而可用一个等效的电阻R取代之.
R
P2
Q 
1



Q
B
v
















P1

P




O
x
y
Q2
依题意有
1
1 1
1
Cr  {[( R  r  r )  (2r ) ]  r  r}  (2r )
1 1
R
P2
2(5C  6)
R
r
4C
Q 
1



I2

P1 






I
1


Q
P
O
对回路Q1P1P2Q2Q1:
而：
1感  4 I1r  2 I 2 r  0
①
 2感   2动  2 I 2 r  ( I1  I 2 )(2r  R)  0

B
 l2
 l 2b
t
t
1 B l 2b
l l

4 t
4
1感 
③
 2感
④
 2动  Blv =(B0  2.5b)lv
将③ ④ ⑤代入① ②，便可解出
⑤
I1 
B0 (56  41C )
8000r









x
任意标出各支路中的电流，如图.
对回路QPP1Q1Q：

B
v
②
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）．
P
N1
M1
R
F
M2
N2
Q
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。
P
N1
M1
R
F
M2
N2
Q
解
：
由动能定理，在此过程中有
1 2
mv
2
WF  Fx
①
WF +W安  W摩 
恒力F对杆所做的功
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
F摩  m0 a  m0
2x0
t2
W摩   F摩 x  
摩擦力对杆所做的功
2m0 x0 x
t2
③
经过时间t，设杆的速度为v，
  Blv
I0 

I0 R
v
Bl
④
P
N1
R
M1
F摩
R
由①②③④，得电阻所消耗的能量
F安
F
x0
1 I 02 R 2
ER  W安  ( F  2m0 2 ) x  m 2 2
t
2 Bl
M2
N2
Q
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
：
E  Blv
M
。
以r表示两导轨间那段棒的电阻，则回路中的电流为：
E
d
l
I
其中r 
R
Rr
θ
sin 
v
固定电阻R上消耗的功率为
l
PR  I 2 R 
2
E
R
2
(R  r)
a
R
b
c
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：
N


2
（2）棒MN上消耗的电功率为：
要求Pr最大，即要求
可知，当r=R时，
E2
Pr  I r 
r
2
(R  r)
2
取极大值。由于
r
1
rR 2

[
1

(
) ]
2
4R
rR
(R  r)
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：
  arcsin l时, Pr 最大
（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：
(
rR 2
2R 2
)  (1 
)
rR
rR
rR
2
(
) 取最小值，
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，
rR
r
(r  R) 2
取最大值， 所以Pr取最大值时θ值为：


2