微元法的妙用教師

1、例1. 如圖，水平放置的導(dǎo)體電阻為R ，R與兩根光滑的平行金屬導(dǎo)軌相連，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng) ，其間有垂直導(dǎo)軌平面的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。導(dǎo)軌上有一導(dǎo)體棒ab質(zhì)量為m以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)。 體棒將做什么運(yùn)動(dòng)？請(qǐng)描繪出運(yùn)動(dòng)的v-t 圖像全過程一共產(chǎn)生多少焦耳熱？能否求出這個(gè)過程的總位移呢？能否求出全過程中通過導(dǎo)體某個(gè)橫截面的電量？變式1： 如圖，水平放置的導(dǎo)體電阻為R ，R與兩根光滑的平行金屬導(dǎo)軌相連，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng) ，其間有垂直導(dǎo)軌平面的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。導(dǎo)軌上有一導(dǎo)體棒ab質(zhì)量為m受到大小為F的恒力作用從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。1棒將做什么運(yùn)動(dòng)？2請(qǐng)描繪出運(yùn)動(dòng)的v-t 圖像3末速度多大？4若

2、在t時(shí)刻，棒作勻速運(yùn)動(dòng)，求這段時(shí)間內(nèi)的總位移。（t > t0）變式2：如圖，豎直放置的光滑U形導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，上端串有一個(gè)電容，電容為C，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。金屬棒ab的質(zhì)量為m，與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)摩擦及各部分電阻，試通過計(jì)算說(shuō)明金屬棒的運(yùn)動(dòng)情況。要說(shuō)明運(yùn)動(dòng)情況，可能有哪些？勻速，勻加速還是變加速？需要通過計(jì)算說(shuō)明什么問題？找出F-t，或 a-t 的關(guān)系小結(jié)微元法在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用 在處理問題時(shí)，從對(duì)事物的極小部分(微元)分析入手，達(dá)到解決事物整體的方法。 在使用微元法處理問題時(shí)，需將其分解為眾多微小的“元過程”，而且每個(gè)“元過程”所遵循的規(guī)律是相同的，這樣，我

3、們只需分析這些“元過程”，然后再將“元過程”進(jìn)行必要的數(shù)學(xué)方法（累計(jì)求和）進(jìn)而使問題求解。在電磁感應(yīng)問題中，常常遇到非勻變速運(yùn)動(dòng)過程中求位移，電量，能量等問題，靈活運(yùn)用微元的思想，可以幫助我們更深刻的理解物理過程。思考題dddddddddv0POMN如圖,空間等間距分布著水平方向的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng), 豎直方向磁場(chǎng)區(qū)域足夠長(zhǎng)， 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T ，每一條形磁場(chǎng)區(qū)域的寬度及相鄰條形磁場(chǎng)區(qū)域的間距均為d=0.5m,現(xiàn)有一邊長(zhǎng)l=0.2m、質(zhì)量m=0.1kg、電阻R0.1的正方形線框MNOP以v0=7m/s的初速?gòu)淖髠?cè)磁場(chǎng)邊緣水平進(jìn)入磁場(chǎng)求線框從開始進(jìn)入磁場(chǎng)到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q線框能穿過的

4、完整條形磁場(chǎng)區(qū)域的個(gè)數(shù)n。能完整的穿過4個(gè)條形磁場(chǎng)區(qū)域3如圖所示，在光滑的水平面上，有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，分布在寬度為L(zhǎng)的區(qū)域里，現(xiàn)有一邊長(zhǎng)為a(a<L)的正方形閉合線圈剛好能穿過磁場(chǎng)，則線框在滑進(jìn)磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量Q1與滑出磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量Q2之比為( ) A1：1 B2：1C. 3：1 D4：1lav0v1.如圖所示，在光滑水平面上有一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，分布在寬度為l的區(qū)域內(nèi)?，F(xiàn)有一個(gè)邊長(zhǎng)為a的正方形閉合導(dǎo)線框（a< l），以初速度v0垂直于磁場(chǎng)邊界沿水平面向右滑過該磁場(chǎng)區(qū)域，滑出時(shí)的速度為v。下列說(shuō)法中正確的是 A.導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)，速度大于(v0+ v)/2

5、B.導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)，速度等于(v0+ v)/2C.導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)，速度小于(v0+ v)/2D.以上三種都有可能× × × × ×× × × × ×× × × × ×× × × × ×dcba20(2014豐臺(tái)一模)如圖光滑水平面上有豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬度為2L、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。正方形線框abcd的電阻為R，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，線框以與ab垂直的速度3v進(jìn)入磁場(chǎng)，線框穿出磁場(chǎng)時(shí)的速

6、度為v，整個(gè)過程中ab、cd兩邊始終保持與磁場(chǎng)邊界平行。設(shè)線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1，穿出磁場(chǎng)區(qū)域過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2。則Q1：Q2等于A1：1B2：1 C3：2D5：3ab甲乙20（2014石景山一模）如圖所示，a、b是邊界范圍、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向都相同的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，a的下端離水平地面的高度比b高一些。甲、乙是兩個(gè)完全相同的閉合正方形導(dǎo)線框，分別位于a、b的正上方，兩線框的下端離地面的高度相同。兩線框由靜止同時(shí)釋放，穿過磁場(chǎng)后落到地面，下落過程中線框平面始終保持與磁場(chǎng)方向垂直。下列說(shuō)法正確的是A 乙線框先落地B兩線框同時(shí)落地C穿過磁場(chǎng)的過程中，乙線框產(chǎn)生的熱量較少D

7、穿過磁場(chǎng)的過程中，兩線框產(chǎn)生的熱量相同先根據(jù)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)安培力的大小，比較安培力做功的大小，再根據(jù)功能關(guān)系比較線框落地時(shí)速度的大小再對(duì)全過程，運(yùn)用動(dòng)量定理列式，即可比較時(shí)間的長(zhǎng)短解答：解：先比較甲、乙線框落地時(shí)速度的大?。阂揖€框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度較大，安培力較大，線框克服安培力做功較多，即產(chǎn)生的熱量較多；根據(jù)能量守恒定律得知乙線框落地時(shí)的速度較小線框穿過磁場(chǎng)區(qū)域過程受到的安培力是變力，設(shè)受到的平均安培力為F，穿過磁場(chǎng)的時(shí)間為t，下落全過程的時(shí)間為t，落地速度為v對(duì)全過程，由動(dòng)量定理得：mgt-Ft=mv而Ft=BILt=BLq，又感應(yīng)電荷量 q=/R，因?yàn)榇磐肯嗤?，通過線框截面的電荷量相等，則

8、兩個(gè)下落過程線框所受的安培力沖量相同因?yàn)関乙v甲，所以t乙t甲，即乙線框先落地，故A正確，BCD錯(cuò)誤故選：A點(diǎn)評(píng)：本題的關(guān)鍵要運(yùn)用動(dòng)量定理分析時(shí)間關(guān)系，還要掌握感應(yīng)電荷量的公式q=/R對(duì)于變力情形，運(yùn)用動(dòng)量定理研究時(shí)間是常用的方法，要學(xué)會(huì)應(yīng)用變式訓(xùn)練 如圖所示，兩固定豎直光滑金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，完全相同的導(dǎo)體棒ab、cd水平置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方且相距一定距離。勻強(qiáng)磁場(chǎng)上、下邊界水平，方向垂直紙面向里，現(xiàn)同時(shí)由靜止釋放ab、cd，ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，ab出磁場(chǎng)時(shí)，cd剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好。豎直導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，則在導(dǎo)體棒cd穿越磁場(chǎng)的過程中Ad端電勢(shì)低于c端電勢(shì)B始終做勻速直線運(yùn)

9、動(dòng)C 運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于導(dǎo)體棒ab在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間D克服安培力做的功等于ab穿越磁場(chǎng)過程中克服安培力做的功（房山）21、如圖甲所示， 光滑且足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L=0.3m。導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，其間連接有固定電阻R=0.4。導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m=0.1kg、電阻r=0.2的金屬桿ab，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下。利用一外力F沿水平方向拉金屬桿ab，使之由靜止開始運(yùn)動(dòng)，電壓傳感器可將R兩端的電壓U即時(shí)采集并輸入電腦，獲得電壓U隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。（1）試證明金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，并計(jì)算加速度的大??；（2）求第2s末

10、外力F的瞬時(shí)功率；甲乙aMbQNFRP電壓傳感器接電腦t/sU/V0 0.5 1.0 1.5 2.00.10.2（3）如果水平外力從靜止開始拉動(dòng)桿2s所做的功為0.3J，求回路中定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱是多少。（房山）21、（1）設(shè)路端電壓為U，金屬桿的運(yùn)動(dòng)速度為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E = BLv，1分通過電阻R的電流1分電阻R兩端的電壓U= 1分由圖乙可得 U=kt，k=0.10V/s1分解得，1分因?yàn)樗俣扰c時(shí)間成正比，所以金屬桿做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度。1分（用其他方法證明也可以,只要得出加速度a=1m/s2即可給6分）（2）在2s末，速度v2=at=2.0m/s， 1分電動(dòng)勢(shì)E=BLv2，通過金

11、屬桿的電流金屬桿受安培力1分設(shè)2s末外力大小為F2，由牛頓第二定律， ，1分故2s末時(shí)F的瞬時(shí)功率 P=F2v21分 P=0.35W 1分 (3) 在2s末，桿的動(dòng)能1分由能量守恒定律，回路產(chǎn)生的焦耳熱Q=W-Ek=0.1J 1分根據(jù)Q=I2Rt，有1分故在R上產(chǎn)生的焦耳熱1分22.（2008北京理綜，22）均勻?qū)Ь€制成的單位正方形閉合線框abcd，每邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，總質(zhì)量為m。將其置于磁感強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方h處，如圖所示。線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場(chǎng)邊界平行。當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，（1）求線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小;（2）求cd兩點(diǎn)間的

12、電勢(shì)差大小;（3）若此時(shí)線框加速度恰好為零，求線框下落的高度h所應(yīng)滿足的條件。22.答案（16分）（1）cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框速度v=(2)此時(shí)線框中電流 I=cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U=I()=(3)安培力 F=BIL=根據(jù)牛頓第二定律mg-F=ma,由a=0解得下落高度滿足 h=24. （2014豐臺(tái)一模，24）如圖所示，直角坐標(biāo)系xoy位于豎直平面內(nèi)，y軸正方向豎直向上，x軸正方向水平向右?？臻g中存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直xoy平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出）方向平行于xoy平面，小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）的質(zhì)量為m、帶電量為+q，已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，g為重力

13、加速度。（1）若勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向左，使小球在空間中做直線運(yùn)動(dòng)，求小球在空間中做直線運(yùn)動(dòng)的速度大小和方向；（2）若勻強(qiáng)電場(chǎng)在xoy平面內(nèi)的任意方向，確定小球在xoy平面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)的速度大小的范圍；× × × × × × ×× × × × × × ×× × × × × × ×× × × × × × ×× &#

14、215; × × × × ×× × × × × × ×Oyx（3）若勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向下，將小球從O點(diǎn)由靜止釋放，求小球運(yùn)動(dòng)過程中距x軸的最大距離。UQ024. 能的轉(zhuǎn)化與守恒是自然界普遍存在的規(guī)律，如：電源給電容器的充電過程可以等效為將電荷逐個(gè)從原本電中性的兩極板中的一個(gè)極板移到另一個(gè)極板的過程. 在移動(dòng)過程中克服電場(chǎng)力做功，電源的電能轉(zhuǎn)化為電容器的電場(chǎng)能實(shí)驗(yàn)表明:電容器兩極間的電壓與電容器所帶電量如圖所示（1）對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)，教科書中講解了由v-t圖像求位移的方法請(qǐng)你借鑒此

15、方法，根據(jù)圖示的Q-U圖像，若電容器電容為C，兩BhC極板間電壓為U，求電容器所儲(chǔ)存的電場(chǎng)能（2）如圖所示，平行金屬框架豎直放置在絕緣地面上框架上端接有一電容為C的電容器框架上一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒平行于地面放置，離地面的高度為h磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與框架平面相垂直現(xiàn)將金屬棒由靜止開始釋放，金屬棒下滑過程中與框架接觸良好且無(wú)摩擦開始時(shí)電容器不帶電，不計(jì)各處電阻求a. 金屬棒落地時(shí)的速度大小 b. 金屬棒從靜止釋放到落到地面的時(shí)間24、（1）(5分)由功能關(guān)系可知克服電場(chǎng)力做的功等于產(chǎn)生的電場(chǎng)能（1分）由圖可知在QU圖像中，圖像所圍面積即為克服電場(chǎng)力所做的功（1分）即 （1分） 又有電容

16、定義式 （1分）兩式聯(lián)立得 電容器儲(chǔ)存的電場(chǎng)能為 （1分）（2）(7分)設(shè)導(dǎo)體棒落地的速度為v，此時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)感生電動(dòng)勢(shì)大小為 （2分）電容器儲(chǔ)存的電場(chǎng)能為 （2分）由動(dòng)能定理得 （2分）解得 （1分）（3）(8分)導(dǎo)體棒下落過程中受安培力和重力，由動(dòng)量定理可知 解得 (8分)24.(20分)如圖13所示，四分之一光滑絕緣圓弧軌道AP和水平絕緣傳送帶PC固定在同一 豎直平面內(nèi)，圓弧軌道的圓心為0，半徑為R0傳送帶PC之間的距離為L(zhǎng),沿逆時(shí)針方向 的運(yùn)動(dòng)速度v=.在PO的右側(cè)空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量 為+q的小物體從圓弧頂點(diǎn)A由靜止開始沿軌 道下滑，

17、恰好運(yùn)動(dòng)到C端后返回。物體與傳送 帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，不計(jì)物體經(jīng)過軌道與傳 送帶連接處P時(shí)的機(jī)械能損失,重力加速度為g(1)求物體下滑到P點(diǎn)時(shí)，物體對(duì)軌道的壓力F(2)求物體返回到圓弧軌道后，能上升的最大高度H(3)若在PO的右側(cè)空間再加上方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng) (圖中未畫出），物體從圓弧頂點(diǎn)A靜止釋放,運(yùn)動(dòng)到C端時(shí)的速度為，試求物體 在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。【答案】見解析（1）設(shè)物體滑到P端時(shí)速度大小為，物體從A端運(yùn)動(dòng)到P端的過程中，機(jī)械能守恒1分解得：1分設(shè)物體滑到P端時(shí)受支持力為N，根據(jù)牛頓第二定律 1分解得：N=3mg1分設(shè)物體滑到P端時(shí)對(duì)軌道壓力為F，根據(jù)牛

18、頓第三定律F = N =3mg1分（2）物體到達(dá)C端以后受滑動(dòng)摩擦力，向左做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)向左運(yùn)動(dòng)距離為x時(shí)物體與皮帶速度相同，設(shè)物體受到的摩擦力為f，則 fx=1分 物體從皮帶的P端滑到C端摩擦力做功 -fL=0-1分1分解得：x=1分即物體在皮帶上向左先做勻加速運(yùn)動(dòng)一半皮帶長(zhǎng)度后，與皮帶同速向左運(yùn)動(dòng)，即再次到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度大小是v=2分根據(jù)機(jī)械能守恒定律，設(shè)在斜面上上升的高度H，則mgH= 解得H=2分說(shuō)明：其他方法答案正確均得分。（3）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，在無(wú)磁場(chǎng)物體從A端運(yùn)動(dòng)到C端的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有 1分解得E=1分在有磁場(chǎng)情況下物體從P端運(yùn)動(dòng)到C端的過程中，設(shè)任意時(shí)刻物體速度為v，取一段極短的含此時(shí)刻的時(shí)間，設(shè)在此時(shí)間段內(nèi)的速度改變量為（取水平向右為正方向），根據(jù)牛頓第二定律，有1分兩邊同時(shí)乘以再對(duì)兩邊求和 1分而 1分 而，