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磁场中的线圈

一道物理题目：

一个边长为 ℓ\ell 的矩形线圈在光滑的桌面上以速度 vv 匀速移动。线圈在移动过程中，穿过了一个垂直于桌面向上的匀强磁场，磁感强度为 BB。已知如下物理量：

  • 边长 ℓ=0.54 m\ell=0.54\,\text{m}
  • 磁感强度 B=0.30 TB=0.30\,\text{T}
  • 线圈质量 m=0.060 kgm=0.060\,\text{kg}
  • 线圈阻值 R=0.12 ΩR=0.12\,\text{Ω}

本题所问的内容不难；但是，我们所关心的是题目中给出的一项条件：速度 vv 关于时间 tt 的图像。大概画出题中所给的图：

看起来，图像分为两段——一段是下降曲线，另一段则是水平直线，分界点位于 (0.14,3.0)(0.14, 3.0)。定性地看，速度之所以下降，是因为线圈进入磁场的过程中，产生感应电流，AB 段受到向左的安培力而减速；之后维持匀速，是因为各边都在磁场中，所受的安培力正好抵消。

下面，可以定量地推导出第一段图像的方程。

从法拉第定律推导安培力的大小：

ε=dϕdt=BℓvI=εR=BℓvRF=BIℓ=B2ℓ2vR\begin{aligned} \varepsilon&=\frac{\mathrm{d}\phi}{\mathrm{d}t}=B\ell v\\ I&=\frac{\varepsilon}{R}=\frac{B\ell v}{R}\\ F&=BI\ell=\frac{B^2\ell^2v}{R} \end{aligned}

从安培力列出关于速度的微分方程：

a=Fm⟹dvdt=B2ℓ2vRm\begin{aligned} a=\frac{F}{m}\Longrightarrow \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=\frac{B^2\ell^2v}{Rm} \end{aligned}

同时欣喜地发现，它是可分离的。因此，不难解出 vv 关于 tt 的关系式：

∫1v dv=−∫B2ℓ2Rm dtln⁡v=−B2ℓ2Rm⋅t+Cv=C⋅e−B2ℓ2/Rm\begin{aligned} \int\frac{1}{v}\,\mathrm{d}v&=-\int\frac{B^2\ell^2}{Rm}\,\mathrm{d}t\\ \ln v&=-\frac{B^2\ell^2}{Rm}\cdot t+C\\ v&=C\cdot\mathrm{e}^{-B^2\ell^2/Rm} \end{aligned}

其中还发现，由于 t=0t=0 时，v=viv=v_i，因此可以将常数 CC 用更有意义的物理量代替：

v=vi⋅exp⁡(−B2ℓ2Rm⋅t)=5⋅e−3.645t\begin{aligned} v&=v_i\cdot\exp\left(-\frac{B^2\ell^2}{Rm}\cdot t\right)\\ &=5\cdot\mathrm{e}^{-3.645t} \end{aligned}

在代入各个物理量的值后，便得到第一段曲线的方程。

为了求出分界点的位置，我们要找到线圈的位移正好为 ℓ\ell 的时刻。此时，整个线圈完全进入磁场，CD 段开始受到安培力，线圈回到受力平衡状态，加速度变为 0。继续对 vv 积分求出位移的公式：

s=∫v dt=∫vi⋅exp⁡(−B2ℓ2Rm⋅t) dt=viRmB2ℓ2exp⁡(−B2ℓ2Rm⋅t)\begin{aligned} s&=\int v\,\mathrm{d}t\\ &=\int v_i\cdot\exp\left(-\frac{B^2\ell^2}{Rm}\cdot t\right)\,\mathrm{d}t\\ &=\frac{v_iRm}{B^2\ell^2}\exp\left(-\frac{B^2\ell^2}{Rm}\cdot t\right) \end{aligned}

因此，只要解下面这个方程即可：

∫0tv dt=ℓviRmB2ℓ2−viRmB2ℓ2exp⁡(−B2ℓ2Rm⋅t)=ℓexp⁡(−B2ℓ2Rm⋅t)=1−B2ℓ3viRm\begin{aligned} \int_0^t v\,\mathrm{d}t&=\ell\\ \frac{v_iRm}{B^2\ell^2}-\frac{v_iRm}{B^2\ell^2}\exp\left(-\frac{B^2\ell^2}{Rm}\cdot t\right)&=\ell\\ \exp\left(-\frac{B^2\ell^2}{Rm}\cdot t\right)&=1-\frac{B^2\ell^3}{v_iRm} \end{aligned}

至此，我们还有一个小发现：当等式右边为负，即 B2ℓ3viRm\displaystyle\frac{B^2\ell^3}{v_iRm} 过大时，方程无解。此时对应的情况是安培力过大，以至于初速度不足以支持整个线圈进入磁场，线圈被反向加速，退出了磁场，位移从未达到 ℓ\ell。

继续解方程，并代入各个物理量的值：

t=−RmB2ℓ2ln⁡(1−B2ℓ3viRm)=−0.274×ln⁡(1−0.39366)=0.137 s\begin{aligned} t&=-\frac{Rm}{B^2\ell^2}\ln\left(1-\frac{B^2\ell^3}{v_iRm}\right)\\ &=-0.274\times \ln(1-0.39366)\\ &=0.137\,\text{s} \end{aligned}

此时，线圈的速度为

v=5×e−3.645×0.137=3.03 m s−1\begin{aligned} v=5\times\mathrm{e}^{-3.645\times 0.137}=3.03\,\mathrm{m\,s^{-1}} \end{aligned}

这和我们读出的 (0.14,3.0)(0.14, 3.0) 几乎一致。因此，我们发现，原图实际上是十分精准的。

我们还可以用同样的公式求出线圈离开时的速度。由于安培力方向不变，速度将会继续减少，因此公式符号不变；此时初速度应代入算出的 3.03 m/s3.03\,\text{m/s}。t0t_0 为线圈开始离开磁场的时间。

t=−RmB2ℓ2ln⁡(1−B2ℓ3viRm)+t0=−0.274×ln⁡(1−0.64924)+t0=(0.287+t0) sv=3.03×e−3.645×0.287=1.06 m s−1\begin{aligned} t&=-\frac{Rm}{B^2\ell^2}\ln\left(1-\frac{B^2\ell^3}{v_iRm}\right)+t_0\\ &=-0.274\times \ln(1-0.64924)+t_0\\ &=(0.287+t_0)\,\text{s}\\ v&=3.03\times\mathrm{e}^{-3.645\times 0.287}=1.06\,\mathrm{m\,s^{-1}} \end{aligned}

可以看出，由于速度较低，此时离开磁场需要多一倍的时间。完整的图像如下：

至此，我们定量地完成了本题的分析。