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外观

感应电动势与能量

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把磁通量变化率、运动几何和电路连接分开处理，最后用能量闭合检查计算。方向基础见磁通量与感应电流方向。

一、知识点 概念与依据

法拉第定律：读斜率，不读高度

固定正法线及对应正绕行方向，NN 匝同样受场线圈的平均、瞬时感应电动势分别为

E‾=−NΦ2−Φ1Δt,E=−NdΦdt.\overline{\mathcal E}=-N\frac{\Phi_2-\Phi_1}{\Delta t},\qquad \mathcal E=-N\frac{d\Phi}{dt}.

这是实验归纳的规律；串联各匝电动势相加形成 NN 倍。Φ\Phi 是单匝磁通量，若已使用磁通链 Ψ=NΦ\Psi=N\Phi，就不能再乘 NN。负号表达楞次定律。电动势是每单位电荷沿回路获得的能量，单位 V=Wb/s\mathrm V=\mathrm{Wb/s}，有正负约定但不是空间矢量。

瞬时值看通量曲线切线斜率，平均值看两端割线斜率。通量大、变化量大、变化率大是三件事。光滑极值点通量斜率为零，此刻电动势为零；通量过零时斜率却可能很大。匀强场可先算 BScos⁡θBS\cos\theta 的首末值，不能把同时变化的 B,SB,S 简单写成 ΔBΔS\Delta B\Delta S。

定律求的是整个回路电动势。补全开路几何路径分析，不意味着开路中有持续电流。只有闭合纯电阻回路且可忽略自感等影响时，才进一步用 I=E/R总I=\mathcal E/R_{\text{总}}；有电容、自感、其他电源应建立实际电路。电阻不直接决定给定外磁通变化产生的电动势，却影响电流。

感生电场：固定导线也能获得驱动

变化磁场在空间产生感生电场，没有导体时也存在。它能对电荷做功，在固定导线中驱动电流，在真空中也可加速粒子。固定导线没有运动，静磁场又不能向单个电荷提供能量，但变化磁场仍能在其中产生电流，这正是需要引入沿导线做功的感生电场的实验依据。这里绕行和电流方向按正电荷约定，电子漂移方向相反。固定闭路每单位正电荷绕行一周所受电场力的功等于 −dΦ/dt-d\Phi/dt；拓展写作

∮E感⋅dl=−dΦdt.\oint\mathbf E_{\text{感}}\cdot d\mathbf l=-\frac{d\Phi}{dt}.

环流可非零，不能为这种电场单独定义全空间与路径无关的静电势。只有圆对称等条件下才可把场线画成同心圆；由回路电动势求某点场强还需对称性、几何信息。E感E_{\text{感}} 单位 N/C 或 V/m，与电动势的 V 不同。电子感应加速器由电场提供切向加速，磁场主要弯曲轨迹；不能说磁场直接给单个电荷增加动能。变化磁场中的测量引线路径也可能影响读数，不能把回路电动势随意等同任意两点静电势差。概念核对：OpenStax

动生电源：有效长度、内阻与能量

直棒有效长度 ll、平移速度 vv、磁场 BB 两两垂直时，∣E∣=Blv|\mathcal E|=Blv。开路电荷分离后电场力与磁场力平衡，∣q∣E=∣q∣vB|q|E=|q|vB，所以 U=El=BlvU=El=Blv；闭路棒扫过面积 ΔS=lvΔt\Delta S=lv\Delta t，代法拉第定律得到同式。

一般情况看 v×B\mathbf v\times\mathbf B 沿导线的分量，不能仅凭 v⊥Bv\perp B 就代全棒长。同速平移的曲线段在同一匀强静磁场内可按端点连线的有效投影计算；仅场内部分参与，各感应源沿同一绕行方向带符号相加。转动棒不同点速度不同。若场还随时间改变，感生电场贡献不能只用一个“相对速度”替代。

闭路中棒相当于电源，有内阻 rr 时输出端电压 U=E−IrU=\mathcal E-Ir。匀速拉动且仅有安培阻力时，F=BIlF=BI l，从而 Fv=EI=I2(R+r)Fv=\mathcal EI=I^2(R+r)：机械功供给全部焦耳热；磁场对单个电荷不做功，并不妨碍导体整体受安培阻力。若棒加速，还须把动能变化纳入能量账。

二、考点 方法与例题

方法一：切线斜率 → 电动势 → 实际电路

先读横纵轴单位和指定时刻切线，不用 B(t)/tB(t)/t 代切线斜率。面积换为 m2\mathrm{m^2}，再乘匝数；用总电阻求电流，外电阻求输出功率。方向先用楞次定律，端电压按指定初末顺序写符号。

例题 01 变化磁场中的线圈与外电阻

题目

如图所示，一实验小组利用传感器测量通电螺线管的磁场随时间变化的实验规律，测得螺线管的匝数为n=30n=30匝、横截面积S=20cm2S=20{cm}^{2}，螺线管电阻r=1Ωr=1Ω，与螺线管串联的外电阻R=5ΩR=5Ω。穿过螺线管的磁场的方向如图甲所示，磁感应强度按图乙所示的规律变化（以磁场方向向左为正方向），则t=4 st=4\,\mathrm{s}时（　　）

螺线管与磁感应强度曲线
螺线管与磁感应强度曲线

A．通过R的电流方向为M→N

B．通过R的电流为1mA

C．R的电功率为2×10−5W2\times {10}^{-5}W

D．螺线管两端M、N间的电势差UMN=10mV{U}_{MN}=10mV

答案与解析

图中 t=4 st=4\,\mathrm s 切线经过 (2 s,0.2 T)(2\,\mathrm s,0.2\,\mathrm T) 与 (4 s,0.6 T)(4\,\mathrm s,0.6\,\mathrm T)，斜率 0.2 T/s0.2\,\mathrm{T/s}。S=20×10−4 m2S=20\times10^{-4}\,\mathrm{m^2}，故

E=30×20×10−4×0.2=0.012 V,I=0.0125+1=2 mA.\mathcal E=30\times20\times10^{-4}\times0.2=0.012\,\mathrm V,\qquad I=\frac{0.012}{5+1}=2\,\mathrm{mA}.

向左磁通增加，感应场向右；按绕线知外电阻中电流 N→MN\to M，A、B 错。PR=I2R=2×10−5 WP_R=I^2R=2\times10^{-5}\,\mathrm W，C 对。NN 端高电势，题设集中电路模型中 UMN=−IR=−10 mVU_{MN}=-IR=-10\,\mathrm{mV}，D 漏了负号。

本题结论

C。

方法二：先求动生电源，再看串并联

标出棒的正负端及内部电流方向，画等效电源与外电路。棒的电阻是内阻，不是外部并联电阻之一。求完电流后分别核对电动势、端电压及功率。

例题 02 一根滑棒同时向两侧电阻供电

题目

如图所示，MN、PQ为光滑金属导轨(金属导轨电阻忽略不计)，MN、PQ相距L=50cm，导体棒AB在两轨道间的电阻为r=1Ω，且可以在MN、PQ上滑动，定值电阻R1R_{1}=3Ω，R2R_{2}=6Ω，整个装置放在磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场中，磁场方向垂直于整个导轨平面，现用外力F拉着AB棒向右以v=5m/s速度做匀速运动。求：

(1)导体棒AB产生的感应电动势E和AB棒上的感应电流方向；

(2)导体棒AB两端的电压UABU_{AB}。

动生电源与两个并联电阻
动生电源与两个并联电阻
答案与解析

L=0.50 mL=0.50\,\mathrm m，所以 E=BLv=2.5 V\mathcal E=BLv=2.5\,\mathrm V。图中磁场向纸内，棒向右运动，正电荷受磁作用向上，棒内电流 B→AB\to A，A 为正端。

外部 R1,R2R_1,R_2 并联，R外=3×6/(3+6)=2 ΩR_{\text{外}}=3\times6/(3+6)=2\,\Omega。总电阻 3 Ω3\,\Omega，I=5/6 AI=5/6\,\mathrm A，

UAB=IR外=53 V.U_{AB}=IR_{\text{外}}=\frac53\,\mathrm V.

能量复核：安培阻力 BIL=5/12 NBIL=5/12\,\mathrm N，匀速外力功率 Fv=25/12 W=I2(2+1)Fv=25/12\,\mathrm W=I^2(2+1)，不是只等于外电阻发热。

本题结论

(1) 2.5 V2.5\,\mathrm V，棒内 B→AB\to A；(2) UAB=5/3 VU_{AB}=5/3\,\mathrm V。

方法三：转动棒按半径平方差

转轴平行磁场，棒在垂直磁场的平面内转动，且沿同侧半径从 r1r_1 延至 r2r_2 时，短时间扫过环扇形面积 ΔS=(r22−r12)ωΔt/2\Delta S=(r_2^2-r_1^2)\omega\Delta t/2，所以

∣E∣=12Bω(r22−r12).|\mathcal E|=\frac12B\omega(r_2^2-r_1^2).

这等价于逐段相加 Bωx dxB\omega x\,dx。轴在棒中间时，求两外端电压要取两侧到轴贡献之差，不能盲加大小。极性仍需磁场方向及转向；有内阻和电流时，还要区分端电压。

例题 03 转轴在棒外

题目

如图所示，导体AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB为R，且OBA三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直（未画出），那么A、B两端的电势差为（ ）

绕棒外一点转动的导体
绕棒外一点转动的导体

A．12BωR2\frac12BωR^{2}

B．3BωR2BωR^{2}

C．4BωR2BωR^{2}

D．6BωR2BωR^{2}

答案与解析

图示 O、B、A 依次排列，OB=ROB=R、OA=3ROA=3R，故

∣UAB∣=12Bω[(3R)2−R2]=4BωR2.|U_{AB}|=\frac12B\omega[(3R)^2-R^2]=4B\omega R^2.

也可用端点速度平均 2ωR2\omega R 乘棒长 2R2R，但这里速度随位置线性变化才成立。题未给磁场指向，选项都是大小，不能据此断言 A、B 谁电势高。

本题结论

C，电势差大小 4BωR24B\omega R^2。

方法四：最大值与过程平均分别求

瞬时大小找有效切割长度或通量斜率的最大值；平均电动势用整个过程 −NΔΦ/Δt-N\Delta\Phi/\Delta t。有符号平均的大小不一定等于电动势大小的平均，若中途变号需分段平均绝对值。平均大小不得超过峰值。

例题 04 半圆入场的峰值与平均值

题目

如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场．方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（ ）

半圆线框进入磁场
半圆线框进入磁场

A．感应电流方向不变

B．CD段直线始终不受安培力

C．感应电动势最大值E＝Bav

D．感应电动势平均值Eˉ=14πBav\bar E=\frac14\pi Bav

答案与解析

图中场向纸内，进入时向内通量增加，感应电流逆时针，进入过程方向不变，A 对。直径 CD 段不产生沿自身的动生电动势，但有向左的回路电流，与磁场垂直，受到向下安培力，B 错。

场边界截半圆的竖直有效长度最大为 aa，不是 2a2a，故 Emax⁡=Bav\mathcal E_{\max}=Bav，C 对。全过程位移 2a2a，时间 2a/v2a/v，通量增加 Bπa2/2B\pi a^2/2，故

∣E‾∣=Bπa2/22a/v=πBav4,|\overline{\mathcal E}|=\frac{B\pi a^2/2}{2a/v}=\frac{\pi Bav}{4},

D 对。方向不变，所以这里有符号平均的大小等于平均大小；π/4<1\pi/4<1，与峰值比较一致。理想边界开始、结束的孤立时刻电流可为零，不改变有电流阶段方向不变的结论。

本题结论

A、C、D。

三、坑点 辨析与纠错

坑点：通量最大不代表作用力最大

先分清源电流与感应电流：前者决定通量，前者的变化率才决定感应电动势。两环作用力还要求双方有电流，不能只看其中一条曲线的高度或斜率。

辨析 01 铁芯上的两个金属环

题目

如图甲所示，AB两绝缘金属环套在同一铁芯上，A环中电流iAi_{A}随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法中正确的是（ ）

双环电流变化与作用力
双环电流变化与作用力

A．t1t_{1}时刻，两环作用力最大

B．t2t_{2}和t3t_{3}时刻，两环相互吸引

C．t2t_{2}时刻两环相互吸引，t3t_{3}时刻两环相互排斥

D．t3t_{3}和t4t_{4}时刻，两环相互吸引

答案与解析

原资料答案为 B，其解析采用忽略 B 环自感的电阻回路近似；原题没有明确给出这一条件。以下先在该近似下判断：t1t_1 源电流极大但斜率零，B 环感应电流零，作用力不是最大。t2t_2 正电流减弱，B 环维持原磁通，电流与 A 同向而吸引；t3t_3 负电流的绝对值也减弱，虽然带符号数值在增加，同样两环电流同向、相互吸引。t4t_4 A 环电流为零，两环相互作用力为零，但此时斜率非零，不能说 B 环无感应电动势。

若保留 B 环自感，在固定几何、线性磁路且两环正向一致的约定下，需满足

LBdiBdt+RBiB=−MdiAdt.L_B\frac{di_B}{dt}+R_Bi_B=-M\frac{di_A}{dt}.

B 环电流还取决于 LB/RBL_B/R_B 和初始电流，不能只看 A 环此刻的斜率；t1t_1 互感电动势为零时，B 环电流未必已为零，t2,t3t_2,t_3 的吸引结论也不再由图上瞬时斜率单独保证。原题未给这些参数与初始状态，不能将近似答案说成一般情况下的唯一结论。互感与自感应分别计入，RL 电流还与初始状态和时间尺度有关。

本题结论

原解析的忽略 B 环自感近似下选 B；不作该近似，现有题干不足以唯一判定。