高中物理微元法

1微元法►将物理量分割成无数个微元，再对这些微元求和(积分),就得到了物理量总的变化量。ΣΔt=t，ΣΔx=x，ΣΔv=v，►将随时间变化的物理量，如力、速度、电流等，将时间分割成无数个微元Δt，每个微元中变量可以看作是不变的，再对这些微小积累量求和(积分)。ΣFΔt=m(v2-v1)，ΣvΔt=x，ΣIΔt=Q在电磁学中，这是一种很重要的计算方法。1.（2004哈尔滨）如图所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长。试求：（1）、ab、cd棒的最终速度；（2）、全过程中感应电流产生的焦耳热。2.(1999上海）如图所示，长电阻r＝0.3Ω、m＝0.1kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R＝0.5Ω的电阻，量程为0～3.0A的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0V的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面。现以向右恒定外力F使金属棒右移。当金属棒以v＝2m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏。问：⑴此满偏的电表是哪个表？说明理由。⑵拉动金属棒的外力F多大？（3）此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上。求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量。3.（2004广州）如图所示，金属棒ab质量m＝5g，放在相距L＝1m、处于同一水平面上的两根光滑平行金属导轨最右端，导轨距地高h＝0.8m，电容器电容C＝400μF，电源电动势E＝16V，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中。单刀双掷开关S先打向1，稳定后再打向2，金属棒因安培力的作用被水平抛出，落到距轨道末端水平距离x＝6.4cm的地面上；空气阻力忽略不计，取g＝10m/s2.求金属棒ab抛出后电容器两端电压有多高？4.（南京2010三模）如图所示，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mL1，倾角θ=45°，水平部分处于磁感应强度TB1的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，磁场左边界tXxCEKh212MN与导轨垂直。金属棒ab质量kgm021，电阻11R，金属棒cd质量kgm2.02，电阻32R，导轨电阻不计，两棒与导轨间动摩擦因数2.0。开始时，棒ab放在斜导轨上，与水平导轨高度差mh1，棒cd放在水平轨上，距MN距离为0s。两棒均与导轨垂直，现将ab棒由静止释放，取2/10smg。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0s。5.（2010模拟）如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L＝1m，导轨的电阻可忽略。M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量m＝1kg、电阻r＝0.2?的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好。整套装置处于磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。自图示位置起，杆ab受到大小为F＝0.5v＋2（式中v为杆ab运动的速度，力F的单位为N）、方向平行导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增大。g取10m/s2，sin37°＝0.6。⑴试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，并请写出推理过程；⑵求电阻R的阻值；（3）求金属杆下滑1m所需的时间t以及此过程产生的焦耳热。6.（2012虹口二模）如图（甲）所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L为0.5m，导轨左端连接一个阻值为2Ω的定值电阻R，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r=2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B=2T。若棒以1m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F作用，并保持拉力的功率恒为4W，从此时开始计时，经过一定时间t金属棒的速度稳定不变，电阻R中产生的电热为3.2J，图（乙）为安培力与时间的关系图像。试求：（1）金属棒的最大速度；（2）金属棒速度为2m/s时的加速度；（3）此过程对应的时间t；（4）估算0～3s内通过电阻R的电量。NchMbdaS00037°FRB3参考答案1.解析：（1）由动能定理：mghmvvgh1222（*此题动量不守恒）ab与cd匀速运动，则它们不受安培力作用，回路感应电动势为零，E1=BL1v1，E2=BL2v2，则v2=3v1ab与cd组成的系统受到安培力合力不为零，F1=3F2，动量不守恒，用动量定理：ΣF1Δt=m（v-v1），ΣF2Δt=mv2，得vghvgh1211023102（2）系统能量守恒Qmghmvmvmgh121291012222.解析（1）U=I（R+r），当U=1V时，I=1.25A，所以电压表先满偏。（2）VURrRE6.1，因为E=BLv，所以BL=0.8,NrRvLBF6.122,（3）用动量定理，ΣFΔt=ΣBILΔt=mv，BLΣIΔt=mv，BLQ=mv，CBLmvQ25.03.解析：下落时间sght4.02，CCEQ31104.6，根据动量定理，ΣFΔt=ΣBIlΔt=mv，BlΣIΔt=mv，BlQ=mv，CBlmvQ32106.1,VCQQU12214.解析：（1）21121vmghm,smsmghv/47.4/522(2)ab刚进入磁场时,感应电流最大,加速度最大2221122max/12.1/25)(smsmRRmvlBa(3)ab和cd组成的系统受到合外力为零,动量守恒,最后稳定下来,具有共同的速度'v.')(211vmmvm,2'vv,设ab和cd的瞬时速度分别为v1和v2,感应电动势为)(21vvBLEF安/Nt/s1.02.03.00.51.00图（乙）RMNPQcdF图（甲）4方法一:2121221111)(RRvvLBtvmamF,vLBRRmtvv2221121)()(vLBRRmtvv2221121)()(,两边求和:vLBRRmtvv2221121)()(即mmvLBRRmvvLBRRms79.15542)()'()(22211222110方法二:对ab运用动量定理,)'(1vvmtF,即)'()(1212122vvmtvvRRLB,mmvLBRRmvvLBRRms79.15542)()'()(222112221105.解析：（1）通过R的电流kvrRBLvI，因为I随时间均匀增大，所以v随时间均匀增大，导体棒做匀加速直线运动。（2）合外力是恒力，CvRvrRvLBmgFF2.025.0625.0sin22合所以R=0.3Ω，F合=8N，（3）a=8m/s2,saxt5.02,JtrRaLBtatrRLBtvrRLBtrREQ4)(322222222226.解析：（1）金属棒的速度最大时，安培力也最大,为1N,拉力等于安培力,smFPv/4max,或125.0maxmax22maxvrRvLBF，smv/4max，（2）NrRvLBF5.022安,NvPF2',2/5.7'smmFFa安,（3）在此过程中，由动能定理得：22011=22mPtWmmvv安,安培力做功全部转化为焦耳热,W安=-(QR+Qr)=-2QR=-2×3.2J=-6.4J解出22220-20.240.2126.479s=s=1.975s22440mmmWtPvv安（4）图线与横轴之间共有112415131.52个小方格，相应的“面积”为131.5×0.2×0.1N·s=2.63N·s，即Ft安=2.63N·s故qItFtBL安2.63C=2.63C20.5