JQX/进取芯 席明纳第25期（2026.01.16）
JQX|Jin
一、感生电场
我们讨论磁场范围为圆形的均匀变化的匀强磁场（$B=B_{0}+kt$），所产生的电场大小。由于产生感应电场线是以圆心为中心的同心圆，大小不变，满足轴对称性条件，此时电场强度仅与径向距离$r$有关。在半径为$r$的圆周上，应用法拉第电磁感应定律可得：$\oint \vec{E} \cdot d\vec{l} = -\frac{d\Phi_B}{dt}$，其中磁通量变化率均匀，故有$E \cdot 2\pi r = \pi r^{2} \cdot \frac{dB}{dt}$（当$r \leq R$时），解得$E = \frac{kr}{2}$，电场大小与$r$成正比。
当$r > R$时，磁通量$\Phi_B$仅在半径$R$范围内变化，此时有$\oint \vec{E} \cdot d\vec{l} = -\frac{d(\pi R^{2}B)}{dt}$，可得$E \cdot 2\pi r = \pi R^{2} \cdot \frac{dB}{dt}$，解得$E = \frac{kR^{2}}{2r}$，电场大小与$r$成反比。
由此可见，感应电场强度在磁场区域内部随$r$线性增大，在外部则按反比衰减。
二、感应电场中两点间电势差
1、闭合线圈任意两点间电势差
在空间中存在一个垂直纸面向里的磁场，其磁感应强度 $B$ 随时间均匀增强，变化率为 $\frac{dB}{dt}=k$（$k>0$）。
我们在这个磁场中放置一个半径为 $r$ 的圆形导线线圈，根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势大小为 $\varepsilon = \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = \pi r^{2} \cdot \frac{\Delta B}{\Delta t} = \pi r^{2} k$；若线圈总电阻为 $R$，根据欧姆定律，线圈中的感应电流为 $I = \frac{\varepsilon}{R} = \frac{\pi r^{2} k}{R}$。
在线圈上取任意两点 $A$、$C$，设它们之间的圆弧对应的圆心角为 $\theta$，我们可以把这段圆弧看作“电源的一部分”，它的电动势 $\varepsilon_{acb} = E_{i} \cdot r\theta = \frac{\theta}{2\pi}\varepsilon$，即这段弧的电动势是整个线圈电动势的 $\frac{\theta}{2\pi}$ 倍；同时，由于线圈电阻均匀分布，这段圆弧的电阻也是总电阻的 $\frac{\theta}{2\pi}$ 倍，即 $R_{1} = \frac{\theta}{2\pi}R$。
根据欧姆定律，$B$、$A$ 两点间的电压 $U_{ba} = \varepsilon_{acb} – I R_{1}$，代入 $\varepsilon_{acb}$ 和 $R_{1}$ 的表达式后，可得到 $U_{ba}=0$，这说明在这个闭合的均匀线圈上，任意两点间的电压都是0，因为线圈既是电源也是电阻，其内部的电压降和电动势刚好相互抵消。
2、变化磁场中任意两点电势差
在静电场中，两点的电势差定值，与路径无关。而在感生电场中，这个情况出现变化：
如图，我们考虑不同路径下从点 $A$ 到点 $B$ 的电场力做功，进而求得电势差。
（1）如果沿着路径1，经过圆心O到达B点，时时刻刻与电场垂直，做功为零，故电势差也为0。
（2）沿路径2，即沿直线从直线 $A$ 到 $B$，设 AB 长为 $L$，从圆心 O 到 AB 的中垂线 OC 长为 $h$。设任意一点P，OP 与中垂线 OC 的夹角为 $\theta$，记 $OP=r$，则 P 点处的感生电场大小为 $E_{r}=\frac{k}{2}r$，方向垂直于 OP，因此该电场方向与 AB 也成 $\theta$ 角。
我们取 AB 上的一小段微元 $dl$，感生电场对试探电荷 $q$ 做的元功为 $dW_{e}=q\vec{E} \cdot d\vec{l}=q\frac{k}{2}r\cos\theta dl$，而 $r\cos\theta=h$，于是元功可简化为 $dW_{e}=q\frac{k}{2}h dl$。对整个 AB 段积分得到总功 $W_{e}=\int dW_{e}=q\frac{k}{2}h L$。根据电势差的定义 $U_{ab}=\frac{W_{e}}{q}$，可得 A、B 两点间的电势差为 $U_{ab}=\frac{k}{2}h L$。
注意到 $\frac{1}{2}h L$ 恰好是 $\triangle OAB$ 的面积 $S_{2}$，因此电势差也可以写成 $U_{ab}=k S_{2}$。
（3）沿圆弧路径3，设两端点为$A$、$B$，对应圆心为$O$，圆弧所对圆心角为$\theta$，将其置于垂直纸面向里、磁感应强度随时间均匀增强（变化率$\frac{dB}{dt}=k$，$k>0$）的磁场中。
为计算$A$、$B$两点间的电势差，可通过感生电场沿圆弧路径的线积分推导：取圆弧上一微元$dl = r d\theta’$，感生电场对试探电荷$q$做的元功为$dW = q\vec{E_i} \cdot d\vec{l}$，因电场方向与微元切线方向一致，即$dW = q \cdot \frac{kr}{2} \cdot r d\theta’$。对整个圆弧路径从$A$到$B$积分，积分区间为$0$到$\theta$，总功$W = \int_{0}^{\theta} q \cdot \frac{kr^{2}}{2} d\theta’ = \frac{qkr^{2}\theta}{2}$。
根据电势差的定义，$U_{AB} = \frac{W}{q} = \frac{kr^{2}\theta}{2}$。同时，由于$\triangle OAB$的面积$S = \frac{1}{2}r^{2}\theta$，该电势差也可表示为$U_{AB} = kS$，即圆弧两端的电势差等于磁场变化率与圆弧所围扇形面积。
肖老师提供了一个简便证明的方法：利用基尔霍夫定律$\oint \vec{E} \cdot d\vec{l} = -\frac{d\Phi_B}{dt}$，我们可以取任何路径和OA、OB围城的回路考虑，这个回路总电压为$\frac{d\Phi_B}{dt}$，而$U_{OA}$和$U_{OB}$为0，所以总电压即为$U_{AB}$，也证明了$U_{AB} = kS$。
三、电子感应加速器
题目：
如图所示，一个长螺线管（半径为$2R$）内部同轴套着另一个长螺线管（半径为$R$），两者单位长度匝数相同，初始时均无电流。某一时刻，电流开始在两个螺线管中线性增加，且任意时刻小螺线管中的电流是大螺线管的两倍，电流方向相同。由于电流的增长，一个初始静止在两个螺线管之间某位置的带电粒子开始沿着一个圆形轨道运动。求此圆的半径$r$为多少？
设大螺线管中的电流为$I=kt$，根据长螺线管磁场公式$B=\mu_{0}nI$，可得大螺线管内部（$r<2R$）的磁场为$B=\mu_{0}nkt$。由于小螺线管的电流为$2I=2kt$，其内部（$r<R$）的磁场为$B’=2\mu_{0}nkt$。由于两个螺线管同轴且电流方向相同，在$r<R$的区域内，磁场为两个螺线管磁场的叠加，即总磁场为$B_{\text{inner}} = B + B’ = 3\mu_{0}nkt = 3B$。
粒子轨道半径为$r$（$R<r<2R$），穿过该圆的磁通量由两部分组成：小螺线管内部区域（$0 \to R$）的磁通量$\pi R^{2} \cdot 3B$，以及大螺线管环形区域（$R \to r$）的磁通量$\pi (r^{2}-R^{2}) \cdot B$。代入$B=\mu_{0}nkt$，总磁通量为
$\varphi = \pi R^{2} \cdot 3\mu_{0} n kt + \pi(r^{2}-R^{2}) \cdot \mu_{0} n kt = \mu_{0} n k t \pi \left(3R^{2} + r^{2} – R^{2}\right) = \mu_{0} n k t \pi \left(2R^{2} + r^{2}\right).$
根据法拉第电磁感应定律，感生电场的环流满足$\oint \vec{E} \cdot d\vec{l} = -\frac{d\varphi}{dt}$。由于轴对称性，感生电场沿切向，故$E \cdot 2\pi r = -\frac{d\varphi}{dt}$。
对磁通量求导得$\frac{d\varphi}{dt} = \mu_{0} n k \pi \left(2R^{2} + r^{2}\right)$，解得感生电场$E = \frac{\mu_{0} n k \left(2R^{2} + r^{2}\right)}{2r}.$
带电粒子受电场力$F=qE$，由牛顿第二定律$m a_{t}=qE$，切向加速度$a_{t}=\frac{dv}{dt}$，初始速度为零，积分得速度
$v = \frac{q \mu_{0} n k \left(2R^{2} + r^{2}\right)}{2m r} \, t.$
粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即$\frac{m v^{2}}{r}=q v B$，化简得$\frac{m v}{r}=q B$。代入$v$与$B=\mu_{0}nkt$，约去公共因子$q \mu_{0} n k t$后得到
$\frac{2R^{2} + r^{2}}{2r^{2}} = 1,$
化简得$2R^{2} + r^{2} = 2r^{2}$，即$r^{2} = 2R^{2}$，解得
$r = \sqrt{2}R.$
粒子在两螺线管之间（$R<r<2R$）运动，且$\sqrt{2}R$满足该条件，故为所求半径。
【下期预告】
通过引入梯度、散度、旋度这三个工具，推导麦克斯韦方程组，见证光速$ c = \frac{1}{\sqrt{\varepsilon_0 \mu_0}} \approx 3 \times 10^8 \text{ m/s} $的诞生。