滑分力作用下的匀加速运动，有时间均相等，所以穿出任个磁场区域时的速率都相等，所以所谓第个磁场区，对本题解题没有特别意义。以。在任意个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等，所以穿出任个磁场区域时的速率就等于所部分内容简介则有因为导体棒刚进入磁场区时的速度为，刚离开磁场区时的速度为，所以，，所以联立④式，得原答案此处笔带过，实际上这步很麻烦，以下笔者给出详细过程④代入得，代入得得。在任意个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等，所以穿出任个磁场区域时的速率就等于所以。注意由于在任意个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等，所以穿出任个磁场区域时的速率都相等，所以所谓第个磁场区，对本题解题没有特别意义。解法笔者的解法运动分解法在无磁场区域，棒做匀加速运动，有④在有磁场区域，把棒的运动分解为两个运动，个是在重力的下滑分力作用下的速度的变化对时间来说是均匀变化的匀加速运动，另个是在安培力作用下的速度的变化对位移来说是均匀变化的匀减速运动，棒在有磁场区域运动的时间也为，运动的位移为，对在重力的下滑分力作用下的匀加速运动，有，表示由于重力作用而引起的速度的变化。对在安培力作用下的运动，因为安培力其中与速度成正比。所以，由于安培力作用而引起的速度的变化为，因为本题安培力使速度减小，所以加负号。综合两式，令得，表示经过有磁场区域速度的变化，即，所以④两式联立解得代入得就是所要求的棒穿出任个磁场区域时的速率，⑩为了形象地表示两种匀变速运动，画出以下图象。左图是速度随时间变化的匀加速运动，右图是速度随位移变化的匀减速运动。年高考江苏省物理卷第题分题目如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在光滑绝缘斜面上，导轨间距为足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为。条形匀强磁场的宽度为，磁感应强度大小为方向与导轨平面垂直。长度为的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在起组成型装置。总质量为，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为的电流由外接恒流源产生，图中未画出。线框的边长为，电阻为，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。求装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热线框第次穿越磁场区域所需的时间经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离。解答命题者提供的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由动能定理且解得设线框刚离开磁场下边界时的速度为，则接着向下运动由动能定理装置在磁场中运动的合力感应电动势感应电流安培力由牛顿第二定律，在到时间内，有则设球下落的高度为联立得由水平方向动量守恒得④由机械能守恒得式中，联立④得，由水平方向动量守恒得。氦的含量由估算结果可知，，远小于的实际值，所以银河系中的氦主要是宇宙诞生后不久生成的。解到时间内，导体棒的位移，时刻，导体棒的有效长度，导体棒的感应电动势，回路总电阻，电流强度为，电流方向。。解法时刻导体棒的电功率，。解法二时刻导体棒的电功率，由于恒定，，因此撤去外力后，设任意时刻导体棒的坐标为，速度为，取很短时间或很短距离，解法在时间内，由动量定理得，扫过的面积④得。或设滑行距离为，则即解之负值已舍去得⑩解法二在，由动能定理得忽略高阶小量得以下解法同解法解法三由牛顿第二定律，得得。以下解法同解法解法三由牛顿第二定律得，得，以下解法同解法二。解法四在时间内，由动量定理得因为安培力向左而速度向右，严格应加负号。，在第问中已求出，因为在阶段导体棒做匀速运动，速度是，在，时间内导体棒做变减速运动，速度从减小到，设这过程中时刻为时的速度为，则上式变为，又将代入得积分得解得将代入得。解法五。解法中的式变为，在只求大小时可不加负号到④式不变，则式变为，求和，以下同解法总结归纳如下关于微元法。在时间很短或位移很小时，变速运动可以看作匀速运动，运动图象中的梯形可以看作矩形，所以，。微元法体现了微分思想。关于求和。许多小的梯形加起来为大的梯形，即，注意前面的为小写，后面的为大写，实际上是，当末速度时，有，这个求和的方法体现了积分思想。无论物理规律用牛顿定律，还是动量定理或动能定理，都可以用微元法在时间内，由动量定理得，几式体现了微元法，是微元法应用于动量定理在，由动能定理得忽略高阶小量得几式体现了微元法，是微元法应用于动能定理微元法解题，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，有利于高校选拔人才。这是全卷最难的题目，也是高考各省物理试卷最难的题目之。是把优秀学生与最优秀学生区分的题目。这样的题目，老师是讲不到的，微元法，虽然老师讲了，但由于以前没考过，所以大部分认为考不到，虽然讲了例题，也做了练习，但考试还要靠考生思考解题。这样的题是好题。本题除了是以电磁感应为题材，以微元法为解题的基本方法以外，还有就是可以用动量定理与动能定理解。对于使用老教科书的地区，这两种解法用哪种都行，但对于使用课程标准教科书的地区就不同了，因为他们的教科书把动量的内容移到了选修，如果不选修，则不能用动量定理解，只能用动能定理解。微元法高考物理试题的特色解法我长期研究高考试题，发现，江苏省年到年年来高考物理卷中的最后题电磁感应大题，在标准答案中，都是用微元法解的，可以说是江苏省高考物理试题的特色解法，因为全国卷和其他省市卷都没有。经笔者研究，也可以采用另外的解法。年高考江苏省物理卷第题分如图所示，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，每条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为，现有边长质量电阻的正方形线框以的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求线框边刚进入磁场时受到安培力的大小。线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热。线框能穿过的完整条形磁场区域的个数。解线框边刚进入磁场时，感应电动势，感应电流，受到安培力的大小水平方向速度为，解法原答案给出的解法线框在进入和穿出条形磁场时的任时刻，感应电动势，感应电流，受到安培力的大小，得，在时间内，由牛顿定律求和，，解得，线框能穿过的完整条形磁场区域的个数，取整数为。解法新解法线框在进入和穿出条形磁场时的任时刻，感应电动势，感应电流，受到安培力的大小，得，其中，由于速度是变化的，所以力是变化的，线框在水平方向只受安培力作用，安培力与速度成正比，线框在水平方向的运动是速度随位移均匀变化的运动，所以，从初速度运动到水平速度为，，通过的位移为，即，线框能穿过的完整条形磁场区域的个数，取整数为。年高考江苏省物理卷第题分如图所示，间距为的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为，导轨光滑且电阻忽略不计场强为的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为，间距为两根质量均为有效电阻均为的导体棒和放在导轨上，并与导轨垂直设重力加速度为⑪若进入第个磁场区域时，以与同样的速度进入第个磁场区域，求穿过第个磁场区域过程中增加的动能⑫若进入第个磁场区域时，恰好离开第个磁场区域此后离开第个磁场区域时，又恰好进入第个磁场区域且在任意个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等求穿过第个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热⑬对于第⑫问所述的运动情况，求穿出第个磁场区域时的速率解析⑪因为和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，所以和均不受安培力作用，由机械能守恒得⑫设导体棒刚进入无磁场区时的速度为，刚离开无磁场区时的速度为，即导体棒刚进入磁场区时的速度为，刚离开磁场区时的速度为，由能量守恒得在磁场区域有磁场区域磁场区域磁场区域磁场区域磁场区域棒棒在无磁场区域解得⑬解法原答案给的解法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，在无磁场区域有④且平均速度在有磁场区域，对棒且解得因为速度是变量，用微元法根据牛顿第二定律，在段很短的时间内则有因为导体棒刚进入磁场区时的速度为，刚离开磁场区时的速度为，所以，，所以联立④式，得原答案此处笔带过，实际上这步很麻烦，以下笔者给出详细过程④代入得，代入得得。在任意个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等，所以穿出任个磁场区域时的速率就等于所以。注意由于在任意个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等，所以穿出任个磁场区域时的速率都相等，所以所谓第个磁场区，对本题解题没有特别意义。解法笔者的解法运动分解法在无磁场区域，棒做匀加速运动，有④在有磁场区域，把棒的运动分解为两个运动，个是在重力的下滑分力作用下的速度的变化对时间来说