电磁感应微元法2018
电磁感应微元法
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0v v 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B L v E =，感应电流为R BLvI =，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 的匀强磁场中。
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。
2018高三复习 专题20电磁学计算问题(含解析)
【2018年高考考点定位】电磁学的考点离不开常见的运动形式、受力分析以及电场中运动的常见分析方法和磁场中运动形式的描述。
根据复合场中的受力分析来判断运动形式，根据运动的速度来分析下一个阶段的运动条件是常见的命制方式。
而且不是能够突破的运动阶段可能只有一个，从而有一个向前推理和向后推理，贯穿整个运动过程。
【考点pk 】名师考点透析考点一、复合场中的受力和运动形式 【名师点睛】1、 一般的带电粒子多指微观粒子如质子、电子等微粒，受力分析是不计重力的，只考虑电场力和磁场力。
2、 正电荷所受电场力与电场方向同向，负电荷所受电场力与电场方向相反。
若电场力和初速度方向垂直，在带电粒子做类平抛运动，此时电场力方向做初速度0的匀加速直线运动，初速度方向为匀速直线运动。
3、 洛伦兹力根据左手定则判断，洛伦兹力和速度方向垂直。
若只受到洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，若除去洛伦兹力外还有重力和电场力，但电场力和重力等大反向，仍然做匀速圆周运动。
4、 若粒子离开电场或磁场，进入不受力的场区或者平衡的场区，则做匀速直线运动 考点二、常见的电场和磁场运动形式 【名师点睛】1、 在电场中的偏转，多为类平抛运动，质量为m ，电荷量为q 的粒子以速度垂直射入电场强度为E 的匀强电场中，所受电场力．与粒子的速度无关，是恒力，分析时可分解为电场方向和初速度方向两个方向进行。
2、在磁场的偏转中，质量为m ，电荷量为q 的粒子以速度v 垂直射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，所受磁场力（即洛伦兹力）．使粒子的速度方向发生变化，而速度方向的变化反过来又使的方向变化，是变力，但是大小不变，使得粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，。
考点三、电场和磁场运动的功能关系 【名师点睛】 1、电场中的运动，一般电场力做功等于k w qEd qu E ===∆，电场力做功直接与动能定理衔接。
2、磁场中，洛伦兹力和速度方向一直垂直，所以不做功。
速度大小不会改变，但是需要注意速度方向的变化即末速度的方向。
2018-2019版物理选修3-2人教浙江专版全程导学笔记课件：第四章 电磁感应 微型专题2 精品
方向垂直纸面向里.现有一段与ab段的材料、粗细、
长度均相同的电阻丝PQ架在导线框上(如图1所
示).若PQ以恒定的速度v从ad滑向bc，当其滑过
L 3
的距离时，通过aP段的电流是多大？方向如何？
答案
6BLv 11R
方向由 P 到 a
图1
解析 答案
技巧点拨
1.“电源”的确定方法：“切割”磁感线的导体(或磁通量发生变化的 线圈)相当于“电源”，该部分导体(或线圈)的电阻相当于“内电阻”. 2.电流的流向：在“电源”内部电流从负极流向正极，在“电源”外 部电流从正极流向负极.
图9
1234
√
1234
答案
图8
的恒定速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿
a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，
感应电流I随时间t变化的图线是图中的
1234
√
1234
解析 答案
4.(电磁感应中的图象问题)一矩形线框位于一随时间t变化的匀强磁场内， 磁场方向垂直线框所在的平面(纸面)向里，如图9甲所示，磁感应强度 B随时间t的变化规律如图乙所示.以i表示线框中的感应电流，以图甲中 线框上箭头所示方向为电流的正方向(即顺时针方向为正方向)，则以下 的i－t图中正确的是
例3 (2016·宁波三中期中)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不 变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图4甲所示， 当磁场的磁感应强度B随时间t按图乙变化时，图中能正确表示线圈中 感应电动势E变化的是
图4
√
解析 答案
技巧点拨 本类题目线圈面积不变而磁场发生变化，可根据 E＝nΔΔBt S 判断 E 的大 小及变化，其中ΔΔBt 为 B－t 图象的斜率，且斜率正、负变化时对应电流的 方向发生变化.
2018-2019版物理选修3-2人教浙江专版全程导学笔记课件：第四章 电磁感应 微型专题1 精品
图9
A.磁铁靠近圆环的过程中，做加速运动
√B.磁铁靠近圆环的过程中，做减速运动
C.磁铁远离圆环的过程中，做加速运动
√D.磁铁远离圆环的过程中，做减速运动
1234
答案
4.(“三定则一定律”的综合应用)(多选)如图10所示，水
平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、
MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作
D.ab和cd相背运动，相互远离
图3
解析 答案
4.“增离减靠”法 当磁场变化且线圈回路可移动时，由于磁场增强使得穿过线圈回路的磁 通量增加，线圈将通过远离磁体来阻碍磁通量增加；反之，由于磁场减 弱使线圈中的磁通量减少时，线圈将靠近磁体来阻碍磁通量减少.口诀记 为“增离减靠”.
例4 如图4所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小
B.磁铁的机械能守恒，下落加速度a＝g
图8
√C.磁铁的机械能减少，下落加速度a<g
D.磁铁的机械能增加，下落加速度a>g
1234
答案
3.(楞次定律的重要结论)(多选)如图9所示，闭合圆形金属环竖直固定， 光滑水平导轨穿过圆环，条形磁铁沿导轨以初速度v0向圆环运动，其轴 线穿过圆环圆心，与环面垂直，则磁铁在穿过圆环的整个过程中，下列 说法正确的是
例1 如图1所示，一水平放置的矩形闭合线 圈abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落(线圈 始终水平)，保持bc边在纸外，ad边在纸内， 由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ 和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈 的感应电流
√A.沿abcda流动
B.沿dcbad流动 C.先沿abcda流动，后沿dcbad流动 D.先沿dcbad流动，后沿abcda流动
铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当开关S接
2018版高中物理第四章电磁感应4.4法拉第电磁感应定律课件新人教版选修3
易错提醒
(1)Φ、ΔΦ、ΔΔΦt 均与线圈匝数无关． (2)Φ、ΔΦ、ΔΔΦt 三者的大小之间没有直接关系，Φ 很大，ΔΦ、 ΔΔΦt 可能很小，也可能很大；Φ＝0，ΔΔΦt 可能不为零.
例 2如图甲所示，水平放置的线圈匝数 n＝200 匝，直径 d1＝ 40 cm，电阻 r＝2 Ω，线圈与阻值 R＝6 Ω 的电阻相连．在线圈的中 心有一个直径 d2＝20 cm 的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示 规律变化，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向．试求：
(3)设线圈拉出磁场经历时间Δt，则线圈中的平均电动势
E ＝nΔΔΦt ，平均电流 I ＝R＋E r，电荷量q＝ I Δt， 解得q＝RnΔ＋Φr＝4nRB＋πdr21， 所以，通过电阻R上的电荷量为定值，与线圈运动的时间无 关，即与运动的速度无关．代入数据得q＝1.57 C. 答案：(1)4.7 V (2)A端电势高 (3)证明见解析 1.57 C
学习目标
(1)知道什么叫感应电动势． (2)知道磁通量的变化率是表示磁通 量变化快慢的物理量，并能区别 Φ、
ΔΦ 和ΔΔΦt . (3)理解法拉第电磁感应定律的内容
及数学表达式． (4)知道公式 E＝Blvsinθ 的推导过程． (5)会用 E＝nΔΔΦt 和 E＝Blvsinθ 解决问
题.
知识导图
1．垂直切割：导体棒垂直于磁场运动，B、l、v 两两垂直时， 如图甲所示，E＝Blv.
2．不垂直切割：导线的运动方向与导线本身垂直，与磁感线 方向夹角为 θ 时，如图乙所示，则 E＝Blv1＝Blvsinθ.
三、反电动势
阅读教材第16～17页“反电动势”部分，回答下列问题. 1．定义：电动机转动时，由于切割磁感线，线圈中产生的消 弱电源电动势作用的电动势． 2．作用：阻碍线圈的转动．
电磁感应中微元法的应用技巧及实例
电磁感应中微元法的应用技巧及实例无锡市第六高级中学 曹钱建摘要：微元法是电磁学中极其重要的一种研究方法，电磁学中无时无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。
间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。
关键词：微元法；电磁感应；高考新课标物理教材中涉及到微分的思想，相应的派生出大量的相关问题。
而微元法与电磁感应相结合的问题更是常考点也是难点，本文将就此类问题的解决提供一套简便实用的方法，及部分经典实例。
电磁感应问题中的动生电动势模型中，金属杆在达到稳定之前的过程是一个变加速过程（其中涉及到的v 、E 、I 、安F 、a 都是变量），常规的原理、公式都无法直接使用，使得很多学生遇到此类问题都觉得无从下手，但此类问题却在近两年各地模拟卷和江苏高考卷中，作为压轴题出现。
其实这时可以采取“微元法”，即将所研究的变加速物理过程，分割成许多微小的单元，从而将非理想物理模型变成理想物理模型；将变加速运动过程变成匀加速运动过程，然后选择微小的单元，利用下面介绍的方法进行分析和讨论，可用一种比较简单且相对固定的模式解决此类问题。
例1、如图甲所示，光滑绝缘 水平面上一矩形金属线圈 abcd 的质量为m 、电阻为R 、ad 边长度为L ，其右侧是有左右边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，ab 边长度与有界磁场区域宽度相等，在t =0时刻线圈以初速度v 0进入磁场，在t=T 时刻线圈刚好全部进入磁场且速度为v l ，此时对线圈施加一沿运动方向的变力F ，使线圈在t =2T 时刻线圈全部离开该磁场区，若上述过程中线圈的v —t 图象如图乙所示，整个图象关于t=T 轴对称．(1)求t=0时刻线圈的电功率；(2)线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热和穿过磁场过程中外力F 所做的功分别为多少?(3)若线圈的面积为S ，请运用牛顿第二运动定律和电磁学规律证明：在线圈进入磁场过程中m RLS B v v 210=- 解：t =0时，E=BLv 0 线圈电功率Rv L B R E P 20222==(2)线圈进入磁场的过程中动能转化为焦耳热 21202121mv mv Q -= 外力做功一是增加动能，二是克服安培力做功 2120mv mv W F -=(3)根据微元法思想，将时间分为若干等分，每一等分可看成匀变速，利用牛顿第二定律分析可得：Bv v 乙m Rv L B m BLI a 22==： 等式两边同时乘以t ∆可得：t Lv mRL B t v mR L B t a ∆=∆=∆222 因为时间t ∆极短，则a 可认为恒定不变，所以t a ∆等于此极短时间内的速度改变量v ∆，同理v 也可认为恒定不变，所以t v ∆等于此极短时间内的位移x ∆。
微元法在电磁感应中的应用
微元法在电磁感应中的应用
陈俊
【期刊名称】《中学物理（高中版）》
【年(卷),期】2018(036)004
【摘要】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熟悉的物理规律迅速地加以解决,使所求的问题简单化.在电磁感应中有这样一类题型,导体在磁场中做非匀变速运动,这类运动对于中学生来讲,成为一大难题.但是如果应用积分的思想,化整为零,采用"微元法",结合能量守恒来分析、求解,可以很好地解决这类问题.
【总页数】2页(P56-57)
【作者】陈俊
【作者单位】南京市第九中学江苏南京 210018
【正文语种】中文
【相关文献】
1.巧用微元法求解电磁感应中的疑难问题
2.微积分中微元法在专业中的应用案例研究r——以医药学专业为例
3.能量的转化与守恒规律在电磁感应中的应用——由电磁感应中一道习题引发的思考
4.巧用微元法求解电磁感应中的疑难问题
5.微元法在电磁感应现象中的应用
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2018-2019版物理新导学笔记选修3-2江苏专用版讲义：第四章 电磁感应 微型专题3 Word版含答案
微型专题3电磁感应中的动力学及能量问题[学习目标] 1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题.一、电磁感应中的动力学问题1.电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.(2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向.(3)分析研究导体受力情况(包括安培力).(4)列动力学方程或平衡方程求解.2.两种状态处理(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态.处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析.(2)导体处于非平衡状态——加速度不为零.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.例1如图1所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m ＝0.1 kg、接入电路部分的电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(g＝10 m/s2)图1(1)导体棒所能达到的最大速度；(2)试定性画出导体棒运动的速度－时间图象.答案(1)10 m/s(2)见解析图解析(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：E＝BL v①回路中的感应电流I ＝ER ＋r ②导体棒受到的安培力F 安＝BIL ③导体棒运动过程中受到拉力F 、安培力F 安和摩擦力F f 的作用，根据牛顿第二定律： F －μmg －F 安＝ma ④由①②③④得：F －μmg －B 2L 2vR ＋r＝ma ⑤由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a 减小，当加速度a 减小到0时，速度达到最大.此时有F －μmg －B 2L 2v mR ＋r ＝0⑥可得：v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2L 2＝10 m/s ⑦(2)由(1)中分析可知，导体棒运动的速度－时间图象如图所示.电磁感应动力学问题中，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.基本思路是：导体受外力运动――→E ＝Bl v产生感应电动势―――――→EI R r=+产生感应电流――→F ＝BIl导体受安培力―→合外力变化――→F 合＝ma加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化……→a ＝0，v 达到最大值.例2 如图2甲所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻，一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦.(重力加速度为g )图2(1)由b 向a 方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小； (3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值. 答案 (1)见解析图(2)BL v R g sin θ－B 2L 2v mR (3)mgR sin θB 2L 2解析 (1)如图所示，ab 杆受重力mg ，方向竖直向下；支持力F N ，方向垂直于斜面向上；安培力F 安，方向沿导轨向上. (2)当ab 杆的速度大小为v 时，感应电动势E ＝BL v ， 此时电路中的电流I ＝E R ＝BL v Rab 杆受到安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR根据牛顿第二定律，有mg sin θ－F 安＝mg sin θ－B 2L 2vR ＝ma则a ＝g sin θ－B 2L 2vmR.(3)当a ＝0时，ab 杆有最大速度，此时mg sin θ＝B 2L 2v m R ，解得：v m ＝mgR sin θB 2L 2.电磁感应中力学问题的解题技巧：(1)受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场B 的方向，以便准确地画出安培力的方向.(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化.(3)根据牛顿第二定律分析a 的变化情况，以求出稳定状态的速度. (4)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口. 二、电磁感应中的能量问题 1.电磁感应中能量的转化电磁感应过程的实质是不同形式的能量相互转化的过程，其能量转化方式为：2.求解电磁感应现象中能量问题的一般思路 (1)确定回路，分清电源和外电路.(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化.如：①有滑动摩擦力做功，必有内能产生； ②有重力做功，重力势能必然发生变化；③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能. (3)列有关能量的关系式.例3 如图3所示，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接.右端接一个阻值为R 的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场.质量为m 、长度为d 、接入电路的电阻也为R 的金属棒从高度为h 处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好.则金属棒穿过磁场区域的过程中( )图3A.流过金属棒的最大电流为Bd 2gh2RB.通过金属棒的电荷量为BdLRC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的焦耳热为12mg (h －μd )答案 D解析 金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh ＝12m v 2，金属棒到达平直部分时的速度v ＝2gh ，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势E ＝BL v ，最大感应电流I ＝E R ＋R ＝BL 2gh2R ，故A 错误；通过金属棒的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦ2R ＝BdL2R，故B 错误； 金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh －W 安－μmgd ＝0－0，克服安培力做功：W 安＝mgh －μmgd ，故C 错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q ′＝12Q ＝12W 安＝12mg (h －μd )，故D 正确.电磁感应中焦耳热的计算技巧：(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q ＝I 2Rt . (2)感应电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，求出克服安培力做的功W 安，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q ＝W 安.②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量.1.(电磁感应中的动力学问题)如图4所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动.杆ef 及线框中导线的电阻都可忽略不计.开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图4A.ef 将减速向右运动，但不是匀减速B.ef 将匀减速向右运动，最后停止C.ef 将匀速向右运动D.ef 将往返运动 答案 A解析 ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F ＝BIl ＝B 2l 2v R ＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动，故A 正确.2.(电磁感应中的动力学问题)如图5所示，MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab 是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S 断开，让杆ab 由静止开始自由下落，过段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图象不可能是下图中的( )图5答案 B解析 S 闭合时，若金属杆受到的安培力B 2l 2v R ＞mg ，ab 杆先减速再匀速，D 项有可能；若B 2l 2vR ＝mg ，ab 杆匀速运动，A 项有可能；若B 2l 2vR ＜mg ，ab 杆先加速再匀速，C 项有可能；由于v 变化，mg －B 2l 2vR＝ma 中a 不恒定，故B 项不可能.3.(电磁感应中的能量问题)(多选)如图6所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R ，导轨自身的电阻可忽略不计.斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上.质量为m 、电阻可以忽略不计的金属棒ab ，在沿着斜面与棒垂直的恒力F 作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h ，在这一过程中( )图6A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh 与电阻R 上产生的焦耳热之和C.恒力F 与安培力的合力所做的功等于零D.恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热 答案 AD解析 金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F 做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功.匀速运动时，金属棒所受合力为零，故合力做功为零，A 正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R 上产生的焦耳热，故外力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，D 正确.4.(电磁感应中的力电综合问题)两根平行的金属导轨相距L 1＝1 m ，与水平方向成θ＝30°角倾斜放置，如图7甲所示，其上端连接阻值R ＝1.5 Ω的电阻，另有一根质量m ＝0.2 kg ，电阻r ＝0.5 Ω的金属棒ab 放在两根导轨上，距离上端L 2＝4 m ，棒与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计，因有摩擦力作用，金属棒处于静止状态.现在垂直导轨面加上从零均匀增强的磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示，已知在t ＝2 s 时棒与导轨间的摩擦力刚好为零(g 取10 m/s 2)，则在棒发生滑动之前：图7(1)t ＝2 s 时，磁感应强度B 为多大？(2)假如t ＝5 s 时棒刚要发生滑动，则棒与导轨间最大静摩擦力多大？ (3)从t ＝0到t ＝3 s 内，电阻R 上产生的电热有多少？ 答案 (1)1 T (2)1.5 N (3)4.5 J解析 (1)当t ＝2 s 时，对导体棒由平衡条件得 mg sin θ＝B 2IL 1① 由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋r② 由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔBΔt L 1L 2＝B 2－0t －0L 1L 2③联立①②③式解得B 2＝1 T (2)当t ＝5 s 时，对棒由平衡条件得 B 5IL 1＝mg sin θ＋F fmax由题图乙及第(1)问可得t ＝5 s 时，B 5＝2.5 T 联立解得F fmax ＝1.5 N (3)由焦耳定律得：Q R ＝I 2Rt 代入数据解得：Q R ＝4.5 J一、选择题考点一 电磁感应中的动力学问题1.如图1所示，质量为m 的金属环用不可伸长的细线悬挂起来，金属环下半部分处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，下列说法中正确的是( )图1A.大于环重力mg ，并逐渐减小B.始终等于环重力mgC.小于环重力mg ，并保持恒定D.大于环重力mg ，并保持恒定 答案 A解析 根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有F T ＝mg ＋F 安，得F T >mg ，F 安＝BIL ，根据法拉第电磁感应定律知，I ＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔBR Δt S ，可知I 为恒定电流，联立上式可知B 减小，F 安减小，则由F T ＝mg ＋F 安知F T 减小，选项A 正确.2.(多选)用一段横截面半径为r 、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R (r ≪R )的圆环.圆环竖直向下落入如图2所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B .圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v ，忽略其他影响，则( )图2A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落C.此时圆环的加速度a ＝B 2vρdD.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m ＝ρdgB 2答案 AD解析 由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，可知选项A 正确；由左手定则可以判断，圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，选项B 错误；圆环垂直切割磁感线，产生的感应电动势E ＝Bl v ＝B ·2πR ·v ，圆环的电阻R 电＝ρ·2πRπr2，则圆环中的感应电流I＝E R 电＝B πr 2vρ，圆环所受的安培力F 安＝BI ·2πR ，圆环的加速度a ＝mg －F 安m ，m ＝d ·2πR ·πr 2，则a ＝g －B 2vρd ，选项C 错误；当重力等于安培力时圆环速度达到最大，此时a ＝0，可得v m＝ρgdB 2，选项D 正确.3.如图3所示在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d ＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动，t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v －t 图象中，能正确描述上述过程的是( )图3答案 D解析 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E ＝BL v 、I ＝ER 、F 安＝BIL 得F 安＝B 2L 2vR ，随着v 的减小，安培力F 安减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动.整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F 安＝B 2L 2vR，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D 正确.4.(多选)如图4所示，有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根质量为m 、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下.经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则( )图4A.如果B 增大，v m 将变大B.如果α变大(仍小于90°)，v m 将变大C.如果R 变大，v m 将变大D.如果m 变小，v m 将变大 答案 BC解析 金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就相当于一个电源，与电阻R 构成一个闭合回路，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mg sin α－B 2L 2vR＝ma所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a ＝0时达到最大速度v m ，即mg sin α＝B 2L 2v m R ，可得：v m ＝mgR sin αB 2L 2，故由此式知选项B 、C 正确. 考点二 电磁感应中的能量问题5.如图5所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )图5A.Q 1＞Q 2，q 1＝q 2B.Q 1＞Q 2，q 1＞q 2C.Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D.Q 1＝Q 2，q 1＞q 2答案 A解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q 1＝W 1＝F 1l bc ＝B 2l ab 2v R l bc ＝B 2S v R l ab同理Q 2＝B 2S vR l bc ，又l ab ＞l bc ，故Q 1＞Q 2；因q ＝I t ＝ER t ＝ΔΦR ＝BS R， 故q 1＝q 2.因此A 正确.6.如图6所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于( )图6A.棒的机械能增加量B.棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量D.电阻R 上产生的热量答案 A解析 棒加速上升时受到重力、拉力F 及安培力.根据功能关系可知，力F 与安培力做功的代数和等于棒的机械能的增加量，A 正确.7.(多选)(2016·南京市学情调研卷)如图7所示，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，底端接有阻值为R 的电阻.一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和杆ab 的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上(图中未画出).让杆ab 沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab 接触良好，不计它们之间的摩擦，杆ab 由静止下滑距离s 时，已处于匀速运动.重力加速度为g .则( )图7A.匀速运动时杆ab 的速度为mgR sin θB 2L 2B.匀速运动时杆ab 受到的安培力大小为mg sin θC.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，安培力做功为mgs sin θD.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，电阻R 产生的热量为mgs sin θ 答案 AB解析 由平衡条件可知匀速运动时杆ab 受到的重力沿斜面的分力等于安培力，即F A ＝mg sin θ，mg sin θ＝B 2L 2v R ，所以有v ＝mgR sin θB 2L 2，即A 、B 正确；因为安培力逐渐增大，是个变力，所以C 错误；由能量守恒可知mg ·s sin θ＝12m v 2＋Q ，所以D 错误.8.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L 、质量为m 且与导轨垂直并接触良好的导体棒ab ，ab 处在磁感应强度大小为B 、方向如图8所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R 的电阻，导轨及导体棒电阻不计.现使ab 在水平恒力F 作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为x 时，ab 达到最大速度v m .此时撤去外力，最后ab 静止在导轨上.在ab 运动的整个过程中，下列说法正确的是( )图8A.撤去外力后，ab 做匀减速运动B.合力对ab 做的功为FxC.R 上释放的热量为Fx ＋12m v m 2D.R 上释放的热量为Fx 答案 D解析 撤去外力后，导体棒水平方向上只受安培力作用，而F 安＝B 2L 2vR ，F 安随v 的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，A 错；对整个过程由动能定理得W 合＝ΔE k ＝0，B 错；由能量守恒定律知，恒力F 做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R 上释放的热量，即Q ＝Fx ，C 错，D 对. 二、非选择题9.(电磁感应中的动力学问题)(2017·扬州市高二上学期调研)如图9甲所示，阻值不计的光滑金属导轨在竖直面上平行固定放置，间距d 为0.5 m ，下端通过导线与阻值R L 为4 Ω的小灯泡L 连接，在矩形区域CDFE 内有水平向外的匀强磁场，磁感应强度B 随时间变化的关系如图乙所示，CE 长为2 m.在t ＝0时刻，接入电路的电阻R 为1 Ω的金属棒以某一初速度从AB 位置紧贴导轨向下运动，当金属棒从AB 位置运动到EF 位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，g 取10 m/s 2.求：图9(1)通过小灯泡的电流的大小； (2)金属棒的质量；(3)金属棒通过磁场区域所用的时间. 答案 (1)0.4 A (2)0.008 kg (3)0.2 s解析 (1)金属棒未进入磁场时，E 1＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝0.5×2×0.40.2 V ＝2 V又R 总＝R L ＋R ＝(4＋1) Ω＝5 Ω 所以I L ＝E 1R 总＝25A ＝0.4 A(2)因灯泡亮度不变，故0.2 s 末金属棒进入磁场时刚好匀速运动 所以I ＝I L ＝0.4 A棒所受安培力F 安＝BId ＝0.08 N 对金属棒有mg ＝F 安所以金属棒的质量m ＝0.008 kg(3)金属棒在磁场中运动时，E 2＝E 1＝2 V 又E 2＝Bd v 解得：v ＝E 2Bd＝10 m/s 金属棒从CD 运动到EF 过程的时间为t 2＝CEv ＝0.2 s10.(电磁感应中的能量问题)如图10甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成37°角放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R ＝3 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场.现将质量m ＝0.1 kg 、接入电路的电阻r ＝1 Ω的金属杆ab 从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆下滑过程中的v －t 图象如图乙所示.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)求：图10(1)磁感应强度大小B ；(2)杆在磁场中下滑0.1 s 过程中电阻R 上产生的热量. 答案 (1)2 T (2)3160J 解析 (1)由题图乙得 0～0.1 s 内，杆的加速度 a ＝Δv Δt ＝0.50.1m/s 2＝5 m/s 20～0.1 s 内，由牛顿第二定律有mg sin 37°－F f ＝ma 代入数据得F f ＝0.1 N0.1 s 后杆匀速运动，有mg sin 37°－F f －F 安＝0 而F 安＝BIL ＝B BL v R ＋r L ＝B 2L 2v R ＋r解得B ＝2 T(2)方法一：杆在磁场中下滑0.1 s 的过程中，回路中的电流恒定，有I ＝BL vR ＋r＝0.25 A ， 电阻R 上产生的热量 Q R ＝I 2Rt ＝3160J.方法二：金属杆ab 在磁场中匀速运动的位移 x ＝v t ＝0.05 m 金属杆ab 下落的高度 h ＝x sin θ＝0.03 m由能量守恒有mgh ＝Q ＋F f x 电阻R 产生的热量Q R ＝34Q ＝34(mgh －F f x )＝3160J.11.(电磁感应中的力电综合问题)如图11所示，足够长的U 形导体框架的宽度L ＝0.5 m ，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角.有一磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场，方向垂直于导体框架平面.一根质量m ＝0.4 kg 、电阻R ＝1 Ω的导体棒MN 垂直跨放在U 形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放.已知导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)图11(1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小； (2)求导体棒运动过程中的最大速度；(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量Q ＝4 C ，求导体棒在此过程中消耗的电能. 答案 (1)2 m/s 2 (2)5 m/s (3)3 J解析 (1)导体棒刚开始下滑时，其受力情况如图甲，则mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得a ＝2 m/s 2(2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图乙，设匀速下滑的速度为v ，则在平行斜面上有mg sin θ－F f －F 安＝0安培力F 安＝BIL ＝B BL v R L ＝B 2L 2v R联立解得v ＝mgR (sin θ－μcos θ)B 2L 2＝5 m/s(3)通过导体棒横截面的电荷量Q ＝I Δt I ＝ΔΦR Δt设导体棒下滑速度刚好为v 时的位移为x ，则ΔΦ＝BxL全程由动能定理，得mgx ·sin θ－W 安－μmg cos θ·x ＝12m v 2，其中W 安为克服安培力做的功.联立解得W 安＝3 J克服安培力做的功等于导体棒在此过程中消耗的电能，即Q R ＝3 J.。
磁场 电磁感应方法与技巧
《磁场 电磁感应》方法与技巧一、微元法1、质量为m 的跨接杆可以无摩擦地沿水平的平行导轨滑行，两轨间宽为 ，导轨与电阻R 连接，放在竖直向上的匀强磁场中，磁感强度为B ，跨接杆的初速度为v 0，如图所示，试求跨接杆到停下来所滑行的距离。
2、质量为m 的金属杆可以沿与水平面成α角的导轨无摩擦地滑动，两导轨间距离为 。
在两导轨的下部接有电容为C 的电容器，整个装置放在竖直向上的磁感强度为B 的匀强磁场中，如图所示，金属杆在导轨上某一位置静止起释放，试求杆下滑的距离随时间变化的规律。
3、如图所示，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，总电阻为Q 。
现将此环平放在绝缘的光滑水平桌面上，并处于磁感强度为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角速度ω沿图示方向旋转时，环中的张力增加多少？二、等效法1、一导线围成半径为D 的圆环abcd ，在圆环所围成的区域内有一半径为D/2的圆环匀强磁场区域，其周界与圆环相切于C 点，如图所示，磁场的磁感强度随时间增大，其变化率为△B/△t=k=常量。
导线ab 是圆环的一条直径，与在磁场分布的圆形区域的周界相切。
设导线ab 以及被其所分割的两个半圆环的电阻都是r 。
今用一内阻为r 的电流计G 接在a 、b两点之间，电流计位于纸面内。
圆形区域外的磁场可忽略不计，试问在下列情况下通过电流计的电流I G为多少？（1）半圆环acd与adb都位于纸面内并分别位于直径ab的两侧。
（2）半圆环adb绕直径ab转过900，折成与纸面垂直。
（3）半圆环adb绕直径再转过900，折成与acb重合。
2、如图所示，一个半径为a的均匀圆环，其电阻为r，放在均匀的磁场中，磁感强度B的方向垂直纸面向里，大小随时间均匀增大，即△B/△t=b=恒量，图中P、Q是环上的两点，对圆环中心的张角为900。
现将一非常小的电压表用导线跨接在P、Q两点，电压表的内阻为R，连接电压表的导线电阻不计，并设上述磁场对电压表内部的影响也不计。
电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”
电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”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0v v 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BLv E =，感应电流为RBLv I =，受安培力为v RL B BIL 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 的匀强磁场中。
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。
2018版高中物理4.4法拉第电磁感应定律课件
=
0.1 增加, 磁场方向垂直线圈平面向里, 那么电容器所带电荷量为 多少? 电容器的极板������带什么种类的电荷?
点拨:根据法拉第电磁感应定律可求出感应电动势的大小,进而 求出电容器的电荷量;由于等效电源的极性与电路是否闭合无关, 所以可以根据楞次定律判断出等效电源的极性,进而判断出电容器 极板的带电情况。
(3)符号意义:n 是线圈匝数;
Δ������ 是磁通量的变化率, Δ������
它的大小与穿过电路的磁通量������和磁通量的变化量 Δ������的大小没有 ( 选填“有”或“没有” )必然联系。
1
2
3
4
类比我们以前学过的加速度a与速度变化量Δv的关系想一想,穿 过某电路的磁通量的变化量越大,产生的感应电动势也越大吗? 提示:不一定,感应电动势的大小取决于穿过电路的磁通量的变 化率而非磁通量的变化量,即感应电动势的大小由磁通量的变化量 和时间两个因素共同决定。
1
2
3
Δ������ 3.E=������ 与������ Δ������
= ������������������ 的区别和联系
形式比较 E= ������ ������Φ ������t 内容 研究对 象不同 适用范 区 围不同 别 条件不 同 整个闭合回路
E=Blv
在磁场中做切割磁感线运 动的一段导体 具有普遍性,无论什么方式 只适用于一段导体切割磁 引起 Φ 的变化都适用 感线运动的情况 匀强磁场(常见情 不一定是匀强磁场 ������Φ ������S 况)E=Blv,l、v、B 应取两 E=������ = ������������ = ������t ������t 两互相垂直的分量 ,可采用 ������B ������Φ ������������ , ������由 及������决定 投影的办法 ������t ������t
高考物理大一轮复习第单元电磁感应增分微课九导数和微元法在电磁感应中的应用
t 求导,可得感应电动势为
2
2
2
e= =BR ωcos
ωt,在 C
从 A 点沿圆弧移动的过程中,磁通量 Φ 先增加后
减少,由楞次定律可判断导线框中感应电流的方
向先沿逆时针后沿顺时针,A 正确;
应用示例
A．在 C 从 A 点沿圆弧移动到 D 点的过程中,
导线框中感应电流的方向先沿逆时针,后沿顺
x,导体棒速度为 v 时,回路中感应电流为 i,则
的匀强磁场.导轨上有一导体
i=
安=Bil=B
棒 ab,其质量为 m,以初速度 v0
向右运动.棒和导轨的电阻均
不计,棒与导轨始终保持垂直
且接触良好,求:
图 W9-2
(1)导体棒在整个运动过程中的位移 x;
(2)在导体棒的整个运动过程中通过闭合回路某
金属杆所受安培力大小为 F=BIl=1.44×10 N.
金属杆所受的安培力大小.
A
-3
应用示例
例 3 如图 W9-2 所示,水平放置的两根光滑平行
[答案]
0
(1) 2 2
0
(2)
金属导轨与电阻为 R 的导体相连,两导轨间距为
[解析] (1)设导体棒整个运动过程中的位移为
l,其间有垂直于导轨平面向下、磁感应强度为 B
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
mgsinθ-f1-f2=ma
联立得
(sin-cos)
a=
g
2
2
+
由此可知,金属棒做初速度为零的匀加速运动.t
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电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”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 V t X ，lv t lx s 。
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 V v v 0，当末速度V 0时，有 v v 0，或初 速度v o 0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 E BLv ，感应电流为I1.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F BILB 2L 2v ，因为是变力问题，所以可以用微元法BLv，受安培力为R竖直向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场中。
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V o ；（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V x 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V 1、v 2 ；hxS/4S/2S例题图安培力的方向与速度 V 方向相反。
解：（1）根据机械能守恒定律，有mgh-mv 2，得 V o 22gh 。
（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BILB 2L 2v R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B 2L 2mRv ,很短的时间mB 2L 2xmR2•既受安培力又受重力的情况 例2. 2010年南京市高考模拟题磁场的磁感应强度随竖直向下的 z 轴按B B 0 kz 得规律均匀增大，已知重力加速度为求: (1)线框竖直方向速度为 v !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；21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2t 内速度的变化为 v atB 2L 2vmR而v t x ，那么在时间t 内速度的变化为因为 ，所以匹)x ，速度mRv V o V v o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v 0水平抛出，磁场方向与线框平面垂直，g ，(3)若线框从开始抛出到瞬时速度大小到达 V 2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?e (B2BJLv! kLiR R R(2)当安培力等于重力时竖直速度最大，功率也就最大2 2 、m g R mgv m 〒 k L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mg(B 2 BJL2 2(B 2 BJLv mRI 2| 4 k L v mR所以P 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（B2 B1） Lvz上±空为变力，我们把线框的运动分解为在重力作用下的运R R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（v ）1 gt ，求在安培力作用下在时间t 内增加的速度为（V ）2 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,速度为aI 2 | 4| 2 4k L v zk L v z-，则在t 内速度的增加为 vzt ，而v z tz ，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k 2L 4(v)2箱k 2L 4z ，所以（v ）2zmR再根据运动的合成，时间t 内总的增加的速度为(v)i ( V)2= gtk 2L 4mR从宏观看速度的增加为 ：.V ； v 0 ,所以gt哼 z = .「2 ,mR得线框在时间 t 内的总位移大小为zmR(gt v ； k ；L 4v ；）。
0,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 i,间距为d2.两根质量均为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.磁场区域3 ■- B丄…d2d id id2d i磁场区域5 ■- B d2d id2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，所以感应电流为和b均不受安培力作用，由机械能守恒得0，所以aE k mgd i sin ①⑵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v2，即导体棒刚进入磁场区时的速度为v2,刚离开磁场区时的速度为v1，由能量守恒得:在磁场区域有: 在无磁场区域:2mv12Q mv；2mgd-i sin2mv22 22mv i2 1mgd2sin解得：Q mg(d i d2)s in⑶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在无磁场区域有：v2 v1gtsin且平均速度:W v2d2 2 t在有磁场区域，对a棒：F mg sin BII解得：F mgsin2 2B I v 2R因为速度v是变量, 用微元法根据牛顿第二定律,在一段很短的时间则有v gsin B2l2v2mR所以因为导体棒刚进入磁场区时的速度为v2,刚离开磁场区时的速度为v1,v v 1 v 2, v t d !,B 212所以：w % gtsin 丽* ⑦（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: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V 1 •所以2 24mgRd 2B l d 1 v 厂 sin B 2l 2d 1 8mR（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 ，现有一联立④⑤⑦式，得 w 需sinB 2|2d 8mR④代入⑦得:2 2B l d i 4mgRsin⑧代入⑤得: v 1 v 28mgd 2 RsinB 2l 2d 14mgRd 2⑦+⑨得：v i百而^B 2l 2d i 8mR边长l=0.2m、质量m=0.1kg 、电阻R= 0.1 Q的正方形线框MNOP以v o=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 。
(3 )用“微元法”解t 时间内，由牛顿定律: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 。
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解：(1 )线框MN 边刚进入磁场时，感应电动势E BlV 0 1.4V ，感应电流IR 14A ，受到安培力的大小F = BII 2.8N(2 )水平方向速度为 0, Q2.45J线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻,感应电动势 E-lV0，感应电流1首，受到安培力的大小 F = BIl ，得B 2l 2v F-R-，求和，B 2l 2（晶）VtV ,B 2l 2x mRV o解得mv 0RB 2l 2，线框能穿过的完整条形磁场区域的个数1.75n= _0.44.375，取L 、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为I ―1”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 1 ；（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X m。
（第15题图）【解答】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且Q W解得Q 4mgd sin BILd（1）设线框刚离开磁场下边界时的速度为V!，则接着向下运动2d一1 2由动能定理mgsin 2d BILd 0 mw装置在磁场中运动的合力F mg sin F'感应电动势 Bdv感应电流|' R 安培力F' Bl'd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由牛顿第二定律，在 t 到t t 时间内,有V i解得t iv = (g sin2 .2皿)tmR2 . 3x. 2B d gt 1 sinmR.2m(BILd 2mgd sin )2 , 32B d Rmg sin经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离X m 之间往复运动,由动能定理 mg sinx m BIL(x m d) 0解得x m盹-BILd mg sin解：（本人研究的另外解法：用“牛顿第四定律”解） 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 V i ，则接着向下运动 2d ，速度变为0，根据动能定理1 2 mg sin 2d BILd 0 mv i ，所以V i2BILd4gdsin力。