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 ∆。

则：t v L mR L B t a ∑∑∆=∆2可得：Lx m R L B v v 210=-即mR LS B v v 210=-【题后小结】因为题中涉及到金属杆扫过的面积S ，则将m Rv L B m BLI a 22==中构建出t Lv m RL B ∆2这样就能出现题中已知量S 。

例2、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L 1和L 2，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。

在整个导轨平面内都有与导轨所在面垂直的匀强磁场，磁感应强度为B 。

两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，保持L 1向上作速度为υ的匀速运动，在t =0时刻将靠近L 1处的L 2由静止释放(刚释放时两棒的距离可忽略)， 经过一段时间后L 2也作匀速运动。

已知d =0.5m ， m =0.5kg ，R =0.1Ω，B =1T ，g 取10m/s 2。

(1)为使导体棒L 2向下运动，L 1的速度υ最大不能超过多少？(2)若L 1的速度υ为3m/s,在坐标中画出L 2的加速度a 2与速率υ2 的关系图像；(3)若L 1的速度υ为3m/s ，在L 2作匀速运动的某时刻，两棒的间距4m ，求在此时刻前L 2运动的距离。

解： ⑴ L 2刚释放时电路中电动势1E Bd υ= 回路中电流RE I 211= 安培力d BIF 1= 导体棒L 2能向下运动，则F mg > 得 4/m s υ<⑵当L 2运动速度为υ2时，回路中电动势2()E Bd υυ=+导体棒L 2的加速度mF mg a -= 得22.5 2.5a υ=-(3) 当导体棒L 2做匀速运动时，L 1和L 2两棒的速度分别是υ和υ2，由平衡条件得 222()2B d mg Rυυ+= 得24/m s υυ+= 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，设当导体棒L 2、L 1的相对速度为υ相时，利用牛顿第二定律分析可得：Rmv d B g a 222相-= 取极短时间Δt ，在时间Δt 内速度变化Δυt v Rm d B t g t a ∆-∆=∆相222 ∑∑∑∆-∆=∆t v Rm d B t g t a 相222 又υ相Δt =Δx 相 得2222B d gt x Rmυ=-相代入数据得两棒间距为4m 所用时间t=1.1s导体棒L 1运动的位移x 1=υt=3×1.1m =3.3m导体棒L 2运动的位移m x x x 7.012=-=相【题后小结】因为题中涉及到金属杆的位移x ，则将Rmv d B g a 222相-=中构建出t v Rm d B ∆相222这样就能出现题中已知量x 。

例3、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4L 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212kx ，k 为弹簧的劲度系数．不计感应电流之间的相互作用． ⑴证明：导体棒在磁场中做匀速运动时，电流的大小保持不变；⑵求导体棒在磁场中做匀速运动的速度大小v 0和弹簧的劲度系数k ；⑶求导体棒最终停止位置距O 点的距离．解：⑴设匀速直线运动的速度为v 0， ef 有效切割长度为l ，则电流：rBv rl Blv I 3300==，由于v 0不变，所以I 不变。

或由平衡条件证明同样正确 ⑵由能量守恒，得：202221214521mv kL L k =-）（ L 4 M设弹簧形变量为x ，由平衡条件，得： 2BIx tan30°= kx解得 v 0 = 3B 2L 28mr k = B 4L 212mr2 ⑶ 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x 0，某时刻回路中ef 有效切割长度为L 1，ef 的速度为v ，加速度为a ，电流为I ， 据牛顿第二定律，得： mr v L B rmL v L B m BIL a 331212121-=-=-= 取一小段时间△t ，速度微小变化为△v ，回路面积微小增加为△S ，则等式两边同时乘以t ∆可得： t v L mr B t a ∆-=∆123 即：t v L mrB t a ∑∑∆-=∆123 S m r B v ∑∑∆-=∆32 得00202030tan 3v x mr B -=- 将第（2）问结果代入可得 4230L x = 【题后小结】虽然本题涉及的物理模型较前两题更为复杂，且切割的金属杆的长度也在不断变化，但在前两题的基础之上，还是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，则将mr v L B rmL v L B m BIL a 331212121-=-=-=中构建出t v L m rB ∆123这样就能出现问题中的x 。

【规律总结及问题拓展】此类问题中对于金属杆的变加速运动过程的相关求解，其基本步骤为（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 肯定是包含安F 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BIL F =安部分进行合理的构建，具体的见上述例题中的“题后小结”。

（3）对微分表达式进行求和，等式左边的t a ∆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t I mBL ∆即可。

【成功应用】（2009年普通高等学校招生全国统一考试 江苏卷） 15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，图中未图出）。

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t 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功为W由动能定理 0sin 4=-+BIld W d mg α且Q W =- 解得 BIld mgd Q -=αsin 4（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为1v ，从释放到线框刚离开磁场下边界的过程中，由动能定理 2121sin 2mv Q d mg =-α 解之得 m mgd BIld v /sin 421）（α-=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mR v d B mg a /sin 22-=α 取极短时间Δt ，在时间Δt 内速度变化Δυ t v mR d B t g t a ∆-∆=∆22sin α 即 ∑∑∑∆-∆=∆t v mRd B t g t a 22sin α 可得d mRd B t g v 2sin 2211-= 解得2312sin B d R t mg α= （3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离m x 之间往复运动由动能定理 0sin =--）（d x BIl mgx m m α 解得 sin m BIld x BIl mg α=- 【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。