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(guò)一道競(jìng)賽真題的講解來(lái)舉例說(shuō)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(chēng).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(wú)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
為幫助學(xué)生解題,筆者設(shè)計(jì)了幾個(gè)問(wèn)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(wèn)題1:超導(dǎo)體有什么性質(zhì)?
問(wèn)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(lèi)型.
問(wèn)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(guò)程的節(jié)點(diǎn),把題設(shè)與所求聯(lián)系起來(lái)?
筆者發(fā)現(xiàn),這3個(gè)問(wèn)題學(xué)生都能順利回答.
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.
在超導(dǎo)體圓環(huán)開(kāi)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(lái)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(xiàn)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(wú)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(wú)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(lèi)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(kāi)始釋放的豎直方向彈簧振子
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(xiàn)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.
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(chēng)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(lái)只要把z=z(t)關(guān)系解出來(lái)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(xiě)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(xiě)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(xiě)成
(7)
可見(jiàn),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B(niǎo)z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(guò)程中,以垂直于Br分量的速度切割了磁感線(xiàn),獲得了動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)ε1,方向?yàn)?逆著z軸看)順時(shí)針?lè)较?;同時(shí)由于Bz分量垂直穿過(guò)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?lè)较?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(xiě)成
(19)
可見(jiàn),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?
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(guò)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(lái)一項(xiàng)一項(xiàng)排查.
本題中圓柱形對(duì)稱(chēng)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(xiàn)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.
這種解法認(rèn)為,由于Bz分量垂直穿過(guò)恒定面積的圓環(huán),磁通量會(huì)隨著B(niǎo)z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(lái)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(guò)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(wèn)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(guān)察的,而這個(gè)感生電動(dòng)勢(shì)只能在圓環(huán)參考系中觀(guān)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(wèn)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(xiě)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(lái)的結(jié)果不同.難道我們?cè)诘孛鎱⒖枷抵星蠼獬鰜?lái)的電動(dòng)勢(shì)仍然是錯(cuò)誤的嗎?其實(shí)不然.下面我們來(lái)證明式(25)與式(4)是等價(jià)的.
我們知道磁感線(xiàn)是封閉的曲線(xiàn),通過(guò)任何閉合曲面的磁通量一定為零.我們?cè)趫A柱形對(duì)稱(chēng)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(xiàn)與z軸重合.根據(jù)磁場(chǎng)的“高斯定理”可知,通過(guò)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(wèn)題時(shí),我們只能選擇在相同的參考系中來(lái)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(guān)察得到感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)ε1和ε3,再換到圓環(huán)系中觀(guān)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⑿A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(guān)察不到而只能在圓環(huán)系中才能觀(guān)察到的ε2等同于地面系中觀(guān)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(wèn)題中取不同參考系去求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),無(wú)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.