第19章 电磁感应

18-10 某电钟里有一铁芯线圈，已知铁芯的磁路长 14.4 cm，空气隙宽 2.0 mm，铁芯横截面积为 $ 0.60 \, cm^2 $，铁芯的相对磁导率 $ \mu_r = 1600 $。现在要使通过空气隙的磁通量为 $ 4.8 \times 10^{-6} \, \text{Wb} $，(1) 求线圈电流的安匝数 $ N_i $；(2) 若线圈两端电压为 220 V，线圈消耗的功率为 20 W，求线圈的匝数 $ N $。

第19章

电磁感应

文档法拉第

自1820年奥斯特在实验中发现电流的磁效应以后，物理学家们从物理现象的对称性出发，很自然地联想到：既然电流可以产生磁场，那么磁场是否也能产生电流呢？英国物理学家法拉第（Michae Faraday，1791—1867）从1822年到1831年经过近10年的潜心研究，终于发现了电磁感应现象，建立了电磁感应定律。电磁感应现象揭示了电和磁的相互联系和转化，促进了电磁场理论的形成和发展，而且为人类广泛利用电能指明了方向。

本章将从实验出发，重点阐述电磁感应的基本规律，并在此基础上对自感、互感与磁场的能量等问题加以讨论。

19.1 法拉第电磁感应定律

法拉第在1839年出版的《电的实验研究》一书中记载了他所做的一系列电磁感应实验。他的实验大体上可分为两类：一类是当磁铁与线圈发生相对运动时，线圈中产生了电流；另一类是当一个线圈中的电流发生变化时，在它附近的其他线圈中产生了电流。对两类电磁感应实验进行分析表明，当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中会出现电流，我们称这种电流为感应电流（induction current），而把这种实验现象称为电磁感应（electromagnetic induction）现象。在闭合导体回路中出现了电磁感应现象，说明回路中产生了电动势，我们把这种由于穿过闭合导体回路的磁通量发生变化而在此回路中产生的电动势称为感应电动势（induction electromotive force）。

法拉第在大量实验的基础上总结出了电磁感应的基本定律——法拉第电磁感应定律(Faraday law of electromagnetic induction, 1845): 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, 即

$$ \mathcal{E}_{i}=-k\frac{\mathrm{d}\varPhi_{\mathrm{m}}}{\mathrm{d}t} $$

当采用国际单位制时，比例系数 k 为 1，所以法拉第电磁感应定律的一般可表述为

$$ \mathcal{E}_{\mathrm{i}}=-\frac{\mathrm{d}\varPhi_{\mathrm{m}}}{\mathrm{d}t} $$

式中负号反映了感应电动势与回路中磁通量变化的关系。通常，在判定感应电动势的方向时，我们要先规定导体回路 L 的绕行正方向。如图 19-1 所示，如果回路中磁感应线方向与所规定的回路的绕行正方向成右手螺旋关系，则穿过回路的磁通量取正值。这时，若穿过回路的磁通量增加，即 $ \frac{d\Phi_{m}}{dt}>0 $，则 $ \varepsilon_{i}<0 $，这表示此时感应电动势的方向与回路 L 的绕行正方向相反 [如图 19-1(a) 所示]。若穿过回路的磁

通量减小，即 $ \frac{\mathrm{d}\Phi_{\mathrm{m}}}{\mathrm{d}t}<0 $，则 $ \varepsilon_{i}>0 $，这说明此时感应电动势的方向与回路L的绕行正方向相同[如图19-1(b)所示]。

$$ \left(\mathrm{b}\right)\Phi_{\mathrm{m}}>0,\frac{\mathrm{d}\Phi_{\mathrm{m}}}{\mathrm{d}t}<0,\mathcal{E}_{i}<0 $$

导体回路中的感应电动势将使回路中产生感应电流，感应电流的方向可由楞次定律(Lenz law)判断。楞次定律指出：感应电动势产生的感应电流的方向，总是使感应电流本身所产生的通过回路面积的磁通量去补偿或反抗引起感应电流的磁通量变化。不难看出，式(19-1)中的负号即是楞次定律的数学表示。

式(19-1)只适用于单匝导线组成的回路。若回路是 n 匝线圈串联而成，则整个线圈中产生的感应电动势是每匝线圈中产生的感应电动势之和。如果穿过各匝线圈的磁通量分别为 $ \Phi_{m1}, \Phi_{m2}, \cdots, \Phi_{mn} $，那么总感应电动势为

$$ \begin{aligned}\mathcal{E}_{\mathrm{i}}=&-\left(\frac{\mathrm{d}\bar{\varPhi}_{\mathrm{m}1}}{\mathrm{d}t}+\frac{\mathrm{d}\bar{\varPhi}_{\mathrm{m}2}}{\mathrm{d}t}+\cdots+\frac{\mathrm{d}\bar{\varPhi}_{\mathrm{m}n}}{\mathrm{d}t}\right)\\=&-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(\sum_{i=1}^{n}\bar{\varPhi}_{\mathrm{m}i})\\=&-\frac{\mathrm{d}\bar{\varPsi}}{\mathrm{d}t}\end{aligned} $$

式中 $ \Psi = \sum_{i=1}^{n} \Phi_{mi} $ 是穿过各匝线圈的磁通量的总和，称为磁通链数，简称磁链（magnetic flux linkage）。若穿过各匝线圈的磁通量相等，则 $ N $ 匝线圈的磁链为 $ \Psi = N\Phi_{m} $。此时回路中的总感应电动势为

$$ \mathcal{E}_{\mathrm{i}}=-\frac{\mathrm{d}\Psi}{\mathrm{d}t}=-N\frac{\mathrm{d}\Phi_{\mathrm{m}}}{\mathrm{d}t} $$

在国际单位制中， $ \Psi $ 或 $ \Phi_{m} $ 的单位是 Wb (韦伯)，t 的单位是 s (秒)， $ \varepsilon_{i} $ 的单位是 V (伏特)。

如果闭合回路中的电阻为 R，则回路中的感应电流为

$$ I_{\mathrm{i}}=\frac{\mathcal{E}_{\mathrm{i}}}{R}=-\frac{1}{R}\frac{\mathrm{d}\varPhi_{\mathrm{m}}}{\mathrm{d}t} $$

在 $ t_{1} $ 到 $ t_{2} $ 时间内通过回路中任一截面的感应电荷量为

$$ q_{\mathrm{i}}=\int_{t_{1}}^{t_{2}}I_{\mathrm{i}}\mathrm{d}t=-\frac{1}{R}\int_{\Phi_{1}}^{\Phi_{2}}\mathrm{d}\Phi_{\mathrm{m}}=\frac{1}{R}(\Phi_{\mathrm{m}1}-\Phi_{\mathrm{m}2}) $$

上式表明，在 $ t_{1} $ 到 $ t_{2} $ 时间内的感应电荷量与回路中的磁通量的变化成正比。如果已知回路的电阻，只要测出通过回路截面的感应电荷量 $ q_{i} $，就可以计算出磁通量的变化。常用的磁通计就是根据这一原理设计的。

19.2 动生电动势与感生电动势

法拉第电磁感应定律表明，只要穿过某闭合导体回路的磁通量发生变化，该回路中就会产生感应电动势。回路中磁通量变化的原因，一般有三种情况：

（1）磁场恒定，导体回路或回路的部分在磁场中有相对运动，这样产生的感应电动势称为动生电动势（motional electromotive force）。

（2）回路在磁场中没有相对运动，回路中磁通量的变化仅由磁场的变化而引起，这样产生的感应电动势称为感生电动势（induced electromotive force）。

（3）回路中磁通量的变化由回路在磁场中的相对运动与磁场的变化共同引起，这样产生的感应电动势是动生电动势和感生电动势的叠加。

19.2.1 动生电动势

1. 动生电动势的产生

如图19-2所示，导体棒ab与U形导轨构成的矩形回路abcd平放在纸平面内，

均匀磁场 B 垂直纸面向里。当导体棒 ab 以速度 v 沿轨道向右滑动时，导体棒内的自由电子也随之以速度 v 向右运动。每个自由电子受到的洛伦兹力为

$$ \boldsymbol{F}_{ 洛 }=-\ e\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B} $$

式中-e 是电子所带的电荷量。洛伦兹力 $ F_{洛} $ 的方向由 a 指向 b，它使导体棒中的自由电子向下运动。洛伦兹力使电子向 b 端积累而使 b 端带负电，

同时 a 端因缺少电子而带上正电，在导体 ab 上产生一个自上而下的静电场，使其内的自由电子受到一个向上的电场力 $ F_{电} $ 的作用。随着电荷的不断积累，电子受到电场力不断加强，当 $ F_{电} = -F_{洛} $ 时，ab 间形成稳定的电势差，a 端电势高于 b 端电势。由此可见，在这里运动的导体棒 ab 相当于一个电源（a 端为正极，b 端为负极），它的非静电力就是洛伦兹力，相应的非静电场强为

$$ \boldsymbol{E}_{\mathrm{k}}=\frac{\boldsymbol{F}_{\mathrm{ 洛 }}}{-e}=\frac{-e(\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})}{-e}=\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B} $$

由电动势定义知，运动导体棒 ab 上的动生电动势为

$$ \mathcal{E}_{\mathrm{i}}=\int_{-\mathrm{d}}^{+}\boldsymbol{E}_{\mathrm{k}}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l}=\int_{b}^{a}(\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l} $$

由此可见，动生电动势产生的原因是相对磁场运动的导体内自由电子受到洛伦兹力的作用。

在图19-2中， $ v \perp B $，若导体棒ab长为l，在其上的任意线元 $ dl $的方向与 $ v \times B $方向一致，则式(19-6)可简化为

$$ \mathcal{E}_{\mathrm{i}}=\int_{b}^{a}(\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l}=\int_{0}^{L}\boldsymbol{v}B\mathrm{d}l=BLv $$

如果导体棒沿着磁场方向运动，即 $ v//B $，则 $ v \times B = 0 $，显然此时导体棒内无动生电动势产生。因此，只有当导体棒做切割磁感应线的运动时，导体棒内才能产生动生电动势。

如果一个任意形状的导线 L 在非均匀磁场中运动，情形又会如何呢？通常，这种情况下，导线上各个线元 dI 的速度 v 的大小和方向及其所在处的磁场 B 都有可能是不同的，这时我们可以在导线上任取一段以速度 v 运动的导线元 dI，设其所在处的磁场为 B，根据前面的分析，我们可求得导线元 dI 上产生的动生电动势为

$$ \mathrm{d}\boldsymbol{\mathcal{E}}_{\mathrm{i}}=(\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l} $$

则整个导线中的动生电动势为

$$ \mathcal{E}_{\mathrm{i}}=\int_{(L)}\mathrm{d}\mathcal{E}_{i}=\int_{(L)}\left(\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B}\right)\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l} $$

如果导线是闭合的，且整个闭合回路都在磁场中运动，则整个闭合回路中的动生电动势为

$$ \boldsymbol{\varepsilon}_{\mathrm{i}}=\oint_{(L)}\mathrm{d}\boldsymbol{\varepsilon}_{\mathrm{i}}=\oint(\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l} $$

可以证明，上式与法拉第电磁感应定律是一致的。

2. 动生电动势的计算

现在我们通过几个比较典型的例题来看看如何计算相对磁场运动的导体内所产生的动生电动势。

【例 19-1】如图 19-3 所示，铜棒 OA 长 $ L=0.5\ m $，处在方向垂直纸面向里的匀强磁场 B=0.01 T 中，沿逆时针方向绕 O 轴转动，角速度为 $ \omega=100\pi\ rad\cdot s^{-1} $，求铜棒中的动生电动势。若是半径为 $ R=0.5\ m $ 的铜盘绕 O 轴转动，则盘心 O 点和铜盘边缘之间的电势差为多少？

解 尽管铜棒绕 O 轴做匀速转动时，满足 B, v 和棒长方向三者互相垂直，磁场也是均匀场，但铜棒上各段速度不同，在铜棒上取一线元 $ \mathrm{d}l $ (方向由 O 指向 A)，认为 $ \mathrm{d}l $ 上速度大小相等，为 $ v = \omega l $，则 $ \mathrm{d}l $ 上产生的动生电动势为

$$ \mathrm{d}\boldsymbol{\mathcal{E}}_{\mathrm{i}}=(\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l}=-\boldsymbol{v}\boldsymbol{B}\mathrm{d}l=-\boldsymbol{l}\omega\boldsymbol{B}\mathrm{d}l $$

整个铜棒上产生的动生电动势为

$$ \mathcal{E}_{\mathrm{i}}=\int\mathrm{d}\mathcal{E}_{\mathrm{i}}=\int_{0}^{L}-l\omega B\mathrm{d}l=-\frac{1}{2}L^{2}\omega B $$

代入已知数值后可得 $ \varepsilon_{i}=-0.39 $ V，方向同 $ v\times B $的方向，即从A点指向O点。这是因为O点电势高于A点。铜棒OA就像一个电源，O端是正极，A端是负极。

如果是铜盘转动，可以把铜盘看作由无数根并联的铜棒组成。每根铜棒产生的 $ \varepsilon_{i} $都类似OA棒，

这样盘中心 O 点与盘边缘之间的电动势还是为 0.39 V。由于电源开路，两端电势差即为电动势的大小。

【例19-2】恒定的均匀磁场垂直于纸面向里，导线abc的形状是半径为R的 $ \frac{3}{4} $圆周，导线沿 $ \angle aOc $的角平分线方向以速度v水平向右运动，如图19-4所示。求导线上的动生电动势。

解 方法一 用动生电动势的计算式(19-6)求解

在导线 abc 上任取一线元 dI, 在 dI 处 $ (v \times B) $ 方向竖直向上。设 $ (v \times B) $ 与 dI 的夹角为 $ \theta $，由几何关系可知 $ \theta = \alpha $, $ dI = Rd\alpha $，所以导线上的动生电动势

$$ \begin{aligned}\mathcal{E}_{abc}&=\int_{\widehat{abc}}vB\mathrm{d}l\cos\alpha\\&=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{7\pi}{4}}vBR\mathrm{d}\alpha\cdot\cos\alpha=-\sqrt{2}RvB\end{aligned} $$

$ \varepsilon_{abc}<0 $，由自由电子的堆积得知动生电动势方向由 $ c\to a $，即 c 为负极，a 为正极。由于 $ \sqrt{2}R $ 就是 ac 的长度，故 $ \varepsilon_{abc}=-\sqrt{2}RvB $ 等效于长为 $ \sqrt{2}R $ 的直导线 ac 在该磁场中运动时所产生的动生电动势。

方法二 用法拉第电磁感应定律求解

假设用一直导线 ac 与导线 abc 构成一闭合回路。当闭合回路 abca 整体以速度 v 向右运动时，由于穿过回路的磁通量不变，所以

$$ \mathcal{E}_{\mathrm{a b c a}}=0 $$

而

$$ \mathcal{E}_{a b c a}=\mathcal{E}_{a b c}+\mathcal{E}_{c a} $$

故

$$ \mathcal{E}_{a b c}=-\mathcal{E}_{c a}=\mathcal{E}_{a c} $$

而

$$ \begin{align*}\mathcal{E}_{ac}&=\int_{0}^{\sqrt{2}R}(v\times\boldsymbol{B})\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l}\\&=-vBl\big|_{0}^{\sqrt{2}R}\\&=-vB\sqrt{2}R\end{align*} $$

$$ \mathcal{E}_{a b c}=\mathcal{E}_{a c}=-\sqrt{2}R v B $$

所以

用右手定则或用楞次定律的方法同样可判断得 c 为负极，a 为正极。结果与方法一所得结果一样。

个难证明：在垂直于恒定磁场 B 的平面内，一段任意形状的导线 abc [如图 19-4(b) 所示]，以某一速度运动所产生的动生电动势，与连接该导线两端的直线 ac 以同一速度运动所产生的动生电动势相同，即 $ \mathcal{E}_{abc} = \mathcal{E}_{ac} $。

【例19-3】如图19-5所示，一个单匝线圈abcd可以绕固定轴在磁极N和S所激发的近似均匀的磁场中转动；线圈的两端分别接在两个与线圈一起转动的铜环上，铜环通过两个带有弹性的金属触头与外电路接通。当线圈在汽轮机或水轮机的带动下在均匀磁场中匀速转动时，试求线圈abcd回路中的总感应电动势。

解 方法一 用动生电动势的计算式(19-6)计算

设线圈的 ab 和 cd 边长为 l, bc 和 da 边长为 h。考虑在某一瞬间，线圈处在如图 19-5(b) 所示的位置，线圈平面的法向 $ e_{n} $ 与 B 之间夹角为 $ \theta $，由式(19-6)可得，在 ab 和 cd 两边中产生的感应电动势分别为

$$ \mathcal{E}_{a b}=\int_{a}^{b}(\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l}=\int_{0}^{l}v B\sin\theta\mathrm{d}l=v B l\sin\theta $$

$$ \mathcal{E}_{c d}=\int_{c}^{d}(\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l}=\int_{0}^{l}v B\sin(\boldsymbol{\pi}-\theta)\mathrm{d}l=v B l\sin\theta $$

由于在回路中这两个电动势的方向相同，因此整个回路中的感应电动势为

$$ \mathcal{E}=\mathcal{E}_{a b}+\mathcal{E}_{c d}=2v B l\sin\theta $$

设线圈旋转的角速度为 $ \omega $，并取线圈平面的法线刚好处在水平位置时作为计时的零点，则 $ \theta = \omega t $，又因为 $ v = h \omega / 2 $，代入上式可得

$$ \varepsilon=B S\omega\sin\omega t $$

式中 S = lh 为线圈的面积。

方法二 用法拉第电磁感应定律式（19-1）计算

当线圈平面的法向 $ e_{n} $ 与 B 之间夹角为 $ \theta = \omega t $ 时，矩形线圈面积的磁通量为

$$ \boldsymbol{\varPhi}_{\mathrm{m}}=\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{S}=B\mathrm{S}\cos\theta=B\mathrm{S}\cos\omega t $$

由式（19-1）可得线圈中感应电动势为

$$ \varepsilon=-\frac{\mathrm{d}\varPhi_{\mathrm{m}}}{\mathrm{d}t}=B S\omega\sin\omega t $$

从计算结果可知，这种电动势随时间变化的曲线是正弦曲线，称为简谐交变电动势，简称简谐交流电。这种电动势及其在回路中所产生的感应电流，它们的大小和方向都在作周期性变化。图19-5(a)所示的装置，就是一种最简单的交流发电机。当线圈中形成了感应电流时，它在磁场中要受到安培力的作用，其方向是阻碍线圈运动的。为了继续发电，必须用汽轮机或水轮机来克服阻力做功。因此，发电机是利用电磁感应现象将机械能转化为电能的装置。实际的发电机结构都比较复杂，例如线圈的匝数很多，它们都镶嵌在硅钢片制成的铁芯上，组成电枢；磁场是利用电磁铁激发的，磁极一般不止一对，大型发电机的电压较高，电流也很大，为了便于电流的输出，一般采用转动磁极式，即电枢不动，磁体转动。

由以上的例题不难看出，导体内的动生电动势可由式(19-6)、式(19-9)或式(19-10)直接计算，也可以用法拉第电磁感应定律 $ \varepsilon_{i}=-\frac{\mathrm{d}\Phi_{\mathrm{m}}}{\mathrm{d}t} $求解。值得说明的是，无论导体是否构成回路，都可以用法拉第电磁感应定律求解，因为如果导体不构成回路（如例19-2那样），我们可以设想一个合理的回路来进行计算。至于究竟用哪种方法好，主要看哪种方法简便，视具体情况而定。

19.2.2 感生电动势

1. 感生电动势

由电磁感应实验可知，导体或导体回路不动，而它所处的磁场发生变化时，穿过回路的磁通量也会变化，这时导体或导体回路中也会产生感应电动势——感生电动势。

我们知道导体产生动生电动势的非静电力是洛伦兹力，那么，产生感生电动势的非静电力是什么力呢？首先，导体或导体回路不动，导体内没有电荷的宏观运动，显然这个非静电力不可能是洛伦兹力。其次，在产生感生电动势的过程中

不存在库仑电场，因此，这个非静电力也不可能是静电场力。感生电动势将使导体回路中有感生电流，由于感生电流是由原来宏观静止的电荷受到非静电力作用而形成，而静止电荷受到的力只能是电场力。所以，产生感生电动势的非静电力本质上是一种由变化的磁场引起的电场力。麦克斯韦（James Clerk Maxwell，1831—1879）对此进行了分析、研究，于1861年提出：变化的磁场总是在空间激发一种电场，这种电场称为感生电场（induced electric field）。不管空间有无介质存在，变化的磁场总是在空间激发电场，由于这种电场的电场线是闭合的，又称之为有旋电场（curl electric field）。导体中电荷受到的感生电场力就是产生感生电动势的非静电力。

若以 $ E_{感} $ 表示感生电场的场强，则根据电动势的定义，由于磁场的变化而在导线 ab 上产生的感生电动势为

$$ \mathcal{E}_{\mathrm{i}}=\int_{a}^{b}\boldsymbol{E}_{ 感 }\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l} $$

在导体回路 L 中产生的感生电动势为

$$ \boldsymbol{E}_{\mathrm{i}}=\oint_{L}\boldsymbol{E}_{ 感 }\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l} $$

而根据法拉第电磁感应定律有

$$ \mathcal{E}_{\mathrm{i}}=-\frac{\mathrm{d}\Phi_{\mathrm{m}}}{\mathrm{d}t}=-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\int_{s}\boldsymbol{B}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{s} $$

由于导体回路 L 静止，其形状和面积不随时间变化，而通常磁感应强度 B 是空间位置和时间 t 的函数。所以比较式(19-12)与式(19-13)可得导体回路 L 中的感生电动势为

$$ \mathcal{E}_{i}=\oint_{L}\boldsymbol{E}_{ 感 }\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l}=-\int_{S}\frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S} $$

式(19-14)即感生电场的环路定理。式中负号表示 $ E_{感} $与 $ \frac{\partial B}{\partial t} $的方向满足左手螺旋关系：如果左手四指沿 $ E_{感} $的方向转动，那么大拇指所指的方向就是 $ \frac{\partial B}{\partial t} $的方向，如图19-6所示。这与楞次定律判断的 $ E_{感} $的方向是一致的。

应用感生电场加速电子的电子感应加速器，是感生电场存在的最重要的例证之一，其结构示意图如图19-7(a)所示。在圆形磁铁的两极之间有一环形真空室，用交变电流励磁的电磁铁在两极之间产生交变磁场，从而在环形室内感生出很强的有旋电场，其电场线为同心圆。用电子枪将电子注入环形室，它们在有

旋电场的作用下被加速，同时在洛伦兹力的作用下沿圆形轨道运动。

由于磁场是交变的，从而导致有旋电场的方向也是交变的。如图19-7（b）所示，由于电子带负电，所以只有当磁场变化是在第一个或第四个1/4周期的情况下，才能产生使电子加速的有旋电场；然而，在第四个1/4周期内电子受到的洛伦兹力是离心的，因此，只有在磁场变化的第一个1/4周期，约5 ms的时间内，电子才能在有旋电场的作用下被加速而沿圆形轨道运动。实际上，在比上述时间间隔还短得多的极短时间内，约为 $ 10^{-1} $ ms，电子已经能够绕轨道回旋数十万圈，从而获得了很高的能量。最后，将电子引入靶室，进行实验工作。

电子感应加速器加速电子，并不会受到电子质量随其速度增大这一相对论效应的影响，例如100 MeV 的大型电子感应加速器，可以将电子加速到 0.999 986 c。然而，电子被加速时要辐射能量，这就限制了被加速电子能量的进一步提高。

2. 感生电动势的计算

【例 19-4】在半径为 R 的长直螺线管中通有变化的电流，如图 19-8 所示，使管内磁场均匀增强，求螺线管内、外感生电场的场强分布。

解 （1）螺线管内横截面的磁场，如图 19-9(a) 所示。由于 $ \frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}>0 $，所以管内有感生电场产生。按对称性，截面内与中心相距为 r 的圆周 $ L_{1} $ 上各点的感生电场场强大小相等、方向与回路相切，且因为感生电场与 $ \frac{\partial B}{\partial t} $ 的方向成左手螺旋关系，所以电场线取图示方向。感生电场 $ E_{感} $ 沿半径为 r 的圆周 $ L_{1} $ 积分，有

$$ \oint_{L_{1}}\boldsymbol{E}_{ 感 }\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l}=2\pi r\cdot\boldsymbol{E}_{ 感 } $$

据感生电场与变化磁场的关系，有

$$ \oint_{L_{1}}\boldsymbol{E}_{ 感 }\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l}=-\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}=-\left.\pi r^{2}\right.\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t} $$

对比上述两式，可得到在螺线管内距中心 r 处的感应电场的场强大小为

$$ E_{ 感 }=-\frac{r}{2}\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\quad(r

（2）在螺线管外，当r>R时[如图19-9(b)所示]，感生电场的场强沿半径为r的圆周 $ L_{2} $积分得

$$ \oint_{L_{2}}\boldsymbol{E}_{ 感 }\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l}=2\pi r\boldsymbol{E}_{ 感 } $$

由于 r > R，积分环路 $ L_{2} $ 内只有 $ \pi R^{2} $ 面积中有磁通变化，所以

$$ \oint_{L_{2}}\boldsymbol{E}_{ 感 }\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l}=-\frac{\mathrm{d}\Phi_{m}}{\mathrm{d}t}=-\left.\pi R^{2}\right.\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t} $$

对比上述两式，可得到在螺线管外距中心 r 处的感应电场的场强

$$ E_{ 感 }=-\frac{R^{2}}{2r}\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\quad(r>R) $$

$ E_{感} $ 方向如图中箭头所示。

可见，当 rR 时， $ E_{感}\propto\frac{1}{r} $，螺旋管内、外的 $ E_{感} $ 随 r 的变化规律，如图 19-9(c) 所示（图中 $ E_{感} $ 取绝对值）。

【例19-5】 —被限制在半径为R的无限长圆柱内的均匀磁场B，|B|均匀增加，B的方向垂直纸面向里。在垂直磁场的平面内放两段导线CD与AOM。如图19-10所示。分别计算在其上的感生电动势；分别比较A、M两点及C、D两点的

电势高低，并简单说明结果不同的原因（O为圆心，CD长为l）。

解 方法一 用感应电场计算

由于磁场的增大，在圆柱内有感应电场产生，其电场线为圆心在 O 的同心圆且为逆时针方向，在离 O 为 r 处的感应电场场强是

$$ E_{ 感 }=-\frac{r}{2}\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\quad(r\leqslant R) $$

如图19-11(a)所示，沿导线由C到D取 $ E_{感} $的积分可得导线上的电动势为

$$ \mathcal{E}_{C D}=\int_{C}^{D}\boldsymbol{E}_{ 感 }\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l}=\int_{C}^{D}E_{ 感 }\cos\alpha\mathrm{d}l $$

从图中可看出 $ \cos\alpha=\frac{h}{r} $，所以

$$ \begin{aligned}\mathcal{E}_{CD}&=\int_{c}^{D}\frac{r}{2}\cdot\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\cdot\frac{h}{r}\mathrm{d}l=\frac{lh}{2}\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\\&=\frac{1}{2}\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}l\sqrt{R^{2}-\left(\frac{l}{2}\right)^{2}}\end{aligned} $$

由于 $ \varepsilon_{CD}>0 $，所以 $ \varepsilon_{CD} $方向由C指向D，从而 $ U_{D}>U_{C} $。

对于 AM 导线段，因为它与直径重合，所以其上任一点的 $ E_{感} $ 均与导线垂直，因此 AM 上的感应电动势为

$$ \boldsymbol{e}_{AM}=\int_{A}^{M}\boldsymbol{E}_{ 感 }\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l}=0 $$

由此可知 $ U_{A}=U_{M} $

方法二 补成回路，用法拉第电磁感应定律求解

将直导线段 CD 两端与圆心 O 连接，形成一团合回路 ODCO，如图 19-11(b) 所示，并取 ODCO 为回路正方向，则此回路中的感应电动势为

$$ \begin{aligned}\varepsilon=&-\frac{\mathrm{d}\varPhi_{\mathrm{m}}}{\mathrm{d}t}=-\frac{\mathrm{d}\left(B\cdot\frac{1}{2}l h\right)}{\mathrm{d}t}=-\frac{1}{2}l h\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\\=&-\frac{1}{2}l\sqrt{R^{2}-\left(\frac{l}{2}\right)^{2}}\cdot\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\end{aligned} $$

由于半径 CO 与 DO 上的感应电场与半径垂直, 所以其上的感生电动势为零, 即

$$ \varepsilon_{o D}=\varepsilon_{c o}=0 $$

而

$$ \mathcal{E}=\mathcal{E}_{O D}+\mathcal{E}_{D C}+\mathcal{E}_{C O} $$

所以有

$$ \mathcal{E}=\mathcal{E}_{DC}=-\frac{1}{2}\sqrt{R^{2}-\left(\frac{l}{2}\right)^{2}}\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t} $$

由于 $ \frac{dB}{dt}>0 $所以 $ \varepsilon_{DC}<0 $，即该感应电动势方向是由C指向D，所以 $ U_{D}>U_{C} $。

也可以设想用其他线段与 CD 连成回路，用此方法求解。例如可以利用 DFC 弧与导线 CD 组成弓形闭合回路 CDFC，如图 19-11(b) 所示。对此回路取 CDFC 方向为正方向，则有

$$ \begin{aligned}\varepsilon=&-\frac{\mathrm{d}\varPhi_{\mathrm{m}}}{\mathrm{d}t}=-\frac{\mathrm{d}(BS)}{\mathrm{d}t}=-S\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\\=&-\left(\frac{1}{2}R^{2}\theta-\frac{1}{2}l h\right)\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\end{aligned} $$

由于

$$ \mathcal{E}=\mathcal{E}_{C D}+\mathcal{E}_{_{D F C}} $$

而

$$ \begin{aligned}\mathcal{E}_{_{DFC}}&=\int_{D}^{C}\boldsymbol{E}_{_{ 感 }}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{l}\\&=-\frac{R}{2}\cdot\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\cdot R\theta\\&=-\frac{R^{2}}{2}\theta\cdot\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\end{aligned} $$

所以

$$ \begin{aligned}\mathcal{E}_{CD}&=\mathcal{E}-\mathcal{E}_{\widehat{DFC}}=-\left(\frac{1}{2}R^{2}\theta-\frac{1}{2}lh\right)\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}+\frac{R^{2}}{2}\theta\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\\&=\frac{1}{2}lh\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}=\frac{1}{2}\sqrt{R^{2}-\left(\frac{l}{2}\right)^{2}}\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\end{aligned} $$

因 $ \varepsilon_{CD}>0 $ 即 CD 导线段上的电动势方向由 C 指向 D，从而 $ U_{D}>U_{C} $，与上面的结果一样。

要注意，由于$\mathcal{E}<0$，所以在弓形回路中的感应电动势是沿 $CFDC$ 方向的。但不能由此推出 $CD$ 导线上的电动势方向也是沿着 $DC$ 方向的。这是因为用电磁感应定律确定出的是整个闭合回路电动势的方向，这与回路上的某一段内的感应电动势的方向不一定相同。对于弓形回路，由于$\mathcal{E}$ 和$\mathcal{E}_{\widehat{DFC}}$ 方向相同，但 $|\mathcal{E}| < |\mathcal{E}_{\widehat{DFC}}|$，所以$\mathcal{E}_{CD}$ 和$\mathcal{E}$ 的方向相反。

$ \varepsilon_{AM} $也可以利用一段导线与AM构成闭合回路，再由法拉第电磁感应定律求出。例如利用半圆弧 $ \widehat{MCA} $与AM构成扇形闭合电路[图19-11(c)]。

由电磁感应定律有

$$ \mathcal{E}=-\frac{\mathrm{d}\varPhi}{\mathrm{d}t}=-\frac{\pi R^{2}}{2}\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t} $$

而

$$ \mathcal{E}=\mathcal{E}_{A M}+\mathcal{E}_{M\widehat{C}A} $$

$$ \mathcal{E}_{_{\widehat{MCA}}}=\int_{\widehat{MCA}}\boldsymbol{E}_{_{感}}\cdot d\boldsymbol{l}=-\frac{\pi R^{2}}{2}\frac{d B}{d t} $$

所以

$$ \mathcal{E}_{A M}=\mathcal{E}-\mathcal{E}_{M\widehat{C}A}=0 $$

为什么 $ \varepsilon_{DC} \neq 0 $，而 $ \varepsilon_{AM} = 0 $呢？简单解释这是因为在CD导线上的各点的感应电场沿CD方向有分量，使导线中的电荷（如自由电子）在此电场作用下沿导线移动，在导线上就会形成一定的电荷堆积分布，而建立起静电场。当电荷受到的感应电场与静电场的作用力达到平衡时，就会有稳定的电荷分布，这时D，C两端也就有稳定的电势差存在。而AM导线上各点的感应电场都与导线垂直，导线上无感应电场的分量，也就不会有电荷沿导线移动与堆积，因而没有静电场，所以也就没有电势差。

3. 动生电动势与感生电动势同时存在时感应电动势的计算

【例19-6】如图19-12所示，在垂直于纸面内非均匀的随时间变化的磁场 $ B=kx\cos\omega t $中，有一弯成 $ \theta $角的金属架COD，OD与x轴重合，一导体棒MN垂直于OD，并以恒定速度v垂直于MN沿OD方向向右滑动，设t=0时x=0，求框架内感应电动势的变化规律。

解 由题意知本题磁场随时间和空间同时变化，导体处于运动状态，所以感应电动势必然既有动生电动势又有感生电动势。如图中所示，取面积元 dS

$$ \mathrm{d}S=y\mathrm{d}x=x\tan\theta\mathrm{d}x $$

任意时刻 t，穿过回路 OMNO 的总的磁通量为

$$ \Phi_{m}=\int_{S}\boldsymbol{B}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S}=\int_{0}^{x}k x\cos\omega t\cdot x\tan\theta\mathrm{d}x=\frac{1}{3}k x^{3}\tan\theta\cos\omega t $$

由法拉第电磁感应定律知

$$ \begin{aligned}\varepsilon_{\mathrm{i}}=&-\frac{\mathrm{d}\varPhi_{\mathrm{m}}}{\mathrm{d}t}=\frac{1}{3}kx^{3}\tan\theta\cdot\omega\sin\omega t-kx^{2}\tan\theta\cos\omega t\\=&\frac{1}{3}kv^{3}t^{2}\tan\theta(\omega t\sin\omega t-3\cos\omega t)\end{aligned} $$

其中 x=vt。从结果可以看出，金属框架上总的感应电动势包括第一项感生电动势和第二项动生电动势。

由以上例题可知，计算感生电动势有两种基本方法；（1）如果磁场分布具有对称性，而导体在磁场中不构成闭合回路，可以由式（19-14）求出 $ E_{感} $的空间分布表达式，再由式（19-11）积分求出导体中的感生电动势。（2）如果导体为闭合回路（或不构成闭合回路，却可通过作适当的辅助线构成闭合回路），可利用法拉第电磁感应定律求解。若动生与感生电动势同时存在于导体中，则导体中总感应电动势的计算也有两种基本方法：（1）分别计算出导体中的动生电动势与感生电动势，然后将两者求代数和计算出导体中总的感应电动势。（2）用法拉第电磁感应定律。

19.3 自感、互感

前面我们学习了电磁感应现象及其基本规律，本节我们将在此基础上进一步讨论因导体回路中电流的变化而产生的自感、互感等特殊的电磁感应现象。

19.3.1 自感

当一团合导体回路的电流发生变化（设回路的形状、大小、位置及周围磁介质不变）时，通过回路自身的磁通量也发生变化，从而在回路自身产生感应电动势的现象称为自感现象。因此而产生的感应电动势称为自感电动势。

由毕奥-萨伐尔定律可知，当闭合导体回路的形状，大小、及周围磁介质都不变时，回路中的电流i所激发的磁感应强度的大小与i成正比，所以通过回路的磁链也与回路中的电流i成正比，即

$$ \Psi=L i $$

式中 L 为比例系数，称为回路的自感系数，简称自感（self-inductance）。显然，自感系数 L 的量值等于回路中通有单位电流时通过该回路所包围面积的磁链，它决定于回路的形状、大小、位置、线圈的匝数及其周围磁介质的分布。在国际单位制中，自感系数的单位是 H（亨利）。

根据法拉第电磁感应定律，回路中的自感电动势为

$$ \mathcal{E}_{L}=-\mathrm{\frac{d}\Omega}\mathrm{d}t=-\mathrm{\frac{d}\Omega}\mathrm{d}(L i)\mathrm{d}t=-\mathrm{}\left(L\mathrm{\frac{d i}{d t}}+i\mathrm{\frac{d L}{d t}}\right) $$

文档亨利

若回路的形状、大小、位置、线圈的匝数及其周围磁介质的分布等均保持不变，则自感 L 为恒量，即 $ \frac{dL}{dt}=0 $，故有

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$$ \mathcal{E}_{L}=-\ L\frac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t} $$

式中负号是楞次定律的数学表示，它表明自感电动势总是阻碍回路自身电流的变化。当电流增加时 $ \left(\frac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t}>0\right) $， $ \varepsilon_{L}<0 $，表示 $ \varepsilon_{L} $的方向与电流 $ I $的方向相反。可见 $ \varepsilon_{L} $有保持回路自身电流不变的性质，并且回路的自感越大，回路中的电流越不容易发生改变。这一特性与力学中物体的惯性有些相似，故通常把自感看作是回路中“电磁惯性”的量度。

【例19-7】有一长度为l的长直螺旋线管，单位长度的匝数为n，截面积为S，其中充满磁导率为 $ \mu $的磁介质。试求该螺线管的自感。

解 设螺线管通有电流 I，管内磁感应强度

$$ \boldsymbol{B}=\mu n\boldsymbol{I} $$

通过每匝线圈的磁通量

$$ \boldsymbol{\varPhi}_{\mathrm{m}}=\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{S}=\mu n I S $$

通过整个螺线管的磁链

$$ \Psi=n l\Phi_m=\mu n^{2}l I S $$

所以螺线管的自感为

$$ L=\frac{\bar{\Psi}}{I}=\mu n^{2}l S=\mu n^{2}V $$

此题计算结果是近似的，比实际测得的结果要大些。这是因为计算假定了整个螺旋线管中的磁场是均匀的，B 都等于 $ \mu nI $。有限长螺线管实际上存在着端点效应，两端磁场只有中间磁场的一半，所以实际磁链要相应地小些。对于比较细的螺旋管，端点效应可忽略，此时计算会比较精确。

【例19-8】有一同轴电缆，内外圆筒截面半径分别为 $ R_{1}, R_{2} $，两圆筒间磁介质的磁导率为 $ \mu $，如图19-13所示，试计算该电缆单位长度的自感。

解 设电缆传输的电流为 I，且电流由内筒流入，外筒流出。据安培环路定理，电缆两导线圆筒间磁感应强度表达式为

$$ B=\frac{\mu I}{2\pi r} $$

通过单位长度纵截面的磁通量，即通过图中截面ABCD的磁通量

$$ \begin{aligned}\varPhi_{\mathrm{m}}&=\int\boldsymbol{B}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S}=\int_{R_{1}}^{R_{2}}\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{1}\mathrm{d}r\\&=\frac{\mu I}{2\pi}\int_{R_{1}}^{R_{2}}\frac{\mathrm{d}r}{r}=\frac{\mu I}{2\pi}\ln\frac{R_{2}}{R_{1}}\end{aligned} $$

因此，该电缆单位长度的自感为

$$ L=\frac{\bar{\Phi}}{I}=\frac{\mu}{2\pi}\mathrm{l n}\frac{R_{2}}{R_{1}} $$

以上两例表明，导体回路的自感与回路中的电流无关，只由它的形状、大小及周围磁介质的磁导率决定。

19.3.2 互感

当闭合导体回路中的电流随时间变化时，不仅使导体回路本身要产生自感电动势，而且使得其周围的磁场也随时间变化，从而使穿过其邻近导体回路的磁通量发生变化，在邻近的导体回路中产生感应电动势，这种现象称为互感现象，由此而产生的感应电动势称为互感电动势。

如图19-14所示，设有两个固定的闭合导体回路 $ L_{1} $、 $ L_{2} $。由毕奥-萨伐尔定律可知，回路 $ L_{1} $中的电流 $ i_{1} $产生的磁场正比于 $ i_{1} $，因此由 $ i_{1} $产生的通过回路 $ L_{2} $所围面积的磁链 $ \Psi_{21} $也与 $ i_{1} $成正比，即

$$ \Psi_{21}=M_{21}i_{1} $$

式中比例系数 $ M_{21} $ 称为回路 $ L_{1} $ 对回路 $ L_{2} $ 的互感系数，简称互感（mutual induction）。由法拉第电磁感应定律可知，因电流 $ i_{1} $ 变化而在回路 $ L_{2} $ 中产生的互感电动势为

$$ \mathcal{E}_{21}=-\frac{\mathrm{d}\varPsi_{21}}{\mathrm{d}t}=-M_{21}\frac{\mathrm{d}i_{1}}{\mathrm{d}t} $$

同理，回路 $ L_{2} $ 中的电流 $ i_{2} $ 产生通过回路 $ L_{1} $ 所围面积的磁链 $ \Psi_{12} $ 与 $ i_{2} $ 成正比，即

$$ \Psi_{12}=M_{12}i_{2} $$

而且由于电流 $ i_{2} $ 变化而在回路 $ L_{1} $ 中产生的互感电动势为

$$ \mathcal{E}_{12}=-\frac{\mathrm{d}\varPsi_{12}}{\mathrm{d}t}=-M_{12}\frac{\mathrm{d}i_{2}}{\mathrm{d}t} $$

式中比例系数 $ M_{12} $ 称为回路 $ L_{2} $ 对回路 $ L_{1} $ 的互感系数，理论和实践都证明 $ M_{12}=M_{21}=M $，M 就称为这两个导体的互感系数，简称为互感。实验表明，当导体回路周围没有铁磁质时式（19-17）—式（19-20）才成立，此时互感系数取决于两个导体回路的形状、大小、匝数、相对位置及其周围磁介质的分布，而与电流及电流随时间的变化率无关。在国际单位制中互感系数的单位为 H（亨利）。

【例 19-9】两个长度均为 l 的共轴空心长直螺线管，如图 19-15 所示。外管半径 $ R_{1} $，匝数 $ N_{1} $，自感为 $ L_{1} $；内管半径 $ R_{2} $，匝数 $ N_{2} $，自感为 $ L_{2} $。求它们的互感系数 M 及与 $ L_{1}, L_{2} $ 的关系。

解 设外管通有电流 $ i_{1} $，则管内的磁感应强度 $ B_{1} $ 为

$$ B_{1}=\mu_{0}n_{1}i_{1}=\mu_{0}\frac{N_{1}i_{1}}{l} $$

穿过内管的磁链为

$$ \Psi_{21}=N_{2}B_{1}S_{2}=\frac{\mu_{0}N_{1}N_{2}i_{1}}{l}\pi R_{2}^{2} $$

所以

$$ M=\frac{\Psi_{21}}{i_{1}}=\frac{\mu_{0}N_{1}N_{2}}{l}\pi R_{2}^{2} $$

根据例19-7的结果可得

$$ L_{1}=\mu_{0}n_{1}^{2}V_{1}=\mu_{0}\frac{N_{1}^{2}}{l}\pi R_{1}^{2} $$

$$ L_{2}=\mu_{0}n_{2}^{2}V_{2}=\mu_{0}\frac{N_{2}^{2}}{l}\pi R_{2}^{2} $$

所以有

$$ M=\frac{R_{2}}{R_{1}}\sqrt{L_{1}L_{2}} $$

必须指出，此结果是在题设条件下两个耦合回路得到的。在一般情况下， $ M = K\sqrt{L_1L_2} $，且 $ K \leq 1 $，K 称为耦合系数（coupling factor）。只有当 $ R_1 = R_2 $，且每个回路的自身磁链都通过另一个回路，或称无漏磁时，才有 K = 1；而在有漏磁的情况下，即使 $ R_1 = R_2 $，则总存在 K < 1，即 $ M < \sqrt{L_1L_2} $。

【例19-10】如图19-16所示，自感分别为 $ L_{1} $和 $ L_{2} $，互感为M的两个线圈1和2串联。如果两线圈的磁链互相加强[见图19-16(a)]，称为顺接；如果两磁链相互削弱[见图19-16(b)]，则称为反接。计算在这两种接法下两线圈的等效总自感L。

解 （1）顺接。设线圈通以变化电流 i，线圈 1 中的自感电动势与线圈 2 在线圈 1 中产生的互感电动势有相同的方向。因此线圈 1 中的感生电动势为

$$ \mathcal{E}_{1}=-\ L_{1}\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}-\ M\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} $$

同理，线圈2中的感生电动势为

$$ \mathcal{E}_{2}=-\ L_{2}\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}-\ M\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} $$

则顺接时，两线圈总的感生电动势为

$$ \mathcal{E}=\mathcal{E}_{1}+\mathcal{E}_{2}=-\left(L_{1}+L_{2}+2M\right)\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} $$

由上得

$$ L=-\boldsymbol{\mathcal{E}}\cdot\left(\frac{\mathrm{d}\boldsymbol{i}}{\mathrm{d}t}\right)^{-1}=L_{1}+L_{2}+2M $$

（2）反接。反接时，自感电动势与互感电动势的方向相反，不难证明： $ L=L_{1}+L_{2}-2M $。当两线圈为无漏磁耦合，且 $ L_{0}=L_{1}=L_{2} $，则有 $ M=\sqrt{L_{1}L_{2}}=L_{0} $，此时顺接 $ L=4L_{0} $，反接L=0。

19.4 磁场的能量

在图19-17所示的实验中，若开关闭合时线圈支路中的电流大于灯泡支路中的电流，则当开关断开后，灯泡会突然强烈地闪亮一下，然后才逐渐熄灭。在这过程中电源已不再向灯泡提供能量，那么令灯泡突然强烈地闪亮一下的能量是从哪里来的呢？由于使灯泡闪亮的电流是线圈中自感电动势产生的电流，而这个电流

随线圈中磁场的消失而逐渐消失，故可以认为使灯泡闪亮的能量是原来储存在线圈内的磁场中的，这种能量称为磁场能量。自感为 L、通有电流 I 的线圈中所储存的磁场能量应等于这一电流消失时自感电动势做的功。若以 idt 表示在短路后某一时间 dt 内通过灯泡的电荷量，则在这段时间内自感电动势所做的功为

$$ \mathrm{d}W=\mathcal{E}_{L}\mathrm{i}\mathrm{d}t=-\mathrm{~}L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}\mathrm{i}\mathrm{d}t=-\mathrm{~}L\mathrm{i}\mathrm{d}i $$

电流由初始值 I 减小到 0 时，自感电动势所做的总功为

$$ W=\int_{I}^{0}-L i\mathrm{d}i=\frac{1}{2}L I^{2} $$

所以，自感为 L 的线圈通有电流 I 时所储存的磁场能量为

$$ W_{m}=\frac{1}{2}LI^{2} $$

在静电学中我们曾用电场能量密度描述静电场的能量分布，类似地对于磁场的能量也可以引入能量密度的概念。下面我们以长直螺线管为例导出磁场的能量密度公式。

在例19-7中，已计算出长直螺线管的自感系数 $ L = \mu n^{2} V $，代入式(19-21)有

$$ W_{m}=\frac{1}{2}\mu n^{2}I^{2}V $$

由于忽略边缘效应后，长直螺线管内部磁感应强度 $ B = \mu n I $，所以

$$ W_{m}=\frac{1}{2}\frac{B^{2}}{\mu}V $$

因为长直螺线管内部磁场是均匀分布的，其体积就是 V，故螺线管内部磁场能量密度为

$$ w_{m}=\frac{W_{m}}{V}=\frac{1}{2}\frac{B^{2}}{\mu} $$

又对于各向同性的介质 $ B=\mu H $，所以上式还可以写成

$$ w_{m}=\frac{1}{2}\frac{B^{2}}{\mu}=\frac{1}{2}\mu H^{2}=\frac{1}{2}BH $$

式（19-22）虽然是从特例中导出的，但可以证明它适用于各类磁场。对于非均匀磁场可将磁场划分为无数个体积元 dV，使 dV 内的磁场是均匀的，则每个体积元 dV 内的磁能为

$$ \mathrm{d}W_{m}=w_{m}\mathrm{d}V=\frac{1}{2}BH\mathrm{d}V $$

则某一磁场储存的总能量为

$$ \boldsymbol{W}_{\mathrm{m}}=\int\mathrm{d}\boldsymbol{W}_{\mathrm{m}}=\int\boldsymbol{w}_{\mathrm{m}}\mathrm{d}V=\frac{1}{2}\int_{V}\boldsymbol{B}\boldsymbol{H}\mathrm{d}V $$

上式积分遍及整个磁场分布空间。

【例19-11】试用能量的观点证明两个线圈的互感相等，即 $ M_{12}=M_{21} $

解 设有如图 19-18 所示的两个线圈，它们的自感分别为 $ L_{1} $ 和 $ L_{2} $。开始时两线圈都没有电流通过，假设先接通线圈 1，其中的电流由 0 增加到 $ I_{1} $，这时它所储存的磁能为

$$ W_{\mathrm{m1}}=\frac{1}{2}L_{1}I_{1}^{2} $$

然后接通线圈2，其电流从0增加到 $ I_{2} $，这时线圈2中的磁能为

$$ \boldsymbol{W}_{\mathrm{m2}}=\frac{1}{2}L_{2}\boldsymbol{I}_{2}^{2} $$

但在线圈2电流增加的过程中,还要在线圈1中产生互感电动势

$$ \mathcal{E}_{12}=M_{12}\frac{\mathrm{d}i_{2}}{\mathrm{d}t} $$

式中 $ M_{12} $ 为线圈2对线圈1的互感。由于互感电动势 $ \varepsilon_{12} $ 的作用，线圈1中的电流发生变化。为了

保持线圈1的电流 $ I_{1} $不变，则外电源还必须克服互感电动势做功。这部分的功也变为磁能储存在线圈中，因此线圈所储存的能量增加了

$$ \begin{aligned}\Delta W_{m}&=\int\mathcal{E}_{12}I_{1}\mathrm{d}t=\int M_{12}\frac{\mathrm{d}i_{2}}{\mathrm{d}t}I_{1}\mathrm{d}t\\&=M_{12}I_{1}\int_{0}^{I_{2}}\mathrm{d}i_{2}=M_{12}I_{1}I_{2}\end{aligned} $$

可见，当线圈1的电流为 $ I_{1} $，线圈2中的电流为 $ I_{2} $时，这两个线圈所组成的体系具有的总磁能为

$$ W_{\mathrm{m}}=W_{\mathrm{m1}}+W_{\mathrm{m2}}+\Delta W_{\mathrm{m}}=\frac{1}{2}L_{1}I_{1}^{2}+\frac{1}{2}L_{2}I_{2}^{2}+M_{12}I_{1}I_{2} $$

同样，如果先接通线圈2，当其中电流达到 $ I_{2} $后再接通线圈1，使两线圈中的电流分别为 $ I_{1} $和 $ I_{2} $时，重复以上讨论，可得到该体系的总磁能为

$$ W^{\prime}_{\mathrm{m}}=\frac{1}{2}L_{1}I_{1}^{2}+\frac{1}{2}L_{2}I_{2}^{2}+M_{21}I_{1}I_{2} $$

式中 $ M_{21} $ 为线圈 1 对线圈 2 的互感。因体系所具有的能量是体系所处状态的函数，与电流形成的次序无关，所以 $ W_{m}=W_{m}^{\prime} $，由此得到 $ M_{12}=M_{21}=M $。

习题

19-1 如题19-1图所示，长直导线中通有电流I=5.0 A，另一矩形线圈共1×10³匝，宽a=10 cm，长L=20 cm，以 $ v=2\ m\cdot s^{-1} $的速率向右平动，当d=10 cm时线圈中的感应电动势为()。

$$ A.\ \varepsilon=2.0\times10^{-3}V\qquad B.\ \varepsilon=4.0\times10^{-3}V $$

$$ C.~\mathcal{E}=4.0{\times}10^{-4}V\qquad D.~\mathcal{E}=2.0{\times}10^{-4}V $$

19-2 为了探测海洋中水的运动，海洋学家有时依靠水流通过地磁场所产生的动生电动势来测定水流的速率。假设在某处地磁场的竖直分量为 $ 0.70 \times 10^{-4} $ T，两个相距 200 m 的电极垂直插入待测的水流中，如果与两极相连的灵敏伏特计指示的电势差为 $ 7.0 \times 10^{-3} $ V，则水流速率为()。

A. $ v=0.050\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1} $ B. $ v=50\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1} $ C. $ v=0.50\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1} $ D. $ v=5.0\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1} $

19-3 发电机中的矩形线圈平面可绕竖直轴旋转。此竖直轴与大小为 $ 2.0 \times 10^{-2} $ T 的均匀水平磁场垂直。线圈的尺寸为 $ 10.0 \, cm \times 20.0 \, cm $，它有 120 匝，导线的两端接到外电路上。为了在两端之间产生最大值为 12.0 V 的感应电动势，线圈的旋转转速为（）。

A. n = 10 s^{-1} B. n = 80 s^{-1} C. n = 20 s^{-1} D. n = 40 s^{-1}

19-4 一导线 ab 弯成如题 19-4 图所示的形状（其中 cd 是一半圆，半径 r = 0.10 m, ac 和 bd 两段的长度均为 l = 0.10 m），在均匀磁场 B = 0.50 T 中绕轴线 ab 转动，转速 $ n = 60 \, \text{r} \cdot \text{s}^{-1} $。设电路的总电阻（包括电表 M 的内阻）为 1000 Ω，则导线中的感应电动势和感应电流的最大值分别是（）。

A. $ \varepsilon_{i\max}=2.96\ V, I_{max}=2.96\times10^{-3}\ A $ B. $ \varepsilon_{i\max}=29.6\ V, I_{max}=2.96\times10^{-3}\ A $ C. $ \varepsilon_{i\max}=29.6\ V, I_{max}=2.96\times10^{-2}\ A $ D. $ \varepsilon_{i\max}=2.96\ V, I_{max}=2.96\times10^{-2}\ A $

19-5 两段导线ab=bc=10 cm，在 b 处弯成 $ 60^{\circ} $，如题 19-5 图所示，使导线在均匀磁场中以速率 $ v=2\ m\cdot s^{-1} $ 向右运动。已知 $ B=3\times10^{-2} $ T，方向垂直纸面向里，则 ac 间的电势差满足()。

A. $ \varepsilon_{ac}=6\times10^{-2} $ V, a 点电势高 B. $ \varepsilon_{ac}=-6\times10^{-3} $ V, b 点电势高 C. $ \varepsilon_{ac}=6\times10^{-3} $ V, a 点电势高 D. $ \varepsilon_{ac}=-6\times10^{-2} $ V, b 点电势高

19-6 如题19-6图所示，长为0.50 m的金属杆水平放置，以其长度的 $ \frac{1}{5} $处的竖直线为轴在水平面内旋转，每秒2周。已知该处的磁场在竖直方向的分量为 $ B=0.5\times10^{-4} $ T，则a、b两端的电势差=___。

19-7 绕有 N 匝线圈的螺绕环，径向截面圆的半径为 a，中心线的半径为 $ R(R \gg a) $，如题 19-7 图所示。则：(1) 此螺绕环的自感 = ___；(2) 若通有电流 $ I = I_{0} \sin \omega t $，则自感电动势 = ___。

19-8 n个完全相同的感应线圈相互并联，设每个感应线圈的自感都是L，不计它们之间的互感，则组合自感 $ L'= $___。

19-9 实验室中一般可获得的强磁场约为 $ 2.0 \, T $，强电场约为 $ 1 \times 10^{6} \, V/m $，则相应的磁场能量密度 = ___，电场能量密度 = ___。场更有利于储存能量。

19-10 一长直铜导线截面半径为 5.5 mm,通有电流 20 A,则导线外贴近表面处的电场能量密度=___,磁场能量密度=___。(铜的电阻率为 $ 1.69 \times 10^{-8} \Omega \cdot m $。)

19-11 如题19-11图所示，在匀强磁场B中放一很长的良导体线框，其电阻可忽略。今在此线框上横跨一长度为l，质量为m，电阻为R的导体棒，现让其以初速度 $ v_{0} $运动起来，并忽略棒与线框之间的摩擦，试求棒的运动规律。

19-12 一金属棒 OA 在均匀磁场中绕通过 O 点的垂直轴 Oz 做锥形匀角速旋转，棒 OA 长 $ l_{0} $，与 Oz 轴夹角为 $ \theta $，旋转角速度为 $ \omega $，磁感应强度为 B，方向与 Oz 轴一致，如题 19-12 图所示。试求 OA 两端的电势差。

19-13 如题 19-13 图所示，一长为 L 的金属棒 OA 与载有电流 I 的无限长直导线共面，金属棒可绕端点 O 在平面内以角速度 $ \omega $ 匀速转动。试求当金属棒转至如图中所示位置（即棒垂直于长直导线）时，棒内的感应电动势。

19-14 一等边三角形的金属框 abc，边长为 l，放在均匀磁场 B 中，且 ab 边平行于