电磁感应微元法2024.docx

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1、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 .什么状况下用微元法解题？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。在时间加很短或位移Ar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，所以心=Ar,v=r=vo微元法体现了微分思想。3 .关于求和Z。很多小的梯形加起来为大的梯形，即Z5=5,（留意：前面的S为小写，后面的S为大写），并且ZAu=u-%,当末速度U=O时，有ZAU=%,或初速度为=0时，有ZAu=以这个求和的方法体现了积分思想。4 .无论物理规律用

2、牛顿定律，还是动量定理或动能定理,都可以用微元法.假如既可以用动量定理也可以用动能定理解。对于运用老教科书的地区，这两种解法用哪一种都行，但对于运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,假如不选修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实力。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=B1.感应电流为/=，受安培力为RR2/2F=BI1.=V,因为是变力问题，所以可以用微元法.R1 .只受安培力的状况例1.如

3、图所示，宽度为1.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1的导体棒从高度为h的斜轨上从静止起先滑下，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U-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时的速度匕、v2:OS/4S/2S例题图解：（1）依据机械能守恒定律，有吆力=；”说,得%=J荻。r22（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f=B

4、I1.=-V,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r内，速度改变很小，可以认为没有改变,f2/2所以安培力可以看做恒力，依据牛顿其次定律，加速度为=V,很短的时间mmR2r2，内速度的改变为=W=必，而yr=x,那么在时间，内速度的改变为mRr2r2r2r2V=Y()v,因为X,所以AV=()x,速度1.mRnR?V=v0+V=v0XnR2.既受安培力又受重力的状况例2.2024年南京市高考模拟题如图所示，竖直平面内有一边长为1.、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之水平抛出，磁场方向与线框平面垂直,

5、磁场的磁感应强度随竖直向下的Z轴按B=B0+h得规律匀称增大，已知重力加速度为g,求:（1）线框竖直方向速度为匕时，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） 若线框从起先抛出到瞬时速度大小到达匕所经验的时间为f,那么，线框在时间，内的总位移大小为多少？VoBXXX解：（I）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.e(B2-B1)1.v1ke=RRR(2)当安培力等于重力时竖直速度最大，功率也就最大(B2-Bl)2IZvmk2I:vm所以mgRFFm12R7i(3)线框受重力和安培力两个力，其中重力冲为恒力，安培力二(B?二BJf乜=&察为变力，我们

6、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(Au)=gr,求在安培力作用下在时间t内增加的速度为(Ay)2用微元法，设在微小时间加内，变力可以看做恒力，变加速运动可以看做匀加速运动，加公k2lv速度为=,则在Ar内速度的增加为Au=三Ar,而匕&=z,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k?1.k2lf(Av)2=z,所以(AU)2=-ZnRmHk2f再依据运动的合成，时间t内总的增加的速度为(Au)(v)2=ZomR/b2I4I从宏观看速度的增加为J代-诏，所以夕二行z=g-诏，得线框

7、在时间/内的总位移大小为Z=竺”乒Icli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状况例3.202侔高考江苏省物理卷第15题如图所示，间距为1.的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为仇导轨光滑且电阻忽视不计.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“，间距为凌.两根质量均为阳、有效电阻均为R的导体棒。和力放在导轨上，并与导轨垂直.(设重力加速度为g)若。进入第2个磁场区域时，b以与同样的速度进入第1个磁场区域，求力穿过第1个磁场区域过程中增加的动能Ex若。进入第2个磁场区域时，力恰好离开第1个磁场区域；此后离开第2

8、个磁场区域时，b又恰好进入第2个磁场区域.且.人在随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状况，求。穿出第4个磁场区域时的速率已解：因为和力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。和力均不受安培力作用，由机械能守恒得E=mgdlsin设导体棒刚进入无磁场区时的速度为匕,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匕,刚离开磁场区时的速度为,由能量守恒得：在磁场区域有：m+Q=m+mgdisinO在无磁场区域：nr21=nr+mgd2sin解得：Q=?g（4+4）sine用微元

9、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：吃一马=gsin6且平均速度：马上区=%2t在有磁场区域，对。棒：Fmgsm-BIl口fBIDJe1.:I=B2l2v解得：F=11sin62R因为速度U是变量，用微元法依据牛顿其次定律，在一段很短的时间加内Fv=一rmn22则有ZA。=Zgsin6rImR因为导体棒刚进入磁场区时的速度为匕,刚离开磁场区时的速度为匕，所以ZAV=匕一眩，Zw=4，d212所以：v1-V2=rsin42mR联立式,得V1=（原答案此处一笔带过，事实上这一步很麻烦，以下笔者给出具体过程:代入得:B?-“4mgRsin6代入得：V1+V2=-B：2d

10、+得:I警sin*吗B2Z2J1SmRG匕在随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时的速率。就等于匕.所以（留意：由于.b在随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时的速率。都相等，所以所谓“第K个磁场区”，对本题解题没有特殊意义。）练习题练习题1.2024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B=IT,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=O.lkg、电阻R=0.1Q的正方形线框MNoP以v0=7ms的

11、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)线框从起先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区域的个数n解：(1)线框MN边刚进入磁场时，感应电动势E=Blvki=XAV,感应电流FZ=-=14,受到安培力的大小F=Bll=2.8NR(2)水平方向速度为O,Q=g=2.45/(3)用“微元法”解E线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势E=8/%,感应电流/=一，R22受到安培力的大小F=BIl,得尸=上，R在，一时间内，由牛顿定律：f=vmr22r22求和,(f)z=叭F=%mKm解得X=生契=1.75加，

12、线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n=1.工=4.375,取整B2I20.4数为4。练习题2.2024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1.、足够长且电阻忽视不计，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“舌”型装置。总质量为加，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(d1.),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

13、始终与导轨垂直。重力加速度为g。求：(1)装置从释放到起先返回的过程中，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。；(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。导仆柏（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，作用在线框的安培力做功为W由动能定理AWgSina4d+W-BI1.d=O且Q=-W解得Q=4ZgdSina-BI1.d（1）设线框刚离开磁场下边界时的速度为匕，则接着向下运动2d由动能定理机gsina2d-Bl1.d=-mv装置在磁场中运动的合力F=sincr-F感应电动势=Bdv感应电流/=R安培力F=BrdF由牛顿

14、其次定律，在，到r+r时间内，有Ay=-Afm则ZAu=Z（gsin-P：Y）Ar-2B2d3有力=幼Sma二限n213解得r二y2m(BI1.d-2mgdsin)+mgSina（2）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离/之间往复运动,由动能定理mgsinaxtn-BI1.（Xm-d）=OBI1.clBI1.d-mgSina解：（本人探讨的另外解法：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力,则接着向下运动加，速度变为0,依据动能定理12mgsina2J-BI1.d=-mv,所以匕=d2j2二口是与速R留意：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=mgsinQ-五安，而F安度U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匀称改变的匀变速直线运动和在安培力作用下的速度随位移匀称改变的匀变速直线运动两种运动，前者速度的改变与时间成正比，后者速度的改变与位移成正比，有snaZ1