高中物理电磁感应微元法专题

.电磁感应中的 “微元法 ”1 走近微元法微元法是分析、解决物理问题中的常用方法，也是从部分到整体的思维方法。用该方法可以使一些复杂的物理过程用我们熟悉的物理 规律迅速地加以解决，使所求的问题简单化。在使用微元法处理问题 时，需将其分解为众多微小的“元过程”，而且每个“元过程”所遵 循的规律是相同的，这样，我们只需分析这些“元过程”，然后再将 “元过程”进行必要的数学思想或物理方法处理，进而使问题求解。 使用此方法会加强我们对已知规律的再思考，从而引起巩固知识、加 深认识和提高能力的作用。“微元法 ”，又叫 “微小变量法 ”，是解物理题的一种常用方法。2 如何用微元法1. 什么情况下用微元法解题？在变力求功，变力求冲量，变化电流求电量等等情况下，可考虑用微元法解题。2. 关于微元法。一般是以时间和位移为自变量，在时间t 很短或位移x 很小时，此元过程内的变量可以认为是定值。比如 非匀变速运动求位移时在时间t 很短时可以看作匀速运动 ， 在求速度的变化量时在时间t 很短时可以看作匀变速运动。运动图象中的梯形可以看作很多的小矩形，所以， vtxs 。;.微元法体现了微分的思想。3. 关于求和。许多小的梯形加起来为大的梯形，即（注意：前面的s 为小写，后面的s 为大写），ss ，比如vvv0，当末速度 v0 时，有vv0，或初速度 v00时，有vv，这个求和的方法体现了积分思想。4. 物理量有三种可能的变化情况不变（大小以及方向）。可以直接求解，比如恒力的功，恒力的冲量，恒定电流的电量和焦耳热。线性变化 （方向不变，大小线性变化）。比如力随位移线性变化可用平均力来求功，力随时间线性变化可用平均力来求冲量，电流随时间线性变化可用平均电流来求电量。电流的平方随时间线性变化可用平方的平均值来求焦耳热。非线性变化 。可以考虑用微元法。值得注意微元法不是万能的，有时反而会误入歧途，微元法解题， 本质上是用现了微分和积分的思想，是一种直接的求解方法，很多时候物理量的非线性变化可以间接求解 ，比如动能定理求变力的功，动量定理求变力的冲量，能量方程求焦耳热等等。当然微元法是一种很重要的物理方法，在教学过程中有意识的不断渗透微元法，可以培育和加强学生分析问题处理物理问题的能力。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， 产生动生电动势为eb 2 l2blv，感应电流为 iblvr，受安培力为 fbilrv ，因为是变力问题，所以可以考虑用微元法。1. 只受安培力的情况如图所示，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v0 ；（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 vx 关系草图。（ 3）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v1 、v2 ；hx0s/4s/2s解：（ 1）根据机械能守恒定律，有mgh12mv20，得v02gh 。(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fb i lb 2 l2rv ，安培力的方向与速度v 方向相反。用微元法，安培力是变力，设在一段很短的时间t 内，速度变化很小，可以认为没有变化，于是安培力可以看做恒力。根据牛顿第二定律，加速度为afmbl22很短的时间t 内速度的变化为vatvmrb 2l2vtmr而vtx ，那么在时间t 内速度的变化为v(b 2 l2)vtmr因为vtx ，所以v(b 2 l2)mrx于是速度 vv0vv0b2 l2mrx可以发现速度随位移是线性减小的！2. 既受安培力又受重力的情况如图所示，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v0 水平抛出，磁场方向与线框平面垂直，磁场的磁感应强度随竖直向下的z轴按 bb0kz的规律均匀增大，已知重力加速度为g ,求：（1） ） 线框竖直方向速度为 v1 时，线框中瞬时电流的大小；（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v2 所经历的时间为 t ，那么， 线框在时间t 内的总位移大小为多少？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ie(b2 rb1 )lv1 rkl2v1rm1m(2)当安培力等于重力时竖直速度最大，功率也就最大mg( b2b1 ) il(b2b )2 l2vk 2 l4v所以 vmrrmgr k 2 l4pmmgvmm2 g 2 r k 2 l4（ 3）线框受重力和安培力两个力1z其中重力 mg 为恒力，安培力f( b2b ) 2 l2 vk 2 l4vz为变力。rr我们把线框的运动分解为在重力作用下的运动和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 (v)1gt ，求在安培力作用下在时间t内增加的速度为(v) 2用微元法，设在微小时间t 内，变力可以看做恒力，变加速运动可以看做k 2 l4v匀加速运动，加速度为azmrk2 l4v则在t 内速度的增加为vzt ，而 vtzzmr所以在时间 t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k 2 l4是减小）为： (v) 2zmrk 2 l4所以：(v) 2mrz42再根据运动的合成，时间t内总的增加的速度为：(v)1(v)2gtklzv2从宏观看速度的增加为：2k 2 l4gtzmrv20v 2v 2于是：mr20mr(gtv2v2 )得到线框在时间t 内的竖直位移大小为z20k 2 l4。考虑水平方向的匀速运动，于是线框在时间t 内的总位移大小为sz2(v0t) 2再将 z 代入就可以了。先研究分运动，再研究合运动！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，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d1，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ek；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在任意磁场区域 1b棒 b磁场区域 2b棒 a磁场区域 3bd2d1磁场区域4bd2d1一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等求b穿过第 2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热 q；磁场区域5bd2d1d2 d1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ekmgd1 sin（电动势抵消）设导体棒刚进入无磁场区时的速度为v1 ,刚离开无磁场区时的速度为v2 ,即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v1 ，由能量守恒得：在磁场区域有：mgd1sin12wmv1 212mv22(动能定理 )1 mv2q1 mvw2mgdsin（功能关系）在无磁场区域：22122（ 机械能守恒）解得：qmg(d1d2 )sin（3）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：v2v1gt sinv1v2d2且平均速度：2t在有磁场区域，对 a棒：fmg sinbil且： ibl v 2r解得:fmgsinb lv222r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t 内vft mb2l 2v则有：vg sint2mr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v1 ,所以：vv1v2 ,vtd1 ，tt代入上式有：v1v2vgt sin 4mgrd2b2 l 2d12mrb2 l 2 d2sin11联立式 ,得 1b2ld8mr（原答案此处一笔带过，实际上这一步比较麻烦，以下给出详细的求解过程：b 2 l 2 d代入得： t14mgrsin，代入得： vv8mgd2 rsin2+得： v124mgrd2b 2lsind11b2 l 2 d。11b2 l 2 d8mrab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 v就等于4mgrdv1 所以b 2l 2dv2b 2 l 2 dsin18mr1（注意：由于 ab 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v 都相等，所以所谓 “第 k 个磁场区 ”，对本题解题没有特别意义。）周期性的问题，搞清楚物理量应该有的特征很重要！练习题 1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，磁感应强度，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=0.1kg、电阻 0.1 的正方形线框 以 v0=7m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求（）线框边刚进入磁场时受到安培力的大小。（）线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热。（）线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。解：（ 1）线框边刚进入磁场时，感应电动势eblv01.4v，感应电e流ir14a ，受到安培力的大小fbil2.8n（ 2）水平方向速度为0， q1 mv22.45j20（ 3）用“微元法 ”解线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势eblv0 ，感应电流eir ，受到安培力的大小fbil，得 fb 2 l 2v rf在tt 时间内，由牛顿定律：mtv求和，b2l 2()vtmrb 2l 2v ,xv0mr解得：xmv0 r1.75mb 2l 2线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n1.750.44.375 ，取整数为 4。练习题 2如图所示， 两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为 l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为。条形匀强磁场的宽度为d ，磁感应强度大小为 b、方向与导轨平面垂直。 长度为 2d 的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成 “ ”型装置。总质量为m ， 置于导轨上。 导体棒中通以大小恒为i 的电流（由外接恒流源产生，图中未画出）。线框的边长为 d （ dl ），电阻为r，下边与磁场区域上边界重合。 将装置由静止释放， 导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回。导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。重力加速度为g 。求：（1） 装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热q；（2） 线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1 ；（3） 经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离xm 。【解答】（ 1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框的安培力做功为w由动能定理：mg sin4dwbild0且： qw解得： q4mgd sinbild（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1 ，则接着向下运动 2d由动能定理：mg sin