电磁感应微元法2018

1、实用标准文档电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”所谓：“微元法”所谓“微元法” ，又叫“微小变量法” ，是解物理题的一种方法。1. 什么情况下用微元法解题？在变力作用下做变变速运动 （非匀变速运动） 时，可考虑用微元法解题。2.关于微元法。 在时间t 很短或位移x 很小时，非匀变速运动可以看作匀变速运动，运动图象中的梯形可以看作矩形，所以v tx ， lv tl xs。微元法体现了微分思想。3.关于求和。许多小的梯形加起来为大的梯形，即sS ，（注意：前面的s为小写，后面的S 为大写），并且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

2、思想。4. 无论物理规律用牛顿定律，还是动量定理或动能定理, 都可以用微元法 .如果既可以用动量定理也可以用动能定理解。对于使用老教科书的地区，这两种解法用哪一种都行， 但对于使用课程标准教科书的地区就不同了， 因为课程标准教科书把动量的内容移到了选修 3-5 ，如果不选修 3-5 ，则不能用动量定理解，只能用动能定理解。微元法解题，体现了微分和积分的思想，考查学生学习的潜能和独创能力。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，产生感应电动势为E BLv ，感应电流为 IBLv，受安培力为RF BILB2L2v ，因为是变力问题，

3、所以可以用微元法.R1. 只受安培力的情况例 1. 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 ；Bhx文案大全实用标准文档0 S/4S/2S例题图解：（

4、1）根据机械能守恒定律，有mgh1mv02 ，得 v02gh 。2(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fBILB 2L2v ，R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，所以安培力可以看做恒力，根据牛顿第二定律，加速度为afB 2L2v ，很短的时间mmRt 内速度的变化为vB 2L2t ，而 vtx ，那么在时间 t 内速度的变化为atvmRV(B2 L2)vt ，因为 x ，所以V(B 2L2) x ，速度mRmRB 2L2vv0Vv0xmR2. 既受安培力又受重力的情况例2. 2010 年南京

5、市高考模拟题如图所示，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 得规律均匀增大，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文案大全i实用标准文档e(B2B1 ) Lv1

6、kL2RRR(2) 当安培力等于重力时竖直速度最大，功率也就最大mg (B2(B2 B1)2L2vmk 2 L4 vmB1 )ILRR所以 vmmgRk 2 L4Pmm 2 g 2 Rmgvmk 2 L4（3）线框受重力和安培力两个力，其中重力mg 为恒力，安培力f( B2 B1 ) 2 L2v z k 2 L4 vz为变力，我们把线框的运动分解为在重力作用下的运RR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匀加速运动，加速度为 a

7、k 2 L4 vz ，则在t 内速度的增加为vk 2 L4 vzt ，而 vz tz ，所以mRmR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，所以实际是减小）为(v) 2k 2 L4(k2 L4z ，所以v) 2zmRmRt 内总的增加的速度为( v)1( v) 2 = gtk 2 L4再根据运动的合成，时间z 。mR从宏观看速度的增加为v22v02，所以 gtk 2 L4z =v22v02，得线框在时间t 内的总mRmR( gtv22v02 )位移大小为 zk2 L4。从例题可以看出，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例

8、3 2008年高考江苏省物理卷第 15题如图所示，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）文案大全实用标准文档若 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在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时

9、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；对于第问所述的运动情况，求穿出第k个磁场区域时的速率va磁场区域1B棒 b磁场区域 2B棒 ad1磁场区域3Bd2d1磁场区域 4 Bd2磁场区域 5 Bd1d2d1d2 d1解： 因为 和 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aa b和b均不受安培力作用，由机械能守恒得Ek mgd1 sin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：1 mv12Q1 mv22mgd1

10、sin22在无磁场区域：1 mv 221 mv12mgd2 sin22解得： Q mg( d1 d2 )sin 用微元法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 sin且平均速度： v1v2d22t在有磁场区域，对a棒： Fmg sinBIlBl v且： I2R文案大全实用标准文档解得 : F mgsinB 2l 2 v2R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vFtm则有vB2 l2 vtg sin2mR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v v1v2 ,v t d1 ，t t

11、所以： v1v2gt sinB 2l 2d12mR联立式 , 得 v14mgRd2sinB2 l 2 d1B 2l 2d18mR（原答案此处一笔带过，实际上这一步很麻烦，以下笔者给出详细过程：代入得： tB 2l 2 d1，4mgRsin代入得： v1 v28mgd2R sinB 2l2 d1 +得： v14mgRd2 sinB 2 l 2 d1 。）B 2 l 2 d18mR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 穿出任一个磁场区域aba时的速率 v就等于 v1 所以v4mgRd2sinB 2 l 2 d1 。B 2 l 2 d18mR（注意：由于a b 在任意一个磁场区域或

12、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。）练习题练习题1. 2007 年高考江苏省物理卷第 18题如图所示， 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 的正方形线框文案大全实用标准文档以 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

13、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EBlv 01.4V ，感应电流IE = BIl2.8N14A ，受到安培力的大小R1（ 2）水平方向速度为0， Qmv022.45J（ 3）用“微元法”解2线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势EBlv 0，感应电流 IE，R受到安培力的大小 = BIl ，得 FB2l 2v，R在 tt 时间内，由牛顿定律：Ftvm求和，(B 2l 2tv ,B 2 l 2v0)vxmRmR解得mv0 R1.75m ，线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n=1.75x4.375 ，取整B 2l 20.4数为 4。练习题2.2009年高

14、考江苏省物理卷第15 题如图所示，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

15、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 。文案大全实用标准文档【解答】 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 sin4dW BILd0且 QW解得 Q4mgd sinBILd（ 1）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 sin2dBILd01 mv122装置在磁场中运动的合力F mg sinF 感应电动势Bdv感应电流 I R安培力 FBI d由牛顿第二定律，在t 到 tt 时间内，有 vFtm则v =( g sin

16、B 2d 2 v)tmR有 v12B 2 d 3gt1 sinmR2m(BILd2mgd sin2B 2 d 3)解得 t1Rmg sin文案大全实用标准文档（ 2）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm 之间往复运动，由动能定理 mg sinxm BIL ( xm d) 0解得 xmBILdBILd。mg sin解：（本人研究的另外解法：用“牛顿第四定律”解）第（ 1）问，同原解答第（ 2）问：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 ，速度变为 0，根据动能定理mg sin2dBILd01 mv12 ，所以 v12BILd4gd sin2m注意：导体棒在磁场中运动的位移是d ，而不是 2d ，且因为是恒流，所以安培力是恒力。因为线框在磁场中的运动时受到的合力F mg sinF安