例谈微元法在解物理题中的应用

打开文本图片集

微元法是电磁学中极其重要的一种研究方法，电磁学中每时每刻都在利用微元法处理问题，使复杂问题简化和纯化，从而确定变量为常量达到理想化的效果.对问题中的信息进行提炼加工，突出主要因素，忽略次要因素，恰当处理，构建新的物理模型，从而更好地应用微元法，学好电磁感应这部分内容.

例如，如图所示，光滑金属导体ab和cd水平固定，相交于O点并接触良好，∠aOc=60°.一根轻弹簧一端固定，另一端连接一质量为m的导体棒ef，ef与ab和cd接触良好.弹簧的轴线与∠bOd平分线重合.虚线MN是磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场的边界线，距O点距离为L.ab、cd、ef单位长度的电阻均为r.现将弹簧压缩，t=0时，使ef从距磁场边界L4处由静止释放，进入磁场后刚好做匀速运动，当ef到达O点时，弹簧刚好恢复原长，并与导体棒ef分离.已知弹簧形变量为x时，弹性势能为12kx2，k为弹簧的劲度系数.不计感应电流之间的相互作用.

（1）证明：导体棒在磁场中做匀速运动时，电流的大小保持不变；

（2）求导体棒在磁场中做匀速运动的速度大小v0和弹簧的劲度系数k；

（3）求导体棒最终停止位置距O点的距离.

解（1）设匀速直线运动的速度为v0， ef有效切割长度为l，则电流

I=Blv03rl=Bv03r，由于v0不变，所以I不变.由平衡条件证明同样正确.

（2）由能量守恒得12k（5L4）2-12kL2=12mv20

设弹簧形变量为x，由平衡条件得 2BIxtan30°=kx

解得v0=3B2L28mr k=B4L212mr2

（3）ef越过O点后，与弹簧脱离，设导体棒最终停止位置距O点的距离为x0，某时刻回路中ef有效切割长度为L1，ef的速度为v，加速度为a，电流为I， 据牛顿第二定律得

a=-BIL1m=-B2L21v3mL1r=-B2L1v3mr.

取一小段时间Δt，速度微小变化为Δv，回路面积微小增量为ΔS，则等式两边同时乘以Δt可得

aΔt=-B23mrL1vΔt

即 ∑aΔt=-B23mr∑l1vΔt

∑Δv=-B23mr∑ΔS 得 -B23mvx20tan30°=0-v0

将第（2）问结果代入可得 x0=32L4

题后小结虽然本题涉及的物理模型较为复杂，且切割的金属杆的长度也在不断变化，但

容易发现题中涉及到金属杆的位移x与金属杆的有效切割长度及扫过的面积之间存在着定量的关系，则由

a=-BIL1m=-B2L21v3mL1r=-B2L1v3mr构建出B23mrL1vΔt就能解出题中的x.

规律总结及问题拓展此类问题对于金属杆的变加速运动过程的相关求解基本步骤：（1）对金属杆进行正确的受力分析，再应用牛顿第二定律，其加速度a肯定是包含F安在内的一个表达式；（2）根据题中条件或问题，对加速度a表达式中的F安部分进行合理的构建，具体见上述例题中的题后小结.（3）对微分表达式进行求和，等式左边的aΔt的求和结果就是此过程的速度改变量，等式右边的求和就可得到问题的答案.除上述情况外，如题中出现通过金属杆的电量q，则只要在表达式中构建出BLmIΔt即可.

成功应用（普通高等学校招生全国统一考试 江苏卷第15题）如图2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α，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2d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（d < l），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t1；

（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χm.

解（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，作用在线框上的安培力做的功为W，

由动能定理有 mg4dsinα+W-BIld=0

且Q=-W， 解得Q=4mgdsinα-BIld

（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1，从释放到线框刚离开磁场下边界的过程中，

由动能定理有

mg2dsinα-Q=12mv21

，解之得 v1=[SX（]2BIld-4mgdsinα[]m[SX）]

装置在磁场中运动时进行受力分析并结合牛顿第二定律可得

a=mgsinα-B2d2v/Rm

取极短时间Δt，在时间Δt内速度变化Δv

aΔt=gsinαΔt-B2d2mRvΔt

即∑aΔt=gsinα∑Δt-B2d2mR∑vΔt

可得v1=gsint1-B2d2mR2d

解得t1=2m（BIld-2mgdsinα）+2B2d3Rmgsinα

（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动，

由动能定理有mgxmsinα-BIl（xm-d）=0

解得xm=BIldBIl-mgsinα.

题后小结本题的第（2）问，作为江苏高考卷的压轴部分，自然有一定的难度，但利用前面的规律，还是比较能方便求出答案.