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1、优选文档电磁感觉微元法10作者：日期：电磁感觉中的“微元法”和“牛顿第四定律”所谓：“微元法”所谓“微元法”，又叫“渺小变量法”，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，非匀变速运动能够看作匀变速运动，运动图象中的梯形能够看作矩形，所以vtx，lvtlxs。微元法表现了微分思想。3.关于求和。好多小的梯形加起来为大的梯形，即sS，（注意：前面的s为小写，后边的S为大写），并且vvv0，当末速度v0时，有vv0，或初速度v00时，有vv，这个求和的方法表现了积分思想。无论物理规律
2、用牛顿定律，还是动量定理或动能定理,都能够用微元法.若是既能够用动量定理也能够用动能定理解。关于使用老教科书的地区，这两种解法用哪一种都行，但关于使用课程标准教科书的地区就不同样了，由于课程标准教科书把动量的内容移到了选修3-5，若是不选修3-5，则不能够用动量定理解，只能用动能定理解。微元法解题，表现了微分和积分的思想，观察学生学习的潜能和独创能力。电磁感觉中的微元法一些以“电磁感觉”为题材的题目。能够用微元法解，由于在电磁感觉中，如导体切割磁感线运动，产生感觉电动势为EBLv，感觉电流为IBLv，受安培力为RFBILB2L2v，由于是变力问题，所以能够用微元法.R1.只受安培力的情况例1.
3、以下列图，宽度为L的圆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、磁感觉强度为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vx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；Bhx0S/4S/2S例题图解：（1）依照机械能守恒定律，有mgh1mv02，得v02gh。2(2)设导体棒在水平导轨上滑行的速度为v时，碰到的安培力为f
4、BILB2L2v，R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t内，速度变化很小，能够认为没有变化，所以安培力能够看做恒力，依照牛顿第二定律，加速度为fB2L2av，很短的时间mmRt内速度的变化为vB2L2t，而vtx，那么在时间t内速度的变化为atvmRV(B2L2)vt，由于x，所以V(B2L2)x，速度mRmRB2L2vv0Vv0xmR2.既受安培力又受重力的情况例2.2010年南京市高考模拟试题以下列图，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v0水平抛出，磁场方向与线框平面垂直，
5、磁场的磁感觉强度随竖直向下的z轴按BB0kz得规律平均增大，已知重力加速度为g,求：1）线框竖直方向速度为v1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？解：（1）因在竖直方向两边的磁感觉强度大小不同样，所以产生感觉电流为ie(B2B1)Lv1kL2RRR当安培力等于重力时竖直速度最大，功率也就最大mg(B2(B2B1)2L2vmk2L4vmB1)ILRR所以vmmgRk2L4m2g2RPmmgvmk2L4（3）线框受重力和安培力两个力，其中重力mg为恒力，安培力f(B2B1
6、)2L2vzk2L4vz为变力，我们把线框的运动分解为在重力作用下的运RR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(v)1gt，求在安培力作用下在时间t内增加的速度为(v)2用微元法，设在渺小时间t内，变力能够看做恒力，变加速运动能够看做匀加速运动，加速度为ak2L4vz，则在t内速度的增加为vk2L4vzt，而vztz，所以mRmR在时间t内由于安培力的作用而增加的速度（由于增加量为负，所以实质是减小）为(v)2k2L4z，所以k2L4zmR(v)2mRt内总的增加的速度为(v)1(v)2=gtk2L4再依照运动的合成，时间z。mR从宏观看速度的增加为v22v02，所以
7、gtk2L4z=v22v02，得线框在时间t内的总mRmR(gtv22v02)位移大小为zk2L4。从例题能够看出，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32008年高考江苏省物理卷第15题以下列图，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，导轨圆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，磁场所区的宽度为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个磁场所区时，b以与a同样的速度进入第1个磁场所区，求b穿过第1个磁场所区过程中增加的动能Ek；若a进
8、入第2个磁场所区时，b恰好走开第1个磁场所区；此后a走开第2个磁场所区时，b又恰好进入第2个磁场所区且ab在任意一个磁场所区或无磁场所区的运动时间均相等求b穿过第2个磁场所区过程中，两导体棒产生的总焦耳热关于第问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场所区时的速率vQ；磁场所区1B棒磁场所区2Bbd棒a1磁场所区3Bd2Bd12磁场所区4d磁场所区5Bd12d1dd2解：由于a和b产生的感觉电动势大小相等，按回路方向相反，所以感觉电流为0，所以a和b均不受安培力作用，由机械能守恒得Ekmgd1sin设导体棒刚进入无磁场区时的速度为v1,刚走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
9、,刚走开磁场区时的速度为v1，由能量守恒得：在磁场所区有：1mv12Q1mv22mgd1sin22在无磁场所区：1mv221mv12mgd2sin22解得：Qmg(d1d2)sin用微元法设导体棒在无磁场所区和有磁场所区的运动时间都为t，在无磁场所区有：v2v1gtsin且平均速度：v1v2d22t在有磁场所区，对a棒：FmgsinBIlBlv且：I2R解得:FmgsinB2l2v2R由于速度v是变量，用微元法依照牛顿第二定律,在一段很短的时间t内vFtm则有vB2l2vtgsin2mR由于导体棒刚进入磁场区时的速度为v2,刚走开磁场区时的速度为v1,所以vv1v2,vtd1，tt所以：v1v2gtsinB2l2d12mR联立式,得v14mgRd2sinB2l2d1B2l2d18mR（原答案此处一笔带过，实质上这一步很麻烦，以下笔者给出详细过程：代入得：tB2l2d1，4mgRsin8mgd2Rsin代入得：v1v2B2l2d1+得：v14mgRd2sinB2l2d1。）B2l2d18mRab在任意一个磁场所区或无磁场所区的运动时间均相等,所以a穿出任一个磁场区域时的速率v就等于v1所以v4mgRd2sinB2l2d1。B2l2d18mR（注意：由于ab在
