第16章  变化电磁场
【例16-1】如图16-1a两无限长平行光滑导轨间距为，导轨与水平面成角放置，整个装置处在磁感应强度均匀为的磁场之中，的方向垂直地面向上，两导轨间串接了电阻R及电动势为的电源。滑杆ab质量为m，滑杆初速为零，求滑杆下滑速度随时间的关系。并由此求滑杆的极限速度。


【解】滑杆在下滑过程中除受重力之外还受到安培力的作用，这里应注意到安培力的方向不是沿斜面方向，而是垂直于B与杆ab组成的平面，见图16-1b，由此列出牛顿运动方程：
              （1）
 流过滑杆ab的电流除了电源电动势的作用，还要考虑滑杆本身产生的感生电动势
    
由判别可知的方向与相同，所以流过滑杆ab的电流
       
由此得安培力
                 （2）
将（2）式代入（1）式得：
         （3）
分离变量积分：
   可得       
当时滑杆到达极限速度
         
如果只要求极限速度的话，那么的条件直接代入（3）就可求得。
【例16-2】在上例条件下，如将导轨间的电阻换成电容C，并设回路中的电阻很小可忽略不计，滑杆下滑过程中电容C不击穿，试计算滑杆下滑速度随时间的关系。
【解】滑杆在下滑过程中除了受重力之外同样也受到安培力的作用，这里流过滑杆的电流是ab杆的感生电动势对电容充电的电流为
     
作用在滑杆上的安培力
                 （1）
由于忽略回路电阻R，所以电容器两端的电压即为滑杆的感生电动势
                         （2）
再由牛顿运动方程
                        （3）
将（2）式代入（1）式再代入（3）式，得
         
注意到式中，上式可化为：    
解得滑杆下滑时的加速度    
由此可知滑杆以匀加速下滑，任一时刻的速度
         
在这种情况下，滑杆就不存在极限速度。请读者是否能从物理过程来分析一下滑杆在这种情况下为什么不存在极限速度。
【例16-3】如图16-3a图中abcda电路有电阻R，其中bc段的一部分绕成圆圈形，圆圈区域有一与回路平面垂直的均匀磁场B，在圆圈形导线的一边施加恒力F，由于a端固定，假定圆圈开始的半径为，并维持以圆形的方式收缩，设导线非常柔软，忽略导线的质量，问需要多长的时间圆形部分完全闭合？

【解】由于圆圈形导线在收缩过程中，通过圆圈形面积上的磁通量减少，线圈内要产生感应电流。感应电流在磁场中就要受到安培力，安培力方向可以判别是沿半径方向向外，由于忽略导线质量，导线所受的外力F，导线张力F'与安培力三者平衡，如图16-3b所示，并如图取坐标，电流元所受的安培力在x方向上的分量：
 
由于对称性，半圆弧产生的安培力合力
      
由对称性及力平衡条件   
         
    得：                     （1）
由于外力作用，r在收缩过程中回路内产生的感应电流：
     
将代入（1）式得： 
               得： 
由初始条件   ，，，
两边积分    

【例16-4】在磁感应强度为的均匀磁场内，有一面积为S的矩形线框，线框回路的电阻为R（忽略自感），线框绕其对称轴OO'以匀角速度旋转（如题图16-4所示）。
（1）求在如图位置时线框所受的磁力矩为多大？
（2）为维持线框匀角速度转动，外力矩对线框每转一周需作的功为多少？
【解】（1）在任一位置时通过线框的磁通量
               （1）
在线框内产生的感生电动势
   （2）
流过线框的感应电流
             （3）
线框的磁矩   
线框所受的磁力矩的大小为
 
写成矢量形式  
也就是磁力矩的方向（的方向）与方向相反。
（2）方法一，要维持线框作均匀速转动，必须作用在线框上的合外力矩M和磁力矩平衡，就是              
             或 
外力矩对线框每转一周所作的功：
         
方法二，外力所作的正功与磁力所作的负功大小相等时线框将维持匀角速转动。我们计算磁力所作的功
  
将（1）式中的和（3）式代入上式，得
  
这里应注意到磁力的功不能用来计算，因为线框转动一周为零，但在转动过程中感应电流不是常量，所以必须用上述积分来计算。所以外力矩的功
     
方法三，用能量守恒定律来解，外力矩作了功，绕框旋转一周后，其它状态没有产生变化，只是感生电动势和感生电流在绕框中产生焦耳楞次热。交流电一个周期所产生的焦耳热就是外力矩所作的功。即：
将（2）式代入上式得   
                        
若需计算外力矩的平均功率，则
       
上式实际上也就是交流电输出的功率。

【例16-5】如图电路中，电源电动势为（内阻不计，纯电感L及、均为已知）。在电路、L、到达稳定状态的时候，将开关K合上，求：
（1）两端的电压随时间的变化；
（2）K合上长时间后K再断开，求两端电压随时间的变化。


【解】（1）K合上任一时刻，电路微分方程为：
       
分离变量并积分，注意到电感上的电流不能突变。
初始条件流过电感L的电流，
将上式分离变量后积分： 
积分得：
    即：
式中即为两端的电压U，所以
        
（2）断开后任一时刻电路微分方程为： 
分离变量并积分，并注意到电感中的电流不能突变，这里的的
        
积分得：
    得：
此式中的即为两端的电压，移项后得：
由此结果可知，当开关K断开瞬时（）电阻两端的电压
       
如时，两端就会产生很高的电压，如果是电压表或者晶体管元件，如未加保护措施，则很可能会损坏电路元件，因此在有电感元件的电路里要特别注意。

【例16-6】如图所示，自感系数为L，边长为a的正方形铜圈，电阻很小可忽略不计，铜圈保持以匀角速绕y轴匀速转动，铜圈所在处磁感应强度均匀为B，方向沿x轴正向。
（1）开始时，铜圈中电流为零，求铜圈中任一时刻中的电流；
（2）求当铜圈中的法线从到转过的过程中磁力的功。

【解】（1）方法一，由铜环回路内应用基尔霍夫回路电压定律。
          
式中感应电动势，自感电动势。由题设铜圈电阻很小可忽略不计，即。因此上式可写成：
          
     
       
方法二，铜圈内的总磁通量：  
铜圈环路内总的感应电动势
         
即： 
由初始条件，代入上式得恒量为零
即： 
得： 
（2）方法一，铜圈所受的磁力矩的大小
     
磁力矩的方向（的方向）与方向相反，这力矩所作的功
 
方法二，磁力矩所作的功
    
方法三，磁力所作的功为磁场能的减少
    


【例16-7】一矩形线框导体，电阻可忽略，边长为和，以初速沿x轴正方向运动。当进入磁感应强度为的匀强磁场，如图16-7a所示。磁场方向与平面垂直，充满的空间。设线框的自感系数为L，质量为。
（1）求时线框中的电流变化率；
（2）讨论线框的运动规则。

【解】设
（1）线框回路电压方程     
            （题设导体电阻可忽略不计，取R=0）
    因为，，所以有      
（2）首先讨论线框电流随位置或时间的变化规律，由回路电压方程：
               
     得：
其次讨论在安培力作用下的线框运动规律：可以判别安培力的方向始终于线框运动的速度方向相反，得：
              即：  
      得：
此为谐振动方程，它的解为：
由初始条件，，，可确定，，得：
    

讨论：
（1）若
，线框的运动为谐振动，
    ，线框回到处以离开磁场区它的运动图线如图16-7b所示。
（2）若，当时，线框全部进入磁场，线框的磁通量不再变化，此后线框不再受安培力作用，将以此时的速度作匀速直线运动。运动图线如图16-7c所示。


【例16-8】通电螺线管1和2的绕向相同，截面积近似相等为S，相互套合部分的长度为，如图所示。若两螺线管各自通电后产生的磁场分别为和，忽略边缘效应，试求：
（1）两螺线管的互感磁能；
（2）两螺线管的相互作用力。


【解】（1）方法一，将螺线管分为左、中、右三段，其磁感应强度分别为、和，螺线管中的总磁能
     
         
可见上式中第一项为螺线管1的自感磁能，第二项为螺线管2的自感磁能，第三项为两螺线管互感磁能，即
      
如果两螺线管绕向相反，其磁感应强度方向相反，互感磁能出现负值，而自感磁能总是正的。
方法二，螺线管1中电流的磁感应线通过螺线管2的磁通链数，两螺线管的互感系数
      
互感磁能
      
（2）两螺线管相向位移为时，由于互感系数变化，产生互感电动势。电源要维持两螺线管中电流不变，必须克服互感电动势做功。电源所做的功转变为互感磁能的增加和磁力的功。
两电源克服互感电动势做功分别为：
   
   
两电源克服互感电动势所作的功为，而互感磁能的增加为，磁场力所做的功为。根据功能关系
   
得：

【例16-9】无限长直螺线管，单位长度均匀密度n匝线圈。螺线管中部同轴地放一质量为m，均匀带电为Q的均质圆盘，它可绕其中心轴线自由转动，把螺线管接入电源电动势为回路电阻为R的电路中（如图16-9所示），求开关K接通长时间后，带电圆盘的旋转角速度。

【解】螺线管内离轴线r处的涡旋电场场强     
设圆盘的半径为a，在圆盘到处的受到的电场力力矩
 
式中为单位面积上的电荷，，圆盘所受的总力矩
       
根据转动定律            即：
                得：
式中，，代入上式得圆盘最终获得的角速度：
       

【例16-10】如图16-10a所示，圆形平行板电容器的半径为a，电容为C，初始时两板上带有电量。若在两板中心接一细导线，其电阻R相当大，使电容器缓慢放电，两板上的电荷时时保持均匀。
（1）在图中画出电容器中传导电流和位移电流的分布；
（2）试求距中心为r出P点的磁感应强度。



【解】（1）传导电流沿中心细导线向下；由于这是电容器放电电路，两极板上的电量随时间减小，随之两极板间场强也随时间减小，即，所以位移电流密度，与电场强度的方向相反，所以均匀分布且方向向上，如图16-10b所示。
（2）RC电容器放电极板上电量随时间的变化规律为：  
   得： 
位移电流密度：  
距中心为r处的磁感应强度可根据全电流定理求：
        
时：
               
      得：
          
时，         

【例16-11】试从全电流定理证明毕-萨定理。
【答】安培环流定理是可以通过毕-萨定理来证明的。证明过程中应用了稳恒电流闭合的条件，所以安培定理只适用于闭合的载流导线，而对于任意设想的一段载流导线都是不成立的。如果导线不闭合，导线中某瞬时存在电流，则该段导线的两端就会积累正、负电荷，且电量随时间变化，它将引起周围的电场变化，激发起位移电流。由于全电流总是闭合的，对这段导线的全电流考虑，这段导线的安培环流定理总是成立的。

图16-11a所示为一段长直导线，导线内通有传导电流。某瞬间导线两端带有电量和。此时对离导线距离为a的圆环闭合路径所张圆平面的电位移通量（参阅例11-2）：
      
           
穿过L回路的位移电流： 
               
由图16-11a可知，位移电流与传导电流I方向相反，全电流：
          
对回路L应用全电流定理：
          
即：      
       
这与毕-萨定理计算的结果一致。
如果闭合回路L所张的圆平面在这段传导电流的延长线方向上，如图b所示，这圆平面的电位移通量：
         
            
通过这闭合回路L的位移电流：
                  （1）
由于传导电流没有与L所张圆平面相交，所以全电流仅为位移电流，对此应用全电流定理：
                                       
  得：                                         （2）
这也与毕-萨定理计算结果相同。
如将图b中的这段电流取得很短为，则和相差很小，用和来表示，（1）式中的位移电流可改写如下：
           （3）
参考图b的几何关系有：
             
          即：
将它代回（3）式，得：
         
相应于这电流元所激发的全电流产生的磁场用表示，同样对它应用全电流定理：
             
           即：
               得：    
     写成矢量形式：    
这就通过全电流定理证明了毕-萨定理。也就同时证明了一段电流只从传导电流考虑安培环路定理是不成立的。从全电流考虑，则安培环路定理即全电流定理总是正确的。