實(shí)例辨析感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的求法

李 惠 高 潔

(株洲市第二中學(xué) 湖南 株洲 412007)

筆者在平時(shí)的競(jìng)賽教學(xué)中發(fā)現(xiàn)學(xué)生對(duì)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的理解存在一定的誤區(qū)，具體表現(xiàn)在哪里呢？筆者通過一道競(jìng)賽真題的講解來舉例說明.

【原題】如圖1所示為一鉛直豎立的磁場(chǎng)分布情形，成圓柱形對(duì)稱.任一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可表示為

a,b,B0為常數(shù).起始時(shí)，有一質(zhì)量為m，半徑為r0的超導(dǎo)體圓環(huán)靜置于z=0的水平面上，圓環(huán)中心軸和圓柱磁場(chǎng)中心軸重合，環(huán)中的電流為零.t=0時(shí)刻，超導(dǎo)體圓環(huán)無初速度釋放，沿著中心軸的方向自由落下，設(shè)超導(dǎo)體圓環(huán)的自感為L(zhǎng).求圓環(huán)內(nèi)的電流I和時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系式.

圖1 題目配圖

1 設(shè)計(jì)問題 點(diǎn)亮思維的火花

為幫助學(xué)生解題，筆者設(shè)計(jì)了幾個(gè)問題，其難度呈階梯式上升，旨在循序漸進(jìn)地引導(dǎo)學(xué)生，找到解題的思路.

問題1：超導(dǎo)體有什么性質(zhì)？

問題2：請(qǐng)定性分析超導(dǎo)體圓環(huán)的運(yùn)動(dòng)學(xué)、動(dòng)力學(xué)特點(diǎn)，大膽猜想圓環(huán)的運(yùn)動(dòng)類型.

問題3：題設(shè)條件是磁場(chǎng)的空間分布，所求卻是超導(dǎo)體圓環(huán)內(nèi)的電流與時(shí)間的關(guān)系，這中間應(yīng)該尋找什么作為邏輯過程的節(jié)點(diǎn)，把題設(shè)與所求聯(lián)系起來？

筆者發(fā)現(xiàn)，這3個(gè)問題學(xué)生都能順利回答.

1.1 對(duì)問題1的分析

零電阻現(xiàn)象和完全抗磁性是超導(dǎo)體兩個(gè)獨(dú)立的基本性質(zhì)，是超導(dǎo)體的標(biāo)志.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，圓環(huán)自由下落后，環(huán)內(nèi)一定有感應(yīng)電流；同時(shí)根據(jù)基爾霍夫回路電壓方程

可知，因?yàn)槌瑢?dǎo)體圓環(huán)的R=0，圓環(huán)內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)必定為零.

1.2 對(duì)問題2的分析

在超導(dǎo)體圓環(huán)開始下落后的小段時(shí)間內(nèi)，在重力作用下圓環(huán)的速度越來越大，磁通量變化率增大，導(dǎo)致電流增大，所受的安培力增大，圓環(huán)會(huì)有一段時(shí)間做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，速度增大后，感應(yīng)電流變大會(huì)導(dǎo)致豎直向上的安培力大于重力，圓環(huán)緊接著會(huì)有一段豎直向下的加速度增大的減速直線運(yùn)動(dòng)，這個(gè)動(dòng)力學(xué)規(guī)律能讓學(xué)生很快聯(lián)想到豎直方向彈簧振子，振子從原長(zhǎng)位置無初速度釋放，在重力和彈簧彈力作用下做簡(jiǎn)諧振動(dòng).超導(dǎo)體圓環(huán)初始位置無電流不受安培力只受重力的初始狀態(tài)也跟豎直方向彈簧振子從彈簧原長(zhǎng)處釋放時(shí)不受彈力僅受重力類比.所以，我們可以大膽猜想圓環(huán)應(yīng)該做簡(jiǎn)諧振動(dòng).彈簧振子的簡(jiǎn)諧振動(dòng)如圖2所示.

圖2 從彈簧原長(zhǎng)處開始釋放的豎直方向彈簧振子

1.3 對(duì)問題3的分析

如果圓環(huán)在z方向做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，則z=z(t)是一個(gè)正余弦關(guān)系，因超導(dǎo)體圓環(huán)所受回復(fù)力是安培力(變力)和重力(恒力)的合力，所以回復(fù)力增量就是安培力增量，即超導(dǎo)體圓環(huán)所受的安培力F安=F安(I)與z方向位移成是線性關(guān)系，所以，要想求出I=I(t)，我們只要先找出電流大小與z方向位移的函數(shù)關(guān)系I=I(z)即可.

2 學(xué)生所作的兩種典型解答

典型解答1：由上述分析可知，圓環(huán)的電動(dòng)勢(shì)為零.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律

(1)

Φ是圓環(huán)內(nèi)的總磁通量，它由兩部分構(gòu)成，一部分是圓柱形對(duì)稱的外加磁場(chǎng)在超導(dǎo)體圓環(huán)內(nèi)的磁通量Φ1

(2)

另一部分是超導(dǎo)體圓環(huán)中自身的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)在環(huán)內(nèi)的磁通量Φ2

Φ2=LI

(3)

這部分磁通量的初值為Φ20=0.

因電動(dòng)勢(shì)為零，所以Φ不變是一個(gè)常數(shù)，即Φ1+Φ2=Φ10+Φ20.

解得

(4)

接下來只要把z=z(t)關(guān)系解出來就能得到I=I(t)函數(shù)關(guān)系.因?yàn)閦方向是簡(jiǎn)諧振動(dòng)，我們得先求出簡(jiǎn)諧振動(dòng)的圓頻率才能定量寫出z=z(t).

如何獲取簡(jiǎn)諧振動(dòng)的圓頻率ω？我們對(duì)圓環(huán)受力分析，寫出簡(jiǎn)諧振動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程即可求得圓頻率ω.

對(duì)圓環(huán)受力分析，z方向磁場(chǎng)分量對(duì)圓環(huán)電流的作用力都沿著圓環(huán)徑向，合力為零.只有徑向磁場(chǎng)分量對(duì)電流的作用力沿z軸正向，即

(5)

(6)

我們令Z=z-z0建立新的Z軸，上述運(yùn)動(dòng)學(xué)方程可寫成

(7)

可見，圓頻率為

(8)

故圓環(huán)的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程為

z-z0=Acosωt

(9)

代入初值條件t=0,z=0,得A=-z0.

(10)

聯(lián)立式(4)和式(10)得

(11)

典型解答2：把磁場(chǎng)用Br和Bz兩個(gè)分量磁場(chǎng)等效替代，其中Br分量的特點(diǎn)是呈輻射狀分布，處處與圓環(huán)垂直，且圓環(huán)的每一小段超導(dǎo)體圓環(huán)所在空間的Br磁場(chǎng)大小相等；而Bz分量的特點(diǎn)是沿著豎直方向，且高度越高，磁感應(yīng)強(qiáng)度越小.由于重力作用圓環(huán)在下落過程中，以垂直于Br分量的速度切割了磁感線，獲得了動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)ε1，方向?yàn)?逆著z軸看)順時(shí)針方向；同時(shí)由于Bz分量垂直穿過圓環(huán)所在平面，Bz分量的磁通量隨著圓環(huán)的下落在不斷增大，故磁通量在面積恒定的超導(dǎo)體圓環(huán)中不斷增大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，它將產(chǎn)生一個(gè)順時(shí)針方向(逆著z軸看)的感生電動(dòng)勢(shì)ε2，再加上感應(yīng)電流的磁通量變化對(duì)應(yīng)的感生電動(dòng)勢(shì)ε3，根據(jù)基爾霍夫回路電壓方程，這3個(gè)電動(dòng)勢(shì)的和為零，即

ε1+ε2+ε3=0

(12)

其中

(13)

(14)

(15)

聯(lián)立式(12)、(13)、(14)、(15)得

(16)

用上述典型解法1相似的思路，繼續(xù)解下去：

(17)

(18)

我們令Z=z-z0建立新的Z軸，上述運(yùn)動(dòng)學(xué)方程可寫成

(19)

可見，圓頻率為

(20)

故圓環(huán)的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程為

z-z0=Acosωt

(21)

代入初值條件t=0,z=0,得A=-z0.

(22)

聯(lián)立式(16)和式(22)得

(23)

請(qǐng)讀者把典型解法1中的式(4)～(11)和典型解法2中的式(16)～(23)做一一比對(duì)就會(huì)發(fā)現(xiàn)，從式(4)和式(16)出現(xiàn)了分歧直接導(dǎo)致最后結(jié)果的差異.

哪種典型解法是正確的呢？

3 兩種典型解法孰對(duì)孰錯(cuò) 錯(cuò)因在哪

顯然，典型解法1根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和基爾霍夫方程推導(dǎo)出的電流與空間坐標(biāo)z的關(guān)系是正確的.那么典型解法2中通過分別求解動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)、感生電動(dòng)勢(shì)、自感電動(dòng)勢(shì)3項(xiàng)之和作為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的做法錯(cuò)在哪里呢？我們來一項(xiàng)一項(xiàng)排查.

3.1 典型解法2中對(duì)ε1和ε3的求解是正確的

本題中圓柱形對(duì)稱的磁場(chǎng)不隨時(shí)間發(fā)生變化，運(yùn)動(dòng)的超導(dǎo)體圓環(huán)切割磁感線所得到的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為

自感電動(dòng)勢(shì)ε3的求解顯然是正確的，毋庸置疑.

3.2 典型解法2中對(duì)ε2的求解是錯(cuò)誤的

這種解法認(rèn)為，由于Bz分量垂直穿過恒定面積的圓環(huán)，磁通量會(huì)隨著Bz分量的增大而增大從而產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)ε2.

從圓環(huán)參考系來看，圓環(huán)本身是靜止的，而它所處的外部磁場(chǎng)是時(shí)變的.因?yàn)閺较虼艌?chǎng)分量大小不變且與靜止的圓環(huán)平面始終平行，這個(gè)磁場(chǎng)分量對(duì)應(yīng)的磁通量始終為零，不產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)；垂直于圓環(huán)所在平面的磁場(chǎng)z分量是時(shí)變的，故會(huì)產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)ε2.

那么我們究竟怎么去理解這個(gè)ε2的存在與否呢？《新概念物理教程電磁學(xué)》中提到[1]，由于運(yùn)動(dòng)是相對(duì)的，會(huì)出現(xiàn)同一感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)在某一參考系中是感生電動(dòng)勢(shì)，在另一參考系中是動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的現(xiàn)象，但是，參考系的變化只能在一定程度上消除感生和動(dòng)生的界限，在普遍情形下是不可能通過參考系的變換把感生電動(dòng)勢(shì)完全歸結(jié)為動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，反之亦然.這就告訴我們，處理感生電動(dòng)勢(shì)和動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的問題我們需要在同一參考系中進(jìn)行.典型解法2中，ε1和ε3都是在地面系中觀察的，而這個(gè)感生電動(dòng)勢(shì)只能在圓環(huán)參考系中觀察到，而ε2一旦轉(zhuǎn)換到地面系中它就不復(fù)存在.在處理同一個(gè)問題時(shí)，我們只能選擇在相同的參考系中解決，所以，典型解法2中式(12)在地面系中應(yīng)該改寫為

ε1+ε3=0

(24)

聯(lián)立式(13)、(15)、(24)可得

等號(hào)兩邊同時(shí)對(duì)時(shí)間積分可得

(25)

比較式(4)和式(25)，我們發(fā)現(xiàn)求出來的結(jié)果不同.難道我們?cè)诘孛鎱⒖枷抵星蠼獬鰜淼碾妱?dòng)勢(shì)仍然是錯(cuò)誤的嗎？其實(shí)不然.下面我們來證明式(25)與式(4)是等價(jià)的.

我們知道磁感線是封閉的曲線，通過任何閉合曲面的磁通量一定為零.我們?cè)趫A柱形對(duì)稱的磁場(chǎng)中選擇一個(gè)長(zhǎng)為dz，半徑為r的圓柱面(包含兩端的底面)，該圓柱面的中心軸線與z軸重合.根據(jù)磁場(chǎng)的“高斯定理”可知，通過這個(gè)閉合圓柱面的磁通量為零，即

Br(z,r)2πrdz+πr2Bz(z+dz,r)-πr2Bz(z,r)=0

(26)

當(dāng)dz,dr都趨近于零時(shí)，由式(26)可知

(27)

(28)

與本題題設(shè)的Br=aB0r做對(duì)比可以發(fā)現(xiàn)，其實(shí)本題題設(shè)的

(29)

式(29)的錯(cuò)解恰好是式(4)正解的2倍.這個(gè)錯(cuò)誤的原因現(xiàn)在就很好理解了.處理同一個(gè)問題時(shí)，我們只能選擇在相同的參考系中來解決才能獲得正確答案.在典型解法2中學(xué)生先在地面系中觀察得到感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)ε1和ε3，再換到圓環(huán)系中觀察得到感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)ε2，把3個(gè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相加.而根據(jù)上述分析，因?yàn)槲⑿A柱閉合曲面?zhèn)让嫔系拇磐康淖兓颗c其上下底面上的磁通量的變化率的絕對(duì)值剛好相等，因此，在地面系中觀察不到而只能在圓環(huán)系中才能觀察到的ε2等同于地面系中觀察到的ε1，這兩個(gè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)其實(shí)就是同一個(gè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，典型解法2中在同一問題中取不同參考系去求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，無形中把ε1重復(fù)計(jì)算一次了，于是典型解法2中因電動(dòng)勢(shì)加倍而導(dǎo)致電流也加倍了.這就是式(16)的錯(cuò)誤原因，也是典型解法2的錯(cuò)誤原因.