Chapter 5 电磁感应¶
楞次定律
闭合回路中感应电流的方向，总是使感应电流所产生的通过回路面积的磁通量，去反抗引起感应电流的磁通量的变化
温馨提示
- 求解感应电动势有两种方法：一是直接用法拉第电磁感应定律；二是分别计算动生电动势（假设磁场不变，金属棒切割磁感线）和感生电动势（假设金属棒不动，磁场变化），再求总和。
- 对于非闭合电路的感应电动势求解，可通过补全电路构建闭合回路，再结合电磁感应定律（如法拉第电磁感应定律）间接推导得出。
1 基础公式¶
1. 1 感应电动势¶
| 公式 | |
|---|---|
| 法拉第定律 | \(\varepsilon = -\dfrac{\text d (\sum_{i=1}^{N} \varPhi_i)}{\text{d}t} = -\dfrac{\text{d}\varPsi}{\text{d}t}\) 或 \(\varepsilon = -\dfrac{N d\varPhi}{\text{d}t}\) |
| 感应电流与感生电荷 | \(I_i = \dfrac{\varepsilon_i}{R} = -\dfrac{N}{R} \dfrac{\text{d}\varPhi}{\text{d}t}\) |
| 感生电荷 | \(q = \int_{t_1}^{t_2} I_i \text{d}t = -\dfrac{N}{R} \int_{\varPhi_1}^{\varPhi_2} \text{d}\varPhi = \dfrac{N}{R} (\varPhi_1 - \varPhi_2)\) |
| 导体棒运动产生的动生电动势 | \(\varepsilon = \int_{b}^{a} (\mathbf{v} \times \mathbf{B}) \cdot \text{d}\mathbf{l} = Blvsin \theta\)，指向电势高的一端 |
| 绕定点转动的导体棒的动生电动势 | \(\varepsilon = \dfrac{1}{2}B l^2 \omega\)，若 \(B\) 与转动平面不垂直则需考虑夹角的投影分量 |
| 圆盘旋转产生的动生电动势 | \(\varepsilon = \dfrac{1}{2}B l^2 \omega\) |
| 交流发电机 | \(\varepsilon=NBS\omega\sin\left(\omega t\right)\) |
| 涡旋电场 | \(\oint_{L} \mathbf{E}_{\text{旋}} \cdot \mathrm{d}\mathbf{l} = -\dfrac{\mathrm{d}\varPhi_{\mathrm{m}}}{\mathrm{d}t} = -\iint_{S} \dfrac{\partial \mathbf{B}}{\partial t} \cdot d\mathbf{S}\) |
| 感生电动势 | \(\varepsilon = \int_{a}^{b} \vec{E}_{i} \cdot d\vec{l}\) |
非闭合回路的感生电动势求解
如图所示，一个限制在半径为 \(R\) 的圆柱体内的均匀磁场 \(B\)，以 \(0.01\text{T·s}^{-1}\) 的恒定速率减少，在磁场中放置长为 \(2R\) 的金属棒，若 \(AB = BC = R\)，设 \(R = 0.1\text{m}\)，求棒中的感生电动势。
答案
作连接 \(OA\)、\(OB\)、\(OC\) 的辅助线，由于涡旋电场方向始终为圆周切线方向，故在半径 \(OA\) 及半径延长线 \(OC\) 上不产生感生电动势，因此
而 \(S = \frac{1}{2}R \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}R + \frac{\frac{\pi}{6}}{2\pi} \cdot \pi R^2 = \frac{\sqrt{3}}{4}R^2 + \frac{\pi R^2}{12}\)
则 \(\mathscr{E}_{CBA} = \mathscr{E}_{\triangle AOC} = -S \frac{dB}{dt} = -\left( \frac{\sqrt{3}}{4}R^2 + \frac{\pi R^2}{12} \right) \cdot \frac{dB}{dt} = 6.95 \times 10^{-5}(\text{V}) \quad (\text{方向由} \ C \to B \to A)\)
1. 2 自感与互感¶
| 公式 | |
|---|---|
| 自感 | \(L = \dfrac{d \Psi}{d I}\) |
| 自感电动势 | \(\varepsilon_L = -L \dfrac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t}\) |
| 自感线圈内的磁场能量 | \(U_m = \dfrac{1}{2}LI^2\) |
| 互感 | \(M = \dfrac{\Psi_{21}}{I_1} = \dfrac{\Psi_{12}}{I_2}\)，其中 \(\Psi_{21}\) 是线圈 \(1\) 的电流对线圈 \(2\) 的磁链 |
| 互感电动势 | \(\varepsilon_{21} = -M \dfrac{\mathrm{d}I_1}{\mathrm{d}t}\)，\(\varepsilon_{12} = -M \dfrac{\mathrm{d}I_2}{\mathrm{d}t}\) |
| 耦合系数公式 | \(M = k \sqrt{L_1L_2}\) |
| 磁场的能量密度 | \(u_m = \dfrac{1}{2} \dfrac{B^2}{\mu_0 \mu_r} = \dfrac{1}{2}\mu_0 \mu_r H^2 = \dfrac{1}{2}HB\) |
| 磁场的能量 | \(U_m = \int_V u_m \mathrm{d}V = \int_V \dfrac{1}{2}\mu_0 \mu_r H^2 \mathrm{d}V\) |
| 弛豫时间 | \(\tau=\dfrac{L}{R}\) |
| LR 电路接通 | \(I=\dfrac{\varepsilon}{R}\left(1-\mathrm{e}^{-\frac{R}{L}t}\right)\) |
| LR电路切断 | \(I=I_{0}\mathrm{e}^{-\frac{R}{L}t}\) |
自感
答案
由 \(B \cdot 2\pi r = \mu_0 NI\) 得 \(B = \frac{\mu_0 NI}{2\pi r}\)
如题图所示，取面积元 \(dS = hdr\)，则有 \(\Phi_B = \int_S \mathbf{B} \cdot d\mathbf{S} = \int_a^b \frac{\mu_0 NI}{2\pi r} hdr = \frac{\mu_0 NIh}{2\pi} \ln \frac{b}{a}\)
故 \(L = \frac{N\Phi}{I} = \frac{\mu_0 N^2 h}{2\pi} \ln \frac{b}{a} = 1.4 \times 10^{-3} \text{H}\)
长度为 \(l\)、半径为 \(r\)、线圈匝数密度为 \(n\) 的长直密绕螺线管，且 \(l>>r\)，管内充满磁导率为 \(μ\) 的均匀介质；当螺线管中通有电流 \(I\) 时，其自感系数为 \(\underline{\qquad}\)，磁能为 \(\underline{\qquad}\) .
答案
\(B = \mu n I\)，\(\Phi_{m} = n l \cdot B \cdot \pi r^{2} = \mu n^{2} I l \pi r^{2}\)，\(L = \frac{\Phi_{m}}{I} = \mu n^{2} l \pi r^{2}\)，\(W_{m} = \frac{1}{2} L I^{2} = \frac{1}{2} \mu n^{2} l \pi r^{2} I^{2}\)
互感
答案
假设在螺绕环的线圈中通以电流 \(i\)，则螺绕环中的磁感应强度为 \(B = \mu_0 n i\)，
正方形线圈的 \(l^2\) 区域中，只有螺绕环的截面积 \(S\) 范围内有磁场，其余部分磁通量为零，故螺绕环在正方形线圈中产生的磁通量为 \(\Phi_B = B S\)
则互感系数 \(M = \frac{\Phi_B}{I} = \frac{\mu_0 n i S}{i} = \mu_0 nS\)，感应电动势 \(\mathscr{E} = -M \frac{\text{d}I}{\text{d}t} = -\mu_0 nS I_0 \omega \cos\omega t\)