2022年微元法江蘇省高考物理試題特色解法

1、優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載微元法：江蘇省高考物理試題的特色解法江蘇省特級(jí)教師戴儒京我長期研究高考試題，發(fā)現(xiàn)，江蘇省 20xx 年到 20xx 年 4 年來高考物理卷中的最后一題：電磁感應(yīng)大題，在標(biāo)準(zhǔn)答案中，都是用微元法解的，可以說是江蘇省高考物理試題的特色解法，因?yàn)槿珖砗推渌∈芯矶紱]有。經(jīng)筆者研究，也可以采用另外的解法。1. 20xx 年高考江蘇省物理卷第18 題（分）如圖所示，空間等間距分布著水平方向的條形勻強(qiáng)磁場，豎直方向磁場區(qū)域足夠長，磁感應(yīng)強(qiáng)度，每一條形磁場區(qū)域的寬度及相鄰條形磁場區(qū)域的間距均為d=0.5m，現(xiàn)有一邊長 l=0.2m、質(zhì)量 m=0.1kg、電阻 0.1的正方形線框以v0=

2、7m/s 的初速從左側(cè)磁場邊緣水平進(jìn)入磁場，求（）線框邊剛進(jìn)入磁場時(shí)受到安培力的大小。（）線框從開始進(jìn)入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱。（）線框能穿過的完整條形磁場區(qū)域的個(gè)數(shù)n。解：（ 1）線框邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢vblve4 .10，感應(yīng)電流reia14，受到安培力的大小=nbil8.2（2）水平方向速度為0，2021mvqj45. 2（3）解法 1 原答案給出的解法. 線框在進(jìn)入和穿出條形磁場時(shí)的任一時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢0blve，感應(yīng)電流rei，受到安培力的大小=bil，得rvlbf22，在tt時(shí)間內(nèi)，由牛頓定律：vtmf求和，vtvmrlb)(22, 022vxmrlb解得mlb

3、rmvx75.1220，線框能穿過的完整條形磁場區(qū)域的個(gè)數(shù)n=375.44 .075.1，取整數(shù)為 4。解法 2. 新解法線框在進(jìn)入和穿出條形磁場時(shí)的任一時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢blve，感應(yīng)電流rei，受到安培力的大小=bil，得kvrvlbf22，其中rlbk22, 由于速度是變化的，所精品學(xué)習(xí)資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 1 頁，共 14 頁 - - - - - - - - -優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載以力是變化的，線框在水平方向只受安培力作用，安培力與速度成正比，線框在水平方向的運(yùn)動(dòng)是速度隨位移均勻變化的運(yùn)動(dòng)，所以xmkv，從初速度0v運(yùn)動(dòng)到水平

4、速度為0，xmkv0，通過的位移為0vkmx，即mlbrmvx75.1220，線框能穿過的完整條形磁場區(qū)域的個(gè)數(shù)n=375. 44 .075. 1，取整數(shù)為4。2. 20xx 年高考江蘇省物理卷第15題15、（ 16分）如圖所示，間距為l的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為 ，導(dǎo)軌光滑且電阻忽略不計(jì)場強(qiáng)為 b的條形勻強(qiáng)磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，磁場區(qū)域的寬度為d1，間距為 d2兩根質(zhì)量均為m、有效電阻均為r的導(dǎo)體棒 a和b放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直（設(shè)重力加速度為g）若 a進(jìn)入第 2個(gè)磁場區(qū)域時(shí)，b以與 a同樣的速度進(jìn)入第1個(gè)磁場區(qū)域，求b穿過第 1個(gè)磁場區(qū)域過程中增加的動(dòng)能 ek；若 a進(jìn)

5、入第 2個(gè)磁場區(qū)域時(shí)，b恰好離開第 1個(gè)磁場區(qū)域；此后a離開第 2個(gè)磁場區(qū)域時(shí)，b 又恰好進(jìn)入第2個(gè)磁場區(qū)域且ab在任意一個(gè)磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相等求 b穿過第 2個(gè)磁場區(qū)域過程中，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總焦耳熱q；對(duì)于第問所述的運(yùn)動(dòng)情況，求a穿出第 k個(gè)磁場區(qū)域時(shí)的速率vd1 15.解析：因?yàn)?a和b產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小相等，按回路方向相反，所以感應(yīng)電流為0，所以a和b均不受安培力作用，由機(jī)械能守恒得1s i nkem g d設(shè)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入無磁場區(qū)時(shí)的速度為1v,剛離開無磁場區(qū)時(shí)的速度為2v,即導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場區(qū)時(shí)的速度為2v,剛離開磁場區(qū)時(shí)的速度為1v，由能量守恒得：在磁場區(qū)域有：22

6、12111sin22mqmmgdvv磁場區(qū)域 1 b 磁場區(qū)域 2 b 磁場區(qū)域 3 b 磁場區(qū)域 4 b 磁場區(qū)域 5 b 棒b 棒a d1 d1 d1 d2 d2 d2 d2 d1精品學(xué)習(xí)資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 2 頁，共 14 頁 - - - - - - - - -優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載在無磁場區(qū)域：2221211sin22mmmgdvv解得：12()sinqmg dd解法 1. 原答案給的解法：微元法設(shè)導(dǎo)體棒在無磁場區(qū)域和有磁場區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間都為t，在無磁場區(qū)域有：21singtvv且平均速度：1222dtvv在有磁場區(qū)域，對(duì)a

7、棒：sinfmgbil且：2blirv解得 : rvlbf2mgsin22因?yàn)樗俣葀是變量，用微元法根據(jù)牛頓第二定律, 在一段很短的時(shí)間t內(nèi)tmfv則有22sin2b lgtmrvv因?yàn)閷?dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場區(qū)時(shí)的速度為2v,剛離開磁場區(qū)時(shí)的速度為1v, 所以21vvv, 1dtv，tt所以：122212sindmrlbgtvv聯(lián)立式,得mrdlbdlbmgrdv8sin412212221（原答案此處一筆帶過，實(shí)際上這一步很麻煩，以下筆者給出詳細(xì)過程：代入得：sin4122mgrdlbt，代入得：122221sin8dlbrmgdvv+得：mrdlbdlbmgrdv8sin412212221。）精品

8、學(xué)習(xí)資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 3 頁，共 14 頁 - - - - - - - - -優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載ab在任意一個(gè)磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相等, 所以 a穿出任一個(gè)磁場區(qū)域時(shí)的速率 v就等于1v所以mrdlbdlbmgrdv8sin41221222。（注意：由于ab 在任意一個(gè)磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相等，所以a 穿出任一個(gè)磁場區(qū)域時(shí)的速率v 都相等，所以所謂“第k 個(gè)磁場區(qū)”，對(duì)本題解題沒有特別意義。）解法 2. 筆者的解法：運(yùn)動(dòng)分解法在無磁場區(qū)域，棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，有：21singtvvs in2112gttvd

9、在有磁場區(qū)域，把棒的運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)運(yùn)動(dòng)，一個(gè)是在重力的下滑分力作用下的速度的變化對(duì)時(shí)間來說是均勻變化的勻加速運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)是在安培力作用下的速度的變化對(duì)位移來說是均勻變化的勻減速運(yùn)動(dòng)，棒在有磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也為t，運(yùn)動(dòng)的位移為1d，對(duì)在重力的下滑分力作用下的勻加速運(yùn)動(dòng)，有sin)(1gtv, 1)( v表示由于重力作用而引起的速度的變化。對(duì)在安培力作用下的運(yùn)動(dòng)，因?yàn)榘才嗔vvrlbbilf222(其中rlbk222)與速度成正比。所以， 由于安培力作用而引起的速度的變化為12222)(dmrlbv， 因?yàn)楸绢}安培力使速度減小，所以加負(fù)號(hào)。綜合、 兩式， 令21)()(vvv得mrdlbgtv

10、2sin122, v表示經(jīng)過有磁場區(qū)域速度的變化，即21vvv，所以mrdlbgtvv2sin12221、兩式聯(lián)立解得sin4122mgrdlbt代入得mrdlbdlbmgrdv8sin4122122211v就是所要求的棒a 穿出任一個(gè)磁場區(qū)域時(shí)的速率，mrdlbdlbmgrdv8sin41221222為了形象地表示兩種勻變速運(yùn)動(dòng)，畫出以下圖象。左圖是速度隨時(shí)間變化的勻加速運(yùn)動(dòng)，精品學(xué)習(xí)資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 4 頁，共 14 頁 - - - - - - - - -優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載右圖是速度隨位移變化的勻減速運(yùn)動(dòng)。3.20xx 年

11、高考江蘇省物理卷第15 題(16 分) 【題目】如圖所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為l、足夠長且電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)軌平面的傾角為。條形勻強(qiáng)磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 b、方向與導(dǎo)軌平面垂直。長度為d2的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置?？傎|(zhì)量為m，置于導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒中通以大小恒為i 的電流（由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未畫出）。線框的邊長為d（ld） ，電阻為r，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動(dòng)到磁場區(qū)域下邊界處返回。導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)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(chǎn)

12、生的焦耳熱q；（2）線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時(shí)間1t；（3）經(jīng)過足夠長時(shí)間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離mx?！窘獯稹浚}者提供的解答）（1）設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到磁場下邊界的過程中，作用在線框的安培力做功為 w 由動(dòng)能定理wdmg4sinbild0精品學(xué)習(xí)資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 5 頁，共 14 頁 - - - - - - - - -優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載且wq解得qsin4mgdbild（2）設(shè)線框剛離開磁場下邊界時(shí)的速度為1v，則接著向下運(yùn)動(dòng)d2由動(dòng)能定理dmg2sinbild02121mv裝置在磁場中運(yùn)動(dòng)的

13、合力sinfmgf感應(yīng)電動(dòng)勢bdv感應(yīng)電流ri 安培力dbif由牛頓第二定律，在t到tt時(shí)間內(nèi)，有tmfv則v=tmrvdbg)sin(22有1vsin1gtmrdb322解得sin2)sin2(2321mgrdbmgdbildmt（3）經(jīng)過足夠長時(shí)間后，線框在磁場下邊界與最大距離mx之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理mxmgsin)(dxbilm0解得sinmgbildbildxm?！窘馕觥浚ū救搜芯康牧硗饨夥ǎ┑冢?1）問，同原解答第（ 2）問：設(shè)線框剛離開磁場下邊界時(shí)的速度為1v，則接著向下運(yùn)動(dòng)d2，速度變?yōu)?，根據(jù)動(dòng)能定理212102sinmvbilddmg，所以sin421gdmbildv注意

14、：導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)動(dòng)的位移是d，而不是d2，且因?yàn)槭呛懔?，所以安培力是恒力。精品學(xué)習(xí)資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 6 頁，共 14 頁 - - - - - - - - -優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載因?yàn)榫€框在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的合力安fmgfsin，而vrbf22d安是與速度v成正比的力， 所以把線框在磁場中的運(yùn)動(dòng)分解為在重力的分力作用下的速度隨時(shí)間均勻變化的勻變速直線運(yùn)動(dòng)和在安培力作用下的速度隨位移均勻變化的勻變速直線運(yùn)動(dòng)兩種運(yùn)動(dòng)，前者速度的變化與時(shí)間成正比，后者速度的變化與位移成正比，有12212sinvdmrdbtg注意：因?yàn)榫€框下邊進(jìn)磁場和

15、上邊出磁場，掠過的距離共d2。所以sin23211gmrdbvt=sin2sin42322mgrdbgdmmbild第（ 3）問，同原解答，不重復(fù)。從以上3 題可以看出，如果把牛頓的這個(gè)規(guī)律當(dāng)作定律，對(duì)此類題解起來就沒有微元法那么麻煩了，也沒有那么難懂了。當(dāng)然，用這個(gè)規(guī)律能解的題目決不止這3 題而已，而是很多。4. 19 （17 分）如圖所示，頂角=45，的金屬導(dǎo)軌mon 固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌處在方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為b 的勻強(qiáng)磁場中。一根與on 垂直的導(dǎo)體棒在水平外力作用下以恒定速度0 v 沿導(dǎo)軌mon 向左滑動(dòng)，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒單位長度的電阻均勻?yàn)閞.導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)的a和

16、 b，導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸.t=0 時(shí)，導(dǎo)體棒位于頂角o 處，求：（1）t 時(shí)刻流過導(dǎo)體棒的電流強(qiáng)度i 和電流方向。（2）導(dǎo)體棒作勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)水平外力f 的表達(dá)式。（3）導(dǎo)體棒在ot 時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱q。（4）若在to 時(shí)刻將外力f 撤去，導(dǎo)體棒最終在導(dǎo)軌上靜止時(shí)的坐標(biāo)x。16 解析： (1) 把該帶電粒子移到a 板，克服電場力做功為：0qexw電，同時(shí)電勢能增加為:00pxe,所以0qexepxo。（2）解法一在帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向上任取一點(diǎn)，設(shè)坐標(biāo)為x 由牛頓第二定律可得：maqe精品學(xué)習(xí)資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - -

17、第 7 頁，共 14 頁 - - - - - - - - -優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：)(202xxavx聯(lián)立以上兩式得)(2102xxqemvexkx。0qexeeepxkxx。（2）解法二在 x 軸上任取兩點(diǎn)x1、x2，速度分別為v1、v2 maqef)(2122122xxavv聯(lián)立得：)(21222qexmv=)(21121qexmv22pkee=11pkee。17 （1）設(shè)a 球下落的高度為h tvl0221gth聯(lián)立得2022vglh（2）由水平方向動(dòng)量守恒得0baxmvmvmv由機(jī)械能守恒得：222021)(21aybymvvvm=)(21)(212222bybxayax

18、vvmvvm式中ayayvv，bybyvv聯(lián)立得0vvax，0bxv(3) 由水平方向動(dòng)量守恒得：bxmvmv2020vmmvibx。18.（1）eeheh224014211epmmmm24jmce1221014.4. 精品學(xué)習(xí)資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 8 頁，共 14 頁 - - - - - - - - -優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載(2)kgmeptm39101 .6氦的含量%2103101.64139mmk（3）由估算結(jié)果可知，%2k，遠(yuǎn)小于25%的實(shí)際值，所以銀河系中的氦主要是宇宙誕生后不久生成的。19.解： （1）0 到t時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體

19、棒的位移tvx0，t時(shí)刻，導(dǎo)體棒的有效長度xxl045tan，導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動(dòng)勢0blve，回路總電阻xrr)22(，電流強(qiáng)度為rbvrei)22(0，電流方向ab。（2）rtvbbilf)22(202。（3）解法一t時(shí)刻導(dǎo)體棒的電功率2rip=rtvb2302)22(2，tprtvbtptpq22302_)22(22。解法二t時(shí)刻導(dǎo)體棒的電功率2rip=rtvb2302)22(2，由于 i 恒定，trvr0t，因此22_2_ririprtvbritpq223022_)22(22（4） 撤去外力后， 設(shè)任意時(shí)刻t導(dǎo)體棒的坐標(biāo)為x， 速度為v， 取很短時(shí)間t或很短距離x，解法一精品學(xué)習(xí)資料 可選

20、擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 9 頁，共 14 頁 - - - - - - - - -優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載在ttt 時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)量定理得vmtbilvmtlvrb)()22(2，02)22(mvsrb掃過的面積：2)(00 xxxxs=2202xx（000tvx）得20020)()22(2tvbrmvx。 y f ss0 x0 x xxltlvs或設(shè)滑行距離為d，則ddtvtvs2)(0000即022002sdtvd450 精品學(xué)習(xí)資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 10 頁，共 14 頁 - - -

21、- - - - - -優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載解之20000)(2tvstvd（負(fù)值已舍去）得dtvx00200)(2tvs=20020)()22(2tvbrmv（11）解法二在xxx ，由動(dòng)能定理得22)(2121vvmmvxf=vmv（忽略高階小量）（12）得srb)22(2=vm（13）02)22(mvsrb（14）以下解法同解法一解法三（ 1）由牛頓第二定律，得tvmmaf得vmtf。以下解法同解法一解法三（ 2）由牛頓第二定律得xvvmtvmmaf，精品學(xué)習(xí)資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 11 頁，共 14 頁 - - - - - -

22、- - -優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載得vmvxf，以下解法同解法二。解法四：在dttt 時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)量定理得mdvbildt（1）因?yàn)榘才嗔ο蜃蠖俣认蛴?，?yán)格應(yīng)加負(fù)號(hào)。xxl045tan，（2）在第（ 1）問中已求出：rbvrei)22(0，因?yàn)樵?0t階段導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，速度是0v，在0tt，時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒做變減速運(yùn)動(dòng)，速度從0v減小到 0，設(shè)這過程中時(shí)刻為t 時(shí)的速度為v，則上式變?yōu)閞bvrei)22(，（ 3）又vdxdt（4）將（ 2）（ 3）（ 4）代入（ 1）得mdvxdxrb)22(2（5）積分0200)22(vxxdvmxdxrb（6）得)0()22()22(02022vmxxrb（7）解得2020)()22(2xbrmvx將000tvx代入得精品學(xué)習(xí)資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 12 頁，共 14 頁 - - - - - - - - -優(yōu)秀學(xué)習(xí)資料歡迎下載20020)()22(2tvbrmvx。解法五。解法 4 中的式變?yōu)関mtbil， （在只求大小時(shí)可不加負(fù)號(hào)）到式不變，則式變?yōu)関mxxrb)22(2，求和vmxxrb)22(2，02)22(mvsrb以下同解法一總結(jié)歸納如下：1. 關(guān)于微元法。在時(shí)間t很短或位移x很小時(shí)，變速運(yùn)動(dòng)可以看作勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)圖象中的梯形可以看作矩形，所以xtv，sxltlv。微元法