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微元法在物理习题中的应用(改编)


电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”
江苏省特级教师 江苏省丰县中学 戴儒京

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。 2. 关于微元法。在时间 ?t 很短或位移 ?x 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 v?t ? ?x , lv?t ? l?x ? ?s 。微元法体现了微分思 想。 3. 关于求和

?

。许多小的梯形加起来为大的梯形,即

(注意:前面的 s ??s ? ?S ,

为小写,后面的 S 为大写) ,并且 速度 v0 ? 0 时,有

? ?v ? v ? v

0 ,当末速度

v ? 0 时,有 ? ?v ? v0 ,或初

??v ? v ,这个求和的方法体现了积分思想。

4. 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,体现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 ? B L v, 感 应 电 流 为 I ?

BL v ,受安培力为 R

F ? B I L?

B 2 L2 v ,因为是变力问题,所以可以用微元法. R

1.只受安培力的情况
例 1. 如图所示,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 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 v ? 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 v1 、 v2 ;

B

h

x
0 S/4 例题图 S/2 S

解: (1)根据机械能守恒定律,有 mgh ?

1 2 mv 0 ,得 v0 ? 2gh 。 2



B 2 L2 v, (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 ? ? 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 ?t 内,速度变化很小,可以认为没有变化, 所以安培力可以看做恒力,根据牛顿第二定律,加速度为 a ?

f B 2 L2 ?? v ,很短的时间 m mR

?t 内速度的变化为 ?v ? at ? ?

B 2 L2 ? v?t ,而 v?t ? ?x ,那么在时间 t 内速度的变化为 mR

?V ? ? (?

B 2 L2 ) ? v?t , 因 为 mR B 2 L2 ?x mR


x

, 所 以

?V ? (?

B 2 L2 )? x mR

, 速 度

v ? v0 ? ?V ? v0 ?

2.既受安培力又受重力的情况 例2. 2010年南京市高考模拟题
如图所示,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 ? kz 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 v1 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 ) Lv1 kL2 i? ? ? R R R
(2)当安培力等于重力时竖直速度最大,功率也就最大

mg ? ( B2 ? B1 ) IL ?
所以 v m ?

( B2 ? B1 ) 2 L2 v m k 2 L4 v m ? R R

mgR k 2 L4

m2 g 2 R Pm ? mgvm ? 2 4 k L
( 3 ) 线 框 受 重 力 和 安 培 力 两 个 力 , 其 中 重 力 mg 为 恒 力 , 安 培 力

f ?

( B2 ? B1 ) 2 L2 v z k 2 L4 v z ? 为变力,我们把线框的运动分解为在重力作用下的运 R R

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 (?v)1 ? gt ,求 在安培力作用下在时间t内增加的速度为 ( ?v ) 2 用微元法,设在微小时间 ?t 内,变力可以看做恒力,变加速运动可以看做匀加速运动,加 速度为 a ? ?

k 2 L4 v z k 2 L4 v z ?t ,而 v z ?t ? ?z ,所以 ,则在 ?t 内速度的增加为 ?v ? ? mR mR

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

(?v) 2 ? ?

k 2 L4 mR

? ?z ,所以 (?v) 2 ? ?

k 2 L4 ?z mR k 2 L4 ?z 。 mR

再根据运动的合成,时间t内总的增加的速度为 (?v)1 ? (?v) 2 = gt ?

从宏观看速度的增加为 v 2 ? v0 ,所以 gt ?
2 2

k 2 L4 2 2 ? z = v 2 ? v0 ,得线框在时间 t 内的总 mR

位移大小为 z ?

2 2 mR( gt ? v2 ? v0 )

k 2 L4



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情况 例3.2008年高考江苏省物理卷第15题 如图所示, 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θ, 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d1, 间距为d2. 两 根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上,并与导轨垂直.(设重力加速度 为g) ⑴若a进入第2个磁场区域时,b以与a同样的速度进入第1个磁场区域,求b穿过第1个磁 场区域过程中增加的动能△Ek; ⑵若a进入第2个磁场区域时,b恰好离开第1个磁场区域;此后a离开第2个磁场区域时, b 又恰好进入第2个磁场区域.且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.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; ⑶对于第⑵问所述的运动情况,求a穿出第k个磁场区域时的速率v.
磁场区域 1 棒b 磁场区域 2 B 棒a 磁场区域 3 磁场区域 4 磁场区域 5

B

d1 d2 d1 d2 d1 d2

B

B

B d1 d2 Θ d1

解:⑴因为a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a 和b均不受安培力作用,由机械能守恒得

?Ek ? mgd1 sin ?



⑵设导体棒刚进入无磁场区时的速度为 v1 ,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 v2 ,刚离开磁场区时的速度为 v1 ,由能量守恒得:

1 1 2 mv12 ? Q ? mv2 ? mgd1 sin ? 2 2 1 1 2 2 在无磁场区域: mv2 ? mv1 ? mgd 2 sin ? 2 2
在磁场区域有: 解得: Q ? mg (d1 ? d2 )sin ?

② ③

⑶用微元法 设导体棒在无磁场区域和有磁场区域的运动时间都为 t , 在无磁场区域有: v2 ? v1 ? gt sin ? 且平均速度: ④ ⑤

v1 ? v2 d 2 ? 2 t

在有磁场区域,对a棒: F ? mg sin ? ? BIl 且: I ? 解得: F ? mgsin? ?

Bl v 2R


B 2l 2 v 2R

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 ?t 内

?v ?
则有

F ?t m

? B 2l 2 v ? ?v ? ? ? g sin ? ? ?t ? 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

??v ? v

1

? v2 ,

?v?t ? d , ? ?t ? t
1

所以: v1 ? v 2 ? gt sin ? ?

B 2l 2 d1 2m R



联立④⑤⑦式,得 v1 ?

4mgRd2 B 2 l 2 d1 sin ? ? 8m R B 2 l 2 d1

(原答案此处一笔带过,实际上这一步很麻烦,以下笔者给出详细过程: ④代入⑦得: t ?

B 2 l 2 d1 , 4mgRsin ? 8mgd2 R sin ? B 2 l 2 d1



⑧代入⑤得: v1 ? v2 ?



⑦+⑨得: v1 ?

4mgRd2 B 2 l 2 d1 。) sin ? ? 8m R B 2 l 2 d1

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, 所以a穿出任一个磁场区域 时的速率v就等于 v1 .所以

v?

4m gRd2 B 2 l 2 d1 。 sin ? ? 8m R B 2 l 2 d1

(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”,对本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=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=0.1Ω 的正方形 线框MNOP以 v0=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 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 M N 边 刚 进 入 磁 场 时 , 感 应 电 动 势 E ? Blv0 ? 1.4V , 感 应 电 流 (

I?

E ? 14 A ,受到安培力的大小 F= BIl ? 2.8 N R 1 2 (2)水平方向速度为 0, Q ? mv 0 ? 2.45 J 2
(3)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 ? Blv0 ,感应电流 I ?

E , R

受到安培力的大小 F= BIl ,得 F ? 在 t ? ?t 时间内,由牛顿定律:

B 2l 2 v , R

F ?t ? ?v m

求和,

?(

B 2l 2 )v?t ? ? ?v , mR

B 2l 2 ? x ? v0 mR

解得 x ?

m v0 R 1.75 ? 4.375 ,取整 ? 1.75m ,线框能穿过的完整条形磁场区域的个数 n= 2 2 0.4 B l

数为 4。 练习题 2.2009 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 L、足够长且

电阻忽略不计,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 2 d 的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成 “ ”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 d ( d ? 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域下边界处返回。 导体棒在整个运动过程中始 g 。求: 终与导轨垂直。重力加速度为 (1) 装置从释放到开始返回的过程中,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 t1 ; (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 。

【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 m g sin ? ? 4d ? W ? BILd ? 0 且 Q ? ?W 解得 Q ? 4mgdsin ? ? BILd (1) 设线框刚离开磁场下边界时的速度为 v1 ,则接着向下运动 2 d 由动能定理 mgsin ? ? 2d ? BILd ? 0 ? 装置在磁场中运动的合力

1 2 mv 1 2

F ? m gsin ? ? 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 到 t ? ?t 时间内,有 ?v ?

F ?t m



??v = ? ( g sin ? ?

B 2d 2v )?t mR

有 v1 ? gt1 sin ? ?

2B 2 d 3 mR

解得 t1 ?

2B 2 d 3 2m( BILd ? 2m gdsin ? ) ? R m g sin ?

(2) 经过足够长时间后,线框在磁场下边界与最大距离 xm 之间往复运动, 由动能定理 mgsin ? ? xm ? BIL( xm ? d ) ? 0 解得 x m ?

BILd 。 BILd ? m g sin ?

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 v1 ,则接着向下运动 2 d ,速度变为 0, 根据动能定理

mg sin ? ? 2d ? BILd ? 0 ?

1 2 mv1 ,所以 v1 ? 2

2 BILd ? 4 gd sin ? m

注意:导体棒在磁场中运动的位移是 d ,而不是 2 d ,且因为是恒流,所以安培力是恒 力。

B 2d 2 v 是与速 因为线框在磁场中的运动时受到的合力 F ? mgsin ? ? F安 ,而 F安 ? R
度 v 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均匀 变化的匀变速直线运动和在安培力作用下的速度随位移均匀变化的匀变速直线运动两种运 动,前者速度的变化与时间成正比,后者速度的变化与位移成正比,有

g sin ? ? t1 ?

B2d 2 ? 2d ? v1 mR

注意:因为线框下边进磁场和上边出磁场,掠过的距离共 2 d 。

所以 t1 ?

v1 ?

2B 2 d 3 2B 2 d 3 2m BILd ? 4m 2 gd sin ? ? mR = R m g sin ? g sin ?

第(3)问,同原解答,不重复。

电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”
江苏省特级教师 江苏省丰县中学 戴儒京

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。 2. 关于微元法。在时间 ?t 很短或位移 ?x 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 v?t ? ?x , lv?t ? l?x ? ?s 。微元法体现了微分思 想。 3. 关于求和

?

。许多小的梯形加起来为大的梯形,即

(注意:前面的 s ??s ? ?S ,

为小写,后面的 S 为大写) ,并且 速度 v0 ? 0 时,有

? ?v ? v ? v

0 ,当末速度

v ? 0 时,有 ? ?v ? v0 ,或初

??v ? v ,这个求和的方法体现了积分思想。

4. 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,体现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 ? B L v, 感 应 电 流 为 I ?

BL v ,受安培力为 R

F ? B I L?

B 2 L2 v ,因为是变力问题,所以可以用微元法. R

1.只受安培力的情况
例 1. 如图所示,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。 (3) 求导体棒刚滑到水平面时的速度 v0 ; (4) 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。 (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 v1 、 v2 ;

B

h

x
0 S/4 例题图 S/2 S

解: (1)根据机械能守恒定律,有 mgh ?

1 2 mv 0 ,得 v0 ? 2gh 。 2



B 2 L2 v, (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 ? ? 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 ?t 内,速度变化很小,可以认为没有变化, 所以安培力可以看做恒力,根据牛顿第二定律,加速度为 a ?

f B 2 L2 ?? v ,很短的时间 m mR

?t 内速度的变化为 ?v ? at ? ?

B 2 L2 ? v?t ,而 v?t ? ?x ,那么在时间 t 内速度的变化为 mR

?V ? ? (?

B 2 L2 ) ? v?t , 因 为 mR B 2 L2 ?x mR


x

, 所 以

?V ? (?

B 2 L2 )? x mR

, 速 度

v ? v0 ? ?V ? v0 ?

2.既受安培力又受重力的情况 例2. 2010年南京市高考模拟题
如图所示,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 ? kz 得规律均匀增大,已知重力加速度为 g , 求: (4) 线框竖直方向速度为 v1 时,线框中瞬时电流的大小; (5) 线框在复合场中运动的最大电功率; (6) 若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 ) Lv1 kL2 i? ? ? R R R
(2)当安培力等于重力时竖直速度最大,功率也就最大

mg ? ( B2 ? B1 ) IL ?
所以 v m ?

( B2 ? B1 ) 2 L2 v m k 2 L4 v m ? R R

mgR k 2 L4

m2 g 2 R Pm ? mgvm ? 2 4 k L
( 3 ) 线 框 受 重 力 和 安 培 力 两 个 力 , 其 中 重 力 mg 为 恒 力 , 安 培 力

f ?

( B2 ? B1 ) 2 L2 v z k 2 L4 v z ? 为变力,我们把线框的运动分解为在重力作用下的运 R R

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 (?v)1 ? gt ,求 在安培力作用下在时间t内增加的速度为 ( ?v ) 2 用微元法,设在微小时间 ?t 内,变力可以看做恒力,变加速运动可以看做匀加速运动,加 速度为 a ? ?

k 2 L4 v z k 2 L4 v z ?t ,而 v z ?t ? ?z ,所以 ,则在 ?t 内速度的增加为 ?v ? ? mR mR

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

(?v) 2 ? ?

k 2 L4 mR

? ?z ,所以 (?v) 2 ? ?

k 2 L4 ?z mR k 2 L4 ?z 。 mR

再根据运动的合成,时间t内总的增加的速度为 (?v)1 ? (?v) 2 = gt ?

从宏观看速度的增加为 v 2 ? v0 ,所以 gt ?
2 2

k 2 L4 2 2 ? z = v 2 ? v0 ,得线框在时间 t 内的总 mR

位移大小为 z ?

2 2 mR( gt ? v2 ? v0 )

k 2 L4



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情况 例3.2008年高考江苏省物理卷第15题 如图所示, 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θ, 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d1, 间距为d2. 两 根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上,并与导轨垂直.(设重力加速度 为g) ⑴若a进入第2个磁场区域时,b以与a同样的速度进入第1个磁场区域,求b穿过第1个磁 场区域过程中增加的动能△Ek; ⑵若a进入第2个磁场区域时,b恰好离开第1个磁场区域;此后a离开第2个磁场区域时, b 又恰好进入第2个磁场区域.且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.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; ⑶对于第⑵问所述的运动情况,求a穿出第k个磁场区域时的速率v.
磁场区域 1 棒b 磁场区域 2 B 棒a 磁场区域 3 磁场区域 4 磁场区域 5

B

d1 d2 d1 d2 d1 d2

B

B

B d1 d2 Θ d1

解:⑴因为a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a 和b均不受安培力作用,由机械能守恒得

?Ek ? mgd1 sin ?



⑵设导体棒刚进入无磁场区时的速度为 v1 ,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 v2 ,刚离开磁场区时的速度为 v1 ,由能量守恒得:

1 1 2 mv12 ? Q ? mv2 ? mgd1 sin ? 2 2 1 1 2 2 在无磁场区域: mv2 ? mv1 ? mgd 2 sin ? 2 2
在磁场区域有: 解得: Q ? mg (d1 ? d2 )sin ?

② ③

⑶用微元法 设导体棒在无磁场区域和有磁场区域的运动时间都为 t , 在无磁场区域有: v2 ? v1 ? gt sin ? 且平均速度: ④ ⑤

v1 ? v2 d 2 ? 2 t

在有磁场区域,对a棒: F ? mg sin ? ? BIl 且: I ? 解得: F ? mgsin? ?

Bl v 2R


B 2l 2 v 2R

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 ?t 内

?v ?
则有

F ?t m

? B 2l 2 v ? ?v ? ? ? g sin ? ? ?t ? 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

??v ? v

1

? v2 ,

?v?t ? d , ? ?t ? t
1

所以: v1 ? v 2 ? gt sin ? ?

B 2l 2 d1 2m R



联立④⑤⑦式,得 v1 ?

4mgRd2 B 2 l 2 d1 sin ? ? 8m R B 2 l 2 d1

(原答案此处一笔带过,实际上这一步很麻烦,以下笔者给出详细过程: ④代入⑦得: t ?

B 2 l 2 d1 , 4mgRsin ? 8mgd2 R sin ? B 2 l 2 d1



⑧代入⑤得: v1 ? v2 ?



⑦+⑨得: v1 ?

4mgRd2 B 2 l 2 d1 。) sin ? ? 8m R B 2 l 2 d1

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, 所以a穿出任一个磁场区域 时的速率v就等于 v1 .所以

v?

4m gRd2 B 2 l 2 d1 。 sin ? ? 8m R B 2 l 2 d1

(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”,对本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=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=0.1Ω 的正方形 线框MNOP以 v0=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 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 M N 边 刚 进 入 磁 场 时 , 感 应 电 动 势 E ? Blv0 ? 1.4V , 感 应 电 流 (

I?

E ? 14 A ,受到安培力的大小 F= BIl ? 2.8 N R 1 2 (2)水平方向速度为 0, Q ? mv 0 ? 2.45 J 2
(3)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 ? Blv0 ,感应电流 I ?

E , R

受到安培力的大小 F= BIl ,得 F ? 在 t ? ?t 时间内,由牛顿定律:

B 2l 2 v , R

F ?t ? ?v m

求和,

?(

B 2l 2 )v?t ? ? ?v , mR

B 2l 2 ? x ? v0 mR

解得 x ?

m v0 R 1.75 ? 4.375 ,取整 ? 1.75m ,线框能穿过的完整条形磁场区域的个数 n= 2 2 0.4 B l

数为 4。 练习题 2.2009 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 L、足够长且

电阻忽略不计,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 2 d 的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成 “ ”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 d ( d ? 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域下边界处返回。 导体棒在整个运动过程中始 g 。求: 终与导轨垂直。重力加速度为 (4) 装置从释放到开始返回的过程中,线框中产生的焦耳热 Q; (5) 线框第一次穿越磁场区域所需的时间 t1 ; (6) 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 。

【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 m g sin ? ? 4d ? W ? BILd ? 0 且 Q ? ?W 解得 Q ? 4mgdsin ? ? BILd (3) 设线框刚离开磁场下边界时的速度为 v1 ,则接着向下运动 2 d 由动能定理 mgsin ? ? 2d ? BILd ? 0 ? 装置在磁场中运动的合力

1 2 mv 1 2

F ? m gsin ? ? 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 到 t ? ?t 时间内,有 ?v ?

F ?t m



??v = ? ( g sin ? ?

B 2d 2v )?t mR

有 v1 ? gt1 sin ? ?

2B 2 d 3 mR

解得 t1 ?

2B 2 d 3 2m( BILd ? 2m gdsin ? ) ? R m g sin ?

(4) 经过足够长时间后,线框在磁场下边界与最大距离 xm 之间往复运动, 由动能定理 mgsin ? ? xm ? BIL( xm ? d ) ? 0 解得 x m ?

BILd 。 BILd ? m g sin ?

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 v1 ,则接着向下运动 2 d ,速度变为 0, 根据动能定理

mg sin ? ? 2d ? BILd ? 0 ?

1 2 mv1 ,所以 v1 ? 2

2 BILd ? 4 gd sin ? m

注意:导体棒在磁场中运动的位移是 d ,而不是 2 d ,且因为是恒流,所以安培力是恒 力。

B 2d 2 v 是与速 因为线框在磁场中的运动时受到的合力 F ? mgsin ? ? F安 ,而 F安 ? R
度 v 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均匀 变化的匀变速直线运动和在安培力作用下的速度随位移均匀变化的匀变速直线运动两种运 动,前者速度的变化与时间成正比,后者速度的变化与位移成正比,有

g sin ? ? t1 ?

B2d 2 ? 2d ? v1 mR

注意:因为线框下边进磁场和上边出磁场,掠过的距离共 2 d 。

所以 t1 ?

v1 ?

2B 2 d 3 2B 2 d 3 2m BILd ? 4m 2 gd sin ? ? mR = R m g sin ? g sin ?

第(3)问,同原解答,不重复。


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