解題方法專(zhuān)題微元法講義

微元法編審教師：市級(jí)骨干教師繆祥禹本專(zhuān)題主要講解利用微元法解決動(dòng)力學(xué)問(wèn)題、變力做功問(wèn)題、電場(chǎng)和電磁感應(yīng)等問(wèn)題，主要分為時(shí)間微元和位移微元兩大類(lèi)。微元法在近幾年高考中考查頻率較高，出現(xiàn)了分值高、難度較大的計(jì)算題。微元法是一種非常有效的解題方法，將研究對(duì)象或研究過(guò)程分解為眾多細(xì)小的“微元”，分析這些“微元”，進(jìn)行必要的數(shù)學(xué)推理或物理思想處理，能夠有效的簡(jiǎn)化復(fù)雜的物理問(wèn)題?？疾閷W(xué)生的分析推理能力，應(yīng)用數(shù)學(xué)方法解決物理問(wèn)題能力。時(shí)間微元（2022?北京模擬）微元思想是中學(xué)物理中的重要思想。所謂微元思想，是將研究對(duì)象或者物理過(guò)程分割成無(wú)限多個(gè)無(wú)限小的部分，先取出其中任意部分進(jìn)行研究，再?gòu)木植康秸w綜合起來(lái)加以考慮的科學(xué)思維方法。如圖所示，兩根平行的金屬導(dǎo)軌MN和PQ放在水平面上，左端連接阻值為R的電阻。導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)。導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一根質(zhì)量為m、阻值為r的金屬棒放置在水平導(dǎo)軌上?，F(xiàn)給金屬棒一個(gè)瞬時(shí)沖量，使其獲得一個(gè)水平向右的初速度v0后沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)。設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，不計(jì)一切摩擦。求：（1）金屬棒的速度為v時(shí)受到的安培力是多大？（2）金屬棒向右運(yùn)動(dòng)的最大距離是多少？關(guān)鍵信息：金屬棒水平向右沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)→產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，回路中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，金屬棒所受安培力方向水平向左不計(jì)一切摩擦→對(duì)金屬棒受力分析，金屬棒所受合力等于安培力解題思路：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合安培力的計(jì)算公式求解金屬棒所受的安培力。金屬棒水平向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，從時(shí)間微元的角度，劃分為無(wú)數(shù)小段，每一小段的速度可看成幾乎不變，速度在時(shí)間上的累積為位移，應(yīng)用牛頓第二定律或動(dòng)量定理列方程，求解金屬棒向右運(yùn)動(dòng)的距離。（1）金屬棒在磁場(chǎng)中的速度為v時(shí)，電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv電路中的電流：I＝金屬棒所受的安培力：F安＝BIL得：F安＝（2）對(duì)金屬棒受力分析，由牛頓第二定律得：＝ma設(shè)經(jīng)過(guò)一段極短的時(shí)間Δt，a＝，則＝mΔv，對(duì)時(shí)間累積：∑－＝∑mΔv，由－＝m∑Δv得：－＝－mv0解得：x＝取水平向右為正方向，金屬棒從速度為v0至停下來(lái)的過(guò)程中，由動(dòng)量定理：I安＝0－mv0將整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段，可認(rèn)為每個(gè)小段中的速度幾乎不變，設(shè)每小段的時(shí)間為?ti，則安培力的沖量I安＝－v1·?t1＋(－v2·?t2)＋(－v3·?t3)＋…I安＝－(v1·?t1＋v2·?t2＋v3·?t3＋…)I安＝－x解得：x＝。（2022?安徽月考）物理學(xué)研究問(wèn)題一般從最簡(jiǎn)單的理想情況入手，由簡(jiǎn)入繁，逐漸貼近實(shí)際。在研究真實(shí)的向上拋出的物體運(yùn)動(dòng)時(shí)，我們可以先從不受阻力入手，再?gòu)氖芎愣ㄗ枇ρ芯浚詈笱芯拷咏鎸?shí)的、阻力變化的運(yùn)動(dòng)情形。現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0豎直向上拋出，重力加速度為g。（1）若忽略空氣阻力對(duì)小球運(yùn)動(dòng)的影響，求物體經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間回到拋出點(diǎn)；（2）若空氣阻力大小與小球速度大小成正比，已知小球經(jīng)t時(shí)間上升到最高點(diǎn)，再經(jīng)一段時(shí)間勻速經(jīng)過(guò)拋出點(diǎn)時(shí)，速度大小為v1，求小球拋出后瞬間的加速度和上升的最大高度。（1）忽略空氣阻力時(shí)，落回出發(fā)點(diǎn)的速度為－v0，由－gt＝－v0－v0＝－2v0，得：t＝＝（2）小球最終做勻速運(yùn)動(dòng)，知mg＝kv1，得m＝剛拋出時(shí)阻力與重力方向相同，則ma＝mg＋kv0得：a＝＝g＋＝g(1＋)在上升過(guò)程中取任意微小過(guò)程，設(shè)時(shí)間為Δti，速度為vi，速度的變化量為Δvi，由動(dòng)量定理：－mg∑Δti－k∑vi?ti＝m∑Δvi即－mgt－h(huán)＝m(0－v0)得：h＝＝涉及時(shí)間微元問(wèn)題的一般解題步驟：（1）本方法一般用來(lái)處理變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的情況且物體所受的變力與速度成正比。（2）找微元：對(duì)于這類(lèi)變速運(yùn)動(dòng)，通常選取極短的一段時(shí)間?t，在這段極短的時(shí)間內(nèi)可認(rèn)為物體的受力、速度等物理量不變。（3）列方程：應(yīng)用牛頓第二定律、動(dòng)量定理等物理規(guī)律，列微元方程。注意將表達(dá)式變形為可在時(shí)間微元上進(jìn)行累加的形式。（4）累加求和：對(duì)時(shí)間微元進(jìn)行積分，加速度在時(shí)間上的累計(jì)是速度的變化量，速度在時(shí)間上的累積是位移，電流在時(shí)間上的累積是電荷量，力在時(shí)間上的累計(jì)是沖量。位移微元（2022?黑龍江月考）水平桌面上，長(zhǎng)R＝5m的輕繩一端固定于O點(diǎn)，如圖所示（俯視圖），另一端系一個(gè)質(zhì)量m＝2.0kg的小球，現(xiàn)對(duì)小球施加一個(gè)大小不變的力F＝10N，F(xiàn)拉著小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，方向始終與小球的運(yùn)動(dòng)方向成37°角。已知小球與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，不計(jì)空氣阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則拉力F做的功與克服摩擦力做的功之比為（）A． B． C．2 D．3關(guān)鍵信息：力F的大小不變，方向始終與小球的運(yùn)動(dòng)方向成37°角→F做功與路程有關(guān)小球受到的滑動(dòng)摩擦力方向始終與速度方向相反→摩擦力做功也與路程有關(guān)解題思路：根據(jù)功的定義式，采用微元法求解。將圓弧分成很多小段l1，l2，…ln，拉力F在每小段上做的功為W1，W2，…Wn，因拉力F大小不變，方向始終與小球在該點(diǎn)的切線(xiàn)成37°角，所以W1＝Fl1cos37°，W2＝Fl2cos37°，…Wn＝Flncos37°，則拉力F做的功W＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos37°·R＝J；同理可得克服摩擦力做功W克f＝f（l1＋l2＋…＋ln）＝μmg·R＝J，則拉力F做的功與克服摩擦力做的功之比為2，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。（2023?安徽月考）如圖甲所示，光滑金屬導(dǎo)軌ab、ac夾成固定放置在水平面上，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一根導(dǎo)體棒在水平拉力作用下，以某一初速度由MN處減速到PQ處，此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，導(dǎo)體棒始終與ac垂直，所受安培力F隨位移x變化的圖像如圖乙所示。除阻值為R的電阻外，其余電阻不計(jì)，MN＝L0。在棒由MN處運(yùn)動(dòng)到PQ處的過(guò)程中（）A．棒做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) B．通過(guò)電阻的電流恒定C．通過(guò)電阻的電荷量為 D．電阻產(chǎn)生的焦耳熱為B．導(dǎo)軌ab、ac成45°角，導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝L0＋x則導(dǎo)體棒受到的安培力F＝BIL＝BIL0＋BIx由乙圖可得，F(xiàn)－x的斜率恒定，則BI恒定，故通過(guò)導(dǎo)體棒的電流恒定，且I＝故B正確；A．設(shè)導(dǎo)體棒的速度為v，導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)，則E＝BLv，I＝則v＝可得v－x的關(guān)系式不滿(mǎn)足勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)速度與位移的關(guān)系，故A錯(cuò)誤；C．由q＝，＝，E＝可得q＝＝＝，故C錯(cuò)誤；D．此過(guò)程電阻產(chǎn)生的焦耳熱等于導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程克服安培力所做的功，把導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)分割成若干個(gè)位移微元，由每個(gè)位移微元Δx極短，每一段安培力做功看成恒力做功，在0～L0這段距離上累積疊加，安培力F所做的功等于安培力F隨位移x變化的圖像中圖線(xiàn)在0～L0這段距離上所圍的面積S，所以Q＝|W安|＝L0＝，故D錯(cuò)誤。故選B。（2022?安徽月考）若規(guī)定無(wú)限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，真空中正點(diǎn)電荷周?chē)滁c(diǎn)的電勢(shì)φ可表示為φ＝，其中k為靜電力常量，Q為點(diǎn)電荷的電荷量，r為該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離。如果場(chǎng)源是多個(gè)點(diǎn)電荷，電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)為各個(gè)點(diǎn)電荷單獨(dú)在該點(diǎn)產(chǎn)生電勢(shì)的代數(shù)和。如圖所示，一個(gè)半徑為R、電荷量為＋Q的均勻帶電細(xì)圓環(huán)固定在真空中，環(huán)面水平。一個(gè)質(zhì)量為m的帶正電小球，從環(huán)心O的正上方D點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落，小球到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度為v。已知D、O間的距離為R，靜電力常量為k，重力加速度為g。則小球所帶的電荷量是多少？關(guān)鍵信息：均勻帶電細(xì)圓環(huán)→帶電體不能視為點(diǎn)電荷，可以采用微元法小球由D點(diǎn)靜止下落，到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度為v→確定動(dòng)能變化量，由動(dòng)能定理進(jìn)行解答解題思路：結(jié)合點(diǎn)電荷的電勢(shì)公式，利用微元法求出D、O兩點(diǎn)的電勢(shì)，小球從D到O的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理求解小球所帶的電荷量。把圓環(huán)分成很多等份，每一份都可視為點(diǎn)電荷，設(shè)每一份的電荷量為ΔQ，研究其中任意一份與D點(diǎn)的距離為：l＝＝它在D產(chǎn)生的電勢(shì)：φ1＝＝由對(duì)稱(chēng)性和疊加原理可知，圓環(huán)在D點(diǎn)的電勢(shì)：φD＝∑φ1＝∑ΔQ＝同理可求得，圓環(huán)在O點(diǎn)的電勢(shì)：φO＝所以D、O兩點(diǎn)間的電勢(shì)差：UDO＝φD－φO＝－小球從D到O的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：mg·R＋qUDO＝mv2－0解得：q＝(8gR－3v2)。（智學(xué)精選）如圖所示，均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為＋Q，半徑為R，圓心為O，P為垂直于圓環(huán)平面中心軸上的一點(diǎn)，OP＝L，試求P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)。如圖所示，設(shè)想將圓環(huán)看成由n個(gè)小段組成，當(dāng)n相當(dāng)大時(shí)，每一小段都可以看成點(diǎn)電荷，其所帶電荷量Q′＝，由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式可求得每一小段帶電環(huán)在P處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E＝＝。由對(duì)稱(chēng)性知，各小段帶電環(huán)在P處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E垂直于中心軸的分量Ey相互抵消，而其軸向分量Ex之和即為整個(gè)帶電圓環(huán)在P處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)EP，EP＝nEx＝nkcosθ＝，方向沿OP連線(xiàn)指向P。1.利用“位移微元”求解變力做功的解題方法：（1）將物體的位移分割成許多小段，因每一小段很小，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做功轉(zhuǎn)化為在無(wú)數(shù)多個(gè)位移上的恒力所做功的代數(shù)和。此法常用于求解大小不變、方向改變的變力做功問(wèn)題。（2）根據(jù)“位移微元”的思想，在力F－x圖像中，圖線(xiàn)與x軸圍成的面積表示對(duì)應(yīng)力F在這段位移所做的功，利用圖線(xiàn)面積求解對(duì)應(yīng)變力F做功。位于x軸上方的“面積”為正功，位于