有電容有外力單杆

典

經典的有電容有外力單杆：

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：

$$\begin{gather*} Ft - ILBt = mv - 0 \\ It = q \\ E = vBL \\ C = \frac{q}{U} \\ I = \frac{E - U}{R} \\ \end{gather*}$$

我去，這怎麼做。

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

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

那：

$$It = q = CU = CvBL$$

于是：

$$\begin{gather*} Ft - CvB^2L^2 = mv \\ v = \frac{Ft}{m + CB^2L^2} \\ \end{gather*}$$

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

幹

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

先消元，把 $v$ 用 $q$ 表示：

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

帶回動量守恆：

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

只用把 $q$ 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：

$$A \dot q + B q = F t$$

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 $Ft$ 當成 $0$：

$$A \dot q + B q = 0$$

解得 $q_h(t) = C_0\e^{-\frac{B}{A}t}$

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

$$\begin{align*} A b_0 + B (b_0 t + b_1) &= F t \\ (B b_0 - F) t + A b_0 + B b_1 &= 0 \\ \end{align*}$$

故解得：

$$\begin{cases} b_0 = \frac{F}{B} \\ b_1 = -\frac{AF}{B^2} \\ \end{cases}$$

即特解：$q_p(t) = \frac{F}{B} t - \frac{AF}{B^2}$。

然後疊加。

$$\begin{align*} q(t) &= q_p(t) + q_h(t) \\ &= \frac{F}{B}t - \frac{AF}{B^2} + C_0 \e^{-\frac{B}{A}t}\\ \end{align*}$$

要滿足初始條件 $q(0) = 0$：

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

故 $C_0 = \frac{AF}{B^2}$。

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

$$q = \frac{F}{\frac{m}{LBC} + LB} t + \frac{\frac{mR}{LB} F}{\left( \frac{m}{LBC} + LB \right)^2}\left( \e^{-\frac{\frac{m}{LBC} + LB}{\frac{mR}{LB}} t} - 1 \right)$$

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 $R=0$ 時，後面項就是 $0$，于是 $q = \frac{FLB}{m + L^2B^2C}t$ 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：

$$Ft - ILBt = mv - 0$$

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

既然這樣，不如假設電容有「等效質量」$M$ 和「等效速度」$u$，那麼：

$$Mu = qLB$$

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

$$\frac12 Mu^2 = \frac12 CU^2 = \frac12 \frac{q^2}{C}$$

于是解得：

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

豁然開朗啊。這個 $M = L^2B^2C$ 似曾相識。

甚至當 $u = v$ 的時候，相當於：

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

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 $v = \frac{mv_0}{m + L^2B^2C}$。

例

感謝成都七中二診模擬考試供題。

如图所示，在水平面内有间距为 $d$ 的两根导轨平行放置。每根导轨由两段光滑的直金属杆组成，连接点 $O_1, O_2$ 分别由一小段绝缘材料平滑连接。在整个导轨区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 $B$。在靠近 $A_1 A_2$ 处静止放置一根金属棒，$B_1, B_2$ 之间连接有电感为 $L$ 的线圈，$A_1, A_2$ 之间连接有电容值为 $C$ 的电容和阻值为 $R$ 的电阻。电容带有初始电量 $Q_0$，靠近 $A_2$ 的极板带正电。除电阻 $R$ 外，所有的导轨、金属棒和元件的电阻均忽略不计。导轨连接处的绝缘材料不会对金属棒的运动产生干扰。$O_1, O_2$ 左右两边的导轨均足够长。现闭合开关 S，金属棒开始运动。已知金属棒质量为 $m$（线圈中产生的自感电动势大小为 $E = L \frac{\Delta I}{\Delta t}$，简谐振动的周期为 $2\pi \sqrt{\frac{m}{k'}}$）。

1. 求金属棒第一次在 $O_1 A_1 A_2 O_2$ 区域达到稳定状态的速度；
2. 求金属棒第一次经过 $O_1 O_2$ 到下一次经过 $O_1 O_2$ 经历的时间；
3. 若有 $\frac{B^2 d^2 C}{m} = k > 1$，求金属杆第 $n$ 次经过 $O_1 O_2$ 时，电阻上消耗的总热量占电容初始储存能量的比例，用 $k$ 表示。

圖大概：

          O1
  A1 +-----*----------+ B1
     |    |           |
   S \ .. | ......... |
     | .. | ......... $
   R # .. | ......... $ L
     | .. | ......... $
   C = .. | ......... | 
     |    |           |
  A2 +-----*----------+ B2
          O2

第一問口算 $v_0 = \frac{Q_0dB}{m + d^2B^2C}$。

第二問主要是注意到右邊沒有電阻，所以 $vBd = L\dot I$，積分就是 $xBd = LI$，所以 $I = \frac{xBd}{L}$，安培力 $F = \frac{xB^2d^2}{L}$，可以等效於彈簧振子。

第三問，出題老師這個 $\frac{B^2 d^2 C}{m} = k > 1$ 體現他深諳以上電容等效的道理。容易發現杆子的運動相當於每次在左側與電容發生完全非彈性碰撞，然後在右側速度反向。

假設在左側的時候電容杆子速度共爲 $v$，則去右側後回來就是 $v' = \frac{kmv - mv}{km + m} = \frac{k-1}{k+1}v$，公比 $q = \frac{k-1}{k+1}$ 這就出來了，後面的隨便做。

RC

考慮一個簡單的 RC 串聯電路。電容初始有 $q_0$ 的電荷量。可以列方程：

$$\begin{gather*} I = \frac{U}{R} \\ C = \frac{q}{U} \\ I = - \dot q \\ \end{gather*}$$

於是：

$$\dot q + \frac{1}{RC} q = 0$$

然後很顯然可以看出。

$$q = q_0 \e^{-\frac{1}{RC}t}$$

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

好吧，更大的意義是就可以把上面 $q$ 寫成：

$$q = q_0 \e^{-\frac{t}{\tau}}$$

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 $q$ 化簡了。就按照上面的，令：

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

那麼

$$\begin{align*} q &= \frac{F}{\frac{m}{LBC} + LB} t + \frac{\frac{mR}{LB} F}{\left( \frac{m}{LBC} + LB \right)^2}\left( \e^{-\frac{\frac{m}{LBC} + LB}{\frac{mR}{LB}} t} - 1 \right) \\ &= \frac{FLBC}{m + M}t + \frac{mRLBC^2F}{(m+M)^2}(\e^{-\frac{m + M}{mRC}t} - 1) \\ \end{align*}$$

不妨令 $\tau = \frac{mRC}{m + M}$：

$$\begin{align*} q &= \frac{LBCF}{m + M}t + \frac{LBCF\tau}{m+M}(\e^{-\frac{t}{\tau}} - 1) \\ &= LBC\left( \frac{F}{m + M}t + \frac{F\tau}{m+M}(\e^{-\frac{t}{\tau}} - 1) \right) \\ \end{align*}$$

那麼：

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

回過來求 $v$。別忘了，我們可以直接動量守恆：

$$\begin{gather*} mv + Mu = Ft \\ \begin{align*} v &= \frac{Ft - Mu}{m} \\ &= \frac{Ft - M\frac{F}{m + M} \left( t + \tau(\e^{-\frac{t}{\tau}} - 1) \right)}{m} \\ &= \frac{F}{m + M}\left(t - \frac{M}{m}\tau\left(\e^{-\frac{t}{\tau}} - 1\right)\right) \\ \end{align*} \end{gather*}$$

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。