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微元法
時間微元
（2022 北京模擬）微元思想是中學物理中的重要思想。所謂微元思想，是將研究對象或者物理過程分割成無限多個無限小的部分，先取出其中任意部分進行研究，再從局部到整體綜合起來加以考慮的科學思維方法。如圖所示，兩根平行的金屬導軌MN和PQ放在水平面上，左端連接阻值為R的電阻。導軌間距為L，電阻不計。導軌處在豎直向上的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度為B。一根質量為m、阻值為r的金屬棒放置在水平導軌上?，F給金屬棒一個瞬時沖量，使其獲得一個水平向右的初速度v0后沿導軌運動。設金屬棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，導軌足夠長，不計一切摩擦。求：
（1）金屬棒的速度為v時受到的安培力是多大？
（2）金屬棒向右運動的最大距離是多少？
關鍵信息：金屬棒水平向右沿導軌運動 → 產生的感應電動勢E＝BLv，回路中感應電流的方向為順時針，金屬棒所受安培力方向水平向左
不計一切摩擦 → 對金屬棒受力分析，金屬棒所受合力等于安培力
解題思路：根據法拉第電磁感應定律結合安培力的計算公式求解金屬棒所受的安培力。金屬棒水平向右運動過程中，從時間微元的角度，劃分為無數小段，每一小段的速度可看成幾乎不變，速度在時間上的累積為位移，應用牛頓第二定律或動量定理列方程，求解金屬棒向右運動的距離。
（1）金屬棒在磁場中的速度為v時，電路中的感應電動勢：E＝BLv
電路中的電流：I＝
金屬棒所受的安培力：F安＝BIL
得：F安＝
（2）
對金屬棒受力分析，由牛頓第二定律得：＝ma
設經過一段極短的時間Δt，a＝，則＝mΔv，
對時間累積：∑－＝∑mΔv，
由－＝m∑Δv 得：－＝－mv0
解得：x＝
取水平向右為正方向，金屬棒從速度為v0至停下來的過程中，由動量定理：
I安＝0－mv0
將整個運動過程劃分成很多小段，可認為每個小段中的速度幾乎不變，設每小段的時間為 ti，則安培力的沖量
I安＝－v1· t1＋(－v2· t2)＋(－v3· t3)＋…
I安＝－(v1· t1＋v2· t2＋v3· t3＋…)
I安＝－x
解得：x＝。
（2022 安徽月考）物理學研究問題一般從最簡單的理想情況入手，由簡入繁，逐漸貼近實際。在研究真實的向上拋出的物體運動時，我們可以先從不受阻力入手，再從受恒定阻力研究，最后研究接近真實的、阻力變化的運動情形?，F將一個質量為m的小球以速度v0豎直向上拋出，重力加速度為g。
（1）若忽略空氣阻力對小球運動的影響，求物體經過多長時間回到拋出點；
（2）若空氣阻力大小與小球速度大小成正比，已知小球經t時間上升到最高點，再經一段時間勻速經過拋出點時，速度大小為v1，求小球拋出后瞬間的加速度和上升的最大高度。
（1）忽略空氣阻力時，落回出發點的速度為－v0，
由－gt＝－v0－v0＝－2v0，
得：t＝＝
（2）小球最終做勻速運動，知mg＝kv1，得m＝
剛拋出時阻力與重力方向相同，則ma＝mg＋kv0
得：a＝＝g＋＝g(1＋)
在上升過程中取任意微小過程，設時間為Δti，速度為vi，速度的變化量為Δvi，
由動量定理：－mg∑Δti－k∑vi ti＝m∑Δvi
即－mgt－h＝m(0－v0)
得：h＝＝
涉及時間微元問題的一般解題步驟：
（1）本方法一般用來處理變加速直線運動的情況且物體所受的變力與速度成正比。
（2）找微元：對于這類變速運動，通常選取極短的一段時間 t，在這段極短的時間內可認為物體的受力、速度等物理量不變。
（3）列方程：應用牛頓第二定律、動量定理等物理規律，列微元方程。注意將表達式變形為可在時間微元上進行累加的形式。
（4）累加求和：對時間微元進行積分，加速度在時間上的累計是速度的變化量，速度在時間上的累積是位移，電流在時間上的累積是電荷量，力在時間上的累計是沖量。
位移微元
（2022 黑龍江月考）水平桌面上，長R＝5m的輕繩一端固定于O點，如圖所示（俯視圖），另一端系一個質量m＝2.0kg的小球，現對小球施加一個大小不變的力F＝10N，F拉著小球從M點運動到N點，方向始終與小球的運動方向成37°角。已知小球與桌面間的動摩擦因數μ＝0.2，不計空氣阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則拉力F做的功與克服摩擦力做的功之比為（ ）
A． B． C．2 D．3
關鍵信息：力F的大小不變，方向始終與小球的運動方向成37°角 → F做功與路程有關
小球受到的滑動摩擦力方向始終與速度方向相反 → 摩擦力做功也與路程有關
解題思路：根據功的定義式，采用微元法求解。
將圓弧分成很多小段l1，l2，…ln，拉力F在每小段上做的功為W1，W2，…Wn，因拉力F大小不變，方向始終與小球在該點的切線成37°角，所以W1＝Fl1cos37°，W2＝Fl2cos37°，…Wn＝Flncos37°，則拉力F做的功W＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos37°·R＝ J；
同理可得克服摩擦力做功W克f＝f（l1＋l2＋…＋ln）＝μmg·R＝ J，則拉力F做的功與克服摩擦力做的功之比為2，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2023 安徽月考）如圖甲所示，光滑金屬導軌ab、ac夾成固定放置在水平面上，處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中。一根導體棒在水平拉力作用下，以某一初速度由MN處減速到PQ處，此運動過程中，導體棒始終與ac垂直，所受安培力F隨位移x變化的圖像如圖乙所示。除阻值為R的電阻外，其余電阻不計，MN＝L0。在棒由MN處運動到PQ處的過程中（ ）
A．棒做勻減速直線運動 B．通過電阻的電流恒定
C．通過電阻的電荷量為 D．電阻產生的焦耳熱為
B．導軌ab、ac成45°角，導體棒在磁場中的長度為L＝L0＋x
則導體棒受到的安培力F＝BIL＝BIL0＋BIx
由乙圖可得，F－x的斜率恒定，則BI恒定，故通過導體棒的電流恒定，且I＝
故B正確；
A．設導體棒的速度為v，導體棒切割磁感線，則E＝BLv，I＝
則v＝
可得v－x的關系式不滿足勻變速直線運動速度與位移的關系，故A錯誤；
C．由q＝，＝，E＝可得q＝＝＝，故C錯誤；
D．此過程電阻產生的焦耳熱等于導體棒運動過程克服安培力所做的功，把導體棒的運動分割成若干個位移微元，由每個位移微元Δx極短，每一段安培力做功看成恒力做功，在0～L0這段距離上累積疊加，安培力F所做的功等于安培力F隨位移x變化的圖像中圖線在0～L0這段距離上所圍的面積S，所以Q＝|W安|＝L0＝，故D錯誤。
故選B。
（2022 安徽月考）若規定無限遠處的電勢為零，真空中正點電荷周圍某點的電勢φ可表示為φ＝，其中k為靜電力常量，Q為點電荷的電荷量，r為該點到點電荷的距離。如果場源是多個點電荷，電場中某點的電勢為各個點電荷單獨在該點產生電勢的代數和。如圖所示，一個半徑為R、電荷量為＋Q的均勻帶電細圓環固定在真空中，環面水平。一個質量為m的帶正電小球，從環心O的正上方D點由靜止開始下落，小球到達O點時的速度為v。已知D、O間的距離為R，靜電力常量為k，重力加速度為g。則小球所帶的電荷量是多少？
關鍵信息：均勻帶電細圓環 → 帶電體不能視為點電荷，可以采用微元法
小球由D點靜止下落，到達O點時的速度為v → 確定動能變化量，由動能定理進行解答
解題思路：結合點電荷的電勢公式，利用微元法求出D、O兩點的電勢，小球從D到O的過程中，根據動能定理求解小球所帶的電荷量。
把圓環分成很多等份，每一份都可視為點電荷，設每一份的電荷量為ΔQ，研究其中任意一份與D點的距離為：
l＝＝
它在D產生的電勢：φ1＝＝
由對稱性和疊加原理可知，圓環在D點的電勢：φD＝∑φ1＝∑ΔQ＝
同理可求得，圓環在O點的電勢：φO＝
所以D、O兩點間的電勢差：UDO＝φD－φO＝－
小球從D到O的過程中，根據動能定理有：mg·R＋qUDO＝mv2－0
解得：q＝(8gR－3v2)。
（智學精選）如圖所示，均勻帶電圓環所帶電荷量為＋Q，半徑為R，圓心為O，P為垂直于圓環平面中心軸上的一點，OP＝L，試求P點的場強。
如圖所示，設想將圓環看成由n個小段組成，當n相當大時，每一小段都可以看成點電荷，其所帶電荷量Q′＝，由點電荷場強公式可求得每一小段帶電環在P處產生的場強為
E＝＝。
由對稱性知，各小段帶電環在P處產生的場強E垂直于中心軸的分量Ey相互抵消，而其軸向分量Ex之和即為整個帶電圓環在P處產生的場強EP，
EP＝nEx＝nkcos θ＝，方向沿OP連線指向P。
1.利用“位移微元”求解變力做功的解題方法：
（1）將物體的位移分割成許多小段，因每一小段很小，每一小段上作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做功轉化為在無數多個位移上的恒力所做功的代數和。此法常用于求解大小不變、方向改變的變力做功問題。
（2）根據“位移微元”的思想，在力F－x圖像中，圖線與x軸圍成的面積表示對應力F在這段位移所做的功，利用圖線面積求解對應變力F做功。位于x軸上方的“面積”為正功，位于x軸下方的“面積”為負功，但此方法只適用于便于求圖線所圍面積的情況（如矩形、三角形、圓等規則的幾何圖形）。
2.利用“線微元”求解電場電勢和場強的解題方法：
對于均勻帶電圓環、帶電平面和帶電直桿等產生的電場問題，通常將帶電體分割成無數微小的電荷元，每個電荷元可看成點電荷。再對電荷元加以分析，這樣能化繁為簡，使變量、難以確定的量轉化為常量、容易確定的量。最后利用點電荷電場疊加的方法進行對稱求和或分組求和計算。
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