高中物理电磁感应微元法专题

《高中物理电磁感应微元法专题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理电磁感应微元法专题（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。

1、电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”所谓“微元法” ，又叫“微小变量法” ，是解物理题的一种方法。1.什么情况下用微元法解题？在变力作用下做变变速运动（非匀变速运动）时，可考虑用微元法解题。2. 关于微元法。在时间 很短或位移 很小时，非匀变速运动可以看作匀变速运动，tx运动图象中的梯形可以看作矩形，所以 ， 。微元法体现了微分tvsxltv思想。3. 关于求和 。许多小的梯形加起来为大的梯形，即 ， （注意：前面S的 为小写，后面的 为大写） ，并且 ，当末速度 时，有 ，sS0v0v0v或初速度 时，有 ，这个求和的方法体现了积分思想。0vv4. 无论物理规律用牛顿定律，还是动量定理或

2、动能定理,都可以用微元法. 如果既可以用动量定理也可以用动能定理解。对于使用老教科书的地区，这两种解法用哪一种都行，但对于使用课程标准教科书的地区就不同了，因为课程标准教科书把动量的内容移到了选修 3-5，如果不选修 3-5，则不能用动量定理解，只能用动能定理解。微元法解题，体现了微分和积分的思想，考查学生学习的潜能和独创能力。电磁感应中的微元法一些以“电磁感应”为题材的题目。可以用微元法解，因为在电磁感应中，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为 ，感应电流为 ，受安培力为BLvERBLvI，因为是变力问题，所以可以用微元法.vRLBIF21.只受安培力的情况例 1. 如图所示，宽度为 L

3、的光滑金属导轨一端封闭，电阻不计，足够长，水平部分有竖直向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场中。质量为 m、电阻为 r 的导体棒从高度为 h 的斜轨上从静止开始滑下，由于在磁场中受安培力的作用，在水平导轨上滑行的距离为 S 而停下。（1） 求导体棒刚滑到水平面时的速度 ；0v（2） 写出导体棒在水平导轨上滑行的速度 与在水平导轨上滑行的距离 的函数关x系，并画出 关系草图。xv（3）求出导体棒在水平导轨上滑行的距离分别为 S/4、S/2 时的速度 、 ；1v2 hx0 S/4 S/2 S例题图解：（1）根据机械能守恒定律，有 ，得 。 201mvghgh(2)设导体棒在水平导轨上滑行的速度为 时

4、，受到的安培力为 ，vRLBIf2安培力的方向与速度 方向相反。v用微元法，安培力是变力，设在一段很短的时间 内，速度变化很小，可以认为没有变化，t所以安培力可以看做恒力，根据牛顿第二定律，加速度为 ，很短的时mfavL2间 内速度的变化为 ，而 ，那么在时间 内速度的变化tatvtvmRLB2xtt为 ，因为 ，所以 ，速度tRLBV)(2xRLBV)(2 Vv0xmv202.既受安培力又受重力的情况 如图所示，竖直平面内有一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形线框在竖直向下的匀强重力场和水平方向的磁场组成的复合场中以初速度 水平抛出，磁场方向与线框平面垂直，0v磁场的磁感应强度随竖直向下的

5、z轴按 得规律均匀增大，已知重力加速度为 ,求：kzB g（1） 线框竖直方向速度为 时，线框中瞬时电流的大小；1v（2） 线框在复合场中运动的最大电功率；（3） 若线框从开始抛出到瞬时速度大小到达 所经历的时间为 ，那么，线框在时间2vt内的总位移大小为多少？t解：（1）因在竖直方向两边的磁感应强度大小不同，所以产生感应电流为 RkLvBRei 212)(2)当安培力等于重力时竖直速度最大，功率也就最大 Img)(12 RvLkm42212)(所以 42LkRvmgP42（3）线框受重力和安培力两个力，其中重力 为恒力，安培力mgf为变力，我们把线框的运动分解为在重力作用下的运动和RvLkB

6、zz4221)(在安培力作用下的运动。在重力作用下，在时间t 内增加的速度为 ，求在gtv1)(安培力作用下在时间t内增加的速度为 2)(v用微元法，设在微小时间 内，变力可以看做恒力，变加速运动可以看做匀加速运动，加t速度为 ，则在 内速度的增加为 ，而 ，所以amRvLkz42mRvLkz42tztz在时间t内由于安培力的作用而增加的速度（因为增加量为负，所以实际是减小）为，所以zkv42)( zkv42)(再根据运动的合成，时间t内总的增加的速度为 = 。21)(vgtzmRLk42从宏观看速度的增加为 ，所以 = ，得线框在时间 内的总20vgtzmRLk4220t位移大小为 。422

7、0)(LkvgtmRz从例题可以看出，所谓微元法是数学上的微积分理念在解物理题中的应用.3.重力和安培力不在一条直线上的情况 2008年高考江苏省物理卷第18题如图所示，间距为 L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为 ，导轨光滑且电阻忽略不计场强为 B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为 d1，间距为 d2两根质量均为 m、有效电阻均为 R的导体棒 a和 b放在导轨上，并与导轨垂直（设重力加速度为 g）若 a进入第2个磁场区域时， b以与 a同样的速度进入第1个磁场区域，求 b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能 Ek；若 a进入第2个磁场区域时， b恰好离开第1个磁场区域；

8、此后 a离开第2个磁场区域时，b 又恰好进入第2个磁场区域且 a b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等求 b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热 Q；对于第问所述的运动情况，求 a穿出第 k个磁场区域时的速率 vd1解：因为 a和 b产生的感应电动势大小相等，按回路方向相反，所以感应电流为0，所以 a和 b均不受安培力作用，由机械能守恒得1sinkEmgd设导体棒刚进入无磁场区时的速度为 ,刚离开无磁场区时的速度为 ,即导体棒刚1v2v进入磁场区时的速度为 ,刚离开磁场区时的速度为 ，由能量守恒得：2v1在磁场区域有： 21sinmQgd在无磁场区域： 212解得： (

9、)sigd磁场区域 1 B磁场区域 2 B磁场区域 3 B磁场区域 4 B磁场区域 5 B棒 b棒 ad1d1d1d2d2d2d2 d13设导体棒在无磁场区域和有磁场区域的运动时间都为 ，t在无磁场区域有： 21singtv且平均速度： 2dtv在有磁场区域，对 a棒： siFmBIl且： 2lIR解得: vlBFgsin因为速度 是变量，用微元法v根据牛顿第二定律, 在一段很短的时间 内ttm则有2sinBlgtmRvv因为导体棒刚进入磁场区时的速度为 ,刚离开磁场区时的速度为 , 所以2 1v, ，21v1dtvt所以： 1221sinmRlBgt联立式,得 dldlv8si412121（

10、原答案此处一笔带过，实际上这一步很麻烦，以下笔者给出详细过程：代入得： ， sin412mgRlBt代入得： 1221i8dlv+得： 。）mRBlg8sin4121a b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等, 所以 a穿出任一个磁场区域时的速率 v就等于 所以1。mRdlBdlg8sin41212（注意：由于 a b 在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等，所以 a 穿出任一个磁场区域时的速率 v 都相等，所以所谓“第 K 个磁场区”，对本题解题没有特别意义。）练习题练习题 1. 2007 年高考江苏省物理卷第 18 题如图所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直

11、方向磁场区域足够长，磁感应强度，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为 d=0.5m，现有一边长 l=0.2m、质量 m=0.1kg、电阻0.1 的正方形线框以 v0=7m/s 的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求（）线框边刚进入磁场时受到安培力的大小。（）线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热。（）线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。解：（1）线框边刚进入磁场时，感应电动势 ，感应电流 VBlvE4.10，受到安培力的大小 =REIA4NBIl8.2（2）水平方向速度为 0， 01mvQJ45（3）用“微元法”解线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势 ，感应

12、电流 0BlvE，受到安培力的大小 = ，得 ，REIBIlRvlF2在 时间内，由牛顿定律：ttm求和， , vtmlB)(2 02vxl解得 ，线框能穿过的完整条形磁场区域的个数 n= ，取lRvx75.120 375.40.1整数为 4。练习题 2.2009 年高考江苏省物理卷第 15 题如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为 L、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为 。条形匀强磁场的宽度为 ，磁感应强度大小为dB、方向与导轨平面垂直。长度为 的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组d2成“ ”型装置。总质量为 ，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为 I 的

13、电流（由外接m恒流源产生，图中未画出） 。线框的边长为 （ ） ，电阻为 R，下边与磁场区域上边L界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回。导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。重力加速度为 。求：g（1） 装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热 Q；（2） 线框第一次穿越磁场区域所需的时间 ；1t（3） 经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离 。mx【解答】设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框的安培力做功为 W由动能定理 dmg4sinBIL0且 Q解得 siI（1） 设线框刚离开磁场下边界时的速度为 ，则接着向下运动1v

14、d2由动能定理 dmg2sinBIL02m装置在磁场中运动的合力 iF感应电动势 dv感应电流 RI安培力 B由牛顿第二定律，在 到 时间内，有tttmFv则 =vtmRvdBg)sin(2有 1it32解得 sin2)( 31mgRdBdBILt （2） 经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离 之间往复运动，mx由动能定理 mxsi)(dBIL0解得 。ingILdxm解：（本人研究的另外解法：用“牛顿第四定律”解）第（1）问，同原解答第（2）问：设线框刚离开磁场下边界时的速度为 ，则接着向下运动 ，速度变为1vd20，根据动能定理，所以210sinmvBILdmg sin421gmBILd注意：导体棒在磁场中运动的位移是 ，而不是 ，且因为是恒流，所以安培力是d恒力。因为线框在磁场中的运动时受到的合力 ，而 是与速安FgsinvRB2d安度 成正比的力，所以把线框在磁场中的运动分解为在重力的分力作用下的速度随时间均v匀变化的匀变速直线运动和在安培力作用下的速度随位移均匀变化的匀变速直线运动两种运动，前者速度的变化与时间成正比，后者速度的变化与位移成正比，有 121sinvdmRBtg注意：因为线框下边进磁场和上边出磁场，掠过的距离共 。d2所以 =sin231gvtsin432mgRBdIL第（3）问，同原解答，不重复。