6微元法的妙用(教師版)

./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(zhì)量為m以初速度v0向右運動。體棒將做什么運動？②請描繪出運動的v-t圖像③全過程一共產(chǎn)生多少焦耳熱？④能否求出這個過程的總位移呢？⑤能否求出全過程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(zhì)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若在t時刻,棒作勻速運動,求這段時間的總位移?！瞭>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(zhì)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(guān)系小結(jié)——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=0.2mdddddddddv0POMN求①線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q②線框能穿過的完整條形磁場區(qū)域的個數(shù)n?！嗄芡暾拇┻^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(chǎn)生的熱量Q1與滑出磁場過程中產(chǎn)生的熱量Q2之比為<>A．1：1B．2：1C.3：1D．4：1lav0v1.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。現(xiàn)有一個邊長為a的正方形閉合導線框〔a<l,以初速度vlav0vA.導線框完全進入磁場中時,速度大于<v0+v>/2B.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度為v,整個過程中ab、cd兩邊始終保持與磁場邊界平行。設(shè)線框進入磁場區(qū)域過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1,穿出磁場區(qū)域過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2?！痢痢痢痢痢痢痢痢痢痢痢痢痢痢痢痢痢痢痢羋cbaA．1：1B．2：1C．3：2D．5：3ab甲乙20．〔2014石景山一模如圖所示,a、b是邊界圍、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aab甲乙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(chǎn)生的熱量較少D．穿過磁場的過程中,兩線框產(chǎn)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(guān)系比較線框落地時速度的大?。賹θ^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(chǎn)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?。?/p>

線框穿過磁場區(qū)域過程受到的安培力是變力,設(shè)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-F△t=mv

而F△t=BIL△t=BLq,又感應電荷量q=△Φ/R,因為磁通量△Φ相同,通過線框截面的電荷量相等,則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(guān)鍵要運用動量定理分析時間關(guān)系,還要掌握感應電荷量的公式q=△Φ/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 A．d端電勢低于c端電勢 B．始終做勻速直線運動 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=0.4Ω。導軌上停放一質(zhì)量m=0.1kg、電阻r=0.2Ω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(guān)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末外力F的瞬時功率；甲乙aM甲乙aMbQNFRP電壓傳感器接電腦t/sU/V00.51.01.52.00.10.2〔房山21、〔1設(shè)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/s……1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?！?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,通過金屬桿的電流金屬桿受安培力……1分設(shè)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=F2v2……1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(chǎn)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(chǎn)生的焦耳熱……1分22.〔2008理綜,22均勻?qū)Ь€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(zhì)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,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(chǎn)生的感應電動勢大小;〔2求cd兩點間的電勢差大小;〔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〔1cd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,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(zhì)點的質(zhì)量為m、帶電量為+q,已知電場強度大小為,g為重力加速度?！?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平面的任意方向,確定小球在xoy平面做直線運動的速度大小的圍；×××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××OyxUQUQ0〔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BhC〔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(zhì)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(guān)系可知克服電場力做的功等于產(chǎn)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(shè)導體棒落地的速度為v,此時導體棒切割磁感線產(chǎn)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,圓弧軌道的圓心為0R0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(cè)空間存在方向豎直向下的勻強電場。一質(zhì)量為m為+q的小物體從圓弧頂點A由靜止開始沿軌道下滑,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(cè)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端時的速度為在傳送帶上運動的時間t。[答案]見解析〔1設(shè)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(shè)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=3mg…………1分設(shè)物體滑到P端時對軌道壓力為F,根據(jù)牛頓第三定律F=N=3mg…………1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(shè)向左運動距離為x時物體與皮帶速度相同,設(shè)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(shè)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(shè)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(shè)任意時刻物體速度為v,取一段極短的含此時刻的時間,設(shè)在此時間段的速度改變量為〔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,則……1分以上結(jié)果代入上式,得化簡得t=……1分13.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(zhì)量m=0.1kg、電阻R=0.1Ω的正方形線框MNOP以v0=7m/s的初速度從左側(cè)磁場邊緣水平進入磁場。求：⑴線框MN邊剛進入磁場時受到安培力的大小F。⑵線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。⑶線框能穿過的完整條形磁場區(qū)域的個數(shù)n。ddddddddddv0POMN5〔16分〔2013四校聯(lián)考如圖所示,兩水平線L1和L2分別是水平向里的勻強磁場的邊界,磁場的磁感應強度為B,寬度為d,正方形線框abcd由均勻材料制成,其邊長為L〔L<d、質(zhì)量為m、總電阻為R．將線框在磁場上方高h處由靜止開始釋放,已知線框的ab邊剛進入磁場時和剛穿出磁場時的速度相同．求：〔1ab邊剛進入