■福建省漳州市第三中學 黃輝健

合理運用電流的定義式、電容的定義式、電磁感應定律、歐姆定律,以及動量定理可以求得電荷量這一物理量。下面采用四種方法來求電荷量,供同學們參考。

一、利用電流的定義式和電磁感應定律求電荷量

在電磁感應現(xiàn)象中,求時間t內(nèi)通過閉合回路的電荷量Q,可以聯(lián)立公式E=,解得

1.若磁場的磁感應強度B不變,線圈的面積S變化,則求解電荷量的表達式為Q=

2.若線圈的面積S不變,磁場的磁感應強度B變化,則求解電荷量的表達式為Q=

3.若磁場的磁感應強度B與線圈的面積S均變化,則求解電荷量的表達式為Q=

例1如圖1所示,虛線MN左側(cè)空間存在垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B。紙面內(nèi)有一個圓心角θ=120°的扇形金屬線框OCD,半徑為r,線框圍成的回路電阻為R,頂角O在虛線MN上。當金屬線框繞頂角O在紙面內(nèi)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時,下列說法中正確的是( )。

圖1

解析：在線框轉(zhuǎn)動一周的過程中,線圈進入磁場的時間,線框中有電流的時間選項A 錯誤。線框切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢,感應電流選項B 錯誤。線框進入磁場的過程中,通過線框某截面的電荷量,選項C 錯誤。線框持續(xù)轉(zhuǎn)動過程中,線框中電流的有效值滿足I2有RT=I2R·,解得I有=,選項D 正確。

規(guī)律總結(jié)：在電磁感應現(xiàn)象中,因磁通量變化而產(chǎn)生感應電流,求解通過導體某截面的電荷量,則可直接運用公式進行計算。若感應電流是交變電流,則需注意交變電流的峰值、有效值、瞬時值和平均值這四值的區(qū)別和聯(lián)系。

二、利用電容的定義式和歐姆定律求電荷量

電容器的充放電問題涉及電荷量的儲存與釋放,電容器存儲的電荷量由電容器兩端的電壓決定,電壓越大電容器儲存的電荷量也越大,計算電容器存儲的電荷量的公式為Q=CU,計算電容器存儲的電荷量的變化量的公式為ΔQ=CΔU。

例2在如圖2所示的電路中,電源的電動勢E=10 V,內(nèi)阻忽略不計,R1、R2、R3、R4均為阻值為20 Ω 的定值電阻,電容器的電容C=30 mF。初始狀態(tài)下開關S 是斷開的,現(xiàn)將開關S閉合,則在閉合開關S 后的較長時間內(nèi),通過電阻R4的電荷量是多少?

圖2

解析：當開關S斷開時,電源與電阻R1、R2串聯(lián),電阻R3、R4和電容器串聯(lián)后與R2并聯(lián),電容器所在支路可視為斷路,因此電阻R3、R4兩端的電壓為零,電容器兩端的電壓等于電阻R2兩端的電壓,且上極板電勢較高,帶正電,則電容器存儲的電荷量Q1==0.15 C。將開關S 閉合后,電阻R1、R2串聯(lián)后與R3并聯(lián),電阻R4和電容器串聯(lián)后并聯(lián)在電阻R1兩端,電容器兩端的電壓等于電阻R1兩端的電壓,且上極板電勢較低,帶負電,則電容器存儲的電荷量Q2==0.15 C。在閉合開關S 后的較長時間內(nèi),電容器的正負極發(fā)生變化,通過電阻R4的電荷量ΔQ=Q1+Q2=0.3 C。

規(guī)律總結(jié)：在含電容器的電路中,計算電容器存儲的電荷量,需要牢固掌握電路的串、并聯(lián)關系,熟練運用歐姆定律和電容的定義式。

三、利用動量定理求電荷量

如圖3所示,若導體棒沿導軌以速度v做勻速直線運動,則可以聯(lián)立公式E=BLv,I=,Q=It,求得通過導體棒的電荷量;若導體棒沿導軌做變速直線運動,則可以運用動量定理BILΔt=BLQ=mΔv求得通過導體棒的電荷量

圖3

例3如圖4所示,兩平行金屬導軌P1Q1M1和P2Q2M2固定放置,其中P1Q1和P2Q2段為半徑r=0.8 m 的四分之一光滑圓弧軌道,O1和O2為對應圓弧軌道的圓心,Q1、Q2在O1、O2正下方且為圓弧軌道和水平軌道的平滑連接點,Q1M1和Q2M2段為足夠長的粗糙水平軌道,并處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應強度B=1 T,導軌間距L=1 m。兩導體棒1、2始終垂直于兩導軌且與導軌接觸良好,導體棒1、2的質(zhì)量均為m=1 kg,電阻均為R=1 Ω,導軌電阻不計,導體棒1、2與水平軌道間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2。初始時刻,導體棒2靜止在水平軌道上,與Q1Q2連線間的距離x1=3 m,導體棒1從與圓心等高的P1P2連線處由靜止釋放。當導體棒1剛進入磁場時,在導體棒2中點處施加一個與導軌平行且水平向右的恒力F=4 N,經(jīng)過時間t=0.5 s兩導體棒的速度相等。已知導體棒1、2在運動的過程中不會發(fā)生碰撞,取重力加速度g=10 m/s2。求:

圖4

(1)導體棒1 剛到達Q1Q2連線處時對導軌的壓力大小。

(2)0～0.5 s時間內(nèi)通過導體棒2 某截面的電荷量。

解析：(1)導體棒1從P1P2連線處下滑至Q1Q2連線處的過程中,根據(jù)動能定理得,解得v0=4 m/s。導體棒1剛到達Q1Q2連線處時,根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)牛頓第三定律得F壓=F支,解得F壓=30 N。

(2)導體棒1進入磁場后,由導體棒1、2組成的系統(tǒng)所受合外力等于零,根據(jù)動量守恒定律得mv0=2mv1,對導體棒1應用動量定理得--μmgt=mv1-mv0,通過導體棒2某截面的電荷量q=,解得q=1 C。

規(guī)律總結(jié)：在電磁感應現(xiàn)象中,若研究對象在磁場力的作用下做變速運動,則可以運用動量定理和動量守恒定律求解電荷量。

四、利用平均電流法求電荷量

在電磁感應現(xiàn)象中,閉合電路中產(chǎn)生的感應電流往往是隨時間變化的,求解電荷量的關鍵是計算感應電流的平均值。

1.若閉合電路中產(chǎn)生的感應電流I隨時間t呈線性變化,即I=kt+b,則可以利用電流的平均值求解電荷量。

2.若閉合電路中產(chǎn)生的感應電流I隨時間t呈非線性關系,當利用I=求得的I是定值時,可以代入公式q=It計算電荷量;當利用I=求得的I是非定值時,則可以利用I-t圖像與坐標軸圍成的圖形面積表示電荷量計算。

例4如圖5所示,兩足夠長的光滑導軌固定在絕緣水平面上,導軌間距最窄處為一狹縫O,以O為原點,水平向右為正方向建立x軸,兩導軌與x軸間的夾角均為α=37°,一阻值R=100 Ω 的電阻和電容C=4 000μF的不帶電電容器分別與導軌左端相連。x＞0的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于紙面向內(nèi)的磁場,磁感應強度大小沿y軸不變,沿x軸的變化滿足B=T,0＜x≤0.4 m;B=1 T,x＞0.4 m。導軌上一金屬棒與x軸垂直,在外力F作用下從O點開始以速度v=0.5 m/s向右勻速運動,金屬棒在運動過程中與導軌始終保持良好接觸,不計金屬棒和導軌的電阻,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:

圖5

(1)金屬棒運動到x1=0.2 m 處時,通過電阻R的電流。

(2)金屬棒從x1=0.2 m 處運動到x2=0.8 m 處的過程中,外力F與x的關系。

(3)金屬棒從x1=0.2 m 處運動到x2=0.8 m 處的過程中,通過金屬棒某截面的電荷量。

解析：(1)金屬棒運動到x1=0.2 m 處時,磁感應強度B1=2 T,金屬棒的有效切割長度l=0.3 m,則感應電動勢E=Blv=0.3 V,感應電流

(2)在0.2 m≤x≤0.4 m 區(qū)域內(nèi),磁感應強度,有效切割長度則感應電動勢E=Blv=0.3 V,感應電流I=3×10-3A,金屬棒受到的安培力F安=BIl=1.8×10-3N。在0.4 m＜x≤0.8 m區(qū)域內(nèi),感應電動勢,通過電阻的電流,通過電容器的電流1.5×10-3A,金屬棒受到的安培力F安=根據(jù)平衡條件可知,外力F與x的關系為F=1.8×10-3N,0.2 m≤x≤0.4 m;F=(5x+1)(N),0.4 m＜x≤0.8 m。

(3)在0.2 m≤x≤0.4 m 區(qū)域內(nèi),通過金屬棒某截面的電荷量q1=It1=1.2×10-3C。在0.4 m＜x≤0.8 m 區(qū)域內(nèi),通過電阻的電流I1隨時間均勻變化,通過電容器的電流I2保持不變,則通過金屬棒某截面的電荷量q2=2+I2t2=4.8×10-3C。

規(guī)律總結(jié)：在0.4 m＜x≤0.8 m 區(qū)域內(nèi),運用電磁感應定律和歐姆定律求得的通過電阻的電流I1隨位移x呈正比關系,可以采用平均電流法求解電荷量。