2023届二轮复习 解题方法专题—微元法 学案

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微元法时间微元（2022•北京模拟）微元思想是中学物理中的重要思想。所谓微元思想，是将研究对象或者物理过程分割成无限多个无限小的部分，先取出其中任意部分进行研究，再从局部到整体综合起来加以考虑的科学思维方法。如图所示，两根平行的金属导轨MN和PQ放在水平面上，左端连接阻值为R的电阻。导轨间距为L，电阻不计。导轨处在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B。一根质量为m、阻值为r的金属棒放置在水平导轨上。现给金属棒一个瞬时冲量，使其获得一个水平向右的初速度v0后沿导轨运动。设金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨足够长，不计一切摩擦。求：（1）金属棒的速度为v时受到的安培力是多大？（2）金属棒向右运动的最大距离是多少？关键信息：金属棒水平向右沿导轨运动→产生的感应电动势E＝BLv，回路中感应电流的方向为顺时针，金属棒所受安培力方向水平向左不计一切摩擦→对金属棒受力分析，金属棒所受合力等于安培力解题思路：根据法拉第电磁感应定律结合安培力的计算公式求解金属棒所受的安培力。金属棒水平向右运动过程中，从时间微元的角度，划分为无数小段，每一小段的速度可看成几乎不变，速度在时间上的累积为位移，应用牛顿第二定律或动量定理列方程，求解金属棒向右运动的距离。（1）金属棒在磁场中的速度为v时，电路中的感应电动势：E＝BLv电路中的电流：I＝金属棒所受的安培力：F安＝BIL得：F安＝（2）对金属棒受力分析，由牛顿第二定律得：＝ma设经过一段极短的时间Δt，a＝，则＝mΔv，对时间累积：∑－＝∑mΔv，由－＝m∑Δv得：－＝－mv0解得：x＝取水平向右为正方向，金属棒从速度为v0至停下来的过程中，由动量定理：I安＝0－mv0将整个运动过程划分成很多小段，可认为每个小段中的速度几乎不变，设每小段的时间为∆ti，则安培力的冲量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）物理学研究问题一般从最简单的理想情况入手，由简入繁，逐渐贴近实际。在研究真实的向上抛出的物体运动时，我们可以先从不受阻力入手，再从受恒定阻力研究，最后研究接近真实的、阻力变化的运动情形。现将一个质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，重力加速度为g。（1）若忽略空气阻力对小球运动的影响，求物体经过多长时间回到抛出点；（2）若空气阻力大小与小球速度大小成正比，已知小球经t时间上升到最高点，再经一段时间匀速经过抛出点时，速度大小为v1，求小球抛出后瞬间的加速度和上升的最大高度。（1）忽略空气阻力时，落回出发点的速度为－v0，由－gt＝－v0－v0＝－2v0，得：t＝＝（2）小球最终做匀速运动，知mg＝kv1，得m＝刚抛出时阻力与重力方向相同，则ma＝mg＋kv0得：a＝＝g＋＝g(1＋)在上升过程中取任意微小过程，设时间为Δti，速度为vi，速度的变化量为Δvi，由动量定理：－mg∑Δti－k∑vi∆ti＝m∑Δvi即－mgt－h＝m(0－v0)得：h＝＝ 涉及时间微元问题的一般解题步骤：（1）本方法一般用来处理变加速直线运动的情况且物体所受的变力与速度成正比。（2）找微元：对于这类变速运动，通常选取极短的一段时间∆t，在这段极短的时间内可认为物体的受力、速度等物理量不变。（3）列方程：应用牛顿第二定律、动量定理等物理规律，列微元方程。注意将表达式变形为可在时间微元上进行累加的形式。（4）累加求和：对时间微元进行积分，加速度在时间上的累计是速度的变化量，速度在时间上的累积是位移，电流在时间上的累积是电荷量，力在时间上的累计是冲量。 位移微元（2022•黑龙江月考）水平桌面上，长R＝5m的轻绳一端固定于O点，如图所示（俯视图），另一端系一个质量m＝2.0kg的小球，现对小球施加一个大小不变的力F＝10N，F拉着小球从M点运动到N点，方向始终与小球的运动方向成37°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，不计空气阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则拉力F做的功与克服摩擦力做的功之比为（）A． B． C．2 D．3关键信息：力F的大小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角→F做功与路程有关小球受到的滑动摩擦力方向始终与速度方向相反→摩擦力做功也与路程有关解题思路：根据功的定义式，采用微元法求解。将圆弧分成很多小段l1，l2，…ln，拉力F在每小段上做的功为W1，W2，…Wn，因拉力F大小不变，方向始终与小球在该点的切线成37°角，所以W1＝Fl1cos37°，W2＝Fl2cos37°，…Wn＝Flncos37°，则拉力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，则拉力F做的功与克服摩擦力做的功之比为2，故ABD错误，C正确。故选：C。 （2023•安徽月考）如图甲所示，光滑金属导轨ab、ac夹成固定放置在水平面上，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。一根导体棒在水平拉力作用下，以某一初速度由MN处减速到PQ处，此运动过程中，导体棒始终与ac垂直，所受安培力F随位移x变化的图像如图乙所示。除阻值为R的电阻外，其余电阻不计，MN＝L0。在棒由MN处运动到PQ处的过程中（）A．棒做匀减速直线运动 B．通过电阻的电流恒定C．通过电阻的电荷量为 D．电阻产生的焦耳热为B．导轨ab、ac成45°角，导体棒在磁场中的长度为L＝L0＋x则导体棒受到的安培力F＝BIL＝BIL0＋BIx由乙图可得，F－x的斜率恒定，则BI恒定，故通过导体棒的电流恒定，且I＝故B正确；A．设导体棒的速度为v，导体棒切割磁感线，则E＝BLv，I＝则v＝可得v－x的关系式不满足匀变速直线运动速度与位移的关系，故A错误；C．由q＝，＝，E＝可得q＝＝＝，故C错误；D．此过程电阻产生的焦耳热等于导体棒运动过程克服安培力所做的功，把导体棒的运动分割成若干个位移微元，由每个位移微元Δx极短，每一段安培力做功看成恒力做功，在0～L0这段距离上累积叠加，安培力F所做的功等于安培力F随位移x变化的图像中图线在0～L0这段距离上所围的面积S，所以Q＝|W安|＝L0＝，故D错误。故选B。  （2022•安徽月考）若规定无限远处的电势为零，真空中正点电荷周围某点的电势φ可表示为φ＝，其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离。如果场源是多个点电荷，电场中某点的电势为各个点电荷单独在该点产生电势的代数和。如图所示，一个半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电细圆环固定在真空中，环面水平。一个质量为m的带正电小球，从环心O的正上方D点由静止开始下落，小球到达O点时的速度为v。已知D、O间的距离为R，静电力常量为k，重力加速度为g。则小球所带的电荷量是多少？关键信息：均匀带电细圆环→带电体不能视为点电荷，可以采用微元法小球由D点静止下落，到达O点时的速度为v→确定动能变化量，由动能定理进行解答解题思路：结合点电荷的电势公式，利用微元法求出D、O两点的电势，小球从D到O的过程中，根据动能定理求解小球所带的电荷量。把圆环分成很多等份，每一份都可视为点电荷，设每一份的电荷量为ΔQ，研究其中任意一份与D点的距离为：l＝＝它在D产生的电势：φ1＝＝由对称性和叠加原理可知，圆环在D点的电势：φD＝∑φ1＝∑ΔQ＝同理可求得，圆环在O点的电势：φO＝所以D、O两点间的电势差：UDO＝φD－φO＝－小球从D到O的过程中，根据动能定理有：mg·R＋qUDO＝mv2－0解得：q＝(8gR－3v2)。 （智学精选）如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为＋Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，试求P点的场强。如图所示，设想将圆环看成由n个小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q′＝，由点电荷场强公式可求得每一小段带电环在P处产生的场强为E＝＝。由对称性知，各小段带电环在P处产生的场强E垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为整个带电圆环在P处产生的场强EP，EP＝nEx＝nkcos θ＝，方向沿OP连线指向P。 1.利用“位移微元”求解变力做功的解题方法：（1）将物体的位移分割成许多小段，因每一小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个位移上的恒力所做功的代数和。此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。（2）根据“位移微元”的思想，在力F－x图像中，图线与x轴围成的面积表示对应力F在这段位移所做的功，利用图线面积求解对应变力F做功。位于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况（如矩形、三角形、圆等规则的几何图形）。2.利用“线微元”求解电场电势和场强的解题方法：对于均匀带电圆环、带电平面和带电直杆等产生的电场问题，通常将带电体分割成无数微小的电荷元，每个电荷元可看成点电荷。再对电荷元加以分析，这样能化繁为简，使变量、难以确定的量转化为常量、容易确定的量。最后利用点电荷电场叠加的方法进行对称求和或分组求和计算。