闪电和涡流

林明瑞 國立台灣師範大學物理系 E-mail：mjlin@phy03.phy.ntnu.edu.tw 奧林匹亞試題 ■73■ 物理雙月刊(卅一卷一期) 2009年二月 文/ 林明瑞 本刊徵得物理奧林匹亞國家代隊選訓小組的同意，每期精選若干試 題和解答，以饗讀者。本期刊登二道試題。 【本期試題評註】：閃電和渦電流效應是日常生活中常見的現象，看 似複雜，但利用基本的歐姆定律和法拉第定律，以理論模型作為切入 的工具，層層揭開表象，其間的道理不難理解。 1. 閃電的電場強度分布 如右圖所示，假設閃電發生時，負電荷從雲層沿一直線通道（截面的 直徑僅約數公分）向下移動，擊中地面上的 O點。已知閃電持續放電 的時間為 μs 40 ，傳送的平均電流為 4105.2 × A；地面之下為均勻的 介質（溼地），其介電常數 20=κ ，導電係數 -1m)( Ω×= −2100.1σ ， 經由閃電傳到地面的負電荷，建立以 O點為中心的輻射形電場 E  ，使 得地下介質中的正離子或負離子移動，形成電流，導致傳入的負電荷 有一部分被中和。圖中的 rrJJ ˆ)( =  為電流密度，式中 r為地下介質中 某點至 O點的徑向距離， rˆ為單位徑向向量。電流密度和電場的關係 式為 EJ  σ= ，這是歐姆定律的向量式。已知真空的電容率 C/Vm 1085.8 120 −×=ε ，回答下列問題： (1) 由閃電傳入地面的負電荷的總電量Q，在地下隨時間衰減的數學式為 BteQtQ /0)( −= ，試求常數B為何， 以κ、ε0 (2) 經由閃電傳入地面的負電荷，其在地下的平均存活時間為何？這些負電荷所形成的輻射形電場強度 、和σ表示之？ )(rE 的函數關係式為何？ (3) 在閃電發生時，在地面上恰有一人站在從 O點發出 的輻射線上，如上圖所示，距 O 點的徑向距離為 10 m處，兩腳之間的距離為 0.50 m，問此人所受的 地面 O J  I 雲 奧林匹亞試題 ■74■ 物理雙月刊(卅一卷一期) 2009年二月 電位差為何？ (4) 已知閃電在空中的通道上，每單位長度所攜帶的電荷量為 C/m 3100.1 −×−=λ ，問在閃電通道周圍的電 場強度 )(rE 的函數關係式為何，r為距通道的徑向距離？ (5) 承第(4)小題，鄰近閃電通道的空氣，由於受到強大電場的作用而致游離，當電子和正離子重新結合時， 會釋放出能量而發光。若能使空氣游離的電場強度為 N/C 6100.3 × ，則所見閃電路徑的亮光半徑的最大 值為何？ (6) 在閃電的通道中，電流的傳遞速率為何？ 解： (1) 設由閃電傳入地面的負電荷量為 Q，由於地下介質的電流流入，而使該電量減少，故 ∫ −=⋅ dt dQSdJ  (1) 利用歐姆定律， EJ  σ= ，上式可寫為 ∫∫ −=⋅⇒−=⋅ dt dQSdE dt dQSdE  σσ (2) 利用高斯定律，可得 0κεε QQSdE ==⋅∫  ，代入(2)式，可得 τκε σ QQ dt dQ −=      −= 0 (3) 式中 σ κετ 0= 。將(3)式積分，可得 τ τ / 0 0 )(1 0 t tQ Q eQtQdt Q dQ −=⇒−= ∫∫ (4) 即 σ κετ 0==B 。 (2) 經由閃電傳入地面的負電荷，在地面下的平均存活時間為 ττττ τ ==      −−= − == ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∞ − ∞ −∞− ∞ − 0 / 0 / 0 / 0 0 / 0 0 0 0 0 dtedtete Q tdeQ dQ tdQ t ttt t Q Q (5) s 108.1 100.1 1085.820 8 2 12 0 − − − ×= × ×× == σ κετ 故未被中和的負電荷總電量為 奧林匹亞試題 ■75■ 物理雙月刊(卅一卷一期) 2009年二月 C 105.4108.1105.2 4-84 −×=×××== τIQ 此電量用於建立電場。由於 τ遠小於閃電的放電時間（ s 100.4 -5× ），在 τ>t 之後，由閃電所傳入的負 電荷皆為地下介質中的電流所中和。因此上述未被中和的負電荷所建立的電場，可視為準靜態電場。選 擇在地面下以 O點為球心，半徑為 r的半球面和在地面上的半平面，所組成的封閉高斯面，利用高斯定 律，得 ∫ =⋅ ε QSE  d 0 22)( κε τπ IrrE =⋅⇒ 22 )( r IrE πσ =⇒ (6) (3) 當 m 10=r 時， V/m 100.4 10101.02 102.5m) 10( 322- 4 ×= ××× × = π E 。 此人兩腿之間的距離為 0.5 m，故所受的電位差 V 20005.0100.4)( 3 =××=∆=∆ rrEV 。 由上可知，雖然此人沒有被閃電直接擊中，但是受到這麼高的電位差，也可能使他受到傷害或致命。由(6) 式可看出若地下介質的導電性良好，則電場強度減弱，相應的電位差也隨之減小。 (4) 同樣利用高斯定律，但在閃電通道的周圍，選擇以通道為對稱軸的圓柱形高斯面，則 ∫ =⋅ 0 d ε qSE  0 2)( ε λπ  =⋅⇒ rrE r rE 02 )( πε λ =⇒ (7) (5) 利用(7)式，可得所見閃電路徑的亮光半徑的最大值為 m 0.6 100.31085.82 100.1 2 612 3 0 max =×××× × == − − ππε λ iE r (6) 設在閃電的通道中，電流的傳遞速率為 v，由電流的定義得 v dt vdt dt dqI λλ === )( cIv 0.1m/s 105.2 100.1 105.2 7 3 4 ≈×= × × ==⇒ −λ 式中 c為真空中的光速。 奧林匹亞試題 ■76■ 物理雙月刊(卅一卷一期) 2009年二月 2. 磁場對導體的阻尼作用 一片半徑為 0r ，密度為 ρ的均勻圓形薄銅板，起始時使其豎立在一木 質的水平檯面上。現輕觸其上端，使該銅板自 0.10 =θ 起，向一側傾 倒，如右圖所示。假設在銅板的傾倒過程中，其底部和檯面的接觸點 不滑動，已知 cm 5.10 =r ， 3kg/m 3109.8 ×=ρ ，回答下列問題： (1) 計算該銅板自開始傾倒（ 0.10 =θ ）起，至平貼在檯面上（ 90=θ ） 止，所經歷的時間。 【註 1】：一質量為 m、半徑為 r的均勻薄圓板，以其板面的直徑為轉軸的轉動慣量 2 4 1 mrIc = 。 (2) 承上題，現外加一鉛直向下的均勻強磁場 T 5.1=B （特斯拉），使銅板做同樣的傾倒動作，則所經歷的 時間為何？已知銅的導電係數 -1m)( Ω×= 7109.5σ 。 【提示】：圓銅板可視為由許多封閉的同心環形線圈所構成。 【註 2】：由於強磁場對導體會產生甚大的阻尼作用，因此銅板的傾倒過程可視為準靜態，即銅板在任一 角度時的角加速度幾乎為零。 【註 3】：在解題時，你可能需要用到下列的積分式： 常數常數 +=+−=∫ 2tanlncotcsclnsin θθθ θ θd 常數常數 ++=+−+=      ∫ 2tanlncoscotcsclncossin cos2 θθθθθθ θ θ d 解： 【解法一】：利用轉動方程式求解 (1)銅板受有兩力，重力 mg和正向力 N，的作用，其受力情形如右圖所示。取銅板和檯面的接觸點 O為參考 慣性坐標系的原點，則銅板的轉動方程式為 θθ sin02 2 mgr dt dI = (1) 式中 I為銅板繞通過 O點的轉軸（垂直於紙面）的轉動慣量。利用平行軸定 理，可得 20 2 0 2 0 2 0 4 5 4 1 mrmrmrmrII c =+=+= (2) 將(1)式兩邊分別乘以 dt dθθ = ，得 dt dmgr dt dImgr dt dI θθθθθθθθ sinsin 002 2 =⇒=   ( )θθ cos 2 1 0 2 dt dmgrI dt d −=     ⇒  θ O mg N θ 奧林匹亞試題 ■77■ 物理雙月刊(卅一卷一期) 2009年二月 將上式積分，可得 θ θ θθ    0.10 0 2 cos 2 1 mgrI −= )cos1()cos0.1(cos 2 1 00 2 θθθ −≈−=⇒ mgrmgrI  2 sin 5 16 2 sin )4/5( 4)2/(sin4 0 2 0 0 2 0 θθθθ r g mr mgr I mgr dt d ==≈⇒ (3) 上式可改寫為 ∫∫ ≈ T dt r gd 00 90 1 5 16 )2/sin(   θ θ T r g 0 90 0.1 5 16 4 tanln2 ≈      ⇒   θ s 20.0)9.94ln( 8.94 105.15 25.0tan 5.22tanln 4 5 20 =× × ×× =≈ −   g rT 銅板自開始傾倒（ 10 =θ ）起，至平貼在檯面（ 90=θ ）止，所費的時間為 0.20 s。 (2)銅板可視為由許多同心環所組成，考慮其中一半徑為 r，寬度為 dr的圓環，如下圖所示。當銅板傾倒時， 在該環內所產生的電動勢為 ( ) dt drBrB dt d dt d θθπθπφε cossin 22 −=⋅−=−= (4) 設銅板的厚度為 h，則該環的電阻為 hdr rR π σ 21 ⋅= (5) 在環內所生的感應電流為 dt ddrhBr hdr r dt drB R i θθσ π σ θθπε )cos( 2 1 21 cos2 = ⋅ == (6) 該環所生成的磁偶矩為 dt ddrhrBrimd θθσππ )cos( 2 1 32 =⋅= (7) 該環所受的磁力矩為 dt ddrhrBBmdBmdd m θθσπθπτ )cos( 2 1)2/sin( 232=+=×=   (8) r dr 0r 奧林匹亞試題 ■78■ 物理雙月刊(卅一卷一期) 2009年二月 將上式積分，可得銅板所受的磁力矩為 dt dhrBdrr dt dhBd r mm θθσπθθσπττ )cos( 8 1)cos( 2 1 24 0 2 0 322 0 === ∫∫ (9) 銅板除了受到磁力矩 mτ 的作用外，同時也受到重力矩 gτ 的作用，但兩力矩的方向相反，故銅板的轉動方 程式為 dt dhrBmgr dt dI mg θθσπθττθ )cos( 8 1sin 240 2 02 2 −=−= (10) 由於強磁場的阻尼作用，銅板的傾倒過程可視為準靜態，即其角加速度 02 2 ≈ dt d θ ，因此上式可寫為 θθθσπ sin)cos( 8 1 0 24 0 2 mgr dt dhrB ≈ θ θ θ ρ σθ θρπ θσπθ θ θσπ d g rBd grhr hrBd mgr hrBdt sin cos 8sin)(8 cos sin8 cos 20 2 0 2 0 24 0 2 0 24 0 2       =      =      ≈⇒ (11) 將上式積分，可得 ∫∫       ≈   90 0.1 2 0 2 0 sin cos 8 θ θ θ ρ d g rBdt T ( ) ( ) ( ) s 1174.3 8.9109.88 109.5105.15.1 5.0tanln0.1cos 8 )2/tan(lncos 8 3 722 0 2 90 0.1 0 2 =⋅      ××× ×××× = −−      =+      ≈⇒ −    g rB g rBT ρ σθθ ρ σ 在強磁場中，銅板自開始傾倒（ 0.10 =θ ）起，至平貼在檯面（ 90=θ ）止，所經歷的時間為 11 s。 【解法二】：利用能量守恆求解 (1) 銅板傾倒所減少的重力位能等於銅板的轉動動能，即 200 2 1)cos(cos θθθ Imgr =− 式中 20 2 0 2 0 2 0 4 5 4 1 mrmrmrmrII c =+=+= ，為銅板繞通過 O點的轉軸（垂直於紙面）的轉動慣量。代入 0.10 =θ ， 1cos 0 ≈θ ，上式可寫為 )cos1( 2 1 0 2 θθ −≈ mgrI  奧林匹亞試題 ■79■ 物理雙月刊(卅一卷一期) 2009年二月 餘下解法和前相同。 (2) 銅板在強磁場中傾倒時，銅板上產生感應電流（稱為渦電流），因生熱而損失能量。銅板可視為由許多 同心環所組成，考慮其中一半徑為 r，寬度為 dr的圓環，如上圖所示。當銅板傾倒時，在該環內所產生 的電動勢，如同(1)式，為 ( ) dt drBrB dt d dt d θθπθπφε cossin 22 −=⋅−=−= 設該環內的感應電場強度為 E ，則 επ =rE2 ，故 dt dBr r E θθ π ε cos 2 1 2 −== (12) 以 J表示感應的渦電流密度，利用歐姆定律的向量式， EJ  σ= ，則渦電流的發熱功率為 ( ) ∫∫∫ =⋅=⋅= 00 0 2 0 22)( rr rdrEhrhdrEEdVEJ dt dW πσπσ  (13) 將(12)式代入(13)式，積分得 2 24 0 2 0 3 2 22 0 2 cos 8 1 cos 2 1cos 2 12 00      =      =           −= ∫∫ dt dhrB drr dt dhBrdr dt dBrh dt dW rr θθσπ θθπσθθπσ 銅板在強磁場中傾倒所減少的重力位能，等於銅板的轉動動能和銅板上渦電流的熱損失能量之和，即 ∫     +=− t dt dt dWImgr 0 2 00 2 1)cos(cos θθθ  (14) 將上式等號兩邊對時間 t微分，可得 [ ]      +=⇒      +           =     ⇒ +     =− dt dhrB dt dImgr dt dhrB dt d dt dI dt dmgr dt dWI dt dmgr dt d θθσπθθ θθσπθθθθ θθθ 24 0 2 2 2 0 2 24 0 2 2 0 2 00 cos 8 1sin cos 8 1sin 2 1)cos(cos       −=⇒ dt dhrBmgr dt dI θθσπθθ 240 2 02 2 cos 8 1sin (15) 上式和(10)式完全相同，餘下解法同前。