1、電磁感應中的“微元法”和“牛頓第四定律”所謂：“微元法”所謂“微元法”，又叫“微小變量法”，是解物理題的一種方法。1什么情況下用微元法解題？在變力作用下做變變速運動（非勻變速運動）時，可考慮 用微元法解題。2. 關于微元法。在時間t很短或位移 X很小時，非勻變速運動可以看作勻變速運動，運動圖象中的梯形可以看作矩形，所以V t X，lv t lxs。微元法體現了微分思想。3. 關于求和。許多小的梯形加起來為大的梯形，即 s S，（注意：前面的s為小寫，后面的S為大寫），并且v v v0，當末速度v 0時，有V vo，或初速度vo 0時，有 v v,這個求和的方法體現了積分思想。4. 無論物理規律

2、用牛頓定律，還是動量定理或動能定理，都可以用微元法.如果既可以用動量定理也可以用動能定理解。對于使用老教科書的地區，這兩種解法用哪一種都行，但對于使用課程標準教科書的地區就不同了，因為課程標準教科書把動量的內容移到了選修3-5，如果不選修3-5，則不能用動量定理解，只能用動能定理解。微元法解題，體現了微分和積分的思想，考查學生學習的潛能和獨創能力。電磁感應中的微元法一些以“電磁感應”為題材的題目。可以用微元法解，因為在電磁感應中，如導體切割BLv磁感線運動，產生感應電動勢為E BLv，感應電流為I，受安培力為RF BILb2l2v，因為是變力問題，所以可以用微元法1只受安培力的情況例1.如圖所

3、示，寬度為 L的光滑金屬導軌一端封閉，電阻不計，足夠長，水平部分有 豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中。質量為m、電阻為r的導體棒從高度為 h的斜軌 上從靜止開始滑下，由于在磁場中受安培力的作用，在水平導軌上滑行的距離為S而停下。（1） 求導體棒剛滑到水平面時的速度v0 ；（2） 寫出導體棒在水平導軌上滑行的速度v與在水平導軌上滑行的距離 x的函數關 系，并畫出v X關系草圖。（3）求出導體棒在水平導軌上滑行的距離分別為S/4、S/2時的速度v1、v2 ；0S/4例題圖S/2解：(1)根據機械能守恒定律，有 mgh1 2 2 mvo，得 v°. 2gh。(2)設導體棒在水平導軌上滑

4、行的速度為v時，受到的安培力為BILb2l2安培力的方向與速度 用微元法，安培力是變力,v方向相反。設在一段很短的時間t 內,速度變化很小，可以認為沒有變化,所以安培力可以看做恒力,根據牛頓第二定律，加速度為匹v，很短的時間mRt內速度的變化為atB2L2vmRx，那么在時間t內速度的變化為v vo2 2BL)(mRV v。b2l2因為，所以B 2|2B-) x，速度mRxmR2既受安培力又受重力的情況 例2. 2010年南京市高考模擬題 如圖所示，豎直平面內有一邊長為L、質量為m、電阻為R的正方形線框在豎直向下的勻強重力場和水平方向的磁場組成的復合場中以初速度v0水平拋出，磁場方向與線框平面

5、垂直,磁場的磁感應強度隨豎直向下的 z軸按B B0 kz得規律均勻增大，已知重力加速度為g ,求:(1) 線框豎直方向速度為 時，線框中瞬時電流的大小；(2) 線框在復合場中運動的最大電功率；v2所經歷的時間為t，那么，線框在時間t內(3) 若線框從開始拋出到瞬時速度大小到達的總位移大小為多少？XXXXB1 XKXXXXXXXXXXXXXXXXXr解：(1)因在豎直方向兩邊的磁感應強度大小不同，所以產生感應電流為B1) Lv1kLR（2）當安培力等于重力時豎直速度最大，功率也就最大mg(B2 BJIL2 2(B2 BJLVmk2L4VmR所以mgRVm kVPmmgVm2Rk2L4(3)線框受

6、重力和安培力兩個力，其中重力mg為恒力，安培力222 4(B2 B1) L Vz k L Vz為變力，我們把線框的運動分解為在重力作用下的運R動和在安培力作用下的運動。在重力作用下，在時間t內增加的速度為（v）1gt，求在安培力作用下在時間t內增加的速度為（v）2用微元法，設在微小時間t內，變力可以看做恒力，變加速運動可以看做勻加速運動,k2 l4vk2 L4 v速度為az，則在t內速度的增加為 vzmRmRt ，而 vz tz，所以在時間t內由于安培力的作用而增加的速度（因為增加量為負，所以實際是減小）為(v)2 心mRz，所以（v）2k2L4z mR再根據運動的合成，時間t內總的增加的速度

7、為k2L4(vh ( vb = gtz。 mR從宏觀看速度的增加為V；V；,所以gt2 4z = . v|mR，得線框在時間t內的總位移大小為z mR（gt V2V2) k2L4_。從例題可以看出，所謂微元法是數學上的微積分理念在解物理題中的應用3.重力和安培力不在一條直線上的情況 例3. 2008年高考江蘇省物理卷第 15題如圖所示，間距為L的兩條足夠長的平行金屬導軌與水平面的夾角為導軌光滑且電阻忽略不計.場強為B的條形勻強磁場方向與導軌平面垂直，磁場區域的寬度為di,間距為d2.兩根質量均為m、有效電阻均為R的導體棒a和b放在導軌上，并與導軌垂直.（設重力加速度 為g）若a進入第2個磁場區

8、域時，b以與a同樣的速度進入第1個磁場區域，求b穿過第1個磁 場區域過程中增加的動能 Ek ；若a進入第2個磁場區域時，b恰好離開第1個磁場區域；此后a離開第2個磁場區域時， b又恰好進入第2個磁場區域.且a. b在任意一個磁場區域或無磁場區域的運動時間 均相等.求b穿過第2個磁場區域過程中，兩導體棒產生的總焦耳熱Q;對于第問所述的運動情況，求 a穿出第k個磁場區域時的速率 v.di磁場區域2磁場區域3 - Bdidid2d2磁場區域4 - Bd2d2磁場區域5 Bdidididid2d2d2解：因為a和b產生的感應電動勢大小相等，按回路方向相反，所以感應電流為 和b均不受安培力作用，由機械能

9、守恒得0，所以aEk mgdi sin設導體棒剛進入無磁場區時的速度為vi,剛離開無磁場區時的速度為v2，即導體棒剛進入磁場區時的速度為 V2,剛離開磁場區時的速度為 Vi，由能量守恒得:在磁場區域有:在無磁場區域:1 2mvi21 2 mv22Q 一 mv；21 2mvi2mgd-i sinmgd2 sin棒a解得：Q mg(di d2)sin用微元法2R設導體棒在無磁場區域和有磁場區域的運動時間都為在無磁場區域有：v2vigtsi n且平均速度：vV2生2t在有磁場區域，對a棒:Fmg sinBIl解得：F mgsin2 2B l v2R因為速度V是變量，用微元法根據牛頓第二定律,在一段很

10、短的時間t內Fv tm則有 VgsinB2l2v2mR因為導體棒剛進入磁場區時的速度為V2,剛離開磁場區時的速度為Vi，所以v V1 V2, v t d1 ,所以：v1 v2gtsinB2l2 d1 2mR聯立式，得v1型于"sinB2l2d1B2l2d18mR（原答案此處一筆帶過，實際上這一步很麻煩，以下筆者給出詳細過程:代入得：t2 2B l d14mgRsi n '代入得:Viv 8mgd2 Rs in2 2B l di+得:2 24mgRdB l d1sinB2l2d18mR。）a. b在任意一個磁場區域或無磁場區域的運動時間均相等，所以a穿出任一個磁場區域時的速率V

11、就等于Vi 所以2 24mgRdB l d1v 廠 sinB2l2d18mR（注意：由于a. b在任意一個磁場區域或無磁場區域的運動時間均相等，所以a穿出任一個磁場區域時的速率 v都相等，所以所謂“第 K個磁場區”，對本題解題沒有特別意義。） 練習題練習題1.2007年高考江蘇省物理卷第18題如圖所示，空間等間距分布著水平方向的條形勻強磁場，豎直方向磁場區域足夠長，磁感應強度B=1T，每一條形磁場區域的寬度及相鄰條形 磁場區域的間距均為 d=0.5m，現有一邊長l=0.2m、質 量m=0.1kg、電阻R= 0.1 Q的正方形線框M NOP以pm%珥攔:ON；JKvo=7m/s的初速從左側磁場邊

12、緣水平進入磁場，求(1) 線框MN邊剛進入磁場時受到安培力的大小F。(2) 線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產生的焦耳熱Q。(3) 線框能穿過的完整條形磁場區域的個數n。解：(1)線框MN邊剛進入磁場時，感應電動勢E Blvo1.4V，感應電流I R14A，受到安培力的大小f=bi12.8N(2)水平方向速度為 0, Q Imvo22.45J(3) 用“微元法”解線框在進入和穿出條形磁場時的任一時刻,感應電動勢 EBlvo，感應電流IB 2| 2v受到安培力的大小 F = BIl，得FRt時間內，由牛頓定律：F tm求和，B212B2l2v,mRx V。解得mv0R2 21.75m ,線框

13、能穿過的完整條形磁場區域的個數B2l21 75“百 4.375，取整(2)線框第一次穿越磁場區域所需的時間1 ；(3)經過足夠長時間后，線框上邊與磁場區域下邊界的最大距離xm。數為4。練習題2.2009年高考江蘇省物理卷第 15題如圖所示，兩平行的光滑金屬導軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導軌間距為L、足夠長且電阻忽略不計，導軌平面的傾角為。條形勻強磁場的寬度為 d，磁感應強度大小為 B、方向與導軌平面垂直。長度為 2d的絕緣桿將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成I 1”型裝置。總質量為 m，置于導軌上。導體棒中通以大小恒為 I的電流(由外接恒流 源產生，圖中未畫出)。線框的邊長為d ( d L

14、 ),電阻為R,下邊與磁場區域上邊界重合。 將裝置由靜止釋放， 導體棒恰好運動到磁場區域下邊界處返回。 導體棒在整個運動過程中始 終與導軌垂直。重力加速度為 g。求：(1)裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產生的焦耳熱Un,d（第L5題圖）【解答】設裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中, 做功為W由動能定理mgsin 4d W BILd 0作用在線框的安培力且Q W解得 Q 4mgd sin BILd（1）設線框剛離開磁場下邊界時的速度為V!，則接著向下運動1 2 由動能定理mgsin 2d BILd 0 mw2裝置在磁場中運動的合力2dF mg sinF'感應電動勢Bdv

15、感應電流I'R安培力F' BI'd由牛頓第二定律，在t到t t時間內，有 v F tm貝Vv= (g sinB2d 2vmR)t2B2d3mR.2m(BILd 2mgd sin )2B2dmg sin（2） 經過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離xm之間往復運動,由動能定理 mg sin xmBIL(xm d) 0解得XmBILdoBILd mg sin解：（本人研究的另外解法：用“牛頓第四定律”解） 第（1問，同原解答第（2）問：設線框剛離開磁場下邊界時的速度為Vi ,則接著向下運動2d ,速度變為0,根據動能定理1.-2 BILdmg sin2d BILd 0my，所以 Vi“ 4gd sinm注意：導體棒在磁場中運動的位移是 d，而不是2d，且因為是恒流，所以安培力是恒 力。因為線框在磁場中的運動時受到的合力F mg