吳廣國 張 偉

(北京景山學校 北京 100006)

朱 睿

(北京景山學校京西實驗學校 北京 102300)

鄒 斌

(中央民族大學理學院 北京 100081)

帶電粒子在磁場中所受洛倫茲力，隨速度大小和方向的變化而變化.安培力作為洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)也會隨導體棒中自由電荷定向移動的速度而變化.在電磁感應現(xiàn)象中，涉及導體棒的運動通常為非勻變速運動，在求解與之相關的焦耳熱、電荷量、位移、速度、加速度、時間等物理量的時候，如果從動力學角度來分析將會陷入困境[1～3].動量定理作為普遍適用的基本物理規(guī)律之一，對于處理非勻變速運動涉及的問題會有很好的效果.借助動量定理充分利用電流強度、速度等概念的定義，再利用微分求和的思想，使得上述問題得以順利解決.

1 帶電粒子在電磁復合場中運動模型

【例1】平行板間的電磁場如圖1所示，電場強度豎直向下，大小為E，磁感應強度垂直紙面向里，大小為B.某質量為m,電荷量為q的正電荷從上極板某邊沿處靜止釋放，帶電粒子在電磁場的共同作用下，恰好能到達下極板.求粒子到達下極板時的速度大小v，以及兩極板間的距離d.(不計粒子重力)

解析：設帶電粒子從O點釋放，到達最低點為P點,以O點為坐標原點，建立如圖1所示的平面直角坐標系xOy,設任意時刻帶電粒子的兩個方向的分速度分別為vx和vy，任意Δt時間內，據(jù)動量定理在水平方向

qvyBΔt=mΔvx

即

qBΔy=mΔvx

求和

qB∑Δy=m∑Δvx

即

qBd=mv

(1)

圖1 帶電粒子在電磁復合場中的運動

因洛倫茲力不做功，只有電場力做功，從釋放點到最低點間，由動能定理

(2)

解得

圖2 帶電粒子在復合場中運動的分解

2 導體棒僅在安培力作用下減速運動模型

【例2】如圖3所示，水平光滑足夠長的金屬平行導軌MN和PQ，導軌左端與一定值電阻R相連，垂直導軌放置阻值為r，質量為m的導體棒ab，導體棒長度與導軌間距相同，均為l.現(xiàn)給導體棒水平向右的初速度v0，以該時刻計時t=0且導體棒所在的位置為坐標原點建立坐標軸Ox軸，求：

(1)定性分析導體的運動狀態(tài);

(2)導體棒從v0到穩(wěn)定狀態(tài)整個過程通過R的電荷量;

(3)導體棒從v0到穩(wěn)定狀態(tài)過程中發(fā)生的位移.

圖3 水平光滑導軌導體棒僅受安培力作用下運動模型

解析：(1)設任意時刻導體棒速度為v，由動生電動勢ε=Blv,則回路中電流

導體棒所受安培力為

由表達式可知導體棒所受安培力大小正比于導體棒速度大小，因為導體棒只受安培力，且安培力方向與速度方向相反，因此,導體棒做加速度逐漸減小的減速運動.導軌足夠長，最終導體棒將停在導軌上.

-BlΔq=mΔv

求和得

-Bl∑Δq=m∑Δv

即

-BlQ=m(0-v0)

(3)方法一：因導體棒做加速度逐漸減小的減速運動，其運動規(guī)律不在我們中學研究范圍之內，位移的求解不能采用一般的方法.可以采取第(2)問中求解電荷量的兩種方法結合，即

所以

方法二：該小問也可以直接采用安培力的動量定理來解決

設導體棒在任一時刻的速度為v，則

由動量定理導體棒所受安培力的沖量

-BIlΔt=mΔv

綜合以上3式，可得

對上式求和

即

也可求得導體棒從v0到停止運動發(fā)生的位移

導體棒真正的運動規(guī)律是可以通過高等數(shù)學求解的，由動量定理

解該微分方程并利用初始條件t=0時，v=v0得

所以，求電荷量

導體棒位移

本題充分考查了速度和電流兩個物理量的定義，在對這兩個概念的深度理解的基礎上，同時熟練應用動量定理，成功繞開了高等數(shù)學知識，使問題得以順利解決.

3 電容放電的電磁炮模型

【例3】水平放置一光滑平行金屬導軌，導軌間距為l，導軌電阻不計且足夠長.一質量為m，電阻為r的導體棒垂直導軌放置，電路圖如圖4所示.電源電動勢為ε，現(xiàn)將開關接到a處給電容器充電，電容器的電容值為C，經(jīng)過足夠長時間電容器充滿電后，將單刀雙擲開關撥到b處，電容器經(jīng)過導體棒形成回路進行放電，導體棒在安培力作用下向右加速運動，試求

(1)導體棒最終穩(wěn)定狀態(tài)下的速度v.

(2)放電過程中導體棒產(chǎn)生的焦耳熱Q.

圖4 電容器放電的電磁炮模型

解析：電容器充滿電所帶電荷量QC=Cε，放電過程導體棒中的電流如圖4所示，在安培力的作用下導體棒沿導軌向右加速運動，導體棒獲得速度后，切割磁感線產(chǎn)生動生反電動勢ε′[4]，當反電動勢小于此時電容器兩端的電壓時，繼續(xù)放電導體棒加速，但加速度減小.導體棒做加速度逐漸減小的加速運動，最終導體棒做勻速直線運動.

設任意時刻導體棒的速度為v(t)，導體棒運動的加速度大小為a(t)，電容器兩極板間此時電壓為U(t)

BIl=ma

綜上，可求得

最終穩(wěn)定運動時，導體棒加速度為零

U=Blv

由動量定理

BIlΔt=mΔv

即

BlΔq=mΔv

求和

Bl∑Δq=m∑Δv

即

Blq=mv

解得

q為電容器通過導體棒形成回路釋放的電荷量.

QC-CU=q

即

可求得

由能量守恒定律

則在這個過程中導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱

拓展：任意時刻電容器所帶電荷量為q(t)，此時導體棒速度為v(t)，由以上討論可得

Bl[Cε-q(t)]=mv(t)

化簡得

對導體棒應用動量定理

分離變量后，可得

積分并由初始條件可得

可檢驗，當t=0時

q(t)|t=0=Cε

點評：該導體棒在安培力作用下做加速度逐漸減小的加速運動，直至導體棒勻速直線運動，在這個過程中，安培力做正功，消耗電容器存儲的電能，轉化為導體棒的動能與回路中焦耳熱.這個過程中充分利用了動量定理、能量守恒定律兩個基本物理規(guī)律以及有關電流的定義等基本知識，巧妙地解得導體棒最終的速度和過程中產(chǎn)生的焦耳熱.

如果該模型中的電容放電改為直接由直流電源E供電，導體棒在安培力的作用下加速運動起來，最終導體棒的穩(wěn)定運動狀態(tài)為導體棒動生電動勢大小等于直流電源電動勢E，這樣回路中電流為零，導體棒所受合外力為零，達到穩(wěn)定狀態(tài).

4 導線框穿過勻強磁場區(qū)域運動模型

【例4】(2020年11月清華大學舉辦中學生標準學術能力診斷性測試第5題)光滑、絕緣水平桌面上有一豎直條形勻強磁場區(qū)，正方形金屬線圈以某一初速度進入磁場區(qū)，因安培力作用未能穿出磁場區(qū)，線圈停止時仍有一半面積在磁場中(線圈的邊長小于磁場區(qū)的寬度).則線圈進入和離開磁場過程中產(chǎn)生的熱量比為( )

A.2∶1 B.3∶1 C.4∶1 D.8∶1

圖5 金屬線框穿越磁場過程的動能、能量問題模型

解析：方法一,金屬線框只有在進入磁場和出磁場的過程中有感應電流，因是光滑、絕緣的水平面，所以線圈在進出磁場時，只在安培力的作用下減速運動，設正方形金屬線框邊長為l.

由動量定理得

BIlΔt=mΔv，即BlΔq=mΔv

對金屬線框進入磁場過程求和

Bl∑Δq=m∑Δv

即BlQ入=m(v2-v1)

(3)

BIlΔt=mΔv

利用vΔt=Δx,聯(lián)立以上各式，可得

(4)

由式(3)和式(4)得

因為金屬線框出磁場時，有一半面積仍在磁場中就減速為零，同理得

因此，金屬線框在進入磁場過程中速度的減小量等于金屬線框出磁場時的速度減小量的兩倍.由于金屬線框停止時仍有一半面積在磁場中，設導線框完全在磁場中時速度為v，則導體框未進入磁場時的速度為3v.

由能量守恒定律可知

該題選D.

方法二,如圖6所示建立坐標軸Ox軸，線框右邊沿剛進入磁場時，磁場左邊界邊沿為坐標原點O，設任意時刻導線框進入磁場過程中的速度為v，由動量定理得

即

變形可得

當線圈完全進入磁場時，線圈勻速直線運動，在線圈出磁場時與進入磁場時具有相同的規(guī)律.設線框剛要進入磁場時速度為v2，完全進入磁場后速度為v1，線圈恰好出來一半時，速度為零.由圖6可知

即

v2=3v1

同理可得

圖6 金屬線框穿越磁場過程的v-x圖像

5 導軌雙棒運動模型

【例5】如圖7所示，光滑平行導軌，左側水平導軌與一傾斜導軌平滑相連，初始導體棒ab在高h處靜止釋放，進入處于豎直向上磁感應強度為B1的磁場的水平軌道上，靜止于右側光滑水平軌道上的導體棒cd由靜止開始向右運動.ab棒與cd棒的長度為l1=2l2=2l，質量均為m，電阻均為r.左右兩側水平軌道處的磁感應強度關系為B1=2B2=2B，設左右水平導軌足夠長，試求：

(1)最終穩(wěn)定狀態(tài)下導體棒ab和cd的速度v1和v2分別是多少？

(2)兩導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱總共是多少?

圖7 導軌雙棒模型

解析：當導體棒ab進入水平軌道時，開始計時t=0，導體棒下滑過程機械能守恒

ab棒進入磁場后，根據(jù)楞次定律，回路中感應電流方向如圖8所示.ab在安培力F1作用下減速運動，cd棒在安培力F2作用下加速運動，最后穩(wěn)定狀態(tài)(即兩導體棒所受合外力為零)下，回路中無感應電流，即磁通量保持不變.

圖8 導軌雙棒受力情況

設穩(wěn)定狀態(tài)下ab和cd棒速度分別為vab和vcd，因為

B1=2B2=2B，l1=2l2=2l

所以

(5)

設任一時刻t，導體棒中電流為I，規(guī)定受力向右為正方向，如圖8所示.

F1=-B1Il1=-4BIl

F2=B2Il2=BIl

經(jīng)過一段時間Δt，對ab和cd棒應用動量定理

F1Δt=mΔvab

即

-4BIlΔt=mΔvab

F2Δt=mΔvcd，即BIlΔt=mΔvcd

從初始時刻t=0到最終穩(wěn)定狀態(tài)，對整個過程求和

-4BlQc=m(vab-v0)

BlQc=mvcd

所以

vab-v0=-4vcd

(6)

由式(1)和式(2)可得

根據(jù)能量守恒，在整個過程回路中導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q

對ab棒應用動量定理

BIldt=mdv

化簡得

積分并利用初始條件，得cd棒的速度為

則ab棒的速度為

點評：該題考查了導軌中雙導體棒運動模型，兩導體棒所處的平行導軌間距不等，磁感應強度不等，要求最終的穩(wěn)定狀態(tài)下回路中無感應電流，即所受合外力為零，導體棒必為勻速直線運動.此時又因為兩側軌道寬度和磁場不同，要求ΔΦ=0，即可得到兩導體棒最終的速度之比.再分別應用動量定理，即可解決該變速運動問題.

6 總結