典

經典的有電容有外力單杆：

有電容有外力單杆

PS：圖是 Gemini 畫的，直接輸出 Typst 代碼。感覺加訓 pelican riding a bicycle 有效果。

很容易列出幾個方程：

Ft−ILBt=mv−0It=qE=vBLC=qUI=E−UR\begin{gather*} Ft - ILBt = mv - 0 \\ It = q \\ E = vBL \\ C = \frac{q}{U} \\ I = \frac{E - U}{R} \\ \end{gather*}

我去，這怎麼做。

還好，高中只會考 R=0R = 0 的情況。由於電阻是 00，所以能瞬間達到穩態。于是可以認爲 E=UE = U。

但是 I=E−URI = \frac{E - U}{R} 是什麼？這下子成 0/00/0 未定式了。先不管它。

那：

It=q=CU=CvBLIt = q = CU = CvBL

于是：

Ft−CvB2L2=mvv=Ftm+CB2L2\begin{gather*} Ft - CvB^2L^2 = mv \\ v = \frac{Ft}{m + CB^2L^2} \\ \end{gather*}

好吧，求出速度了。然後其它的都可以求了，比如 I=q˙=CaBL=FCBLm+CB2L2I = \dot{q} = CaBL = \frac{FCBL}{m + CB^2L^2}。

幹

可是某同學不太能理解電阻爲 00，憑什麼就瞬間穩態，所以他想出來可以先求解電阻 RR 不爲 00 的情況，再分析 R→0R \to 0 的極限。

先消元，把 vv 用 qq 表示：

I=q˙=vBL−qCRv=q˙R+qCBL\begin{align*} I = \dot q &= \frac{vBL - \frac{q}{C}}{R} \\ v &= \frac{\dot q R + \frac{q}{C}}{BL} \\ \end{align*}

帶回動量守恆：

Ft−qLB=mvFt−qLB=mq˙R+qCBLmRLBq˙+(mLBC+LB)q−Ft=0\begin{align*} Ft - qLB &= mv \\ Ft - qLB &= m \frac{\dot q R + \frac{q}{C}}{BL} \\ \frac{mR}{LB} \dot q + \left( \frac{m}{LBC} + LB \right)q - Ft = 0 \\ \end{align*}

只用把 qq 解出來就行了。

解

姜萍會偏微分方程，而這是一個簡單的一階常係數不齊次微分方程。

爲了讓式子不要太亂，我們其實就相當於解：

Aq˙+Bq=FtA \dot q + B q = F t

某同學于是找物理競賽同學借了一本《高等數學》，仔細研讀了一節晚自習。

衆所周知，解不齊次微分方程只需要用一個特解疊加上齊次方程的通解。

先來看通解，這個在 導 中有介紹。即先把 FtFt 當成 00：

Aq˙+Bq=0A \dot q + B q = 0

解得 qh(t)=C0e−BAtq_h(t) = C_0\e^{-\frac{B}{A}t}

然後只需要找一個特解，我們使用待定係數法，因爲 FtFt 關於 tt 是一次的，所以應該假設 qp(t)=b0t+b1q_p(t) = b_0 t + b_1。帶入：

Ab0+B(b0t+b1)=Ft(Bb0−F)t+Ab0+Bb1=0\begin{align*} A b_0 + B (b_0 t + b_1) &= F t \\ (B b_0 - F) t + A b_0 + B b_1 &= 0 \\ \end{align*}

故解得：

{b0=FBb1=−AFB2\begin{cases} b_0 = \frac{F}{B} \\ b_1 = -\frac{AF}{B^2} \\ \end{cases}

即特解：qp(t)=FBt−AFB2q_p(t) = \frac{F}{B} t - \frac{AF}{B^2}。

然後疊加。

q(t)=qp(t)+qh(t)=FBt−AFB2+C0e−BAt\begin{align*} q(t) &= q_p(t) + q_h(t) \\ &= \frac{F}{B}t - \frac{AF}{B^2} + C_0 \e^{-\frac{B}{A}t}\\ \end{align*}

要滿足初始條件 q(0)=0q(0) = 0：

q(0)=−AFB2+C0=0q(0) = - \frac{AF}{B^2} + C_0 = 0

故 C0=AFB2C_0 = \frac{AF}{B^2}。

最後帶回來，這裏 A=mRLB,B=mLBC+LBA = \frac{mR}{LB}, B = \frac{m}{LBC} + LB：

q=FmLBC+LBt+mRLBF(mLBC+LB)2(e−mLBC+LBmRLBt−1)q = \frac{F}{\frac{m}{LBC} + LB} t + \frac{\frac{mR}{LB} F}{\left( \frac{m}{LBC} + LB \right)^2}\left( \e^{-\frac{\frac{m}{LBC} + LB}{\frac{mR}{LB}} t} - 1 \right)

停停停。我們雖然是解出來了，但是這個有點太醜了。不過可以看出，當 R=0R=0 時，後面項就是 00，于是 q=FLBm+L2B2Ctq = \frac{FLB}{m + L^2B^2C}t 很合理，也和上面推出來的吻合。

等

其實電容和杆子是有驚人的相似性的。

再看一眼動量守恆的式子：

Ft−ILBt=mv−0Ft - ILBt = mv - 0

我們不妨把 ILBt=qLBILBt = qLB 當作電容的動量，這樣剛好動量守恆：Ft=mv+qLBFt = mv + qLB。

既然這樣，不如假設電容有「等效質量」MM 和「等效速度」uu，那麼：

Mu=qLBMu = qLB

爲了讓這個等效的質量速度有和諧美好的性質，MM 和 uu 可不能隨便亂取，最好還要滿足能量守恆：

12Mu2=12CU2=12q2C\frac12 Mu^2 = \frac12 CU^2 = \frac12 \frac{q^2}{C}

于是解得：

{M=L2B2Cu=qLBC\begin{cases} M = L^2B^2C \\ u = \frac{q}{LBC} \\ \end{cases}

豁然開朗啊。這個 M=L2B2CM = L^2B^2C 似曾相識。

甚至當 u=vu = v 的時候，相當於：

qLBC=vqC=vBL\begin{align*} \frac{q}{LBC} &= v \\ \frac{q}{C} &= vBL \\ \end{align*}

恰好是穩態條件。所以下次再遇到一個電容加一個帶初速度的杆子的時候，可以直接寫出最終穩態時杆子速度 v=mv0m+L2B2Cv = \frac{mv_0}{m + L^2B^2C}。

RC

考慮一個簡單的 RC 串聯電路。電容初始有 q0q_0 的電荷量。可以列方程：

I=URC=qUI=−q˙\begin{gather*} I = \frac{U}{R} \\ C = \frac{q}{U} \\ I = - \dot q \\ \end{gather*}

於是：

q˙+1RCq=0\dot q + \frac{1}{RC} q = 0

然後很顯然可以看出。

q=q0e−1RCtq = q_0 \e^{-\frac{1}{RC}t}

令 τ=RC\tau = RC，量綱分析這個 τ\tau 就是一個時間。τ\tau 很有意義，比如 q(τ)=1eq0q(\tau) = \frac{1}{\e} q_0，恰好是電荷量變成初始 1e\frac{1}{\e} 的時候。

好吧，更大的意義是就可以把上面 qq 寫成：

q=q0e−tτq = q_0 \e^{-\frac{t}{\tau}}

由此可見，理論上 RC 串聯電路永遠不會達到穩態。

簡

我們現在可以來通過設一些比較有意義的常數把上面的 qq 化簡了。就按照上面的，令：

M=L2B2Cu=qLBC\begin{gather*} M = L^2B^2C \\ u = \frac{q}{LBC} \\ \end{gather*}

那麼

q=FmLBC+LBt+mRLBF(mLBC+LB)2(e−mLBC+LBmRLBt−1)=FLBCm+Mt+mRLBC2F(m+M)2(e−m+MmRCt−1)\begin{align*} q &= \frac{F}{\frac{m}{LBC} + LB} t + \frac{\frac{mR}{LB} F}{\left( \frac{m}{LBC} + LB \right)^2}\left( \e^{-\frac{\frac{m}{LBC} + LB}{\frac{mR}{LB}} t} - 1 \right) \\ &= \frac{FLBC}{m + M}t + \frac{mRLBC^2F}{(m+M)^2}(\e^{-\frac{m + M}{mRC}t} - 1) \\ \end{align*}

不妨令 τ=mRCm+M\tau = \frac{mRC}{m + M}：

q=LBCFm+Mt+LBCFτm+M(e−tτ−1)=LBC(Fm+Mt+Fτm+M(e−tτ−1))\begin{align*} q &= \frac{LBCF}{m + M}t + \frac{LBCF\tau}{m+M}(\e^{-\frac{t}{\tau}} - 1) \\ &= LBC\left( \frac{F}{m + M}t + \frac{F\tau}{m+M}(\e^{-\frac{t}{\tau}} - 1) \right) \\ \end{align*}

那麼：

u=qLBC=Fm+M(t+τ(e−tτ−1))\begin{align*} u &= \frac{q}{LBC} \\ &= \frac{F}{m + M} \left( t + \tau(\e^{-\frac{t}{\tau}} - 1) \right) \\ \end{align*}

回過來求 vv。別忘了，我們可以直接動量守恆：

mv+Mu=Ftv=Ft−Mum=Ft−MFm+M(t+τ(e−tτ−1))m=Fm+M(t−Mmτ(e−tτ−1))\begin{gather*} mv + Mu = Ft \\ \begin{align*} v &= \frac{Ft - Mu}{m} \\ &= \frac{Ft - M\frac{F}{m + M} \left( t + \tau(\e^{-\frac{t}{\tau}} - 1) \right)}{m} \\ &= \frac{F}{m + M}\left(t - \frac{M}{m}\tau\left(\e^{-\frac{t}{\tau}} - 1\right)\right) \\ \end{align*} \end{gather*}

好吧，其實挺美觀的，不是嗎。

那時間跟質量乘除有什麼直觀物理意義呢？不知道，也許讓式子美觀就是它的意義。