6微元法的妙用.docx

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1、例1.如图，水平放置的导体电阻为R , R与两根光滑的平行金属导轨相连，导轨间距为L ,其间有垂直导轨平面的、磁感应 强度为B的匀强磁场。导轨上有一导体棒ab质量为m以初速度v（向右运动。 体棒将做什么运动？ 请描绘出运动的v-t图像 全过程一共产生多少焦耳热？ 能否求出这个过程的总位移呢？ 能否求出全过程中通过导体某个横截面的电量?变式1：如图，水平放置的导体电阻为R，R与两根光滑的平行金属导轨相连，导轨间距为L，其间有垂直导轨平面的、磁 感应强度为B的匀强磁场。导轨上有一导体棒ab质量为m受到大小为F的恒力作用从静止开始向右运动。1棒将做什么运动？2请描绘出运动的v-t图像3末速度多大？4

2、若在t时刻，棒作匀速运动，求这段时间内的总位移。（t tQ）变式2：如图，竖直放置的光滑U形导轨宽为L，上端串有一个电容，电容为C，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向 里。金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦及各部分电阻，试通过计算说明金属棒的运动情况。要说明运动情况，可能有哪些？| x U 匀速，匀加速还是变加速？需要通过计算说明什么问题？!找出F-t，或a-t的关系小结一一微元法在电磁感应问题中的应用在处理问题时，从对事物的极小部分（微元）分析入手，达到解决事物整体的方法。在使用微元法处理问题时，需将其分解为众多微小的“元过程”，而且每个“元过程”所遵循的规律是相同的，这样

3、，我们 只需分析这些“元过程”，然后再将“元过程”进行必要的数学方法（累计求和）进而使问题求解。在电磁感应问题中，常常遇到非匀变速运动过程中求位移，电量，能量等问题，灵活运用微元的思想，可以帮助我们更深刻 的理解物理过程。cx kl x运动规律分析受力_mg - BIL = mab这种情况*姆尊期么？不适用kq = CAU = CAE = CBL - Av微元O 四/BL 切二 cBL y即物体作匀加速直线运动作叫叫o N x；K;3XI k HiL:.:-:!*!*;! *wk:XL区-!Xmv R.n =92/2 B 2/3dddddddddI 冬 片 汽y_S Viiiiiiiiiii思

4、考题如图，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，磁感应强度为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 = 0.1 Q的正方形线框MNOP以vo=7m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场 求线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Qmv R线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。X = B2.能完整的穿过4个条形磁场区域3如图所示，在光滑的水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为的区域里，现有一边长为a(aL)的正方形闭合线圈 刚好能穿过磁场，则线框在滑进磁场过程中产生的

5、热量Q】与滑出磁场过程中产生的热量口2之比为()A.1：1 B.2：1C. 3： 2D. 5： 3XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXA. 1： 1 B. 2： 1C. 3： 1 D. 4： 11.如图所示，在光滑水平面上有一个竖直向上的匀强磁场，分布在宽度为/的区域内。现有一个边长为a的正方形闭合 导线框(a/),以初速度垂直于磁场边界沿水平面向右滑过该磁场区域，滑出时的速度为v。下列说法中正确的是A. 导线框完全进入磁场中时，速度大于(+ v)/2| ; / -；B. 导线框完全进入磁场中时，速度等于(v0+ v)/2， j-土；C. 导线框完全进入磁场中时，速度小于(v0+ v)/2

6、I；.,D. 以上三种都有可能a L .,20.(2014丰台一模)如图光滑水平面上有竖直向下的有界匀强磁场，磁场宽度为2L、 磁感应强度为B。正方形线框abcd的电阻为R，边长为L，线框以与ab垂直的速度 3v进入磁场，线框穿出磁场时的速度为v，整个过程中ab、cd两边始终保持与磁场 边界平行。设线框进入磁场区域过程中产生的焦耳热为Q】，穿出磁场区域过程中产 生的焦耳热为Q2。则Q： q2等于甲口乙匚Iif 厂1|幻!s X X X a、K .!bj；:20. (2014石景山一模)如图所示，a、b是边界范围、磁感应强度大小和方向都相同的两个匀强磁场区域，a的下端离水平 地面的高度比b高一些

7、。甲、乙是两个完全相同的闭合正方形导线框，分别位于a、b的正上方，两线框的下端离地面 的高度相同。两线框由静止同时释放，穿过磁场后落到地面，下落过程中线框平面始终保持与磁场方向垂直。下列说法 正确的是A乙线框先落地B.两线框同时落地C穿过磁场的过程中，乙线框产生的热量较少D穿过磁场的过程中，两线框产生的热量相同先根据线框进入磁场时安培力的大小，比较安培力做功的大小，再根据功能关系比较线框落地时速度 的大小.再对全过程，运用动量定理列式，即可比较时间的长短.解答：解：先比较甲、乙线框落地时速度的大小：乙线框进入磁场时速度较大，安培力较大，线框克 服安培力做功较多，即产生的热量较多；根据能量守恒定

8、律得知乙线框落地时的速度较小.线框穿过磁场区域过程受到的安培力是变力，设受到的平均安培力为F，穿过磁场的时间为At，下落 全过程的时间为t，落地速度为v.对全过程，由动量定理得：mgt- FA t=mv而FA t=BILA t=BLq,又感应电荷量q= 中/ R，因为磁通量中相同，通过线框截面的电荷量相等，则两个下落过程线框所受的安培力冲量相同.因为v乙Vv甲，所以t乙Vt甲，即乙线框先落地，故A正确，BCD错误.故选：A.点评：本题的关键要运用动量定理分析时间关系，还要掌握感应电荷量的公式q=中/ R.对于变力情形，运用动量定理研究时间是常用的方法，要学会应用.变式训练如图所示，两固定竖直光

9、滑金属导轨电阻不计，完全相同的导体棒ab、cd水平置于匀强磁场上方且相距一定距离。匀强磁场上、下边界水平，方向垂直纸面向里，现同时由静止释放ab、cd，ab进入磁场时恰好做匀速运动， 由ab出磁场时，cd刚好进入磁场，已知导体棒与导轨接触良好。竖直导轨足够长，则在导体棒cd穿越磁场的过程中& A. d端电势低于c端电势B. 始终做匀速直线运动-菱：；C运动时间小于导体棒ab在磁场中的运动时间D.克服安培力做的功等于ab穿越磁场过程中克服安培力做的功(房山)21、如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.3m。导轨电阻忽 略不计，其间连接有固定电阻R=

10、0.4Q。导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.2。的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度 B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。利用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将 R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示。(1) 试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；(2) 求第2s末外力F的瞬时功率；(3) 如果水平外力从静止开始拉动杆2s所做的功为0.3J，求回路中定值电阻R上产生的焦耳热是多少。(房山)21、甲(1)设路端电压为U，金属杆的运动速度为v，则感应电动势E = BLv，1分通过电阻R的电流1 = 一1

11、分R + rBLvR电阻R两端的电压U=IR = 1分R + r由图乙可得 U=kt，k=0.10V/s解得v =堂 t，.1分1分因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，加速度a =k（R + r ）=1.0m/s2BLR1分(用其他方法证明也可以，只要得出加速度a=1m/s2即可给6分)(2)在 2s 末，速度 vat=2.0m/s,电动势E=BLv2,通过金属杆的电流金属杆受安培力F=BIL =R + r1分设2S末外力大小为F2,由牛顿第二定律，七-F安=ma，1分故2s末时F的瞬时功率P=F2v21分1分P0.35W（3）在2s末，杆的动能E = -mv2 = 0.2J1分k

12、2由能量守恒定律，回路产生的焦耳热Q=W-R=0.1J 1分KQ R + r故在R上产生的焦耳热QR=QR+r = 067J1分22.（2008北京理综，22）均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁 感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平 的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时，（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2）求cd两点间的电势差大小；（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件。22.答案（16分）（1）cd边刚进入磁场时，线框速度v=此时线框中

13、电流 I=cd两点间的电势差U=I（）=安培力 F=BIL=根据牛顿第二定律mg-F=ma，由a=0解得下落高度满足h= 24. （2014丰台一模，24）如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，y轴正方向竖直向上，x轴正方向水平向右。空间 中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场垂直xoy平面向里，磁感应强度大小为B。匀强电场（图中未画出）方向 平行于xoy平面，小球（可视为质点）的质量为m、带电量为+q，巳知电场强度大小为E=性，g为重力加速度。q（1）若匀强电场方向水平向左，使小球在空间中做直线运动，求小球在空间中做直线运动的速度大小和方向；（2）若匀强电场在xoy平面内的任意方向

14、，确定小球在xoy平面内做直线运动的速度大小的范围；（3）若匀强电场方向竖直向下，将小球从。点由静止释放，求小球运动过程中距x轴的最大距离。XXXXXXXXX1 yXXXXXXXXXXXXX X 急XXXXXXXXX X”xXXXXXXXX24.能的转化与守恒是自然界普遍存在的规律，如：电源给电容器的充电过程可以等效为将电荷逐个从原本电中性的两极板 中的一个极板移到另一个极板的过程.在移动过程中克服电场力做功，电源的电能转化为电容器的电场能.实验表明: 电容器两极间的电压与电容器所带电量如图所示.容器.框架上B的匀强磁场好且无摩（1）对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图像求位移的方法.请 你

15、借鉴此方法，根据图示的Q-U图像，若电容器电容为C，两 极板间电压为U，求电容器所储存的电场能.（2）如图所示，平行金属框架竖直放置在绝缘地面上.框架上端接有一电容为C的电一质量为m、长为L的金属棒平行于地面放置，离地面的高度为爪 磁感应强度为 与框架平面相垂直.现将金属棒由静止开始释放，金属棒下滑过程中与框架接触良 擦.开始时电容器不带电，不计各处电阻.求a.金属棒落地时的速度大小b.金属棒从静止释放到落到地面的时间24、（1） （5分）由功能关系可知克服电场力做的功等于产生的电场能（1分） 由图可知在QU图像中，图像所围面积即为克服电场力所做的功（1分）1”即 w = -QU （1 分）Q

16、又有电容定义式C = u （1分）11两式联立得w = CU2电容器储存的电场能为Ee = 2 CU2 （1分）（2）（7分）设导体棒落地的速度为v，此时导体棒切割磁感线产生感生电动势 感生电动势大小为E = BLv （2分）1电容器储存的电场能为E =3 C（BLv）2 （2分）e 21由动能定理得mgh = 2 mv2 + Ee （2分）2mghm + CB2 L （1 分）mgt 一 F t = mAvF =BIL安Q = ItQ = cuAv = v - 0（3）（8分）导体棒下落过程中受安培力和重力，由动量定理可知、2h（m + CB 2 L2）mg解得七=J （8分）24.(20分

17、)如图13所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一竖直平面 内，圆弧轨道的圆心为0，半径林0传送带PC之间的距离为L,沿逆时针方向的运动速度、:gR .在PO的右侧空间存在方向 竖直向下的匀强电场。一质量为m、电瘴为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨 道下滑，恰好运动到C端后返回。物 体与传送 带间的动摩擦因数为H，不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失,重力加速度为g(1)求物体下滑到P点时，物体对轨道的压力F(2)求物体返回到圆弧轨道后，能上升的最大高度H(3) 若在PO的右侧空间再加上方向垂直于纸面向里、磁感应强度 为B的水平匀强磁场(图中未画出)，物

18、体从圆弧顶点A静止释放，运动 到C端时的速度为 2乎，试求体在传送带上运动的时间t。2【答案】见解析-!八解析】(1)设物体滑到P端时速度大小为十，物体从A端运动到P端的过程中，机械能守恒1分mgR = mv 22 p解得：vP =知2gR1分设物体滑到p端时受支持力为n，根据牛顿第二定律Vv 2N-mg = mR 分解得：N=3mg1分设物体滑到P端时对轨道压力为F，根据牛顿第三定律F = N =3mg1分(2)物体到达C端以后受滑动摩擦力，向左做初速度为零的匀加速运动，设向左运动距离为x时物体与皮带速度相同，设物体受到的摩擦力为f，则fx=1 mv 2 = 1 mgR1 分物体从皮带的P端

19、滑到C端摩擦力做功1-fL=0 mv21 分2 p1f = m 2 gR1 分1T解得：x= 2 L1分AP点时速度大小是即物体在皮带上向左先做匀加速运动一半皮带长度后，与皮带同速向左运动，即再次到达v=气:gR 2 分根据机械能守恒定律，设在斜面上上升的高度H，则1 .mgH= 5 mv 2R解得H= - 2分说明：其他方法答案正确均得分。（3）设电场强度为E，在无磁场物体从A端运动到C端的过程中，根据动能定理有mgR - （mg + Eq）L - 0 一 0 1 分mg （R -日 L）解得E=一丽 1分在有磁场情况下物体从p端运动到c端的过程中，设任意时刻物体速度为v，取一段极短的含此时

20、刻的时间AZ，设在此时间段内的速度改变量为Av （取水平向右为正方向），根据牛顿第二定律，有-H (mg + Eq - qvB)=Avma = m At1分两边同时乘以At再对两边求和-S H (mg + Eq )At + S 网Bv At = S mAv1分S vAt =SAx = L1分S m Av = m (vfc以上结果代入上式，得J2gR-H (mg + Eq )t + H qBL = - mH qBL2 L gR化简得坑诙1分13.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.

21、5m,现有一边长/=0.2m、质量m=0.1kg、电阻R=0.1 Q的正方形线框MNOP 以=7m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场。求：线框MN边刚进入磁场时受到安培力的大小F。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。线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。PO5（16分）（2013江苏四校联考）如图所示，两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的 边界，磁场的磁感应强度为B，宽度为d，正方形线框abcd由均匀材料制成，其边长为L（Ld）、 质量为m、总电阻为R.将线框在磁场上方高h处由静止开始释放，已知线框的ab边刚进入 磁场时和刚穿出磁场时的速度相同.求：（1）ab边刚

22、进入磁场时ab两端的电势差Uab;（2）ab边刚进入磁场时线框加速度的大小和方向；（3）整个线框进入磁场过程所需的时间.5、解析：（1） ab边进入磁场前，线框自由下落（1分）v 2 = 2 ghab边刚进入磁场时切割磁感线产生感应电动势 E = BLv0可解得氏二电动势的方向为Q&如两端的电势差为Ua,=EQ可解得&= 一弘屋（2）从线框完全进入磁场至线框开始弃出磁场的过程中，线框中没有感应电流， 线框只受重力，做加速度为?的匀加速直线运动。由题意，线框的成边刚进入磁场时和刚穿出磁场时的速度相同.由此可判断吨边刚进入磁场时线框应做减速运动，故加速度方向向上。汕边刚进入磁场时，线框中的电流为 %=*所受安培力为已二召孔对于线框Fj -mg=由以上咎式解得线框的加速度大小为、=竺挛甄包（3）设线框完全进入磁场时速度为v1，则从线框完全进入磁场至线框开始穿出磁场的过程中，有v 2 v 2 =2 g (d - L)在线框进入磁场的过程中，有E = BLvi=ER取向下为正方向，有mg - BIL = ma可得B 2 L2mg 一v = maR对于该过程中的任意微小过程，有mg - kB 2 L2RAt =ma At即可解得将上式对整个进入过程率和，即 2 mg - = 2可得哗W年 vir =做 airE 5-hi f_吕* | J、-顼-)-mgEg