用點電荷來代替帶電體的研究方法叫微元法

『壹』 微元法的介紹文章

杜中華，任教於江蘇省江都市仙城中學，中學物理高級教師，曾被評為「江蘇省優秀班主任」、「揚州市中青年教學骨幹」、「江都市名教師」。
「微元法」是分析、解決物理問題的常用方法，也是從部分到整體的思維方法。利用「微元法」處理問題時，需將復雜的物理過程分解為眾多微小的、遵循相同規律的「元過程」(微元)，從而將非理想物理模型變成理想物理模型，然後利用必要的數學和物理方法處理「元過程」(微元)，從而解決問題。下面僅就「微元法」在物理解題中的應用，贅述膚淺認識：
一、「微元法」解題一般步驟
第一步，取元。隔離選擇恰當微元(空間元、時間元)作為突破整體研究的對象。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徵。比如，在x-t圖像中，時間很短或位移很小時，非勻變速運動可以看作勻變速運動，運動圖象中的梯形可以看作矩形，所以V△t=△x,lv△t=l△x=△x
第二步，模型化。將微元模型化(如視作點電荷、質點、勻速直線運動等)，並運用相關物理規律，求解這個微元，並注意適當的換元。
∑△v=v第三步，求和。將一個微元的求解結果推廣一到其他微元，並充分利用各微元間的關系，如對稱關系、矢量方向關系、量值等關系)，對各微元的解出結果進行疊加，以求出整體量的合理解。比如v-t圖像中，把許多小的梯形加起來為大的梯形，即∑△s=△S（注意：前面的為小寫，後面的為大寫），並且∑△v=v-v0，當末速度v=0時,∑△v=v0或初速度v=0時，有∑△v=v，這個求和的方法體現了積分思想。
二、「微元法」在解題中的應用
1.直接以微元為研究對象解題對於連續變化過程中的某個量，以全過程為研究對象難以求解，可選取微元為研究對象解題。
例1：高壓採煤水槍出口的橫截面積為s，水的射速為v，射到煤層上後水柱的速度變為零，若水的密度為ρ，求水對煤的沖力。解析：用微元法分析，取沖到牆上的一小段水柱為研究對象，設這一小段水的質量為，則。取水平向左為正方向，由動量定理得，，由牛頓第三定律，水對煤層的沖力，其中負號表示方向水平向右。
例2：如圖所示，一個身高為h的人在燈下以恆定速度v沿水平直線行走。設燈距地面高為H，求證人影的頂端C點是做勻速直線運動。解析：用微分法分析，設時間△t內，人移動距離AB為△x，人影移動距離AC為，由幾何知識可得：故人影的頂端C點做勻速直線運動。
例3：陰極射線管中，由陰極K產生的熱電子(初速為零)經電壓U 加速後，打在陽極A 板上。若A板附近單位體積內的電子數為N，電子打到A板上即被吸收。求電子打擊A板過程中A板所受的壓強。（已知電子的電量為e、質量為m） 解析：用微分法分析，在時間Δt內打在A板S面積上的電子數： ①動能定理： ②動量定理： ③由①②③得：
2.取微元為研究對象再求和解題功是力在位移上的積累，沖量是力對時間的積累，位移是速度對時間的積累，電量是電流對時間的積累……一些習題中常需要求解一個變化量對另一個量的積累。解這類問題，微元法是常用方法。取微元，再結合微元的物理意義，運用數學工具（如運用圖象面積）求得微元之和，常可破解難點。
例4：（江蘇2006高考）如圖所示，頂角θ=45°的金屬導軌MON固定在水平面內，導軌處在方向豎直、磁感應強度為B的勻強磁場中，一根與ON垂直的導體棒在水平外力作用下以恆定的速度v0沿導軌MON向右運動，導體棒的質量為m，導軌與導體棒單位長度的電阻均為r。導體棒與導軌的接觸點為a和b，導體棒在滑動過程中始終保持與導軌良好接觸。t=0時，導體棒位於頂角O處，若在時刻將外力撤去，求導體棒最終在導軌上靜止時的坐標x。解析：導體棒做變加速運動，運動過程中導體棒有效長度、受力、速度都在不斷變化，故利用牛頓定律和運動學公式求位移，顯然不行。能否取微元求和，通過求面積來求位移？取足夠短時間微元△t，在△t內導體棒的運動可視為勻速運動，導體棒有效長度、電流均視為恆定。撤去外力後，設任意時刻t導體棒的坐標為x，速度為v，有效長度為l，△t內通過距離△x，則在t~t+△t時間內，由動量定理得：
例5：（江蘇2009高考）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l、足夠長且電阻忽略不計，導軌平面的傾角為，條形勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B、方向與導軌平面垂直。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，置於導軌上。導體棒中通以大小恆為I的電流（由外接恆流源產生，圖中未圖出）。線框的邊長為d（d < l），電阻為R，下邊與磁場區域上邊界重合。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：線框第一次穿越磁場區域所需的時間t1。
解析：
設線框剛離開磁場下邊界時的速度為v1，則接著向下運動2d
由動能定理得：mgsinα·2d-BIld=0-1/2mv2
裝置在磁場中運動時收到的合力F=mgsinα-F′
感應電動勢 E=Bdv
感應電流 I′=E/R
安培力 F'=BI'd
由牛頓第二定律，在t到t+△t時間內，有△v=△t·F/m
則∑△v=∑[gsinα-B2d2v/mR]△t
有v1=gt1sinα-2B2d3/mR
解得 t1={√[2m(BIld-2mgdsinα)]+2B2d3/R}/mgsinα