資源簡介

物理學中微元法的應用
【高考展望】
隨著新課程的改革，微積分已經(jīng)引入了高中數(shù)學課標，列入理科學生的高考考試范圍，為高中物理的學習提供了更好的數(shù)學工具。教材中很多地方體現(xiàn)了微元思想，逐步建立微元思想，加深對物理概念、規(guī)律的理解，提高解決物理問題的能力，不僅需要從研究方法上提升學習能力，而且還要提高利用數(shù)學方法處理物理問題的能力。高考試題屢屢出現(xiàn)“微元法”
的問題，較多地出現(xiàn)在機械能問題、動量問題、電磁感應問題中，往往一出現(xiàn)就是分值高、難度較大的計算題。在高中物理競賽、自主招生物理試題中更是受到命題者的青睞，成為必不可少的內容。
【知識升華】
“微元法”又叫“微小變量法”，是分析、解決物理問題中的常用方法，也是從部分到整體的思維方法。用該方法可以使一些復雜的物理過程用我們熟悉的物理規(guī)律迅速地加以解決，使所求的問題簡單化。在使用微元法處理問題時，需將其分解為眾多微小的“元過程”，而且每個“元過程”所遵循的規(guī)律是相同的。微元可以是一小段線段、圓弧、一小塊面積、一個小體積、小質量、一小段時間……，但應具有整體對象的基本特征。這樣，我們只需分析這些“元過程”，然后再將“元過程”進行必要的數(shù)學方法或物理思想處理，進而使問題得到求解。利用“微元法”可以將非理想模型轉化為理想模型，將一般曲線轉化為圓甚至是直線，將非線性變量轉化為線性變量甚至是恒量，充分體現(xiàn)了“化曲為直”、“化變?yōu)楹恪钡乃枷搿?br/>【方法點撥】
應用“微元法”解決物理問題時，采取從對事物的極小部分（微元）入手，達到解決事物整體的方法，具體可以分以下三個步驟進行：（1）選取微元用以量化元事物或元過程；
（2）把元事物或元過程視為恒定，運用相應的物理規(guī)律寫出待求量對應的微元表達式；（3）在微元表達式的定義域內實施疊加演算，進而求得待求量。微元法是采用分割、近似、求和、取極限四個步驟建立所求量的積分式來解決問題的。
【典型例題】
類型一、微元法在運動學、動力學中的應用
例1、設某個物體的初速度為，做加速度為的勻加速直線運動，經(jīng)過時間t，則物體的位移與時間的關系式為，試推導。
【思路點撥】把物體的運動分割成若干個微元，極短，寫出圖像下微元的面積的表達式，即位移微元的表達式，最后求和，就等于總的位移。
【解析】作物體的圖像，如圖甲、乙，把物體的運動分割成若干個小元段（微元），由于每一個小元段時間極短，速度可以看成是不變的，設第段的速度為，則在時間內第段的位移為，物體在t時間內的位移為，在圖像上則為若干個微小矩形面積之和。
當把運動分得非常非常細，若干個矩形合在一起就成了梯形OAPQ，如圖丙所示。圖線與軸所夾的面積，表示在時間t內物體做勻變速直線運動的位移。
面積，又，所以
【總結升華】這是我們最早接觸的微元法的應用。總結應用微元法的一般步驟：（1）選取微元，時間極短，認為速度不變，“化變?yōu)楹恪保?）寫出所求量的微元表達式，微元段的意義是位移，寫出位移表達式，（3）對所求物理量求和，即對微元段的位移求和，
。
舉一反三
【變式1】加速啟動的火車車廂內的一桶水，若已知水面與水平面的夾角為θ，則火車加速行駛的加速度大小為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如圖所示，取水面上質量為的水元為研究對象，其受力如圖所示，
應用正交分解或平行四邊形定則，可求得質量為的水元受到的合力為
，根據(jù)牛頓第二定律可知
， 則，方向與啟動方向相同。
【變式2】如圖所示，人用繩子通過定滑輪以不變的速度拉水平面上的物體A，當繩子與
水平方向成θ角時，求物體A的速度。
【答案】
【解析】設物體A在θ角位置時間向左行駛距離，滑輪右側繩長縮短，如圖，

當繩水平方向的角度變化很小時，有，兩邊同除以得
，當這一小段時間趨于零時，收繩的平均速率就等于瞬時速率
即收繩速率
所以物體A的速率為.
類型二、微元法在功和能中的應用
例2、風能是一種環(huán)保型能源。風力發(fā)電是風吹過風輪機葉片，使發(fā)電機工作，將風的
動能轉化為電能。設空氣的密度為，水平風速為，風力發(fā)電機每個葉片長為L，葉片旋轉形成圓面，設通過該圓面的風的動能轉化為電能的效率恒為η。某風力發(fā)電機的風速為6 m/s時，發(fā)電機的電功率為8 kW，若風速為9m/s，則發(fā)電機的電功率為（ ）
A．12kW B．18kW C．27kW D．36kW
【思路點撥】“某風力發(fā)電機的風速為6 m/s時，發(fā)電機的電功率為8 kW，若風速為9m/s，則發(fā)電機的電功率為多少”，顯然應該求出功率與速度的關系。又“風的動能轉化為電能”，
必須寫出動能的表達式，最終要寫出時間內空氣的質量的表達式，應用“圓柱體模型”解決這個問題。
【答案】C
【解析】取時間內通過的空氣的質量為研究對象，這部分空氣的位移為，
把這部分空氣看著圓柱體如圖（“圓柱體模型”），位移
空氣的質量
在時間內的動能為
發(fā)電機的電功率為
可知發(fā)電機的功率與速度的三次方成正比
運用比例關系
所以當風速為9m/s時，發(fā)電機的電功率，故選項C正確。
【總結升華】對于流體（氣體、液體等）的變質量問題，采用本題的“圓柱體模型”（當所取的微元是長方體時，又叫“長方體模型”）比較方便，求功率就是要求出功率與速度的關系，就容易求解了。
舉一反三
【變式】某地強風的風速，設空氣密度，如果把通過橫截面積為S=20m2的風的動能全部轉化為電能，則利用上述已知量計算電功率的公式應為P = ．
大小約為 W．（取一位有效數(shù)字）
【答案】， 1×105W
例3、從地面上以初速度豎直向上拋出一質量為m的球，若運動過程中受到的空氣阻力與其速率成正比關系，球運動的速率隨時間變化規(guī)律如圖所示，t1時刻到達最高點，再落回地面，落地時速率為，且落地前球已經(jīng)做勻速運動．求：
（1）球從拋出到落地過程中克服空氣阻力所做的功；
（2）球拋出瞬間的加速度大小；
（3）球上升的最大高度H．
【思路點撥】（1）（2）求解不難。（3）用微元法求解，首先根據(jù)牛頓第二定律寫出加速度的表達式，再用，取微元然后寫出與關系式，最后求和。
【答案】見解析。
【解析】（1）球從拋出到落地重力做功為零，根據(jù)動能定理

克服空氣阻力做功
（2）阻力與其速率成正比
拋出瞬間阻力 勻速運動時
拋出瞬間阻力的大小為
根據(jù)牛頓第二定律
解得拋出瞬間的加速度大小為

（3）上升時加速度為，根據(jù)牛頓第二定律
取極短時間，速度的變化量，有
式中
上升全過程對等式兩邊求和
左邊求和 （末減初）
（）
代入解得，又前面已求出
所以球上升的最大高度
.
【總結升華】取微元，根據(jù)相應的物理規(guī)律寫出所求問題用微元表示的函數(shù)表達式，最后求和，注意各物理量的物理意義，解析中已經(jīng)寫得很清楚了。
類型三、微元法在動量中的應用
例3、一根質量為M，長度為L的鐵鏈條，被豎直地懸掛起來，其最低端剛好與水平接觸，今將鏈條由靜止釋放，讓它落到地面上，如圖所示，求鏈條下落了長度時，鏈條對地面的壓力為多大？
【思路點撥】在下落過程中鏈條作用于地面的壓力實質就是鏈條對地面的“沖力”加上落在地面上那部分鏈條的重力.根據(jù)牛頓第三定律，這個沖力也就等于同一時刻地面對鏈條的反作用力，這個力的沖量，使得鏈條落至地面時的動量發(fā)生變化.由于各質元原來的高度不同，落到地面的速度不同，動量改變也不相同.我們取某一時刻一小段鏈條（微元）作為研究對象，就可以將變速沖擊變?yōu)楹闼贈_擊.
【答案】
【解析】設開始下落的時刻t=0，在t時刻落在地面上的鏈條長為，未到達地面部分鏈條的速度為，并設鏈條的線密度為.由題意可知，鏈條落至地面后，速度立即變?yōu)榱?從t時刻起取很小一段時間，在內又有落到地面上靜止.
地面對作用的沖量為
因為
所以 解得沖力：
，其中就是t時刻鏈條的速度，
故 ，鏈條在t時刻的速度即為鏈條下落長為時的瞬時速度，
即，代入F的表達式中，得
即t時刻鏈條對地面的作用力，也就是t時刻鏈條對地面的沖力.
所以在t時刻鏈條對地面的總壓力為
【總結升華】通過取微元分析，把變速沖擊問題轉化為恒定速度的沖擊問題，這就體現(xiàn)了“化變?yōu)楹恪钡乃枷搿?br/>舉一反三
【變式1】一艘帆船在靜水中由風力推動做勻速直線運動。帆面的面積為S，風速為，船速為（），空氣的密度為，則帆船在勻速前進時帆面受到的平均風力大小為多少？
【答案】
【解析】取圖所示的部分空氣為研究對象，應用“長方體模型”，
這部分空氣的質量為,
這部分空氣經(jīng)過時間后速度都由變?yōu)椋?br/>取船前進方向為正方向，由動量定理得：
所以
【變式2】處于運轉狀態(tài)的重量為G直升飛機停在空中不動，則直升機輸出功率P為多大？
設此時螺旋槳推動空氣向下運動的速度為。
【答案】
【解析】設時間內有質量為的空氣撞擊機翼，空氣的密度為，對于截面積為S的
空氣柱的質量
根據(jù)動量定理： 即
所以
飛機停止在空中受力平衡，
可求得
螺旋槳的推動空氣做功：
所以直升機輸出功率：
類型四、微元法在電場中的應用
例4、如圖所示，一個半徑為R的帶電圓環(huán)，帶電荷量為+Q，帶電圓環(huán)的中心為O，在通過O點與圓面垂直的直線上有一點A，距離O點為L，A點有一帶電荷量為+q的點電荷，求該點電荷受到的電場力．
【思路點撥】帶電圓環(huán)不是點電荷，用“對稱”“等效”或“割補”的方法將非點電荷問題轉化為點電荷問題，實際上就是利用“微元法”，把帶電圓環(huán)平均分為N小段，每段都可以看著點電荷，這個微小的點電荷的電荷量為，再利用庫侖定律求相互作用力。
【答案】 沿OA方向
【解析】把帶電圓環(huán)平均分為N小段，每段都可以看著點電荷，這個微小的點電荷的電荷量為，則與間的庫侖力的大小為F，如圖所示．設F、夾角為，A點到圓環(huán)邊緣距離為r，則由庫侖定律得，，由幾何知識，，根據(jù)對稱性（每個微元電荷與之間的庫侖力的豎直分量的矢量和為零）有：該點電荷受到的電場力的大小就等于每個微元電荷與之間的庫侖力的水平分量之和，．方向沿OA方向。
【總結升華】帶電圓環(huán)是線電荷，應用微元法就是把它均勻分成N段，每段的電荷量為總電量除以N，，再利用庫侖定律求相互作用力，各個微元電荷與q的作用力的方向都不同，把分解成水平方向和豎直方向，就清楚地知道豎直分量的矢量和為零，水平分量大小相等方向相同，將水平分力求和，即。
拓展：如果在A點不放點電荷，求A點的電場強度的大小和方向。
【答案】．方向沿OA方向。
舉一反三
【變式】一半徑為R的絕緣球殼上均勻地帶有電荷量為+Q的電荷，另一電荷量為+q的點電荷放在球心O上，由于對稱性，點電荷所受的力為零．現(xiàn)在球殼上挖去半徑為r()的一個小圓孔A，此時置于球心的點電荷所受電場力的大小為________(已知靜電力常量為k)，方向是________．
【答案】 由球心沿半徑指向小孔A中心
【解析】由于球殼上均勻帶電，這是面電荷，原來每條直徑兩端相等的一小塊面積上的電荷（對稱）對球心+q的力互相平衡．在球殼上A處挖去半徑為r的小圓孔后，其他直徑兩端電荷對球心+q的力仍互相平衡，剩下的就是與A相對的，半徑也等于r的一小塊圓面B上的電荷對q的作用力F，如圖所示．
B處這一小塊（微元）圓面上的電荷量為．
由于半徑，可以把B看成點電荷．根據(jù)庫侖定律，它對中心+q的作用力大小為，其方向由球心的半徑指向小孔中心．
類型五、微元法在電磁感應中的應用
例5、如圖所示，一水平放置的光滑平行導軌上放一質量為m的金屬桿，導軌間距為L，導軌的一端連接一阻值為R的電阻，其他電阻不計，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面.現(xiàn)給金屬桿一個水平向右的初速度，然后任其運動，導軌足夠長，試求金屬桿在導軌上向右移動的最大距離是多少？
【思路點撥】這是一個典型的在變力作用下求位移的題，用我們已學過的知識好像無法解決，其實只要采用的方法得當仍然可以求解。應用微元法求解：取一極短時間，發(fā)生了一段極小的位移，切割磁感線面積的變化量為，磁通量的變化為，寫出電流的表達式，進而寫出安培力的表達式，應用動量定理，對所有的位移求和，就可以求出
金屬桿移動的最大距離。
【答案】
【解析】設桿在減速中的某一時刻速度為，取一極短時間，發(fā)生了一段極小的位移，
在時間內，磁通量的變化為

金屬桿受到安培力為
由于時間極短，可以認為為恒力，選向右為正方向，在時間內，
安培力的沖量為：
對所有的位移求和，可得安培力的總沖量為
① 其中為桿運動的最大距離（），
對金屬桿用動量定理可得 ②
由①、②兩式得：
【總結升華】對于這種輕桿在磁場中的導軌上滑動問題，應用微元法是很好的解題方法。要注意的是，輕桿的運動是變減速運動，速度、電流、安培力等都是變化的，“化變?yōu)楹恪本褪且∫粋€微元，應用相應的物理規(guī)律，這里重要的是必須用動量定理，寫出安培力的沖量的表達式，就是我們說的微元的表達式，最后求和。
舉一反三
【變式1】如圖所示，水平放置的導體電阻為R，其他電阻不計。R與兩根光滑的平行金屬導軌相連，導軌間距為L ，其間有垂直導軌平面的、磁感應強度為B的勻強磁場。導軌上有一導體棒ab質量為m以初速度向右運動。求這個過程的總位移？
【答案】
【解析】與上面例題是同一個問題，例題中描寫的是“位移微元”，現(xiàn)在仍然用微元法，描寫“速度微元”，同樣要用用動量定理，還要應用牛頓第二定律。
根據(jù)牛頓第二定律，導體棒在運動過程中受到安培力作用，
感應電流，安培力
導體棒做非勻減速運動，
在某一時刻取一個微元
變式
兩邊求和
因 則
根據(jù)動量定理

這個過程的總位移
.
【變式2】如圖所示，六段相互平行的金屬導軌在同一水平面內，長度分別為L和2L，寬間距的導軌間相距均為2L、窄間距的導軌間相距均為L，最左端用導線連接阻值為R的電阻，各段導軌間均用導線連接，整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中．質量為m的導體棒可在各段導軌上無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導軌垂直．導軌和導體棒電阻均忽略不計．現(xiàn)使導體棒從ab位置以初速度垂直于導軌向右運動，則
（1）若導體棒在大小為F、沿初速度方向的恒定拉力作用下運動，到達cd位置時的速度為，求在此運動的過程中電路產(chǎn)生的焦耳熱．
（2）若導體棒在水平拉力作用下向右做勻速運動，求導體棒運動到cd位置的過程中，水平拉力做的功和電路中電流的有效值．
（3）若導體棒向右運動的過程中不受拉力作用，求運動到cd位置時的速度大小．
【答案】見解析。
【解析】（1）恒定拉力F做功
根據(jù)能量守恒定律
電路產(chǎn)生的焦耳熱為
（2）導體棒在寬間距的導軌上勻速運動時，拉力等于安培力

拉力做功
導體棒在窄間距的導軌上勻速運動時，拉力等于安培力

拉力做功
所以水平拉力做的總功為

導體棒運動的總時間為，在寬間距的導軌上勻速運動的時間為，
產(chǎn)生的感應電流大小
在窄間距的導軌上勻速運動的時間為，
產(chǎn)生的感應電流大小
根據(jù)等效原理

解得電路中電流的有效值為
（3）設導體棒在每段寬間距和窄間距軌道上運動速度變化的大小分別為和，
在寬間距軌道上，根據(jù)牛頓第二定律，在時間內有
，則

則 ，同理
所以導體棒運動到cd位置時的速度大小
.
例6、如圖所示，兩平行的光滑金屬導軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導軌間距為，導軌電阻忽略不計，導軌所在平面的傾角為，勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B、方向與導軌平面垂直向下。長度為2d的絕緣桿將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質量為m，置于導軌上。導體棒中通以大小恒為I的電流，方向如圖所示（由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未畫出）。線框的邊長為d（），電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導體棒在整個運動過程中始終與導軌垂直。重力加速度為g．求：（1）裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q是多少；（2）線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間；
（3）經(jīng)過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離。
【思路點撥】（1）（3）不難求解，主要是（2）應用微元法求解，關鍵取好微元、，速度對時間的變化率就是加速度，利用牛頓第二定律，列出與的函數(shù)表達式，最后求和，求和時也要理解其物理意義。
【答案】見解析。
【解析】（1）設裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安
培力做功為W
由動能定理??
且
解得??
（2）設線框剛離開磁場下邊界時的速度為，則接著向下運動
由動能定理
則 ①
裝置在磁場中運動時受到的合力
感應電動勢 感應電流
安培力
在到時間內，加速度
由牛頓第二定律，有
則
對速度求和，右邊兩項分別對時間求和
第二項中（時間內滑動的距離）
所以 ②
聯(lián)立①②解得
（3）經(jīng)過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離之間往復運動
由動能定理???
?解得?.
【總結升華】（2）中寫與的函數(shù)表達式時顯然根據(jù)加速度定義，又根據(jù)牛頓第二定律。各項求和時一定要理解它的物理意義，解析中已經(jīng)給出了說明。
【變式】對于同一物理問題，常常可以從宏觀和微觀兩個不同角度進行研究，找出其內在聯(lián)系，從而更加深刻地理解其物理本質。
（1）一段橫截面積為S、長為的直導線，單位體積內有n個自由電子，電子電量為e。該導線通有電流時，假設自由電子定向移動的速率均為。
（）求導線中的電流I；
（b）將該導線放在勻強磁場中，電流方向垂直于磁感應強度B，導線所受安培力大小為
，導線內自由電子所受洛倫茲力大小的總和為F，推導.
（2）正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子質量為m，單位體積內粒子數(shù)量n為恒量。為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略；其速率均為，且與器壁各面碰撞的機會均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變。利用所學力學知識，導出器壁單位面積所受粒子壓力與m、n和的關系。
（注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明）
【答案】（1）（）（b）見解析　（2）
【解析】（1）（）設時間內通過導體橫截面的電量為，由電流定義，
有
（b）每個自由電子所受的洛倫茲力　
設導體中共有N個自由電子
導體內自由電子所受洛倫茲力大小的總和

由安培力公式，有
所以
（2）一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量為
如圖，以器壁上的面積S為底、以為高構成柱體，由題設可知，其內的粒子在時間
內有與器壁S發(fā)生碰撞，與器壁S發(fā)生碰撞粒子總數(shù)為
時間內粒子給器壁的沖量為
面積為S的器壁受到粒子壓力為 （因為）
器壁單位面積所受粒子壓力為.

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