1、3.3 磁场对载流导体的作用33 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 ，那么该导线受到的安培力为 电流方向与磁sinBILF场方向平行时， ，或 ，F=0，电流方向0180与磁场方向垂直时， ，安培力最大，F=BIL。9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所示可以用连接导线两端的直线段的长度 作为弯曲导线的等效长度，那么弯l曲导线缩手的安培力为 sinBILF33 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
2、和 。1I2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。 aIB210导线2上长为 的线段所受的安培力为：2Lsin212BIF= 2102LaILI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l 图3-3-1I1 I21 2B12B21a1F图3-3-2aILF210同理可证，导线上单位长度导线所受力也为 。方向垂直指向aILF2102，两条导线间是吸引力。也可证明，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
3、长度上受力为2 牛顿时，各导线上的电流的电流强度为170安培。33 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 和L ，电流强度为I ，线框平面12的法线 与 之间的夹角为 ，则各边受n力情况如下：方向指向读者2BILfab方向背向读者cd方向向下cos)2sin(11BILBILfbc方向向上da和 大小相等，方向相反且在一条直线上，互相抵消。bcf和 大小相等，指向相反，但力作用线不ad在同一直线上，形成一力偶，力臂从(b)中可看出为1L2LadcIInabfcdfB图3-3-3 abfcdfn图3-3-4sin)2cos(
4、11LL故作用在线圈上的力矩为：sinsin121BIfMab而 为线圈面积S，故 21LISM我们称面积很小的载流线圈为磁偶极子，用磁偶极矩 来描绘它。其磁偶mP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 ，其方IS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 的方向，则 角即为磁偶极矩 与磁感应强度 的正方向的夹角。这样，nmPB线圈所受力矩可表为 sinBMm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
5、的线路上依次有电动势为 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：开关S接1，电源向电容器充电，电量。S扳向2，电容器通过金属杆放电，电流通CQ0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 ，跟安培力的冲量相联qB
6、LtitF系的是 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t，电容器最终带电量可求。q解：先由电池向电容器充电，充得电量 。之后电容器通过金属杆CQ0放电，放电电流是变化电流，安培力 也是变力。根据动量定理：BLiFmvqBLtitF其中 =s/t，h= gtv21综合得 hgshgBLmsvq2电容器最终带电量 hgBLsCqQ20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-SmCLBhs12图3-3-56中，无限长竖直向上的导线中通有恒定电流 ，已知由 产生磁场的公式是0I0I，k为恒量，
7、r是场点到 导线的距离。边长为2L 的正方形线圈轴线IB00I O与 导线平行。某时刻线圈的ab边与 导线相距2L。已知线圈中通有电流 。0I I求此时刻线圈所受的磁场力矩。分析：画俯视图如图3-3-7所示，先根据右手螺旋法则确定 和 的方向，再根据1B2左手定则判断ab边受力 和cd 边受力 的方向，然后求力1F矩。解：根据右手螺旋法则和左手定则确定 和 、 和1B21F的方向，如图3-3-7所示。2F，LIkB01LIK202 IkBF012IkF02对 轴产生的力矩1O ILFM01对 轴产生的力矩2F Ik021两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 ILkM0213
8、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I02LOIabcd2L图3-3-6I0cdab2L2LB1F1F2B2图3-3-7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。3.4 磁场对运动电荷的作用34 1 、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 ，而电流强度与运动电荷有关系 ，sinLIBF qnvsI角既是电
9、流元 与B的夹角，也可视为带电粒I子的速度 与 之间的夹角， 长导线中有粒v子数 ，则每个电子受到的力即洛伦兹LSnN力为 sinsiqvBLSnqvFf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度的大小，只能改变速度的方向，使路径发生弯曲。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( )方向垂直，即与vv、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。OxyzvfqB图3-4-134 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
10、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 作匀速圆周运动。带电粒子v在匀强磁场中作匀速圆周运动的四个基本公式。(1)向心力公式： RvmqB2(2)轨道半径公式：(3)周期、频率和角频率公式，即：， ，BqmvRT2BqTf21mBqfT2(4) 动能公式：RpvEk )(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
11、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 O与任一个f 的交点上。(2)粒子的速度偏向角 等于回旋角 ，并等于AB 弦与切线的夹角 (弦切角 )aA BOfA A图3-4-2的两倍，即 。ta2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( )都可以在垂直于磁场方向和平行于磁场方向进v行分解，得到 和 两个分速度。根据运动的独立/v性可知，这样的带电粒子一方面以 在磁场方向上/v作匀速运动，一方面又在垂直于磁场的方向上作速率为 的匀速圆周运动。实际上粒子作螺旋线运
12、动(v如图3-4-3)，这种螺旋线运动的周期和螺距大小读者自己分析并不难解决。其螺旋运动的周期 ，其运动规律：qBmT/2螺旋运动回旋半径： qBvrsin螺旋运动螺距： mTh/cos2/34 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，导体内自由电子密度为 n，定向移动速度vhdEI图3-4-4v vv f Br图3-4-3dnevhI由于洛伦兹力
13、作用，自由电子向上表面聚集，下表面留下正离子，结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 hUeEF当F与洛伦磁力f相平衡时，上、下表面电荷达到稳定，则有 evBhndIU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 ，则电流 。vnqLdvI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，上正下负电压为 ，正电荷
14、受到跟磁场力反向的电场力 的作用。aU LaUqEF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 。可见，理论推导的结果跟qBvLa nqdBILBva1实验结果完全一致，系数 。nqk1BLIad图3-4-5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型的有如此的关系：上正下负的是p 型
15、半导体，定向载流子是带正电的空穴：上负下正的是n型半导体，如果k值小得多就是金属导体，定向载流子是自由电子。34 4 、磁聚焦运动电荷在磁场中的螺旋运动被应用于“磁聚焦技术”。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 方向不同，从A孔穿入螺线管磁场中，v由于 大小差不多，且 与B 夹角 很小，则vvcos/vvin由于速度分量 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 分量近/v似相等，经过 后又相聚于 点，这与光束经透镜后聚焦的现qBmvh2/ A象有些类似，所以叫做磁聚焦现象。磁聚焦原
16、理被广泛地应用于电真空器件如电子显微镜。abdAAII图3-4-734 5 、复合场中离子的运动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 平面内，yO 区域有匀强电场，方向沿-xoy方向，大小为E，yO区域有匀强磁场，方向垂直纸面向里，大小为B，一带电+q、质量为m的粒
17、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，Q 坐标为(L ，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，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 LRn2的条件。2空间区域同时存在电场和磁场（1） 电场和磁场正交如图3-4-xyPQ图3-4-89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，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
18、 进入磁场，0v， ，设粒子电量+q，则受力： 洛 =v00 fBq0方向向上，F 电 =qE方向向下。若满足：=qEBqv0=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 ，则可将 分解为 ，粒子的运0vv10v动可看成是 与 两个运动的合运动，因而粒子受到的洛伦兹力可看成是0v1 Bqv0与 的合力，而 与电场力qE平衡，粒子在电场中所受合力为 ，结Bq1Bq0 1果粒子的运动是以 的匀速直线运动和以速度 所做匀速圆周运动的合运动。v1v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。分析：粒子初速
19、为零释放，它的运动轨迹是如图3-4-10所示的周期性的曲线。初速为零，亦可看成是向右的 与向左-0v两个运动的合运动，其中 大小为： =E/B0v0v0v所以+q粒子可看成是向右 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 Rdm2EB0图3-4-9P12P3Qm图3-4-1020qBmEvR2dm一个周期向右移动距离L即PP 之距为1TvL0qBm2代入，得： 2EL最低点Q点速度 0vQ（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、B 一带电+q粒子以初速 射入场0v区 (或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
20、v0做加速运动，由于向上运动速度分量 始终与B平行，故粒子受洛伦磁力大小恒1v为 ，结果粒子运动是垂直于E(或B)平面的半径R=m /qB的匀速圆周运动和Bqv0 0v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） 电场力、洛伦磁力都与 方向垂直，粒子做匀速圆周运动。0v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EB0图3-4-11电 + 洛 =frmv/2而f 洛 可能指向圆心，也可
21、能沿半径向外的，因而可能是 rveBv/32m或e21e42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 点为圆心作匀速圆周运动，其轨道平面(水平面)与 平面平行，角速度为 ，试求圆心 的坐标值xozO。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非 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 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
22、 纵坐标为y，圆周上一O点与坐标原点的连线和y轴夹角为 ，那么有 Rtg带电粒子受力如图3-4-13所示，列出动力学方程为mg=F电 cos (1)f洛 -F电 (2)Rm2sinyxzOQB图3-4-12yxzOQBmg电F洛f图3-4-13f洛 = (3)RBq将(2) 式变换得f洛 - F电 (4)m2sin将(3) 代入(4) ，且(1)(4) 得 RyBqg2消去R 得 2my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 方向运动，要求电子击中在 方向、距离aa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
23、 与点M所确定的平面。a（2）磁场平行于TM。解： （ 1）从几何考虑得出电子的圆轨道的半径为(如图3-4-15) adrsin2按能量守恒定律，电荷Q通过电势差U 后的速度v为 mv21即 mQv2作用在电荷Q上的洛伦磁力为 BvFaMdT图3-4-14MBa2dT图3-4-15这个力等于向心力 QBvrm2故所需的磁感应强度为 用上面的半径和速度值，得到QUdaBm2sin由于 ， ，所以 B=0.0037Tkgm310.9C1906.（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 avc
24、os和垂直磁场的 ，因为 在磁场的方向上，磁场对它没有作用力(图3-4-avsinavcos16)。电子经过d/ 时间后到达目标M 。由于磁场B和vcs垂直的速度分量 ，电子在圆轨道上运动，由ainaQvrmvsins2得到圆半径为 Bavrsin电子在目标M的方向上也具有速度 ，结果是电子绕B 方向作螺旋线运cos动。电在在d/ 时间内，在绕了k圈后击中目标。 K是一个整数。圆的周长avcos为QBamvr/sin2MdTBcos图3-4-16由于绕圆周运动的速度是 ，故绕一周的时间是 avsin QBmav2sin2这个值乘上整数k，应等于 d/ coskQBmvd因此，所需的磁感应强度为
25、 UdadakBm2cos2k=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 相同，磁场方向相反与否，无关紧要。a用给出的数据代入，得 B=k0.0067T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，电子在半导体中的平均速度 ，其中 为迁移率。Ev（1） 确定棒中所产生上述电流的总电场的大小和方向。（2） 计算夹c边的两表面上相对两点之间的电势差。（3） 如果电流和磁场都是交变的，
26、且分别为 ，tIsin0)，求(2)中电势差的直流分量的表达式。tBsin(0已知数据：电子迁移率 ，电子密度 ，I=1. sVm/8.7232/105.mn0A，B=0.1T，b=1.0cm，c=1.0mm，e=1.6 10-19C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abcB图3-4-17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解： (1) 因为 cnevbIsm/251所以电场沿 方向分量aVvE/2.3/沿c方向的分量 qBmB5.总电场大小： VE/06.42/电场方向与 边夹角 ， =aa38).5()(1/1tgt(2
27、) 上、下两表面电势差 VcEU3105.2(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，可得：necIBU )sin(0ttnecBIU= co21)os(210tI因此 的直流分量为 直 =UUs0necBI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yxzOEB图3-4-18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。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
28、面上起作用，粒子轨迹一定不会离开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，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作用。受其原理启发，设想正离子从O点起( 此处 )就有一个沿x 轴正方0v向、大小为 的始终不变的速度，当然在O点同时应有一个沿-BEv0x方向的大小也是 的速度，保证在 O点 ，则 ， 沿-0vqEBvccvy
29、方向，qE 沿+y 方向，彼此抵消，可写成 。因任一时刻)()(FfcB，所以 ，或改写成： 。vct)()(vfvfcBt )()(vfvfBtB始终的三个速度和 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 ( )和F(E) 的矢量和，可以用一个洛伦磁力分力 来代替，Bft )(fB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：沿+x方向的 =E/B的匀速直线运动；在xOy平面上的一个匀速圆周运动，其理由是：cv是平面力，轨迹又是平面的不是三维空间的，所以 必与 垂直，)(fB )(vfByBOxtC),(x图3-4-19在O点 就是-v，之后 不对离子作
30、功， 大小不变， 充当向心力。这个圆周运c)(fBv)(vfB动特征量是： ， ， 。qmT2qT2qmEr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 =E/B的速度。由这个速度引起的洛伦磁力跟电场力抵消。cv另一个速度是在O点时沿-x方向的大小为E/B 的速度，该速度引起的洛伦磁力指向 (0，+ )点，这点就是2qBmEt=0时的圆心。之后该圆心以速率 沿平行于x 轴正向的方向无滑动开始平动，cv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 顺时针绕行。在xOy平面上，粒子的轨迹被称为旋轮线，
31、其坐标值随时间的变化为参数方程：z=0 (1)(2)tmqBEtrtvxc sinsin2(3)cos1(os2tqtry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。 43 动生电磁感应导体在磁场中做切割线运动，在导体两端产生感生电动+ + +_ _ _LBabv_F图4-3-1势的现象叫动生电磁感应。其一是 不变，a不变，但电路的一部分切割磁力线B运动使得回路面积改变，从而使得 变；其二是 、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 的
32、夹角改变，从而使得 变。B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eBF洛累了正电荷，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，eLvBab。ab431、导体平动切割 v其中L是ab的长度，v 是ab的速度。这里满足 。LBvL、若v方向与磁场B方向存在夹角，如图4-3-1所示，则电动势为abv图4-3-2vAB图4-3-3sinBL
33、v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： 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。解:1、a、b两点的电势差 )(9.0615.sinVBlvb点的电势高2、a、c两点间的电势差为 0。432、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
34、来解。比如图4-3-4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，所以可用平均速度来求电动势。OB之间的动生电动势 212BOBBOOA之间的动电动势Oabcv图4-3-4A OB图4-3-5212AOBABAO所以 。2BB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 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 时间，AB转过 ，回路磁通量tt变化 2LBS由法拉第电磁感应定律 tLBt221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
35、中，矩形线圈以角速度 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 时，线圈中的感应电动势为siSAB 图4-3-5CAB 图4-3-5图4-3-6BBn式中S是线圈的面积。若线圈以 作匀角速旋转，且t=0时， ，0则有 式中 。,sin00tBS0可见 随时间简谐式的变化，这就是交流发电机的基本工作原理。433、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 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U M
36、N=？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 不sinBlv甚方便，考虑到U OM与U ON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，0OMNMU且 ，283423RBRB，277NO所以283RBUMONM21RB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。MNCO60图4-3-7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)，以匀速v通过均匀磁成45 。 夹角，如图4-3-8所示。磁
37、场区域的宽为a，高为b。(1)若b l，al，问线圈通过均匀磁场B 后释放多少焦耳热？(2)如b l，al，问线圈通过均匀磁场B 后释放多少焦耳热？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tREQ2 45cos2,4,5cosvltSlBlv2s2lBll(2)b l，al时，放出的焦耳热为 tREQ2 45cos2,4,5cosvatSlBlv2s/2lBlQ例3.如图4-3-9(a)所示，有一匀强磁场，磁感应强度 ，在垂直于磁场的平面T310.内有一金属棒PQ绕
38、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。1、求棒中的感应电动势。abBlv45lb图4-3-82、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（图4-3-9(b)），则 =2nt。由扇面形面积公式可算21RS出OQ段和OP段在t时间内扫过的面积 使 ：1S2tnl231tlS2由上列两式和 可进一步算出OQ段和OP段在t时间内切割的磁感应B线 和12 tnlS21194tBl222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 和 的数值12nBlt2194lt222根据右手
39、定则可确定， 的方向由Q指向O， 的方向由P指向O，两者方向相12OQPwOPQ1Sw2图3-2-9（a ） 图3-2-9（b ）反，因此，金属棒PQ中的感应电动势为 nBl22130.26.0.48V315.其方向由Q向P。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,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
40、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的匀角速转动时，OP上感生电动势的情况。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,coslQP点的速度为xyBwzPQ图4-3-10sinlQPvp而O点的速度为零，所以OP上各点的平均速度为v p/2。因此此时OP 上的感生电动势大小为.cosin21Blm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轴的夹角为时，
41、OP在垂直于B方向上的有图3-2-11效长度为 ,cos/lOs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.cossinlvO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.cossin21Ble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xyBwzPQS图4-3-11XYBwZPabO图4-3-12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，
42、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 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 的最大值是多少？U分析:本题的关键是如何处理磁感强度 跟棒不垂B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 ；或把B分解成跟OP垂直的分量 和跟平OP行的分量B 。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)(2)、只要OP处于YOZ平面的内侧，P点的电势总是高于O 点。(3)、当OP处于XOZ平面的右侧且运动方向和磁
43、场方向垂直时，即通过 XOZ平面的瞬间(如图4-3-13 所示) 的值最大。其值等于在此瞬间很短时间间隔0UP内，OP切割的磁感线数 除以 ，由几何投影可知， 也等于 内Ott tP在YOZ平面内的投影切割的磁感线的数目。P点在YOZ平面上的投影为沿Y轴做圆频率为 、振幅为Lsin 的简谐运动，此简谐运动在 Z轴附近时其速度为 。因此OP的投影切割的面积为一小三角形( )的面积，即sinl MNtllSsinco21切割磁感线数即磁通量为XYBwZPOM N图4-3-13 XYBwZPaO图4-3-14=BtBlSsinco21根据法拉第电磁感应定律可知=0UPsinco21Blt方法二：如图
44、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 =BsinB,cos当金属丝OP在匀强磁场 中绕Z轴转动时，切割磁感线产生的电动势为 E=LvB中式中v 的为金属丝OP中点的线速度，v = 。代入上式得中 中 sin2lE=Bcos =sil cosi1lB由此得电势差=0UPcosin21lB解法三：设想OP是闭合线框OO 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 )cosin21(lBcosin21lB因为边O 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P 等于闭合线框OO 中的电动势。由此得电势差=0UPcosin21lB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
