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1、电磁感应中的“微元法” 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At很短或位移Ax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vAt二Ax，lvAt二1A苧As。微元法体现了微分思想。3. 关于求和、。许多小的梯形加起来为大的梯形，即Las = AS，(注意：前面的s为 小写，后面的S为大写)，并且工Av = v - v，当末速度v = 0时，有工Av = v，或初速度L00 Av = v，这个求和的方法体现
2、了积分思想。04. 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，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为E = BLv，感应电流为1 =，受安培力为R= BIL =v，因为是变力问题，所以可以用
3、微元法.3)1. 只受安培力的情况例 1. 如图所示，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v ；0(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。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v J v2B2 L2(2)设导体棒在水平导轨上滑行的速度为v时，受到的安培力为f = BIL = -v，安
4、R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， fB 2 L2所以安培力可以看做恒力，根据牛顿第二定律，加速度为a二 二-,v，很短的时间Atm mR内速度的变化为Av二at二- vAt，而vAt二Ax，那么在时间t内速度的变化 为 mRB2 L2所以 AV = (一) -xmR速度B2 L2AV = Y (-) - vAt ，因为 xmRB2L2v 二 v + AV 二 v 一- x 00 mR2. 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L、质量为m、电阻为R的正方形线框在竖
5、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v水平抛出，磁场方向与线框平面垂直，磁场0的磁感应强度随竖直向下的z轴按B = 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v时，线框中瞬时电流的大小；1(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v所经历的时间为t，那么，线框在时间t内的2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e (B - B )LvkL2i =211 =R R R(2)当安培力等于重力时竖直速度最大，功率也就最大 g D、”(B - B)2L2vk2Lv2 1 R
6、R所以 vmmgRk 2 L4m2 g2 RP = mgv = mmk 2 L4( 3 ) 线 框 受 重 力 和 安 培 力 两个 力 ， 其 中 重 力 mg 为 恒 力 ， 安 培 力“ (B 一 B )2Lvk2L4vf =2 i z = z为变力，我们把线框的运动分解为在重力作用下的运动和RR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(Av) = gt，求在安培1力作用下在时间t内增加的速度为(Av)2用微元法，设在微小时间At内，变力可以看做恒力，变加速运动可以看做匀加速运动，加速 k 2 L4 vk 2 L4 v度为a = *，则在At内速度的增加为Av二 e A
7、t，而v At = Az，所以在时间mR mR zt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 k 2 L4k 2 L4(Av) = Y Az，所以(Av) = - z2 mR 2 mRk 2 L4再根据运动的合成，时间t内总的增加的速度为(Av) + (Av) = gt -z。1 2 mR从宏观看速度的增加为讣2 -厂k 2 La所以gt 一万R-z =凡一vo，得线框在时间t内的总位移大小为z =mR( gt . v 2 v 2)k 2 L42 0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32008年高
8、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q,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”；k若a进入第2个磁场区域时,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磁场区域4磁场区域3等.求b穿过第2个磁场区域过程
9、中，两导体棒产生的总 焦耳热Q；磁场区域1. B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.磁场区域2B棒解：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AE 二 mgd sin 0k1设导体棒刚进入无磁场区时的速度为v，刚离开无磁场区时的速度为v ,即导体棒刚进 12 入磁场区时的速度为V ,刚离开磁场区时的速度为v，由能量守恒得： 2111 在磁场区域有：乂mv2 + Q = = mv2 + mgd sin02 1 2 2 1 11在无磁场区域：二mv2二 mv2 + mgd sin02 2 2 1 2 解
10、得：Q = mg (d + d )sin 012 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：v v = gtsin021v + v d 且平均速度：1小2二22t 在有磁场区域，对a棒：F二mg sin0 BIlBlv且.I = 且：2 RB2l2v解得：F = mgsm0 2R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At内Av = AtmB 2/2 vg sin 0 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vi，所以Av = v vvAt = d ,At = t1 2 1B2l2d2mR 1At所以:v! -
11、v2 = gt SinB 2l 2d8mR4mgRd2 sin 0B 2l 2d1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B2l2dt =1,4mgRsin08mgd R sin0v + v =212联立式，得I代入得：代入得：+得：viB2l2d14mgRdB2l 2d2sm 0 i。）B2l 2d8mR1则有工Av二工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e就等于v .所以4mgRdB 2l2dv 二2 sin U - i。B2l2d8mRa1(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
12、任一个磁场区域时的速率e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，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强1 K P1XipI：-M-S-;11D沁*卫严*:0 N!*mJ:塔I1111:XXiJ X1!|1 XKlI X1其X:驚泮!:亀度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、质量 m=O.lkg、电阻R= 0.1 Q的正方形线框MNOP以 v0=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
13、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二Blv = 1.4V，感应电流0EI二二14A，受到安培力的大小F = BIl = 2.8NR1(2)水平方向速度为0， Q = -mv2 = 2.45J20(3)用“微元法”解 E 线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势E = Blv，感应电流I =， 0RB2l2v受到安培力的大小F = BIl，得F =-R在t T At时间内，由牛顿定律：一Af = Av m求和，工(Bi! )vAt = Eav mRB2l2-x = vmR 0m v R1.75解得x =證=1.75m，线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n= 0.4 = 4.375，取整数
