[实用参考]高中物理电磁感应微元法专题.doc

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B L v E =，感应电流为R BLvI =，受安培力为v RL B B I L F 22==，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。

微元法论文电磁感应论文：微元法在电磁感应中的应用题型分析摘要：本文针对目前江苏高考中电磁感应中微元法的应用进行了深入浅出的分析。

首先对微元法的定义和步骤作简要的分析。

然后把电磁感应中出现的题目作了简要的分类：（1）导体棒所受的合力为单一安培阻力。

（2）安培阻力与物体速度成正比，导体在受到安培力的作用下和一个恒定外力的作用下做变加速运动。

（3）导体棒由于切割磁感线产生感应电流，受到安培阻力作用做变加速运动，安培力与速度的不成正比。

对每种题型作了详尽的分析，并且得出了更易于学生接受的推论。

此方法已经在教学实践中加以应用，并收到了良好的效果。

关键词：微元法电磁感应应用一、背景微元法是中学物理中的一种重要的思想方法。

从近几年的江苏省的高考试题来看多次出现应用微元法解决电磁感应的题目，如2006年最后一题，2007年最后第二题，2008年的最后一题，2009年最后一题。

说明在江苏高考中微元法占有相当重要的地位。

在大学普通物理中，许多问题的求解都要用到“微元法”的思想。

因此微元法非常重要。

我在教学过程中发现，学生对微元法的理解不够深入。

学生对微元法什么时候用，为什么要用，怎样用微元法往往是一知半解，在考试中乱用一气。

在电磁感应与力学综合题中，导棒在磁场中切割磁感线，产生感应电动势，进而产生感应电流。

导棒中的感应电流在磁场中受到了安培力的作用。

而安培力与物体的速度有关，安培力是变力，进而使导棒做变加速运动。

当求导棒在一定时间内发生的位移，或发生一定位移时需要的时间，由于导棒发生变加速运动，不能应用匀变速运动规律来求解，这为微元法的应用提供了非常好的素材。

因此本文借助于电磁感应中的力学问题的素材来研究微元法的应用。

本文主要讨论两个方面：一是怎样引导利用微元法来解题；二是就电磁感应中利用微元法解答的几种题型作初步的探讨。

二、微元法的定义微元法是分析、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。

微元法在《电磁感应》中的应用作者：揭秋林来源：《中学物理·高中》2015年第12期物理学追求认识自然界最普遍、最基本的规律。

学生学习物理，就要注意养成追根问底、悟物穷理的思维习惯，这有利于提高学生的理性思维能力。

新教材在《电磁感应》这一章中较老教材做了许多改动，从电磁感应现象，本质、规律三方面进行阐述，旨在达到上述效果。

但是由于高中学生在物理理论知识和数学知识两方面都有不足，学习时做不到深究，从而造成对电磁感应的认识不到位，而微元法能很好的加深理解和应用。

1 电磁感应现象大量的实验说明只要穿过某一闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就有电流产生，磁通量的变化有以下两种情况：（1）B不变化而闭合电路的整体或局部在做切割磁感线运动，这样产生的感应电动势叫做动生电动势。

（2）B变化而闭合电路的任一部分都不动，这样产生的感应电动势叫做感生电动势。

2 产生电动势的原因（1）动生电动势的产生原因——洛伦兹力如图1所示，金属杆ab以速率v向右平移，它里面的电子也随之向右运动，向右运动的电子因处在磁场中所以要受到[TP12GW167。

TIF，Y#]洛伦兹力作用，由左手定则可以判断洛伦兹力方向向下，沿杆的洛伦兹力驱使自由电子向下运动，闭合线框中便出现逆时针方向的电流，这样在杆ab中就产生了动生电动势，运动着的杆ab就相当于电源。

（2）感生电动势产生的原因——感生电场力通过实验观察杆不动磁场变化时的电磁感应现象，自然会提出什么力驱使电荷定向移动呢？麦克斯韦认为，变化的磁场会激发一个闭合电场，我们称之为感生电场或涡旋电场。

感生电场对自由电荷的感生电场力充当了非静电力驱使闭合回路中的自由电荷定向移动，形成了电流，产生了感生电动势。

3 感应电动势大小的计算方法3。

1 匀强电场中的动生电动势大小的计算方法方法一从产生原因入手——洛伦兹力作用如图2所示，金属杆ab以速率v向右平移，则自由电子受到的沿杆的洛伦兹力f=evB，电子从金属杆一端移动到另一端（相当于从电源的一极移到另一极），此力做功Wf=fl，而Wf=eE，联立以上三式可解得E=Blv。

高考物理物理解题方法：微元法解题技巧word一、高中物理解题方法：微元法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：1.420.7V 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．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 πρB ．22d v πρC ．214d v πρD ．2214d v πρ【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】设t 时间内有V 体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：214m V Svt d vt ρρπρ===以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F ，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft =0-mv解得：2214mv F d v t πρ=-=- A. 2d v πρ与分析不符，故A 错误． B. 22d v πρ与分析不符，故B 错误． C. 214d v πρ与分析不符，故C 错误． D. 2214d v πρ与分析相符，故D 正确．3．“水上飞人表演”是近几年来观赏性较高的水上表演项目之一，其原理是利用脚上喷水装置产生的反冲动力，使表演者在水面之上腾空而起。

同时能在空中完成各种特技动作，如图甲所示。

为简化问题。

高考综合复习——电磁感应专题复习一电磁感应基础知识、自感和互感编稿：郁章富审稿：李井军责编：郭金娟总体感知知识网络考纲要求内容要求电磁感应现象磁通量法拉第电磁感应定律楞次定律自感、涡流I I II II I命题规律1．从近五年的高考试题可以看出，本专题内容是高考的重点，每年必考，命题频率较高的知识点有：感应电流的产生条件、方向判断和感应电动势的计算；电磁感应现象与磁场、电路、力学、能量等知识相联系的综合题及感应电流（或感应电动势）的图象问题，在高考中时常出现。

2．本专题在高考试卷中涉及的试题题型全面，有选择题、填空题和计算题，选择题和填空题多为较简单的题目，计算题试题难度大，区分度高，能很好地考查学生的能力，备受命题专家的青睐。

今后高考对本专题内容的考查可能有如下倾向：①判断感应电流的有无、方向及感应电动势的大小计算仍是高考的重点，但题目可能会变得更加灵活。

②力学和电学知识相结合且涉及能量转化与守恒的电磁感应类考题将继续扮演具有选拔性功能的压轴题。

复习策略1．左手定则与右手定则在使用时易相混，可采用“字形记忆法”：（1）通电导线在磁场中受安培力的作用，“力”字的最后一撇向左，用左手定则；（2）导体切割磁感线产生感应电流，“电”字最后一钩向右，用右手定则；总之，可简记为力“左”电“右”。

2．矩形线框穿越有界匀强磁场问题，涉及楞次定律（或右手定则）、法拉第电磁感应定律、磁场对电路的作用力、含电源电路的计算等知识，综合性强，能力要求高，这也是命题热点。

3．电磁感应图象问题也是高考常见的题型之一；滑轨类问题是电磁感应中的典型综合性问题，涉及的知识多，与力学、静电场、电路、磁场及能量等知识综合，能很好的考察考生的综合分析能力。

本章知识在实际中应用广泛，如日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术应用等，有些问题涉及多学科知识，不可轻视。

第一部分电磁感应现象、楞次定律知识要点梳理知识点一——磁通量▲知识梳理1．定义磁感应强度B与垂直场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面积的磁通量，。

电磁感应中微元法的应用技巧及实例无锡市第六高级中学 曹钱建摘要：微元法是电磁学中极其重要的一种研究方法，电磁学中无时无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。

间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。

关键词：微元法；电磁感应；高考新课标物理教材中涉及到微分的思想，相应的派生出大量的相关问题。

而微元法与电磁感应相结合的问题更是常考点也是难点，本文将就此类问题的解决提供一套简便实用的方法，及部分经典实例。

电磁感应问题中的动生电动势模型中，金属杆在达到稳定之前的过程是一个变加速过程（其中涉及到的v 、E 、I 、安F 、a 都是变量），常规的原理、公式都无法直接使用，使得很多学生遇到此类问题都觉得无从下手，但此类问题却在近两年各地模拟卷和江苏高考卷中，作为压轴题出现。

其实这时可以采取“微元法”，即将所研究的变加速物理过程，分割成许多微小的单元，从而将非理想物理模型变成理想物理模型；将变加速运动过程变成匀加速运动过程，然后选择微小的单元，利用下面介绍的方法进行分析和讨论，可用一种比较简单且相对固定的模式解决此类问题。

例1、如图甲所示，光滑绝缘 水平面上一矩形金属线圈 abcd 的质量为m 、电阻为R 、ad 边长度为L ，其右侧是有左右边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，ab 边长度与有界磁场区域宽度相等，在t =0时刻线圈以初速度v 0进入磁场，在t=T 时刻线圈刚好全部进入磁场且速度为v l ，此时对线圈施加一沿运动方向的变力F ，使线圈在t =2T 时刻线圈全部离开该磁场区，若上述过程中线圈的v —t 图象如图乙所示，整个图象关于t=T 轴对称．(1)求t=0时刻线圈的电功率；(2)线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热和穿过磁场过程中外力F 所做的功分别为多少?(3)若线圈的面积为S ，请运用牛顿第二运动定律和电磁学规律证明：在线圈进入磁场过程中m RLS B v v 210=- 解：t =0时，E=BLv 0 线圈电功率Rv L B R E P 20222==(2)线圈进入磁场的过程中动能转化为焦耳热 21202121mv mv Q -= 外力做功一是增加动能，二是克服安培力做功 2120mv mv W F -=(3)根据微元法思想，将时间分为若干等分，每一等分可看成匀变速，利用牛顿第二定律分析可得：Bv v 乙m Rv L B m BLI a 22==： 等式两边同时乘以t ∆可得：t Lv mRL B t v mR L B t a ∆=∆=∆222 因为时间t ∆极短，则a 可认为恒定不变，所以t a ∆等于此极短时间内的速度改变量v ∆，同理v 也可认为恒定不变，所以t v ∆等于此极短时间内的位移x ∆。

高三电磁感应微专题（学生版）1、(2019·石家庄调研)如图所示，电路中L 是一电阻可忽略不计的电感线圈，a 、b 为L 的左、右两端点，A、B、C 为完全相同的三盏灯泡，原来开关S 是闭合的，三盏灯泡均发光。

某时刻将开关S 断开，则下列说法正确的是()A．a 点电势高于b 点，A 灯闪亮后缓慢熄灭B．b 点电势高于a 点，B、C 灯闪亮后缓慢熄灭C．a 点电势高于b 点，B、C 灯闪亮后缓慢熄灭D．b 点电势高于a 点，B、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭2、(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OP Q S 固定，其中P Q S 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心。

轨道的电阻忽略不计。

OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于P Q S 上，OM 与轨道接触良好。

空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B 。

现使OM 从O Q 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)。

在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于()A．54B．32C．74D．23．(多选)(2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线P Q 和一导线框R ，R 在P Q 的右侧。

导线P Q 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流正方向。

导线框R 中的感应电动势()A．在t ＝T4时为零B．在t ＝T2时改变方向C．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向D．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向4．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。

边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图(a)所示。

已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于t ＝0时刻进入磁场。

中学物理思想方法——微元法专题齐薇（启东市汇龙中学 226200）近些年各地高考，特别是江苏高考物理试卷中时有微元法题目出现，考生的得分率很低，因此掌握这种问题的解题技巧就显得尤为重要。

那什么是微元法呢？利用微分思想的分析方法称为微元法。

它是将研究对象或物理过程进行无限细分（化变为恒、化曲为直、化整为零），从其中抽取某一微小单元进行讨论，从而找出被研究对象或被研究过程变化规律的一种思想方法。

一、“微元法”解题的思维程序：1、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。

2、将微元模型化（如视作点电荷、质点、匀速直线运动、匀速转动……）并运用相关物理规律，求解这个微元。

3、将一个微元的求解结果推广到其他微元，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。

二、“微元法”解题一般步骤: 1、确定研究对象，选取“微元”； 2、列出相关微元的方程；3、对相关微元进行累积求和或求导。

三、微元法在变化中的应用.解题示范：从地面上以初速度v0竖直向上抛出质量为m 的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动。

求：（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功（2）球抛出瞬间的加速度大小（3）球上升的最大高度解析：（1）由动能定理得：22101122f W mv mv =-克服空气阻力做功22011122f f W W mv mv =-=-克（2）空气阻力 f kv = 由落地时匀速运动有：10mg kv -=设刚抛出时加速度大小为a0，则00mg kv ma +=解得：001(1)v a g v =+（3）设上升至速度为v 时加速度为a ，则 ()mg kv ma -+=k a g v m =--v v 1取极短时间t ∆，其速度变化为v ∆，有：k v a t g t v t m ∆=∆=-∆-∆又因为 v t h ∆=∆对上升全过程有：kv g t h m ∆=-∆-∆∑∑∑010k v gt H m -=--解得：011()v gt v H g -=小结：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（累计求和）进而使问题求解在电磁感应问题中，常常遇到非匀变速运动过程中求位移，电量，能量等问题，灵活运用微元的思想，可以帮助我们更深刻的理解物理过程。

电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”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BLv E =，感应电流为RBLv I =，受安培力为v RL B BIL F 22==，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。

电磁感应（微元与积分专题）一．例题1.如图所示，在水平面上有两条平行金属导轨MN 、PQ ，导轨间距为d ，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，磁感应强度大小为B ，两根金属杆间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，两金属杆质量均为m ，电阻均为R ，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆与导轨间摩擦不计，现将杆2固定，杆1以初速度v 0滑向杆2，为使两杆不相碰，则两杆初始间距至少为A 、mRv 0B 2d 2B 、mRv 02B 2d 2C 、2mRv 0B 2d2D 、4mRv 0B 2d22.如图所示，两根相距为d 足够长的光滑平行金属导轨位于水平的xOy 平面内，导轨与x 轴平行，左端接有阻值为R 的电阻.在x >0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v 0、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：⑪ 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；⑫ 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 x 1； ⑬ 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kx B 2，导体棒最终在导轨上静止时的坐标 x 2．3.如图所示，间距为L 的两条足够长的平行塑料绝缘光滑导轨与水平面的夹角为θ，磁感应强度为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 ，间距为2d ．质量为m 、有效电阻为R 的均质矩形导体框ABCD 对称地放在导轨上，AB 和CD 边与导轨垂直．(重力加速度大小为g )（1）如果矩形导体框ABCD 的宽度BD 等于3d ，求矩形导体框ABCD 由静止释放下滑s 距离时速度大小为多少？（2） 如果矩形导体框ABCD 的宽度BD 等于2d ，线框AB 边从磁场区域1上边由静止开始通过磁场区域1所需要的时间为t ，求线框AB 边刚通过磁场区域1时的速度大小？这段时间内线框中所产生的热功率为多少？（3）对于第(2)问所述的运动情况，线框CD 边刚穿出第n 个磁场区域时的速率为v ，试求：线框CD 边由静止起始，至通过第n 个磁场区域时的总时间为多少？二．作业 1.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 ＝1 T ，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 ＝0.5 m ，现有一边长l ＝0.2 m 、质量m ＝0.1 kg 、电阻R ＝0.1 Ω的正方形线框MNOP 以v 0＝7 m/s 的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求：⑪线框MN 边刚进入磁场时受到安培力的大小F ；PN Q⑫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 ； ⑬线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n 。

[方法点拨](1)理解“谁”阻碍“谁”，及如何阻碍．(2)理解楞次定律的广义形式，“结果”阻碍“原因”．1．(楞次定律应用)自1932年磁单极子概念被狄拉克提出以来，不管是理论还是实验物理学家都一直在努力寻找，但迄今仍然没能找到它们存在的确凿证据．近年来，一些凝聚态物理学家找到了磁单极子存在的有力证据，并通过磁单极子的集体激发行为解释了一些新颖的物理现象，这使得磁单极子艰难的探索之路出现了一丝新的曙光．如果有一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图1所示的闭合超导线圈，那么，从上向下看，这个线圈中将出现()图1A．先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流C．逆时针方向的持续流动的感应电流D．顺时针方向的持续流动的感应电流2．(楞次定律应用)法拉第发现了电磁感应现象之后，又发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．揭开了人类将机械能转化为电能并进行应用的序幕．法拉第圆盘发电机的原理如图2所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B，两电刷与灵敏电流计相连．当金属盘绕中心轴按图示方向转动时，则()图2A．电刷B的电势低于电刷A的电势B．若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数将变大C．若仅将电刷A向盘边缘移动，使电刷A、B之间距离增大，灵敏电流计的示数将变大D．金属盘转动的转速越大，维持其做匀速转动所需外力做功的功率越小3．(楞次定律应用)如图3所示，圆柱体为磁体，磁极在左右两侧，外侧a为一金属圆环，与磁体同轴放置，间隙较小．在左侧的N极和金属圆环上各引出两根导线，分别接高压电源的正负极．加高压后，磁体和金属环a间的空气会被电离，形成放电电流，若从右侧观察放电电流，下列说法正确的是()图3A．放电电流将发生顺时针旋转B．放电电流将发生逆时针旋转C．放电电流不发生旋转D．无法确定放电电流的运动情况4．(楞次定律应用)如图4所示，直线边界ab上方有无限大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一矩形金属线框底边与磁场边界平行，从距离磁场边界高度为h处由静止释放，则下列说法正确的是()图4A．整个下落过程中，穿过线框的磁通量一直在减小B．线框穿出磁场的过程中，线框中会产生逆时针方向的电流C．线框穿出磁场的过程中，线框受到的安培力可能一直减小D．线框穿出磁场的过程中，线框的速度可能先增大后减小5．均匀带正电的薄圆盘的右侧，用绝缘细线A、B悬挂一根水平通电直导线ab，电流方向由a到b，导线平行于圆盘平面．现圆盘绕过圆心的水平轴沿如图5所示方向匀速转动，细线仍然竖直，与圆盘静止时相比，下列说法正确的是()图5A．细线所受弹力变小B．细线所受弹力不变C．细线所受弹力变大D．若改变圆盘转动方向，细线所受弹力变大6．如图6所示，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则下列最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是()图67．(多选)阿明有一个磁浮玩偶，其原理是利用电磁铁产生磁性，让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来，其构造如图7所示．若图中电源的电压固定，可变电阻为一可以随意改变电阻大小的装置，则下列叙述正确的是()图7A．电路中的电源必须是交流电源B．电路中的a端点须连接直流电源的负极C．若增加环绕软铁的线圈匝数，可增加玩偶飘浮的最大高度D．若将可变电阻的阻值调大，可减小玩偶飘浮的最大高度8．如图8所示，在圆形空间区域内存在关于直径ab对称、方向相反的两个匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等，一金属导线制成的圆环大小刚好可与磁场边界重合，现从图示位置开始，下列说法中正确的是()图8A．若使圆环向右平动穿出磁场区域，感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B．若使圆环竖直向上平动穿出磁场区域，感应电流始终沿逆时针方向C．若圆环以ab为轴转动，a点的电势始终高于b点的电势D．若圆环以ab为轴转动，b点的电势始终高于a点的电势答案精析1．C[只有N极的磁单极子从上到下穿过闭合超导线圈，可分成穿入和穿出两个过程．磁单极子从上到下穿入闭合超导线圈时，向下的磁通量增加，由楞次定律可判断出，从上向下看，闭合超导线圈中将出现逆时针方向的感应电流；磁单极子穿出闭合超导线圈时，向上的磁通量减少，由楞次定律可判断出，从上向下看，闭合超导线圈中将出现逆时针方向的感应电流；所以磁单极子从上到下穿过闭合超导线圈，从上向下看，闭合超导线圈中将出现逆时针方向的持续流动的感应电流，选项C正确，A、B、D错误．]2．C[根据右手螺旋定则，左端磁极为N极，右端磁极为S极，圆盘转动，切割磁感线，根据右手定则，感应电动势的方向为A到B，所以电刷B的电势高于电刷A的电势，A项错误；若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，则线圈中的电流减小，磁场减弱．切割产生的感应电动势减小，灵敏电流计的示数减小，B项错误；增大电刷之间的距离，切割产生的感应电动势增大，灵敏电流计的示数增大，C项正确；金属盘转动的转速越大，则产生的感应电动势增大，感应电流增大，需要维持其做匀速转动所需外力增大，外力做功的功率P＝Fv增大，D项错误．]3．A[从右侧看，磁场方向向外，电流方向由正极指向负极，根据左手定则判断可知放电电流将顺时针旋转，A项正确．]4．C[金属线框在磁场中未穿出时，穿过线框的磁通量不变，线框穿出磁场时，穿过线框的磁通量开始减小，选项A错误；线框穿出磁场的过程中，线框内磁通量减小，由楞次定律可知，线框中会产生顺时针方向的感应电流，选项B错误；线框穿出磁场的过程中，线框所受安培力若大于重力，则线框做减速运动，受到的安培力减小，选项C正确；线框穿出磁场的过程中，线框所受安培力若小于重力，则线框做加速运动，速度增大，产生的感应电流增大，所受安培力增大，当安培力增大到等于重力时，做匀速运动，不会出现速度先增大后减小的情况，选项D错误．]5．C[圆盘静止时，通电直导线受到竖直向上的弹力和竖直向下的重力，两者等大反向，合力为零．当圆盘匀速转动时，根据右手螺旋定则，圆盘产生水平向右的磁场，根据左手定则，通电直导线受到方向向下的安培力，故细线所受的弹力变大，选项A、B错误，C正确；若改变圆盘转动方向，通电直导线受到的安培力方向向上，细线所受的弹力变小，选项D错误．] 6．B[圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合，圆环中磁通量变化不均匀，产生的感应电流不是线性变化，A错误；铜环下落到磁铁顶端的速度小于下落到磁铁底端的速度，故铜环下落到磁铁顶端产生的感应电流小于下落到磁铁底端产生的感应电流，B正确，C、D错误．]7．CD[当电磁铁上端为N极时，可使玩偶飘浮起来，由安培定则可知，a端应是电源的正极，A、B项错；若增加环绕软铁的线圈匝数，电磁铁磁性增强，可增加玩偶飘浮的最大高度，C项正确；若将可变电阻的阻值调大，线圈中电流减小，磁性减弱，玩偶飘浮的最大高度减小，D项正确．]8．A[若圆环向右平动，由楞次定律知感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，选项A 正确；若圆环竖直向上平动，由于穿过圆环的磁通量始终为零，未发生变化，所以圆环中无感应电流产生，选项B错误；若圆环以ab为轴转动，在0～90°内，由右手定则知b点的电势高于a点的电势，在90°～180°内，由右手定则知a点的电势高于b点的电势，以后a、b 两点电势按此规律周期性变化，选项C、D错误．][方法点拨](1)产生电动势的那部分导体相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，电源两端电压为路端电压；(2)Φ－t图象、B－t图象的斜率不变或平行，感应电动势大小不变，电流方向不变．1．(B－t图象)(多选)如图1甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10cm、总电阻为0.1Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的如图所示的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t 的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是()图1A．导线圈中产生的是交变电流B．在t＝2.5s时导线圈产生的感应电动势为1VC．在0～2s内通过导线横截面的电荷量为20CD．在t＝1s时，导线圈内电流的瞬时功率为10W2．(I－t图象)如图2所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)()图23．(线框切割有界磁场)(多选)空间中存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的横截面为等腰直角三角形，底边水平，其斜边长度为L.一正方形导体框abcd的边长也为L，开始正方形导体框的ab边与磁场区域横截面的斜边刚好重合，如图3所示．由图示的位置开始计时，正方形导体框以平行于bc边的速度v匀速穿越磁场．若导体框中的感应电流为i，a、b两点间的电压为U ab，感应电流取逆时针方向为正，则导体框穿越磁场的过程中，i、U ab随时间的变化规律的图象正确的是()图34．(电路问题)(多选)如图4所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，圆环的电阻为2R，一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好，则下列说法正确的是()图4A ．金属棒MN 两端的电压大小为Bωr 2B ．圆环消耗的电功率是恒定的C ．圆环中电流的大小为2Bωr 23RD ．金属棒MN 旋转一周的过程中，电路中产生的热量为4πB 2ωr 43R5．(电路问题)(多选)如图5所示，一个“日”字形金属框架竖直放置，AB 、CD 、EF 边水平且间距均为L ，阻值均为R ，框架其余部分电阻不计．水平虚线下方有一宽度为L 的垂直纸面向里的匀强磁场．释放框架，当AB 边刚进入磁场时框架恰好匀速，从AB 边到达虚线至线框穿出磁场的过程中，AB 两端的电势差U AB 、AB 边中的电流I (设从A 到B 为正)随位移x 变化的图象正确的是( )图56．如图6甲所示，矩形线圈abcd 固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线OO ′恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向里为正，线圈中感应电流逆时针方向为正．则线圈感应电流随时间的变化图象为( )图67．如图7甲所示，一匝数N ＝10、总电阻为R ＝2.5Ω、边长L ＝0.3m 的均质正三角形金属线框静置在粗糙水平面上，线框的顶点正好是半径r ＝L 3的圆形磁场的圆心，磁场方向竖直向下(正方向)，磁感应强度大小B 随时间t 变化的关系如图乙所示，a 、b 是磁场边界与线框的两个交点，已知线框与水平面间的最大静摩擦力F f ＝0.6N ，取π＝3，则( )图7A ．t ＝0时穿过线框的磁通量为0.06WbB ．线框静止时，线框中的感应电流大小为0.6AC ．线框静止时，a 、b 两点间电压为118V D ．经时间t ＝0.8s ，线框开始滑动8．(多选)如图8，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框，导线框右侧有两个宽度也为L 的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、方向分别竖直向下和竖直向上．t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框在外力作用下，以速度v 匀速进入并通过磁场区域．规定电流i 沿逆时针方向时为正，磁感线竖直向下时磁通量Φ为正，安培力的合力F 向左为正．则以下关于Φ、i 、F 和导线框中的电功率P 随时间变化的图象大致正确的是()图89．如图9甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻为R的定值电阻，电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．t＝0时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过定值电阻R的电荷量q随时间的平方t2变化的关系如图乙所示．下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、金属棒的加速度a、外力F、通过电阻R的电流I随时间t变化的图象中正确的是()图910．(多选)如图10所示，顶角θ＝45°的金属导轨MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．一根与ON垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿导轨MON向右滑动，导体棒的质量为m，导轨与导体棒单位长度的电阻均为r.导体棒与导轨接触点为a 和b ，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触．t ＝0时导体棒位于顶角O 处，则流过导体棒的电流强度I 、导体棒内产生的焦耳热Q 、导体棒做匀速直线运动时水平外力F 、导体棒的电功率P 各量大小随时间变化的关系正确的是( )图1011．(多选)直角三角形金属框abc 放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．若金属框绕ab 边向纸面外以角速度ω匀速转动90°(从上往下看逆时针转动)，如图11甲所示，c 、a 两点间的电势差为U ca ，通过ab 边的电荷量为q .若金属框绕bc 边向纸面内以角速度ω匀速转动90°，如图乙所示，c 、a 两点间的电势差为U ca ′，通过ab 边的电荷量为q ′.已知bc 、ab 边的长度都为l ，金属框的总电阻为R .下列判断正确的是( )图11A ．U ca ＝12Bωl 2 B ．U ca ′＝12Bωl 2 C ．q ＝2B πl 28R D ．q ′＝Bl 22R答案精析1．ACD [在0～2s 内，磁感应强度变化率为ΔB 1Δt 1＝1T/s ，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E 1＝nS ΔB 1Δt 1＝100×0.12×1V ＝1V ；在2～3s 内，磁感应强度变化率为ΔB 2Δt 2＝2T/s ，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E 2＝nS ΔB 2Δt 2＝100×0.12×2V ＝2V ．导线圈中产生的感应电流为方波交变电流，选项A 正确．在t ＝2.5s 时，产生的感应电动势为E 2＝2V ，选项B 错误．在0～2s 内，感应电流I ＝E 1R＝10A ，通过导体横截面的电荷量为q ＝I Δt ＝20C ，选项C 正确．在t ＝1s 时，导线圈内感应电流的瞬时功率P ＝UI ＝I 2R ＝102×0.1W ＝10W ，选项D 正确．]2．A [由E ＝BLv 可知，导体棒由b 运动到ac 过程中，切割磁感线有效长度L 均匀增大，感应电动势E 均匀增大，由欧姆定律可知，感应电流I 均匀增大．由右手定则可知，感应电流方向由M 经R 到N ，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，大小不断增大，故B 、C 、D 项错，A 项正确．]3．AD [由楞次定律可知，导体框进入磁场时感应电流的方向为逆时针，出磁场时感应电流的方向为顺时针，由E ＝Bl v 可知i ＝E R 总＝Bl v R 总，导体框进、出磁场时，有效切割长度l 均由L 逐渐变为零，所以电流也是从大变小，A 正确，B 错误；进磁场时ab 边为电源，U ab 为负值，且大小为34BL v ，出磁场时ab 边不是电源，电流从b 到a ，U ab 为负值，且大小为BL v 4，C 错误，D 正确．]4．BD [由右手定则知金属棒MN 中产生的感应电动势相当于两电源串联，总电动势E ＝2×12Br 2ω＝Br 2ω，金属棒MN 相当于电源，外电路电阻为R 2，因此金属棒MN 两端的电压等于13E ＝13Bωr 2，选项A 错误；根据闭合电路欧姆定律得总电流I ＝2Bωr 23R，圆环中电流大小为总电流的一半，为Bωr 23R，选项C 错误；通过圆环的电流和金属棒MN 两端的电压不变，故圆环消耗的电功率是不变的，选项B 正确；金属棒MN 旋转一周的时间t ＝2πω，因此电路中产生的热量W ＝EIt ＝4πB 2ωr 43R，选项D 正确．] 5．AC [0～L 过程中，此时AB 相当于内阻为R 的电源，B 为电源正极，电势较高，AB 两端的电势差为路端电压，设为－U ，此时由欧姆定律有：I 0＝E 32R ，U ＝I 0·12R ＝E 3，其中E 为电源电压，I 0为电路总电流；L ～2L 过程中，CD 相当于内阻为R 的电源，此时U BA ＝E －I 0R ＝13E ＝U ，所以U AB ＝－U ；2L ～3L 过程中，EF 相当于内阻为R 的电源，此时U BA ＝E －I 0R ＝13E ＝U ，所以U AB ＝－U ，则A 图象符合，A 项正确，B 项错误；0～L 过程中，因为AB 边刚进入磁场时框架恰好匀速，由受力平衡可知，电流方向从A 到B ，此时电流I 1＝E 32R ＝2E 3R ；L ～2L 过程中，CD 相当于内阻为R 的电源，电流方向从B 到A ，此时电流I 2＝－12I 1＝－E 3R；2L ～3L 过程中，EF 相当于内阻为R 的电源，电流方向从B 到A ，此时电流I 3＝－12I 1＝－E 3R，则C 图象符合，C 项正确，D 项错误．]6．A [由题图乙可知，在0～T 2内，左侧磁场强度大小逐渐增大，右侧磁场强度大小逐渐减小，根据楞次定律，线圈中感应电流方向为逆时针；在T 2～T 内，左侧磁场强度大小逐渐减小，右侧磁场强度大小逐渐增大，根据楞次定律，线圈中感应电流方向为顺时针．再根据均匀变化的磁场产生恒定的电流知，A 正确．]7．D [由磁通量的定义可知t ＝0时穿过线框的磁通量为Φ＝B 0·16πr 2＝0.01Wb ，A 错；由法拉第电磁感应定律知E ＝N ΔΦΔt ＝N ΔB Δt ·16πr 2＝0.25V ，所以线框中的感应电流为I ＝E R＝0.1A ，B 错；由楞次定律及闭合电路欧姆定律可知U ab ＝79E ＝736V ，C 错；线框位于磁场中的两条边受到的安培力大小为F 1＝NBIr ，且两个力的夹角为120°，合力大小等于F 1，所以当F 1等于最大静摩擦力时，线框就要开始滑动，即NBIr ＝F f ，由题图乙知B ＝2＋5t (T)，联立并代入数据得t ＝0.8s ，D 对．]8．BD9．C [设金属导轨间的距离为l ，金属棒沿导轨向上运动的位移为x ，由题图乙可得q ＝I t＝Blx R ＋r ＝kt 2，x ＝k (R ＋r )Bl t 2，故金属棒做匀加速直线运动，B 错误；由Φ＝Bl ⎝⎛⎭⎫x 0＋12at 2可知，A 错误；回路中的电流I ＝BlaR ＋r t ，由牛顿第二定律有F －mg sin θ－BIl ＝ma ，故有F ＝B 2l 2a R ＋r t ＋mg sin θ＋ma ，C 正确，D 错误．]10．AC [0到t 时间内，导体棒的位移为：x ＝v 0t ，t 时刻，导体棒的长度为：l ＝x ，导体棒的电动势为E ＝Bl v 0，回路总电阻为：R ＝(2x ＋2x )r ，电流强度为：I ＝E R ＝B v 0(2＋2)r，故I 的大小保持不变，电流方向为b →a ，A 项正确；t 时刻导体棒的电功率：P ＝I 2R ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤B v 0(2＋2)r 2×v 0tr ＝B 2v 30t(2＋2)2r ，D 项错误．因为P ∝t ，所以Q ＝12Pt ＝B 2v 30t 22(2＋2)2r ，Q －t 图线是开口向上的抛物线，B 项错误；导体棒做匀速直线运动，水平外力与安培力平衡，则有F ＝BIl ＝B 2v 20t(2＋2)r ，C 项正确．] 11．AD [甲图bc 和ac 边切割磁感线，产生的电动势E ca ＝E cb ＝Bl v ＝12Bωl 2.由于穿过闭合电路的磁通量没有变化，电路中没有电流，故U ca ＝E ＝12Bωl 2，选项A 正确，选项C 错误．乙图中，只有ca 边切割磁感线，产生的电动势是变化的，其最大值为E ca ＝12Bωl 2，且从图示位置转过90°的瞬间，其瞬时值为0，这个过程中的平均电动势为E ＝B ΔS t ＝Bl 22t，通过ab 边的电荷量q ′＝I t ＝ER t ＝Bl 22R，选项B 错误，选项D 正确．][方法点拨] (1)分析导体棒切割磁感线运动时要由牛顿第二定律列方程，在方程中讨论v 的变化影响安培力的变化，进而影响加速度a 的变化，a 的变化又影响v 的变化；(2)克服安培力做功的过程就是其它形式的能转化为电能的过程，克服安培力做了多少功，就有多少其它形式的能转化为电能．1．(多选)如图1所示，在匀强磁场中有一倾斜的足够长平行金属导轨，导轨间距为L ，两导轨顶端连有一定值电阻R ，导轨平面与水平面的夹角为θ，匀强磁场的磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上，质量为m 、电阻为r 的光滑导体棒从某一高度处由静止释放，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，其他部分的电阻不计，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图1A ．导体棒先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动B ．若导体棒的速度为v ，则R 两端的电压为BL vC ．导体棒的最大速度为mg (R ＋r )B 2L 2D ．在导体棒下滑过程中，电路中产生的焦耳热等于导体棒克服安培力所做的功2．如图2，平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R 的电阻，导体棒ab 与导轨垂直且接触良好，ab 棒在导轨间的阻值为r .输出功率恒为P 的电动机通过水平绳向右拉动ab 棒．整个区域存在竖直向上的匀强磁场，若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦，则电阻R 消耗的最大功率为( )图2A ．PB.R R ＋r PC.r R ＋rP D.⎝⎛⎭⎫R R ＋r 2P3．(多选)如图3所示，间距为l＝1m的导轨PQ、MN由电阻不计的光滑水平导轨和与水平面成37°角的粗糙倾斜导轨组成，导体棒ab、cd的质量均为m＝1kg、长度均为l＝1m、电阻均为R＝0.5Ω，ab棒静止在水平导轨上，cd棒静止在倾斜导轨上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B＝2T．现ab棒在水平外力F作用下由静止开始沿水平导轨运动，当ab棒的运动速度达到一定值时cd棒开始滑动．已知cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为μ＝0.8，且cd棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.关于该运动过程，下列说法正确的是()图3A．cd棒所受的摩擦力方向始终沿倾斜导轨向上B．cd棒所受的摩擦力方向先沿倾斜导轨向上后沿倾斜导轨向下C．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小约为20m/sD．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小约为10m/s4．在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图4甲所示．测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示()图4A．线框受到的水平外力一定是恒定的B．线框边长与磁场宽度的比为3∶8C．出磁场的时间是进入磁场时的一半D．出磁场的过程中水平外力做的功与进入磁场的过程中水平外力做的功相等5．(多选)如图5所示，光滑水平桌面上固定放置的长直导线中通以大小为I的稳恒电流，桌面上导线的右侧距离通电长直导线2l处有两线框abcd、a′b′c′d′正以相同的速度v0经过虚线MN向左运动，MN平行长直导线，两线框的ad边、a′d′边与MN重合，线框abcd、a′b′c′d′是由同种材料制成的质量相同的单匝正方形线框，边长分别为l、2l.已知通电长直导线周围磁场中某点的磁感应强度B ＝k I r(式中k 为常量，r 表示该点到长直导线的距离)．下列说法正确的是( )图5A ．此时流经线框abcd 、a ′b ′c ′d ′的电流强度之比为4∶3B ．此时线框abcd 、a ′b ′c ′d ′所受的安培力的功率之比为4∶9C ．此时线框abcd 、a ′b ′c ′d ′的加速度之比为4∶9D ．此时a 、b 间电压U ab ＝kI 24v 0 6．(多选)如图6，光滑绝缘的水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导体框．匀强磁场区域宽度为2L 、磁感应强度为B 、方向垂直桌面向下．导体框的一边与磁场边界平行，在外力作用下以恒定速度v 穿过磁场．下列说法正确的是( )图6A ．穿过磁场过程，外力做的功为2B 2L 3v RB ．穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为2B 2L 3v RC ．进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电荷量为BL 2RD ．进入和离开磁场过程，通过导体框的电流大小都为BL v R，且方向相同 7．(多选)由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ＝Φm sin ωt ，则产生的感应电动势为e ＝ωΦm cos ωt .如图7所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD (由细软电阻丝制成)，端点A 、D 固定．在以水平线段AD 为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻恒为r ，圆的半径为R ，用两种方式使导线框上产生感应电流．方式一：将导线上的C 点以恒定角速度ω1(相对圆心O )从A 点沿圆弧移动。

高中物理物理解题方法：微元法压轴题知识归纳总结word一、高中物理解题方法：微元法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=12ρsv2【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=12ρsv2，与结论不相符，选项D错误；故选B。

2．如图所示，摆球质量为m，悬线长为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mgLB．悬线的拉力做功为0C．空气阻力F阻做功为－mgLD．空气阻力F阻做功为－12F阻πL【答案】ABD 【解析】【详解】A ．由重力做功特点得重力做功为：W G ＝mgLA 正确；B ．悬线的拉力始终与v 垂直，不做功，B 正确； CD ．由微元法可求得空气阻力做功为：W F 阻＝－12F 阻πL C 错误，D 正确．3．如图所示，摆球质量为m ，悬线长度为L ，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A 点运动到B 点的过程中空气阻力的大小F 阻不变，则下列说法正确的是( )A ．重力做功为mgLB ．悬线的拉力做功为0C ．空气阻力做功为－mgLD ．空气阻力做功为－12F 阻πL 【答案】ABD 【解析】 【详解】 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AB 在竖直方向上的投影L ，所以G W mgL =．故A 正确．B ．因为拉力T F 在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即FT 0W =．故B 正确． CD ．F 阻所做的总功等于每个小弧段上F 阻所做功的代数和，即121(ΔΔ)π2F W F x F x F L =-++=-阻阻阻阻故C 错误，D 正确； 故选ABD ． 【点睛】根据功的计算公式可以求出重力、拉力与空气阻力的功．注意在求阻力做功时，要明确阻力大小不变，方向与运动方向相反；故功等于力与路程的乘积．4．如图所示，两条光滑足够长的金属导轨，平行置于匀强磁场中，轨道间距0.8m L =，两端各接一个电阻组成闭合回路，已知18ΩR =,22ΩR =，磁感应强度0.5T B =，方向与导轨平面垂直向下，导轨上有一根电阻0.4Ωr =的直导体ab ，杆ab 以05m /s v =的初速度向左滑行，求：（1）此时杆ab 上感应电动势的大小，哪端电势高？ （2）此时ab 两端的电势差。

高中物理物理解题方法：微元法知识点汇总word一、高中物理解题方法：微元法1．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 πρB ．22d v πρC ．214d v πρD ．2214d v πρ【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】设t 时间内有V 体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：214m V Svt d vt ρρπρ===以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F ，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft =0-mv解得：2214mv F d v t πρ=-=- A. 2d v πρ与分析不符，故A 错误． B. 22d v πρ与分析不符，故B 错误． C. 214d v πρ与分析不符，故C 错误． D. 2214d v πρ与分析相符，故D 正确．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 2C ．F =ρsv 3D ．F =12ρsv 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 2A ．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 =12ρsv 2，与结论不相符，选项D 错误； 故选B 。