高中物理教学论文微元法江苏省高考物理试题特色解法苏教版

用心爱心专心1微元法：江苏省高考物理试题的特色解法我长期研究高考试题，发现，江苏省2006年到2009年4年来高考物理卷中的最后一题：电磁感应大题，在标准答案中，都是用微元法解的，可以说是江苏省高考物理试题的特色解法，因为全国卷和其他省市卷都没有。经笔者研究，也可以采用另外的解法。1.2007年高考江苏省物理卷第18题（１６分）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，现有一边长l=0.2m、质量m=0.1kg、电阻Ｒ＝0.1Ω的正方形线框ＭＮＯＰ以v0=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。解：（1）线框ＭＮ边刚进入磁场时，感应电动势VBlvE4.10，感应电流REIA14，受到安培力的大小Ｆ=NBIl8.2（2）水平方向速度为0，2021mvQJ45.2（3）解法1原答案给出的解法.线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势0BlvE，感应电流REI，受到安培力的大小Ｆ=BIl，得RvlBF22，在tt时间内，由牛顿定律：vtmF求和，vtvmRlB)(22,022vxmRlB解得mlBRmvx75.1220，线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n=375.44.075.1，取整数为4。解法2.新解法线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势BlvE，感应电流REI，受到安培力的大小Ｆ=BIl，得kvRvlBF22，其中RlBk22,由于速度是变化的，所用心爱心专心2以力是变化的，线框在水平方向只受安培力作用，安培力与速度成正比，线框在水平方向的运动是速度随位移均匀变化的运动，所以xmkv，从初速度0v运动到水平速度为0，xmkv0，通过的位移为0vkmx，即mlBRmvx75.1220，线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n=375.44.075.1，取整数为4。2.2008年高考江苏省物理卷第15题15、（16分）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θ，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d1，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△Ek；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．d115.解析：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0，所以a和b均不受安培力作用，由机械能守恒得1sinkEmgd①⑵设导体棒刚进入无磁场区时的速度为1v,刚离开无磁场区时的速度为2v,即导体棒刚进入磁场区时的速度为2v,刚离开磁场区时的速度为1v，由能量守恒得：在磁场区域有：2212111sin22mQmmgdvv②磁场区域1B磁场区域2B磁场区域3B磁场区域4B磁场区域5B棒b棒ad1d1d1d2d2d2d2Θd1用心爱心专心3在无磁场区域：2221211sin22mmmgdvv③解得：12()sinQmgdd⑶解法1.原答案给的解法：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t，在无磁场区域有：21singtvv④且平均速度：1222dtvv⑤在有磁场区域，对a棒：sinFmgBIl且：2BlIRv解得:RvlBF2mgsin22⑥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t内tmFv则有22sin2BlgtmRvv因为导体棒刚进入磁场区时的速度为2v,刚离开磁场区时的速度为1v,所以21vvv,1dtv，tt所以：122212sindmRlBgtvv⑦联立④⑤⑦式,得mRdlBdlBmgRdv8sin412212221（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：④代入⑦得：sin4122mgRdlBt，⑧⑧代入⑤得：122221sin8dlBRmgdvv⑨⑦+⑨得：mRdlBdlBmgRdv8sin412212221。）用心爱心专心4a．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1v．所以mRdlBdlBmgRdv8sin41221222。（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。）解法2.笔者的解法：运动分解法在无磁场区域，棒做匀加速运动，有：21singtvv④sin2112gttvd⑤在有磁场区域，把棒的运动分解为两个运动，一个是在重力的下滑分力作用下的速度的变化对时间来说是均匀变化的匀加速运动，另一个是在安培力作用下的速度的变化对位移来说是均匀变化的匀减速运动，棒在有磁场区域运动的时间也为t，运动的位移为1d，对在重力的下滑分力作用下的匀加速运动，有sin)(1gtv,⑥1)(v表示由于重力作用而引起的速度的变化。对在安培力作用下的运动，因为安培力kvvRlBBilF222(其中RlBk222)与速度成正比。所以，由于安培力作用而引起的速度的变化为12222)(dmRlBv，⑦因为本题安培力使速度减小，所以加负号。综合⑥、⑦两式，令21)()(vvv得mRdlBgtv2sin122,v表示经过有磁场区域速度的变化，即21vvv，所以mRdlBgtvv2sin12221⑧④、⑧两式联立解得sin4122mgRdlBt⑨⑨代入⑤得mRdlBdlBmgRdv8sin4122122211v就是所要求的棒a穿出任一个磁场区域时的速率，mRdlBdlBmgRdv8sin41221222⑩为了形象地表示两种匀变速运动，画出以下图象。左图是速度随时间变化的匀加速运动，用心爱心专心5右图是速度随位移变化的匀减速运动。3.2009年高考江苏省物理卷第15题(16分)【题目】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d2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，图中未画出）。线框的边长为d（Ld），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1t；（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mx。【解答】（命题者提供的解答）（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，作用在线框的安培力做功为W由动能定理Wdmg4sinBILd0用心爱心专心6且WQ解得Qsin4mgdBILd（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为1v，则接着向下运动d2由动能定理dmg2sinBILd02121mv装置在磁场中运动的合力'sinFmgF感应电动势Bdv感应电流RI'安培力dBIF''由牛顿第二定律，在t到tt时间内，有tmFv则v=tmRvdBg)sin(22有1vsin1gtmRdB322解得sin2)sin2(2321mgRdBmgdBILdmt（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离mx之间往复运动，由动能定理mxmgsin)(dxBILm0解得sinmgBILdBILdxm。【解析】（本人研究的另外解法）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1v，则接着向下运动d2，速度变为0，根据动能定理212102sinmvBILddmg，所以sin421gdmBILdv注意：导体棒在磁场中运动的位移是d，而不是d2，且因为是恒流，所以安培力是恒力。用心爱心专心7因为线框在磁场中的运动时受到的合力安FmgFsin，而vRBF22d安是与速度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变化的匀变速直线运动和在安培力作用下的速度随位移均匀变化的匀变速直线运动两种运动，前者速度的变化与时间成正比，后者速度的变化与位移成正比，有12212sinvdmRdBtg注意：因为线框下边进磁场和上边出磁场，掠过的距离共d2。所以sin23211gmRdBvt=sin2sin42322mgRdBgdmmBILd第（3）问，同原解答，不重复。从以上3题可以看出，如果把牛顿的这个规律当作定律，对此类题解起来就没有微元法那么麻烦了，也没有那么难懂了。当然，用这个规律能解的题目决不止这3题而已，而是很多。4.19．（17分）如图所示，顶角=45°，的金属导轨MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中。一根与ON垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度0v沿导轨MON向左滑动，导体棒的质量为m，导轨与导体棒单位长度的电阻均匀为r.导体棒与导轨接触点的a和b，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触.t=0时，导体棒位于顶角O处，求：（1）t时刻流过导体棒的电流强度I和电流方向。（2）导体棒作匀速直线运动时水平外力F的表达式。（3）导体棒在O～t时间内产生的焦耳热Q。（4）若在to时刻将外力F撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x。16解析：(1)把该带电粒子移到A板，克服电场力做功为：0qExW电，同时电势能增加为:00PxE,所以0qExEpxo。（2）解法一在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为x由牛顿第二定律可得：maqE用心爱心专心8由运动学公式得：)(202xxavx联立以上两式得)(2102xxqEmvExkx。0qExEEEPxkxx。（2）解法二在x轴上任取两点x1、x2，速度分别为v1、v2maqEF)(2122122xxavv联立得：)(21222qExmv=)(21121qExmv22pkEE=11pkEE。17．（1）设A球下落的高度为htvl0①221gth②联立①②得2022vglh③（2）由水平方向动量守恒得''0BAxmvmvmv④由机械能守恒得：222021)(21AyBymvvvm=)''(21)''(212222ByBxAyAxvvmvvm⑤式中AyAyvv'，ByByvv'联立④⑤得0'vvAx，0'Bxv(3)由水平方向动量守恒得：Bxmvmv2020vmmvIBx。18.（1）eeHeH224014211epmmmm24JmcE1221014.4.用心爱心专心9(2)kgmEPtm39101.6氦的含量%2103101.64139Mmk（3）由估算结果可知，%2k，远小于25%的实际值，所以银河系中的氦主要是宇宙诞生后不久生成的。19.解：