微元法的應用

1、微元法的應用,一、學習目標,微元法在高考中的地位：微元法是一種深刻的思維方法，先分割逼近，找到規(guī)律，再累計求和，達到了解整體的目的。關于微元法的題目，連續(xù)幾年出現(xiàn)在江蘇高考物理試卷中和各大高校的自主招生考試中。 微元法在教材中的廣泛應用：在處理勻變速直線運動的位移、瞬時速度，曲線運動速度方向、萬有引力由“質點”向“大的物體”過渡、探究重力做功、變力做功、推導第二宇宙速、推導正弦式交流電峰值和有效值的關系等等,微元法的一般思維程序,例1如圖1所示，一個質量為m的鋼性圓環(huán)套在一根固定的足夠長的水平直桿上，環(huán)的半徑略大于桿的半徑。環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)為。t=0時刻給環(huán)一個向右的初速度v0，同時對環(huán)

2、施加一個方向始終豎直向上的力F，已知力F的大小為F=kv， (k為大于0的常數(shù)且已知，v為環(huán)的運動速度)，且有kv0mg，t=t1時刻環(huán)開始沿桿做勻速直線運動。試求：在0t1時間內，環(huán)沿桿運動的距離。,（一）微元法在力學中的應用,環(huán)做加速度減小的減速運動，最后勻速,解析:kv1=mg， v1=mg/k ,環(huán)在任意時刻t 的加速度 a=(kvmg)/m ,式改寫為 v =k vt /mgt,在v0v1區(qū)間內對式各項求和有 v=kx /mgt ,由式可得 v0v1=kx/mgt1 式整理得 x=m(v0mg/k +gt1)/ k,= k x /mgt ,取一段時間微元t0，a=v/t,求：在0t1

3、時間內，環(huán)沿桿運動的距離。,練習1從地面上以初速度v0豎直上拋出質量為m的球，若運動過程中受到的空氣阻力與其速率成正比，t1時刻到達最高點，再落回地面，落地時速率為v1，落地前球已經做勻速運動，求：作出球運動的速率隨時間變化的圖象；球上升的最大高度,設上升至速度為v時加速度為a， ma=mg kv,對變化的速度、位移從牛頓定律出發(fā)，采取先微元、再求和的方法,并注意換元的技巧。,取一段時間微元t，a=v/t 有：,例2如圖所示，一個由絕緣細線構成的剛性軌道水平放置，軌道OCD部分光滑，是以B為中心，l為半徑的半圓，AB2l，直軌道DE部分是粗糙的且足夠長。軌道上A處有電荷量為Q1的正點電荷，B處

4、有電荷量為Q2的負點電荷（|Q2| Q1）。一個質量為m電荷量為q的小環(huán)套在軌道上，環(huán)與軌道間的動摩擦因數(shù)為。已知點電荷產生電場時，若以無窮遠為零勢面，其電勢可表示為=kQ/r，Q為場源電荷，r為與電荷的距離。 （1）若小環(huán)初始位置在O處，受到輕微擾動后沿半圓軌道加速運動,求小環(huán)運動至D處的速度大小v0。,（二）微元法在靜電場中的應用,解：（1）根據(jù)點電荷產生的電勢公式可知，Q2在O、D兩處產生的電勢相等，小環(huán)從O運動到D只有點電荷Q1對環(huán)做功，由動能定理可得 WOD=q（OD）=mv02/2 即 kQ1q/l kQ1q/3l= mv02/2解得,例2（2）若小環(huán)到達D點后沿直軌道DE運動。設

5、小環(huán)在兩個點電荷Q1 、Q2共同作用下所受庫侖力與速度大小成正比，比例系數(shù)為k，經過時間t0靜止，求小環(huán)在直軌道上運動的距離x。,解析：設某時刻t小環(huán)運動速度為v時加速度為 a=(mg+kv)/m,取一段時間微元t，a=v/t 有：,v=( gt + kvt/m ) =( gt + kx/m ), v=( g t + k /m x ),v0=gt0kx/m x=m(v0gt0)/k,練習2，電量Q均勻分布在半徑為R的圓環(huán)上（如圖3所示），求在圓環(huán)軸線上距圓心O點為x處的P點的電場強度和電勢,圖3,解析：選電荷元,空間元,注意矢量和標量不同的疊加方法,它在P點產生的電場的場強的x分量為：,根據(jù)

6、對稱性,電荷元在P點的電勢為,（三）、微元法在電磁感應中的應用,例3.如圖4，兩根足夠長的光滑固定平行金屬導軌與水平面成角，導軌間距為d，兩導體棒a和b與導軌垂直放置，兩根導體棒的質量都為m、電阻都為R，回路中其余電阻不計。整個裝置處于垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度的大小為B。在t =0時刻使a沿導軌向上作速度為v的勻速運動，同時將b由靜止釋放，b經過一段時間后也作勻速運動。已知d =1m，m = 0.5kg，R =0.5，B=0.5T，=30，g取10m/s2，不計兩導棒間的相互作用力。,（三）、微元法在電磁感應中的應用,為使導體棒b能沿導軌向下運動，a的速度v不能超過多大？,解

7、析：設a的速度為v1，由于b初態(tài)速度為零，則 I=E1/2R= Bdv1 /2R 對b： FA=BId=B2d2v1/2R b要下滑 FAmgsin 將式代入式得： v110m/s ,（三）、微元法在電磁感應中的應用,例3.如圖4，兩根足夠長的光滑固定平行金屬導軌與水平面成角，導軌間距為d，兩導體棒a和b與導軌垂直放置，兩根導體棒的質量都為m、電阻都為R，回路中其余電阻不計。整個裝置處于垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度的大小為B。在t =0時刻使a沿導軌向上作速度為v的勻速運動，同時將b由靜止釋放，b經過一段時間后也作勻速運動。已知d =1m，m = 0.5kg，R =0.5，B=0

8、.5T，=30，g取10m/s2，不計兩導棒間的相互作用力。 若a在平行于導軌向上的力F作用下，以v1=2m/s的速度沿導軌向上運動，試導出F與b的速率v2的函數(shù)關系式并求出v2的最大值；,解析：設a的速度為v1，b的速度為v2，回路電流為I， 則： I=（E1+E2）/2R =Bd(v1+v2)/2R 對a：mgsin + FA = F mgsin + B2d2(v1+v2)/2R = F 代入數(shù)據(jù)得: F=3+v2/4(N) 設b的最大速度為vm，則有：B2d2(v1+vm)/2R = mgsin 代入數(shù)據(jù)得: vm= 8m/s,（三）、微元法在電磁感應中的應用,在中，當t =2s時，b的

9、速度達到5.06m/s，2s內回路中產生的焦耳熱為13.2J，求該2s內力F做的功（結果保留三位有效數(shù)字）。,解析： 對b：mgsinFA= ma 即 mgsinB2d2(v1+v2)/2R = ma 取一段時間微元t，a=v/t , mg sinB2d2(v1+v2i) /2R = mv2i/t 代入數(shù)據(jù)并整理得： 8v2i =2v2i/t 等式求和得： 8tv2it =2v2i 8tx2 = 2v2 將t=2s，v2=5.06m/s代入上式得：x2=5.88m,解法1：a的位移：x1=v1t = 22 = 4m 由動能定理知： mv22/20=WFmgx1sinmgx2sinWA WA =

10、Q 代入數(shù)據(jù)得：WF=14.9J,解法2：棒a有一很小位移x1時，力F做的功為 Wi=Fix1=mgsin30 x1+ B2d2(v1+v2i) x /2R 代人數(shù)據(jù)得 Wi =3x1+ 0.25v2ix1 式中v2i可由式求得：v2i =82v2i/t 得： Wi =3x1+(82v2i/t)0.25x1=5x10.5v2 ix1 /t 式中v2i為棒b在t時間內的速度增量，x1為棒a在t時間的位移，所以x1/t =v1=2m/s，代入式并求和得 WF=5x10.5 v1v2i=5 x10.5 v1v2=54J15.06J =14.9J,兩種解法，其中第二種解法并未使用“2s內回路中產生的焦

11、耳熱為13.2J，”這一條件，所以，這是一個有多余已知條件的高考模擬題。 在條件充分的情況下，微元法并不是唯一選擇，不要形成遇到電磁感應必用微元這樣的先入為主的印象,練習3-1如圖5所示，兩平行光滑的金屬導軌AD、CE相距L=1.0m，導軌平面與水平面的夾角=30，下端用導線連接R=0.40的電阻，導軌電阻不計PQGH范圍內存在方向垂直導軌平面的磁場，磁場的寬度d=0.40m，邊界PQ、HG均與導軌垂直質量m=0.10kg、電阻r=0.10的金屬棒MN垂直放置在導軌上，且兩端始終與導軌電接觸良好，從與磁場上邊界GH距離也為d的位置由靜止釋放，取g=10m/s2 （1）若PQGH范圍內存在著磁感

12、應強度隨高度變化的磁場（在同一水平線上各處磁感應強度相同），金屬棒進入磁場后，以a=2.5 m/s2的加速度做勻加速運動，求磁場上邊緣（緊靠GH）的磁感應強度； （2）在（1）的情況下，金屬棒在磁場區(qū)域運動的過程中，電阻R上產生的熱量是多少？ （3）若PQGH范圍內存在著磁感應強度B=0.50T的勻強磁場，金屬棒在磁場中運動過程受到F(0.75v-0.5)N（v為金屬棒運動速度）沿導軌向下的力作用，求金屬棒離開磁場時的速度,解析：（1）設磁場上邊緣的磁感應強度為B0，金屬棒剛進入磁場時的速度為v0、產生的感應電流為I0、受到的安培力為F0，則有 I0=B0Lv0/（R+r） F0=B0 I0L

13、 mv02/2=mgdsinmgsinF0=ma 代入數(shù)據(jù)解得 v0=2m/s，B0=0.25T （2）設電阻R上產生的熱量為Q，金屬棒到達磁場下邊界時的速度為v， 則v2=v02+2ad mv2/20= mg2d sin WA WA= Q總 Q總=mg2d sinmv2/2QR=R Q總/(R+r) 代入數(shù)據(jù)解得 QR=0.080J （3）設金屬棒離開磁場時的速度為v，則 mgsin +FF安=mv/t 其中 F安t= BI Lt=B2 L2vt/(R+r)= B2 L2x/(R+r) 則 mv=mgt/2+FtB2L 2x /(R+r)=0.25x 即 m（vv0）=0.25d 代入數(shù)據(jù)解

14、得 v=3.0m/s,練習3-2如圖6所示，兩根足夠長的平行金屬導軌由傾斜和水平兩部分平滑連接組成，導軌間距L=1m，傾角=45，水平部分處于磁感應強度B=1T的勻強磁場中，磁場方向豎直向上，磁場左邊界MN與導軌垂直。金屬棒ab質量m1=0.2kg，電阻R1=1，金屬棒cd質量m2=0.2kg，電阻R2=3，導軌電阻不計，兩棒與導軌間動摩擦因數(shù)=0.2。開始時，棒ab放在斜導軌上，與水平導軌高度差h=1m，棒cd放在水平軌上，距MN距離為s0。兩棒均與導軌垂直，現(xiàn)將ab棒由靜止釋放，取g=10m/s2。求： （1）棒ab運動到MN處的速度大??； （2）棒cd運動的最大加速度； （3）若導軌水平

15、部分光滑，要使兩棒不相碰，棒cd距離MN的最小距離s0。,解析：（1）對ab運用動能定理得 m1ghm1gcos45h/sin45=m1v02/2 v0=4m/s （2）棒ab運動到MN處，cd加速度最大 Em=BLv0 Im=Em/(R1+R2) Fm=B2L2v0/( R1+R2)=1N Fm m2g =m2a a=3m/s2 （3）在光滑不相碰的情況下，兩棒最終速度必相等，設為vm 對ab棒有 vmv0=a1t=F1t/m 對cd棒有 vm0=a2t=F2t/m 任一時刻有F1=F2，故得vmv0=(vm0)， 即 vm=v0/2 設某時刻ab的速度為v1，cd的速度為v2，在時間微元內

16、，ab速度變化為v1 E= BL(v1v2) I= E/（R1+R2） 由牛頓運動定律對ab有F1= m1v1/t= B2L2(v1v2) /( R1+R2) 得 v1v2=( R1+R2) m1v/ B2L2t 兩棒在水平導軌運動的相對位移，即為兩棒不相碰的最小距離，故有 S0=(v1v2) t=( R1+R2)m1/B2L2 v1 =(R1+R2)m1/B2L2 (v0v0/2) =1.6m,牛頓定律微分形式與動量定律、動量守恒定律的關系 當我們通過一定數(shù)量“微元求和法”習題的練習后，切忌逢電磁感應綜合題就先入為主的要采用“微元求和法” 解題。請看練習3-3,練習3-3、如圖7所示，光滑絕

17、緣水平面上放置一均勻導體制成的正方形線框abcd，線框質量為m，電阻為R，邊長為L有一方向豎直向下的有界磁場，磁場的磁感應強度為B，磁場區(qū)寬度大于L，左邊界與ab邊平行線框在水平向右的拉力作用下垂直于邊界線穿過磁場區(qū) （1）若線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)，求線框在離開磁場時ab兩點間的電勢差； （2）若線框從靜止開始以恒定的加速度a運動，經過t1時間ab邊開始進入磁場，求cd邊將要進入磁場時刻回路的電功率； （3）若線框以初速度v0進入磁場，且拉力的功率恒為P0經過時間T，cd邊進入磁場，此過程中回路產生的電熱為Q后來ab邊剛穿出磁場時，線框速度也為v0，求線框穿過磁場所用的時間t,解析：（1）

18、線框在離開磁場時，cd邊產生的感應電動勢 E=BLv回路中的電流 I=E/R 則ab兩點間的電勢差 U=IRab=BLv/4 （2）t1時刻線框速度 v1=at1 設cd邊將要進入磁場時刻速度為v2，則 v22v12=2aL 此時回路中電動勢 E2=BL v2 回路的電功率 P=E22/R 解得 P=B2L2(a2t12+2aL)/R （3）設cd邊進入磁場時的速度為v，進入磁場過程中： P0TWA=(mv2/2mv02/2)= P0TQ 設線框從cd邊進入到ab邊離開磁場的時間為t，則 P0t= mv02/2mv2/2 解得 t=Q/P0T 線框離開磁場時與進入過程相同，時間還是T，所以線框

19、穿過磁場總時間t t=2T+t= Q/P0+T,鞏固1、如圖8所示，兩平行的光滑金屬導軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導軌間距為l，導軌足夠長且電阻忽略不計，導軌平面的傾角為，條形勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B、方向與導軌平面垂直。長度為2d的絕緣桿將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質量為m，置于導軌上。導體棒中通以大小恒為I的電流（由外接恒流源產生，圖中未圖出）。線框的邊長為d（d l），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，導體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導體棒在整個運動過程中始終與導軌垂直。重力加速度為g。求： （1）裝置從釋放到開始返回的過程

20、中，線框中產生的焦耳熱Q； （2）線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間t1 ； （3）經過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離xm。,圖8,解析：(1)設裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中， 作用在線框上的安培力做功為W 由動能定理 mgsin4d+WBIld=0 且 Q=W 解得 Q= 4mgdsinBIld （2）設線框剛離開磁場下邊界時的速度為v1，則線框共向下運動2d，由動能定理 mgsin2d+W =mv12/20 有 裝置在磁場中運動時收到的合力 F=mgsinFA 感應電動勢 E感=Bdv 感應電流 I感=E感/R 安培力 FA=BId 由牛頓第二定律，取時間

21、微元t，有a=v/t=F /m 則 v=(gsinB2d 2 v /mR)t 有 v1=gt1sin2B2d 3/mR 解得 （3）經過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離xm之間往復運動 由動能定理 mgsinxmBIl(xmd)=0 解得 xm=BIld /（ BIlmgsin）,鞏固2、如圖9所示，兩根相距為d足夠長的光滑平行金屬導軌位于水平的xOy平面內，導軌與x軸平行，左端接有阻值為R的電阻.在x0的一側存在豎直向下的磁場，金屬棒質量為m，電阻為r，與金屬導軌垂直放置，且接觸良好開始時，金屬棒位于x=0處，現(xiàn)給金屬棒一大小為v0、方向沿x軸正方向的初速度，金屬棒沿導軌滑動，金屬導軌電阻可忽略不計問： 金屬棒滑行過程中安培力對金屬棒做的功和電阻R上產生的焦耳熱； 若導軌間的磁場是勻強磁場，磁感應強度為B，導體棒最終在導軌上靜止時的坐標 x1； 若導軌間的磁場是非勻強磁場，磁感應強度B沿x軸正方向增加，且大小滿足，導體棒最終在導軌上靜止時的坐標 x2,圖9,解析 根據(jù)動能定理 w=0mv0