高中物理重要方法典型模型突破7-數學方法-微元法解析版

1、 - -* 1 ” . 1 . r _ _ *_ 上*尊要萬蕓叁突破專題七數學方法（5） 微元法【重要方法點津】在物理學的問題中，往往是針對一個對象經歷某一過程或出于某一狀態(tài)來進行研 究，而此過程或狀態(tài)中，描述此研究對象的物理量有的可能是不變的，而更多的則可能 是變化的，對于那些變化的物理量的研究，有一種方法是將全過程分為很多短暫的微小 過程或將研究對象的整體分解為很多微小局部，這些微小過程或者是微小的局部常被稱 為“微元”，而且每個微元所遵行的規(guī)律是相同的，取某一微元加以分析，然后在將微 元進行必要的數學方法或物理思想處理歸納出適用于全過程或者是整體的結論，這種方法被稱為“微元法”。微元法是

2、物理學研究連續(xù)變化量的一種常用方法。微元可以是一小段線段、圓弧、一小塊面積、一個小體積、小質量、一小段時間， 但應具有整體對象的基本特征。這樣，我們只需分析這些“元過程”，然后再將“元過 程”進行必要的數學方法或物理思想處理，進而使問題得到求解。利用“微元法”可以 將非理想模型轉化為理想模型，將一般曲線轉化為圓甚至是直線，將非線性變量轉化為 線性變量甚至是恒量，充分體現了 “化曲為直”、“化變?yōu)楹恪钡乃枷搿谩拔⒃ā苯鉀Q物理問題時，采取從對事物的極小部分（微元）入手，達到解 決事物整體的方法，具體可以分以下三個步驟進行：（1）選取微元用以量化元事物或 元過程；（2）把元事物或元過程視為恒定

3、，運用相應的物理規(guī)律寫出待求量對應的微元表達式；（3）在微元表達式的定義域內實施疊加演算，進而求得待求量。微元法是采用分割、近似、求和、取極限四個步驟建立所求量的積分式來解決問題的?！镜淅v練突破】【例11設某個物體的初速度為vo,做加速度為a的勻加速直線運動，經過時間t,則物體的位 移與時間的關系式為x vot 1 at2,試推導。2【點撥】把物體的運動分割成若干個微元，t極短，寫出v t圖像下微元的面積的表達式，即位移微元的表達式，最后求和，就等于總的位移?！窘馕觥孔魑矬w的v t圖像，如圖甲、乙，把物體的運動分割成若干個小元段（微元），由于每一個小元段時間 t極短，速度可以看成是不變的，設

4、第i段的速度為V,則在t 時間內第i段的位移為xi vi t ,物體在t時間內的位移為x xi m t ,在v t圖像上 則為若干個微小矩形面積之和。當把運動分得非常非常細，若干個矩形合在一起就成了梯形OAPQ,如圖內所示。圖線與軸所夾的面積，表示在時間t內物體做勻變速直線運動的位移。12面積 S S1 S2,又 vP v0 at ,所以 x v0t at【總結】這是我們最早接觸的微元法的應用。總結應用微元法的一般步驟：（1）選取微元，時間t極短，認為速度不變，“化變?yōu)楹恪?，?）寫出所求量的微元表達式， 微元段的意義是位移，寫出位移表達式 為vi t , （3）對所求物理量求和，即對微元 段

5、的位移求和，x xvi t0【練U如圖所示，人用繩子通過定滑輪以不變的速度 vo拉水平面上的物體A,當純子 與水平方向成8角時，求物體A的速度?！窘馕觥吭O物體A在8角位置t時間向左行駛x距離，滑輪右側純長縮短 L,如圖,當純水平方向的角度變化很小時，有L xcos ,兩邊同除以t得 cos ,t t當這一小段時間趨于零時，收純的平均速率就等于瞬時速率即收純速率v0 vA cos所以物體A的速率為Va -v0cosV0Va 一cos【例2】真空中放置的平行金屬板可以用作光電轉換裝置，如圖所示。光照前兩板都不 帶電。以光照射A板，則板中的電子可能吸收光的能量而逸出。假設所有逸出的電子都垂直于A板向

6、B板運動，忽略電子之間的相互作用。保持光照條件不變。 a和b為接線柱。/?/?EkmeEkme短路時所有逸出電子都到達 B板，故短路電流I 短=Ne已知單位時間內從A板逸出的電子數為N,電子逸出時的最大動能為Ekm。元電荷為e。(1)求A板和B板之間的最大電勢差Um,以及將a、b短接時回路中的電流I短。(2)圖示裝置可看作直流電源，求其電動勢 E和內阻r。(3)在a和b之間連接一個外電阻時，該電阻兩端的電壓為U。外電阻上消耗的電功 率設為P;單位時間內到達B板的電子，在從A板運動到B板的過程中損失的動能之和 設為AEko請推導證明:P= AEko(注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理

7、量，要在解題中做必要的說 明)【解析】(1)由動能定理，Ekm=eUm,可得UmUUm，所以E Um個(2)電源的電動勢等于短路時的路端電壓，即上面求出的EEkm電源內阻r =2I短 NeAEke=eU外電阻兩端的電壓為U,則電源兩端的電壓也是 AEke=eU由動能定理，一個電子經電源內部電場后損失的動能設單位時間內有N個電子到達B板，則損失的動能之和 AEk=NAEke=NeU根據電流的定義，此時電源內部的電流I=Ne此時流過外電阻的電流也是I=Ne,外電阻上消耗的電功率 P=IU=NeU所以P= AEk【答案】 Em Ne (2) Em 上粵 (3)外電阻兩端的電壓為 U,則電源兩端的電

8、ee Ne壓也是Uo【練2】從地面上以初速度V。豎直向上拋出一質量為 【練2】從地面上以初速度阻力與其速率成正比關系，球運動的速率隨時間變化規(guī)律如圖所示，ti時刻到達最高點, 再落回地面，落地時速率為v1 ,且落地前球已經做勻速運動.求：(1)球從拋出到落地過程中克服空氣阻力所做的功;(2)球拋出瞬間的加速度大??；(3)球上升的最大高度H.【點撥】(1) (2)求解不難。(3)用微元法求解，首先根據牛頓第二定律寫出加速V度的表達式，再用a 一f,取微元然后寫出 v與t關系式，最后求和?！敬鸢浮恳娊馕觥?212【解析】(1)球從拋出到洛地重力做功為零，根據動能定理Wf 2mV - mvo1212

9、克服仝氣阻力做功Wfmv0mM(2)阻力與其速率成正比拋出瞬間阻力f kVo勻速運動時fl kViVo拋出瞬間阻力的大小為f mg 一 根據牛頓第二定律mg f maoVo r解得拋出瞬間的加速度大小為 ao 1 gVi(3)上升時加速度為a,根據牛頓第二定律I,kmg kV ma a g v m取極短時間 t ,速度的變化量 V ,有 kv a t g t v t式中 V t hk上升全過程對等式兩邊求和v g t - h左邊求和v o vo(末減初)k . k 一g tgti- h H （ h H）kmg代入解得0 Vogti -H ,又前面已求出k 一所以球上升的最大高度V所以球上升的最

10、大高度Vo gti Vi【總結】取微元，根據相應的物理規(guī)律寫出所求問題用微元表示的函數表達式，最后求 和，注意各物理量的物理意義，解析中已經寫得很清楚了?！纠?】如圖所示，一個半徑為 R的帶電圓環(huán)，帶電荷量為+Q,帶電圓環(huán)的中心為O, 在通過O點與圓面垂直的直線上有一點 A,距離O點為L, A點有一帶電荷量為+q的 點電荷，求該點電荷受到的電場力.V【思路】帶電圓環(huán)不是點電荷，用 對稱”等效“或割補”的方法將非點電荷問題轉化為點電荷問題，實際上就是利用“微元法”，把帶電圓環(huán)平均分為 N小段，每段都可以看著點電荷，這個微小的點電荷的電荷量為 q Q/N ,再利用庫侖定律求相互作用力【解析】把帶電

11、圓環(huán)平均分為N小段，每段都可以看著點電荷，這個微小的點電荷的電 荷量為q Q/N ,則q與q間的庫侖力的大小為F,如圖所示.設F、F夾角為，一 qq .A點到圓環(huán)邊緣距離為r,則由庫侖定律得F kE, F Fcos ,由幾何知識r222Lr R L , cos 1一鏟,根據對稱性(每個微兀電荷與q之間的庫侖力的豎直分量的矢量和為零)有：該點電荷受到的電場力的大小就等于每個微元電荷與q之間的庫侖力的水平分量之和,F合 NFk Qql- 3 .方向沿OA方向【答案】kqLr沿oa【答案】kqLr沿oa方向 (L2 R2)2【總結】帶電圓環(huán)是線電荷，應用微元法就是把它均勻分成 N段，每段的電荷量為總

12、電量除以N, q Q/N ,再利用庫侖定律求相互作用力，各個微元電荷與 q的作用力的方向都不同，把F分解成水平方向和豎直方向，就清楚地知道豎直分量的矢量和為零， 水 平分量大小相等方向相同，將水平分力求和，即 F合NF【拓展】如果在A點不放點電荷，求A點的電場強度的大小和方向【練3】一半徑為R的絕緣球殼上均勻地帶有電荷量為 +Q的電荷，另一電荷量為+q的 點電荷放在球心O上，由于對稱性，點電荷所受的力為零.現在球殼上挖去半徑為r（r R）的一個小圓孔A,此時置于球心的點電荷所受電場力的大小為 。知 靜電力常量為k）,方向是.【解析】由于球殼上均勻帶電，這是面電荷，原來每條直徑兩端相等的一小塊面

13、積上的電荷（對稱）對球心+q的力互相平衡.在球殼上 A處挖去半徑為r的小圓孔后，其他相對如圖所直徑兩端電荷對球心+q的力仍互相平衡，剩下的就是與 A 的，半徑也等于r的一小塊圓面B上的電荷對q的作用力F, 示.相對如圖所B 處這一小塊（微元）圓面上的電荷量為qB4 qB4 R24R2由于半徑r R,可以把B看成點電荷.根據庫侖定律，它對中心 +q的作用力大小為2r qF kqq k4R22壁匚，其方向由球心的半徑指向小孔中心.R2R24RqQr2【答案】k-4RT 由球心沿半徑指向小孔A中心【例4】如圖所示，一水平放置的光滑平行導軌上放一質量為 m的金屬桿，導軌間距為 L,導軌的一端連接一阻值

14、為 R的電阻，其他電阻不計，磁感應強度為 B的勻強磁場垂 直于導軌平面.現給金屬桿一個水平向右的初速度 Vo,然后任其運動，導軌足夠長，試求 金屬桿在導軌上向右移動的最大距離是多少？X X X X X X*X X X X X X【解析】根據牛頓第二定律，導體棒在運動過程中受到安培力作用,感應電流I E 四，安培力感應電流I E 四，安培力FR R2 , 2B L vBILR導體棒做非勻減速運動,BIL2 , 2B L v maR在某一時刻取一個微元2 , 2B L viR兩邊求和B兩邊求和B2L2vi t m v R因 vi t xi則vit X因 vi t xi則vit Xi根據動量定理b2

15、l2xRm(0 V0)這個過程的總位移mv0Rb2l2 .【練4】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9,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&,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)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 A Ek (2)若a進入第2個磁場區(qū)域時，b恰好離開第1個酷場區(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a、b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均

16、相等.求a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(2)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.圖4【解析】a和b不受安培力作用，由機械能守恒知Ek mgdi sin設導體棒剛進入無磁場區(qū)域時的速度為Vi ,剛離開無磁場區(qū)域的速度為V2 ,由能量守恒得:在磁場區(qū)域中1 mv12 Q2；mv； mgdisin在無磁場區(qū)域中1 2mv1 2mv122mv2 mgd2sin解得：Q mg di d2 sin在無磁場區(qū)域中 根據勻變速直線運動規(guī)律v2 v1gtsin且平均速度v1V2d2感應電動勢E Blv感應電流I 感應電動勢E Blv感應電流I 2R解得Fmg sin在磁場區(qū)域中棒a受到合力2RF mg sin IBl 根據牛頓第二定律，在t時間內則有 Vgsin2. 2B l v2mR解得ViV2gt sin叫12mR聯立解得Vi4mgRd22 2B2l2d