《高中物理思维方法集解》试笔系列

         “感生电动势”问题的破解

                      山东平原一中     魏德田    253100

我们知道，由实际导体（或虚拟曲线）组成的环绕线路，称谓“回路”（或“虚拟回路”）。若穿过回路的磁通量发生变化，其中则产生感应电动势；回路“闭合”，则可产生感应电流——所谓电磁感应。

在电磁感应中产生的感应电动势，大致分为感生电动势和动生电动势等两类。

所谓感生电动势，指仅由静止回路所在磁场发生变化而产生的感应电动势。

本文，拟对这一人们比较熟悉且十分重视的问题，作一些分析和探讨。

一、破解依据

  欲解“感生电动势”问题，大致可用以下几条依据：

㈠产生条件：穿过“回路”的磁通量仅仅由于“磁强”的变化而发生变化。（即“磁强变化率”即

，而“回路”的面积S、倾角余弦

不变）。

㈡计算大小：

其中，n为回路匝数，S为回路面积。实则为相对于“时间”的平均电动势，这与由“面积变化率”所致的动生电动势有所不同，另作别论。

㈢判断方向：楞次定律即应用“增反减同”“不变为零”原则，再配合“安培”定则。电动势与电源内的电流两者方向一致。

㈣感生电动势的“重要推论”：

，其中q、R分别为回路中的电荷量、总电阻。

㈤常涉及外电路变换、变化以及电流、电压、功率、效益等，则需综合应用“恒定电流”的有关概念和规律。

㈥亦常涉及功能联系（如动能定理）、能量转化和守恒，则宜采用相应手段处理。

                     二、解题示例

[例题1]（’06天津）在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图—1（左）所示，当磁场的磁感应强度B随时间

如图—1（右）变化时，图—2中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（    ）

 

 

 

 

 

 

 

      

[解析]首先，由感应电动势与电源内电流在方向上的“一致性”可知，当电流如图—1所示时，电动势亦为正。

根据电磁感应定律，可知

，而S不变时，则有

。

然后，在（0～1）s内，

，方向向上。再由“依据”㈢（即“增反”配“安培”），可知电动势E₁＞0；在（1～3）s内，

，同理，电动势E₂为0。在（3～5）s内，

，亦由“依据”㈢（即“减同”配“安培”），可知电动势为负，并且E₃=-E₁/2＜0。

综上分析结果可得，本题答案为：A。

[点拨]此例根据穿过回路的磁强图线的变化情况，既应用感生电动势公式比较大小，又遵循方向判定的基本原则解决问题。

[例题2] （’00上海）如图—3（

），圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图—3（b）所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则（    ）

（A）

时刻N＞G。

（B）

时刻N＞G。

（C）

时刻N＜G。

（D）

时刻N=G。        

[解析]首先，设从上向下看顺时针电流方向为正，则t₁时刻电流增加，穿过线圈P的磁通向下增加。由“依据”㈢可知，同样看，其电流方向为逆时针的。根据通电圆环“反向相斥”的作用规律，显见桌面对P的支持力增大。故知选项 （A）正确。

然后，在t₂、t₄时刻电流不变，同理易知线圈Q、P中因均没电流而无相互作用，支持力N=G。故知（B）、（C）两错而（D）对。

因此，本题答案为：（A）、（D）。

[点拨]此例与上例不同，根据电流图线随时间变化的情况，先推断穿过线圈的磁通如何变化，后应用“增反减同”配“安培”确定P中的电流方向，再遵循电流相互作用规律解决问题。

[例题3]（’99上海）如图—4（左）所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环．导线abcd所围区域内磁场的磁感强度按下列图—4（右）中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力？（    ） 

[解析]首先，对C、D两B-t图而言，由“依据”㈠、㈢可知，无论穿过“回路”abcd的磁强（或磁通）均匀的增加或减小，即可导致回路的感生电动势、螺线管的电流等大小不变，进而导致穿过“导体圆环”的磁通不变。由“依据”㈠、㈢可知，圆环中没感生电动势和电流，而螺线管与圆环无相互作用。故知选项C、D均为错。

其次，在A、B图而言，同理可知，磁强（或磁通）增加，回路中均可产生逆时针的感生电流；再对“磁强曲线”的分析、比较，可知图A中穿过回路的磁强变化率△B/△t随时间减小，图B中的情形则增大。从而，导致前者回路中的感生电动势、螺线管中的电流等逐渐减小，而后者的情形则增大。

然后，由安培定则、“依据”㈠、㈢等，可以判断“前者”圆环与螺线管的电流“同向”（从上向下看均为逆时针），“后者”则“反向”。

根据电流之间的相互作用规律，即“同向相吸，反向相斥”，可知选项B错而A对。

因此，本题答案为：A。

[点拨]此例原为单项选择题，即唯有一项是正确的，因而可采用“排除法”解决。于是，我们重复应用楞次定律、安培定则等规律，先排除C、D，再排除B，最后则保留了A。

[例题4]（’07北京预测题）1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路。B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路（如图—4所示）。通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件。关于该实验下列说法正确的是  （   ）

A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的电流

B．闭合与断开开关S的瞬间，电流表G中都没有感应电流

C．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有a→b的电流

D．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的电流

[解析]首先，当左侧“回路”若滑动变阻器R不变时，显然通过线圈A的电流不变，可知通过铁环的磁通量保持不变。进而，由“依据”㈡可知，无论右侧回路开关S闭合与断开，线圈B中都没有感生电动势产生，因而电流表中均无电流。故选项A错、B对。

其次，若右侧闭合开关S，左侧增大电阻R亦即减小电流，则导致通过线圈A、B的磁通量（顺时针方向）均“减少”，由“依据”㈣（即“增反减同”配“安培”规律）可知，电流表G中有b→a的电流。故知选项C错D对。

因此，本题答案为：B、D。

[点拨]应该指出，产生感应电流的“两个条件”是缺一不可的。由此可知，当回路B处于“断开”状态下，无论其中有无感生电动势，均不会有电流产生。

[例题6]（’04上海）两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，当A以如图—6所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流。则（  ）

A．A可能带正电且转速减小。             

      B．A可能带正电且转速增大。

      C．A可能带负电且转速减小。               

      D．A可能带负电且转速增大。

[解析]首先，顺时针转动的带电绝缘圆环A可看作“环形电流”，当角速度增大（或减小）时，穿过B环向内的磁通量随即发生变化。当B环通以逆时针电流时，由“依据”㈣（即“增反减同”配“安培”规律）可知，其磁通量向内增加（或向外减少），进而，可判断“A可能带正电且转速增大”（或A可能带负电且转速减小）。

因此，本题答案为：B、C。

[点拨]由此可知，作平动或转动的绝缘“带电”的物体、粒子等，均可视为一种“等效电流”。而等效电流大小、方向发生变化时，在电磁感应中可产生与传导电流相同的效果。

[例题7]（’07大连模拟）如图—7所示，一个n=50，r=1Ω的线圈的两端跟R=99Ω的电阻相连接，置于竖直向下的匀强磁场中，线圈的横截面积是S=20cm²。磁感应强度以△B/△t=100T/s的变化率均匀减小。在这一过程中通过电阻R的电流为____。

[解析]首先，由依据㈡（即感生电动势的大小）可知

          

然后，由闭合电路欧姆定律，再得

          

[例题8]（’97上海）如图—8所示。空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为a的圆形区域内、外磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B。一半径为b，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合。在内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电量q＝-_____。

[解析]首先,由“依据”㈣可知

    由此可见，欲求通过导线截面的电量q，则必须先求“磁通变化”

的大小。设磁通向外为正，则“初态”圆形导线内的“合磁通”为

其方向是向外的。

然后，由“内、外磁场同时由B均匀地减小到零”，可知“末态”合磁通为

。从而，可得合磁通的减小为

         

再把上式代如①式，即可求出通过导线截面的电量

         

[点拨]例7、例8为关于感生电动势的比较简单的计算题，前者应用电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等组合，后者则应用感生电动势的“重要推论”。

[例题9] （’05广东）如图—9所示，一半径为r的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的左端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d，板长为l，t=0时，磁场的磁感应强度B从B₀开始均匀增大，同时，在板2的左端且非常靠近板2的位置有一质量为m、带电量为-q的液滴以初速度v₀水平向右射入两板间，该液滴可视为质点。

⑴要使该液滴能从两板间射出，磁感应强度   

随时间的变化率K应满足什么条件？

⑵要使该液滴能从两板间右端的中点射出，

磁感应强度B与时间t应满足什么关系？

 [解析]⑴首先，已知当t=0时，圆形导线框中“磁强”B从B₀开始均匀增大，由“依据”㈠、㈡可得两板间的电压

         

又由依据㈢可知，1板为正极，2板为负极。

容易理解，带电液滴受到的电场力

 

显然，其方向向上。

其次，考虑到，液滴的重力不能忽略，从而由牛二定律可得

           

联立①②③式，即可求出液滴的加速度              

然后，针对④式展开讨论：

⒈若a>0（方向向上），则液滴做向上偏转的“类平抛”运动。其侧移、飞行时间为

 

   若使该液滴能从两板之间射出，则必须使得     

          

联立④⑤⑥⑦式，即可求出此时的“磁强”变化率                  

    

⒉若a=0，亦即电场力等于重力，液滴将不发生偏转，做匀速直线运动。要使液滴能射出，由④式又得  

   ⒊若a<0（方向向下），则液滴必将被吸附在2板上，则易知

综上所述可知，要使该液滴能从两板间射出，“磁强”的变化率K必须满足

⑵接下来，已知“t=0时，磁场的磁感应强度B从B₀开始均匀增大”，由此可以写出“磁强”表达式      

若使该液滴能从两板间右端的中点射出，显然必须满足⑧式，还要以

替换其中的d才行。于是，又得

    最后，联立⑨⑩式，我们不难求出在此种情况下“磁强”与时间的关系

 

[点拨] 此例为一道电、磁学科内的综合题，应用题设条件求出液滴加速度的表达式是解题的“关键”。对解题而言，它既考查对牛二定律、电场力、电磁感应定律等规律的理解和应用，又考查对物理现象的深入探究能力，对物理规律、数学工具的灵活应用能力，难度较大，断非浅尝辄止者所能为。