高中物理電磁感應微元法專題.doc

此文檔收集于網(wǎng)絡，僅供學習與交流，如有侵權請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 電磁感應中的“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，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)學思想或物理方法處理，進而使問題求解。使用此方法會加強我們對已知規(guī)律的再思考，從而引起鞏固知識、加深認識和提高能力的作用。 “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. 關于微元法。一般是以時間和位移為自變量，在時間很短或位移很小時，此元過程內的變量可以認為是定值。比如非勻變速運動求位移時在時間很短時可以看作勻速運動，在求速度的變化量時在時間很短時可以看作勻變速運動。運動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，當末速度時，有，或初速度時，有，這個求和的方法體現(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）。可以直接求解，比如恒力的功，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，力隨時間線性變化可用平均力來求沖量，電流隨時間線性變化可用平均電流來求電量。 電流的平方隨時間線性變化可用平方的平均值來求焦耳熱。 非線性變化?？梢钥紤]用微元法。 值得注意微元法不是萬能的，有時反而會誤入歧途，微元法解題，本質上是用現(xiàn)了微分和積分的思想，是一種直接的求解方法，很多時候物理量的非線性變化可以間接求解，比如動能定理求變力的功，動量定理求變力的沖量，能量方程求焦耳熱等等。當然微元法是一種很重要的物理方法，在教學過程中有意識的不斷滲透微元法，可以培育和加強學生分析問題處理物理問題的能力。 電磁感應中的微元法一些以“電磁感應”為題材的題目?？梢杂梦⒃ń?，因為在電磁感應中，如導體切割磁感線運動，產生動生電動勢為，感應電流為，受安培力為，因為是變力問題，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的光滑金屬導軌一端封閉，電阻不計，足夠長，水平部分有豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中。質量為m、電阻為r的導體棒從高度為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，在水平導軌上滑行的距離為S而停下。（1） 求導體棒剛滑到水平面時的速度；（2） 寫出導體棒在水平導軌上滑行的速度與在水平導軌上滑行的距離的函數(shù)關系，并畫出關系草圖。（3）求出導體棒在水平導軌上滑行的距離分別為S/4、S/2時的速度、； h 0 S/4 S/2 S 解：（1）根據(jù)機械能守恒定律，有，得。 (2)設導體棒在水平導軌上滑行的速度為時，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，設在一段很短的時間內，速度變化很小，可以認為沒有變化，于是安培力可以看做恒力。 根據(jù)牛頓第二定律，加速度為 很短的時間內速度的變化為 而，那么在時間內速度的變化為 因為，所以 于是速度 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，豎直平面內有一邊長為L、質量為m、電阻為R的正方形線框在豎直向下的勻強重力場和水平方向的磁場組成的復合場中以初速度水平拋出，磁場方向與線框平面垂直，磁場的磁感應強度隨豎直向下的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，線框中瞬時電流的大??；（2） 線框在復合場中運動的最大電功率；（3） 若線框從開始拋出到瞬時速度大小到達所經歷的時間為，那么，線框在時間內的總位移大小為多少？解：（1）因在豎直方向兩邊的磁感應強度大小不同，所以產生感應電流為 (2)當安培力等于重力時豎直速度最大，功率也就最大 所以 （3） 線框受重力和安培力兩個力 其中重力為恒力，安培力為變力。 我們把線框的運動分解為在重力作用下的運動和在安培力作用下的運動。在重力作用下，在時間t 內增加的速度為，求在安培力作用下在時間t內增加的速度為 用微元法，設在微小時間內，變力可以看做恒力，變加速運動可以看做 勻加速運動，加速度為 則在內速度的增加為，而 所以在時間t內由于安培力的作用而增加的速度（因為增加量為負，所以實際是減?。椋?所以：再根據(jù)運動的合成，時間t內總的增加的速度為： 從宏觀看速度的增加為： 于是： 得到線框在時間內的豎直位移大小為?？紤]水平方向的勻速運動，于是線框在時間內的總位移大小為 再將代入就可以了。 先研究分運動，再研究合運動！可以看出：所謂微元法是數(shù)學上的微積分理念在解物理題中的應用. 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軌與水平面的夾角為，導軌光滑且電阻忽略不計場強為B的條形勻強磁場方向與導軌平面垂直，磁場區(qū)域的寬度為d1，間距為d2兩根質量均為m、有效電阻均為R的導體棒a和b放在導軌上，并與導軌垂直（設重力加速度為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ad1d1d1d2d2d2d2 d1若a進入第2個磁場區(qū)域時，b以與a同樣的速度進入第1個磁場區(qū)域，求b穿過第1個磁場區(qū)域過程中增加的動能Ek；若a進入第2個磁場區(qū)域時，b恰好離開第1個磁場區(qū)域；此后a離開第2個磁場區(qū)域時，b 又恰好進入第2個磁場區(qū)域且ab在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均相等求b穿過第2個磁場區(qū)域過程中，兩導體棒產生的總焦耳熱Q；對于第問所述的運動情況，求a穿出第k個磁場區(qū)域時的速率v解：因為a和b產生的感應電動勢大小相等，按回路方向相反，所以感應電流為0，所以a和b均不受安培力作用，由機械能守恒得 （電動勢抵消） 設導體棒剛進入無磁場區(qū)時的速度為,剛離開無磁場區(qū)時的速度為,即導體棒剛進入磁場區(qū)時的速度為,剛離開磁場區(qū)時的速度為，由能量守恒得： 在磁場區(qū)域有： (動能定理) （功能關系） 在無磁場區(qū)域： （ 機械能守恒） 解得： （3）設導體棒在無磁場區(qū)域和有磁場區(qū)域的運動時間都為，在無磁場區(qū)域有： 且平均速度： 在有磁場區(qū)域，對a棒： 且：解得: 因為速度是變量，用微元法根據(jù)牛頓第二定律, 在一段很短的時間內 則有：因為導體棒剛進入磁場區(qū)時的速度為,剛離開磁場區(qū)時的速度為, 所以： , ，代入上式有： 聯(lián)立式,得（原答案此處一筆帶過，實際上這一步比較麻煩，以下給出詳細的求解過程： 代入得：， 代入得： +得：。ab在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均相等, 所以a穿出任一個磁場區(qū)域時的速率v就等于所以 （注意：由于ab在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均相等，所以a穿出任一個磁場區(qū)域時的速率v都相等，所以所謂“第K個磁場區(qū)”，對本題解題沒有特別意義。） 周期性的問題， 搞清楚物理量應該有的特征很重要！ 練習題1 如圖所示，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，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0.1的正方形線框以v0=7m/s的初速從左側磁場邊緣水平進入磁場，求（）線框邊剛進入磁場時受到安培力的大小。（）線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產生的焦耳熱。（）線框能穿過的完整條形磁場區(qū)域的個數(shù)n。解：（1）線框邊剛進入磁場時，感應電動勢 ，感應電流 ，受到安培力的大?。?）水平方向速度為0，（3）用“微元法”解線框在進入和穿出條形磁場時的任一時刻，感應電動勢 ，感應電流 ，受到安培力的大小 ，得 在時間內，由牛頓定律： 求和，, 解得： 線框能穿過的完整條形磁場區(qū)域的個數(shù)，取整數(shù)為4。 練習題2如圖所示，兩平行的光滑金屬導軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導軌間距為L、足夠長且電阻忽略不計，導軌平面的傾角為。條形勻強磁場的寬度為，磁感應強度大小為B、方向與導軌平面垂直。長度為的絕緣桿將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置?？傎|量為，置于導軌上。導體棒中通以大小恒為I的電流（由外接恒流源產生，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，導體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回。導體棒在整個運動過程中始終與導軌垂直。重力加速度為。求：（1） 裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產生的焦耳熱Q；（2） 線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間；（3） 經過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大