高中物理教学论文 微元法：江苏省高考物理试题特色解法 苏教版

微元法：江苏省高考物理试题的特色解法
我长期研究高考试题，发现，江苏省 2006 年到 2009 年 4 年来高考物理卷中的最后一 题：电磁感应大题，在标准答案中，都是用微元法解的，可以说是江苏省高考物理试题的 特色解法，因为全国卷和其他省市卷都没有。经笔者研究，也可以采用另外的解法。 1. 2007 年高考江苏省物理卷第 18 题（１６分） 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=0.5m，现有 一边长l=0.2m、质量m=0.1kg、电阻Ｒ＝0.1Ω的正方 形线框ＭＮＯＰ以v 0 =7m/s的初速从左侧磁场边缘水 平进入磁场，求 （１）线框ＭＮ边刚进入磁场时受到安培力的大 小Ｆ。 （２）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。 （３） 线框能穿过的完整条形磁场区域的个数 n。 解： （ 1 ） 线 框 Ｍ Ｎ 边 刚 进 入 磁 场 时 ， 感 应 电 动 势 E Blv 0 1.4V ， 感 应 电 流
1 2 mv1 2
F mg sin F '
感应电动势 Bdv
R 安培力 F ' BI ' d
由牛顿第二定律，在 t 到 t t 时间内，有 v
感应电流 I '

F t m
则
v = ( g sin
B 2d 2v )t mR
有 v1 gt1 sin
【解答】 （命题者提供的解答） （1） 设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框的安培力 做功为 W 由动能定理 mg sin 4d W BILd 0
用心
爱心
专心
5
且 Q W 解得 Q 4mgd sin BILd （2） 设线框刚离开磁场下边界时的速度为 v1 ，则接着向下运动 2d 由动能定理 mg sin 2d BILd 0 装置在磁场中运动的合力
BILd 。 BILd mg sin
【解析】 （本人研究的另外解法） 第（1）问，同原解答 第（2）问：设线框刚离开磁场下边界时的速度为 v1 ，则接着向下运动 2d ，速度变为 0，根据动能定理
1 mg sin 2d BILd 0 mv12 ，所以 v1 2
力。
用心 爱心 专心
磁场区域 1 B 棒b 磁场区域 2 B 棒a 磁场区域 3 B 磁场区域 4 B 磁场区域 5 B
d1 d2 d1 d2 d1
d2 d1 d2 Θ d1
15.解析：⑴因为a和b产生的感应电动势大小相等，按回路方向相反，所以感应电流为0，所 以a和b均不受安培力作用，由机械能守恒得
Ek mgd1 sin
v1 v 2 d 2 2 t
在有磁场区域，对a棒： F mg sin BIl 且： I 解得: F mgsin
Bl v 2R
⑥
B 2l 2 v 2R
因为速度 v 是变量，用微元法 根据牛顿第二定律, 在一段很短的时间 t 内
v
则有
F t m
B 2l 2 v t v g sin 2mR
E ， R
B 2l 2 B 2l 2v kv ，其中 k , 由于速度是变化的，所 R R
1
用心
爱心
专心
以力是变化的，线框在水平方向只受安培力作用，安培力与速度成正比，线框在水平方向 的运动是速度随位移均匀变化的运动，所以 v
k x ，从初速度 v 0 运动到水平速度为 0， m
v0
B 2l 2 v ， R
F t v m B 2l 2 x v0 mR
求和，
(
B 2l 2 )vt v , mR
解得 x
mv0 R 1.75 线框能穿过的完整条形磁场区域的个数 n= 4.375 ，取整 1.75m ， 2 2 0.4 B l
数为 4。 解法 2. 新解法 线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势 E Blv ，感应电流 I 受到安培力的大小 Ｆ= BIl ，得 F
（原答案此处一笔带过，实际上这一步很麻烦，以下笔者给出详细过程：
B 2 l 2 d1 ， ④代入⑦得： t 4mgR sin
⑧代入⑤得： v1 v 2
⑧
8mgd 2 R sin B 2 l 2 d1
⑨
⑦+⑨得： v1
4mgRd 2 B 2 l 2 d1 。） sin 8mR B 2 l 2 d1
I
E 14 A ，受到安培力的大小 Ｆ= BIl 2.8 N R 1 2 （2）水平方向速度为 0， Q mv0 2.45 J 2
（3）解法 1 原答案给出的解法. 线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻， 感应电动势 E Blv0 ， 感应电流 I
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
E ， R
受到安培力的大小 Ｆ= BIl ，得 F 在 t t 时间内，由牛顿定律：
因为导体棒刚进入磁场区时的速度为 v 2 ,刚离开磁场区时的速度为 v1 , 所以
v v
1
v2 ,
vt d ， t t
1
B 2l 2 所以： v1 v 2 gt sin d1 2mR
联立④⑤⑦式,得 v1
⑦
4mgRd 2 B 2 l 2 d1 sin 8mR B 2 l 2 d1
2 BILd 4 gd sin m
注意：导体棒在磁场中运动的位移是 d ，而不是 2d ，且因为是恒流，所以安培力是恒
6
因为线框在磁场中的运动时受到的合力 F mg sin F安 ，而 F安
B 2d 2 v 是与速 R
度 v 成正比的力， 所以把线框在磁场中的运动分解为在重力的分力作用下的速度随时间均匀 变化的匀变速直线运动和在安培力作用下的速度随位移均匀变化的匀变速直线运动两种运 动，前者速度的变化与时间成正比，后者速度的变化与位移成正比，有
(v)1 gt sin , ⑥
(v)1 表示由于重力作用而引起的速度的变化。
因为安培力 F Bil 对在安培力作用下的运动， 成正比。 所以，由于安培力作用而引起的速度的变化为 使速度减小，所以加负号。
B 2l 2 B 2l 2 v kv (其中 k )与速度 2R 2R
用心 爱心 专心 3
a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等, 所以a穿出任一个磁场区域 时的速率v就等于 v1 ．所以
4mgRd 2 B 2 l 2 d1 。 v 2 2 sin 8mR B l d1
（注意：由于 a．b 在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等，所以 a 穿出任一 个磁场区域时的速率 v 都相等，所以所谓“第 K 个磁场区”，对本题解题没有特别意义。） 解法 2. 笔者的解法：运动分解法 在无磁场区域，棒做匀加速运动，有： v 2 v1 gt sin ④
1 2 1 2 mv 2 mv1 mgd 2 sin 2 2
③
解得： Q mg ( d1 d 2 ) sin ⑶解法1. 原答案给的解法：微元法 设导体棒在无磁场区域和有磁场区域的运动时间都为 t ， 在无磁场区域有： v 2 v1 gt sin 且平均速度： ④ ⑤
⑩
为了形象地表示两种匀变速运动，画出以下图象。左图是速度随时间变化的匀加速运动，
用心 爱心 专心 4
右图是速度随位移变化的匀减速运动。
3.2009 年高考江苏省物理卷第 15 题(16 分) 【题目】如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为 L、 足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为 。条形匀强磁场的宽度为 d ，磁感应强度大 小为 B、方向与导轨平面垂直。长度为 2d 的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一 起组成“ ”型装置。总质量为 m ，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为 I 的电流（由外
①
⑵设导体棒刚进入无磁场区时的速度为 v1 ,刚离开无磁场区时的速度为 v 2 ,即导体棒刚 进入磁场区时的速度为 v 2 ,刚离开磁场区时的速度为 v1 ，由能量守恒得： 在磁场区域有：
1 2 1 2 mgd1 sin m v1 Q m v 2 2 2
②
用心
爱心
专心
2
在无磁场区域：
(v) 2
B 2l 2 d1 ， ⑦ 因为本题安培力 2mR
B 2 l 2 d1 , v 表示经过有磁场区 综合⑥、⑦两式，令 v ( v)1 ( v) 2 得 v gt sin 2mR
域速度的变化，即 v v1 v 2 ，所以 v1 v 2 gt sin
B 2 l 2 d1 ⑧ 2mR
④、⑧两式联立解得 t
B 2 l 2 d1 4mgR sin
⑨
⑨代入⑤得
v1
4mgRd 2 B 2 l 2 d1 sin 8mR B 2 l 2 d1
v1 就是所要求的棒 a 穿出任一个磁场区域时的速率， v
4mgRd 2 B 2 l 2 d1 sin 8mR B 2 l 2 d1
mv R k m x ，通过的位移为 x v0 ，即 x 20 2 1.75m ，线框能穿过的完整条形磁场 m k B l
区域的个数 n=
1.75 4.375 ，取整数为 4。 0.4
2. 2008年高考江苏省物理卷第15题 15、（16分）如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨 光滑且电阻忽略不计．场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度 为d 1 ，间距为d 2 ．两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导 轨垂直．（设重力加速度为g） ⑴若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁 场区域过程中增加的动能△E k ； ⑵若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时， b 又恰好进入第2个磁场区域．且a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间 均相等．求b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q； ⑶对于第⑵问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率v．