电磁感应微元法

1、电磁感应微元法作者:日期: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 t X，lv t lxs。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 s S，（注意：前面的s为小写，后面的S为大写），并且 V v v0，当末速度v 0时，有 V v0，或初速度vo 0时，有 v v,这个求和的方法体现

2、了积分思想。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BLv磁感线运动，产生感应电动势为E BLv，感应电流为I，受安培力为RF BILb2l2v，因为是变力问题，所以可以用微元法

3、1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v X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 ；0S/4例题图S/2解：（1）根据机械能守恒定律，有 mgh£ mv：，得 v0. 2gh。（2）

4、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BILb2l2安培力的方向与速度 用微元法，安培力是变力,v方向相反。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，加速度为匹v，很短的时间mRt内速度的变化为atB2L2vmRx，那么在时间t内速度的变化为v vo2 2BL)(mRV v。b2l2因为，所以B 2|2B-) x，速度mRxmR2既受安培力又受重力的情况 例2. 2010年南京市高考模拟题 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

5、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B B0 kz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 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？XXXXBXKV#XXMXXXXXXXXXXKXXXXXX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B1) Lv1（2）当安培力等于重力时竖直速度最大，功率也就最大mg(B2Bi)IL2 2(B2 Bi) L vmk2L4vmR所以mgRvm FTPmmgVm

6、2Rk2L4(3)线框受重力和安培力两个力，其中重力mg为恒力，安培力222 4(B2 Bi) L vz k L vz为变力，我们把线框的运动分解为在重力作用下的运R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,k2 L4vk2 L4 v速度为az，则在t内速度的增加为 vzmRmRt ，而 vz tz，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，所以实际是减小）为(v)2 心mRz，所以（v）2k2L4z mR再根据运动的合成

7、，时间t内总的增加的速度为k2L4(v)i( vb = gtz。 mR从宏观看速度的增加为v2V；,所以gtmR，得线框在时间t内的总位移大小为mR(gt ,v； v2) z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di,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

8、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a穿出第k个磁场区域时的速率 v.磁场区域1di磁场区域2棒2磁场区域3磁场区域4磁场区域5d2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 和b均不受安培力作用，由机械能守恒得Ek mgd1 sin0，所以a设导体棒刚进入无磁场区时的速

9、度为v1,刚离开无磁场区时的速度为v2，即导体棒刚在磁场区域有:在无磁场区域:1 2mv121 2 mv22Q 一 mv；21 2mv12mgd-i sinmgd2 sin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:2R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在无磁场区域有：v2v1gtsi n且平均速度：vV2生2t在有磁场区域，对a棒:Fmg sinBIl解得：F mgsin2 2B l 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Fv tm则有 vgsinB2l2v2mR因为导体棒刚进入

10、磁场区时的速度为V2,刚离开磁场区时的速度为Vi ,所以vv1v2, v t d1， t t所以：v1 v2gtsinB2l2 di 2mR联立式，得vi4mgR" sinB2l2diB2|2di8mR（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：t2 2B l dj4mgRsi n 'v 8mgd2Rs in代入得:+得：2 24mgRd2B l d1v12 2 sin。）B2l2d18mRvi2 2B l dia. b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vi .所以2 24mgRd2B l di

11、vsinB2l2di8mR（注意：由于a. b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。） 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d -tfJ .d _M d强度B=1T，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形1M M*>* N A|wX. 4 111磁场区域的间距均为 d-0.5m，现有一边长l-0.2m、质A1V«1；M M ：；:*<« «!« *!

12、量m-O.ikg、电阻R= 0.1 Q的正方形线框M NOP以a斛kii' 1> - X KAII1i141七*1X 1 M «1lI:M <11 I!» »!i iIf f Kiivi1 V X1 X cJ11l>I11 11 M K i1i1b JE M 电1 富 M<b1i K M 1 I1* 1Fl X V" X I1 K 1vo=7m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求(1) 线框MN边刚进入磁场时受到安培力的大小F。(2) 线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q。(3) 线框能穿过的完整条形磁场

13、区域的个数n。解：(1)线框MN边刚进入磁场时，感应电动势E Blvo1.4V，感应电流I R14A，受到安培力的大小f=bi12.8N(2)水平方向速度为 0, Q Imvo22.45J(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 EBlvo，感应电流IB 2| 2v受到安培力的大小 F = BIl，得FRt时间内，由牛顿定律：F tm求和，B212B2l2v,mRx V。解得mv0R2 21.75m ,线框能穿过的完整条形磁场区域的个数B2l21 75“百 4.375，取整(1)(2)线框第一次穿越磁场区域所需的时间1 ；(3)经过足够长时间后，线框上边与磁场区域

14、下边界的最大距离xm。数为4。练习题2.2009年高考江苏省物理卷第 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（第15题图【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, 做功为W由动能定理mgsin 4d W BILd 0作用在线框的安培力解得 Q 4mgd sin BILd（1）设线框刚离开磁场下边界时的速度为V!，则接着向下运动1 2 由动能定理mgsin 2d BILd 0 m

15、w2装置在磁场中运动的合力2dF mg sinF'感应电动势Bdv感应电流I'R安培力F' BI'd由牛顿第二定律，在t到t t时间内，有 v F tm贝Vv= (g sinB2d 2vmR)t2B2d3mR.2m(BILd 2mgd sin )2B2dmg sin（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 sin xm BIL（xm d） 0解得XmBILdoBILd 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Vi ,则接着向下运动2d ,速度变为0,根据动能定理mg sin2d BILd 0 -mv"，所以 Vi J2BILd 4gd sin2 m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，而F安B2d2v是与速度V成正比的力，所以把线框在磁场中的运动分解为在重力的分力作用下的速度随时间均匀 变化的匀变速直线运动和在安培力作用下的速度随位移均匀变化的匀变速直线运动两种运 动，前者速度的变化与时间成正比，后者速度的变化与位移成正比，有2 , 2gsint12d v1mR注意：因为线框下边进磁场和上边