电磁感应微元法2018

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。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。关于微元法。在时间At很短或位移A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vAt = Ax，IvAt = lAx = As。微元法表达了微分思 想。关于求和Z。许多小的梯形加起来为大的梯形，即s = AS ,注意：前面的s 为小写，后面的S为大写），并且Eav = V t。，当末速度V = 0时，有Eav = V0，或初 速度v = 0时，有Eav = v，这个

2、求和的方法表达了积分思想。0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，表达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 磁感线运动，产生感应电动势为E = BLv，感应电流为I = 军，受安培力为RB 2 LF = BIL =二一

3、v，因为是变力问题，所以可以用微元法.R只受安培力的情况例1.如下图，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V ；0（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。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 TOC o 1-5 h z 0S/4S/2例题图解：1根据机械能守恒定律，有mgh =

4、 2 mv2，得v0 = （2gh。厂B 2 L2（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 = BIL =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Ar内，速度变化很小，可以认为没有变化， fB2L2, 一,八所以安培力可以看做恒力，根据牛顿第二定律，加速度为。=-v，很短的时间 m mR TOC o 1-5 h z -B 2 L2 A -A内速度的变化为Av = at =- -vAr，而vAt = Ax，那么在时间t内速度的变化为 mRB 2 LB 2 L2、AV =Z （-一 ） vAt，因为 x，所以 AV = （-） - x，速度

5、 mRmRB 2 L2v = v + AV = v - 一 - x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下图，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 +炫得规律均匀增大，已知重力加速度为g , 求：（1）线框竖直方向速度为v 1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）假设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？解：1因在竖直方

6、向两边的磁感应强度大小不同，所以产生感应电流为.e (B B ) Lv kL2R 2 r 1 R(2)当安培力等于重力时竖直速度最大，功率也就最大mg = (B B )IL =(B2 一 叩2土 =烂K21RR所以v广mRm 2 g 2 R 叫广FT3线框受重力和安培力两个力，其中重力mg为恒力，安培力.(B B )2L2vk2Lavf =21& = 一为变力，我们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，在时间内增加的速度为即，求在安培力作用下在时间t内增加的速度为(Av)2用微元法，设在微小时间At内，变力可以看做恒力，变加速运动可以看做匀加速运动，加k

7、 2 L vk 2 L v-速度为。= R，则在At内速度的增加为Av = -rz At，而vAt = Az，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/、 k2Lk2L(Av)2 =-r Az，所以 (Av)2 =-R zk 2 L4再根据运动的合成，时间曲总的增加的速度为(Av)i + (Av)2 =诙侦。, k 2 L4从宏观看速度的增加为,.v；-vj，所以gt -R - z = 3；-v0，得线框在时间t内的总位移大小为z 位移大小为z =k 2 L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.重力和安培力不在一条直线上的情况例3.

8、 2008年高考江苏省物理卷第15题如下图，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日导轨光滑且电阻忽 略不计.场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为勺，间距为四.两 根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒。和放在导轨上，并与导轨垂直.设重力加速度 为g假设。进入第2个磁场区域时，小以与。同样的速度进入第1个磁场区域，求穿过第1个 磁场区域过程中增加的动能；假设。进入第2个磁场区域时M恰好离开第1个磁场区域;此后。离开第2个磁场区域时， b又恰好进入第2个磁场区域.且q. 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

9、的总焦耳热Q；对于第问所述的运动情况，求q穿出第化个磁场区域时的速率0.di磁场区域di磁场区域5解：因为q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0，所以q 和b均不受安培力作用，由机械能守恒得AE = mgd sin 0设导体棒刚进入无磁场区时的速度为v，刚离开无磁场区时的速度为v，即导体棒刚2由能量守恒得:进入磁场区时的速度为v，刚离开磁场区时的速度为V，由能量守恒得:211八 1，.八在磁场区域有：2mv2 + Q = mv2 + mgd sin011在无磁场区域：万mv2 = mv2 + mgd2 sin0解得：Q = mg （+ d2）sin 0用微元法设导体棒

10、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：v2 -匕=gtsin0且平均速度：土二=d 2 t在有磁场区域，对q在有磁场区域，对q棒:F = mg sin 0 一 BIlT Blv且：I =2 RB212 v解得：F = mgsin0 -2 R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At内Av = Atm.八 B2/2 v g sin 0 2mR因为导体棒刚进入磁场区时的速度为V2,刚离开磁场区时的速度为V1,所以Zav = V1 七=gt sin 0 B2 d2mR 1联立式，得V14mgRd 0_ B 212dB 212 d8mR联立式，得V11原答案此处

11、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:B 代入得:B 212 dt =14mgR sin 0代入得:8mgd R sin 012 =b 2代入得:8mgd R sin 012 =b 2/2 d14mgRd?0_ B 212dB 212 d8mR 1万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+得：V1a时的速率v就等于V1.所以B 21B 212 d1。8mRr d I r J _ IT-*T-r *1 pf畔 土(J rMa4mgRd .v =2 sin 0B 212 d 1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

12、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”，对此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题如下图，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强 度B=1T，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=0.1kg、电阻R=0.1Q的正方形线框MNO P以iMI C K II ，L .JKXI x!N! M1 X 1 4 I XI KXI x!N! M1 X 1 4 I Xv0=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

13、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区域的个数n。解：1线框MN边刚进入磁场时，感应电动势E = Blv0 = 1.4V，感应电流I = E = 14A，受到安培力的大小F = BIl = 2.8NR八 12水平方向速度为0，Q = 2mv2 = 2.45J3)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E = Blv，感应电流I = E，0RB 212 v 受到安培力的大小F = BIl，得F = -，R在t t时间内，由牛顿定律:F在t t时间内，由牛顿定律:F At = Av m求和，Z(Jt = ZavmRB 212x

14、 = vmR 01.75_1.75_n= = 4.375,取整解得X =我=E，线框能穿过的完整条形磁场区域的个数数为4。练习题2.2009年高考江苏省物理卷第15题如下图，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a。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 “古”型装置。总质量为m，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dd L，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

15、域下边界处返回。导体棒在整个运动过程中始 终与导轨垂直。重力加速度为g。求：装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；线框第一次穿越磁场区域所需的时间11；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。（笫侦鹿图）（笫侦鹿图）【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 mg sin a - 4d + W - BILd = 0且 Q = -W解得 Q = 4mgd sin a - 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2d由动能定理 mg sin 由动能定理 mg sin a - 2d -

16、BILd = 021装置在磁场中运动的合力F = mg sin a - F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由牛顿第二定律，在t到t + At时间内有 Av = AtmB 2 d 2 v则 Av = (g sin a -)AtmR有vi.2 B 2 有vi=gt sin a rmg sin ax. 2m(BILd - 2m gdsin a) + 解得ti =mg sin a(2) 经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离x之间往复运动，由动能定理mg sinax - BIL(x - d) = 0解得x解得xmBILdBILd - mg sin a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v 1，则接着向下运动2d，速度变为0， 根据动能定理mg sin a - 2d 一 BILd = 0 - mv 2，所以 v = BILd - gd、诅 a 211 m注意：导体棒在磁场中运动的位移是d，而不是2d