Ch15-电磁感应

电磁感应定律

电磁感应现象

实验一：当条形磁铁插入或拔出线圈回路时，在线圈回路中会产生电流，而当磁铁与线圈保持相对静止时，则回路中不存在电流。表明 磁场变化产生感应电流。
实验二：以通电线圈代替条形磁铁。当运动或者改变电流时，产生感应电流。表明 磁场变化产生感应电流。
实验三：将闭合回路置于稳恒磁场 B 中，当导体棒在导体轨道上滑行时，回路内出现了电流。当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，产生感应电流。

楞次定律：感应电动势产生的感应电流方向，总是使感应电流的磁场通过回路的磁通量阻碍原磁通量的变化。

法拉第电磁感应定律

当穿过回路所包围面积的磁通量发生变化时，回路中产生的感应电动势的大小与穿过回路的磁通量对时间的变化率成正比。

ε = - \frac{d Φ_{m}}{d t}

这就是 法拉第电磁感应定律。

对回路取任意绕行方向。
回路平面的正法线方向由右手螺旋关系确定。
$Φ = \iint_{S} B \cdot d S$
磁通匝链数/全磁通：
$Ψ = \sum Φ_{i} = n Φ_{0}$
回路中的感应电动势方向与绕行方向一致时为正，反之为负。

运用能量守恒定律，推导特例？
$F_B=IBl$ .
$P=I^2 R$ .
$P=-F_Bv$ .
$\mathrm d t$ $\mathrm d \Phi= Bl v\mathrm d t$ $IR=-Blv$ . 则：
$I R = ε = - \frac{d Φ_{m}}{d t}$

$N$ 匝线圈，则：

ε = - N \frac{d Φ_{m}}{d t}

感应电流：

I = - \frac{1}{R} \frac{d Φ_{m}}{d t}

感应电量：

q = \int_{t_{1}}^{t_{2}} I d t = - \frac{1}{R} (Φ_{2} - Φ_{1})

这就推出了楞次定律：“来拒去留”

总会使得感应电流的磁场通过回路磁通量阻碍原来磁通量变化。

ε = - \frac{d Φ}{d t} = - \frac{d (B \cdot S)}{d t} = \underset{感 生}{\underset{⏟}{- \frac{d B}{d t} \cdot S}} \underset{动 生}{\underset{⏟}{- \frac{d S}{d t} \cdot B}}

利用：

Φ_{m} = \iint B d S = \frac{μ_{0} l I}{2 π} \ln (\frac{a + b}{a})

E = - \frac{d Φ_{m}}{d t} = \dots v = \frac{d a}{d t}

旋转的线圈：

\begin{matrix} Ψ = N Φ = N B S \cos ω t \\ ε = - \frac{d Ψ}{d t} = N B S ω \sin ω t = I_{m} \sin ω t \end{matrix}

（开始的时候磁通量取最大值）

动生电动势

对于 载流子：

载流子定向移动，产生静电场，产生动生电动势。当

\begin{matrix} F = q v \times B \\ E_{k} = \frac{F}{q} = v \times B \\ \overset{直 导 线}{\Rightarrow} ε = v \times B \cdot (b - a) \\ \overset{任 意 导 线}{\Rightarrow} ε = \int_{a}^{b} E_{k} \cdot d l = \int (v \times B) d l = \int (d l \times v) \cdot B = \frac{d S}{d t} B \end{matrix}

对于刚体，

ε = v_{0} \times B \cdot l + \int (w \times r_{o p}) \times B \cdot d l

分为平动和转动两部分。

$\mathrm d S$ $\omega \mathrm d t$ 的扇形。

ε = - \frac{d S}{d t} B = \frac{ω d t L^{2} / 2}{d t} B = - \frac{1}{2} B ω L^{2}

$ε_{O A} = \int_{O}^{A} (v \times B) \cdot d l = \int_{0}^{L} - v B d l = - \frac{1}{2} B ω L^{2}$

$O$ $A$ $O$ $A$ 存在电流，中和了前方的磁场。

$L$ $\displaystyle \varepsilon = \frac{1}{2}B\omega L^2$ .

$\mathrm d t$ 时间内，

d Φ = \int_{d}^{d + l} \frac{μ_{0} I}{2 π x} \cdot v d t d x = \frac{μ_{0} I}{2 π} (\ln (d + l) - \ln d) v d t

ε = - \frac{d Φ}{d t} = - \frac{μ_{0} I}{2 π} (\ln (d + l) - \ln d) v

洛伦兹力是否做功

$\boldsymbol v$ $\boldsymbol u$ $\boldsymbol F_m$ $\boldsymbol F$ $\boldsymbol F'$ $\boldsymbol F'$ .

外力克服安培力做功通过洛伦兹力转化为导体回路中感应电流的能量。

$F$ $a$ 端固定；收缩过程中保持圆形不变；忽略导线质量（始终受力平衡）

$I_i$ 左半圆弧 $x$ 轴方向的投影，则左半圆弧受力：

F_{A} = \int_{- π / 2}^{π / 2} I_{i} B r \cos θ d θ = 2 I_{i} B r

$F=F'=F_A/2$ .

而产生的感应电流满足：

I_{i} = \frac{ε}{R} = - \frac{d Φ}{R d t} = - \frac{2 π r B d r}{R d t}

$I_i$ $F$ ，可得：

F = - \frac{2 π r^{2} B^{2} d r}{R d t}

所以：

d t = - \frac{2 π B^{2} r^{2}}{R F} d r

积分可得：

t_{总} = - \int_{r_{0}}^{0} \frac{2 π B^{2} r^{2}}{R F} d r = \frac{2 π B^{2}}{3 R F} r_{0}^{3}

**感生电动势

感应电动势并不是因为线圈在磁场中运动而产生的，因此电动势对应的非静电力不是洛伦兹力。

感生电场与感生电动势

感生电动势是由变化大小的磁场产生的，产生涡旋电场

ε = - \frac{d Φ_{m}}{d t} = - \frac{d}{d t} \iint_{S} B \cdot d S = - \iint_{S} \frac{\partial B}{\partial t} \cdot d S

因此， $\boldsymbol E_k$ $\displaystyle \frac{\partial \boldsymbol B}{\partial t}$ 相关。

ε = - \iint_{S} \frac{\partial B}{\partial t} \cdot d S = \oint_{l} E_{k} \cdot d l

$\boldsymbol E_i$ . 感应电场是非保守场。利用 Stokes 公式，可以改写上式为：

\nabla \times E_{i} = - \frac{\partial B}{\partial t}

因此，如果对于闭合回路计算动生电动势和感生电动势的和，可得：

ε = \oint_{l} (v \times B) \cdot d l - \iint_{S} \frac{\partial B}{\partial t} \cdot d S

计算具有轴对称变化磁场产生的感应电场。

利用：

\oint_{l} E_{i} \cdot d l = E_{i} \cdot 2 π r = - \iint_{S} \frac{\partial B}{\partial t} \cdot d S = - \frac{\partial B}{\partial t} \cdot S_{包 含}

$AB$ 中的感生电动势。

$E_i$ 各不相同，因此不能简单将棒的长度乘以感应电场场强。

$\boldsymbol E_i$ 的夹角），可得

\begin{matrix} E_{A B} = \int_{A}^{B} E_{i} \cdot d l = \int_{0}^{L} E_{i} \cdot d l \cos θ = \\ \dots = \frac{L}{2} \frac{\partial B}{\partial t} \sqrt{R^{2} - L^{2} / 4} \end{matrix}

第二种方法，使用补全回路的方法， $\mathrm d \boldsymbol l$ $\boldsymbol E_i$ 垂直，不会产生感应电动势，因此，可以用回路 OABO 的感应电动势替代 AB 的感应电动势，因此：

E_{A B} = S_{O A B O} \frac{\partial B}{\partial t} = \frac{L}{2} \sqrt{R^{2} - L^{2} / 4} \frac{\partial B}{\partial t}

本题的变种
$\mathrm d \boldsymbol l$ $\boldsymbol E_i$ 方向垂直，感应电场方向垂直于当前点和磁场对称中心的连线）
$AB$ 向下移动一小段距离……
$AB$ $AB$ 两点，则感应电动势需要计算新围成的面积。
$U_{MN}$ ，如何选取回路？

涡旋电场和涡电流

Q: 金属片插入磁场，是否受力？
A: 金属片中载流子做环形运动，产生涡旋电流，电流在磁场中受到安培力的作用，阻碍金属片的运动。这种现象称为 电磁阻尼。
其中电流的方向怎么判断？楞次定理，阻碍磁通量变大/变小。
如果切割成梳子一样的形状，可以大大减小电磁阻尼效应。如变压器使用一片一片的金属，减小涡电流。

分析是什么让圆盘开始转动，是螺线管中的磁场吗？不是的，因为圆盘一开始是静止的，不存在电流。那么就是因为开关 K 接通，导致螺线管中产生变化的电流，进而产生变化的磁场，变化的磁场产生涡旋电场，使得圆盘转动。知道这一点之后，我们逐步分析：

I = \frac{ε}{R} B = μ_{0} n I

2 π r E_{i} = π r^{2} \frac{d B}{d t} ⟹ E_{i} = \frac{r}{2} \frac{d B}{d t}

$r\to r+\mathrm d r$ $L$ ）：

d M = r d F = r E_{i} d q = r E_{i} \frac{Q \cdot 2 π r d r}{π L^{2}}

总力矩为：

M = \int_{0}^{L} d M = \frac{d B}{d t} \frac{1}{4} Q L^{2}

而转动惯量为：

J = \frac{1}{2} m L^{2}

积分可得：

\int_{0}^{ω} J d ω = \int_{0}^{B} M d t ⟹ ω = \frac{B Q}{2 m}

$\displaystyle B=\mu_0n\frac{\varepsilon}{R}$ ，可得：

ω = \frac{μ_{0} Q ε}{2 m R}

自感和互感

自感

当通过线圈回路中电流发生变化时，引起穿过自身回路的磁通量发生变化，从而在回路自身产生感应电动势的现象称为 自感现象。自感现象中所产生的电动势称为自感电动势。

$I$ ，因此通过线圈的磁通匝链数：

Ψ = \underset{自 感 系 数}{\underset{⏟}{L}} I

$I$ $I$ $B$ $\Psi=NBS=LI$ $L$ .

产生了自感电动势：

E_{L} = - \frac{d Ψ}{d t} = - \frac{d (L I)}{d t} = - L \frac{d I}{d t} - I \frac{d L}{d t}

$L$ 恒定，则：

E_{L} = - L \frac{d I}{d t}

磁通量是浅色阴影对应的部分，可以由若干黑色条叠加：

Φ_{m} = \iint_{S} B \cdot d S = \int_{R_{1}}^{R_{2}} \frac{μ I}{2 π r} l d r = \frac{μ I l}{2 π} \ln \frac{R_{2}}{R_{1}}

L = \frac{Φ_{m}}{I} = \frac{μ l}{2 π} \ln \frac{R_{2}}{R_{1}}

$\boldsymbol{\mu_r}$ . $\Phi_m$ .

Φ_{m} = μ_{0} μ_{r} \frac{N I}{l} \cdot S

L = \frac{Ψ}{I} = \frac{N Φ_{m}}{I} = μ_{0} μ_{r} \frac{N^{2}}{l} S = μ_{0} μ_{r} \frac{N^{2}}{l^{2}} l S

$n=N/l$ $V=lS$ 表示螺线管内空间点体积，则自感系数可以表示为：

L = μ_{0} n^{2} V

螺绕环的自感系数

\begin{aligned} Ψ & = N \int_{R_{1}}^{R_{2}} B (r) h d r \\ = N \int_{R_{1}}^{R_{2}} \frac{N I}{2 π r} μ h d r \\ = \frac{μ h N^{2} I}{2 π} \ln \frac{R_{2}}{R_{1}} \end{aligned}

L = \frac{μ h N^{2}}{2 π} \ln \frac{R_{2}}{R_{1}}

互感

$I$ $\Psi_{21}$ $I_2$ $\Psi_{12}$ 。

根据毕奥萨伐尔定律，有：

Ψ_{21} = M_{21} I_{1} Ψ_{12} = M_{12} I_{2}

$M_{21}=M_{12}=M$ . 若保持恒定则：

E_{21} = - M \frac{d I_{1}}{d t} E_{12} = - M \frac{d I_{2}}{d t}

$l_2<l_1$ .

$I$ 电流，则产生的磁场：

B_{1} = \frac{μ_{0} N_{1} I}{l_{1}}

造成第二个线圈磁通匝链数的变化：

Ψ_{21} = B_{1} N_{2} S = \frac{μ_{0} N_{1} N_{2} I S}{l_{1}}

因此互感系数为：

M = μ_{0} \frac{N_{1} N_{2}}{l_{1}} S

$I'$ 电流，则产生的磁场：

B_{2} = \frac{μ_{0} N_{2} I^{'}}{l_{2}}

造成

Ψ_{12} = B_{2} N_{1} S \cdot \frac{l_{2}}{l_{1}} = μ_{0} \frac{N_{1} N_{2}}{l_{1}} S I^{'}

两线圈的自感分别为：

L_{1} = μ_{0} \frac{N_{1}^{2}}{l_{1}} S L_{2} = μ_{0} \frac{N_{2}^{2}}{l_{2}} S

互感最大的情况：

M = k \sqrt{L_{1} L_{2}}

$k$ $0<k\le1$ $M=\sqrt{L_1L_2}$ .

$I_1=I_2=I$ ，则通过第一个线圈的磁通匝链数：

\begin{matrix} Ψ_{1} = \underset{第 一 个 线 圈 自 感}{\underset{⏟}{L_{1} I_{1}}} + \underset{第 二 个 线 圈 对 第 一 个 线 圈}{\underset{⏟}{M I_{2}}} = (L_{1} + M) I \\ Ψ_{2} = (L_{2} + M) I \end{matrix}

$\Psi=\Psi_1+\Psi_2$ ，等效自感就是：

L = Ψ / I = L_{1} + L_{2} + 2 M

$L=L_1+L_2-2M$ .

线圈两端电动势需要计算自感部分和互感部分：

\begin{matrix} E_{1} = - L_{1} \frac{d i_{1}}{d t} - M \frac{d i_{2}}{d t} \\ E_{2} = - L_{2} \frac{d i_{2}}{d t} - M \frac{d i_{1}}{d t} \end{matrix}

$i_1=i_2,\mathcal E_1=\mathcal E_2$ . 可得：

E_{1} = E_{2} = - \frac{L_{1} L_{2} - M^{2}}{L_{1} L_{2} - 2 M} \frac{d (i_{1} + i_{2})}{d t}

$2M$ 前符号为正。

$L_1,L_2$ 越是细长，两螺线管之间影响越小，耦合系数越小。反之耦合系数越大。

磁场能量

$I_0$ ：

W_{m} = \frac{1}{2} L I_{0}^{2}

自感磁能

$n$ $V$ ，

B = \frac{μ_{0} n}{I_{0}}

则总磁能：

W_{m} = \frac{1}{2} L I_{0}^{2} = \frac{1}{2} μ_{0} n^{2} V {(\frac{B}{μ_{0} n})}^{2} = \frac{1}{2} \frac{B^{2}}{μ_{0}} V = w_{m} V

磁场能量密度：

w_{m} = \frac{1}{2} H \cdot B

类比电场能量密度。

互感磁能

W_{m} = \frac{1}{2} L_{1} I_{1}^{2} + \frac{1}{2} L_{2} I_{2}^{2} + M I_{1} I_{2}

利用磁场能量密度：

W_{m} = \frac{1}{2} ∭ B \cdot H d V = \dots

$\boldsymbol B_1,\boldsymbol B_2$ 之间的夹角描述耦合程度。

还可以通过磁场能量求自感

W_{m} = ∭ w_{m} d V = \frac{1}{2} L I^{2}

考试题目

2021

$I$ ，由毕奥萨伐尔定律，有：
$B_{x} = \frac{μ_{0}}{4 π} \frac{I \cdot 2 π R \cdot R / \sqrt{R^{2} + x^{2}}}{(\sqrt{R^{2} + x^{2}})^{2}} = \frac{μ_{0} I R^{2}}{2 (R^{2} + x^{2})^{3 / 2}}$
这样的磁场在小线圈中产生磁通量为：
$Φ = B_{x} S_{x} = \frac{μ_{0} I R^{2}}{2 (R^{2} + x^{2})^{3 / 2}} \cdot π r^{2}$
因此互感：
$M = \frac{Φ}{I} = \frac{μ_{0} R^{2} π r^{2}}{2 (R^{2} + x^{2})^{3 / 2}}$
大线圈中的磁通量为：
$Φ^{'} = M I_{0} = \frac{μ_{0} R^{2} π r^{2} I_{0}}{2 (R^{2} + x^{2})^{3 / 2}}$
因为感应电动势：
$ε = - \frac{d Φ^{'}}{d t} = - \frac{d Φ^{'}}{d x} \cdot \frac{d x}{d t} = \frac{3 x μ_{0} R^{2} π r^{2} I_{0}}{2 (R^{2} + x^{2})^{5 / 2}} \cdot u$
感应电流为：
$i = \frac{ε}{h}$