微元法的应用

微元法的应用一、学习目标知识与技能①知道微元法是分析、解决物理问题的常用方法之一；②了解微元法在高中物理教材中的应用实例；③掌握微元法解题的一般思维程序；④运用微元法解决有关连续变化的相关问题过程与方法①通过应用微元法解题，体验微元法的特点和应用技巧，能把这种方法和动能定理等其他处理变力问题的方法加以比较；②通过了解教材中一些应用微元法的实例，感悟这种贯穿于整个高中物理知识体系的思维方法的重要地位；情感态度价值观①经历微元法解决非匀变速运动速度和位移的关系，体会化变为恒、化曲为直、使复杂问题简单化的科学思维方法；②体验成功的快乐和方法的意义，增强科学能力的价值观微元法在高考中的地位：微元法是一种深刻的思维方法，先分割逼近，找到规律，再累计求和，达到了解整体的目的。关于微元法的题目，连续几年出现在江苏高考物理试卷中和各大高校的自主招生考试中。微元法在教材中的广泛应用：在处理匀变速直线运动的位移、瞬时速度，曲线运动速度方向、万有引力由“质点”向“大的物体”过渡、探究重力做功、变力做功、推导第二宇宙速、推导正弦式交流电峰值和有效值的关系等等微元法的一般思维程序例1如图1所示，一个质量为m的钢性圆环套在一根固定的足够长的水平直杆上，环的半径略大于杆的半径。环与杆之间的动摩擦因数为μ。t=0时刻给环一个向右的初速度v0，同时对环施加一个方向始终竖直向上的力F，已知力F的大小为F=kv，(k为大于0的常数且已知，v为环的运动速度)，且有kv0＞mg，t=t1时刻环开始沿杆做匀速直线运动。试求：在0～t1时间内，环沿杆运动的距离。（一）微元法在力学中的应用F图1GFNf环做加速度减小的减速运动，最后匀速解析:kv1=mg，v1=mg/k①环在任意时刻t的加速度a=μ(kv–mg)/m②②式改写为Δv=μkvΔt/m–μgΔt在v0～v1区间内对③式各项求和有∑Δv=∑μkΔx/m–∑μgΔt④由④式可得v0–v1=μkx/m–μgt1⑤⑤式整理得x=m(v0–mg/k+μgt1)/μk=μkΔx/m–μgΔt③vt0v0v1t1vtΔt取一段时间微元Δt→0，a=Δv/Δt求：在0～t1时间内，环沿杆运动的距离。练习1．从地面上以初速度v0竖直上抛出质量为m的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，落地前球已经做匀速运动，求：①作出球运动的速率随时间变化的图象；②球上升的最大高度GfvGfv设上升至速度为v时加速度为a，ma=mg＋kvvmkgahmktgtvmktgtavHmkgtvhmktgv10gvgtvH110)(☆对变化的速度、位移从牛顿定律出发，采取先微元、再求和的方法,并注意换元的技巧。取一段时间微元Δt，a=Δv/Δt有：例2．如图所示，一个由绝缘细线构成的刚性轨道水平放置，轨道OCD部分光滑，是以B为中心，l为半径的半圆，AB＝2l，直轨道DE部分是粗糙的且足够长。轨道上A处有电荷量为Q1的正点电荷，B处有电荷量为Q2的负点电荷（|Q2|＞Q1）。一个质量为m电荷量为＋q的小环套在轨道上，环与轨道间的动摩擦因数为μ。已知点电荷产生电场时，若以无穷远为零势面，其电势可表示为φ=kQ/r，Q为场源电荷，r为与电荷的距离。（1）若小环初始位置在O处，受到轻微扰动后沿半圆轨道加速运动,求小环运动至D处的速度大小v0。（二）微元法在静电场中的应用解：（1）根据点电荷产生的电势公式可知，Q2在O、D两处产生的电势相等，小环从O运动到D只有点电荷Q1对环做功，由动能定理可得WOD=q（φO–φD）=mv02/2即kQ1q/l–kQ1q/3l=mv02/2解得mlqkQv3410例2（2）若小环到达D点后沿直轨道DE运动。设小环在两个点电荷Q1、Q2共同作用下所受库仑力与速度大小成正比，比例系数为k，经过时间t0静止，求小环在直轨道上运动的距离x。解析：设某时刻t小环运动速度为v时加速度为a=(μmg+kv)/m取一段时间微元Δt，a=Δv/Δt有：Δv=(μgΔt+kvΔt/m)=(μgΔt+kΔx/m)∑Δv=(μg∑Δt+k/m∑Δx)v0=μgt0＋kx/mx=m(v0–μgt0)/kkgtmlqQmx)34(01练习2，电量Q均匀分布在半径为R的圆环上（如图3所示），求在圆环轴线上距圆心O点为x处的P点的电场强度和电势图3解析：选电荷元,2RQRq22222)(2cosxRxxRRQRkrqkEx322322322)(2)(2)(2xRkQxxRkQxxRkQxEEx22xRqkiP22xRkQiPP空间元☆注意矢量和标量不同的叠加方法它在P点产生的电场的场强的x分量为：根据对称性电荷元在P点的电势为（三）、微元法在电磁感应中的应用例3.如图4，两根足够长的光滑固定平行金属导轨与水平面成θ角，导轨间距为d，两导体棒a和b与导轨垂直放置，两根导体棒的质量都为m、电阻都为R，回路中其余电阻不计。整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。在t=0时刻使a沿导轨向上作速度为v的匀速运动，同时将b由静止释放，b经过一段时间后也作匀速运动。已知d=1m，m=0.5kg，R=0.5Ω，B=0.5T，θ=30°，g取10m/s2，不计两导棒间的相互作用力。bBFaθθ图4（三）、微元法在电磁感应中的应用⑴为使导体棒b能沿导轨向下运动，a的速度v不能超过多大？bBFaθθ图4GFANb解析：⑴设a的速度为v1，由于b初态速度为零，则I=E1/2R=Bdv1/2R①对b：FA=BId=B2d2v1/2R②b要下滑FA＜mgsinθ③将①②式代入③式得：v1＜10m/s④（三）、微元法在电磁感应中的应用例3.如图4，两根足够长的光滑固定平行金属导轨与水平面成θ角，导轨间距为d，两导体棒a和b与导轨垂直放置，两根导体棒的质量都为m、电阻都为R，回路中其余电阻不计。整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。在t=0时刻使a沿导轨向上作速度为v的匀速运动，同时将b由静止释放，b经过一段时间后也作匀速运动。已知d=1m，m=0.5kg，R=0.5Ω，B=0.5T，θ=30°，g取10m/s2，不计两导棒间的相互作用力。⑵若a在平行于导轨向上的力F作用下，以v1=2m/s的速度沿导轨向上运动，试导出F与b的速率v2的函数关系式并求出v2的最大值；bBFaθθ图4解析：⑵设a的速度为v1，b的速度为v2，回路电流为I，则：I=（E1+E2）/2R=Bd(v1+v2)/2R⑤对a：mgsinθ+FA=Fmgsinθ+B2d2(v1+v2)/2R=F⑥代入数据得:F=3+v2/4(N)设b的最大速度为vm，则有：B2d2(v1+vm)/2R=mgsinθ代入数据得:vm=8m/sGFNFAaGFANb（三）、微元法在电磁感应中的应用⑶在⑵中，当t=2s时，b的速度达到5.06m/s，2s内回路中产生的焦耳热为13.2J，求该2s内力F做的功（结果保留三位有效数字）。解析：⑶对b：mgsinθ－FA=ma即mgsinθ–B2d2(v1+v2)/2R=ma取一段时间微元Δt，a=Δv/Δt,mgsinθ–B2d2(v1+v2i)/2R=m△v2i/△t代入数据并整理得：8–v2i=2△v2i/△t⑦等式求和得：8∑△t–∑v2i△t=2∑△v2i8t－x2=2v2将t=2s，v2=5.06m/s代入上式得：x2=5.88m解法1：a的位移：x1=v1t=2×2=4m由动能定理知：mv22/2－0=WF－mgx1sinθ＋mgx2sinθ＋WAWA=－Q代入数据得：WF=14.9J解法2：棒a有一很小位移△x1时，力F做的功为Wi=Fi△x1=mgsin30°△x1+B2d2(v1+v2i)△x/2R代人数据得Wi=3△x1+0.25v2i△x1式中v2i可由⑦式求得：v2i=8–2△v2i/△t得：Wi=3△x1+(8–2△v2i/△t)·0.25△x1=5△x1–0.5△v2i·△x1/△t式中△v2i为棒b在△t时间内的速度增量，△x1为棒a在△t时间的位移，所以△x1/△t=v1=2m/s，代入⑩式并求和得WF=5∑△x1–0.5v1∑△v2i=5x1－0.5v1v2=5×4J–1×5.06J=14.9J☆两种解法，其中第二种解法并未使用“2s内回路中产生的焦耳热为13.2J，”这一条件，所以，这是一个有多余已知条件的高考模拟题。☆在条件充分的情况下，微元法并不是唯一选择，不要形成遇到电磁感应必用微元这样的先入为主的印象练习3-1如图5所示，两平行光滑的金属导轨AD、CE相距L=1.0m，导轨平面与水平面的夹角α=30°，下端用导线连接R=0.40Ω的电阻，导轨电阻不计．PQGH范围内存在方向垂直导轨平面的磁场，磁场的宽度d=0.40m，边界PQ、HG均与导轨垂直．质量m=0.10kg、电阻r=0.10Ω的金属棒MN垂直放置在导轨上，且两端始终与导轨电接触良好，从与磁场上边界GH距离也为d的位置由静止释放，取g=10m/s2．（1）若PQGH范围内存在着磁感应强度随高度变化的磁场（在同一水平线上各处磁感应强度相同），金属棒进入磁场后，以a=2.5m/s2的加速度做匀加速运动，求磁场上边缘（紧靠GH）的磁感应强度；（2）在（1）的情况下，金属棒在磁场区域运动的过程中，电阻R上产生的热量是多少？（3）若PQGH范围内存在着磁感应强度B=0.50T的匀强磁场，金属棒在磁场中运动过程受到F＝(0.75v-0.5)N（v为金属棒运动速度）沿导轨向下的力作用，求金属棒离开磁场时的速度．ACPQGHMNED图5BdαdR解析：（1）设磁场上边缘的磁感应强度为B0，金属棒刚进入磁场时的速度为v0、产生的感应电流为I0、受到的安培力为F0，则有I0=B0Lv0/（R+r）F0=B0I0Lmv02/2=mgdsinαmgsinα–F0=ma代入数据解得v0=2m/s，B0=0.25T（2）设电阻R上产生的热量为Q，金属棒到达磁场下边界时的速度为v，则v2=v02+2admv2/2－0=mg·2dsinα＋WAWA=－Q总Q总=mg·2dsinα–mv2/2QR=RQ总/(R+r)代入数据解得QR=0.080J（3）设金属棒离开磁场时的速度为v´，则mgsinα+F–F安=mΔv/Δt其中F安Δt=BILΔt=B2L2v·Δt/(R+r)=B2L2Δx/(R+r)则∑mΔv=∑[mgΔt/2+FΔt–B2L2Δx/(R+r)]=0.25∑Δx即m（v＇–v0）=0.25d代入数据解得v´=3.0m/s练习3-2如图6所示，两根足够长的平行金属导轨由倾斜和水平两部分平滑连接组成，导轨间距L=1m，倾角θ=45°，水平部分处于磁感应强度B=1T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，磁场左边界MN与导轨垂直。金属棒ab质量m1=0.2kg，电阻R1=1Ω，金属棒cd质量m2=0.2kg，电阻R2=3Ω，导轨电阻不计，两棒与导轨间动摩擦因数μ=0.2。开始时，棒ab放在斜导轨上，与水平导轨高度差h=1m，棒cd放在水平轨上，距MN距离为s0。两棒均与导轨垂直，现将ab棒由静止释放，取g=10m/s2。求：（1）棒ab运动到MN处的速度大小；（2）棒cd运动的最大加速度；（3）若导轨水平部分光滑，要使两棒不相碰，棒cd距离MN的最小距离s0。BN′θbcaaMhds0图6解析：（1）对ab运用动能定理得m1gh–μm1gcos45ºh/sin45º=m1v02/2v0=4m/s（2）棒ab运动到MN处，cd加速度最大Em=BLv0Im=Em/(R1+R2)Fm=B2L2v0/(R1+R2)=1NFm–μm2g=m2aa=3m/s2（3）在光滑不相碰的情况下，两棒最终速度必相等，设