微元法的妙用教師

1、例1. 如圖，水平放置的導體電阻為R ，R與兩根光滑的平行金屬導軌相連，導軌間距為L ，其間有垂直導軌平面的、磁感應強度為B的勻強磁場。導軌上有一導體棒ab質量為m以初速度v0向右運動。 體棒將做什么運動？請描繪出運動的v-t 圖像全過程一共產生多少焦耳熱？能否求出這個過程的總位移呢？能否求出全過程中通過導體某個橫截面的電量？變式1： 如圖，水平放置的導體電阻為R ，R與兩根光滑的平行金屬導軌相連，導軌間距為L ，其間有垂直導軌平面的、磁感應強度為B的勻強磁場。導軌上有一導體棒ab質量為m受到大小為F的恒力作用從靜止開始向右運動。1棒將做什么運動？2請描繪出運動的v-t 圖像3末速度多大？4若

2、在t時刻，棒作勻速運動，求這段時間內的總位移。（t > t0）變式2：如圖，豎直放置的光滑U形導軌寬為L，上端串有一個電容，電容為C，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直于紙面向里。金屬棒ab的質量為m，與導軌接觸良好，不計摩擦及各部分電阻，試通過計算說明金屬棒的運動情況。要說明運動情況，可能有哪些？勻速，勻加速還是變加速？需要通過計算說明什么問題？找出F-t，或 a-t 的關系小結微元法在電磁感應問題中的應用 在處理問題時，從對事物的極小部分(微元)分析入手，達到解決事物整體的方法。 在使用微元法處理問題時，需將其分解為眾多微小的“元過程”，而且每個“元過程”所遵循的規(guī)律是相同的，這樣，我

3、們只需分析這些“元過程”，然后再將“元過程”進行必要的數(shù)學方法（累計求和）進而使問題求解。在電磁感應問題中，常常遇到非勻變速運動過程中求位移，電量，能量等問題，靈活運用微元的思想，可以幫助我們更深刻的理解物理過程。思考題dddddddddv0POMN如圖,空間等間距分布著水平方向的條形勻強磁場, 豎直方向磁場區(qū)域足夠長， 磁感應強度為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、質量m=0.1kg、電阻R0.1的正方形線框MNOP以v0=7m/s的初速從左側磁場邊緣水平進入磁場求線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產生的焦耳熱Q線框能穿過的

4、完整條形磁場區(qū)域的個數(shù)n。能完整的穿過4個條形磁場區(qū)域3如圖所示，在光滑的水平面上，有豎直向下的勻強磁場，分布在寬度為L的區(qū)域里，現(xiàn)有一邊長為a(a<L)的正方形閉合線圈剛好能穿過磁場，則線框在滑進磁場過程中產生的熱量Q1與滑出磁場過程中產生的熱量Q2之比為( ) A1：1 B2：1C. 3：1 D4：1lav0v1.如圖所示，在光滑水平面上有一個豎直向上的勻強磁場，分布在寬度為l的區(qū)域內?，F(xiàn)有一個邊長為a的正方形閉合導線框（a< l），以初速度v0垂直于磁場邊界沿水平面向右滑過該磁場區(qū)域，滑出時的速度為v。下列說法中正確的是 A.導線框完全進入磁場中時，速度大于(v0+ v)/2

5、B.導線框完全進入磁場中時，速度等于(v0+ v)/2C.導線框完全進入磁場中時，速度小于(v0+ v)/2D.以上三種都有可能× × × × ×× × × × ×× × × × ×× × × × ×dcba20(2014豐臺一模)如圖光滑水平面上有豎直向下的有界勻強磁場，磁場寬度為2L、磁感應強度為B。正方形線框abcd的電阻為R，邊長為L，線框以與ab垂直的速度3v進入磁場，線框穿出磁場時的速

6、度為v，整個過程中ab、cd兩邊始終保持與磁場邊界平行。設線框進入磁場區(qū)域過程中產生的焦耳熱為Q1，穿出磁場區(qū)域過程中產生的焦耳熱為Q2。則Q1：Q2等于A1：1B2：1 C3：2D5：3ab甲乙20（2014石景山一模）如圖所示，a、b是邊界范圍、磁感應強度大小和方向都相同的兩個勻強磁場區(qū)域，a的下端離水平地面的高度比b高一些。甲、乙是兩個完全相同的閉合正方形導線框，分別位于a、b的正上方，兩線框的下端離地面的高度相同。兩線框由靜止同時釋放，穿過磁場后落到地面，下落過程中線框平面始終保持與磁場方向垂直。下列說法正確的是A 乙線框先落地B兩線框同時落地C穿過磁場的過程中，乙線框產生的熱量較少D

7、穿過磁場的過程中，兩線框產生的熱量相同先根據(jù)線框進入磁場時安培力的大小，比較安培力做功的大小，再根據(jù)功能關系比較線框落地時速度的大小再對全過程，運用動量定理列式，即可比較時間的長短解答：解：先比較甲、乙線框落地時速度的大?。阂揖€框進入磁場時速度較大，安培力較大，線框克服安培力做功較多，即產生的熱量較多；根據(jù)能量守恒定律得知乙線框落地時的速度較小線框穿過磁場區(qū)域過程受到的安培力是變力，設受到的平均安培力為F，穿過磁場的時間為t，下落全過程的時間為t，落地速度為v對全過程，由動量定理得：mgt-Ft=mv而Ft=BILt=BLq，又感應電荷量 q=/R，因為磁通量相同，通過線框截面的電荷量相等，則

8、兩個下落過程線框所受的安培力沖量相同因為v乙v甲，所以t乙t甲，即乙線框先落地，故A正確，BCD錯誤故選：A點評：本題的關鍵要運用動量定理分析時間關系，還要掌握感應電荷量的公式q=/R對于變力情形，運用動量定理研究時間是常用的方法，要學會應用變式訓練 如圖所示，兩固定豎直光滑金屬導軌電阻不計，完全相同的導體棒ab、cd水平置于勻強磁場上方且相距一定距離。勻強磁場上、下邊界水平，方向垂直紙面向里，現(xiàn)同時由靜止釋放ab、cd，ab進入磁場時恰好做勻速運動，ab出磁場時，cd剛好進入磁場，已知導體棒與導軌接觸良好。豎直導軌足夠長，則在導體棒cd穿越磁場的過程中Ad端電勢低于c端電勢B始終做勻速直線運

9、動C 運動時間小于導體棒ab在磁場中的運動時間D克服安培力做的功等于ab穿越磁場過程中克服安培力做的功（房山）21、如圖甲所示， 光滑且足夠長的平行金屬導軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導軌間距L=0.3m。導軌電阻忽略不計，其間連接有固定電阻R=0.4。導軌上停放一質量m=0.1kg、電阻r=0.2的金屬桿ab，整個裝置處于磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中，磁場方向豎直向下。利用一外力F沿水平方向拉金屬桿ab，使之由靜止開始運動，電壓傳感器可將R兩端的電壓U即時采集并輸入電腦，獲得電壓U隨時間t變化的關系如圖乙所示。（1）試證明金屬桿做勻加速直線運動，并計算加速度的大??；（2）求第2s末

10、外力F的瞬時功率；甲乙aMbQNFRP電壓傳感器接電腦t/sU/V0 0.5 1.0 1.5 2.00.10.2（3）如果水平外力從靜止開始拉動桿2s所做的功為0.3J，求回路中定值電阻R上產生的焦耳熱是多少。（房山）21、（1）設路端電壓為U，金屬桿的運動速度為v，則感應電動勢E = BLv，1分通過電阻R的電流1分電阻R兩端的電壓U= 1分由圖乙可得 U=kt，k=0.10V/s1分解得，1分因為速度與時間成正比，所以金屬桿做勻加速運動，加速度。1分（用其他方法證明也可以,只要得出加速度a=1m/s2即可給6分）（2）在2s末，速度v2=at=2.0m/s， 1分電動勢E=BLv2，通過金

11、屬桿的電流金屬桿受安培力1分設2s末外力大小為F2，由牛頓第二定律， ，1分故2s末時F的瞬時功率 P=F2v21分 P=0.35W 1分 (3) 在2s末，桿的動能1分由能量守恒定律，回路產生的焦耳熱Q=W-Ek=0.1J 1分根據(jù)Q=I2Rt，有1分故在R上產生的焦耳熱1分22.（2008北京理綜，22）均勻導線制成的單位正方形閉合線框abcd，每邊長為L，總電阻為R，總質量為m。將其置于磁感強度為B的水平勻強磁場上方h處，如圖所示。線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行。當cd邊剛進入磁場時，（1）求線框中產生的感應電動勢大小;（2）求cd兩點間的

12、電勢差大小;（3）若此時線框加速度恰好為零，求線框下落的高度h所應滿足的條件。22.答案（16分）（1）cd邊剛進入磁場時，線框速度v=(2)此時線框中電流 I=cd兩點間的電勢差U=I()=(3)安培力 F=BIL=根據(jù)牛頓第二定律mg-F=ma,由a=0解得下落高度滿足 h=24. （2014豐臺一模，24）如圖所示，直角坐標系xoy位于豎直平面內，y軸正方向豎直向上，x軸正方向水平向右?？臻g中存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，勻強磁場垂直xoy平面向里，磁感應強度大小為B。勻強電場（圖中未畫出）方向平行于xoy平面，小球（可視為質點）的質量為m、帶電量為+q，已知電場強度大小為，g為重力

13、加速度。（1）若勻強電場方向水平向左，使小球在空間中做直線運動，求小球在空間中做直線運動的速度大小和方向；（2）若勻強電場在xoy平面內的任意方向，確定小球在xoy平面內做直線運動的速度大小的范圍；× × × × × × ×× × × × × × ×× × × × × × ×× × × × × × ×× &#

14、215; × × × × ×× × × × × × ×Oyx（3）若勻強電場方向豎直向下，將小球從O點由靜止釋放，求小球運動過程中距x軸的最大距離。UQ024. 能的轉化與守恒是自然界普遍存在的規(guī)律，如：電源給電容器的充電過程可以等效為將電荷逐個從原本電中性的兩極板中的一個極板移到另一個極板的過程. 在移動過程中克服電場力做功，電源的電能轉化為電容器的電場能實驗表明:電容器兩極間的電壓與電容器所帶電量如圖所示（1）對于直線運動，教科書中講解了由v-t圖像求位移的方法請你借鑒此

15、方法，根據(jù)圖示的Q-U圖像，若電容器電容為C，兩BhC極板間電壓為U，求電容器所儲存的電場能（2）如圖所示，平行金屬框架豎直放置在絕緣地面上框架上端接有一電容為C的電容器框架上一質量為m、長為L的金屬棒平行于地面放置，離地面的高度為h磁感應強度為B的勻強磁場與框架平面相垂直現(xiàn)將金屬棒由靜止開始釋放，金屬棒下滑過程中與框架接觸良好且無摩擦開始時電容器不帶電，不計各處電阻求a. 金屬棒落地時的速度大小 b. 金屬棒從靜止釋放到落到地面的時間24、（1）(5分)由功能關系可知克服電場力做的功等于產生的電場能（1分）由圖可知在QU圖像中，圖像所圍面積即為克服電場力所做的功（1分）即 （1分） 又有電容

16、定義式 （1分）兩式聯(lián)立得 電容器儲存的電場能為 （1分）（2）(7分)設導體棒落地的速度為v，此時導體棒切割磁感線產生感生電動勢感生電動勢大小為 （2分）電容器儲存的電場能為 （2分）由動能定理得 （2分）解得 （1分）（3）(8分)導體棒下落過程中受安培力和重力，由動量定理可知 解得 (8分)24.(20分)如圖13所示，四分之一光滑絕緣圓弧軌道AP和水平絕緣傳送帶PC固定在同一 豎直平面內，圓弧軌道的圓心為0，半徑為R0傳送帶PC之間的距離為L,沿逆時針方向 的運動速度v=.在PO的右側空間存在方向豎直向下的勻強電場。一質量為m、電荷量 為+q的小物體從圓弧頂點A由靜止開始沿軌 道下滑，

17、恰好運動到C端后返回。物體與傳送 帶間的動摩擦因數(shù)為，不計物體經(jīng)過軌道與傳 送帶連接處P時的機械能損失,重力加速度為g(1)求物體下滑到P點時，物體對軌道的壓力F(2)求物體返回到圓弧軌道后，能上升的最大高度H(3)若在PO的右側空間再加上方向垂直于紙面向里、磁感應強度為B的水平勻強磁場 (圖中未畫出），物體從圓弧頂點A靜止釋放,運動到C端時的速度為，試求物體 在傳送帶上運動的時間t?！敬鸢浮恳娊馕觯?）設物體滑到P端時速度大小為，物體從A端運動到P端的過程中，機械能守恒1分解得：1分設物體滑到P端時受支持力為N，根據(jù)牛頓第二定律 1分解得：N=3mg1分設物體滑到P端時對軌道壓力為F，根據(jù)牛

18、頓第三定律F = N =3mg1分（2）物體到達C端以后受滑動摩擦力，向左做初速度為零的勻加速運動，設向左運動距離為x時物體與皮帶速度相同，設物體受到的摩擦力為f，則 fx=1分 物體從皮帶的P端滑到C端摩擦力做功 -fL=0-1分1分解得：x=1分即物體在皮帶上向左先做勻加速運動一半皮帶長度后，與皮帶同速向左運動，即再次到達P點時速度大小是v=2分根據(jù)機械能守恒定律，設在斜面上上升的高度H，則mgH= 解得H=2分說明：其他方法答案正確均得分。（3）設電場強度為E，在無磁場物體從A端運動到C端的過程中，根據(jù)動能定理有 1分解得E=1分在有磁場情況下物體從P端運動到C端的過程中，設任意時刻物體速度為v，取一段極短的含此時刻的時間，設在此時間段內的速度改變量為（取水平向右為正方向），根據(jù)牛頓第二定律，有1分兩邊同時乘以再對兩邊求和 1分而 1分 而，