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1、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
2、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
3、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v0进入磁场，在t=T 时刻线圈刚好全部进入磁场且速度为vl，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vt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 mR LSB vv 2 10 解：t=0 时，E=BLv0 线圈电功
4、率 R vLB R E P 2 0 222 (2) 线圈进入磁场的过程中动能转化为焦耳热 2 1 2 0 2 1 2 1 mvmvQ 外力做功一是增加动能，二是克服安培力做功 2 1 2 0 mvmvWF (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： d ab c B L v 甲 v0 0 v t 2T v1 T 乙 mR vLB m BLI a 22 ： 等式两边同时乘以t可得： tLv mR LB tv mR LB ta 222 因为时间t极短， 则a可认为恒定不变，所以ta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tv
5、等于此极短时间内的位移x。则： tvL mR LB ta 2 可得：Lx mR LB vv 2 10 即 mR LSB vv 2 10 【题后小结】因为题中涉及到金属杆扫过的面积S，则将 mR vLB m BLI a 22 中构建出 tLv mR LB 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。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
6、L1向上作速度为 的匀速运动，在t=0 时刻将靠近L1处的L2由静止释放 ( 刚释放时两棒的 距离可忽略 ) ， 经过一段时间后L2也作匀速运动。 已知d=0.5m ， m=0.5kg ，R=0.1 ，B=1T， g取 10m/s 2。 (1) 为使导体棒L2向下运动，L1的速度 最大不能超过多少？ (2) 若L1的速度 为 3m/s, 在坐标中画出L2的加速度a 2与速 率 2的关系图像； (3) 若L1的速度 为 3m/s，在L2作匀速运动的某时刻，两棒 的间距 4m ，求在此时刻前L2运动的距离。 解： L2刚释放时电路中电动势 1 EBd回路中电流 R E I 2 1 1 安 培 力d
7、BIF 1 导 体 棒L2能 向 下 运 动 ， 则 Fmg得4/m s 当L2运动速度为 2时， 回路中电动势 2 ()EBd 导体棒 L2的加速度 m Fmg a得 2 2.52.5a (3) 当导体棒L2做匀速运动时，L1和 L2两棒的速度分别是 和 2，由平衡条件得 22 2 () 2 B d mg R 得 2 4/m s 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L2、L1 的相对速度为相时，利用牛顿第二定律分析可得： Rm vdB ga 2 22 相 取极短时间t，在时间t内速度变化 tv Rm dB tgta 相 2 22 tv Rm dB tgta 相
8、 2 22 又 相t=x相得 22 2 2 B d gtx Rm 相 代入数据得两棒间距为4m所用时间t=1.1s 导体棒L1运动的位移x1=t=31.1m=3.3m 导体棒L2运动的位移mxxx7.0 12相 【题后小结】 因为题中涉及到金属杆的位移x，则将 Rm vdB ga 2 22 相 中构建出tv Rm dB 相 2 22 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
9、向竖直向下的匀强磁场的边界线，距O点距离为Lab、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 4 L 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 21 2 kx ，k为弹簧的劲度系数不计感应电流之间的相互作用 证明：导体棒在磁场中做匀速运动时，电流的大小保持不变； 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； 求导体棒最终停止位置距O点的距离 解：设匀速直线运动的速度为v0，ef有效切割长度为l，则电流： r Bv rl Blv I 33 00 ，由
10、于v0不变，所以I不变。或由平衡条件证明同样正确 由能量守恒，得： 2 0 22 2 1 2 1 4 5 2 1 mvkL L k）（ O a b c d L B e L 4 f 60 M N 设弹簧形变量为x，由平衡条件，得： 2BIxtan30 = kx 解得v0 = 3B 2L2 8mr k = B 4L2 12mr 2 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： mr vLB rmL vLB m BIL a 33 1 2 1 2 1 2 1 取一小段时间t，速度
11、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： tvL mr B ta 1 2 3 即：tvL mr B ta 1 2 3 S mr B v 3 2 得 0 02 0 2 030tan 3 vx mr B 将第（ 2）问结果代入可得 4 23 0 L 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 vLB rmL vLB m BIL a 33 1 2 1 2 1 2 1 中构建 出tvL mr B 1 2
12、 3 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BILF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ta 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tI m BL 即可。 【成功应用】 （2009 年普通高等学校招生全国统一考试江苏
13、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，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
14、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 m。 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0sin4BIldWdmg 且QW解得BIldmgdQsin4 （2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为 1 v，从释放到线框刚离开磁场下边界的过程中， 由动能定理 2 1 2 1 sin2mvQdmg 解之得 mmgdBIldv/sin42 1 ）（ 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 m RvdBmg a /sin 22 取极短时间t，在时间t内速度变化 tv mR dB tgta 22 sin即tv mR dB tgta 22 sin 可得d mR dB tgv2sin 22 11 解得 23 1 2 2(2sin) sin B d m BIldmgd R t mg （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）（dxBIlmgx mm 解得 sin m BIld x BIlmg 【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。 参考文献：梁灿彬电磁学M北京 :高等教育出版社，2004