電磁感應(yīng)微元法2018

1、電磁感應(yīng)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。什么情況下用微元法解題？在變力作用下做變變速運(yùn)動(dòng)非勻變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，可考慮 用微元法解題。關(guān)于微元法。在時(shí)間At很短或位移A很小時(shí)，非勻變速運(yùn)動(dòng)可以看作勻變速運(yùn)動(dòng)， 運(yùn)動(dòng)圖象中的梯形可以看作矩形，所以vAt = Ax，IvAt = lAx = As。微元法表達(dá)了微分思 想。關(guān)于求和Z。許多小的梯形加起來(lái)為大的梯形，即s = AS ,注意：前面的s 為小寫，后面的S為大寫），并且Eav = V t。，當(dāng)末速度V = 0時(shí)，有Eav = V0，或初 速度v = 0時(shí)，有Eav = v，這個(gè)

2、求和的方法表達(dá)了積分思想。0無(wú)論物理規(guī)律用牛頓定律，還是動(dòng)量定理或動(dòng)能定理，都可以用微元法.如果既可以用動(dòng)量定理也可以用動(dòng)能定理解。對(duì)于使用老教科書的地區(qū)，這兩種解法用 哪一種都行，但對(duì)于使用課程標(biāo)準(zhǔn)教科書的地區(qū)就不同了，因?yàn)檎n程標(biāo)準(zhǔn)教科書把動(dòng)量的內(nèi) 容移到了選修3-5,如果不選修3-5，則不能用動(dòng)量定理解，只能用動(dòng)能定理解。微元法解題，表達(dá)了微分和積分的思想，考查學(xué)生學(xué)習(xí)的潛能和獨(dú)創(chuàng)能力。電磁感應(yīng)中的微元法一些以“電磁感應(yīng)”為題材的題目?？梢杂梦⒃ń猓?yàn)樵陔姶鸥袘?yīng)中，如導(dǎo)體切割 磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E = BLv，感應(yīng)電流為I = 軍，受安培力為RB 2 LF = BIL =二一

3、v，因?yàn)槭亲兞栴}，所以可以用微元法.R只受安培力的情況例1.如下圖，寬度為L(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌一端封閉，電阻不計(jì)，足夠長(zhǎng)，水平部分有豎 直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒從高度為h的斜軌上 從靜止開始滑下，由于在磁場(chǎng)中受安培力的作用，在水平導(dǎo)軌上滑行的距離為S而停下。（1）求導(dǎo)體棒剛滑到水平面時(shí)的速度V ；0（2）寫出導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上滑行的速度V與在水平導(dǎo)軌上滑行的距離x的函數(shù)關(guān) 系，并畫出V - x關(guān)系草圖。求出導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上滑行的距離分別為S/4、S/2時(shí)的速度V1、V2 TOC o 1-5 h z 0S/4S/2例題圖解：1根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有mgh =

4、 2 mv2，得v0 = （2gh。廠B 2 L2（2）設(shè)導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上滑行的速度為v時(shí)，受到的安培力為f = BIL =v，R安培力的方向與速度v方向相反。用微元法，安培力是變力，設(shè)在一段很短的時(shí)間Ar內(nèi)，速度變化很小，可以認(rèn)為沒有變化， fB2L2, 一,八所以安培力可以看做恒力，根據(jù)牛頓第二定律，加速度為。=-v，很短的時(shí)間 m mR TOC o 1-5 h z -B 2 L2 A -A內(nèi)速度的變化為Av = at =- -vAr，而vAt = Ax，那么在時(shí)間t內(nèi)速度的變化為 mRB 2 LB 2 L2、AV =Z （-一 ） vAt，因?yàn)?x，所以 AV = （-） - x，速度

5、 mRmRB 2 L2v = v + AV = v - 一 - x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下圖，豎直平面內(nèi)有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形線框在豎直向下的勻強(qiáng)重 力場(chǎng)和水平方向的磁場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)中以初速度v0水平拋出，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直， 磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨豎直向下的z軸按B = B0 +炫得規(guī)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v 1時(shí)，線框中瞬時(shí)電流的大小；（2）線框在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大電功率；（3）假設(shè)線框從開始拋出到瞬時(shí)速度大小到達(dá)v2所經(jīng)歷的時(shí)間為t，那么，線框在時(shí)間t 內(nèi)的總位移大小為多少？解：1因在豎直方

6、向兩邊的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同，所以產(chǎn)生感應(yīng)電流為.e (B B ) Lv kL2R 2 r 1 R(2)當(dāng)安培力等于重力時(shí)豎直速度最大，功率也就最大mg = (B B )IL =(B2 一 叩2土 =爛K21RR所以v廣mRm 2 g 2 R 叫廣FT3線框受重力和安培力兩個(gè)力，其中重力mg為恒力，安培力.(B B )2L2vk2Lavf =21& = 一為變力，我們把線框的運(yùn)動(dòng)分解為在重力作用下的運(yùn)RR動(dòng)和在安培力作用下的運(yùn)動(dòng)。在重力作用下，在時(shí)間內(nèi)增加的速度為即，求在安培力作用下在時(shí)間t內(nèi)增加的速度為(Av)2用微元法，設(shè)在微小時(shí)間At內(nèi)，變力可以看做恒力，變加速運(yùn)動(dòng)可以看做勻加速運(yùn)動(dòng)，加k

7、 2 L vk 2 L v-速度為。= R，則在At內(nèi)速度的增加為Av = -rz At，而vAt = Az，所以在時(shí)間t內(nèi)由于安培力的作用而增加的速度因?yàn)樵黾恿繛樨?fù)，所以實(shí)際是減小為/、 k2Lk2L(Av)2 =-r Az，所以 (Av)2 =-R zk 2 L4再根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成，時(shí)間曲總的增加的速度為(Av)i + (Av)2 =詼偵。, k 2 L4從宏觀看速度的增加為,.v；-vj，所以gt -R - z = 3；-v0，得線框在時(shí)間t內(nèi)的總位移大小為z 位移大小為z =k 2 L從例題可以看出，所謂微元法是數(shù)學(xué)上的微積分理念在解物理題中的應(yīng)用.重力和安培力不在一條直線上的情況例3.

8、 2008年高考江蘇省物理卷第15題如下圖，間距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為日導(dǎo)軌光滑且電阻忽 略不計(jì).場(chǎng)強(qiáng)為B的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為勺，間距為四.兩 根質(zhì)量均為m、有效電阻均為R的導(dǎo)體棒。和放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直.設(shè)重力加速度 為g假設(shè)。進(jìn)入第2個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，小以與。同樣的速度進(jìn)入第1個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域，求穿過(guò)第1個(gè) 磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中增加的動(dòng)能；假設(shè)。進(jìn)入第2個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)M恰好離開第1個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域;此后。離開第2個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)， b又恰好進(jìn)入第2個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域.且q. b在任意一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域或無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 均相等.求b穿過(guò)第2個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生

9、的總焦耳熱Q；對(duì)于第問所述的運(yùn)動(dòng)情況，求q穿出第化個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速率0.di磁場(chǎng)區(qū)域di磁場(chǎng)區(qū)域5解：因?yàn)閝和b產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，按回路方向相反，所以感應(yīng)電流為0，所以q 和b均不受安培力作用，由機(jī)械能守恒得AE = mgd sin 0設(shè)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入無(wú)磁場(chǎng)區(qū)時(shí)的速度為v，剛離開無(wú)磁場(chǎng)區(qū)時(shí)的速度為v，即導(dǎo)體棒剛2由能量守恒得:進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)時(shí)的速度為v，剛離開磁場(chǎng)區(qū)時(shí)的速度為V，由能量守恒得:211八 1，.八在磁場(chǎng)區(qū)域有：2mv2 + Q = mv2 + mgd sin011在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域：萬(wàn)mv2 = mv2 + mgd2 sin0解得：Q = mg （+ d2）sin 0用微元法設(shè)導(dǎo)體棒

10、在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域和有磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間都為，在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域有：v2 -匕=gtsin0且平均速度：土二=d 2 t在有磁場(chǎng)區(qū)域，對(duì)q在有磁場(chǎng)區(qū)域，對(duì)q棒:F = mg sin 0 一 BIlT Blv且：I =2 RB212 v解得：F = mgsin0 -2 R因?yàn)樗俣萔是變量，用微元法根據(jù)牛頓第二定律，在一段很短的時(shí)間At內(nèi)Av = Atm.八 B2/2 v g sin 0 2mR因?yàn)閷?dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)時(shí)的速度為V2,剛離開磁場(chǎng)區(qū)時(shí)的速度為V1,所以Zav = V1 七=gt sin 0 B2 d2mR 1聯(lián)立式，得V14mgRd 0_ B 212dB 212 d8mR聯(lián)立式，得V11原答案此處

11、一筆帶過(guò)，實(shí)際上這一步很麻煩，以下筆者給出詳細(xì)過(guò)程:代入得:B 代入得:B 212 dt =14mgR sin 0代入得:8mgd R sin 012 =b 2代入得:8mgd R sin 012 =b 2/2 d14mgRd?0_ B 212dB 212 d8mR 1萬(wàn)在任意一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域或無(wú)磁場(chǎng)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(chǎng)區(qū)域+得：V1a時(shí)的速率v就等于V1.所以B 21B 212 d1。8mRr d I r J _ IT-*T-r *1 pf畔 土(J rMa4mgRd .v =2 sin 0B 212 d 1注意：由于a. b在任意一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域或無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相等，所

12、以a穿出任一 個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速率v都相等，所以所謂“第K個(gè)磁場(chǎng)區(qū)”，對(duì)此題解題沒有特別意義。 練習(xí)題練習(xí)題1. 2007年高考江蘇省物理卷第18題如下圖，空間等間距分布著水平方向的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，豎直方向磁場(chǎng)區(qū)域足夠長(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng) 度B=1T，每一條形磁場(chǎng)區(qū)域的寬度及相鄰條形磁 場(chǎng)區(qū)域的間距均為d=0.5m，現(xiàn)有一邊長(zhǎng)l=0.2m、質(zhì)量 m=0.1kg、電阻R=0.1Q的正方形線框MNO P以iMI C K II ，L .JKXI x!N! M1 X 1 4 I XI KXI x!N! M1 X 1 4 I Xv0=7m/s的初速?gòu)淖髠?cè)磁場(chǎng)邊緣水平進(jìn)入磁場(chǎng)，求1線框MN邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到安培力的大

13、小F。2線框從開始進(jìn)入磁場(chǎng)到豎直下落的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。3線框能穿過(guò)的完整條形磁場(chǎng)區(qū)域的個(gè)數(shù)n。解：1線框MN邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E = Blv0 = 1.4V，感應(yīng)電流I = E = 14A，受到安培力的大小F = BIl = 2.8NR八 12水平方向速度為0，Q = 2mv2 = 2.45J3)用“微元法”解線框在進(jìn)入和穿出條形磁場(chǎng)時(shí)的任一時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E = Blv，感應(yīng)電流I = E，0RB 212 v 受到安培力的大小F = BIl，得F = -，R在t t時(shí)間內(nèi)，由牛頓定律:F在t t時(shí)間內(nèi)，由牛頓定律:F At = Av m求和，Z(Jt = ZavmRB 212x

14、 = vmR 01.75_1.75_n= = 4.375,取整解得X =我=E，線框能穿過(guò)的完整條形磁場(chǎng)區(qū)域的個(gè)數(shù)數(shù)為4。練習(xí)題2.2009年高考江蘇省物理卷第15題如下圖，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(zhǎng)、足夠長(zhǎng)且電 阻忽略不計(jì)，導(dǎo)軌平面的傾角為a。條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(zhǎng)度為2d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 “古”型裝置。總質(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(zhǎng)為dd L，電阻為R，下邊與磁場(chǎng)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(chǎng)區(qū)

15、域下邊界處返回。導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始 終與導(dǎo)軌垂直。重力加速度為g。求：裝置從釋放到開始返回的過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；線框第一次穿越磁場(chǎng)區(qū)域所需的時(shí)間11；經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，線框上邊與磁場(chǎng)區(qū)域下邊界的最大距離xm。（笫偵鹿圖）（笫偵鹿圖）【解答】設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)下邊界的過(guò)程中，作用在線框的安培力 做功為W由動(dòng)能定理 mg sin a - 4d + W - BILd = 0且 Q = -W解得 Q = 4mgd sin a - BILd（1） 設(shè)線框剛離開磁場(chǎng)下邊界時(shí)的速度為v ，則接著向下運(yùn)動(dòng)2d由動(dòng)能定理 mg sin 由動(dòng)能定理 mg sin a - 2d -

16、BILd = 021裝置在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的合力F = mg sin a - F感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) = Bdv, 感應(yīng)電流I=-R安培力F = BI d由牛頓第二定律，在t由牛頓第二定律，在t到t + At時(shí)間內(nèi)有 Av = AtmB 2 d 2 v則 Av = (g sin a -)AtmR有vi.2 B 2 有vi=gt sin a rmg sin ax. 2m(BILd - 2m gdsin a) + 解得ti =mg sin a(2) 經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，線框在磁場(chǎng)下邊界與最大距離x之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理mg sinax - BIL(x - d) = 0解得x解得xmBILdBILd - mg sin a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(shè)線框剛離開磁場(chǎng)下邊界時(shí)的速度為v 1，則接著向下運(yùn)動(dòng)2d，速度變?yōu)?， 根據(jù)動(dòng)能定理mg sin a - 2d 一 BILd = 0 - mv 2，所以 v = BILd - gd、詛 a 211 m注意：導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的位移是d，而不是2d