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1、电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”所谓：“微元法”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：t很短或位移 X很小时，非匀变速运动可以看作匀变速运动，运动图象中的梯形可以看作矩形，所以v t二X，v t= x= s。微元法体现了微分思想。3. 关于求和7 。许多小的梯形加起来为大的梯形，即S，(注意：前面的s为小写，后面的S为大写)，并且 N = v V。，当末速度V = 0时，有、丄v = ，或初速度Vo =0时，有vv=v，这个求和的方法体现了积分思想。4
2、. 无论物理规律用牛顿定律，还是动量定理或动能定理，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BLv磁感线运动，产生感应电动势为E = BLv，感应电流为I，受安培力为RBILb2l2v ,因为是变力问题，所以可以用微元法1. 只受安
3、培力的情况例1.女口图所示，宽度为L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v0 ；(2) 写出导体棒在水平导轨上滑行的速度v与在水平导轨上滑行的距离X的函数关系，并画出v-x关系草图。(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v1、v2 ；0S/4S/2 S例题图1 j解：（1）根据机械能守恒定律，有mghmv2，得v0二.2gh。（2）设导体棒在水平导
4、轨上滑行的速度为v时，受到的安培力为f二BIL安培力的方向与速度 v方向相反。用微元法，安培力是变力，设在一段很短的时间At内，速度变化很小，可以认为没有变化,所以安培力可以看做恒力，根据牛顿第二定律，加速度为B2L2mRv ,很短的时间t内速度的变化为厶v =at二B2L2mRv. ：t，而v=t = ，那么在时间t内速度的变化为v 二 v0=Vb2l2mR）v ：t，因为X，所以L V =（B2L2、)x，mR速度vob2l2mRL、质量为m电阻为R的正方形线框在竖直向下的匀强重2. 既受安培力又受重力的情况 例2. 2010年南京市高考模拟题 如图所示，竖直平面内有一边长为力场和水平方向
5、的磁场组成的复合场中以初速度v0水平抛出，磁场方向与线框平面垂直，磁场的磁感应强度随竖直向下的 z轴按B二B0 kz得规律均匀增大，已知重力加速度为 g ,求：（1） 线框竖直方向速度为 时，线框中瞬时电流的大小；（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v2所经历的时间为t ,那么，线框在时间t内 的总位移大小为多少？xx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2e(B2 -BJLvi kLiRRR（2）当安培力等于重力时竖直速度最大，功率也就最大mg = (B2 - B-i )IL2 2(B2 - Bi) L Vmk L V
6、mmgR所以VmPm二 mgvmm2g2Rk2L4（3）线框受重力和安培力两个力，其中重力mg为恒力，安培力222 4_ (B2 - Bi) L Vz k L Vz速度为k2L4Vza-mR则在 t内速度的增加为k2L4VzmRt，而 Vzt 二.：z，所以为变力，我们把线框的运动分解为在重力作用下的运R动和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（LVgt，求在安培力作用下在时间t内增加的速度为（.沁）2 用微元法，设在微小时间 丄t内，变力可以看做恒力，变加速运动可以看做匀加速运动，加在时间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（沁）2k2L
7、4mR（：V）2k2L4zmR从宏观看速度的增加为.v2 - Vo，所以 gt -k2L4mRz= V； -V0，得线框在时间t内的总再根据运动的合成，时间k2L4t内总的增加的速度为 （:v）1V） 2= gtz。mR位移大小为mR(gt - ,v| -V0)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 例3. 2008年高考江苏省物理卷第 15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0，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
8、 R勺导体棒a和 b放在导轨上，并与导轨垂直（设重力加 速度为g）di若a进入第2个磁场区域时, 场区域过程中增加的动能若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个磁丘；b恰好离开第1个磁场区域；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 v.棒b/J磁场区域2 - B Z棒 azSL “磁场区域3 - Bd2di磁场区域4 Bd2didid2d2解：因为a和b产生的感应电动势大
9、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：Ek = mgd1 sin 二 设导体棒刚进入无磁场区时的速度为v1,刚离开无磁场区时的速度为 v2,即导体棒刚进入磁场区时的速度为 V2 ,刚离开磁场区时的速度为 V1，由能量守恒得:在磁场区域有：1 2 1 2mv1 Qmv2 mgd-i sin ：在无磁场区域：1mv2 = 1mv2 mgd2 si n：解得：Q = mg(d1 d2)sin -用微元法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：v2 v1 = gt sin v且平均速度：也二念2 t在有磁场区域，对a棒：F =m
10、gsin - BII且:2R2 2解得:B lvF = mgsi nR因为速度v是变量，用微元法根据牛顿第二定律,在一段很短的时间 厶t内Fv = :tm则有v = gsi nr 2mR因为导体棒刚进入磁场区时的速度为v2,刚离开磁场区时的速度为 v1,所以乂 v 二 Vi -V2 ,二 vLt = di，工 t = t所以:W -v2 二 gtsin v2mR联立式，得v二型營sin二B2l 2diB2|2d8mR（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:2 2B l di4mgRsin 二代入得：8mgd2 Rsi nv1 v222 2B l d1+得：v c
11、；冷w :文案大全Ji M K |1111|MiM ii144 ( K 4 r*Il XI1X 114 ! X1i tK Kti M11M R41i ic t* 1I* *111 *!4t.dF n if J 瘧 & tf 亶 ii *十强度B=1T，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、I* *; 质量m=O.1kg、电阻R= 0.1 Q的正方形线框MNOPX良;i 1iN jI M Xiiiii X M以vo=7m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求(1) 线框MN边刚进入磁场时受到安培力的大小F。(2) 线框从开始进入磁场到竖直下
12、落的过程中产生的焦耳热Q。(3) 线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。解：(1)线框MN边刚进入磁场时，感应电动势E = Blv0 =1.4V，感应电流I = E -14A，受到安培力的大小F = BII =2.8NR1 2(2) 水平方向速度为 0, Qmv(2=2.45J2(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 E = Blv0，感应电流I =卫R受到安培力的大小F = BIl，得2| 2B l v F =R在tr二t时间内，由牛顿定律： t = vmB2l2b2l2求和，7 ()v)t = v ,X = V0mRmR解得 x二= 1.75m ,线框能穿过的完整条形磁场区域的个数门二175二4.375 ,取整B2l20.4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
