微元法在電磁感應中的應用題型分析

　　摘 要： 本文針對目前江蘇高考中電磁感應中微元法的應用進行了深入淺出的分析。首先對微元法的定義和步驟作簡要的分析。然后把電磁感應中出現的題目作了簡要的分類：（1）導體棒所受的合力為單一安培阻力。（2）安培阻力與物體速度成正比，導體在受到安培力的作用下和一個恒定外力的作用下做變加速運動。（3）導體棒由于切割磁感線產生感應電流，受到安培阻力作用做變加速運動，安培力與速度的不成正比。對每種題型作了詳盡的分析，并且得出了更易于學生接受的推論。此方法已經在教學實踐中加以應用，并收到了良好的效果。
　　關鍵詞： 微元法 電磁感應 應用
　　
　　一、背景
　　微元法是中學物理中的一種重要的思想方法。從近幾年的江蘇省的高考試題來看多次出現應用微元法解決電磁感應的題目，如2006年最后一題，2007年最后第二題，2008年的最后一題，2009年最后一題。說明在江蘇高考中微元法占有相當重要的地位。在大學普通物理中，許多問題的求解都要用到“微元法”的思想。因此微元法非常重要。我在教學過程中發現，學生對微元法的理解不夠深入。學生對微元法什么時候用，為什么要用，怎樣用微元法往往是一知半解，在考試中亂用一氣。在電磁感應與力學綜合題中，導棒在磁場中切割磁感線，產生感應電動勢，進而產生感應電流。導棒中的感應電流在磁場中受到了安培力的作用。而安培力與物體的速度有關，安培力是變力，進而使導棒做變加速運動。當求導棒在一定時間內發生的位移，或發生一定位移時需要的時間，由于導棒發生變加速運動，不能應用勻變速運動規律來求解，這為微元法的應用提供了非常好的素材。因此本文借助于電磁感應中的力學問題的素材來研究微元法的應用。本文主要討論兩個方面：一是怎樣引導利用微元法來解題；二是就電磁感應中利用微元法解答的幾種題型作初步的探討。
　　二、微元法的定義
　　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雜的物理過程用我們熟悉的物理規律迅速地加以解決，使所求的問題簡單化。在使用微元法處理問題時，需將其分解為眾多微小的“元過程”，而且每個“元過程”所遵循的規律是相同的。這樣，我們只需分析這些“元過程”，然后將“元過程”進行必要的數學方法或物理思想處理，進而使問題求解。使用此方法會加強我們對已知規律的再思考，從而起到鞏固知識、加深認識和提高能力的作用。
　　三、微元法的解題步驟
　　1.分割取對象。選取微元用以量化元事物或元過程；微元可以是一小段線段、圓弧，一小塊面積，一個小體積、小質量，一小段時間……但應具有整體對象的基本特征。
　　2.近似用規律。視元事物或元過程為恒定，運用相應的規律給出待求量對應的微元表達式。
　　3.取極限求和。在微元表達式的定義域內施以疊加演算，進而求得待求量。
　　四、微元法在電磁感應解題中的應用
　　【題型一】:導體棒所受的合力為單一安培阻力，安培阻力與物體速度成正比
　　例1.如圖1，水平放置的導體電阻為R，R與兩根光滑的平行金屬導軌相連，導軌間距為L，其間有垂直導軌平面的、磁感應強度為B的勻強磁場。導軌上有一導體棒ab質量為m以初速度v向右運動。
　　①導體棒將做什么運動？
　　②請描繪出運動的v-t圖像。
　　③能否求出這個過程的總位移呢？
　　【分析】教師引導學生分析導體棒在安培阻力的作用下做加速度減小的減速運動。繪出速度時間圖像，如圖2所示。學生發現，導棒運動的時間不知道，導棒的速度隨時間作非均勻的變化。不知道怎樣求位移。教師讓學生意識到整體來求位移無法下手，引導學生思考：如果導棒做勻減速運動，怎樣求導棒的位移呢？學生會想到用勻變速直線運動的位移公式。然后引導學生回憶勻變速直線運動的位移公式怎樣推導出現來的，學生能回憶起把物體的運動分為幾個小段，用每一段的時間乘以每一段開始時的瞬時速度，然后用這些乘積求和就代表了物體的位移。但是分的段數越少，誤差越大。當把段數分得足夠多，每一段時間足夠小時，這些乘積之和就是勻變速直線運動的位移。可以看到，實質上上述分析過程用到了微元法中間的分割取對象——把宏觀時間分割為微觀時間，近似用規律——每一個微觀時間內的位移等于相應的微觀時間與相應的速度乘積，取極限求和——把所有的微觀乘積求和即為勻變速直線運動的位移。但是在真正求勻變速直線運動的位移時，由于速度隨時間作線性變化，梯形面積可用幾何方法直接求得，問題得到解決。但此題的曲邊三角形的面積不好直接求。因此必須利用物理規律定量寫出微小時間內位移的表達式。通過剛才的引導，學生意識到由于速度的不均勻變化不能整體地求出位移，應當類比勻變速直線運動位移公式的推導，先把整個過程分為無數個微小的過程，即微元法的第一步。還應該使學生認識到每一微小的時間內導體棒受到的合外力都只是安培力，只不過在不同的微小的時間段內導體棒受到的安培力的大小不同而已，也就是在每個“元過程”所遵循的規律是相同的。我們只需分析這些“元過程”，然后求出相應元過程所對應的元位移。最后把所有的元位移求和，就得到結果。
　　【解答】1.分割取對象
　　從t時刻到t+Δt取一元過程，Δt極小，由于元過程對應的時間很短，可以把這一過程看作是勻速直線運動，則在這一元過程的元位移Δx=vΔt，設vi為t時刻的瞬時速度，a是該元過程的加速度。
　　2.近似用規律
　　根據牛頓第二定律：-=ma…①，得：-=m…②，化簡得-vΔt=mΔt…③.
　　3.取極限求和
　　-∑vΔt=∑mΔv…④，-∑vΔt=m∑Δv…⑤，-∑Δx=m∑Δv…⑥，-x=m（v-v）…⑦.由于導棒的末速度為零，則上式可以化為x=mv…⑧，最后得到結果x=…⑨
　　【推論1】由上面的推導過程中的第⑦式，我們可以看到導體棒所受的合力為單一安培阻力。安培阻力與物體速度成正比，如果某在一宏觀過程中用v來代表初速度，用來v代表末速度，用x來代表位移，只要知道（v，v，x）中的任意兩個物理量就可以利用微元法求得第三個物理量。我們可以把第⑦式變形為-x=mΔv…⑦*，還可以看出導棒每發生相同的位移x，則速度的改變量Δv是相同的。我們來看下面一題。
　　【推論應用1】（2007年江蘇高考題）如圖所示，空間等間距分布著水平方向的條形勻強磁場，豎直方向磁場區域足夠長，磁感應強度B＝1T，每一條形磁場區域的寬度及相鄰條形磁場區域的間距均為d=0.5m，現有一邊長l=0.2m、質量m=0.1kg、電阻R＝0.1Ω的正方形線框MNOP以v=7m/s的初速從左側磁場邊緣水平進入磁場，求：
　　（1）線框ＭＮ邊剛進入磁場時受到安培力的大小F。
　　（2）線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產生的焦耳熱Q。
　　（3）線框能穿過的完整條形磁場區域的個數n。
　　【分析】由于本文只研究微元法解題，因此我們只討論第三問。
　　線框進入磁場時和離開磁場時在水平方向上只受安培阻力的的作用，使線框在水平方向的速度減小，而在線框全部進入磁場運動時穿過線框的磁通量不發生變化，沒有感應電流，沒有安培阻力，線框在水平方向上作勻速直線運動。所以線框在穿過每一個條形磁場過程中，有安培力存在時發生的位移為2l，磁感應強度B和導棒有效的切割長度L及回路的電阻R不變，則每穿過一個條形磁場線框的水平速度的減少量為定值。如果計算出每穿過一條形磁場的速度變化量就可以求出通過完整磁場區域的個數n。
　　
　　【解答】只有在線框進入和穿出條形磁場區域時，才產生感應電動勢，線框部分進入磁場區域x時，感應電動勢為E=Blv…①，感應電流I=E/R…②，安培力F=BIl…③。解得：F=…④。在t-t+Δt時間內，由牛頓第二定律-F=m…⑤，求和∑vΔt=∑Δx=m（v-v）…⑥，穿過一條形磁場的有效位移為2l，代入上式求得每穿過條形磁場速度的變化量Δv===1.6m…⑦，穿過的條形磁場區域的個數為n==4.4…⑧，可穿過4個完整的條形磁場區域。
　　【題型二】導體在受到安培力（安培阻力與物體速度成正比）的作用下和一個恒定外力的作用下作變加速運動。
　　例2.如圖，水平放置的導體電阻為R，R與兩根光滑的平行金屬導軌相連，導軌間距為L，其間有垂直導軌平面的、磁感應強度為B的勻強磁場。導軌上有一導體棒ab質量為m受到大小為F的恒力作用從靜止開始向右運動。
　　①導體棒將做什么運動？
　　②請描繪出運動的v-t圖像。
　　③末速度多大？
　　④若在t時刻，棒作勻速運動，求這段時間內的總位移。
　　【分析】教師引導學生分析加速度越來越小的加速運動，最終做勻速運動，外力F與安培力平衡。描繪出運動的v-t圖像。由例一學生很容易想到用微元法來求導體棒在時間t內發生的總位移。
　　【解答】1.分割取對象
　　從t時刻到t+Δt取一元過程，Δt極小，由于元過程對應的時間很短，可以把這一過程看作是勻速直線運動，則在這一元過程的元位移Δx=vΔt，設v為t時刻的瞬時速度，a是該元過程的加速度。
　　2.近似用規律
　　根據牛頓第二定律：F-=ma…①，得：F-=m…②，化簡得FΔt-vΔt=mΔv…③。
　　3.取極限求和
　　∑FΔt-∑vΔt=∑mΔv…④，F∑Δt-∑vΔt=m∑Δv…⑤，F∑Δt-∑Δx=m∑Δv…⑥，Ft-=m（v-v）…⑦。由于導棒的初速度為零，則上式可以化為:Ft-x=mv…⑧。由于在t時刻導棒已達到勻速直線運動，由安培力等于外力F可得F=…⑨，把⑨式代入⑧式得:x=-…⑩。
　　【推論2】由上面的推導過程中的第⑦式，我們可以看到導體在受到安培力（安培力僅是導體棒速度的函數）的作用下和一個恒定外力的作用下作變加速運動。如果某一宏觀過程中用v來代表初速度，用v來代表末速度，用x來代表位移，用t來代表運動的時間。則可以利用微元法，只要知道（v，v，x，t）中的任意三個物理量就可以求得第四個物理量。
　　【推論應用2】（2009江蘇高考物理）如圖所示，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、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，圖中未畫出）。線框的邊長為d（d＜l），電阻為R，下邊與磁場區域上邊界重合。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中，線框中產生的焦耳熱Q；
　　（2）線框第一次穿越磁場區域所需的時間t；
　　（3）經過足夠長時間后，線框上邊與磁場區域下邊界的最大距離xm。
　　【分析】此處我們只分析與微元法相關的第二問。我們可以畫出如下圖所示的俯視圖，在線框通過磁場的過程中，也就是圖中的a位置運動到b位置的過程中，整個裝置在沿斜面方向受到沿斜面方面方向向下的恒力mgsinα和沿斜面向上的安培力F的作用做加速度減小的加速運動。依據前面的推論，在這一個過程中待求量為時間t，必須要知道初速度v0末速度vt和位移x，由題意易知初速度為0，位移x=2d，只要求得線框離開磁場時的速度v就可以依據微元法求得線框通過磁場的時間t，從線框離開磁場到導體棒進入磁場的過程中由于穿過“正”型裝置的磁通量不發生變化，沒有電磁感應現象產生，線框在沿斜面方向上只受重力的分力mgsinα作用作勻加速運動，至導體棒進入磁場后，“正”型裝置在斜面方向上除受重力的分力mgsinα作用外還受到沿斜面向上的安培力F=BIL作用作勻減速運動。從圖中的b到c過程可以利用動能定理求得線框剛離開磁場時的速度v。
　　【解答】設線框剛離開磁場下邊界時的速度為v，則接著向下運動2d到C位置
　　由動能定理mgsinα×2d-BIld=0-mv…①
　　感應電動勢E=Bdv…②
　　感應電流I′=E/R…③
　　安培力F′=BI′d…④
　　裝置在磁場中運動時受到的合力F=mgsinα-F′…⑤
　　由牛頓第二定律，在t到t+Δt時間內，有mgsinα-F′=m…⑥
　　則mgsinα∑Δt-∑Δx=m∑Δv…⑦，
　　mgtsinα-×2d=m（v-0）…⑧。
　　由⑧有v=gtsinα-…⑨。
　　把①代入⑨解得:t=…⑩。
　　【推論應用3】（2008年江蘇省高考物理）如圖所示，間距為L的兩條足夠長的平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，導軌光滑且電阻忽略不計。場強為B的條形勻強磁場方向與導軌平面垂直，磁場區域的寬度為d，間距為d。兩根質量均為m、有效電阻均為R的導體棒a和b放在導軌上，并與導軌垂直。（設重力加速度為g）
　　（1）若a進入第2個磁場區域時，b以與a同樣的速度進入第1個磁場區域，求b穿過第1個磁場區域過程中增加的動能△Ek。
　　（2）若a進入第2個磁場區域時，b恰好離開第1個磁場區域；此后a離開第2個磁場區域時，b又恰好進入第2個磁場區域。且a、b在任意一個磁場區域或無磁場區域的運動時間均相同。求b穿過第2個磁場區域過程中，兩導體棒產生的總焦耳熱Q。
　　（3）對于第（2）問所述的運動情況，求a穿出第k個磁場區域時的速率v。
　　【分析】此處我們討論第三問，由題意分析可知，設導體棒a從圖9A所在位置運動到圖9B所在位置（即經過第二個磁場區域）的時間為t，導體棒a在第二個磁場內受到沿斜面方向向下的重力的分力mgsinα（恒力）和安培力F=作用，作加速度a=加速度減小的減速運動。與此同時在這一段時間內導體棒b從圖9A所在位置運動到圖9B所在位置剛好經過無磁場區域，導體棒b在這個過程中作加速度a=gsinα勻加速直線運動。由于a、b在任意一個磁場區域或無磁場區域的運動時間均相同。導體棒a在第二段相同時間t內在無磁場區域內作加速度a=gsinα勻加速直線運動從圖9B所在位置運動到達圖9C的位置。在相同的時間t內導體棒b剛好經過第二個磁場區域從圖9B所在位置運動到達圖9C的位置。為了滿足兩棒a、b在任意一個磁場區域或無磁場區域的運動時間均相同，那么兩棒在每次加速后最大速度v和減速后的最小速度v都相同，兩棒的速度—時間圖像如圖10所示。所以a穿出第k個磁場區域時的速率與a穿出第2個磁場區域時的速率v相同。根據推論2，導體棒a在經過第二磁場區域時，時間t不知道，初速度v不知道，末速度v是待求的物理量，除了位移x=d1是已知的。因此四個物理量中只有一個位移可知，其它三個量都是未知。因此需要找到關于三個未知量的三個方程才能解決問題。
　　【解答】a導體棒在無磁場區域中運動時，
　　根據勻變速直線運動規律v-v=gtsinθ…①
　　且平均速度=d…②
　　a導體棒有磁場區域
　　棒a受到合力F=mgsinθ-BIl…③
　　
　　感應電動勢ε=Blv…④
　　感應電流I=…⑤
　　解得：F=mgsinθ-v…⑥
　　根據牛頓第二定律，在t到t+Δt時間內
　　∑Δv=∑Δt…⑦
　　則有：∑Δv=∑［gsinθ-］Δt…⑧
　　解得：v-v=gtsinθ-…⑨
　　聯列①②⑨式，解得：
　　v=v=sinθ-。
　　【題型三】導體棒由于切割磁感線產生感應電流，受到安培阻力作用作變加速運動，安培力與速度不成正比。
　　例3.（2006年江蘇高考物理）頂角θ=45°的導軌MON固定在水平面內。導軌處在方向豎直的磁感應強度為B的勻強磁場中，一根與ON垂直的導體棒在水平外力作用下以恒定速度v延導軌MON向右滑動。導體棒的質量為M，導軌與導體棒單位長度的電阻均為r。導體棒與導軌接觸點為a和b。導體棒在滑動過程中始終保持與導軌良好接觸。和t=0時，導體棒位于頂角O處，求：
　　（1）t時刻流過導體棒的電流強度I和電流方向。
　　（2）導體棒作勻速直線運動時水平外力F的表達式。
　　（3）導體棒在0-t時間內產生的焦耳熱Q。
　　（4）若在t時刻將外力F撤去，導體最終在導軌上靜止時的坐標x。
　　【分析】導體棒在切割過程中，導體棒的有效切割長度l=vt與時間成正比，整個回路的電阻R＝（2x＋x）r=（2+）vtr與時間成正比。則感應電流I==為定值。導棒受的安培力F=BIl=是有效切割長度l和速度v的函數。當t時刻將外力F撤去后，導棒在安培力作用下作變加速的減速運動。由于Δx=vΔt，所以lvΔt=lΔx=Δs。Δs是導體棒在Δt時間內導體棒掃過的面積。
　　【解答】撤去外力時，設任意時刻t導體棒的坐標為x，速度為v，取很短時間Δt或很短距離Δx，導體棒在Δt時間內掃過的面積是Δs，導體棒掃過的總面積ΔS。
　　在t—t+Δt時間內，由牛頓第二定律得:
　　-=m…①
　　-∑（lvΔt）=∑mΔv…②
　　-∑Δs=∑mΔv…③
　　ΔS=mv…④
　　導體棒掃過的總面積:ΔS==…⑤（x=vt），
　　由④⑤可得x＝+（vt）。
　　由上面的分析我們可以得到如下結論。當導體棒滿足題型一所述的條件時，由微元法可推導得推論1：-x=m（v-v）…①和-x=mΔv…①*，由①可得題目的待求量為（v，v，x）中的一項，如例一是已知導棒的初速度與末速度由導棒的位移。由②可得題目的待求量可以是已知導棒（線圈）的位移求速度的變化量，進而求得通過的條形磁場的個數。如推論應用1。當導體棒（線圈）滿足題型二所述條件時，由微元法可推導得推論2：Ft-x=m（v-v）…②。由②可得題目的待求量為（v，v，x，t）的一項。如例2中已知v，v，t，求x。推論應用2中待求量是時間t，已知量為初速度和位移，還有末速度通過后的過程中應用動能定理求得。推論應用3中的待求量是導棒的末速度v，但其它三量只有位移明顯可知。因此找到三個有關于v，v，t的關系式使問題得于求解。從題型二可以看出關鍵要分析在變加速度過程中的（v，v，x，t）這四個物理量。哪個是待求量，然后找出其余三個物理量，利用微元法可以解題。當導體棒滿足題型三，則設法用換元的方法，如例3把微元化為面積元，使問題求解。當然題目是千變萬化的，我們不只局限于分析。在此我只是通過對近幾年高考試題的分析，使同學們能從宏觀上把握電磁感應中微元法的應用。
　　 注：“本文中所涉及到的圖表、公式、注解等請以PDF格式閱讀”