微元法在物理习题中的应用(全)
高考物理微元法解决物理试题技巧和方法完整版及练习题及解析
高考物理微元法解决物理试题技巧和方法完整版及练习题及解析一、微元法解决物理试题1．如图所示，半径为R 的1/8光滑圆弧轨道左端有一质量为m 的小球，在大小恒为F 、方向始终与轨道相切的拉力作用下，小球在竖直平面内由静止开始运动，轨道左端切线水平，当小球运动到轨道的末端时，此时小球的速率为v ，已知重力加速度为g ，则( )A ．此过程拉力做功为2 FRB ．此过程拉力做功为4FR πC ．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为12Fv D ．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为2Fv 【答案】B 【解析】 【详解】AB 、将该段曲线分成无数段小段，每一段可以看成恒力，可知此过程中拉力做功为1144W F R FR ππ=•=，故选项B 正确，A 错误；CD 、因为F 的方向沿切线方向，与速度方向平行，则拉力的功率P Fv =，故选项C 、D 错误。
2．一条长为L 、质量为m 的均匀链条放在光滑水平桌面上，其中有三分之一悬在桌边，如图所示，在链条的另一端用水平力缓慢地拉动链条，当把链条全部拉到桌面上时，需要做多少功（ ）A ．16mgL B ．19mgL C ．118mgL D ．136mgL 【答案】C 【解析】 【分析】【详解】悬在桌边的13l 长的链条重心在其中点处，离桌面的高度：111236h l l =⨯=它的质量是13m m '=当把它拉到桌面时，增加的重力势能就是外力需要做的功，故有1113618P W E mg l mgl =∆=⨯=A ．16mgL ，与结论不相符，选项A 错误； B ．19mgL ，与结论不相符，选项B 错误；C ．118mgL ，与结论相符，选项C 正确； D ．136mgL ，与结论不相符，选项D 错误； 故选C ． 【点睛】如果应用机械能守恒定律解决本题，首先应规定零势能面，确定初末位置，列公式时要注意系统中心的变化，可以把整体分成两段来分析．3．为估算雨水对伞面产生的平均撞击力，小明在大雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得10分钟内杯中水位上升了45mm ，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s 。
方法4：微元法在物理解题中的应用
方法四：微元法在物理解题中的应用一．方法介绍利用微分思想的分析方法称为微元法。
它是将研究对象[物体或物理过程]进行无限细分，从其中抽取某一微小单元进行讨论，从而找出被研究对象变化规律的一种思想方法。
这是一种深刻的思维方法，是先分割逼近，找到规律，再累计求和，达到了解整体。
是对某事件做整体的观察后，取出该事件的某一微小单元进行分析，通过对微元的细节的物理分析和描述，最终解决整体的方法。
微元法就是将研究对象分割成许多微小的单元，或从研究对象上选取某一微元加以分析，从而可以化曲为直，化变为恒。
微元法是分析、解决物理问题中的常用方法，也是从部分到整体的思维方法。
用该方法可以使一些复杂的物理过程用我们熟悉的物理规律迅速地加以解决，使所求的问题简单化。
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，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或物理思想处理，进而使问题求解。
使用此方法会加强我们对已知规律的再思考，从而引起巩固知识、加深认识和提高能力的作用。
二．典例分析例1：空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，x轴上B、C两点电场强度在x方向上的分量分别是E B、E C，下列说法中正确的有（）A．E B的大小大于E C的大小B．E B的方向沿x轴正方向C．电荷在o点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功三、选取研究对象时利用微元法例2：如图所示，一个半径为R的四分之一光滑球面放在水平桌面上，球面上放置一光滑均匀铁链，A端固定在球面的顶点，B端恰与桌面不接触，铁链单位长度的质量为ρ.试求铁链A端受的拉力T.拓展1、电量Q均匀分布在半径为R的圆环上如图所示，求在圆环轴线上距圆心O点为x处的P点的电场强度。
四、选取研究过程时利用微元法：例3：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＝1 T，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＝0.5 m，现有一边长l＝0.2 m、质量m＝0.1 kg、电阻R＝0.1 Ω的正方形线框MNOP以v0＝7 m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求：线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。
微元法在高考物理中的应用汇总(可编辑修改word版)
微元法在高考物理中的应用河南省信阳高级中学陈庆威2013.10.06微元法是高中物理中的一个重要的思想方法。
因其近年来在江苏高考物理试题中的频繁出现，尤其是它在2013 年普通高等学校招生全国统一考试（课标卷I）第25 题中的闪亮登场，让它在我们的高考备考中的地位变得更加重要。
很多同学在学习过程中对这类问题因陌生而感到头痛，想集中训练又苦于很难在较短时间里收集到较好的题型，对很多顶尖的学生来说这类问题做起来也往往心有余而力不足。
希望通过以下几个典型的微元法试题的训练，能让你从陌生到熟练。
一、从真题中练方法例题1.（2013全国课标卷I）如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。
导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。
导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。
在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。
已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
忽略所有电阻。
让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：⑴电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；⑵金属棒的速度大小随时间变化的关系。
B【答案】⑴Q=CBLv ⑵v =m (sin-cos)gt C mm +B2L2C【解析】（1）设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为θLE =BLv ①平行板电容器两极板之间的电势差为U =E ②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C =Q ③U联立①②③式得Q =CBLv ④（2）设金属棒的速度大小为v 时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为f1=BLi ⑤设在时间间隔(t, t +∆t )内流经金属棒的电荷量为∆Q ，按定义有i =∆Q ⑥∆t∆Q 也是平行板电容器极板在时间间隔(t, t +∆t )内增加的电荷量，由④式得∆Q =CBL∆v ⑦式中，∆v 为金属棒的速度变化量，按定义有a =∆v ⑧∆t金属棒所受的摩擦力方向斜向上，大小为f2=N⑨式中，N 是金属棒对于导轨的正压力的大小，有N =mg cos⑩金属棒在时刻t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mg sin-f1-f2=ma ⑾联立⑤至⑾式得a =m (sin-cos)g ⑿m +B2L2C由⑿式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动。
微元法在物理习题中的应用(全)
电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”江苏省特级教师，江苏省丰县中学——戴儒京所谓：“微元法”所谓“微元法”，又叫“微小变量法”，是解物理题的一种方法。
1.什么情况下用微元法解题？在变力作用下做变变速运动（非匀变速运动）时，可考虑用微元法解题。
2. 关于微元法。
在时间t ∆很短或位移x ∆很小时，非匀变速运动可以看作匀变速运动，运动图象中的梯形可以看作矩形，所以x t v ∆=∆，s x l t lv ∆=∆=∆。
微元法体现了微分思想。
3. 关于求和∑。
许多小的梯形加起来为大的梯形，即∑∆=∆S s ，（注意：前面的s 为小写，后面的S 为大写），并且0vv v -=∆∑，当末速度0=v 时，有∑=∆0v v ，或初速度00=v 时，有∑=∆v v ，这个求和的方法体现了积分思想。
4. 无论物理规律用牛顿定律，还是动量定理或动能定理,都可以用微元法.如果既可以用动量定理也可以用动能定理解。
对于使用老教科书的地区，这两种解法用哪一种都行，但对于使用课程标准教科书的地区就不同了，因为课程标准教科书把动量的内容移到了选修3-5，如果不选修3-5，则不能用动量定理解，只能用动能定理解。
微元法解题，体现了微分和积分的思想，考查学生学习的潜能和独创能力。
电磁感应中的微元法一些以“电磁感应”为题材的题目。
可以用微元法解，因为在电磁感应中，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为BL v E =，感应电流为RB L vI =，受安培力为v RL B B I L F 22==，因为是变力问题，所以可以用微元法.1.只受安培力的情况例1. 如图所示，宽度为L 的光滑金属导轨一端封闭，电阻不计，足够长，水平部分有竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场。
质量为m 、电阻为r 的导体棒从高度为h 的斜轨上从静止开始滑下，由于在磁场中受安培力的作用，在水平导轨上滑行的距离为S 而停下。
（1） 求导体棒刚滑到水平面时的速度0v ；（2） 写出导体棒在水平导轨上滑行的速度v 与在水平导轨上滑行的距离x 的函数关系，并画出x v -关系草图。
微元法在物理中的应用
微元法在物理中的应用积分知识在物理中的应用主要是围绕at v =研究的。
一般情况下，知道其中的两个量，就可以轻易地求出第三个量，或也可以从能量角度求解v 。
但有时，加速度a 并不是一直不变的，而是随着v 或t 的变化而变化的，此时一般的思维讲不再适用。
[简单模型]某辆汽车从静止开始以加速度kv a =做加速直线运动，其中k 为常数，当运动时间为t 时，汽车通过的位移为S ，求此时小车的速度大小。
[解析]：因为此题中加速度a 是随着v 不断变化的，所以要想利用aS v 202=-求解是不可能的；若从能量角度分析，根本就求不出汽车受力的做功情况，所以也不可以解出，对于此类a 在不断变化的提型，应该应用微元法进行求解。
t a v ∆⋅=∆瞬∴t kv v ∆=∆∑∑∆⋅=∆t kvv 瞬∴kS v =所以解得t 时刻时速度大小为kS v =。
这中积分思想在考试中通常放在电磁感应中考查，同学们认为这种题型难度很大，其实不然，我认为被这种题型吓到的主要原因不是因为这真正有多大难度，而是被它所特有的“微元〞思想吓怕，事实上，真v ∆表示一小段路程。
t ∆表示很小的一段时间，瞬a 表示加速度的瞬时值，在很小的一段时间内，瞬a 可以看作t ∆内的平均加速度，v ∆则表示在t ∆ 时间内速度的变化量kv a =瞬，k 为常数，瞬v 表示某一时刻速度的瞬时值。
此式两边同时求和，依然相等为求和符号""∑v ∆为很小的一段速度，若将运动过程中所有的v ∆都加起来，结果就是总速度v ，即v v =∆∑。
v 就表示t 时刻的速度。
t ∆为很小的一段时间，一个t v ∆瞬表示很小的一段位移，若将所有的 t v ∆瞬相加，则得到总位移S ，即S t v =∆∑瞬 求和过程中常数可以直接移出，例如∑∑∆=∆⋅t v k t kv 瞬瞬正理解的上述的“简单模型〞，积分思想也是比较容易掌握的。
[典型例题讲解]1.如图所示，质量为m 导体棒垂直放在光滑足够长的U 型导轨的底端，导体棒电阻为r ，其余电阻不计，导轨宽度为l 。
微元法及其在物理中的应用(大 整理好)
三、举例例2：如图3—2所示，一个半径为R 的四分之一光 滑球面放在水平桌面上，球面上放臵一光滑均匀铁链，其 A 端固定在球面的顶点，B 端恰与桌面不接触，铁链单位 长度的质量为ρ.试求铁链A 端受的拉力T.解析：以铁链为研究对象，由由于整条铁链的长度不 能忽略不计，所以整条铁链不能看成质点，要分析铁链的受 力情况，须考虑将铁链分割，使每一小段铁链可以看成质 点，分析每一小段铁边的受力，根据物体的平衡条件得出 整条铁链的受力情况.在铁链上任取长为△L 的一小段（微元）为研究对象， 其受力分析如图3—2—甲所示.由于该元处于静止状态， 所以受力平衡，在切线方向上应满足：θθθθT G T T +∆=∆+cos θρθθcos cos Lg G T ∆=∆=∆由于每段铁链沿切线向上的拉力比沿切线向下的拉力大 △T θ，所以整个铁链对A 端的拉力是各段上△T θ的和， 即 ∑∑∑∆=∆=∆=θρθρθcos cos L g Lg T T观察 θcos L ∆的意义，见图3—2—乙，由于△θ很小，所以CD ⊥OC ，∠OCE=θ△Lcos θ表示△L 在竖直方向上的投影△R ， 所以∑=∆R L θcos 可得铁链A 端受的拉力 ∑=∆=gR L g T ρθρcos例5：半径为R 的光滑球固定在水平桌面上，有一质量 为M 的圆环状均匀弹性绳圈，原长为πR ，且弹性绳圈 的劲度系数为k ，将弹性绳圈从球的正上方轻放到球上， 使弹性绳圈水平停留在平衡位臵上，如图3—5所示，若 平衡时弹性绳圈长为R π2，求弹性绳圈的劲度系数k.解析：由于整个弹性绳圈的大小不能忽略不计，弹性绳圈不能看成质点，所以应将弹性绳圈分割成许多小段，其中每一小段△m 两端受的拉力就是弹性绳圈内部的弹力F.在弹性绳圈上任取一小段质量为△m 作为研究对象，进行受力分析.但是△m 受的力不在同一平面内，可以从一个合适的角度观察.选取一个合适的平面进行受力分析，这样可以看清楚各个力之间的关系.从正面和上面观察，分别画出正视图的俯视图，如图3—5—甲和2—3—5—乙.先看俯视图3—5—甲，设在弹性绳圈的平面上，△m 所对的圆心角 是△θ，则每一小段的质量 M m πθ2∆=∆ △m 在该平面上受 拉力F 的作用，合力为2sin2)2cos(2θθπ∆=∆-=F F T 因为当θ很小时，θθ≈sin 所以θθ∆=∆=F FT 22 再看正视图3—5—乙，△m 受重力△mg ，支持力N ，二力的合力与T 平衡.即 θtan ⋅∆=mg T现在弹性绳圈的半径为 R R r 2222==ππ 所以 ︒===4522sin θθR r 1tan =θ因此T=Mg mg πθ2∆=∆ ①、②联立，θπθ∆=∆F Mg 2， 解得弹性绳圈的张力为： π2MgF =设弹性绳圈的伸长量为x 则 R R R x πππ)12(2-=-=所以绳圈的劲度系数为：RMgR Mg x F k 222)12()12(2ππ+=-==例6：一质量为M 、均匀分布的圆环，其半径为r ，几何轴与水平面垂直，若它能经受的最大张力为T ，求此圆环可以绕几何轴旋转的最大角速度.解析：因为向心力F=mr ω2，当ω一定时，r 越大，向心力越大，所以要想求最大张力T 所对应的角速度ω，r 应取最大值.如图3—6所示，在圆环上取一小段△L ，对应的圆心角为△θ，其质量可表示为M m πθ2∆=∆，受圆环对它的 张力为T ，则同上例分析可得 22sin 2ωθmr T ∆=∆ 因为△θ很小，所以22sin θθ∆≈∆，即 2222ωπθθMr T ∆=∆⋅解得最大角速度 MrTπω2= 例7：一根质量为M ，长度为L 的铁链条，被竖直地悬挂起来，其最低端刚好与水平接触，今将链条由静止释放，让它落到地面上，如图3—7所示，求链条下落了长度x 时，链条对地面的压力为多大？解析：在下落过程中链条作用于地面的压力实质就是链条对地面的“冲力”加上落在地面上那部分链条的重力.根据牛顿第三定律，这个冲力也就等于同一时刻地面对链条的反作用力，这个力的冲量，使得链条落至地面时的动量发生变化.由于各质元原来的高度不同，落到地面的速度不同，动量改变也不相同.我们取某一时刻一小段链条（微元）作为研究对象，就可以将变速冲击变为恒速冲击.设开始下落的时刻t=0，在t 时刻落在地面上的链条长为x ，未到达地面部分链条的速度为v ，并设链条的线密度为ρ.由题意可知，链条落至地面后，速度立即变为零.从t 时刻起取很小一段时间△t ，在△t 内又有△M=ρ△x 落到地面上静止.地面对△M 作用的冲量为I t Mg F ∆=∆∆-)( 因为 0≈∆⋅∆t Mg所以 x v v M t F ∆=-⋅∆=∆ρ0 解得冲力：t x vF ∆∆=ρ，其中tx ∆∆就是t 时刻链条的速度v ， 故 2v F ρ= 链条在t 时刻的速度v 即为链条下落长为x 时的即时速度，即v 2=2g x ，代入F 的表达式中，得 gx F ρ2=此即t 时刻链对地面的作用力，也就是t 时刻链条对地面的冲力. 所以在t 时刻链条对地面的总压力为 .332LMgxgx gx gx N ==+=ρρρ 例8：一根均匀柔软的绳长为L ，质量为m ，对折后两端固定在一个钉子上，其中一端突然从钉子上滑落，试求滑落的绳端点离钉子的距离为x 时，钉子对绳子另一端的作用力是多大？解析：钉子对绳子另一端的作用力随滑落绳的长短而变化， 由此可用微元法求解.如图3—8所示，当左边绳端离钉子 的距离为x 时，左边绳长为)(21x l -，速度 gx v 2=， 右边绳长为).(21x l + 又经过一段很短的时间△t 以后， 左边绳子又有长度t V ∆21的一小段转移到右边去了，我们就分析这一小段绳子，这一小段绳子受到两力：上面绳子对它的拉力T 和它本身的重力l m g t v /(21=∆λλ为绳子的线密度），根据动量定理，设向上方向为正 )21(0)21(v t v t g t v T ⋅∆--=∆∆-λλ 由于△t 取得很小，因此这一小段绳子的重力相对于T 来说是很小的，可以忽略， 所以有 λλgx v T ==221 因此钉子对右边绳端的作用力为 )31(21)(21lx mg T g x l F +=++=λ例9：图3—9中，半径为R 的圆盘固定不可转动，细绳不可伸长 但质量可忽略，绳下悬挂的两物体质量分别为M 、m.设圆盘与绳间光滑 接触，试求盘对绳的法向支持力线密度.解析：求盘对绳的法向支持力线密度也就是求盘对绳的法向单位 长度所受的支持力.因为盘与绳间光滑接触，则任取一小段绳， 其两端受的张力大小相等，又因为绳上各点受的支持力方向不同， 故不能以整条绳为研究对象，只能以一小段绳为研究对象分析求 解.在与圆盘接触的半圆形中取一小段绳元△L ，△L 所对应的 圆心角为△θ，如图3—9—甲所示，绳元△L 两端的张力均为T ， 绳元所受圆盘法向支持力为△N ，因细绳质量可忽略，法向合力为 零，则由平衡条件得：2sin 22sin 2sinθθθ∆=∆+∆=∆T T T N当△θ很小时，22sin θθ∆≈∆ ∴△N=T △θ 又因为 △L=R △θ则绳所受法向支持力线密度为 RTR T L N n =∆∆=∆∆=θθ ① 以M 、m 分别为研究对象，根据牛顿定律有 Mg －T=Ma ②T －mg=m a ③ 由②、③解得： mM MmgT +=2将④式代入①式得：Rm M Mm gn )(2+=例10：粗细均匀质量分布也均匀的半径为分别为R 和r 的两圆环相切.若在切点放一质点m ，恰使两边圆环对m 的万有引力的合力为零，则大小圆环的线密度必须满足什么条件？解析：若要直接求整个圆对质点m 的万有引力比较难，当若要用到圆的对称性及要求所受合力为零的条件，考虑大、小圆环上关于切点对称的微元与质量m 的相互作用，然后推及整个圆环即可求解.如图3—10所示，过切点作直线交大小圆分别于P 、Q 两点，并设与水平线夹角为α，当α有微小增量时，则大小圆环上对应微小线元αα∆⋅=∆∆⋅=∆2221r L R L其对应的质量分别为 αρρ∆⋅=∆=∆21111R l mαρρ∆⋅=∆=∆22222r l m 由于△α很小，故△m 1、△m 2与m 的距离可以认为分别是 ααcos 2cos 221r r R r ==所以△m 1、△m 2与m 的万有引力分别为222222212111)cos 2(2,)cos 2(2ααρααρr mR G r m Gm F R m R G r m Gm F ∆⋅=∆=∆∆⋅=∆=∆ 由于α具有任意性，若△F 1与△F 2的合力为零， 则两圆环对m 的引力的合力也为零， 即2221)cos 2(2)cos 2(2ααρααρr mr G R m R G ∆⋅=∆⋅ 解得大小圆环的线密度之比为：rR=21ρρ 例11：一枚质量为M 的火箭，依靠向正下方喷气在空中保持静止，如果喷出气体的速度为v ，那么火箭发动机的功率是多少？解析：火箭喷气时，要对气体做功，取一个很短的时间，求出此时间内，火箭对气体做的功，再代入功率的定义式即可求出火箭发动机的功率.选取在△t 时间内喷出的气体为研究对象，设火箭推气体的力为F ，根据动量定理，有 F △t=△m ·v 因为火箭静止在空中，所以根据牛顿第三定律和平衡条件有F=Mg 即 Mg ·△t=△m ·v △t=△m ·v/Mg对同样这一部分气体用动能定理，火箭对它做的功为： 221mv W ∆=所以发动机的功率 MgV Mg mV mv t W P 21)/(212=∆∆=∆=例12：如图3—11所示，小环O 和O ′分别套在不动的竖 直杆AB 和A ′B ′上，一根不可伸长的绳子穿过环O ′，绳的 两端分别系在A ′点和O 环上，设环O ′以恒定速度v 向下运 动，求当∠AOO ′=α时，环O 的速度.解析：O 、O ′之间的速度关系与O 、O ′的位臵有关，即 与α角有关，因此要用微元法找它们之间的速度关系. 设经历一段极短时间△t ，O ′环移到C ′，O 环移到C ，自C ′ 与C 分别作为O ′O 的垂线C ′D ′和CD ，从图中看出.ααcos ,cos D O C O OD OC ''=''=因此OC+O ′C ′=αcos D O OD ''+ ①因△α极小，所以EC ′≈ED ′，EC ≈ED ， 从而OD+O ′D ′≈OO ′－CC ′ ②由于绳子总长度不变，故 OO ′－CC ′=O ′C ′ ③由以上三式可得：OC+O ′C ′=αcos C O '' 即)1cos 1(-''=αC O OC 等式两边同除以△t 得环O 的速度为 )1cos 1(0-=αv v 例13： 在水平位臵的洁净的平玻璃板上倒一些水银，由于重力和表面张力的影响，水银近似呈现圆饼形状（侧面向外凸出），过圆饼轴线的竖直截面如图3—12所示，为了计算方便，水银和玻璃的接触角可按180°计算.已知水银密度33/106.13m kg ⨯=ρ，水银的表面张力系数./49.0m N =σ当圆饼的半径很大时，试估算其厚度h 的数值大约为多少？ （取1位有效数字即可）解析：若以整个圆饼状水银为研究对象，只受重力和玻璃板的支持力，在平衡方程中，液体的体积不是h 的简单函数，而且支持力N 和重力mg 都是未知量，方程中又不可能出现表面张力系数，因此不可能用整体分析列方程求解h.现用微元法求解.在圆饼的侧面取一个宽度为△x ，高为h 的体积元，，如图 3—12—甲所示，该体积元受重力G 、液体内部作用在面 积△x ·h 上的压力F ，x gh xh hg S P F ∆⋅=∆⋅==22121ρρ，还有上表面分界线上的张力F 1=ς△x 和下表面分界线上的 张力F 2=ς△x .作用在前、后两个侧面上的液体压力互相平衡，作用在体积元表面两个弯曲分界上的表面张力的合力，当体积元的宽度较小时，这两个力也是平衡的，图中都未画出.由力的平衡条件有：0cos 21=--F F F θ 即0cos 212=∆-∆-∆x x x gh σθσρ 解得：θρθσcos 1107.2)cos 1(23+⨯=+=-gh由于 ,2cos 11,20<+<<<θπθ所以 故2.7×10－3m<h<3.8×10－3m题目要求只取1位有效数字，所以水银层厚度h 的估算值为3×10－3m 或4×10－3m. 例16：如图3—15所示，一质量均匀分布的细圆环，其半径 为R ，质量为m.令此环均匀带正电，总电量为Q.现将此环平放在 绝缘的光滑水平桌面上，并处于磁感应强度为B 的均匀磁场中，磁 场方向竖直向下.当此环绕通过其中心的竖直轴以匀角速度ω沿图示 方向旋转时，环中的张力等于多少？（设圆环的带电量不减少，不 考虑环上电荷之间的作用）解析：当环静止时，因环上没有电流，在磁场中不受力，则 环中也就没有因磁场力引起的张力.当环匀速转动时，环上电 荷也随环一起转动，形成电流，电流在磁场中受力导致环中存 在张力，显然此张力一定与电流在磁场中受到的安培力有关. 由题意可知环上各点所受安培力方向均不同，张力方向也不同， 因而只能在环上取一小段作为研究对象，从而求出环中张力的 大小.在圆环上取△L=R △θ圆弧元，受力情况如图3—15—甲所示.因转动角速度ω而形成的电流 πω2Q I =，电流元I △L 所受的安培力θπω∆=∆=∆QB R LB I F 2 因圆环法线方向合力为圆弧元做匀速圆周运动所需的向心力，R m F T 22sin2ωθ∆=∆-∆ 当△θ很小时，R m QBR T 2222sin ωθπωθθθ∆=∆-∆∆≈∆ θπωθπωθθπ∆=∆-∆∴∆=∆2222Rm QB R T mm解得圆环中张力为 )(2ωπωm QB R T +=例17：如图3—16所示，一水平放臵的光滑平行导轨上放一质量 为m 的金属杆，导轨间距为L ，导轨的一端连接一阻值为R 的电阻，其 他电阻不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面.现给金属杆一 个水平向右的初速度v 0，然后任其运动，导轨足够长，试求金属杆在导轨 上向右移动的最大距离是多少？解析：水平地从a 向b 看，杆在运动过程中的受力分析如图3—16—甲所示，这是一个典型的在变力作用下求位 移的题，用我们已学过的知识好像无法解决，其实只要 采用的方法得当仍然可以求解.设杆在减速中的某一时刻速度为v ，取一极短时间△t ， 发生了一段极小的位移△x ，在△t 时间内，磁通量的变化为 △φ △φ=BL △x tRxBL tR RI ∆∆=∆∆Φ==ε金属杆受到安培力为tRxL B ILB F ∆∆==22安由于时间极短，可以认为F 安为恒力，选向右为正方向，在△t 时间内，安培力F 安的冲量为：RxL B t F I ∆-=∆⋅-=∆22安对所有的位移求和，可得安培力的总冲量为x RL B R x L B I 2222)(-=∆-=∑ ① 其中x 为杆运动的最大距离，对金属杆用动量定理可得 I=0－mV 0 ② 由①、②两式得：220L B Rm V x =例18：如图3—17所示，电源的电动热为E ，电容器 的电容为C ，S 是单刀双掷开关，MN 、PQ 是两根位于同 一水平面上的平行光滑长导轨，它们的电阻可以忽略不计， 两导轨间距为L ，导轨处在磁感应强度为B 的均匀磁场中，磁场方向垂直于两导轨所在的平面并指向图中纸面向里的方 向.L 1和L 2是两根横放在导轨上的导体小棒，质量分别为m 1和 m 2，且21m m <.它们在导轨上滑动时与导轨保持垂直并接触良 好，不计摩擦，两小棒的电阻相同，开始时两根小棒均静止在 导轨上.现将开关S 先合向1，然后合向2.求： （1）两根小棒最终速度的大小；（2）在整个过程中的焦耳热损耗.（当回路中有电流时，该电流所产生的磁场可忽略不计）解析：当开关S 先合上1时，电源给电容器充电，当开关S 再合上2时，电容器通过导体小棒放电，在放电过程中，导体小棒受到安培力作用，在安培力作用下，两小棒开始运动，运动速度最后均达到最大.（1）设两小棒最终的速度的大小为v ，则分别为L 1、L 2为研究对象得：1111v m v m t F i i -'=∆ ∑=∆v m t F i i 111 ① 同理得：∑=∆v m t Fi i 222②由①、②得：v m m t Ft F i i i i )(212211+=∆+∆∑∑又因为 11Bli F i = 21i i t t ∆=∆ 22Bli F i = i i i =+21所以∑∑∑∑∆=∆+=∆+∆i i i i t i BL t i i BL tBLi t BLi )(212211v m m q Q BL )()(21+=-=而 Q CE =, q CU CBLv ='=,所以解得小棒的最终速度 2221)(LCB m m BLCEv ++=（2）因为总能量守恒，所以热Q v m m C q CE +++=22122)(212121 即产生的热量 22122)(212121v m m C q CE Q +--=热 )(2)()()]([2121)(21)(12121222122122212122222122C L B m m CE m m L CB m m BLCEm m L CB CE v m m CBLv C CE +++=+++--=+--=5．质量为M 的平板小车在光滑的水平面上以v 0向左匀速运动，一质量为m 的小球从高h 处自由下落，与小车碰撞后反弹上升的高度仍为h.设M>>m ，碰撞弹力N>>g ，球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球弹起后的水平速度可能是（ ）A ．gh 2B ．0C ．gh 22μD ．v 06．半径为R 的刚性球固定在水平桌面上.有一质量为M 的圆环状均匀弹性细绳圈，原长 2πa ，a =R/2，绳圈的弹性系数为k （绳伸长s 时，绳中弹性张力为ks ）.将绳圈从球的正 上方轻放到球上，并用手扶着绳圈使其保持水平，并最后停留在某个静力平衡位臵.考 虑重力，忽略摩擦.（1）设平衡时弹性绳圈长2πb ，b=a 2，求弹性系数k ；（用M 、R 、g 表示，g 为重力加速度） （2）设k=Mg/2π2R ，求绳圈的最后平衡位臵及长度.7．一截面呈圆形的细管被弯成大圆环，并固定在竖直平面内， 在环内的环底A 处有一质量为m 、直径比管径略小的小球， 小球上连有一根穿过环顶B 处管口的轻绳，在外力F 作用 下小球以恒定速度v 沿管壁做半径为R 的匀速圆周运动， 如图3—23所示.已知小球与管内壁中位于大环外侧 部分的动摩擦因数为μ，而大环内侧部分的管内壁是光滑 的.忽略大环内、外侧半径的差别，认为均为R.试求小球从A 点运动到B 点过程中F 做的功W F .14．如图3—30所示，在光滑的水平面上，有一垂直向 下的匀强磁场分布在宽度为L 的区域内，现有一个边长 为a （a <L ），质量为m 的正方形闭合线框以初速v 0垂直 磁场边界滑过磁场后，速度变为v （v <v 0），求： （1）线框在这过程中产生的热量Q ； （2）线框完全进入磁场后的速度v ′.15．如图3—31所示，在离水平地面h 高的平台上有一相 距L 的光滑轨道，左端接有已充电的电容器，电容为C ， 充电后两端电压为U 1.轨道平面处于垂直向上的磁感应 强度为B 的匀强磁场中.在轨道右端放一质量为m 的金 属棒，当闭合S ，棒离开轨道后电容器的两极电压变为U 2， 求棒落在离平台多远的位臵.16．如图3—32所示，空间有一水平方向的匀强磁场，大小 为B ，一光滑导轨竖直放臵，导轨上接有一电容为C 的电 容器，并套一可自由滑动的金属棒，质量为m ，释放后，求 金属棒的加速度a .参考答案：1．321v S ρ 2．θ=60°)223(2hsg h + 3．)cos 1/(x v + 4．2cos /θv 5．CD 6．（1）RMg 22)12(π+ （2）绳圈掉地上，长度为原长 7．22v m mgR πμ+ 8．6.25×1015,2:1 9．2322)(x R Qqx K+ 10．32R l Q Kρ∆ 11．R k λ2 12．rk λ2 13．σπR 2 14．2),(210220v v v v v m +='- 15．gh m u u CBL 2)(21- 16．22L CB m mg a +=。
微元法在高中物理解题中的妙用
师说新语272019年第10期微元法在高中物理解题中的妙用◎ 袁文豪/重庆市第十一中学校摘要：高中物理是高中学习的重中之重，也有很多比较难掌握的知识点。
微元法跟数学极限思想是异曲同工的，极限思想是我们从求圆的面积周长等数学问题就开始的，极限思想在解决求极限的数学问题中使用频率非常高。
同理，微元法在高中物理解题中的应用也是相当广泛的。
本文通过对微元法的简介，再具体到微元法在高中物理解题中的妙用，希望对物理学习有所帮助。
关键词：高中物理；微元法；解题方法一、对微元法概念的掌握微元法是解决抽象物理问题的一种化繁为简的方法。
极限思想的解题思路常常被用来解决生活中的数学问题，我们从基础的数学问题入手，来解释用极限思想解决问题的步骤：首先针对我们要求的未知量，可以先设法构建一个与它相关的变量，这个时候就是列一个函数表达式，接着一步步求解确认这变量通过无限过程，所得的结果，就可以定义为我们所求的未知量；最后我们用极限计算来得到这结果，也就是我们要求的结果。
在物理学中，同理，微元法在解决复杂物理问题的过程中，将题目中的问题集体简单化，把题目中的问题分解成许多微小的元过程，前提是这些元所遵循的物理规律是一样的。
我们就可以把复杂的物理问题分解成一个个元过程，然后对元过程进行不可避免的物理知识跟数学计算来解决，最后自然而然就把物理题目给解决了。
微元法在高中物理解题具体步骤为，首先确定研究对象，建立微元，然后将这一过程推广到总体，再根据物理规律跟数学计算来解决微元，进而消除微元，最后得到普遍结果。
二、微元法在实际解题中的应用（一）在电磁感应中的应用例1 如图1所示，一水平放置的光滑平行导轨上放一质量为m 的金属杆，导轨间距为L ，导轨的一端连接一阻值为R 的电阻，其他电阻不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面，现给金属杆一个水平向右的初速度V 0，然后任其运动，导轨足够长，试求金属杆在导轨上向右移动的最大距离是多少？在例1中我们可以对受力杆ab 进行如图2的受力分析，有方向向下的mg ，方向向上的N ，向左的F 。
高中物理论文：微元法在物理中的应用
微元法在物理中的应用一：问题的提出 客观世界是非常复杂的，而人类的研究总是有一定方法的，物理作为一门非常重要的自然科学，对他的研究更要讲究方法。
研究物理方法有很多，其中微元法是比较重要的一种方法。
“微元法”通俗地说就是把研究对象分为无限多个无限小的部分，取出有代表性的极小的一部分进行分析处理，再从局部到全体综合起来加以考虑的科学思维方法。
有时也会对无穷小量进行等量代替或把他舍去。
高中物理中的很多物理量如瞬时速度、瞬时加速度、电流强度、感应电动势等等，都是用这种方法定义的，还有单摆的周期公式的推导，也用到了这种方法。
从数学上讲，是一种微分的思想方法，虽然现在在高考中只是偶尔出现利用微元法解决相关问题。
但从理解物理现象的本质和从竞赛角度来看，我们有必要用“微元法”来解有些问题，其实微元法确实是一种简捷明了的好办法，下面从物理的力学、热学、电学等各个方面来谈谈微元法的应用二：微元法在力学中的应用例题1（全国竞赛题）：有一只狐狸以不变速度v 1沿直线AB 逃跑，一猎犬以不变的速率v 2追击，其运动方向始终对准狐狸，某时刻狐狸在F 处猎犬在D 处，FD ⊥AB ，且FD ＝L ，如图所示，试求此时猎犬的加速度的大小。
分析与解：设经过一段很短的时间∆t ，狐狸运动到E 点，猎犬运动到C 点，因为猎犬速率不变，所以没有切向加速度，只有向心加速度，在这很短时间内可以把猎犬的运动近似看成匀速圆周运动中的一段，设其轨迹的半径为R ，则OD ＝OC ＝R ，CE ⊥OC ，因时间很短，我们近似可以看成FD ＝CE ＝DE ，∠ECF ＝α，α＝v 1∆t L ＝v 2∆t R ，所以R ＝v 2L v 1。
猎犬的加速度为：a ＝v 22R ＝v 1v 2L，方向与FD 垂直。
例题2：如图2所示，某个力F=10牛作用于半径为R=1米的转盘的边缘上，力F 的大小保持不变，但方向保持任时刻均与作用点的切线一致，则转动一周这个力F 做的总功为多少？分析与解：错误的解法以为F 转动一周的位移为零所以力F 做功为零。
高考物理微元法解决物理试题技巧和方法完整版及练习题及解析
高考物理微元法解决物理试题技巧和方法完整版及练习题及解析一、微元法解决物理试题1．解放前后，机械化生产水平较低，人们经常通过“驴拉磨”的方式把粮食颗粒加工成粗面来食用．如图，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F ，方向与磨杆始终垂直，作用点到轴心的距离为r ，磨盘绕轴缓慢转动，则在转动一周的过程中推力F 做的功为A ．0B ．2πrFC ．2FrD ．-2πrF【答案】B 【解析】 【分析】cos W Fx α=适用于恒力做功，因为推磨的过程中力方向时刻在变化是变力，但由于圆周运动知识可知，力方向时刻与速度方向相同，根据微分原理可知，拉力所做的功等于力与路程的乘积； 【详解】由题可知：推磨杆的力的大小始终为F ，方向与磨杆始终垂直，即其方向与瞬时速度方向相同，即为圆周切线方向，故根据微分原理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积，由题意知，磨转动一周，弧长2L r π=，所以拉力所做的功2W FL rF π==，故选项B 正确，选项ACD 错误． 【点睛】本题关键抓住推磨的过程中力方向与速度方向时刻相同，即拉力方向与作用点的位移方向时刻相同，根据微分思想可以求得力所做的功等于力的大小与路程的乘积，这是解决本题的突破口．2．水柱以速度v 垂直射到墙面上，之后水速减为零，若水柱截面为S ，水的密度为ρ，则水对墙壁的冲力为（ ） A ．12ρSv B ．ρSv C ．12ρS v 2 D ．ρSv 2【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】设t 时间内有V 体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：S m V vt ρρ==以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F ，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：0Ft mv =-即：2mvF Sv tρ=-=- 负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可以知道，水对钢板的冲击力大小也为2S v ρ ，D 正确，ABC 错误。
微元法高中物理例子
微元法高中物理例子微元法是物理学中一种常用的计算方法，它通过将整个问题划分为许多微小的部分，然后对这些微小部分进行分析，最后将这些微小部分的结果加总起来得到整体的结果。
下面是高中物理中常用微元法的一些例子：1. 弹簧振子的运动：考虑一个弹簧振子，我们可以将弹簧分成许多微小的长度元素，每个长度元素受到的弹性力可以通过胡克定律计算得到。
然后将每个长度元素的弹性力加总起来，得到整个弹簧振子的合力，从而得到振子的运动方程。
2. 摩擦力的计算：考虑一个物体在倾斜面上滑动，我们可以将倾斜面分成许多微小的长度元素，每个长度元素受到的重力和法向力可以计算得到。
然后将每个长度元素的重力和法向力分解，并根据受力平衡条件计算出每个长度元素的摩擦力，从而得到整个物体受到的摩擦力。
3. 电场力的计算：考虑一个电荷在电场中受力，我们可以将电场分成许多微小的体积元素，每个体积元素受到的电场力可以通过库仑定律计算得到。
然后将每个体积元素的电场力加总起来，得到整个电荷受到的电场力，从而得到电荷的运动方程。
4. 磁场力的计算：考虑一个带电粒子在磁场中受力，我们可以将磁场分成许多微小的面元素，每个面元素受到的磁场力可以通过洛伦兹力计算得到。
然后将每个面元素的磁场力加总起来，得到整个带电粒子受到的磁场力，从而得到带电粒子的运动方程。
5. 热传导的计算：考虑一个导热体中的热传导过程，我们可以将导热体分成许多微小的体积元素，每个体积元素受到的热传导可以通过傅里叶定律计算得到。
然后将每个体积元素的热传导加总起来，得到整个导热体的热传导，从而得到导热体的温度分布。
6. 空气阻力的计算：考虑一个物体在空气中运动，我们可以将空气分成许多微小的体积元素，每个体积元素受到的空气阻力可以通过斯托克斯定律计算得到。
然后将每个体积元素的空气阻力加总起来，得到整个物体受到的空气阻力，从而得到物体的运动方程。
7. 光的折射和反射：考虑光在介质中的传播，我们可以将介质分成许多微小的面元素，每个面元素的折射和反射可以通过斯涅尔定律计算得到。
例谈微元法在解物理题中的应用
例谈微元法在解物理题中的应用作者：冒李根来源：《理科考试研究·高中》2015年第07期微元法是电磁学中极其重要的一种研究方法，电磁学中每时每刻都在利用微元法处理问题，使复杂问题简化和纯化，从而确定变量为常量达到理想化的效果.对问题中的信息进行提炼加工，突出主要因素，忽略次要因素，恰当处理，构建新的物理模型，从而更好地应用微元法，学好电磁感应这部分内容.例如，如图所示，光滑金属导体ab和cd水平固定，相交于O点并接触良好，∠aOc=60°.一根轻弹簧一端固定，另一端连接一质量为m的导体棒ef，ef与ab和cd接触良好.弹簧的轴线与∠bOd平分线重合.虚线MN是磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场的边界线，距O点距离为L.ab、cd、ef单位长度的电阻均为r.现将弹簧压缩，t=0时，使ef从距磁场边界L4处由静止释放，进入磁场后刚好做匀速运动，当ef到达O点时，弹簧刚好恢复原长，并与导体棒ef分离.已知弹簧形变量为x时，弹性势能为12kx2，k为弹簧的劲度系数.不计感应电流之间的相互作用.（1）证明：导体棒在磁场中做匀速运动时，电流的大小保持不变；（2）求导体棒在磁场中做匀速运动的速度大小v0和弹簧的劲度系数k；（3）求导体棒最终停止位置距O点的距离.解（1）设匀速直线运动的速度为v0， ef有效切割长度为l，则电流I=Blv03rl=Bv03r，由于v0不变，所以I不变.由平衡条件证明同样正确.（2）由能量守恒得12k（5L4）2-12kL2=12mv20设弹簧形变量为x，由平衡条件得 2BIxtan30°=kx解得v0=3B2L28mr k=B4L212mr2（3）ef越过O点后，与弹簧脱离，设导体棒最终停止位置距O点的距离为x0，某时刻回路中ef有效切割长度为L1，ef的速度为v，加速度为a，电流为I，据牛顿第二定律得a=-BIL1m=-B2L21v3mL1r=-B2L1v3mr.取一小段时间Δt，速度微小变化为Δv，回路面积微小增量为ΔS，则等式两边同时乘以Δt可得aΔt=-B23mrL1vΔt即∑aΔt=-B23mr∑l1vΔt∑Δv=-B23mr∑ΔS 得 -B23mvx20tan30°=0-v0将第（2）问结果代入可得 x0=32L4题后小结虽然本题涉及的物理模型较为复杂，且切割的金属杆的长度也在不断变化，但容易发现题中涉及到金属杆的位移x与金属杆的有效切割长度及扫过的面积之间存在着定量的关系，则由a=-BIL1m=-B2L21v3mL1r=-B2L1v3mr构建出B23mrL1vΔt就能解出题中的x.规律总结及问题拓展此类问题对于金属杆的变加速运动过程的相关求解基本步骤：（1）对金属杆进行正确的受力分析，再应用牛顿第二定律，其加速度a肯定是包含F安在内的一个表达式；（2）根据题中条件或问题，对加速度a表达式中的F安部分进行合理的构建，具体见上述例题中的题后小结.（3）对微分表达式进行求和，等式左边的aΔt的求和结果就是此过程的速度改变量，等式右边的求和就可得到问题的答案.除上述情况外，如题中出现通过金属杆的电量q，则只要在表达式中构建出BLmIΔt即可.成功应用（普通高等学校招生全国统一考试江苏卷第15题）如图2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α，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（由外接恒流源产生，图中未画出）.线框的边长为d（d < l），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合.将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直.重力加速度为g.求：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1；（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离χm.解（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，作用在线框上的安培力做的功为W，由动能定理有mg4dsinα+W-BIld=0且Q=-W，解得Q=4mgdsinα-BIld（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1，从释放到线框刚离开磁场下边界的过程中，由动能定理有mg2dsinα-Q=12mv21，解之得 v1=[SX（]2BIld-4mgdsinα[]m[SX）]装置在磁场中运动时进行受力分析并结合牛顿第二定律可得a=mgsinα-B2d2v/Rm取极短时间Δt，在时间Δt内速度变化ΔvaΔt=gsinαΔt-B2d2mRvΔt即∑aΔt=gsinα∑Δt-B2d2mR∑vΔt可得v1=gsint1-B2d2mR2d解得t1=2m（BIld-2mgdsinα）+2B2d3Rmgsinα（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动，由动能定理有mgxmsinα-BIl（xm-d）=0解得xm=BIldBIl-mgsinα.题后小结本题的第（2）问，作为江苏高考卷的压轴部分，自然有一定的难度，但利用前面的规律，还是比较能方便求出答案.。
微元法在高考物理中的应用汇总
微元法在高考物理中的应用河南省信阳高级中学 陈庆威 2013.10.06微元法是高中物理中的一个重要的思想方法。
因其近年来在江苏高考物理试题中的频繁出现，尤其是它在2013年普通高等学校招生全国统一考试（课标卷I ）第25题中的闪亮登场，让它在我们的高考备考中的地位变得更加重要。
很多同学在学习过程中对这类问题因陌生而感到头痛，想集中训练又苦于很难在较短时间里收集到较好的题型，对很多顶尖的学生来说这类问题做起来也往往心有余而力不足。
希望通过以下几个典型的微元法试题的训练，能让你从陌生到熟练。
一、从真题中练方法例题1.（2013全国课标卷I ）如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L 。
导轨上端接有一平行板电容器，电容为C 。
导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面。
在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。
已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g 。
忽略所有电阻。
让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：⑵金属棒的速度大小随时间变化的关系。
【答案】⑴Q=CBLv ⑵ ()22sin cos m gt v m B L C θμθ-=+【解析】（1）设金属棒下滑的速度大小为v ，则感应电动势为E BLv = ①平行板电容器两极板之间的电势差为U E = ②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q ，按定义有Q C U= ③ 联立①②③式得Q CBLv = ④（2）设金属棒的速度大小为v 时经历的时间为t ，通过金属棒的电流为i ，金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为1f BLi = ⑤设在时间间隔(),t t t +∆内流经金属棒的电荷量为Q ∆，按定义有Q i t∆=∆ ⑥ Q ∆也是平行板电容器极板在时间间隔(),t t t +∆内增加的电荷量，由④式得Q CBL v ∆=∆ ⑦式中，v ∆为金属棒的速度变化量，按定义有v a t∆=∆ ⑧ 金属棒所受的摩擦力方向斜向上，大小为2f N μ= ⑨式中，N 是金属棒对于导轨的正压力的大小，有cos N mg θ= ⑩金属棒在时刻t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a ，根据牛顿第二定律有12sin mg f f ma θ--= ⑾联立⑤至⑾式得()22sin cos m a g m B L Cθμθ-=+ ⑿ 由⑿式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动。
高中物理“微元法”在解题中的应用
︙︙摘要：在高中物理中，微分思想是非常重要的知识点，教师应先将研究对象无限细化，再选取其中的微小单元作为研究对象，然后分析被研究对象整体的变化规律。
微分思想可以解决复杂和微小的物理问题，通过化整为零，将复杂问题简单化，因此，“微元法”的重要性在高考物理解题中越来越明显，掌握“微元法”的基本知识点与解题技巧，可以使高中学生在高考物理学习中脱颖而出。
关键词：高中物理微元法运动学力学“微元法”是从局部到整体的综合分析思维方法，也是分析、解决物理问题的常用方法，它可以将一些复杂的物理过程转化为我们所熟悉的物理规律，从而使问题得到高效解决。
“微元法”首先是将研究对象划分为无数个小部分，然后主要分析和处理具有代表性的部分，就是看大思路，总结之后按照几个步骤进行：确定研究对象，选择“微元”；用法则来表达“元”过程；求解。
本文从理论和实例相结合的角度出发，浅谈高中物理“微元法”在物理解题中的应用。
一、“微元法”求解运动力学问题在处理非匀变速运动力学问题时，按照一般运动类题目的解题方法进行解题，不但会增加运算量，而且很难解出正确答案。
但运用“微元法”就可以从对研究对象的极小部分分析入手，将复杂问题简单化，从而快速解题，求出正确答案。
例1.假设一：从地面以v 0的速度向上垂直抛出某物体（质量m ），且已知物体所受空气阻力与速度成正比，物体运行的速率变化如图1所示。
试求：（1）此物体从最初抛出到最终落地阶段，空阻力做了多少功？（2）物体在被抛出的瞬间加速度少？（3）物体在t 1时刻高度为多少？分析：由题意可得，物体的运动情形为：最开始以的速度向上做减速运动，受向下的空气阻力和重力作t 1时物体上升至最高点，此时速率为0，下一秒开始下落受向下的重力作用和向上的空气阻力，回到地面，此时果物体做的是匀速运动，落地时速率为v 1，可利用“微法”解答该题第三小问：解：（1）根据动能定理可得：W f =mv 21－mv 20，因此，气阻力做的功为：W f =mv 21－mv 20。
微元法在物理学中的应用
微元法在物理学中的应用
微元法在物理学中有广泛的应用，以下列举几个例子：
1. 动力学中的微元法：在分析质点的加速度、速度、位移等运动规律时，通常采用微元法。
比如，对于一个质点在一定时间间隔内的位移，可以将其时间间隔分成许多极小的时间微元，通过微元的加速度来逐步模拟质点的运动轨迹。
2. 热力学中的微元法：在热力学中，微元法常用于计算物体的温度变化、热量传递等。
以热扩散为例，可以通过微元法建立温度分布模型，即将物体分成几个微元，计算微元之间的热传递，从而预测物体温度的变化。
3. 电磁学中的微元法：在电磁学中，微元法也有广泛应用。
比如，可以通过微元法计算磁场强度，即将电流通过某一面积的微元加以分析，逐步推算出总磁场的强度和方向。
4. 光学中的微元法：在光学中，微元法的应用也相当广泛。
例如，可以通过微元法计算透镜的成像特征，即将透镜分成很多极小的微元，然后分析微元的光学性质，再综合各个微元的成像结果，从而得到整个透镜的成像特性。
微元法在解题中的应用----物理
微元法在解题中的应用瞬时速度——位移对时间的变化率dt dxv=，求位移：⎰=vdt x ； 加速度——速度对时间的变化率：dtdva =，求速度⎰=adt v ；电流强度——通过导体某一截面的电量对时间的变化率：dtdqI =，求电量⎰=idt q ；瞬时功率——功对时间的变化率：dtdWP =，求功⎰=pdt W 或⎰=Fdx W ；感应电动势——穿过线圈的磁通量对时间的变化率：dtd n E φ=。
例1.微元法求非匀变速直线运动中的应用如图所示，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 0向右运动。
求这个过程的总位移.例2、微元法在变化的位移中应用例：从地面上以初速度v 0竖直向上抛出一质量为m 的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t 1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v 1，且落地前球已经做匀速运动．求：（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功； （2）球抛出瞬间的加速度大小； （3）球上升的最大高度H ．vv如图所示，六段相互平行的金属导轨在同一水平面内，长度分别为L和2L，宽间距的导轨间相距均为2L、窄间距的导轨间相距均为L，最左端用导线连接阻值为R的电阻，各段导轨间均用导线连接，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．质量为m的导体棒可在各段导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直．导轨和导体棒电阻均忽略不计．现使导体棒从ab位置以初速度v0垂直于导轨向右运动，则（1）若导体棒在大小为F、沿初速度方向的恒定拉力作用下运动，到达cd位置时的速度为v，求在此运动的过程中电路产生的焦耳热．（2）若导体棒在水平拉力作用下向右做匀速运动，求导体棒运动到cd位置的过程中，水平拉力做的功和电路中电流的有效值．（3）若导体棒向右运动的过程中不受拉力作用，求运动到cd位置时的速度大小．如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于竖直平面内，两导轨间的距离为d，导轨上面横放着两根导体棒L1和L2，与导轨构成回路，两根导体棒的质量都为m，电阻都为R，回路中其余部分的电阻可不计。
微元法在高中物理习题中的作用
2021年第5期中学教学微元法是学生在物理解题时，常用的一种方法。
它可以帮助学生较快地得出答案。
实际上它是属于解题的一种方式，把物理学知识通过微元法进行解答，可以较好地得出答案的同时，也提高了效率。
它广泛运用在高中物理习题中，不仅是为了帮助学生更好更快的解决问题，同时，也是为了提高他们主动思考的能力以贯彻核心素养。
一、微元法在习题中的运用微元法实则是把解题的过程进行元化的过程，在进行微元法进行计算时，可以用最快的速度得出相应的答案。
它主要的方法是把问题进行分步骤，分阶段进行解答。
如何利用好微元法。
首先，第一步，是对问题进行分析，分析问题是否可以利用微元法进行解答。
结合题目得出微元的具体对象。
第二步，我们必须要把微元而来的对象和物理模型进行结合。
通过物理学的方式分析微元对象从而较快地得出结果，这种方式是培养学生思维能力的核心方式。
同时也能更好地将数学和物理二者结合起来。
体现学科综合性的同时，也将新时代课程所提倡的核心素养较好地融入进物理教育中。
最后一步，就是需要将解题的步骤融入各个微元之中。
借助微元引入物理问题的同时，得出结合数学的方法从而得出相应的正确答案。
二、具体的解题思路利用微元法去解答物理学中的电磁感应的问题，教师不仅要学会引导学生，让他们养成善于思考的习惯，同时利用微元法可以把抽象题目变成直观的题目，微元法的使用可以将较抽象的电磁题更好地分步呈现在学生的面前，很大程度上提高了学生的解题效率在新课标的要求下，要学生主动地积极思考，提出自己的想法，从而教会他们解决实际问题的方法。
例如，解决杠杆物理问题时我们需要这样做。
首先，是了解杠杆受力的方向，杠杆的受力方向有很多种，分步骤的解析，从而一步一步地得出最佳的方案，这样在解题的过程中，就提高了学生的主动思考的能力。
在解决问题时，我们需要知道其受力情况，其一共受到三个方向的力，即垂直向下的重力、电磁场产生的安培力，方向向左、竖直向上，金属杆受到的重力与支持力相互平衡，所以金属杆出现位置移动的力来源于安培力。
“微元法”在物理解题中的应用
“微元法”在物理解题中的应用发表时间：2010-01-14T10:57:35.420Z 来源：《中学课程辅导·教学研究》2010年第1期供稿作者：杜中华[导读] “微元法”是分析、解决物理问题的常用方法。
摘要：“微元法”是分析、解决物理问题的常用方法。
本文结合具体的例题对“微元法”在物理解题中的应用进行了介绍。
关键词：“微元法”；物理解题；应用作者简介：杜中华，任教于江苏省江都市仙城中学，中学物理高级教师，曾被评为“江苏省优秀班主任”、“扬州市中青年教学骨干”、“江都市名教师”。
“微元法”是分析、解决物理问题的常用方法，也是从部分到整体的思维方法。
利用“微元法”处理问题时，需将复杂的物理过程分解为众多微小的、遵循相同规律的“元过程”(微元)，从而将非理想物理模型变成理想物理模型，然后利用必要的数学和物理方法处理“元过程”(微元)，从而解决问题。
下面仅就“微元法”在物理解题中的应用，赘述肤浅认识：一、“微元法”解题的一般步骤1.选取微元用以量化元事物或元过程；2.视元事物或元过程为恒定，运用相应的规律给出待求量对应的微元表达式；3.在微元表达式的定义域内施以叠加演算，进而求得待求量。
二、“微元法”在解题中的应用1.直接以微元为研究对象解题对于连续变化过程中的某个量，以全过程为研究对象难以求解，可选取微元为研究对象解题。
例1：高压采煤水枪出口的横截面积为s，水的射速为v，射到煤层上后水柱的速度变为零，若水的密度为ρ，求水对煤的冲力。
解析：用微元法分析，取冲到墙上的一小段水柱为研究对象，设这一小段水的质量为，则。
取水平向左为正方向，由动量定理得，，由牛顿第三定律，水对煤层的冲力，其中负号表示方向水平向右。
例2：如图所示，一个身高为h的人在灯下以恒定速度v沿水平直线行走。
设灯距地面高为H，求证人影的顶端C点是做匀速直线运动。
解析：用微分法分析，设时间△t内，人移动距离AB为△x，人影移动距离AC为，由几何知识可得：故人影的顶端C点做匀速直线运动。
微元法在高中物理中的应用
8
电荷量变化→电流
9 磁通量变化→电动势
10 电流变化→电动势
公式
v x t
a v t
F p t
P E t
Fx
E x
Ex x
I q t
E n Φ t
E自
L
I t
实例 关联速度 绳连接体加速度 变质量问题与冲力 变质量问题与冲力 能量时间图象 能量位移图象 电势位置图象 电流微观表达式推导 交变电流瞬时值表达式 自感现象中的电流时间图象
微元法在高中物理中的应用
二、积分与微元法
2、典型问题
序号
p→Δy
1
速度→位置变化
2
加速度→速度变化
3
力→冲量
4
功率→能量变化
5
力→功
6
距离→电场强度
7
电势→电势能变化
8
电流→电荷量变化
9
速度→电动势
10
压强→功
公式
x vt v at I Ft E Pt
W Fxx
1、化变量为常量
2、化曲线为直线
3、化斜交为正交
4、化分离为重合
E
k
q r2
Hale Waihona Puke Ep q q it E B l v
W pV
实例 单杆以某初速度切割磁感线
匀变速曲线运动 力-时间图象 功率-时间图象 力-位移图象
圆环、球壳的电场 电容器储存的能量
感应电量 导体棒旋转切割磁感线
压强-体积图象
微元法在高中物理中的应用
三、微元法与近似处理
微元法在高中物理中的应用
p y p dy
“微元法”在高中物理解题中的应用
“微元法”在高中物理解题中的应用
杨国慧
【期刊名称】《考试周刊》
【年(卷),期】2016(0)4
【摘要】＂微元法＂是解决高中物理习题的一种十分有效的方法,它的核心理念就是从局部慢慢延伸到整体,从＂微观＂层面慢慢扩展到整个过程。
它是将复杂的、
难以直接通过物理公式直接得出结论的整体过程,分解成一个个局部的＂微元＂,通过＂微元＂的研究来解答整个物理过程。
近年来,高考物理的最后一题通常要使用＂微元法＂解决。
因此,掌握＂微元法＂的解题技巧,能够帮助高中生解决很多复杂的
物理习题,不仅能够帮助学生在考试中取得高分,而且能够帮助学生去深刻了解物理
过程。
【总页数】2页(P48-48)
【作者】杨国慧
【作者单位】江苏省扬州市邗江区公道中学
【正文语种】中文
【中图分类】G635.5
【相关文献】
1.试论微元法在高中物理解题中的应用
2.高中物理解题中微元法的有效应用
3.高中物理解题中微元法的应用研究
4.高中物理解题中微元法的有效应用
5.高中物理解
题中微元法的应用研究
因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”江苏省特级教师，江苏省丰县中学——戴儒京所谓：“微元法”所谓“微元法”，又叫“微小变量法”，是解物理题的一种方法。
1.什么情况下用微元法解题？在变力作用下做变变速运动（非匀变速运动）时，可考虑用微元法解题。
2. 关于微元法。
在时间t ∆很短或位移x ∆很小时，非匀变速运动可以看作匀变速运动，运动图象中的梯形可以看作矩形，所以x t v ∆=∆，s x l t lv ∆=∆=∆。
微元法体现了微分思想。
3. 关于求和∑。
许多小的梯形加起来为大的梯形，即∑∆=∆S s ，（注意：前面的s 为小写，后面的S 为大写），并且0vv v -=∆∑，当末速度0=v 时，有∑=∆0v v ，或初速度00=v 时，有∑=∆v v ，这个求和的方法体现了积分思想。
4. 无论物理规律用牛顿定律，还是动量定理或动能定理,都可以用微元法.如果既可以用动量定理也可以用动能定理解。
对于使用老教科书的地区，这两种解法用哪一种都行，但对于使用课程标准教科书的地区就不同了，因为课程标准教科书把动量的内容移到了选修3-5，如果不选修3-5，则不能用动量定理解，只能用动能定理解。
微元法解题，体现了微分和积分的思想，考查学生学习的潜能和独创能力。
电磁感应中的微元法一些以“电磁感应”为题材的题目。
可以用微元法解，因为在电磁感应中，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为BL v E =，感应电流为RB L vI =，受安培力为v RL B B I L F 22==，因为是变力问题，所以可以用微元法.1.只受安培力的情况例1. 如图所示，宽度为L 的光滑金属导轨一端封闭，电阻不计，足够长，水平部分有竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场。
质量为m 、电阻为r 的导体棒从高度为h 的斜轨上从静止开始滑下，由于在磁场中受安培力的作用，在水平导轨上滑行的距离为S 而停下。
（1） 求导体棒刚滑到水平面时的速度0v ；（2） 写出导体棒在水平导轨上滑行的速度v 与在水平导轨上滑行的距离x 的函数关系，并画出x v -关系草图。
（3）求出导体棒在水平导轨上滑行的距离分别为S/4、S/2时的速度1v 、2v ；0 S/4 S/2 S x 例题图 解：（1）根据机械能守恒定律，有2021mv mgh =，得gh v 20=。
① (2)设导体棒在水平导轨上滑行的速度为v 时，受到的安培力为v RL B BIL f 22-==，安培力的方向与速度v 方向相反。
用微元法，安培力是变力，设在一段很短的时间t ∆内，速度变化很小，可以认为没有变化，所以安培力可以看做恒力，根据牛顿第二定律，加速度为==m f a v mRL B 22-，很短的时间t ∆内速度的变化为==∆at v t v m R L B ∆⋅-22，而x t v ∆=∆，那么在时间t 内速度的变化为∑∆⋅-=∆t v mR L B V )(22，因为x ，所以x mRL B V ⋅-=∆)(22，速度=∆+=V v v 0x mRL B v ⋅-220 ② 2.既受安培力又受重力的情况 例2. 2010年南京市高考模拟题如图所示，竖直平面内有一边长为L 、质量为m 、电阻为R 的正方形线框在竖直向下的匀强重力场和水平方向的磁场组成的复合场中以初速度0v 水平抛出，磁场方向与线框平面垂直，磁场的磁感应强度随竖直向下的z 轴按kz B B +=0得规律均匀增大，已知重力加速度为g ,求：（1） 线框竖直方向速度为1v 时，线框中瞬时电流的大小； （2） 线框在复合场中运动的最大电功率；（3） 若线框从开始抛出到瞬时速度大小到达2v 所经历的时间为t ，那么，线框在时间t 内的总位移大小为多少？解：（1）因在竖直方向两边的磁感应强度大小不同，所以产生感应电流为RkL R Lv B B R e i 2112)(=-==(2)当安培力等于重力时竖直速度最大，功率也就最大=-=IL B B mg )(12Rv L k R v L B B mm 422212)(=- 所以42Lk mgRv m ===m m mgv P 4222Lk Rg m（3）线框受重力和安培力两个力，其中重力mg 为恒力，安培力=f Rv L k R v L B B zz 422212)(=-为变力，我们把线框的运动分解为在重力作用下的运动和在安培力作用下的运动。
在重力作用下，在时间t 内增加的速度为gt v =∆1)(，求在安培力作用下在时间t 内增加的速度为2)(v ∆用微元法，设在微小时间t ∆内，变力可以看做恒力，变加速运动可以看做匀加速运动，加速度为=a mR v L k z 42-，则在t ∆内速度的增加为=∆v mRv L k z42-t ∆，而z t v z ∆=∆，所以在时间t 内由于安培力的作用而增加的速度（因为增加量为负，所以实际是减小）为∑∆-=∆z mR L k v 422)(，所以z mR L k v ⋅-=∆422)(再根据运动的合成，时间t 内总的增加的速度为21)()(v v ∆+∆=-gt z m RL k ⋅42。
从宏观看速度的增加为2022v v -，所以-gt z m RL k ⋅42=2022v v -，得线框在时间t 内的总位移大小为422022)(L k v v gt mR z --=。
从例题可以看出，所谓微元法是数学上的微积分理念在解物理题中的应用.3.重力和安培力不在一条直线上的情况 例3．2008年高考江苏省物理卷第15题如图所示，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 ．解：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 1sin k E mgd θ∆= ①⑵设导体棒刚进入无磁场区时的速度为1v ,刚离开无磁场区时的速度为2v ,即导体棒刚进入磁场区时的速度为2v ,刚离开磁场区时的速度为1v ，由能量守恒得：在磁场区域有：2212111sin 22m Q m mgd θ+=+v v ② 在无磁场区域：2221211sin 22m m mgd θ=+v v ③解得：12()sin Q mg d d θ=+⑶用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：21sin gt θ-=v v ④ 且平均速度：1222d t+=v v ⑤ 在有磁场区域，对a 棒：sin F mg BIl θ=- 且：2Bl I R=v 解得: Rvl B F 2mgsin 22-=θ ⑥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t mF v ∆=∆ 则有22sin 2B l g t mR θ⎡⎤∆=-∆⎢⎥⎣⎦∑∑v v 因为导体棒刚进入磁场区时的速度为2v ,刚离开磁场区时的速度为1v , 所以∑-=∆21v v v,1d t v =∆∑，t t =∆∑所以：122212sin d mRl B gt v v -=-θ ⑦ 联立④⑤⑦式,得mR d l B d l B mgRd v 8sin 412212221-=θ （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：④代入⑦得：θsin 4122mgR d l B t =， ⑧⑧代入⑤得：122221sin 8d l B R mgd v v θ=+ ⑨ ⑦+⑨得：mR d l B d l B mgRd v 8sin 412212221-=θ。
） 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1v ．所以mR d l B d l B mgRd v 8sin 41221222-=θ。
（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。
） 练习题练习题1. 2007年高考江苏省物理卷第18题如图所示，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ＭＮ边刚进入磁场时，感应电动势 V Blv E 4.10==，感应电流==REI A 14，受到安培力的大小 Ｆ=N BIl 8.2= （2）水平方向速度为0，==2021mv Q J 45.2（3）用“微元法”解线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势 0Blv E =，感应电流 RE I =，受到安培力的大小 Ｆ=BIl ，得Rvl B F 22=，在t t ∆→时间内，由牛顿定律：v t mF∆=∆ 求和，∑∑∆=∆v t v mR l B )(22, 022v x mRl B =⋅ 解得 m lB R m v x 75.1220==，线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n=375.44.075.1=，取整数为4。
练习题2.2009年高考江苏省物理卷第15题如图所示，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α。
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d 2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（由外接恒流源产生，图中未画出）。
线框的边长为d （L d <），电阻为R ，下边与磁场区域上边界重合。