6微元法的妙用(教师版)

1、.例 1.如图，水平放置的导体电阻为R， 与两根光滑的平行金属导轨相连，导轨间距为L，其间有垂直导轨平面的、磁感应R强度为 的匀强磁场。导轨上有一导体棒ab质量为 以初速度v0向右运动。Bm体棒将做什么运动？请描绘出运动的v-t图像全过程一共产生多少焦耳热？能否求出这个过程的总位移呢？能否求出全过程中通过导体某个横截面的电量？变式 1：如图，水平放置的导体电阻为R ，R与两根光滑的平行金属导轨相连，导轨间距为L ，其间有垂直导轨平面的、磁感应强度为 B的匀强磁场。导轨上有一导体棒ab质量为 m受到大小为 F的恒力作用从静止开始向右运动。1棒将做什么运动？2请描绘出运动的v-t图像3末速度多大？

2、4若在 t 时刻，棒作匀速运动，求这段时间内的总位移。（ t t0）变式 2：如图，竖直放置的光滑U形导轨宽为 L，上端串有一个电容，电容为C，磁感应强度为 B的匀强磁场方向垂直于纸面向里。金属棒 ab的质量为 m，与导轨接触良好，不计摩擦及各部分电阻，试通过计算说明金属棒的运动情况。要说明运动情况，可能有哪些？匀速，匀加速还是变加速？需要通过计算说明什么问题？找出 F-t ，或 a-t的关系小结微元法在电磁感应问题中的应用在处理问题时，从对事物的极小部分( 微元 ) 分析入手，达到解决事物整体的方法。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

3、同的，这样，我们只需分析这些“元过程” ，然后再将“元过程”进行必要的数学方法（累计求和）进而使问题求解。在电磁感应问题中，常常遇到非匀变速运动过程中求位移，电量，能量等问题，灵活运用微元的思想，可以帮助我们更深刻的理解物理过程。;.思考题如图 , 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ddddddddd足够长， 磁感应强度为1T，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁B=PMv0场区域的间距均为=0.5m, 现有一边长l=0.2m、质量=0.1kg 、电阻 ONdmR0.1 的正方形线框MNOP以v0 =7m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场求线框从开始进入磁场到竖直下落的过

4、程中产生的焦耳热Q线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。xmv0 Rxmv0 R2 2B ln2B2l 32l能完整的穿过4个条形磁场区域Q 1 mv0 223如图所示，在光滑的水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域里，现有一边长为a( aL) 的正方形闭合线圈刚好能穿过磁场，则线框在滑进磁场过程中产生的热量Q1与滑出磁场过程中产生的热量Q2之比为 ();.A 1：1 B 2：1C.3：1 D 4：11.如图所示，在光滑水平面上有一个竖直向上的匀强磁场，分布在宽度为l 的区域内。现有一个边长为a 的正方形闭合导线框（ a l），以初速度v0 垂直于磁场边界沿水平面向右滑过该磁场区

5、域，滑出时的速度为v。下列说法中正确的是A.导线框完全进入磁场中时，速度大于(v0+ v)/2B.导线框完全进入磁场中时，速度等于(v0+ v)/2C.导线框完全进入磁场中时，速度小于(v0+ v)/2D.以上三种都有可能20(2014 丰台一模 )如图光滑水平面上有竖直向下的有界匀强磁场， 磁场宽度为 2L、磁感应强度为 B。正方形线框 abcd 的电阻为 R，边长为 L，线框以与 ab 垂直的速度3v 进入磁场， 线框穿出磁场时的速度为v，整个过程中ab、cd 两边始终保持与磁场边界平行。 设线框进入磁场区域过程中产生的焦耳热为Q1，穿出磁场区域过程中产生的焦耳热为Q2。则 Q1： Q2

6、等于lv0vab c ad A1： 1B 2：1C3：2D5：320（ 2014 石景山一模）如图所示，a、b 是边界范围、磁感应强度大小和方向都相同的两个匀强磁场区域，a 的下端离水平地面的高度比b 高一些。甲、乙是两个完全相同的闭合正方形导线框，分别位于a、b 的正上方，两线框的下端离地面的高度相同。 两线框由静止同时释放， 穿过磁场后落到地面，下落过程中线框平面始终保持与磁场方向垂直。下列说法正确的是A 乙线框先落地甲乙B两线框同时落地aC穿过磁场的过程中，乙线框产生的热量较少bD穿过磁场的过程中，两线框产生的热量相同先 根据 线框 进入 磁场 时 安 培力 的大 小，比 较安 培力 做

7、功 的 大 小，再 根据 功能 关系 比 较 线框 落地 时速 度的 大小 再 对全 过程 ， 运 用动 量定 理列 式， 即 可 比较时 间 的长 短解 答：解 ：先 比 较甲 、 乙线 框落 地 时 速度 的大 小：乙 线框 进入 磁场 时 速 度较 大，安 培 力较 大 ，线 框克服 安培 力做 功较 多， 即 产 生的 热量 较多 ；根 据 能 量守恒 定 律得 知乙线 框 落地时 的 速 度较 小线 框穿 过磁 场区 域过 程 受 到的 安培 力是 变力 ，设 受 到的 平均 安培 力为 F，穿 过磁 场 的时 间 为 t ，下 落全 过程 的时 间为 t ， 落地 速度 为 v 对

8、 全过 程， 由动 量定 理 得 ：;.mgt- F t=mv而 F t=BIL t=BLq， 又 感应 电荷 量q= /R，因为 磁通 量 相 同，通过 线框 截 面 的电 荷量 相等 ，则 两个 下落 过程 线框 所 受 的安 培力 冲量 相同 因 为 v 乙 v 甲 ， 所以 t 乙 t 甲 ，即 乙线 框 先 落地 ，故 A 正 确， BCD 错误 故 选： A点 评： 本 题 的关 键要 运 用 动量 定 理分析 时 间关 系 ， 还要掌 握 感应 电荷 量 的 公式 q= /R 对于 变力情 形， 运用 动量 定理 研 究 时间 是常 用的 方法 ， 要 学会应 用 变式训练如图所

9、示，两固定竖直光滑金属导轨电阻不计，完全相同的导体棒ab、cd 水平置于匀强磁场上方且相距一定距离。匀强磁场上、下边界水平，方向垂直纸面向里，现同时由静止释放ab、 cd， ab 进入磁场时恰好做匀速运动，ab 出磁场时， cd 刚好进入磁场，已知导体棒与导轨接触良好。竖直导轨足够长，则在导体棒cd 穿越磁场的过程中A d 端电势低于c 端电势B始终做匀速直线运动C运动时间小于导体棒ab 在磁场中的运动时间D克服安培力做的功等于ab 穿越磁场过程中克服安培力做的功（房山） 21、如 甲所示，光滑且足 的平行金属 MN、 PQ固定在同一水平面上，两 距L=0.3m。 阻忽略不 ，其 接有固定 阻

10、=0.4 。 上停放一 量=0.1kg 、 阻r=0.2 的金属杆，整个装置 于磁感 度RFmab=0.5T 的匀 磁 中，磁 方向 直向下。利用一外力沿水平方向拉金属杆，使之由静止开始运 ， 感器可将BabR两端的 U即 采集并 入 ， 得 U随 t 化的关系如 乙所示。（ 1） 明金属杆做匀加速直 运 ，并 算加速度的大小；（ 2）求第 2s 末外力 F 的瞬 功率；（ 3）如果水平外力从静止开始拉 杆2s 所做的功 0.3J ，求回路中定 阻 R上 生的焦耳 是多少。MaNU/V接电0.2压电传RF0.1感脑器PbQ00.51.01.52.0t/s（房山） 21、甲乙（ 1） 路端 v，

11、 感 E=BLv1 分，金属杆的运 速度 ，U通 阻 R的 流E 1 分IR r 阻 R两端的 BLvRU=IR 1 分kRr由 乙可得=，=0.10V/s 1 分U ktk Rrt ，1 分解得 vBLRk Rr因 速度与 成正比，所以金属杆做匀加速运 ，加速度a1.0m/s2 。 1 分（用其他方法 明也可以 , 只要得出加速度a=1m/s2 即可 6 分）BLR;.（ 2）在 2s 末，速度 v2 =at =2.0m/s ，1 分电动势 E=BLv2，通 金属杆的 流IERr2金属杆受安培力F安BIL( BL) v2 1 分Rr设 2s 末外力大小 F2 ，由牛 第二定律， F2F安ma

12、 ，1 分故 2s 末 F的瞬 功率=221 分P F vP=0.35W 1 分(3) 在 2s 末，杆的 能 Ek1 mv20.2J 1 分2Q=W-Ek=0.1J 1 分由能量守恒定律，回路 生的焦耳 QRR 1 分根据 Q=I2Rt，有RrQ故在 R 上 生的焦耳 QRR0.067J 1 分QrR22.（2008 北京理 ， 22）均匀 制成的 位正方形 合 框abcd，每 L， 阻 R， 量 m。将其置于磁感 度 B 的水平匀 磁 上方h ，如 所示。 框由静止自由下落， 框平面保持在 直平面内，且cd 始 与水平的磁 界平行。当cd 入磁 ，（ 1）求 框中 生的感 大小;（ 2）求

13、 cd 两点 的 差大小 ;（ 3）若此 框加速度恰好 零，求 框下落的高度h 所 足的条件。22.答案（ 16 分）（ 1）cd 入磁 ， 框速度 v=(2)此 框中 流 I= cd 两点 的 差 U=I()=(3)安培力F=BIL=根据牛 第二定律mg-F=ma,由 a=0解得下落高度 足h=24. （ 2014 丰台一模， 24）如 所示，直角坐 系 xoy 位于 直平面内， y 正方向 直向上， x 正方向水平向右。空 中存在相互垂直的匀 和匀 磁 ，匀 磁 垂直xoy 平面向里，磁感 度大小 B。匀 （ 中未画出）方向平行于 xoy 平面，小球（可 点）的 量 m、 量 +q，已知

14、度大小 mg， g 重力加速度。Eq（ 1）若匀 方向水平向左，使小球在空 中做直 运 ，求小球在空 中做直 运 的速度大小和方向；（ 2）若匀 在xoy 平面内的任意方向，确定小球在xoy 平面内做直 运 的速度大小的范 ；（ 3）若匀 方向 直向下，将小球从O 点由静止 放，求小球运 程中距x 的最大距离。y ;.Ox .24.能的转化与守恒是自然界普遍存在的规律，如：电源给电容器的充电过程可以等效为将电荷逐个从原本电中性的两极板中的一个极板移到另一个极板的过程.在移动过程中克服电场力做功，电源的电能转化为电容器的电场能实验表明:电容器两极间的电压与电容器所带电量如图所示（ 1）对于直线运

15、动，教科书中讲解了由v-t 图像求位移的方法请Q你借鉴此方法，根据图示的Q-U 图像，若电容器电容为C，两极板间电压为 U，求电容器所储存的电场能0C（ 2）如图所示，平行金属框架竖直放置在绝缘地面上框架上端接有一电容为C 的电U一质量为 m、长为 L 的金属棒平行于地面放置，离地面的高度为 h磁感应强度为与框架平面相垂直 现将金属棒由静止开始释放， 金属棒下滑过程中与框架接触良容器框架上B 的匀强磁场好 且无摩擦开始时电容器不带电，不计各处电阻求 a. 金属棒落地时的速度大小b. 金属棒从静止释放到落到地面的时间24、（ 1）(5 分 ) 由功能关系可知克服电场力做的功等于产生的电场能（1

16、分）由图可知在图像中，图像所围面积即为克服电场力所做的功（1 分）QU即 W1 QU（1 分）2Q又有电容定义式 C（1分）U两式联立得 W1 CU 2电容器储存的电场能为Ee1 CU 2 （ 1 分）22（ 2）(7分 ) 设导体棒落地的速度为 v，此时导体棒切割磁感线产生感生电动势感生电动势大小为EBLv （2 分）电容器储存的电场能为Ee1 C ( BLv )2 （ 2 分）1 mv22由动能定理得 mghEe （2 分）2解得 v2mgh（1 分）m CB2L2（ 3）(8 分 ) 导体棒下落过程中受安培力和重力，由动量定理可知mgtF安 tmvF安 =BIL2h( mCB2 L2 )

17、QIt(8 分)解得 tmgQ CUv v 0Bh;.24.(20分) 如 13 所 示 ，四 分 之 一 光 滑 绝 缘 圆 弧 轨 道AP 和 水 平 绝 缘 传 送 带PC固定在同一 直平面内， 弧 道的 心 0，半径 R0 送 PC之 的距离 L, 沿逆 方向的运 速度v=gR . 在 PO的右 空 存在方向 直向下的匀 。一 量 m、 荷量 +q 的小物体从 弧 点A 由静止开始沿 道下滑，恰好运 到C 端后返回。物体与 送 的 摩擦因数 ，不 物体 道与 送 接 P 的机械能 失, 重力加速度 g(1) 求物体下滑到 P 点 ，物体 道的 力 F(2) 求物体返回到 弧 道后，能上

18、升的最大高度H(3) 若在 PO的右 空 再加上方向垂直于 面向里、磁感 度为 B 的水平匀 磁 ( 中未画出） ，物体从 弧 点 A 静止 放 , 运 到 C 端 的速度 2 gR ， 求物体在 送 上运 的 t 。2【答案】 解析（ 1） 物体滑到 P 端 速度大小 vP ，物体从 A 端运 到 P 端的 程中，机械能守恒mgR1 mvP2 1 分2解得： vP2gR 1 分 物体滑到P 端 受支持力 N，根据牛 第二定律N mgm vP2 1 分R解得： N=3mg1 分 物体滑到P 端 道 力 F，根据牛 第三定律F = N =3mg 1 分（ 2）物体到达C 端以后受滑 摩擦力，向左

19、做初速度 零的匀加速运 ， 向左运 距离 x 物体与皮 速度相同， 物体受到的摩擦力 f ， fx=1 mv21 mgR 1 分22物体从皮 的P 端滑到 C 端摩擦力做功-fL=0-1 mvp2 1 分2fL1 m2gR 1 分2解得： x= 1 L 1 分2;.即物体在皮 上向左先做匀加速运 一半皮 度后，与皮 同速向左运 ，即再次到达P 点 速度大小是v= gR 2 分根据机械能守恒定律， 在斜面上上升的高度H， mgH=1 mv22解得 H= R 2 分2 明：其他方法答案正确均得分。（ 3） 度 E，在无磁 物体从A 端运 到 C 端的 程中，根据 能定理有mgR (mgEq) L00 1 分mg( RL)解得 E= 1 分qL在有磁 情况下物体从P 端运 到 C 端的 程中， 任意 刻物体速度 v ，取一段极短的含此 刻的 t ， 在此 段内的速度改 量 v （取水平向右 正方向） ，根据牛 第二定律，有( mgEq qvB )mamv 1 分t两 同 乘以t 再 两 求和(mgEq )tqBv tm v 1 分而 v tx L 1 分m vm(vcvp )而 v2gR， vp2gRc2则 m vm2gR 1 分2以上 果代入上式，得2gR(mgEq )tqBLm化 得t=qBL2L 2gRmgR 1 分2gR13.如 所示，空 等 距分布着水平