微元法在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用

　　在電磁感應(yīng)問題中，由于安培力的大小與電流I有關(guān)，I與感應(yīng)電動勢E有關(guān)，動生電動勢E又與速度v有關(guān)。因此安培力與速度相互關(guān)聯(lián)、相互影響。這就導(dǎo)致電磁感應(yīng)中的非勻變速運動問題，用常規(guī)動力學方法很難解決，此時微元法就發(fā)揮著不可替代的作用。
　　所謂微元法就是利用微分思想去分析解決問題的一種方法。它將研究的對象或過程進行無限細分（化變?yōu)楹恪⒒鸀橹保鹊龋瑥闹谐槿∧骋晃⑿卧M行討論，從而找出被研究對象或過程中的變化規(guī)律。具體處理方法是：將研究的問題分解成許多微小的“元過程”，每個“元過程”遵循相同規(guī)律，這時只需分析“元過程”，然后將“元過程”累計求和從而解決問題。本文將介紹幾種微元在電磁感應(yīng)問題中的具體應(yīng)用，試圖給讀者一點啟迪。
　　1.用速度微元速度
　　例1：如圖所示，間距為L的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ，導(dǎo)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(dǎo)軌平面垂直，磁場區(qū)域的寬度為d，間距為d。兩根質(zhì)量均為m、有效電阻均為R的導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。（設(shè)重力加速度為g）（1）若a進入第2個磁場區(qū)域時，b恰好離開第1個磁場區(qū)域；此后a離開第2個磁場區(qū)域時，b又恰好進入第2個磁場區(qū)域。且a、b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均相。求b穿過第2個磁場區(qū)域過程中，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q；（2）對于第（1）問所述的運動情況，求a穿出第k個磁場區(qū)域時的速率v。
　　解析：（1）略（2）設(shè)導(dǎo)體棒剛進入無磁場區(qū)域時的速度v，剛離開無磁場區(qū)域時的速度v在無磁場區(qū)域，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律v-v=gtsinθ且平均速度=有磁場區(qū)域，棒a受到合力F=mgsinθ-BIl，感應(yīng)電動勢ε=Blv，感應(yīng)電流I=解得F=mgsinθ-v.
　　根據(jù)牛頓第二定律，設(shè)在極短時間Δt內(nèi)的速度變化微元為Δv，則Δv=Δt.
　　等式兩邊求和，∑Δv=∑gsinθ-Δt，解得v-v=gtsinθ-d（3）.
　　聯(lián)列解得v=sinθ-，由題意知，v=v=sinθ-.
　　2.用電量微元求電量
　　例2:如圖所示，兩條相距l(xiāng)=0.20m的平行光滑金屬導(dǎo)軌中間水平，兩端翹起。虛線MN、PQ之間是水平部分，MN、PQ之間的距離d=1.50m，在此區(qū)域存在豎直向下的勻強磁場B=0.50T，軌道右端接有電阻R=1.50Ω。一質(zhì)量為m=10g的導(dǎo)體棒從左端高H=0.80m處由靜止下滑，最終停在水平軌道上，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。已知導(dǎo)體棒的電阻r=0.50Ω，其他電阻不計，g取10m/s。求：導(dǎo)體棒運動的整個過程中，通過電阻R的電量。
　　解析：導(dǎo)體棒進入磁場，受到安培力作用，取一段極短時間Δt，速度變化微元為Δv，電量變化微元Δq=iΔt，由動量定理得-BilΔt=mΔt，即：-BlΔq=mΔt，等式兩邊求和-∑BlΔq=∑mΔv
　　所以電量q=∑Δq=，其中v=.
　　因此，整個運動過程中通過電阻R的電量為q==4C.
　　3.用位移微元求距離
　　例3：如圖所示，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒曲垂直放在光滑足夠長的U形導(dǎo)軌的底端，導(dǎo)軌寬度和棒長相等且接觸良好，導(dǎo)軌平面與水平面成θ角，整個裝置處在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強磁場中.現(xiàn)給導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上的初速度v，經(jīng)時間t導(dǎo)體棒到達最高點，然后開始返回，到達底端前已經(jīng)做勻速運動，速度大小為.已知導(dǎo)體棒的電阻為R，其余電阻不計，重力加速度為g，忽略電路中感應(yīng)電流之間的相互作用.求：導(dǎo)體棒上升的最大高度.
　　解析：選沿斜面向上為正方向，上升過程中的加速度為a，上升到最高點的路程為S，
　　根據(jù)牛頓第二定律得a=-（gsinθ+）.
　　取一段極短時間Δt，速度變化微元為Δv，由Δv=aΔt，得Δv=-（gsinθΔt+vΔt）.
　　其中，vΔt=Δs，在上升的全過程中，等式兩邊求和∑Δv=-（gsinθ∑Δt+∑Δs）.
　　即0-v=-（tgsinθ+）.因為H=Ssinθ，且gsinθ=，所以H=.
　　4.用時間微元求時間
　　例4：如圖所示，AB是一根裸導(dǎo)線，單位長度的電阻為R，一部分彎曲成半徑為r的圓圈，圓圈導(dǎo)線相交處導(dǎo)電接觸良好.圓圈所在區(qū)域有與圓圈平面垂直的均勻磁場，磁感強度為B.導(dǎo)線一端B點固定，A端在沿BA方向的恒力F作用下向右移動，從而使圓圈緩慢縮小.設(shè)在圓圈縮小過程中始終保持圓的形狀，設(shè)導(dǎo)體回路是柔軟的．試求此圓圈從初始的半徑r到完全消失所需時間T.
　　解析：設(shè)在恒力F作用下，A端Δt時間內(nèi)向右移動微小量Δx，則相應(yīng)圓半徑減小Δr，則有：Δx=2πΔr.在這瞬息Δt時間內(nèi)F的功等于回路電功F?Δx=?Δt，ε==BΔS可認為是由于半徑減小微小量Δr而引起面積變化，有：ΔS=2πr?Δr.
　　而回路電阻R為：R=R?2πr.
　　代入得：F?2πΔr=Δt=?Δt，所以Δt==.
　　顯然Δt與圓面積的變化ΔS成正比，所以當面積由πr變化至零時，經(jīng)歷時間T為T=∑Δt=∑=∑ΔS，所以T=.
　　 注：“本文中所涉及到的圖表、公式、注解等請以PDF格式閱讀”