高中物理電磁感應(yīng)微元法專題.doc
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電磁感應(yīng)中的“微元法” 1走近微元法 微元法是分析、解決物理問題中的常用方法,也是從部分到整體的思維方法。用該方法可以使一些復(fù)雜的物理過程用我們熟悉的物理規(guī)律迅速地加以解決,使所求的問題簡單化。在使用微元法處理問題時(shí),需將其分解為眾多微小的“元過程”,而且每個(gè)“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(jìn)行必要的數(shù)學(xué)思想或物理方法處理,進(jìn)而使問題求解。使用此方法會加強(qiáng)我們對已知規(guī)律的再思考,從而引起鞏固知識、加深認(rèn)識和提高能力的作用。 “微元法”,又叫“微小變量法”,是解物理題的一種常用方法。 2如何用微元法 1.什么情況下用微元法解題?在變力求功,變力求沖量,變化電流求電量等等情況下,可考慮用微元法解題。 2. 關(guān)于微元法。一般是以時(shí)間和位移為自變量,在時(shí)間很短或位移很小時(shí),此元過程內(nèi)的變量可以認(rèn)為是定值。 比如非勻變速運(yùn)動求位移時(shí)在時(shí)間很短時(shí)可以看作勻速運(yùn)動,在求速度的變化量時(shí)在時(shí)間很短時(shí)可以看作勻變速運(yùn)動。 運(yùn)動圖象中的梯形可以看作很多的小矩形,所以,。微元法體現(xiàn)了微分的思想。 3. 關(guān)于求和。許多小的梯形加起來為大的梯形,即,(注意:前面的為小寫,后面的為大寫), 比如,當(dāng)末速度時(shí),有,或初速度時(shí),有,這個(gè)求和的方法體現(xiàn)了積分思想。 4. 物理量有三種可能的變化情況 ?不變(大小以及方向)??梢灾苯忧蠼猓热绾懔Φ墓?,恒力的沖量,恒定電流的電量和焦耳熱。 ?線性變化(方向不變,大小線性變化)。比如力隨位移線性變化可用平均力來求功,力隨時(shí)間線性變化可用平均力來求沖量,電流隨時(shí)間線性變化可用平均電流來求電量。 電流的平方隨時(shí)間線性變化可用平方的平均值來求焦耳熱。 ?非線性變化??梢钥紤]用微元法。 值得注意微元法不是萬能的,有時(shí)反而會誤入歧途,微元法解題,本質(zhì)上是用現(xiàn)了微分和積分的思想,是一種直接的求解方法,很多時(shí)候物理量的非線性變化可以間接求解,比如動能定理求變力的功,動量定理求變力的沖量,能量方程求焦耳熱等等。 當(dāng)然微元法是一種很重要的物理方法,在教學(xué)過程中有意識的不斷滲透微元法,可以培育和加強(qiáng)學(xué)生分析問題處理物理問題的能力。 電磁感應(yīng)中的微元法 一些以“電磁感應(yīng)”為題材的題目??梢杂梦⒃ń猓?yàn)樵陔姶鸥袘?yīng)中,如導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動,產(chǎn)生動生電動勢為,感應(yīng)電流為,受安培力為,因?yàn)槭亲兞栴},所以可以考慮用微元法。 1.只受安培力的情況 如圖所示,寬度為L的光滑金屬導(dǎo)軌一端封閉,電阻不計(jì),足夠長,水平部分有豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒從高度為h的斜軌上從靜止開始滑下,由于在磁場中受安培力的作用,在水平導(dǎo)軌上滑行的距離為S而停下。 (1) 求導(dǎo)體棒剛滑到水平面時(shí)的速度; (2) 寫出導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上滑行的速度與在水平導(dǎo)軌上滑行的距離的函數(shù)關(guān)系,并畫出關(guān)系草圖。 (3)求出導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上滑行的距離分別為S/4、S/2時(shí)的速度、; h 0 S/4 S/2 S 解:(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律,有,得。 ① (2)設(shè)導(dǎo)體棒在水平導(dǎo)軌上滑行的速度為時(shí),受到的安培力為,安培力的方向與速度方向相反。 用微元法,安培力是變力,設(shè)在一段很短的時(shí)間內(nèi),速度變化很小,可以認(rèn)為沒有變化,于是安培力可以看做恒力。 根據(jù)牛頓第二定律,加速度為 很短的時(shí)間內(nèi)速度的變化為 而,那么在時(shí)間內(nèi)速度的變化為 因?yàn)椋? 于是速度 ② 可以發(fā)現(xiàn)速度隨位移是線性減小的! 2.既受安培力又受重力的情況 如圖所示,豎直平面內(nèi)有一邊長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形線框在豎直向下的勻強(qiáng)重力場和水平方向的磁場組成的復(fù)合場中以初速度水平拋出,磁場方向與線框平面垂直,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨豎直向下的z軸按的規(guī)律均勻增大,已知重力加速度為,求: (1) 線框豎直方向速度為時(shí),線框中瞬時(shí)電流的大??; (2) 線框在復(fù)合場中運(yùn)動的最大電功率; (3) 若線框從開始拋出到瞬時(shí)速度大小到達(dá)所經(jīng)歷的時(shí)間為,那么,線框在時(shí)間內(nèi)的總位移大小為多少? 解:(1)因在豎直方向兩邊的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同,所以產(chǎn)生感應(yīng)電流為 (2)當(dāng)安培力等于重力時(shí)豎直速度最大,功率也就最大 所以 (3) 線框受重力和安培力兩個(gè)力 其中重力為恒力,安培力為變力。 我們把線框的運(yùn)動分解為在重力作用下的運(yùn)動和在安培力作用下的運(yùn)動。在重力作用下,在時(shí)間t 內(nèi)增加的速度為,求在安培力作用下在時(shí)間t內(nèi)增加的速度為 用微元法,設(shè)在微小時(shí)間內(nèi),變力可以看做恒力,變加速運(yùn)動可以看做 勻加速運(yùn)動,加速度為 則在內(nèi)速度的增加為,而 所以在時(shí)間t內(nèi)由于安培力的作用而增加的速度(因?yàn)樵黾恿繛樨?fù),所以實(shí)際是減?。椋? 所以: 再根據(jù)運(yùn)動的合成,時(shí)間t內(nèi)總的增加的速度為: 從宏觀看速度的增加為: 于是: 得到線框在時(shí)間內(nèi)的豎直位移大小為。 考慮水平方向的勻速運(yùn)動,于是線框在時(shí)間內(nèi)的總位移大小為 再將代入就可以了。 先研究分運(yùn)動,再研究合運(yùn)動! 可以看出:所謂微元法是數(shù)學(xué)上的微積分理念在解物理題中的應(yīng)用. 3.重力和安培力不在一條直線上的情況 如圖所示,間距為L的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ,導(dǎo)軌光滑且電阻忽略不計(jì).場強(qiáng)為B的條形勻強(qiáng)磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直,磁場區(qū)域的寬度為d1,間距為d2.兩根質(zhì)量均為m、有效電阻均為R的導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上,并與導(dǎo)軌垂直.(設(shè)重力加速度為g) 磁場區(qū)域1 B 磁場區(qū)域2 B 磁場區(qū)域3 B 磁場區(qū)域4 B 磁場區(qū)域5 B 棒b 棒a d1 d1 d1 d2 d2 d2 d2 Θ d1 ⑴若a進(jìn)入第2個(gè)磁場區(qū)域時(shí),b以與a同樣的速度進(jìn)入第1個(gè)磁場區(qū)域,求b穿過第1個(gè)磁場區(qū)域過程中增加的動能△Ek; ⑵若a進(jìn)入第2個(gè)磁場區(qū)域時(shí),b恰好離開第1個(gè)磁場區(qū)域;此后a離開第2個(gè)磁場區(qū)域時(shí),b 又恰好進(jìn)入第2個(gè)磁場區(qū)域.且a.b在任意一個(gè)磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運(yùn)動時(shí)間均相等.求b穿過第2個(gè)磁場區(qū)域過程中,兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q; ⑶對于第⑵問所述的運(yùn)動情況,求a穿出第k個(gè)磁場區(qū)域時(shí)的速率v. 解:⑴因?yàn)閍和b產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等,按回路方向相反,所以感應(yīng)電流為0,所以a和b均不受安培力作用,由機(jī)械能守恒得 (電動勢抵消) ⑵設(shè)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入無磁場區(qū)時(shí)的速度為,剛離開無磁場區(qū)時(shí)的速度為,即導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場區(qū)時(shí)的速度為,剛離開磁場區(qū)時(shí)的速度為,由能量守恒得: 在磁場區(qū)域有: (動能定理) ① (功能關(guān)系) ② 在無磁場區(qū)域: ( 機(jī)械能守恒) ③ 解得: (3)設(shè)導(dǎo)體棒在無磁場區(qū)域和有磁場區(qū)域的運(yùn)動時(shí)間都為, 在無磁場區(qū)域有: ④ 且平均速度: ⑤ 在有磁場區(qū)域,對a棒: 且: 解得: ⑥ 因?yàn)樗俣仁亲兞?,用微元? 根據(jù)牛頓第二定律, 在一段很短的時(shí)間內(nèi) 則有: 因?yàn)閷?dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場區(qū)時(shí)的速度為,剛離開磁場區(qū)時(shí)的速度為, 所以: , , 代入上式有: ⑦ 聯(lián)立④⑤⑦式,得 (原答案此處一筆帶過,實(shí)際上這一步比較麻煩,以下給出詳細(xì)的求解過程: ④代入⑦得:, ⑧ ⑧代入⑤得: ⑨ ⑦+⑨得:。 a.b在任意一個(gè)磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運(yùn)動時(shí)間均相等, 所以a穿出任一個(gè)磁場區(qū)域時(shí)的速率v就等于.所以 (注意:由于a.b在任意一個(gè)磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運(yùn)動時(shí)間均相等,所以a穿出任一個(gè)磁場區(qū)域時(shí)的速率v都相等,所以所謂“第K個(gè)磁場區(qū)”,對本題解題沒有特別意義。) 周期性的問題, 搞清楚物理量應(yīng)該有的特征很重要! 練習(xí)題1 如圖所示,空間等間距分布著水平方向的條形勻強(qiáng)磁場,豎直方向磁場區(qū)域足夠長,磁感應(yīng)強(qiáng)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的初速從左側(cè)磁場邊緣水平進(jìn)入磁場,求 (1)線框MN邊剛進(jìn)入磁場時(shí)受到安培力的大?。?。 (2)線框從開始進(jìn)入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。 (3)線框能穿過的完整條形磁場區(qū)域的個(gè)數(shù)n。 解:(1)線框MN邊剛進(jìn)入磁場時(shí),感應(yīng)電動勢 ,感應(yīng)電流 ,受到安培力的大小 (2)水平方向速度為0, (3)用“微元法”解 線框在進(jìn)入和穿出條形磁場時(shí)的任一時(shí)刻,感應(yīng)電動勢 ,感應(yīng)電流 ,受到安培力的大小 ,得 在時(shí)間內(nèi),由牛頓定律: 求和,, 解得: 線框能穿過的完整條形磁場區(qū)域的個(gè)數(shù),取整數(shù)為4。 練習(xí)題2 如圖所示,兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上,導(dǎo)軌間距為L、足夠長且電阻忽略不計(jì),導(dǎo)軌平面的傾角為。條形勻強(qiáng)磁場的寬度為,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直。長度為的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置??傎|(zhì)量為,置于導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒中通以大小恒為I的電流(由外接恒流源產(chǎn)生,圖中未畫出)。線框的邊長為(),電阻為R,下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放,導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動到磁場區(qū)域下邊界處返回。導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。重力加速度為。求: (1) 裝置從釋放到開始返回的過程中,線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q; (2) 線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時(shí)間; (3) 經(jīng)過足夠長時(shí)間后,線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離。 【解答】(1)設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運(yùn)動到磁場下邊界的過程中,作用在線框的安培力做功為W 由動能定理: 且: 解得: (2)設(shè)線框剛離開磁場下邊界時(shí)的速度為,則接著向下運(yùn)動 由動能定理: 裝置在磁場中運(yùn)動的合力: 感應(yīng)電動勢: 感應(yīng)電流: 安培力: 由牛頓第二定律,在到時(shí)間內(nèi),有: 則: 有: 解得: (3)經(jīng)過足夠長時(shí)間后,線框在磁場下邊界與最大距離之間往復(fù)運(yùn)動, 由動能定理: 解得:。- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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