電磁感應的幾種模型

作者：由御佇之發表于舞蹈時間：2022-01-01

近來複習電磁感應，不滿於題目的定性分析，遂興起於定量分析電磁感應各種模型，主要研究物件包括

，

等函式，並根據具體模型列出具體函式。

本文中我們約定：在未說明的情況下，任意接觸面皆為光滑；除滑棒外，任意物件皆無電阻，且滑棒本身也區分是否有電阻；若滑棒帶電阻，總將等效電阻移到導軌之上；任意電容皆無擊穿電壓；以滑棒起始位置為座標零點；

代表電容器容納的電荷量；

代表電容器電壓；磁感應強度

總垂直於導軌平面且不變，且圖示中皆省略

及其方向。

補充：零狀態響應，指電容器在未儲能的狀態下，由外部激勵產生的響應；零輸入響應，指在無外部激勵的狀態下，由電容的非零初始狀態引起的響應。

一、帶電阻滑棒——恆定外力

模型如圖所示。這個模型是高中最常見的，在本文中也是最簡單的模型之一。

根據牛頓第二定律，容易寫出：

$ma=m\cdot \frac{dv}{dt}=F-\frac{B^2l^2v}{R}$

。這樣直接解就可以了。得到：

$v=\frac{FR}{B^2l^2}\left( 1-e^{-\frac{B^2l^2}{mR}t} \right)$

對上式求導即可得到

函式。即：

$a=\frac{F}{m}\cdot e^{-\frac{B^2l^2}{mR}t}$

對

函式積分即可得到

函式，即：

$s=\frac{FR}{B^2l^2}t+\frac{mFR^2}{B^4l^4}\cdot \left( e^{-\frac{B^2l^2}{mR}t}-1 \right)$

二、帶電阻滑棒——無外力——帶電容的零輸入響應

模型如圖所示。其中，電容已充能至初始電壓為

。

在這個模型中，難點在於它帶電容。一方面，它可以看做是帶電阻滑棒帶電容的模型，另一方面也可以看做是特殊的

電路——在零輸入響應的同時，電源的電壓也開始變化。從這個角度而言，最終列出的原始方程一定會是同時帶兩個未知變數，即

的方程。這便是“電容”這個難點對模型帶來的變化。

而我們知道，對於二元方程，當然需要兩個線性無關的方程才能解出具體值。對於微分方程也是如此。因此，這個模型的原始方程一定會是一個方程組，且具有兩個方程。

首先根據電容的定義式可以得出：

，兩端對

求導易得：

$i=C\frac{du_C}{dt}$

。

一方面，根據基爾霍夫電壓定律可得

，即

$u_C+RC\frac{du_C}{dt}=Blv$

。

另一方面，根據牛二定律，得到

。展開為具體形式即為：

$m\cdot \frac{dv}{dt}=-BlC\frac{du_C}{dt}$

這樣就形成了一個微分方程組。將上式兩端積分並代入初始條件易得：

於是可得：

$u_C=E-\frac{mv}{BlC}$

將上式代入

$u_C+RC\frac{du_C}{dt}=Blv$

中可得：

$Blv=E-\frac{mv}{BlC}-\frac{mR}{Bl}\cdot \frac{dv}{dt}$

分離變數並積分就容易得：

$v=\frac{BlCE}{B^2l^2C+m}\cdot \left( 1-e^{-\frac{B^2l^2C+m}{mRC}t} \right)$

因此在這個模型中，滑棒將趨於勻速。將各種已知條件呼叫，就能得到下兩式：

$i=\frac{E}{R}\cdot e^{-\frac{B^2l^2C+m}{mRC}t}$

$Q=\frac{mR}{B^2l^2C^2+mC}i+\frac{B^2l^2E}{B^2l^2C+m}$

因此，電容中的電荷量與電流呈線性關係。

三、無初速無電阻滑棒——恆定外力——帶電容的零狀態響應

模型如圖所示。這個模型雖然看起來複雜，但實際上是高中最簡單的模型。請接著往下看。

對電路中的電壓分析可知

，兩端求導可得

$\frac{du_C}{dt}=Bla$

。

而根據牛頓第二定律又可知

，將上式與

$i=C\frac{du_C}{dt}$

代入可得：

由此即可解出

$a=\frac{F}{B^2l^2C+m}$

。因此在這個模型中，加速度是一個恆定值。於是容易求得：

$v=at=\frac{F}{B^2l^2C+m}t$

$s=\frac{1}{2}at^2=\frac{F}{2B^2l^2C+2m}t^2$

$u_C=Blv=\frac{BlF}{B^2l^2C+m}t$

$i=C\frac{du_C}{dt}=\frac{BlFC}{B^2l^2C+m}$

因此，電流也是恆定值。

四、無初速帶電阻滑棒——恆定外力——帶電容的零狀態響應

模型如圖所示。我們仿照模型二進行分析。

一方面，根據受力分析容易列出運動方程：

，即

$m\frac{dv}{dt}=F-BlC\frac{du_C}{dt}$

。

另一方面，根據基爾霍夫電壓定律可得：

，即

$u_C+RC\frac{du_C}{dt}=Blv$

。

首先我們解出第一個方程可得：

，變換形式可得：

$u_C=\frac{Ft}{BlC}-\frac{mv}{BlC}$

。

這裡只需要兩端同乘

並積分，得到

。而根據初始條件，在

時有

，代入可得

，這樣便解得上式。

將

$u_C=\frac{Ft}{BlC}-\frac{mv}{BlC}$

代入第二條方程中，整理可得：

$mRC\cdot\frac{dv}{dt}=Ft+FRC-(B^2l^2C+m)v$

解這個微分方程就能得到

的表示式：

$v=\frac{F}{B^2l^2C+m}t+\left( \frac{RCF}{B^2l^2C+m}-\frac{mFRC}{(B^2l^2C+m)^2} \right)\cdot \left( 1-e^{-\frac{B^2l^2C+m}{mRC}t} \right)$

這樣的方程被稱為一階線性非齊次微分方程，一般而言都是比較複雜的方程，我們需要運用到所謂

常數變易法

來解。首先我們用整體符號來替換方程中某些項使其更加簡潔：

$\alpha =mRC,\beta=FRC,\omega=B^2l^2C+m$

。方程改寫為：

$\alpha\cdot\frac{dv}{dt}=Ft+\beta-\omega v$

首先需要求出其對應的一階線性齊次方程的解，即解

$\alpha\cdot\frac{dv}{dt}=\beta-\omega v$

。這樣的方程應當是非常熟悉的，可以毫不猶豫寫出它的通解：

$\beta-\omega v=Ce^{-\frac{\omega}{\alpha}t}$

。請注意這裡的

是待定係數而不是電容。

對於高中階段的學生，如果對於函式導數足夠熟悉的話，應該能夠明白原方程中的帶

的一項即

，應該是某個與

有關的函式乘上

$e^{-\frac{\omega}{\alpha}t}$

後分部求導產生的。因此這裡將常數

替換為未知函式

簡記為

，於是有：

$\beta-\omega v=ue^{-\frac{\omega}{\alpha}t}$

對上式求導並變換形式，得到：

$\alpha\cdot\frac{dv}{dt}=-\frac{\alpha}{\omega}u$

對比原方程

$\alpha\cdot\frac{dv}{dt}=Ft+\beta-\omega v=Ft+ue^{-\frac{\omega}{\alpha}t}$

，容易知道

$Ft=-\frac{\alpha}{\omega}u$

，變換形式得：

$\frac{du}{dt}=-\frac{\omega}{\alpha}\cdot Ft \cdot e^{\frac{\omega}{\alpha}t}$

上式分離變數後可以運用分部積分法，而對於高中階段的學生也能夠從

推出上式的通解。通解為：

$u=-\frac{\alpha F}{\omega }\cdot e^{-\frac{\omega}{\alpha}t}\left( \frac{\omega}{\alpha}t-1 \right)+C$

。將其代回

$\beta-\omega v=ue^{-\frac{\omega}{\alpha}t}$

，並代入初始條件

得

$C=\beta-\frac{\alpha F}{\omega }$

。因此我們解得：

$\beta-\omega v=-Ft+\frac{\alpha F}{\omega }+\left( \beta-\frac{\alpha F}{\omega } \right)e^{-\frac{\omega}{\alpha}t}$

即

$v=\frac{F}{\omega}t+\left( \frac{\alpha F}{\omega^2}-\frac{\beta}{\omega} \right)\cdot e^{-\frac{\omega}{\alpha}t}+\frac{\beta}{\omega}$

。

因此，將

函式求導即可得到

函式。得：

$a=\frac{F}{B^2l^2C+m}\left( 1-e^{-\frac{B^2l^2C+m}{mRC}t} \right)+\frac{F}{m}e^{-\frac{B^2l^2C+m}{mRC}t}$

由此可以看出，在這種模型中，經過足夠長時間後運動趨於勻加速運動。這就意味著迴路中的電流趨向於恆定。經過整理，可以得到

與

函式為：

$u_C=\frac{BlF}{B^2l^2C+m}t+\frac{m}{Bl}\left( \frac{mRF}{(B^2l^2C+m)^2}-\frac{FR}{B^2l^2C+m} \right)\cdot \left( 1-e^{-\frac{B^2l^2C+m}{mRC}t} \right)$

$i=\frac{BlFC}{B^2l^2C+m}+\frac{1}{Bl}\left(\frac{mF}{B^2l^2C+m}-F \right)\cdot e^{-\frac{B^2l^2C+m}{mRC}t}$

容易看出，當

時，以上皆退化為模型三。

事實上，如果優先解出

或

函式就可以避免解非齊次方程的煩惱。讀者可以自行嘗試一下。

五、有初速帶電阻雙棒——無外力

模型如圖所示。請注意，圖中

代表棒

的總電阻。棒

具有初速度

。

容易得到迴路中的電動勢為

。

由於導軌等寬，因此動量守恆定理成立。可以列出

。

務必注意，在雙棒電磁感應系統中，只有在導軌等寬的情況下動量守恆定理才成立。讀者可以自行嘗試證明之。

於是得到

$v_2=\frac{m_1}{m_2}(v_0-v_1)$

。而對棒

受力分析得到運動方程為

（對於棒

安培力為阻力，因此要前置負號！），三式結合可得：

$-m_1\cdot \frac{dv_1}{dt}=\frac{B^2l^2}{R}\left( v_1-\frac{m_2}{m_1}(v_0-v_1) \right)$

這種方程是容易解的。解得：

$v_1=\frac{m_1v_0}{m_1+m_2}\left( 1-e^{-\frac{B^2l^2(m_1+m_2)}{m_1m_2R}t} \right)$

將

代入

$v_2=\frac{m_1}{m_2}(v_0-v_1)$

即得

：

$v_2=\frac{m_1v_0}{m_2}-\frac{m_1^2v_0}{m_2(m_1+m_2)}\left( 1-e^{-\frac{B^2l^2(m_1+m_2)}{m_1m_2R}t} \right)$

對上兩式求導可得：

$a_1=\frac{B^2l^2v_0}{m_2R}\cdot e^{-\frac{B^2l^2(m_1+m_2)}{m_1m_2R}t}$

$a_1=\frac{B^2l^2m_1v_0}{m_2^2R}\cdot e^{-\frac{B^2l^2(m_1+m_2)}{m_1m_2R}}$

因此也容易得到：

$i=-\frac{Blm_1v_0}{m_2R}\cdot e^{-\frac{B^2l^2(m_1+m_2)}{m_1m_2R}t}$

六、無初速帶電阻雙棒——恆定外力

模型如圖所示。基本與模型五一致。

首先，根據動量定理，容易列出

，於是可得

$v_2=\frac{F}{m_2}t-\frac{m_1}{m_2}v_1$

。

而對棒

受力分析能夠列出方程

$m_1a_1=F-\frac{B^2l^2(v_1-v_2)}{R}$

，將上式代入可得：

$m_1\cdot \frac{dv_1}{dt}=F-\frac{B^2l^2}{R}\left( v_1-\frac{F}{m_2}t+\frac{m_1}{m_2}v_1 \right)$

這又是一個線性非齊次微分方程。仿照模型四中的解法，容易得到：

$v_1=\frac{F}{m_1+m_2}t+\left( \frac{m_2RF}{B^2l^2(m_1+m_2)}- \frac{B^2l^2m_1m_2RF}{(B^2l^2(m_1+m_2))^2} \right)\cdot \left( 1-e^{-\frac{B^2l^2(m_1+m_2)}{m_1m_2R}t} \right)$

於是再將上式代入

$v_2=\frac{F}{m_2}t-\frac{m_1}{m_2}v_1$

中，就能得到

函式：

$v_2=\frac{F}{m_1+m_2}t-\left( \frac{m_1RF}{B^2l^2(m_1+m_2)}- \frac{B^2l^2m_1^2RF}{(B^2l^2(m_1+m_2))^2} \right)\cdot \left( 1-e^{-\frac{B^2l^2(m_1+m_2)}{m_1m_2R}t} \right)$