导体棒切割磁感线产生电动势对电容器充电问题探疑

孙恒启

2013年新课标1卷理综物理题如下：

例1 如图1，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大

图1小为B，方向垂直于导轨平面.在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触.已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.忽略所有电阻.让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：

（1）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；

（2）金属棒的速度大小随时间变化的关系.

解法1 （1）设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E=BLv，平行板电容器两极板之间的电势差为U=E，设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有Q=CU联立可得，Q=BLvC

（2）设金属棒的速度大小为v时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的磁场力方向沿导轨向上，大小为f1=BLi，设在时间间隔（t，t+Δt）内流经金属棒的电荷量为ΔQ，则ΔQ=CBLΔv按定义有：i=ΔQΔt

ΔQ也是平行板电容器在时间间隔内增加的电量，由上式可得，Δv为金属棒的速度变化量，金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为：f2=μN，式中N是金属棒对于导轨的压力大小，有N=mgcosθ，金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有：mgsinθ-f1-f2=ma.

即：mgsinθ-μmgcosθ=CB2L2a+ma

此时可得： a=mgsinθ-μmgcosθm+B2L2C

由题意可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动，t时刻金属棒的速度大小为：v=mgsinθ-μmgcosθm+B2L2Ct.

解法2 （1）设经过时间t沿导轨下滑的距离为x，电容器的电压为U，电荷量为Q，则Q=CU，U=BLv，所以Q=CBLv.

（2）根据能量守恒定律可得：

12mv2+12CU2=（mgsinθ-μmgcosθ）x

整理可得： v2=2×mgsinθ-μmgcosθm+B2L2C·x

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

图2例2 处于磁感应强度为B的匀强磁场中放置一足够长光滑U型金属框架宽为L，其上放一质量为m的金属棒ab，左端连接有一电容为C的电容器，现给棒一个初速v0，使棒始终垂直框架并沿框架运动，如图2所示.求导体棒的最终速度.

解法1 当金属棒ab做切割磁力线运动时，要产生感应电动势，这样，电容器C将被充电，ab棒中有充电电流存在，ab棒受到安培力的作用而减速，当ab棒以稳定速度v匀速运动时，有：BLv=UC=q/C.而对导体棒ab利用动量定理可得：-BLq=mv-mv0.

由上述二式可求得： v=mv0m+B2L2C

解法2 设最终速度为v，U=BLv

12mv20-12mv2=12CU2

解得： v2=mv20m+B2L2C

这种解法对吗？

很显然两种方法的答案并不相同，为什么按照同样的思路解题得到的结果却迥然不同呢？为什么会出现这样的情形呢？

经过查阅资料、自主学习得知：

带电体的能量为W=12CU2

这是孤立导体的静电能公式也可以推广到带电的电容器，因为电容器两板间的电势差与极板上所带电荷量的关系是线性关系.

但是在电动势为E的电源对电容器充电过程中，电源所提供的能量W′=QE=QU=2W，也就是说，在充电过程中，电容器仅得到了电源提供的一半能量，另一半能量在导线和电源内阻上转化为内能或者以电磁波的形式发射了出去.

结合这些知识我们可以得到以下解法.

正解 导体棒的动能减少量并没有全部转化为电容器所储存的电能，相反导体棒动能的减少量却等于导体棒切割磁感线产生感应电流所释放的电能.

设经极短时间t后的速度为v，根据动量定理可得：

BILΔt=m（v0-v）

Q=IΔt

图3所以Q=mv0BL-mBLv即导体棒所释放的电量与导体棒的速度是线性减函数，因而导体棒所释放的电能由图3可知E=（BLv+BLv0）BLvC/2.

对导体棒由动能定理可得E=12mv20-12mv2.

联立以上两式可得： v2=mv20m+B2L2c.

综合以上分析可以得到导体棒减少动能所释放的能量一部分转化为电容器所储存的电能，另一部分以电磁波的形式和回路的焦耳热释放掉.而在例1中加速过程中则回路中没有相应的焦耳热产生和电磁波辐射，故得到相同的结果.

（收稿日期：2015-05-16）