成都理工大学：《大学物理》课程教学资源（PPT课件）第十三章 电磁感应、电磁场（13.2）动生电动势和感生电动势

§13-3动生电动势和感生电动势 引起磁通量变化的原因 1)稳恒磁场中的导体运动,或者回路面积 变化、取向变化等→动生电动势 2)导体不动,磁场变化少感生电动势 ◆电动势I E=|E1·dl E:非静电的电场强度 ◆闭合电路的总电动势E=Edl

13 - 2 动生电动势和感生电动势 第十三章电磁感应 电磁场 引起磁通量变化的原因 1）稳恒磁场中的导体运动 , 或者回路面积 变化、取向变化等 动生电动势 2）导体不动，磁场变化 感生电动势 电动势 + - Ek I   + − = E  l    k d  =  l E l   闭合电路的总电动势  k d Ek  : 非静电的电场强度. §13-3 动生电动势和感生电动势

动生电动势 动生电动势的非静电力场来源□→洛伦兹力 Fm=(-e)×B 酉+切++++ F + 平衡时F=-F=-eE1 k+++(}+-7)+ + E t FF k 艺×B m +++ + OPk. d=[(O×B)d7 OP 设杆长为lE=UBdl=B

13 - 2 动生电动势和感生电动势 第十三章电磁感应 电磁场 + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + v  B  O P 设杆长为 l 一 动生电动势 动生电动势的非静电力场来源 洛伦兹力 - Fm  - - ++ Fe  F e B    m = (− )v 平衡时 m e Ek F F e    = − = − B e F E     =  − = v m k  =   OP B l    (v ) d  =  OP i E l    k d B l Bl l i = v = v 0  d

例1一长为L的铜棒在磁感强度为B的均匀 磁场中,以角速度O在与磁场方向垂直的平面上绕 棒的一端转动,求铜棒两端的感应电动势. 解de=(×B)d7++++,tn+ oBd +十 +、+ L ↓++÷+士 UBd B ++++! L alBa 十+++ E1方向O→P 8=- Bol 2 (点P的电势高于点O的电势)

13 - 2 动生电动势和感生电动势 第十三章电磁感应 电磁场 解 = vBdl  = L lB l 0  d  = L i B l 0  v d 2 2 1  i = BL ε B l i    d = (v )d 例1 一长为 的铜棒在磁感强度为 的均匀 磁场中,以角速度 在与磁场方向垂直的平面上绕 棒的一端转动，求铜棒两端的感应电动势.  L B  + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + o  P B   （点 P 的电势高于点 O 的电势）  i 方向 O P v  l  d

例2一导线矩形框的平面与磁感强度为B的均 匀磁场相垂直在此矩形框上,有一质量为m长为l的 可移动的细导体棒MN;矩形框还接有一个电阻R, 其值较之导线的电阻值要大得很多若开始时,细导体 棒以速度沿如图所示的矩形框运动试求棒的速率 随时间变化的函数关系 解如图建立坐标 棒中E.=Blx且由M→N B R 棒所受安培力 F=B次2 F 方向沿Ox轴反向Q M

13 - 2 动生电动势和感生电动势 第十三章电磁感应 电磁场 例2 一导线矩形框的平面与磁感强度为 的均 匀磁场相垂直.在此矩形框上,有一质量为 长为 的 可移动的细导体棒 ; 矩形框还接有一个电阻 , 其值较之导线的电阻值要大得很多.若开始时,细导体 棒以速度 沿如图所示的矩形框运动,试求棒的速率 随时间变化的函数关系. m l B  MN R 0 v  解 如图建立坐标 棒所受安培力 R v 2 2 B l F = IBl = 方向沿ox轴反向 F R l  B  v  o x M N 棒中  i = Blv 且由 M N I

F=DB、B22 方向沿Ox轴反向 R 棒的运动方程为 B212 B R dt R v dU t B l Jo mr al M X 计算得棒的速率随时间变化的函数关系为 oe (B212/mR)t

13 - 2 动生电动势和感生电动势 第十三章电磁感应 电磁场 R v 2 2 B l F = IBl = 方向沿 ox 轴反向 棒的运动方程为 R v v 2 2 d d B l t m = − 则   = − t t B l 0 2 2 d d v mR v v v0 计算得棒的速率随时间变化的函数关系为 (B l )t 2 2 e mR v v0 − = F  R l B  v  o x M N

例3圆盘发电机 半径为R=1.2m、厚 度d=1.0×103m的铜圆盘,以角速率O=5×2π rad. s 绕通过盘心垂直的金属轴Oo'转动,轴的半径为R2, 且R2=20×10m圆盘放在磁感强度B=10T的均匀 磁场中,B的方向亦与盘面垂直有两个集电刷分别与 圆盘的边缘和转轴相连试计算它们之间的电势差,并指 出何处的电势较高

13 - 2 动生电动势和感生电动势 第十三章电磁感应 电磁场 例 3 圆盘发电机 一半径为 、厚 度 的铜圆盘,以角速率 , 绕通过盘心 垂直的金属轴 转动 , 轴的半径为 , 且 圆盘放在磁感强度 的均匀 磁场中, 的方向亦与盘面垂直. 有两个集电刷分别与 圆盘的边缘和转轴相连.试计算它们之间的电势差,并指 出何处的电势较高. 1.0 10 m −3 d =  B  R1 =1.2m 2.0 10 m 3 2 − R =  oo' 1 5 2π rad s −  =   R2 B =10T

已知R1=12m,d=1.0×103m,o=5×2 I rad.s 2R2 R,=20×10-3m.B=10T 求 (方法一) R, 解因为d<<R 所以不计圆盘厚度 O B 如图取线元dF 则dE;=(0×B)dF B O uBdr=roB dr

13 - 2 动生电动势和感生电动势 第十三章电磁感应 电磁场 1.0 10 m, −3 R1 =1.2m, d =  2.0 10 m, 3 2 − R =  1 5 2π rad s − 已知  =   求  i = ? R1 B  r  . .. o o' M N  B  2 2R  i 解 因为 d  R1 ， 所以不计圆盘厚度. r  d 如图取线元 r  d 则 B r i    d = (v )d = vBdr = rB dr （方法一） B =10T

解de;=(×B)·dF=oBd7= roBer 2R R rober RI OB(RI-R2) 2 O B =226V B O 圆盘边缘的电势高于 中心转轴的电势

13 - 2 动生电动势和感生电动势 第十三章电磁感应 电磁场  = 2 1 d R R i  rB r ( ) 2 1 2 2 2 = B R1 − R = 226V 圆盘边缘的电势高于 中心转轴的电势. 解 ε B r i    d = (v )d = vBdr = rBdr R1 B  r  . .. o o' M N  B  2 2R  i r  d

已知R=1.2m,d=10×103m,O=5×2mrad.s1 R2=20×103m,B=10T 2R, 求E (方法二) 解取一虚拟的闭和 回路MNOM并去取其 dNB绕向与B相同则 ①=B 2n7(2 R2) B B(R2-R2)6 2

13 - 2 动生电动势和感生电动势 第十三章电磁感应 电磁场 R1 B  . .. o o'  B  2 2R  i 1.0 10 m, −3 1.2m, d =  R1 = 2.0 10 m, 3 2 − R =  1 5 2π rad s − 已知  =   求  i = ? （方法二） 则 π ( ) 2π 2 2 2 Φ= B R1 − R  ( ) 2 1 2 2 2 = B R1 − R M N 解 取一虚拟的闭和 回路 并去取其 绕向与 相同 . MNOM B   d N' B =10T

2R p 2 B(R1-R2) 设t=0时点M 与点N重合即=0 R 则t时刻O=cy de O B ④==B(R1-R2)o dgp B dt 方向与回路MVOM绕向 B(R2-R2) 相反,即盘缘的电势高于中心 2

13 - 2 动生电动势和感生电动势 第十三章电磁感应 电磁场 设 时点 与点 重合即 M N t = 0  = 0 则 t 时刻  =t Φ B(R R )t 2 1 2 2 2 = 1 − t Φ i d d  = − ( ) 2 1 2 2 2 方向与回路 MNOM 绕向 = − B R1 − R 相反,即盘缘的电势高于中心. ( ) 2 1 2 2 2 Φ= B R1 − R R1 B  . .. o o'  B  2 2R  i M N  N' d