微元法在物理习题中的应用(改编)

电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”

江苏省特级教师 江苏省丰县中学 戴儒京

所谓：“微元法”

所谓“微元法”，又叫“微小变量法”，是解物理题的一种方法。

1.什么情况下用微元法解题？在变力作用下做变变速运动（非匀变速运动）时，可考虑用微元法解题。

2. 关于微元法。在时间t ?很短或位移x ?很小时，非匀变速运动可以看作匀变速运动，运动图象中的梯形可以看作矩形，所以x t v ?=?，s x l t lv ?=?=?。微元法体现了微分思想。

3. 关于求和

∑

。许多小的梯形加起来为大的梯形，即

∑?=?S s ，

（注意：前面的s 为小写，后面的S 为大写），并且0v

v v -=?∑，当末速度

0=v 时，有∑=?0v v ，或初

速度00=v 时，有

∑=?v v ，这个求和的方法体现了积分思想。

4. 无论物理规律用牛顿定律，还是动量定理或动能定理,都可以用微元法.

如果既可以用动量定理也可以用动能定理解。对于使用老教科书的地区，这两种解法用哪一种都行，但对于使用课程标准教科书的地区就不同了，因为课程标准教科书把动量的内容移到了选修3-5，如果不选修3-5，则不能用动量定理解，只能用动能定理解。

微元法解题，体现了微分和积分的思想，考查学生学习的潜能和独创能力。

电磁感应中的微元法

一些以“电磁感应”为题材的题目。可以用微元法解，因为在电磁感应中，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为BL v E =，感应电流为R

B L v

I =

，受安培力为v R

L B B I L F 2

2==，因为是变力问题，所以可以用微元法.

1.只受安培力的情况

例1. 如图所示，宽度为L 的光滑金属导轨一端封闭，电阻不计，足够长，水平部分有竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中。质量为m 、电阻为r 的导体棒从高度为h 的斜轨上从静止开始滑下，由于在磁场中受安培力的作用，在水平导轨上滑行的距离为S 而停下。

（1） 求导体棒刚滑到水平面时的速度0v ；

（2） 写出导体棒在水平导轨上滑行的速度v 与在水平导轨上滑行的距离x 的函数关

系，并画出x v -关系草图。 （3）求出导体棒在水平导轨上滑行的距离分别为S/4、S/2时的速度1v 、2v ；

h

x 0 S/4 S/2 S 例题图 解：（1）根据机械能守恒定律，有2

02

1mv mgh =

，得gh v 20=。 ① (2)设导体棒在水平导轨上滑行的速度为v 时，受到的安培力为v R

L B BIL f 2

2-==，安培力的方向与速度v 方向相反。

用微元法，安培力是变力，设在一段很短的时间t ?内，速度变化很小，可以认为没有变化，

所以安培力可以看做恒力，根据牛顿第二定律，加速度为==m f a v mR

L B 22-，很短的时间t ?内速度的变化为==?at v t v m R L B ??-2

2，而x t v ?=?，那么在时间t 内速度的变化为

∑??-=?t v mR L B V )(2

2，因为

x ，所以x mR

L B V ?-

=?)(2

2，速度

=?+=V v v 0x mR

L B v ?-

2

20 ② 2.既受安培力又受重力的情况 例2. 2010年南京市高考模拟题

如图所示，竖直平面内有一边长为L 、质量为m 、电阻为R 的正方形线框在竖直向下的匀强重力场和水平方向的磁场组成的复合场中以初速度0v 水平抛出，磁场方向与线框平面垂直，磁场的磁感应强度随竖直向下的z 轴按kz B B +=0得规律均匀增大，已知重力加速度为g ,求：

（1） 线框竖直方向速度为1v 时，线框中瞬时电流的大小； （2） 线框在复合场中运动的最大电功率；

（3） 若线框从开始抛出到瞬时速度大小到达2v 所经历的时间为t ，那么，线框在时间t 内

的总位移大小为多少？

解：（1）因在竖直方向两边的磁感应强度大小不同，所以产生感应电流为

R

kL R Lv B B R e i 2112)(=-==

(2)当安培力等于重力时竖直速度最大，功率也就最大

=

-=IL B B mg )(12R

v L k R v L B B m

m 422212)(=- 所以4

2L

k mgR

v m =

==m m mgv P 4222L

k R

g m

（3）线框受重力和安培力两个力，其中重力mg 为恒力，安培力

=f R

v L k R v L B B z

z 422212)(=-为变力，我们把线框的运动分解为在重力作用下的运

动和在安培力作用下的运动。在重力作用下，在时间t 内增加的速度为gt v =?1)(，求在安培力作用下在时间t 内增加的速度为2)(v ?

用微元法，设在微小时间t ?内，变力可以看做恒力，变加速运动可以看做匀加速运动，加

速度为=a mR v L k z 42-，则在t ?内速度的增加为=?v mR

v L k z

42-

t ?，而z t v z ?=?，所以在时间t 内由于安培力的作用而增加的速度（因为增加量为负，所以实际是减小）为

∑?-

=?z mR L k v 4

22)(，所以z mR L k v ?-=?4

22)(

再根据运动的合成，时间t 内总的增加的速度为21)()(v v ?+?=-

gt z m R

L k ?4

2。 从宏观看速度的增加为20

22

v v -，所以-gt z m R

L k ?42=2

022v v -，得线框在时间t 内的总

位移大小为4

22

022)

(L k v v gt mR z --=

。

从例题可以看出，所谓微元法是数学上的微积分理念在解物理题中的应用.

3.重力和安培力不在一条直线上的情况 例3．2008年高考江苏省物理卷第15题

如图所示，间距为L 的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻忽略不计．场强为B 的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d 1，间距为d 2．两根质量均为m 、有效电阻均为R 的导体棒a 和b 放在导轨上，并与导轨垂直．（设重力加速度为g ）

⑴若a 进入第2个磁场区域时，b 以与a 同样的速度进入第1个磁场区域，求b 穿过第1个磁场区域过程中增加的动能△E k ；

⑵若a 进入第2个磁场区域时，b 恰好离开第1个磁场区域；此后a 离开第2个磁场区域时，b 又恰好进入第2个磁场区域．且a ．b 在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等．求b 穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q ； ⑶对于第⑵问所述的运动情况，求a 穿出第k 个磁场区域时的速率v ．

解：⑴因为a 和b 产生的感应电动势大小相等，按回路方向相反，所以感应电流为0，所以a 和b 均不受安培力作用，由机械能守恒得 1sin k E mgd θ?= ①

⑵设导体棒刚进入无磁场区时的速度为1v ,刚离开无磁场区时的速度为2v ,即导体棒刚进入磁场区时的速度为2v ,刚离开磁场区时的速度为1v ，由能量守恒得：

在磁场区域有：

2212111sin 22m Q m mgd θ+=+v v ② 在无磁场区域：22

21211sin 22

m m mgd θ=+v v ③

解得：12()sin Q mg d d θ=+

⑶用微元法

设导体棒在无磁场区域和有磁场区域的运动时间都为t ， 在无磁场区域有：21sin gt θ-=v v ④ 且平均速度：

122

2d t

+=v v ⑤ 在有磁场区域，对a 棒：sin F mg BIl θ=- 且：2Bl I R

=

v 解得: R

v

l B F 2mgsin 22-=θ ⑥

因为速度v 是变量，用微元法

根据牛顿第二定律, 在一段很短的时间t ?内

t m

F v ?=

? 则有22sin 2B l g t mR θ??

?=-????

?∑∑v v 因为导体棒刚进入磁场区时的速度为2v ,刚离开磁场区时的速度为1v , 所以

∑-=?21

v v v

,

1

d t v =?∑，t t =?∑

所以：12

2212sin d mR

l B gt v v -

=-θ ⑦ 联立④⑤⑦式,得mR d l B d l B mgRd v 8sin 41

221

2

221-=θ （原答案此处一笔带过，实际上这一步很麻烦，以下笔者给出详细过程：

④代入⑦得：θ

sin 41

22mgR d l B t =， ⑧

⑧代入⑤得：1

2

2221sin 8d l B R mgd v v θ

=

+ ⑨ ⑦+⑨得：mR d l B d l B mgRd v 8sin 41

221

2

221-=θ。） a ．b 在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等, 所以a 穿出任一个磁场区域时的速率v 就等于1v ．所以

mR d l B d l B mgRd v 8sin 41

221

222-

=θ。 （注意：由于a ．b 在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等，所以a 穿出任一

个磁场区域时的速率v 都相等，所以所谓“第K 个磁场区”，对本题解题没有特别意义。） 练习题

练习题1. 2007年高考江苏省物理卷第18题

如图所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度Ｂ＝１Ｔ，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d=0.5m ，现有一

边长l=0.2m 、质量m=0.1kg 、电阻Ｒ＝0.1Ω的正方形线框ＭＮＯＰ以v 0=7m/s 的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求

（１）线框ＭＮ边刚进入磁场时受到安培力的大小Ｆ。

（２）线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Ｑ。

（３）线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n 。

解：（1）线框ＭＮ边刚进入磁场时，感应电动势 V Blv E 4.10==，感应电流

==

R

E

I A 14，受到安培力的大小 Ｆ=N BIl 8.2= （2）水平方向速度为0，==2

02

1mv Q J 45.2

（3）用“微元法”解

线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势 0Blv E =，感应电流 R

E I =

，受到安培力的大小 Ｆ=BIl ，得R

v

l B F 22=，

在t t ?→时间内，由牛顿定律：

v t m

F

?=? 求和，∑∑?=?v t v mR l B )(22, 02

2v x mR

l B =? 解得 m l

B R m v x 75.12

20==

，线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n=375.44.075

.1=，取整数为4。

练习题2.2009年高考江苏省物理卷第15题

如图所示，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d 2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 （L d <），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1t ；

（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m x 。

【解答】设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框的安培力做功为W

由动能定理W d mg +?4sin αBILd -0= 且W Q -=

解得=Q αsin 4mgd BILd -

（1） 设线框刚离开磁场下边界时的速度为1v ，则接着向下运动d 2 由动能定理d mg 2sin ?αBILd -0=212

1mv - 装置在磁场中运动的合力

'sin F mg F -=α

感应电动势Bdv =ε 感应电流R

I ε

=

'

安培力d BI F ''=

由牛顿第二定律，在t 到t t ?+时间内，有t m

F v ?=

? 则∑?v =∑?-

t mR v

d B g )sin (22α 有=1v αsin 1gt mR

d B 3

22-

解得α

αsin 2)sin 2(23

21m g R d B m gd BILd m t +

-=

（2） 经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离m x 之间往复运动， 由动能定理m x mg ?αsin )(d x BIL m --0= 解得α

sin mg BILd BILd

x m -=

。

解：（本人研究的另外解法：用“牛顿第四定律”解） 第（1）问，同原解答

第（2）问：设线框刚离开磁场下边界时的速度为1v ，则接着向下运动d 2，速度变为0，根据动能定理

2

12102sin mv BILd d mg -

=-?α，所以αsin 421gd m

BILd

v -= 注意：导体棒在磁场中运动的位移是d ，而不是d 2，且因为是恒流，所以安培力是恒力。

因为线框在磁场中的运动时受到的合力安F mg F -=αsin ，而v R

B F 2

2d =安是与速度v 成正比的力，所以把线框在磁场中的运动分解为在重力的分力作用下的速度随时间均匀变化的匀变速直线运动和在安培力作用下的速度随位移均匀变化的匀变速直线运动两种运动，前者速度的变化与时间成正比，后者速度的变化与位移成正比，有

12

212sin v d mR

d B t g =?-?α

注意：因为线框下边进磁场和上边出磁场，掠过的距离共d 2。

所以α

sin 23211g m R d B v t +==

ααsin 2sin 42322

m g R d B gd m m BILd +

- 第（3）问，同原解答，不重复。

电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”

江苏省特级教师 江苏省丰县中学 戴儒京

所谓：“微元法”

所谓“微元法”，又叫“微小变量法”，是解物理题的一种方法。

1.什么情况下用微元法解题？在变力作用下做变变速运动（非匀变速运动）时，可考虑用微元法解题。

2. 关于微元法。在时间t ?很短或位移x ?很小时，非匀变速运动可以看作匀变速运动，运动图象中的梯形可以看作矩形，所以x t v ?=?，s x l t lv ?=?=?。微元法体现了微分思想。

3. 关于求和

∑

。许多小的梯形加起来为大的梯形，即

∑?=?S s ，

（注意：前面的s 为小写，后面的S 为大写），并且0v

v v -=?∑，当末速度

0=v 时，有∑=?0v v ，或初

速度00=v 时，有

∑=?v v ，这个求和的方法体现了积分思想。

4. 无论物理规律用牛顿定律，还是动量定理或动能定理,都可以用微元法.

如果既可以用动量定理也可以用动能定理解。对于使用老教科书的地区，这两种解法用哪一种都行，但对于使用课程标准教科书的地区就不同了，因为课程标准教科书把动量的内容移到了选修3-5，如果不选修3-5，则不能用动量定理解，只能用动能定理解。

微元法解题，体现了微分和积分的思想，考查学生学习的潜能和独创能力。

电磁感应中的微元法

一些以“电磁感应”为题材的题目。可以用微元法解，因为在电磁感应中，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为BL v E =，感应电流为R

B L v

I =

，受安培力为v R

L B B I L F 2

2==，因为是变力问题，所以可以用微元法.

1.只受安培力的情况

例1. 如图所示，宽度为L 的光滑金属导轨一端封闭，电阻不计，足够长，水平部分有竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中。质量为m 、电阻为r 的导体棒从高度为h 的斜轨上从静止开始滑下，由于在磁场中受安培力的作用，在水平导轨上滑行的距离为S 而停下。

（3） 求导体棒刚滑到水平面时的速度0v ；

（4） 写出导体棒在水平导轨上滑行的速度v 与在水平导轨上滑行的距离x 的函数关

系，并画出x v -关系草图。 （3）求出导体棒在水平导轨上滑行的距离分别为S/4、S/2时的速度1v 、2v ；

h

x 0 S/4 S/2 S 例题图 解：（1）根据机械能守恒定律，有2

02

1mv mgh =

，得gh v 20=。 ① (2)设导体棒在水平导轨上滑行的速度为v 时，受到的安培力为v R

L B BIL f 2

2-==，安培力的方向与速度v 方向相反。

用微元法，安培力是变力，设在一段很短的时间t ?内，速度变化很小，可以认为没有变化，

所以安培力可以看做恒力，根据牛顿第二定律，加速度为==m f a v mR

L B 22-，很短的时间t ?内速度的变化为==?at v t v m R L B ??-2

2，而x t v ?=?，那么在时间t 内速度的变化为

∑??-=?t v mR L B V )(2

2，因为

x ，所以x mR

L B V ?-

=?)(2

2，速度

=?+=V v v 0x mR

L B v ?-

2

20 ② 2.既受安培力又受重力的情况 例2. 2010年南京市高考模拟题

如图所示，竖直平面内有一边长为L 、质量为m 、电阻为R 的正方形线框在竖直向下的匀强重力场和水平方向的磁场组成的复合场中以初速度0v 水平抛出，磁场方向与线框平面垂直，磁场的磁感应强度随竖直向下的z 轴按kz B B +=0得规律均匀增大，已知重力加速度为g ,求：

（4） 线框竖直方向速度为1v 时，线框中瞬时电流的大小； （5） 线框在复合场中运动的最大电功率；

（6） 若线框从开始抛出到瞬时速度大小到达2v 所经历的时间为t ，那么，线框在时间t 内

的总位移大小为多少？

解：（1）因在竖直方向两边的磁感应强度大小不同，所以产生感应电流为

R

kL R Lv B B R e i 2112)(=-==

(2)当安培力等于重力时竖直速度最大，功率也就最大

=

-=IL B B mg )(12R

v L k R v L B B m

m 422212)(=- 所以4

2L

k mgR

v m =

==m m mgv P 4222L

k R

g m

（3）线框受重力和安培力两个力，其中重力mg 为恒力，安培力

=f R

v L k R v L B B z

z 422212)(=-为变力，我们把线框的运动分解为在重力作用下的运

动和在安培力作用下的运动。在重力作用下，在时间t 内增加的速度为gt v =?1)(，求在安培力作用下在时间t 内增加的速度为2)(v ?

用微元法，设在微小时间t ?内，变力可以看做恒力，变加速运动可以看做匀加速运动，加

速度为=a mR v L k z 42-，则在t ?内速度的增加为=?v mR

v L k z

42-

t ?，而z t v z ?=?，所以在时间t 内由于安培力的作用而增加的速度（因为增加量为负，所以实际是减小）为

∑?-

=?z mR L k v 4

22)(，所以z mR L k v ?-=?4

22)(

再根据运动的合成，时间t 内总的增加的速度为21)()(v v ?+?=-

gt z m R

L k ?4

2。 从宏观看速度的增加为20

22

v v -，所以-gt z m R

L k ?42=2

022v v -，得线框在时间t 内的总

位移大小为4

22

022)

(L k v v gt mR z --=

。

从例题可以看出，所谓微元法是数学上的微积分理念在解物理题中的应用.

3.重力和安培力不在一条直线上的情况 例3．2008年高考江苏省物理卷第15题

如图所示，间距为L 的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻忽略不计．场强为B 的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d 1，间距为d 2．两根质量均为m 、有效电阻均为R 的导体棒a 和b 放在导轨上，并与导轨垂直．（设重力加速度为g ）

⑴若a 进入第2个磁场区域时，b 以与a 同样的速度进入第1个磁场区域，求b 穿过第1个磁场区域过程中增加的动能△E k ；

⑵若a 进入第2个磁场区域时，b 恰好离开第1个磁场区域；此后a 离开第2个磁场区域时，b 又恰好进入第2个磁场区域．且a ．b 在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等．求b 穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q ； ⑶对于第⑵问所述的运动情况，求a 穿出第k 个磁场区域时的速率v ．

解：⑴因为a 和b 产生的感应电动势大小相等，按回路方向相反，所以感应电流为0，所以a 和b 均不受安培力作用，由机械能守恒得 1sin k E mgd θ?= ①

⑵设导体棒刚进入无磁场区时的速度为1v ,刚离开无磁场区时的速度为2v ,即导体棒刚进入磁场区时的速度为2v ,刚离开磁场区时的速度为1v ，由能量守恒得：

在磁场区域有：

2212111sin 22m Q m mgd θ+=+v v ② 在无磁场区域：22

21211sin 22

m m mgd θ=+v v ③

解得：12()sin Q mg d d θ=+

⑶用微元法

设导体棒在无磁场区域和有磁场区域的运动时间都为t ， 在无磁场区域有：21sin gt θ-=v v ④ 且平均速度：

122

2d t

+=v v ⑤ 在有磁场区域，对a 棒：sin F mg BIl θ=- 且：2Bl I R

=

v 解得: R

v

l B F 2mgsin 22-=θ ⑥

因为速度v 是变量，用微元法

根据牛顿第二定律, 在一段很短的时间t ?内

t m

F v ?=

? 则有22sin 2B l g t mR θ??

?=-????

?∑∑v v 因为导体棒刚进入磁场区时的速度为2v ,刚离开磁场区时的速度为1v , 所以

∑-=?21

v v v

,

1

d t v =?∑，t t =?∑

所以：12

2212sin d mR

l B gt v v -

=-θ ⑦ 联立④⑤⑦式,得mR d l B d l B mgRd v 8sin 41

221

2

221-=θ （原答案此处一笔带过，实际上这一步很麻烦，以下笔者给出详细过程：

④代入⑦得：θ

sin 41

22mgR d l B t =， ⑧

⑧代入⑤得：1

2

2221sin 8d l B R mgd v v θ

=

+ ⑨ ⑦+⑨得：mR d l B d l B mgRd v 8sin 41

221

2

221-=θ。） a ．b 在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等, 所以a 穿出任一个磁场区域时的速率v 就等于1v ．所以

mR d l B d l B mgRd v 8sin 41

221

222-

=θ。 （注意：由于a ．b 在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等，所以a 穿出任一

个磁场区域时的速率v 都相等，所以所谓“第K 个磁场区”，对本题解题没有特别意义。） 练习题

练习题1. 2007年高考江苏省物理卷第18题

如图所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度Ｂ＝１Ｔ，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d=0.5m ，现有一

边长l=0.2m 、质量m=0.1kg 、电阻Ｒ＝0.1Ω的正方形线框ＭＮＯＰ以v 0=7m/s 的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求

（１）线框ＭＮ边刚进入磁场时受到安培力的大小Ｆ。

（２）线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Ｑ。

（３）线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n 。

解：（1）线框ＭＮ边刚进入磁场时，感应电动势 V Blv E 4.10==，感应电流

==

R

E

I A 14，受到安培力的大小 Ｆ=N BIl 8.2= （2）水平方向速度为0，==2

02

1mv Q J 45.2

（3）用“微元法”解

线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势 0Blv E =，感应电流 R

E I =

，受到安培力的大小 Ｆ=BIl ，得R

v

l B F 22=，

在t t ?→时间内，由牛顿定律：

v t m

F

?=? 求和，∑∑?=?v t v mR l B )(22, 02

2v x mR

l B =? 解得 m l

B R m v x 75.12

20==

，线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n=375.44.075

.1=，取整数为4。

练习题2.2009年高考江苏省物理卷第15题

如图所示，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d 2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 （L d <），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：

（4） 装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q ； （5） 线框第一次穿越磁场区域所需的时间1t ；

（6） 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m x 。

【解答】设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框的安培力做功为W

由动能定理W d mg +?4sin αBILd -0= 且W Q -=

解得=Q αsin 4mgd BILd -

（3） 设线框刚离开磁场下边界时的速度为1v ，则接着向下运动d 2 由动能定理d mg 2sin ?αBILd -0=212

1mv - 装置在磁场中运动的合力

'sin F mg F -=α

感应电动势Bdv =ε 感应电流R

I ε

=

'

安培力d BI F ''=

由牛顿第二定律，在t 到t t ?+时间内，有t m

F v ?=

? 则∑?v =∑?-

t mR v

d B g )sin (22α 有=1v αsin 1gt mR

d B 3

22-

解得α

αsin 2)sin 2(23

21m g R d B m gd BILd m t +

-=

（4） 经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离m x 之间往复运动， 由动能定理m x mg ?αsin )(d x BIL m --0= 解得α

sin mg BILd BILd

x m -=

。

解：（本人研究的另外解法：用“牛顿第四定律”解） 第（1）问，同原解答

第（2）问：设线框刚离开磁场下边界时的速度为1v ，则接着向下运动d 2，速度变为0，根据动能定理

2

12102sin mv BILd d mg -

=-?α，所以αsin 421gd m

BILd

v -= 注意：导体棒在磁场中运动的位移是d ，而不是d 2，且因为是恒流，所以安培力是恒力。

因为线框在磁场中的运动时受到的合力安F mg F -=αsin ，而v R

B F 2

2d =安是与速度v 成正比的力，所以把线框在磁场中的运动分解为在重力的分力作用下的速度随时间均匀变化的匀变速直线运动和在安培力作用下的速度随位移均匀变化的匀变速直线运动两种运动，前者速度的变化与时间成正比，后者速度的变化与位移成正比，有

12

212sin v d mR

d B t g =?-?α

注意：因为线框下边进磁场和上边出磁场，掠过的距离共d 2。

所以α

sin 23211g m R d B v t +==

ααsin 2sin 42322

m g R d B gd m m BILd +

- 第（3）问，同原解答，不重复。

(完整)高中物理解题(微元法)

高中奥林匹克物理竞赛解题方法 微元法 方法简介 微元法是分析、解决物理问题中的常用方法，也是从部分到整体的思维方法。用该方法可以使一些复杂的物理过程用我们熟悉的物理规律迅速地加以解决，使所求的问题简单化。在使用微元法处理问题时，需将其分解为众多微小的“元过程”，而且每个“元过程”所遵循的规律是相同的，这样，我们只需分析这些“元过程”，然后再将“元过程”进行必要的数学方法或物理思想处理，进而使问题求解。使用此方法会加强我们对已知规律的再思考，从而引起巩固知识、加深认识和提高能力的作用。 赛题精讲 例1：如图3—1所示，一个身高为h 的人在灯以悟空速度v 沿水平直线行走。设灯距地面高为H ，求证人影的顶端C 点是做匀速直线运动。 解析：该题不能用速度分解求解，考虑采用“微元法”。 设某一时间人经过AB 处，再经过一微小过程 △t （△t →0），则人由AB 到达A ′B ′，人影顶端 C 点到达C ′点，由于△S AA ′=v △t 则人影顶端的 移动速度h H Hv t S h H H t S v A A t C C t C -=??-=??='→?' →?00lim lim 可见v c 与所取时间△t 的长短无关，所以人影的顶 端C 点做匀速直线运动. 例2：如图3—2所示，一个半径为R 的四分之一光滑球 面放在水平桌面上，球面上放置一光滑均匀铁链，其A 端固定在球面的顶点，B 端恰与桌面不接触，铁链单位 长度的质量为ρ.试求铁链A 端受的拉力T. 解析：以铁链为研究对象，由由于整条铁链的长度不能 忽略不计，所以整条铁链不能看成质点，要分析铁链的受 力情况，须考虑将铁链分割，使每一小段铁链可以看成质 点，分析每一小段铁边的受力，根据物体的平衡条件得出 整条铁链的受力情况. 在铁链上任取长为△L 的一小段（微元）为研究对象， 其受力分析如图3—2—甲所示.由于该元处于静止状态， 所以受力平衡，在切线方向上应满足： θθθθT G T T +?=?+cos θρθθcos cos Lg G T ?=?=?

高考物理微元法解决物理试题及其解题技巧及练习题

高考物理微元法解决物理试题及其解题技巧及练习题 一、微元法解决物理试题 1．超强台风“利奇马”在2019年8月10日凌晨在浙江省温岭市沿海登陆，登陆时中心附近最大风力16级，对固定建筑物破坏程度非常大。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为s，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，则风力F 与风速大小v关系式为( ) A．F =ρsv B．F =ρsv2C．F =ρsv3D．F=1 2 ρsv2 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则有： m=ρsvt 根据动量定理有： -Ft=0-mv=0-ρsv2t 得： F=ρsv2 A．F =ρsv，与结论不相符，选项A错误； B．F =ρsv2，与结论相符，选项B正确； C．F =ρsv3，与结论不相符，选项C错误； D．F=1 2 ρsv2，与结论不相符，选项D错误； 故选B。 2．估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45mm。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s。据此估算该压强约为（）（设雨滴撞击唾莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3） A．0.15Pa B．0.54Pa C．1.5Pa D．5.1Pa 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 由于是估算压强，所以不计雨滴的重力。设雨滴受到支持面的平均作用力为F。设在△t时间内有质量为△m的雨水的速度由v=12m/s减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理有 () F t mv mv ?=--?=?

高中物理磁场专题讲解经典例题

磁场专题 7．【东北师大附中2011届高三第三次模底】如图所示，MN 是一荧光屏，当带电粒子打到荧光屏上时，荧光屏能够发光。MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。P 为屏上的一小孔，PQ 与MN 垂直。一群质量为m 、带电荷量q 的粒子（不计重力），以相同的速率v ，从P 处沿垂直于磁场方向射入磁场区域，且分布在与PQ 夹角为θ的范围内，不计粒子间的相互作用。则以下说法正确的是（ ） A ．在荧光屏上将出现一个圆形亮斑，其半径为mv q B B ．在荧光屏上将出现一个条形亮线，其长度为 ()21cos mv qB θ- C ．在荧光屏上将出现一个半圆形亮斑，其半径为mv qB D ．在荧光屏上将出现一个条形亮线，其长度为()21sin mv qB θ- 10．【东北师大附中2011届高三第三次模底】如图，电源电 动势为E ，内阻为r ，滑动变阻器电阻为R ，开关闭合。 两平行极板间有匀强磁场，一带电粒子正好以速度v 匀速 穿过两板。以下说法正确的是（忽略带电粒子的重力）（ ） A ．保持开关闭合，将滑片P 向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出 B ．保持开关闭合，将滑片P 向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出 C ．保持开关闭合，将a 极板向下移动一点，粒子将继续沿直线穿出 D ．如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出 4．【辽宁省丹东市四校协作体2011届高三第二次联合考试】如图所示，一粒子源位于一边长为a 的正三角形ABC 的中点O 处，可以在三角形所在的平面内向各个方向发射出速度大小为v 、质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，整个三角形位于垂直于△ABC 的匀强磁场中，若使任意方向射出的带电粒子均不能射出三角形区域，则磁感应强度的最小值为 （ ） A ．mv qa B ．2mv qa Q

最新物理微元法解决物理试题专项习题及答案解析

最新物理微元法解决物理试题专项习题及答案解析 一、微元法解决物理试题 1．解放前后，机械化生产水平较低，人们经常通过“驴拉磨”的方式把粮食颗粒加工成粗面来食用．如图，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F ，方向与磨杆始终垂直，作用点到轴心的距离为r ，磨盘绕轴缓慢转动，则在转动一周的过程中推力F 做的功为 A ．0 B ．2πrF C ．2Fr D ．-2πrF 【答案】B 【解析】 【分析】 cos W Fx α=适用于恒力做功，因为推磨的过程中力方向时刻在变化是变力，但由于圆周 运动知识可知，力方向时刻与速度方向相同，根据微分原理可知，拉力所做的功等于力与路程的乘积； 【详解】 由题可知：推磨杆的力的大小始终为F ，方向与磨杆始终垂直，即其方向与瞬时速度方向相同，即为圆周切线方向，故根据微分原理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积，由题意知，磨转动一周，弧长2L r π=，所以拉力所做的功2W FL rF π==，故选项B 正确，选项ACD 错误． 【点睛】 本题关键抓住推磨的过程中力方向与速度方向时刻相同，即拉力方向与作用点的位移方向时刻相同，根据微分思想可以求得力所做的功等于力的大小与路程的乘积，这是解决本题的突破口． 2．超强台风“利奇马”在2019年8月10日凌晨在浙江省温岭市沿海登陆， 登陆时中心附近最大风力16级，对固定建筑物破坏程度非常大。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为s ，风速大小为v ，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，则风力F 与风速大小v 关系式为( ) A ．F =ρsv B ．F =ρsv 2 C ．F =ρsv 3 D ．F = 12 ρsv 2 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 设t 时间内吹到建筑物上的空气质量为m ，则有： m=ρsvt

(完整版)高中物理经典选择题(包括解析答案)

物理 1.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( ) A. B. C. D. [解析] 1.设中子质量为m,则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1,碰后原子核的速度为v2,由弹性碰撞可得mv0=mv1+Amv2,m=m+Am,解得v1=v0,故=,A正确。 2.很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置,其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率( ) A.均匀增大 B.先增大,后减小 C.逐渐增大,趋于不变 D.先增大,再减小,最后不变[解析] 2.对磁铁受力分析可知,磁铁重力不变,磁场力随速率的增大而增大,当重力等于磁场力时,磁铁匀速下落,所以选C。 3.(2014大纲全国，19，6分)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时, 上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为时,上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )

A.tan θ和 B.tan θ和 C.tan θ和 D.tan θ和 [解析] 3.由动能定理有 -mgH-μmg cos θ=0-mv2 -mgh-μmg cos θ=0-m()2 解得μ=(-1)tan θ,h=,故D正确。 4.两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇。下列说法正确的是( ) A.波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1-A2| B.波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1+A2 C.波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移 D.波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅 [解析] 4.两列振动方向相同的相干波相遇叠加,在相遇区域内各质点仍做简谐运动,其振动位移在0到最大值之间,B、C项错误。在波峰与波谷相遇处质点振幅为两波振幅之差,在波峰与波峰相遇处质点振幅为两波振幅之和,故A、D项正确。

高考必备物理微元法解决物理试题技巧全解及练习题

高考必备物理微元法解决物理试题技巧全解及练习题 一、微元法解决物理试题 1．如图所示，某个力F＝10 N作用在半径为R＝1 m的转盘的边缘上，力F的大小保持不变，但方向保持在任何时刻均与作用点的切线一致，则转动一周这个力F做的总功为（） A．0 B．20π J C．10 J D．10π J 【答案】B 【解析】 本题中力F的大小不变，但方向时刻都在变化，属于变力做功问题，可以考虑把圆周分割为很多的小段来研究.当各小段的弧长足够小时，可以认为力的方向与弧长代表的位移方向一致，故所求的总功为W＝F·Δs1＋F·Δs2＋F·Δs3＋…＝F(Δs1＋Δs2＋Δs3＋…）＝F·2πR＝20πJ，选项B符合题意.故答案为B． 【点睛】本题应注意，力虽然是变力，但是由于力一直与速度方向相同，故可以直接由 W=FL求出． 2．如图甲所示，静止于光滑水平面上的小物块，在水平拉力F的作用下从坐标原点O开始沿x轴正方向运动，F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线右半部分为四分之一圆弧，则小物块运动到2x0处时的动能可表示为（） A．0 B．1 2 F m x0（1+π） C．1 2 F m x0（1+ 2 π ）D．F m x0 【答案】C 【解析】【详解】 F-x图线围成的面积表示拉力F做功的大小，可知F做功的大小W=1 2 F m x0+ 1 4 πx02，根据动 能定理得，E k=W=1 2 F m x0+ 1 4 πx02 =0 1 1 22 m F x π ?? + ? ?? ，故C正确，ABD错误。 故选C。

3．为估算雨水对伞面产生的平均撞击力，小明在大雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得10分钟内杯中水位上升了45mm ，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s 。设雨滴撞击伞面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为3 3 110kg/m ?，伞面的面积约为0.8m 2，据此估算当时雨水对伞面的平均撞击力约为（ ） A ．0.1N B ．1.0N C ．10N D ．100N 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 对雨水由动量定理得 Ft mv Shv ρ=?= 则 0.72N 1.0N Shv F t ρ= =≈ 所以B 正确，ACD 错误。 故选B 。 4．如图所示，摆球质量为m ，悬线的长为L ，把悬线拉到水平位置后放手设在摆球运动过程中空气阻力F 阻的大小不变，则下列说法正确的是 A ．重力做功为mgL B ．绳的拉力做功为0 C ．空气阻力做功0 D ．空气阻力做功为1 2 F L π-阻 【答案】ABD 【解析】 A 、如图所示，重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为A B 在竖直方

高中物理必修一经典例题附解析

华辉教育物理学科备课讲义 A．大小为2N，方向平行于斜面向上 B．大小为1N，方向平行于斜面向上 C．大小为2N，方向垂直于斜面向上 D．大小为2N，方向竖直向上 答案：D 解析：绳只能产生拉伸形变， 绳不同，它既可以产生拉伸形变，也可以产生压缩形变、弯曲形变和扭转形变，因此杆的弹力方向不一定沿杆． 2．某物体受到大小分别为 闭三角形．下列四个图中不能使该物体所受合力为零的是 ( 答案：ABD 解析：A图中F1、F3的合力为 为零；D图中合力为2F3. 3．列车长为L，铁路桥长也是 桥尾的速度是v2，则车尾通过桥尾时的速度为 A．v2

答案：A 解析：推而未动，故摩擦力f＝F，所以A正确． ．某人利用手表估测火车的加速度，先观测30s，发现火车前进540m；隔30s 现火车前进360m.若火车在这70s内做匀加速直线运动，则火车加速度为 ( A．0.3m/s2B．0.36m/s2 C．0.5m/s2D．0.56m/s2 答案：B 解析：前30s内火车的平均速度v＝540 30 m/s＝18m/s，它等于火车在这30s 10s内火车的平均速度v1＝360 10 m/s＝36m/s.它等于火车在这10s内的中间时刻的速度，此时刻Δv v1－v36－18

两根绳上的张力沿水平方向的分力大小相等． 与竖直方向夹角为α，BC与竖直方向夹角为 ．利用打点计时器等仪器测定匀变速运动的加速度是打出的一条纸带如图所示．为我们在纸带上所选的计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1s. ，x AD＝84.6mm，x AE＝121.3mm __________m/s，v D＝__________m/s 结果保留三位有效数字)

物理微元法解决物理试题练习题20及解析

物理微元法解决物理试题练习题20及解析 一、微元法解决物理试题 1．我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为4110kW ?，排泥量为31.4m /s ，排泥管的横截面积为20.7 m ，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（ ） A ．6510N ? B ．7210N ? C ．9210N ? D ．9510N ? 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 设排泥的流量为Q ，t 时间内排泥的长度为： 1.420.7 V Qt x t t S S = === 输出的功： W Pt = 排泥的功： W Fx = 输出的功都用于排泥，则解得： 6510N F =? 故A 正确，BCD 错误． 2．如图所示，某个力F ＝10 N 作用在半径为R ＝1 m 的转盘的边缘上，力F 的大小保持不变，但方向保持在任何时刻均与作用点的切线一致，则转动一周这个力F 做的总功为（ ） A ．0 B ．20π J C ．10 J D ．10π J 【答案】B 【解析】 本题中力F 的大小不变，但方向时刻都在变化，属于变力做功问题，可以考虑把圆周分割为很多的小段来研究.当各小段的弧长足够小时，可以认为力的方向与弧长代表的位移方向一致，故所求的总功为W ＝F ·Δs 1＋F ·Δs 2＋F ·Δs 3＋…＝F (Δs 1＋Δs 2＋Δs 3＋…）＝F ·2πR ＝20πJ ，选项B 符合题意.故答案为B ． 【点睛】本题应注意，力虽然是变力，但是由于力一直与速度方向相同，故可以直接由W =FL 求出．

3．解放前后，机械化生产水平较低，人们经常通过“驴拉磨”的方式把粮食颗粒加工成粗面来食用．如图，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F ，方向与磨杆始终垂直，作用点到轴心的距离为r ，磨盘绕轴缓慢转动，则在转动一周的过程中推力F 做的功为 A ．0 B ．2πrF C ．2Fr D ．-2πrF 【答案】B 【解析】 【分析】 cos W Fx α=适用于恒力做功，因为推磨的过程中力方向时刻在变化是变力，但由于圆周 运动知识可知，力方向时刻与速度方向相同，根据微分原理可知，拉力所做的功等于力与路程的乘积； 【详解】 由题可知：推磨杆的力的大小始终为F ，方向与磨杆始终垂直，即其方向与瞬时速度方向相同，即为圆周切线方向，故根据微分原理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积，由题意知，磨转动一周，弧长2L r π=，所以拉力所做的功2W FL rF π==，故选项B 正确，选项ACD 错误． 【点睛】 本题关键抓住推磨的过程中力方向与速度方向时刻相同，即拉力方向与作用点的位移方向时刻相同，根据微分思想可以求得力所做的功等于力的大小与路程的乘积，这是解决本题的突破口． 4．如图所示，半径为R 的1/8光滑圆弧轨道左端有一质量为m 的小球，在大小恒为F 、方向始终与轨道相切的拉力作用下，小球在竖直平面内由静止开始运动，轨道左端切线水平，当小球运动到轨道的末端时，此时小球的速率为v ，已知重力加速度为g ，则( ) A ．此过程拉力做功为22 FR B ．此过程拉力做功为 4 FR π C ．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为 1 2 Fv

(物理)物理微元法解决物理试题练习全集

（物理）物理微元法解决物理试题练习全集 一、微元法解决物理试题 1．我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为4110kW ?，排泥量为31.4m /s ，排泥管的横截面积为20.7 m ，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（ ） A ．6510N ? B ．7210N ? C ．9210N ? D ．9510N ? 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 设排泥的流量为Q ，t 时间内排泥的长度为： 1.420.7 V Qt x t t S S = === 输出的功： W Pt = 排泥的功： W Fx = 输出的功都用于排泥，则解得： 6510N F =? 故A 正确，BCD 错误． 2．如图所示，半径为R 的1/8光滑圆弧轨道左端有一质量为m 的小球，在大小恒为F 、方向始终与轨道相切的拉力作用下，小球在竖直平面内由静止开始运动，轨道左端切线水平，当小球运动到轨道的末端时，此时小球的速率为v ，已知重力加速度为g ，则( ) A ．此过程拉力做功为2 2 FR B ．此过程拉力做功为 4 FR π C ．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为1 2Fv D ．小球运动到轨道的末端时，拉力的功率为22 Fv 【答案】B 【解析】

AB 、将该段曲线分成无数段小段，每一段可以看成恒力，可知此过程中拉力做功为 11 44 W F R FR ππ=?=，故选项B 正确，A 错误； CD 、因为F 的方向沿切线方向，与速度方向平行，则拉力的功率P Fv =，故选项C 、D 错误。 3．估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45mm 。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s 。据此估算该压强约为（ ）（设雨滴撞击唾莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m 3） A ．0.15Pa B ．0.54Pa C ．1.5Pa D ．5.1Pa 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 由于是估算压强，所以不计雨滴的重力。设雨滴受到支持面的平均作用力为F 。设在△t 时间内有质量为△m 的雨水的速度由v =12m/s 减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理有 ()0F t mv mv ?=--?=? 得到 m F v t ?= ? 设水杯横截面积为S ，对水杯里的雨水，在△t 时间内水面上升△h ，则有 m S h ρ?=? =h F Sv t ρ?? 所以有压强 33 45101012Pa 0.15Pa 3600 F h P v S t ρ-??===??=? 即睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强为0.15Pa 。 故A 正确，BCD 错误。 故选A 。 4．水柱以速度v 垂直射到墙面上，之后水速减为零，若水柱截面为S ，水的密度为ρ，则水对墙壁的冲力为（ ） A ． 1 2 ρSv B ．ρSv C ． 1 2 ρS v 2 D ．ρSv 2 【答案】D

高一物理竞赛讲义第3讲.教师版

第3讲运动的关联 温馨寄语 前面我们讨论了物理量以及物理量之间的关系，尤其是变化率变化量的关系。我们还学习了非常牛的几个方法：相对运动法，微元法，图像法。 然而，物理抽象思想除了物理量之外，还有一大块就是模型，而各种模型都有自己的一些特点，根据这些特点，决定了这些模型的运动学性质。探究这些性质就成了我们今天的主要任务。 知识点睛 一、分速度和合速度 首先速度作为矢量是可以合成和分解的。但是同样的作为矢量，速度的合成和分解，和力这个矢量有一点不同。这个不同在于，两个作用在同一个物体上的力，可以直接合成。但是同一个物体，已经知道在两个方向上的速度，最后的总速度，并不一定是这两个速度的矢量和。 （CPhO选讲）例如： （这里面速度是通过两个速度各自从矢量末端做垂线相交得到的） 第二个原则就是：合速度=真实的这个物体的运动速度矢量。

这里力和速度的区别是：我们看到的多个力，不见得是“合力”在各个方向上的投影；但是我们看到的多个速度，就是“合速度”在各个方向上的分速度。所以，当且仅当两个分速度相互垂直的时候，合速度等于两个分速度的矢量和。 这个东西大家可以这样想。遛狗的时候，每个狗的力是作用在一起的，所以遛狗越多，需要的力越大。但是每个狗都有个速度，最后遛狗人的速度和狗的速度大小还是差不多的，不会因为遛狗个数越多就速度越快…… 二、体现关联关系的模型 1．绳（杆）两端运动的关联：实际运动时合运动，由伸缩运动与旋转运动合成。 实际运动=旋转运动+伸缩运动 【例】吊苹果逗小孩儿有两种逗法，一种是伸缩，一种是摆动。 不难总结： 一段不可伸长的细绳伸缩运动速度相等——沿绳（杆）速度相等，转速无论多大不可改变绳子长度。 2．叠加运动的关联 先举个例子：如图的定滑轮，两边重物都在竖直运动，并且滑轮也在竖直运动，设两边重物位移分别沃为x 1x 2，轮中心的位移为x 。 不难由绳子长度不变得位移关系： 12 2x x x += 对应的必然有速度关系： 12 2v v v += 加速度关系： 12 2 a a a += 我们用运动关联的目的是为了使未知量变少。 物理学中非常重要的思想就是把现实中的物体抽象成为理想的模型，然后用物理原理以及模型对应的牵连关系来解决问题．常见的模型有杆，绳，斜面，等等． 3.轻杆 杆两端，沿着杆方向的速度相同\ 4.轻绳 绳子的两端也是沿着绳子的方向速度相同\．绳子中的力是可以突变的，突变的条件是剪断或者是突然绷紧等等． 5.斜面

物理微元法解决物理试题练习

物理微元法解决物理试题练习 一、微元法解决物理试题 1．超强台风“利奇马”在2019年8月10日凌晨在浙江省温岭市沿海登陆， 登陆时中心附近最大风力16级，对固定建筑物破坏程度非常大。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为s ，风速大小为v ，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，则风力F 与风速大小v 关系式为( ) A ．F =ρsv B ．F =ρsv 2 C ．F =ρsv 3 D ．F = 1 2 ρsv 2 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 设t 时间内吹到建筑物上的空气质量为m ，则有： m=ρsvt 根据动量定理有： -Ft =0-mv =0-ρsv 2t 得： F =ρsv 2 A ．F =ρsv ，与结论不相符，选项A 错误； B ．F =ρsv 2，与结论相符，选项B 正确； C ．F =ρsv 3，与结论不相符，选项C 错误； D ．F = 12 ρsv 2 ，与结论不相符，选项D 错误； 故选B 。 2．如图所示，有一连通器，左右两管的横截面积均为S ，内盛密度为ρ的液体，开始时两管内的液面高度差为h ．打开底部中央的阀门K ，液体开始流动，最终两液面相平．在这一过程中，液体的重力加速度为g 液体的重力势能（ ） A ．减少 21 4 gSh ρ B ．增加了 21 4 gSh ρ

C ．减少了21 2gSh ρ D ．增加了 21 2 gSh ρ 【答案】A 【解析】 打开阀门K ，最终两液面相平，相当于右管内 2 h 的液体流到了左管中，它的重心下降了 2h ，这部分液体的质量1 22 h m V S Sh ρρρ===，由于液体重心下降，重力势能减少，重力势能的减少量：211 224 p h E mgh Sh g Sgh ρρ?='=??=，减少的重力势能转化为内能，故选项A 正确． 点睛：求出水的等效重心下移的高度，然后求出重力势能的减少量，再求出重力势能的变化量，从能量守恒的角度分析答题． 3．如图所示，某力10N F =，作用于半径1m R =的转盘的边缘上，力F 的大小保持不变，但方向始终保持与作用点的切线方向一致，则转动一周这个力F 做的总功应为（ ） A ．0J B ．20J π C ．10J D ．20J 【答案】B 【解析】 【详解】 把圆周分成无限个微元，每个微元可认为与力F 在同一直线上，故 W F s ?=? 则转一周中做功的代数和为 2π20πJ F R W ?== 故选B 正确。 故选B 。 4．如图所示，粗细均匀，两端开口的U 形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h ，管中液柱总长度为4h ，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度大小是（ ）

高考物理微元法解决物理试题答题技巧及练习题

高考物理微元法解决物理试题答题技巧及练习题 一、微元法解决物理试题 1．我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为4110kW ?，排泥量为31.4m /s ，排泥管的横截面积为20.7 m ，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（ ） A ．6510N ? B ．7210N ? C ．9210N ? D ．9510N ? 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 设排泥的流量为Q ，t 时间内排泥的长度为： 1.420.7 V Qt x t t S S = === 输出的功： W Pt = 排泥的功： W Fx = 输出的功都用于排泥，则解得： 6510N F =? 故A 正确，BCD 错误． 2．如图所示，某个力F ＝10 N 作用在半径为R ＝1 m 的转盘的边缘上，力F 的大小保持不变，但方向保持在任何时刻均与作用点的切线一致，则转动一周这个力F 做的总功为（ ） A ．0 B ．20π J C ．10 J D ．10π J 【答案】B 【解析】 本题中力F 的大小不变，但方向时刻都在变化，属于变力做功问题，可以考虑把圆周分割为很多的小段来研究.当各小段的弧长足够小时，可以认为力的方向与弧长代表的位移方向一致，故所求的总功为W ＝F ·Δs 1＋F ·Δs 2＋F ·Δs 3＋…＝F (Δs 1＋Δs 2＋Δs 3＋…）＝F ·2πR ＝20πJ ，选项B 符合题意.故答案为B ． 【点睛】本题应注意，力虽然是变力，但是由于力一直与速度方向相同，故可以直接由W =FL 求出．

3．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为 m ，单位体积内粒子数量n 为恒量，为简化问题，我们假定粒子大小可以忽略；其速率均 为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂 直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m n 、和v 的关系正确的是（ ） A ． 21 6 nsmv B ．2 13 nmv C ． 21 6 nmv D ．2 13 nmv t ? 【答案】B 【解析】 【详解】 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量2I mv ?=，如图所示， 以器壁上面积为S 的部分为底、v t ?为高构成柱体，由题设可知，其内有1 6 的粒子在t ?时间内与器壁上面积为S 的部分发生碰撞，碰撞粒子总数1 6 N n Sv t = ??，t ?时间内粒子给器壁的冲量21· 3I N I nSmv t =?=?，由I F t =?可得213 I F nSmv t ==?，21 3F f nmv S ==，故选B ． 4．为估算雨水对伞面产生的平均撞击力，小明在大雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得10分钟内杯中水位上升了45mm ，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s 。设雨滴撞击伞面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为3 3 110kg/m ?，伞面的面积约为0.8m 2，据此估算当时雨水对伞面的平均撞击力约为（ ）

(完整word版)高中物理功和功率典型例题解析

功和功率典型例题精析 [例题1] 用力将重物竖直提起，先是从静止开始匀加速上升，紧接着匀速上升，如果前后两过程的时间相同，不计空气阻力，则[ ] A．加速过程中拉力的功一定比匀速过程中拉力的功大 B．匀速过程中拉力的功比加速过程中拉力的功大 C．两过程中拉力的功一样大 D．上述三种情况都有可能 [思路点拨]因重物在竖直方向上仅受两个力作用：重力mg、拉力F．这两个力的相互关系决定了物体在竖直方向上的运动状态．设匀加速提升重物时拉力为F1，重物加速度为a，由牛顿第二定律F1－mg=ma， 匀速提升重物时，设拉力为F2，由平衡条件有F2=mg，匀速直线运动的位移S2=v·t=at2．拉力F2所做的功W2=F2·S2=mgat2． [解题过程] 比较上述两种情况下拉力F1、F2分别对物体做功的表达式，不难发现：一切取决于加速度a与重力加速度的关系． 因此选项A、B、C的结论均可能出现．故答案应选D． [小结]由恒力功的定义式W=F·S·cosα可知：恒力对物体做功的多少，只取决于力、位移、力和位移间夹角的大小，而跟物体的运动状态(加速、匀速、减速)无关．在一定的条件下，物体做匀加速运动时力对物体所做的功，可以大于、等于或小于物体做匀速直线运动时该力做的功． [例题2]质量为M、长为L的长木板，放置在光滑的水平面上，长木板最右端放置一质量为m 的小物块，如图8－1所示．现在长木板右端加一水平恒力F，使长木板从小物块底下抽出，小物块与长木板摩擦因数为μ，求把长木板抽出来所做的功．

[思路点拨] 此题为相关联的两物体存在相对运动，进而求功的问题．小物块与长木板是靠一对滑动摩擦力联系在一起的．分别隔离选取研究对象，均选地面为参照系，应用牛顿第二定律及运动学知识，求出木板对地的位移，再根据恒力功的定义式求恒力F的功． [解题过程] 由F=ma得m与M的各自对地的加速度分别为 设抽出木板所用的时间为t，则m与M在时间t内的位移分别为 所以把长木板从小物块底下抽出来所做的功为 [小结]解决此类问题的关键在于深入分析的基础上，头脑中建立一幅清晰的动态的物理图景，为此要认真画好草图(如图8－2)．在木板与木块发生相对运动的过程中，作用于木块上的滑动摩擦力f 为动力，作用于木板上的滑动摩擦力f′为阻力，由于相对运动造成木板的位移恰等于物块在木板左端离开木板时的位移Sm与木板长度L之和，而它们各自的匀加速运动均在相同时间t内完成，再根据恒力功的定义式求出最后结果．

高中物理竞赛方法集锦微元法针对训练

高中物理竞赛方法集锦微元法针对训练 例18：如图3—17所示，电源的电动热为E ，电容器的 电容为C ，S 是单刀双掷开关，MN 、PQ 是两根位于同 一水平面上的平行光滑长导轨，它们的电阻能够忽略不计， 两导轨间距为L ，导轨处在磁感应强度为B 的平均磁场 中，磁场方向垂直于两导轨所在的平面并指向图中纸面 向里的方向.L 1和L 2是两根横放在导轨上的导体小棒， 质量分不为m 1和m 2，且21m m <.它们在导轨上滑动 时与导轨保持垂直并接触良好，不计摩擦，两小棒的电阻 相同，开始时两根小棒均静止在导轨上.现将开关S 先合向 1，然后合向2.求： 〔1〕两根小棒最终速度的大小； 〔2〕在整个过程中的焦耳热损耗.〔当回路中有电流时，该电流所产生的磁场可忽略不计〕 解析：当开关S 先合上1时，电源给电容器充电，当开关S 再合上2时，电容器通过导体小棒放电，在放电过程中，导体小棒受到安培力作用，在安培力作用下，两小棒开始运动，运动速度最后均达到最大. 〔1〕设两小棒最终的速度的大小为v ，那么分不为L 1、L 2为研究对象得： 111 1v m v m t F i i -'=? ∑=?v m t F i i 111 ① 同理得： ∑=?v m t F i i 222 ② 由①、②得：v m m t F t F i i i i )(212211+=?+?∑∑ 又因为 11Bli F i = 21i i t t ?=? 22Bli F i = i i i =+21 因此 ∑∑∑∑?=?+=?+?i i i i t i BL t i i BL t BLi t BLi )(212211 v m m q Q BL )()(21+=-= 而Q=CE q=CU ′=CBL v 因此解得小棒的最终速度 2221)(L CB m m BLCE v ++= 〔2〕因为总能量守恒，因此热Q v m m C q CE +++=22122)(2 12121 即产生的热量 22122)(2 12121v m m C q CE Q +--=热

微元法在物理习题中的应用(全)

电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律” 江苏省特级教师，江苏省丰县中学——戴儒京 所谓：“微元法” 所谓“微元法”，又叫“微小变量法”，是解物理题的一种方法。 1.什么情况下用微元法解题？在变力作用下做变变速运动（非匀变速运动）时，可考虑用微元法解题。 2. 关于微元法。在时间t ?很短或位移x ?很小时，非匀变速运动可以看作匀变速运动，运动图象中的梯形可以看作矩形，所以x t v ?=?，s x l t lv ?=?=?。微元法体现了微分思想。 3. 关于求和 ∑ 。许多小的梯形加起来为大的梯形，即 ∑?=?S s ， （注意：前面的s 为小写，后面的S 为大写），并且0v v v -=?∑，当末速度 0=v 时，有∑=?0v v ，或初 速度00=v 时，有 ∑=?v v ，这个求和的方法体现了积分思想。 4. 无论物理规律用牛顿定律，还是动量定理或动能定理,都可以用微元法. 如果既可以用动量定理也可以用动能定理解。对于使用老教科书的地区，这两种解法用哪一种都行，但对于使用课程标准教科书的地区就不同了，因为课程标准教科书把动量的内容移到了选修3-5，如果不选修3-5，则不能用动量定理解，只能用动能定理解。 微元法解题，体现了微分和积分的思想，考查学生学习的潜能和独创能力。 电磁感应中的微元法 一些以“电磁感应”为题材的题目。可以用微元法解，因为在电磁感应中，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为BL v E =，感应电流为R B L v I = ，受安培力为v R L B B I L F 2 2==，因为是变力问题，所以可以用微元法. 1.只受安培力的情况 例1. 如图所示，宽度为L 的光滑金属导轨一端封闭，电阻不计，足够长，水平部分有竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场。质量为m 、电阻为r 的导体棒从高度为h 的斜轨上从静止开始滑下，由于在磁场中受安培力的作用，在水平导轨上滑行的距离为S 而停下。 （1） 求导体棒刚滑到水平面时的速度0v ； （2） 写出导体棒在水平导轨上滑行的速度v 与在水平导轨上滑行的距离x 的函数关 系，并画出x v -关系草图。 （3）求出导体棒在水平导轨上滑行的距离分别为S/4、S/2时的速度1v 、2v ；

高中物理圆周运动典型例题解析1

圆周运动的实例分析典型例题解析 【例1】用细绳拴着质量为m 的小球，使小球在竖直平面内作圆周运动，则下列说法中，正确的是[ ] A ．小球过最高点时，绳子中张力可以为零 B ．小球过最高点时的最小速度为零 C ．小球刚好能过最高点时的速度是Rg D ．小球过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受的重力方向相 反 解析：像该题中的小球、沿竖直圆环内侧作圆周运动的物体等没有支承物的物体作圆周运动，通过最高点时有下列几种情况： (1)m g m v /R v 2当＝，即＝时，物体的重力恰好提供向心力，向心Rg 加速度恰好等于重力加速度，物体恰能过最高点继续沿圆周运动．这是能通过最高点的临界条件； (2)m g m v /R v 2当＞，即＜时，物体不能通过最高点而偏离圆周Rg 轨道，作抛体运动； (3)m g m v /R v m g 2当＜，即＞时，物体能通过最高点，这时有Rg ＋F ＝mv 2/R ，其中F 为绳子的拉力或环对物体的压力．而值得一提的是：细绳对由它拴住的、作匀速圆周运动的物体只可能产生拉力，而不可能产生支撑力，因而小球过最高点时，细绳对小球的作用力不会与重力方向相反． 所以，正确选项为A 、C ． 点拨：这是一道竖直平面内的变速率圆周运动问题．当小球经越圆周最高点或最低点时，其重力和绳子拉力的合力提供向心力；当小球经越圆周的其它位置时，其重力和绳子拉力的沿半径方向的分力(法向分力)提供向心力． 【问题讨论】该题中，把拴小球的绳子换成细杆，则问题讨论的结果就大相径庭了．有支承物的小球在竖直平面内作圆周运动，过最高点时：

(1)v (2)v (3)v 当＝时，支承物对小球既没有拉力，也没有支撑力； 当＞时，支承物对小球有指向圆心的拉力作用； 当＜时，支撑物对小球有背离圆心的支撑力作用； Rg Rg Rg (4)当v ＝0时，支承物对小球的支撑力等于小球的重力mg ，这是有支承物的物体在竖直平面内作圆周运动，能经越最高点的临界条件． 【例2】如图38－1所示的水平转盘可绕竖直轴OO ′旋转，盘上的水平杆上穿着两个质量相等的小球A 和B ．现将A 和B 分别置于距轴r 和2r 处，并用不可伸长的轻绳相连．已知两球与杆之间的最大静摩擦力都是f m ．试分析角速度ω从零逐渐增大，两球对轴保持相对静止过程中，A 、B 两球的受力情况如何变化？ 解析：由于ω从零开始逐渐增大，当ω较小时，A 和B 均只靠自身静摩擦力提供向心力． A 球：m ω2r ＝f A ； B 球：m ω22r ＝f B ． 随ω增大，静摩擦力不断增大，直至ω＝ω1时将有f B ＝f m ，即m ω＝，ω＝．即从ω开始ω继续增加，绳上张力将出现．12m 112r f T f m r m /2 A 球：m ω2r ＝f A ＋T ；B 球：m ω22r ＝f m ＋T ． 由B 球可知：当角速度ω增至ω′时，绳上张力将增加△T ，△T ＝m ·2r(ω′2－ω2)．对于A 球应有m ·r(ω′2－ω2)＝△f A ＋△T ＝△f A ＋m ·2r(ω′2－ω2)． 可见△f A ＜0，即随ω的增大，A 球所受摩擦力将不断减小，直至f A ＝0

高中奥林匹克物理竞赛 微元法

微元法 方法简介 微元法是分析、解决物理问题中的常用方法，也是从部分到整体的思维方法。用该方法可以使一些复杂的物理过程用我们熟悉的物理规律迅速地加以解决，使所求的问题简单化。在使用微元法处理问题时，需将其分解为众多微小的“元过程”，而且每个“元过程”所遵循的规律是相同的，这样，我们只需分析这些“元过程”，然后再将“元过程”进行必要的数学方法或物理思想处理，进而使问题求解。使用此方法会加强我们对已知规律的再思考，从而引起巩固知识、加深认识和提高能力的作用。 赛题精讲 例1：如图3—1所示，一个身高为h 的人在灯以悟空速度v 沿水平直线行走。设灯距地面高为H ，求证人影的顶端C 点是做匀速直线运动。 解析：该题不能用速度分解求解，考虑采用“微元法”。 设某一时间人经过AB 处，再经过一微小过程 △t （△t →0），则人由AB 到达A ′B ′，人影顶端 C 点到达C ′点，由于△S AA ′=v △t 则人影顶端的 移动速度h H Hv t S h H H t S v A A t C C t C -=??-=??='→?' →?00lim lim 可见v c 与所取时间△t 的长短无关，所以人影的顶 端C 点做匀速直线运动. 例2：如图3—2所示，一个半径为R 的四分之一光滑球 面放在水平桌面上，球面上放置一光滑均匀铁链，其A 端固定在球面的顶点，B 端恰与桌面不接触，铁链单位 长度的质量为ρ.试求铁链A 端受的拉力T. 解析：以铁链为研究对象，由由于整条铁链的长度不能 忽略不计，所以整条铁链不能看成质点，要分析铁链的受 力情况，须考虑将铁链分割，使每一小段铁链可以看成质 点，分析每一小段铁边的受力，根据物体的平衡条件得出 整条铁链的受力情况. 在铁链上任取长为△L 的一小段（微元）为研究对象， 其受力分析如图3—2—甲所示.由于该元处于静止状态， 所以受力平衡，在切线方向上应满足： θθθθT G T T +?=?+cos θρθθcos cos Lg G T ?=?=? 由于每段铁链沿切线向上的拉力比沿切线向下的拉力大 △T θ，所以整个铁链对A 端的拉力是各段上△T θ的和， 即 ∑∑∑?=?=?=θρθρθcos cos L g Lg T T

高中物理微元法解决物理试题的基本方法技巧及练习题及练习题

高中物理微元法解决物理试题的基本方法技巧及练习题及练习题 一、微元法解决物理试题 1．解放前后，机械化生产水平较低，人们经常通过“驴拉磨”的方式把粮食颗粒加工成粗面来食用．如图，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F ，方向与磨杆始终垂直，作用点到轴心的距离为r ，磨盘绕轴缓慢转动，则在转动一周的过程中推力F 做的功为 A ．0 B ．2πrF C ．2Fr D ．-2πrF 【答案】B 【解析】 【分析】 cos W Fx α=适用于恒力做功，因为推磨的过程中力方向时刻在变化是变力，但由于圆周 运动知识可知，力方向时刻与速度方向相同，根据微分原理可知，拉力所做的功等于力与路程的乘积； 【详解】 由题可知：推磨杆的力的大小始终为F ，方向与磨杆始终垂直，即其方向与瞬时速度方向相同，即为圆周切线方向，故根据微分原理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积，由题意知，磨转动一周，弧长2L r π=，所以拉力所做的功2W FL rF π==，故选项B 正确，选项ACD 错误． 【点睛】 本题关键抓住推磨的过程中力方向与速度方向时刻相同，即拉力方向与作用点的位移方向时刻相同，根据微分思想可以求得力所做的功等于力的大小与路程的乘积，这是解决本题的突破口． 2．水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，得到广泛应用．某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d 的水流以速度v 垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零，已知水的密度为ρ，则钢板受到水的冲力大小为 A ．2d v πρ B ．22d v πρ C ．2 14 d v πρ D ．22 14 d v πρ 【答案】D 【解析】 【分析】