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電磁感應(yīng)中的“微元法” 1走近微元法 微元法是分析、解決物理問題中的常用方法，也是從部分到整體的思維方法。用該方法可以使一些復(fù)雜的物理過程用我們熟悉的物理規(guī)律迅速地加以解決，使所求的問題簡單化。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)思想或物理方法處理，進(jìn)而使問題求解。使用此方法會(huì)加強(qiáng)我們對(duì)已知規(guī)律的再思考，從而引起鞏固知識(shí)、加深認(rèn)識(shí)和提高能力的作用。 “微元法”，又叫“微小變量法”，是解物理題的一種常用方法。 2如何用微元法 1.什么情況下用微元法解題？在變力求功，變力求沖量，變化電流求電量等等情況下，可考慮用微元法解題。 2. 關(guān)于微元法。一般是以時(shí)間和位移為自變量，在時(shí)間很短或位移很小時(shí)，此元過程內(nèi)的變量可以認(rèn)為是定值。 比如非勻變速運(yùn)動(dòng)求位移時(shí)在時(shí)間很短時(shí)可以看作勻速運(yùn)動(dòng)，在求速度的變化量時(shí)在時(shí)間很短時(shí)可以看作勻變速運(yùn)動(dòng)。 運(yùn)動(dòng)圖象中的梯形可以看作很多的小矩形，所以，。微元法體現(xiàn)了微分的思想。 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）， 比如，當(dāng)末速度時(shí)，有，或初速度時(shí)，有，這個(gè)求和的方法體現(xiàn)了積分思想。 4. 物理量有三種可能的變化情況 ?不變（大小以及方向）?？梢灾苯忧蠼猓热绾懔Φ墓?，恒力的沖量，恒定電流的電量和焦耳熱。 ?線性變化（方向不變，大小線性變化）。比如力隨位移線性變化可用平均力來求功，力隨時(shí)間線性變化可用平均力來求沖量，電流隨時(shí)間線性變化可用平均電流來求電量。 電流的平方隨時(shí)間線性變化可用平方的平均值來求焦耳熱。 ?非線性變化。可以考慮用微元法。 值得注意微元法不是萬能的，有時(shí)反而會(huì)誤入歧途，微元法解題，本質(zhì)上是用現(xiàn)了微分和積分的思想，是一種直接的求解方法，很多時(shí)候物理量的非線性變化可以間接求解，比如動(dòng)能定理求變力的功，動(dòng)量定理求變力的沖量，能量方程求焦耳熱等等。 當(dāng)然微元法是一種很重要的物理方法，在教學(xué)過程中有意識(shí)的不斷滲透微元法，可以培育和加強(qiáng)學(xué)生分析問題處理物理問題的能力。 電磁感應(yīng)中的微元法 一些以“電磁感應(yīng)”為題材的題目?？梢杂梦⒃ń猓?yàn)樵陔姶鸥袘?yīng)中，如導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢為，感應(yīng)電流為，受安培力為，因?yàn)槭亲兞栴}，所以可以考慮用微元法。 1.只受安培力的情況 如圖所示，寬度為L的光滑金屬導(dǎo)軌一端封閉，電阻不計(jì)，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(shí)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(shí)的速度、； h 0 S/4 S/2 S 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(shí)，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(shí)間內(nèi)，速度變化很小，可以認(rèn)為沒有變化，于是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(shí)間內(nèi)速度的變化為 而，那么在時(shí)間內(nèi)速度的變化為 因?yàn)?，所? 于是速度 ② 可以發(fā)現(xiàn)速度隨位移是線性減小的！ 2.既受安培力又受重力的情況 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軸按的規(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(shí)，線框中瞬時(shí)電流的大??； （2） 線框在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的最大電功率； （3） 若線框從開始拋出到瞬時(shí)速度大小到達(dá)所經(jīng)歷的時(shí)間為，那么，線框在時(shí)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(shí)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(gè)力 其中重力為恒力，安培力為變力。 我們把線框的運(yùn)動(dòng)分解為在重力作用下的運(yùn)動(dòng)和在安培力作用下的運(yùn)動(dòng)。在重力作用下，在時(shí)間t 內(nèi)增加的速度為，求在安培力作用下在時(shí)間t內(nèi)增加的速度為 用微元法，設(shè)在微小時(shí)間內(nèi)，變力可以看做恒力，變加速運(yùn)動(dòng)可以看做 勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為 則在內(nèi)速度的增加為，而 所以在時(shí)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)際是減小）為： 所以： 再根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成，時(shí)間t內(nèi)總的增加的速度為： 從宏觀看速度的增加為： 于是： 得到線框在時(shí)間內(nèi)的豎直位移大小為。 考慮水平方向的勻速運(yùn)動(dòng)，于是線框在時(shí)間內(nèi)的總位移大小為 再將代入就可以了。 先研究分運(yùn)動(dòng)，再研究合運(yùn)動(dòng)！ 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 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(jì)．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） 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 ⑴若a進(jìn)入第2個(gè)磁場區(qū)域時(shí)，b以與a同樣的速度進(jìn)入第1個(gè)磁場區(qū)域，求b穿過第1個(gè)磁場區(qū)域過程中增加的動(dòng)能△Ek； ⑵若a進(jìn)入第2個(gè)磁場區(qū)域時(shí)，b恰好離開第1個(gè)磁場區(qū)域；此后a離開第2個(gè)磁場區(qū)域時(shí)，b 又恰好進(jìn)入第2個(gè)磁場區(qū)域．且a．b在任意一個(gè)磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相等．求b穿過第2個(gè)磁場區(qū)域過程中，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q； ⑶對(duì)于第⑵問所述的運(yùn)動(dòng)情況，求a穿出第k個(gè)磁場區(qū)域時(shí)的速率v． 解：⑴因?yàn)閍和b產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)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 （電動(dòng)勢抵消） ⑵設(shè)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入無磁場區(qū)時(shí)的速度為,剛離開無磁場區(qū)時(shí)的速度為,即導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場區(qū)時(shí)的速度為,剛離開磁場區(qū)時(shí)的速度為，由能量守恒得： 在磁場區(qū)域有： (動(dòng)能定理) ① （功能關(guān)系） ② 在無磁場區(qū)域： （ 機(jī)械能守恒） ③ 解得： （3）設(shè)導(dǎo)體棒在無磁場區(qū)域和有磁場區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)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(duì)a棒： 且： 解得: ⑥ 因?yàn)樗俣仁亲兞?，用微元? 根據(jù)牛頓第二定律, 在一段很短的時(shí)間內(nèi) 則有： 因?yàn)閷?dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場區(qū)時(shí)的速度為,剛離開磁場區(qū)時(shí)的速度為, 所以： , ， 代入上式有： ⑦ 聯(lián)立④⑤⑦式,得 （原答案此處一筆帶過，實(shí)際上這一步比較麻煩，以下給出詳細(xì)的求解過程： ④代入⑦得：， ⑧ ⑧代入⑤得： ⑨ ⑦+⑨得：。 a．b在任意一個(gè)磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相等, 所以a穿出任一個(gè)磁場區(qū)域時(shí)的速率v就等于．所以 （注意：由于a．b在任意一個(gè)磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相等，所以a穿出任一個(gè)磁場區(qū)域時(shí)的速率v都相等，所以所謂“第K個(gè)磁場區(qū)”，對(duì)本題解題沒有特別意義。） 周期性的問題， 搞清楚物理量應(yīng)該有的特征很重要！ 練習(xí)題1 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(shí)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(gè)數(shù)n。 解：（1）線框ＭＮ邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢 ，感應(yīng)電流 ，受到安培力的大小 （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(shí)的任一時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢 ，感應(yīng)電流 ，受到安培力的大小 ，得 在時(shí)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(gè)數(shù)，取整數(shù)為4。 練習(xí)題2 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(jì)，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(dòng)到磁場區(qū)域下邊界處返回。導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)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(shí)間； （3） 經(jīng)過足夠長時(shí)間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離。 【解答】（1）設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)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(dòng)能定理： 且： 解得： （2）設(shè)線框剛離開磁場下邊界時(shí)的速度為，則接著向下運(yùn)動(dòng) 由動(dòng)能定理： 裝置在磁場中運(yùn)動(dòng)的合力： 感應(yīng)電動(dòng)勢： 感應(yīng)電流： 安培力： 由牛頓第二定律，在到時(shí)間內(nèi)，有： 則： 有： 解得： （3）經(jīng)過足夠長時(shí)間后，線框在磁場下邊界與最大距離之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)， 由動(dòng)能定理： 解得：。