導體棒切割磁感線產生電動勢對電容器充電問題探疑

孫恒啟

2013年新課標1卷理綜物理題如下：

例1 如圖1，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L.導軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大

圖1小為B，方向垂直于導軌平面.在導軌上放置一質量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸.已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g.忽略所有電阻.讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求：

（1）電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；

（2）金屬棒的速度大小隨時間變化的關系.

解法1 （1）設金屬棒下滑的速度大小為v，則感應電動勢為E=BLv，平行板電容器兩極板之間的電勢差為U=E，設此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有Q=CU聯立可得，Q=BLvC

（2）設金屬棒的速度大小為v時，經歷的時間為t，通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的磁場力方向沿導軌向上，大小為f1=BLi，設在時間間隔（t，t+Δt）內流經金屬棒的電荷量為ΔQ，則ΔQ=CBLΔv按定義有：i=ΔQΔt

ΔQ也是平行板電容器在時間間隔內增加的電量，由上式可得，Δv為金屬棒的速度變化量，金屬棒所受到的摩擦力方向沿導軌斜面向上，大小為：f2=μN，式中N是金屬棒對于導軌的壓力大小，有N=mgcosθ，金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設其大小為a，根據牛頓第二定律有：mgsinθ-f1-f2=ma.

即：mgsinθ-μmgcosθ=CB2L2a+ma

此時可得： a=mgsinθ-μmgcosθm+B2L2C

由題意可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運動，t時刻金屬棒的速度大小為：v=mgsinθ-μmgcosθm+B2L2Ct.

解法2 （1）設經過時間t沿導軌下滑的距離為x，電容器的電壓為U，電荷量為Q，則Q=CU，U=BLv，所以Q=CBLv.

（2）根據能量守恒定律可得：

12mv2+12CU2=（mgsinθ-μmgcosθ）x

整理可得： v2=2×mgsinθ-μmgcosθm+B2L2C·x

結合v2=2ax， 類比可得所以a=mgsinθ-μmgcosθm+B2L2C，即v=mgsinθ-μmgcosθm+B2L2Ct.

圖2例2 處于磁感應強度為B的勻強磁場中放置一足夠長光滑U型金屬框架寬為L，其上放一質量為m的金屬棒ab，左端連接有一電容為C的電容器，現給棒一個初速v0，使棒始終垂直框架并沿框架運動，如圖2所示.求導體棒的最終速度.

解法1 當金屬棒ab做切割磁力線運動時，要產生感應電動勢，這樣，電容器C將被充電，ab棒中有充電電流存在，ab棒受到安培力的作用而減速，當ab棒以穩定速度v勻速運動時，有：BLv=UC=q/C.而對導體棒ab利用動量定理可得：-BLq=mv-mv0.

由上述二式可求得： v=mv0m+B2L2C

解法2 設最終速度為v，U=BLv

12mv20-12mv2=12CU2

解得： v2=mv20m+B2L2C

這種解法對嗎？

很顯然兩種方法的答案并不相同，為什么按照同樣的思路解題得到的結果卻迥然不同呢？為什么會出現這樣的情形呢？

經過查閱資料、自主學習得知：

帶電體的能量為W=12CU2

這是孤立導體的靜電能公式也可以推廣到帶電的電容器，因為電容器兩板間的電勢差與極板上所帶電荷量的關系是線性關系.

但是在電動勢為E的電源對電容器充電過程中，電源所提供的能量W′=QE=QU=2W，也就是說，在充電過程中，電容器僅得到了電源提供的一半能量，另一半能量在導線和電源內阻上轉化為內能或者以電磁波的形式發射了出去.

結合這些知識我們可以得到以下解法.

正解 導體棒的動能減少量并沒有全部轉化為電容器所儲存的電能，相反導體棒動能的減少量卻等于導體棒切割磁感線產生感應電流所釋放的電能.

設經極短時間t后的速度為v，根據動量定理可得：

BILΔt=m（v0-v）

Q=IΔt

圖3所以Q=mv0BL-mBLv即導體棒所釋放的電量與導體棒的速度是線性減函數，因而導體棒所釋放的電能由圖3可知E=（BLv+BLv0）BLvC/2.

對導體棒由動能定理可得E=12mv20-12mv2.

聯立以上兩式可得： v2=mv20m+B2L2c.

綜合以上分析可以得到導體棒減少動能所釋放的能量一部分轉化為電容器所儲存的電能，另一部分以電磁波的形式和回路的焦耳熱釋放掉.而在例1中加速過程中則回路中沒有相應的焦耳熱產生和電磁波輻射，故得到相同的結果.

（收稿日期：2015-05-16）