《微元法的应用》PPT课件

微元法的应用一、学习目标知识与技能①知道微元法是分析、解决物理问题的常用方法之一；②了解微元法在高中物理教材中的应用实例；③掌握微元法解题的一般思维程序；④运用微元法解决有关连续变化的相关问题过程与方法①通过应用微元法解题，体验微元法的特点和应用技巧，能把这种方法和动能定理等其他处理变力问题的方法加以比较；②通过了解教材中一些应用微元法的实例，感悟这种贯穿于整个高中物理知识体系的思维方法的重要地位；情感态度价值观①经历微元法解决非匀变速运动速度和位移的关系，体会化变为恒、化曲为直、使复杂问题简单化的科学思维方法；②体验成功的快乐和方法的意义，增强科学能力的价值观微元法在高考中的地位：微元法是一种深刻的思维方法，先分割逼近，找到规律，再累计求和，达到了解整体的目的。关于微元法的题目，连续几年出现在江苏高考物理试卷中和各大高校的自主招生考试中。微元法在教材中的广泛应用：在处理匀变速直线运动的位移、瞬时速度，曲线运动速度方向、万有引力由“质点”向“大的物体”过渡、探究重力做功、变力做功、推导第二宇宙速、推导正弦式交流电峰值和有效值的关系等等微元法的一般思维程序例1如图1所示，一个质量为m的钢性圆环套在一根固定的足够长的水平直杆上，环的半径略大于杆的半径。环与杆之间的动摩擦因数为μ。t=0时刻给环一个向右的初速度v0，同时对环施加一个方向始终竖直向上的力F，已知力F的大小为F=kv，(k为大于0的常数且已知，v为环的运动速度)，且有kv0＞mg，t=t1时刻环开始沿杆做匀速直线运动。试求：在0～t1时间内，环沿杆运动的距离。（一）微元法在力学中的应用F图1GFNf环做加速度减小的减速运动，最后匀速解析:kv1=mg，v1=mg/k①环在任意时刻t的加速度a=μ(kv–mg)/m②②式改写为Δv=μkvΔt/m–μgΔt在v0～v1区间内对③式各项求和有∑Δv=∑μkΔx/m–∑μgΔt④由④式可得v0–v1=μkx/m–μgt1⑤⑤式整理得x=m(v0–mg/k+μgt1)/μk=μkΔx/m–μgΔt③vt0v0v1t1vtΔt取一段时间微元Δt→0，a=Δv/Δt求：在0～t1时间内，环沿杆运动的距离。练习1．从地面上以初速度v0竖直上抛出质量为m的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，落地前球已经做匀速运动，求：①作出球运动的速率随时间变化的图象；②球上升的最大高度GfvGfv设上升至速度为v时加速度为a，ma=mg＋kv☆对变化的速度、位移从牛顿定律出发，采取先微元、再求和的方法,并注意换元的技巧。取一段时间微元Δt，a=Δv/Δt有：例2．如图所示，一个由绝缘细线构成的刚性轨道水平放置，轨道OCD部分光滑，是以B为中心，l为半径的半圆，AB＝2l，直轨道DE部分是粗糙的且足够长。轨道上A处有电荷量为Q1的正点电荷，B处有电荷量为Q2的负点电荷（|Q2|＞Q1）。一个质量为m电荷量为＋q的小环套在轨道上，环与轨道间的动摩擦因数为μ。已知点电荷产生电场时，若以无穷远为零势面，其电势可 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示为φ=kQ/r，Q为场源电荷，r为与电荷的距离。（1）若小环初始位置在O处，受到轻微扰动后沿半圆轨道加速运动,求小环运动至D处的速度大小v0。（二）微元法在静电场中的应用解：（1）根据点电荷产生的电势公式可知，Q2在O、D两处产生的电势相等，小环从O运动到D只有点电荷Q1对环做功，由动能定理可得WOD=q（φO–φD）=mv02/2即kQ1q/l–kQ1q/3l=mv02/2解得例2（2）若小环到达D点后沿直轨道DE运动。设小环在两个点电荷Q1、Q2共同作用下所受库仑力与速度大小成正比，比例系数为k，经过时间t0静止，求小环在直轨道上运动的距离x。解析：设某时刻t小环运动速度为v时加速度为a=(μmg+kv)/m取一段时间微元Δt，a=Δv/Δt有：Δv=(μgΔt+kvΔt/m)=(μgΔt+kΔx/m)∑Δv=(μg∑Δt+k/m∑Δx)v0=μgt0＋kx/mx=m(v0–μgt0)/k练习2，电量Q均匀分布在半径为R的圆环上（如图3所示），求在圆环轴线上距圆心O点为x处的P点的电场强度和电势图3解析：选电荷元空间元☆注意矢量和标量不同的叠加方法它在P点产生的电场的场强的x分量为：根据对称性电荷元在P点的电势为（三）、微元法在电磁感应中的应用例3.如图4，两根足够长的光滑固定平行金属导轨与水平面成θ角，导轨间距为d，两导体棒a和b与导轨垂直放置，两根导体棒的质量都为m、电阻都为R，回路中其余电阻不计。整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。在t=0时刻使a沿导轨向上作速度为v的匀速运动，同时将b由静止释放，b经过一段时间后也作匀速运动。已知d=1m，m=0.5kg，R=0.5Ω，B=0.5T，θ=30°，g取10m/s2，不计两导棒间的相互作用力。bBFaθθ图4（三）、微元法在电磁感应中的应用⑴为使导体棒b能沿导轨向下运动，a的速度v不能超过多大？bBFaθθ图4GFANb解析：⑴设a的速度为v1，由于b初态速度为零，则I=E1/2R=Bdv1/2R①对b：FA=BId=B2d2v1/2R②b要下滑FA＜mgsinθ③将①②式代入③式得：v1＜10m/s④（三）、微元法在电磁感应中的应用例3.如图4，两根足够长的光滑固定平行金属导轨与水平面成θ角，导轨间距为d，两导体棒a和b与导轨垂直放置，两根导体棒的质量都为m、电阻都为R，回路中其余电阻不计。整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。在t=0时刻使a沿导轨向上作速度为v的匀速运动，同时将b由静止释放，b经过一段时间后也作匀速运动。已知d=1m，m=0.5kg，R=0.5Ω，B=0.5T，θ=30°，g取10m/s2，不计两导棒间的相互作用力。⑵若a在平行于导轨向上的力F作用下，以v1=2m/s的速度沿导轨向上运动，试导出F与b的速率v2的函数关系式并求出v2的最大值；bBFaθθ图4解析：⑵设a的速度为v1，b的速度为v2，回路电流为I，则：I=（E1+E2）/2R=Bd(v1+v2)/2R⑤对a：mgsinθ+FA=Fmgsinθ+B2d2(v1+v2)/2R=F⑥代入数据得:F=3+v2/4(N)设b的最大速度为vm，则有：B2d2(v1+vm)/2R=mgsinθ代入数据得:vm=8m/sGFNFAaGFANb（三）、微元法在电磁感应中的应用⑶在⑵中，当t=2s时，b的速度达到5.06m/s，2s内回路中产生的焦耳热为13.2J，求该2s内力F做的功（结果保留三位有效数字）。解析：⑶对b：mgsinθ－FA=ma即mgsinθ–B2d2(v1+v2)/2R=ma取一段时间微元Δt，a=Δv/Δt,mgsinθ–B2d2(v1+v2i)/2R=m△v2i/△t代入数据并整理得：8–v2i=2△v2i/△t⑦等式求和得：8∑△t–∑v2i△t=2∑△v2i8t－x2=2v2将t=2s，v2=5.06m/s代入上式得：x2=5.88m解法1：a的位移：x1=v1t=2×2=4m由动能定理知：mv22/2－0=WF－mgx1sinθ＋mgx2sinθ＋WAWA=－Q代入数据得：WF=14.9J解法2：棒a有一很小位移△x1时，力F做的功为Wi=Fi△x1=mgsin30°△x1+B2d2(v1+v2i)△x/2R代人数据得Wi=3△x1+0.25v2i△x1式中v2i可由⑦式求得：v2i=8–2△v2i/△t得：Wi=3△x1+(8–2△v2i/△t)·0.25△x1=5△x1–0.5△v2i·△x1/△t式中△v2i为棒b在△t时间内的速度增量，△x1为棒a在△t时间的位移，所以△x1/△t=v1=2m/s，代入⑩式并求和得WF=5∑△x1–0.5v1∑△v2i=5x1－0.5v1v2=5×4J–1×5.06J=14.9J☆两种解法，其中第二种解法并未使用“2s内回路中产生的焦耳热为13.2J，”这一条件，所以，这是一个有多余已知条件的高考模拟题。☆在条件充分的情况下，微元法并不是唯一选择，不要形成遇到电磁感应必用微元这样的先入为主的印象练习3-1如图5所示，两平行光滑的金属导轨AD、CE相距L=1.0m，导轨平面与水平面的夹角α=30°，下端用导线连接R=0.40Ω的电阻，导轨电阻不计．PQGH范围内存在方向垂直导轨平面的磁场，磁场的宽度d=0.40m，边界PQ、HG均与导轨垂直．质量m=0.10kg、电阻r=0.10Ω的金属棒MN垂直放置在导轨上，且两端始终与导轨电接触良好，从与磁场上边界GH距离也为d的位置由静止释放，取g=10m/s2．（1）若PQGH范围内存在着磁感应强度随高度变化的磁场（在同一水平线上各处磁感应强度相同），金属棒进入磁场后，以a=2.5m/s2的加速度做匀加速运动，求磁场上边缘（紧靠GH）的磁感应强度；（2）在（1）的情况下，金属棒在磁场区域运动的过程中，电阻R上产生的热量是多少？（3）若PQGH范围内存在着磁感应强度B=0.50T的匀强磁场，金属棒在磁场中运动过程受到F＝(0.75v-0.5)N（v为金属棒运动速度）沿导轨向下的力作用，求金属棒离开磁场时的速度．ACPQGHMNED图5BdαdR解析：（1）设磁场上边缘的磁感应强度为B0，金属棒刚进入磁场时的速度为v0、产生的感应电流为I0、受到的安培力为F0，则有I0=B0Lv0/（R+r）F0=B0I0Lmv02/2=mgdsinαmgsinα–F0=ma代入数据解得v0=2m/s，B0=0.25T（2）设电阻R上产生的热量为Q，金属棒到达磁场下边界时的速度为v，则v2=v02+2admv2/2－0=mg·2dsinα＋WAWA=－Q总Q总=mg·2dsinα–mv2/2QR=RQ总/(R+r)代入数据解得QR=0.080J（3）设金属棒离开磁场时的速度为v´，则mgsinα+F–F安=mΔv/Δt其中F安Δt=BILΔt=B2L2v·Δt/(R+r)=B2L2Δx/(R+r)则∑mΔv=∑[mgΔt/2+FΔt–B2L2Δx/(R+r)]=0.25∑Δx即m（v＇–v0）=0.25d代入数据解得v´=3.0m/s练习3-2如图6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L=1m，倾角θ=45°，水平部分处于磁感应强度B=1T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，磁场左边界MN与导轨垂直。金属棒ab质量m1=0.2kg，电阻R1=1Ω，金属棒cd质量m2=0.2kg，电阻R2=3Ω，导轨电阻不计，两棒与导轨间动摩擦因数μ=0.2。开始时，棒ab放在斜导轨上，与水平导轨高度差h=1m，棒cd放在水平轨上，距MN距离为s0。两棒均与导轨垂直，现将ab棒由静止释放，取g=10m/s2。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s0。BN′θbcaaMhds0图6解析：（1）对ab运用动能定理得m1gh–μm1gcos45ºh/sin45º=m1v02/2v0=4m/s（2）棒ab运动到MN处，cd加速度最大Em=BLv0Im=Em/(R1+R2)Fm=B2L2v0/(R1+R2)=1NFm–μm2g=m2aa=3m/s2（3）在光滑不相碰的情况下，两棒最终速度必相等，设为vm对ab棒有vm–v0=∑a1Δt=∑F1Δt/m对cd棒有vm–0=∑a2Δt=∑F2Δt/m任一时刻有F1=–F2，故得vm–v0=–(vm–0)，即vm=v0/2设某时刻ab的速度为v1，cd的速度为v2，在时间微元内，ab速度变化为Δv1E=BL(v1–v2)I=E/（R1+R2）由牛顿运动定律对ab有F1=m1Δv1/Δt=B2L2(v1–v2)/(R1+R2)得v1–v2=(R1+R2)m1Δv/B2L2Δt两棒在水平导轨运动的相对位移，即为两棒不相碰的最小距离，故有S0=∑(v1–v2)Δt=(R1+R2)m1/B2L2·∑Δv1=(R1+R2)m1/B2L2·(v0–v0/2)=1.6m☆牛顿定律微分形式与动量定律、动量守恒定律的关系☆当我们通过一定数量“微元求和法”习题的练习后，切忌逢电磁感应综合题就先入为主的要采用“微元求和法”解题。请看练习3-3练习3-3、如图7所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框abcd，线框质量为m，电阻为R，边长为L．有一方向竖直向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B，磁场区宽度大于L，左边界与ab边平行．线框在水平向右的拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区．（1）若线框以速度v匀速穿过磁场区，求线框在离开磁场时ab两点间的电势差；（2）若线框从静止开始以恒定的加速度a运动，经过t1时间ab边开始进入磁场，求cd边将要进入磁场时刻回路的电功率；（3）若线框以初速度v0进入磁场，且拉力的功率恒为P0．经过时间T，cd边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q．后来ab边刚穿出磁场时，线框速度也为v0，求线框穿过磁场所用的时间t．abcdB图7解析：（1）线框在离开磁场时，cd边产生的感应电动势E=BLv回路中的电流I=E/R则ab两点间的电势差U=IRab=BLv/4（2）t1时刻线框速度v1=at1设cd边将要进入磁场时刻速度为v2，则v22–v12=2aL此时回路中电动势E2=BLv2回路的电功率P=E22/R解得P=B2L2(a2t12+2aL)/R（3）设cd边进入磁场时的速度为v，进入磁场过程中：P0T＋WA=(mv2/2–mv02/2)=P0T－Q设线框从cd边进入到ab边离开磁场的时间为Δt，则P0Δt=mv02/2–mv2/2解得Δt=Q/P0–T线框离开磁场时与进入过程相同，时间还是T，所以线框穿过磁场总时间tt=2T+Δt=Q/P0+T巩固1、如图8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，导轨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“Ю”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，图中未图出）。线框的边长为d（d0的一侧存在竖直向下的磁场，金属棒质量为m，电阻为r，与金属导轨垂直放置，且接触良好．开始时，金属棒位于x=0处，现给金属棒一大小为v0、方向沿x轴正方向的初速度，金属棒沿导轨滑动，金属导轨电阻可忽略不计．问：⑴金属棒滑行过程中安培力对金属棒做的功和电阻R上产生的焦耳热；⑵若导轨间的磁场是匀强磁场，磁感应强度为B，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x1；⑶若导轨间的磁场是非匀强磁场，磁感应强度B沿x轴正方向增加，且大小满足，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x2．图9解析．⑴根据动能定理w=0－mv02/2Q=mv02/2QR=QR/(R+r)=Rmv02/2(R+r)⑵E=BdvF=BId=B2d2v/(R+r)=ma△v=a△tm∑Δv=∑B2d2v/(R+r)·△t=∑B2d2/(R+r)·△xx1=mv0(R+r)/B2d2⑶m∑Δv=∑B2d2v/(R+r)·△t=∑d2/(R+r)·kx△xmv0=d2/(R+r)∑kx△x=d2/(R+r)·kx22/2 总结 初级经济法重点总结下载党员个人总结TXt高中句型全总结.doc高中句型全总结.doc理论力学知识点总结pdf ：1、微元思想在高中物理教材中有着广泛应用，也是近几年江苏高考压轴题和各大名校自主招生考试中的热点；2、微元法在处理连续变化的问题时，有其独特的方法，要注意取元的原则：可加性、有序性、平权性3、最常见的换“元”技巧有如下几种①“时间元”与“空间元”间的相互代换（表现时、空关系的运动问题中最为常见）；②“体元”、“面元”与“线元”间的相互代换（实质上是降“维”）；③“线元”与“角元”间的相互代换（“元”的表现形式的转换）；④“孤立元”与“组合元”间的相互代换（充分利用“对称”特征）4、微元法并不是处理变力问题的唯一方法，还有动能定理、图像法、平均力法、积分法等微元法的一般思维程序第一步，取元。隔离选择恰当微元(空间元、时间元)作为突破整体研究的对象。微元可以是:一小段线段、圆弧;一小块面积;一个小体积、小质量;一小段时间……，但应具有整体对象的基本特征。第二步，模型化。将微元模型化(如视作点电荷、质点、匀速直线运动等)，并运用相关物理规律，求解这个微元，并注意适当的换元。第三步，求和。将一个微元的求解结果推广一到其他微元，并充分利用各微元间的关系，如对称关系、矢量方向关系、量值等关系)，对各微元的解出结果进行叠加，以求出整体量的合理解答。温馨提示：本PPT 课件 超市陈列培训课件免费下载搭石ppt课件免费下载公安保密教育课件下载病媒生物防治课件 可下载高中数学必修四课件打包下载 下载后，即可编辑修改，也可直接使用。（希望本课件对您有所帮助）