電磁感應(yīng)中的“微元法”和“牛頓第四定律”

所謂：“微元法”

所謂“微元法”，又叫“微小變量法”，是解物理題的一種方法。

1.什么情況下用微元法解題？在變力作用下做變變速運(yùn)動（非勻變速運(yùn)動）時，可考慮用微元法解題。

2.關(guān)于微元法。在時間很短或位移很小時，非勻變速運(yùn)動可以看作勻變速運(yùn)動，運(yùn)動圖象中的梯形可以看作矩形，所以。微元法體現(xiàn)了微分思想。

3.關(guān)于求和。許多小的梯形加起來為大的梯形，即，（注意：前面的為小寫，后面的為大寫），并且，當(dāng)末速度時，有，或初速度時，有，這個求和的方法體現(xiàn)了積分思想。

4.無論物理規(guī)律用牛頓定律，還是動量定理或動能定理,都可以用微元法.如果既可以用動量定理也可以用動能定理解。對于使用老教科書的地區(qū)，這兩種解法用哪一種都行，但對于使用課程標(biāo)準(zhǔn)教科書的地區(qū)就不同了，因?yàn)檎n程標(biāo)準(zhǔn)教科書把動量的內(nèi)容移到了選修3-5，如果不選修3-5，則不能用動量定理解，只能用動能定理解。

微元法解題，體現(xiàn)了微分和積分的思想，考查學(xué)生學(xué)習(xí)的潛能和獨(dú)創(chuàng)能力。

電磁感應(yīng)中的微元法

一些以“電磁感應(yīng)”為題材的題目。可以用微元法解，因?yàn)樵陔姶鸥袘?yīng)中，如導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為，感應(yīng)電流為，受安培力為，因?yàn)槭亲兞栴}，所以可以用微元法.1.只受安培力的情況

例1.如圖所示，寬度為L的光滑金屬導(dǎo)軌一端封閉，電阻不計，足夠長，水平部分有豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒從高度為h的斜軌上從靜止開始滑下，由于在磁場中受安培力的作用，在水平導(dǎo)軌上滑行的距離為S而停下。

（1）

求導(dǎo)體棒剛滑到水平面時的速度；

（2）

寫出導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上滑行的速度與在水平導(dǎo)軌上滑行的距離的函數(shù)關(guān)系，并畫出關(guān)系草圖。

（3）求出導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上滑行的距離分別為S/4、S/2時的速度、；

B

h

0

S/4

S/2

S

例題圖

解：（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有，得。

①

(2)設(shè)導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上滑行的速度為時，受到的安培力為，安培力的方向與速度方向相反。

用微元法，安培力是變力，設(shè)在一段很短的時間內(nèi)，速度變化很小，可以認(rèn)為沒有變化，所以安培力可以看做恒力，根據(jù)牛頓第二定律，加速度為，很短的時間內(nèi)速度的變化為，而，那么在時間內(nèi)速度的變化為，因?yàn)?，所以，速?/p>

②

2.既受安培力又受重力的情況

例2.2010年南京市高考模擬題

如圖所示，豎直平面內(nèi)有一邊長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形線框在豎直向下的勻強(qiáng)重力場和水平方向的磁場組成的復(fù)合場中以初速度水平拋出，磁場方向與線框平面垂直，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨豎直向下的z軸按得規(guī)律均勻增大，已知重力加速度為,求：

（1）

線框豎直方向速度為時，線框中瞬時電流的大?。?/p>

（2）

線框在復(fù)合場中運(yùn)動的最大電功率；

（3）

若線框從開始拋出到瞬時速度大小到達(dá)所經(jīng)歷的時間為，那么，線框在時間內(nèi)的總位移大小為多少？

解：（1）因在豎直方向兩邊的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同，所以產(chǎn)生感應(yīng)電流為

(2)當(dāng)安培力等于重力時豎直速度最大，功率也就最大

所以

（3）線框受重力和安培力兩個力，其中重力為恒力，安培力為變力，我們把線框的運(yùn)動分解為在重力作用下的運(yùn)動和在安培力作用下的運(yùn)動。在重力作用下，在時間t

內(nèi)增加的速度為，求在安培力作用下在時間t內(nèi)增加的速度為

用微元法，設(shè)在微小時間內(nèi)，變力可以看做恒力，變加速運(yùn)動可以看做勻加速運(yùn)動，加速度為，則在內(nèi)速度的增加為，而，所以在時間t內(nèi)由于安培力的作用而增加的速度（因?yàn)樵黾恿繛樨?fù)，所以實(shí)際是減?。?，所以

再根據(jù)運(yùn)動的合成，時間t內(nèi)總的增加的速度為=。

從宏觀看速度的增加為，所以=，得線框在時間內(nèi)的總位移大小為。

從例題可以看出，所謂微元法是數(shù)學(xué)上的微積分理念在解物理題中的應(yīng)用.3.重力和安培力不在一條直線上的情況

例3．2008年高考江蘇省物理卷第15題

如圖所示，間距為L的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ，導(dǎo)軌光滑且電阻忽略不計．場強(qiáng)為B的條形勻強(qiáng)磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，磁場區(qū)域的寬度為d1，間距為d2．兩根質(zhì)量均為m、有效電阻均為R的導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直．（設(shè)重力加速度為g）

⑴若a進(jìn)入第2個磁場區(qū)域時，b以與a同樣的速度進(jìn)入第1個磁場區(qū)域，求b穿過第1個磁場區(qū)域過程中增加的動能△Ek；

⑵若a進(jìn)入第2個磁場區(qū)域時，b恰好離開第1個磁場區(qū)域；此后a離開第2個磁場區(qū)域時，b

又恰好進(jìn)入第2個磁場區(qū)域．且a．b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運(yùn)動時間均相等．求b穿過第2個磁場區(qū)域過程中，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q；

⑶對于第⑵問所述的運(yùn)動情況，求a穿出第k個磁場區(qū)域時的速率v．

磁場區(qū)域1

B

磁場區(qū)域2

B

磁場區(qū)域3

B

磁場區(qū)域4

B

磁場區(qū)域5

B

棒b

棒a

d1

d1

d1

d2

d2

d2

d2

Θ

d1

d1

解：⑴因?yàn)閍和b產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等，按回路方向相反，所以感應(yīng)電流為0，所以a和b均不受安培力作用，由機(jī)械能守恒得

①

⑵設(shè)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入無磁場區(qū)時的速度為,剛離開無磁場區(qū)時的速度為,即導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場區(qū)時的速度為,剛離開磁場區(qū)時的速度為，由能量守恒得：

在磁場區(qū)域有：

②

在無磁場區(qū)域：

③

解得：

⑶用微元法

設(shè)導(dǎo)體棒在無磁場區(qū)域和有磁場區(qū)域的運(yùn)動時間都為，在無磁場區(qū)域有：

④

且平均速度：

⑤

在有磁場區(qū)域，對a棒：

且：

解得:

⑥

因?yàn)樗俣仁亲兞浚梦⒃?/p>

根據(jù)牛頓第二定律,在一段很短的時間內(nèi)

則有

因?yàn)閷?dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場區(qū)時的速度為,剛離開磁場區(qū)時的速度為,所以,，所以：

⑦

聯(lián)立④⑤⑦式,得

（原答案此處一筆帶過，實(shí)際上這一步很麻煩，以下筆者給出詳細(xì)過程：

④代入⑦得：，⑧

⑧代入⑤得：

⑨

⑦+⑨得：。）

a．b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運(yùn)動時間均相等,所以a穿出任一個磁場區(qū)域時的速率v就等于．所以。

（注意：由于a．b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運(yùn)動時間均相等，所以a穿出任一個磁場區(qū)域時的速率v都相等，所以所謂“第K個磁場區(qū)”，對本題解題沒有特別意義。）

練習(xí)題

練習(xí)題1.2007年高考江蘇省物理卷第18題

如圖所示，空間等間距分布著水平方向的條形勻強(qiáng)磁場，豎直方向磁場區(qū)域足夠長，磁感應(yīng)強(qiáng)度Ｂ＝１Ｔ，每一條形磁場區(qū)域的寬度及相鄰條形磁場區(qū)域的間距均為d=0.5m，現(xiàn)有一邊長l=0.2m、質(zhì)量m=0.1kg、電阻Ｒ＝0.1Ω的正方形線框ＭＮＯＰ以v0=7m/s的初速從左側(cè)磁場邊緣水平進(jìn)入磁場，求

（１）線框ＭＮ邊剛進(jìn)入磁場時受到安培力的大?。?。

（２）線框從開始進(jìn)入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Ｑ。

（３）線框能穿過的完整條形磁場區(qū)域的個數(shù)n。

解：（1）線框ＭＮ邊剛進(jìn)入磁場時，感應(yīng)電動勢，感應(yīng)電流，受到安培力的大小

Ｆ=

（2）水平方向速度為0，（3）用“微元法”解

線框在進(jìn)入和穿出條形磁場時的任一時刻，感應(yīng)電動勢，感應(yīng)電流，受到安培力的大小

Ｆ=，得，在時間內(nèi)，由牛頓定律：

求和，,解得，線框能穿過的完整條形磁場區(qū)域的個數(shù)n=，取整數(shù)為4。

練習(xí)題2.2009年高考江蘇省物理卷第15題

如圖所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為L、足夠長且電阻忽略不計，導(dǎo)軌平面的傾角為。條形勻強(qiáng)磁場的寬度為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直。長度為的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置?？傎|(zhì)量為，置于導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒中通以大小恒為I的電流（由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未畫出）。線框的邊長為（），電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動到磁場區(qū)域下邊界處返回。導(dǎo)體棒在整個運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。重力加速度為。求：

（1）

裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；

（2）

線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間；

（3）

經(jīng)過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離。

【解答】設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運(yùn)動到磁場下邊界的過程中，作用在線框的安培力做功為W

由動能定理

且

解得

（1）

設(shè)線框剛離開磁場下邊界時的速度為，則接著向下運(yùn)動

由動能定理

裝置在磁場中運(yùn)動的合力

感應(yīng)電動勢

感應(yīng)電流

安培力

由牛頓第二定律，在到時間內(nèi)，有

則=

有

解得

（2）

經(jīng)過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離之間往復(fù)運(yùn)動，由動能定理

解得。

解：（本人研究的另外解法：用“牛頓第四定律”解）

第（1）問，同原解答

第（2）問：設(shè)線框剛離開磁場下邊界時的速度為，則接著向下運(yùn)動，速度變?yōu)?，根據(jù)動能定理，所以

注意：導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)動的位移是，而不是，且因?yàn)槭呛懔?，所以安培力是恒力?/p>

因?yàn)榫€框在磁場中的運(yùn)動時受到的合力，而是與速度成正比的力，所以把線框在磁場中的運(yùn)動分解為在重力的分力作用下的速度隨時間均勻變化的勻變速直線運(yùn)動和在安培力作用下的速度隨位移均勻變化的勻變速直線運(yùn)動兩種運(yùn)動，前者速度的變化與時間成正比，后者速度的變化與位移成正比，有

注意：因?yàn)榫€框下邊進(jìn)磁場和上邊出磁場，掠過的距離共。

所以=

第（3）問，同原解答，不重復(fù)。