孫永紅

摘 要：微元法具有“化曲為直”“化變?yōu)椴蛔儭钡纳衿孀饔?，高中統(tǒng)編教材引入瞬時速度的概念，洛倫茲力公式的導出，勻變速直線運動的位移公式的推導，向心加速度公式的導出等都用到了微元法的思想，巧用微元法，提升了學生物理思維的層次，順應了新課程理念的要求和高校選拔人才的需要。

關鍵詞：思維障礙;微元法;質(zhì)量微元法;位移微元法;時間微元法;電流微元法;電量微元法

“微元法”是高中物理教學大綱要求學生掌握的內(nèi)容，也是學生升入大學普遍應用的基本思維方法?！拔⒃ā苯忸}思路分為三大步：①恰當選取微元量用以量化微元過程;②把微元過程看成恒定過程，求物理量的微元量表達式;③在微元量表達式的定義域內(nèi)求和，得到待求量。本文通過質(zhì)量微元法、位移微元法、時間微元法、電流微元法、電量微元法等多角度示范微元法解題的思路，期待智慧的你，巧用微元思想，突破思維障礙。

情境一：質(zhì)量微元法：流體具有連續(xù)性、流動性等特點，選取質(zhì)量微元法是突破流體思維障礙的有效途徑，相關水流、氣流、離子流等會用到質(zhì)量微元法。

[例1]如圖所示，一根長為L、質(zhì)量為M的軟鏈條通過一小段細線懸掛在天花板上，鏈條自由下垂，下端與一數(shù)字壓力計的盤面恰好接觸，某時刻燒斷細線，鏈條自由下落，不計空氣阻力，認為鏈條落到盤面不反彈，已知重力加速度大小為g，求鏈條下落了長度x時，求數(shù)字壓力計的讀數(shù)為多大？

解析：設鏈條的線密度為ρ（M=ρL），則落到盤面的鏈條質(zhì)量為：m=ρx①

因為空中運動的部分鏈條只受重力，下落了x距離，鏈速為v，則v2=2gx②

在Δt（Δt→0）時間內(nèi)，有質(zhì)量微元Δm落到盤面上，Δm=ρΔx③

對Δm，取向上為正方向，根據(jù)動量定理，有FΔt=0-（-Δmv）④

聯(lián)立②③④得：⑤

盤面受到的壓力為：N=F+mg=3ρgx⑥

所以，壓力計的讀數(shù)為落在其上鏈條重力的3倍。

情境二：時間微元法，對變速運動，可以運用微元法把過程分割為無限多個微小過程，認為極短時間Δt內(nèi)物體做勻速運動，表示出相應微小量，然后求和，得出整個過程的物理量表達式。

[例2]如圖甲所示，“水上飛人表演”是近幾年來觀賞性較高的水上表演項目之一，其原理是表演者利用腳上噴水裝置產(chǎn)生的反沖動力，從水面之上騰空而起，同時能在空中完成各種特技動作;為研究問題方便，將表演者及裝備與兩個噴嘴連接的豎直軟水管看成分離的兩部分，表演者操控飛行器將豎直送上來的水反轉180°后向下噴出，使表演者懸停在空中，如圖乙所示，已知表演者及身上裝備的總質(zhì)量為M=90kg，兩個噴嘴的直徑均為d=10cm，水的密度為ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2，求表演者懸停狀態(tài)時噴嘴處噴水的速度大約為多少？

解析：設噴嘴出水速度為v，則極短的時間Δt內(nèi)，一個噴嘴出水的質(zhì)量為Δm=pSv△t①

取Δm的水為研究對象，規(guī)定向下為正方向，一只腳對水的作用力為F。

根據(jù)動量定理得：FΔt=△mv-（-△mv）②

一個噴嘴出水對較F′，由牛頓第三定律可知：F′=F③

對人及裝備，根據(jù)平衡條件得：2F′=Mg④

兩個噴嘴的橫截面積均為S=14πd2⑤

聯(lián)立①②③④⑤解得m/s⑥

情境三：位移微元法：變力做功問題中，將物體的運動位移分割成許多小段，因每小段很小，每一小段作用在物體上的力可以視為恒力，這樣就將變力做的功轉化為在多個無窮小的位移上的恒力所做的功的代數(shù)和。

[例3]如甲圖所示，質(zhì)量為m的小玩具車（視為質(zhì)點）沿半徑為R的固定粗糙豎直圓軌道做勻速圓周運動，速度大小為v，已知小玩具車與豎直圓軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，試求小玩具車從軌道最低點運動到最高點的過程中，摩擦力做的功。

解析：如圖乙所示，玩具車沿豎直圓軌道從最低點勻速率運動到最高點的過程中，摩擦力大小和方向均在變化，無法直接用功的定義式求解;若將小車運動的半個圓周均勻分成n個小等分微位移Δs，在每個的圓弧上運動時，可認為軌道對小車的支持力Ni不變、因而小車所受的摩擦力f不變，求出n個微元微位移Δs上摩擦力做功的代數(shù)和，即為整個過程中摩擦力做的功。

當玩具車運動到圓弧A處時，有NiA-mgsinθ=mv2R①

fiA=μNiA=（mv2R+mgsinθ）②

WiA=-μΔs③

聯(lián)立①②③得：WiA=-μ（m+mgsinθ）④

當玩具車運動到A的對稱B時，同理得：WiB=-μ（m-mgsinθ）⑤

聯(lián)立④⑤得：Wi=WiA+WiB=-2μm·⑥

則摩擦力做的總功為W=W1+W2+…+W=Wi=-（2μm·）=πμmv2⑦

答：小車從軌道最低點運動到最高點的過程中，摩擦力做的功為-πμmv2

情境四：電流微元法：導體切割磁感線產(chǎn)生感應電流，導體做非勻變速直線運動，電流受到的安培力是變化的，不能運用勻變速直線運動規(guī)律解決。如果將導體棒運動中的電流分解成許多微小的“電流元i”，在非常短的時間Δt內(nèi)認為電流恒定，求出此元過程安培力的沖量，每個“元過程”安培力沖量的累加效果，導致了導體棒動量的變化。

[例4]（2020海南）如圖，足夠長的間距d=1m的平行光滑金屬導軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，導軌間存在一個寬度L=1m的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B=0.5T，方向如圖所示.一根質(zhì)量ma=0.1kg，阻值R=0.5Ω的金屬棒a以初速度v0=4m/s從左端開始沿導軌滑動，穿過磁場區(qū)域后，與另一根質(zhì)量mb=0.2kg，阻值R=0.5Ω的原來靜置在導軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，導軌電阻不計，求：

（1）金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為多少？

（2）金屬棒a最終停在距磁場左邊界多遠處？

解：

（1）設某一時刻t金屬棒a中的電流為i，在Δt時間內(nèi)電流恒定，規(guī)定向右為正方向，對金屬棒a，根據(jù)動量定理得：

-ΣBiLΔt=mava-mv0①ΣiΔt=q②③

聯(lián)立①②③得-=mava-mv0④

代入數(shù)據(jù)得a金屬棒第一次離開磁場時速度va=1.5m/s⑤

金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機械能的減少量，即

Qb=0.34375J⑥

（2）規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過程根據(jù)動量守恒和機械能守恒得

mava=mav'a+mbvb⑦⑧

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得金屬棒a反彈的速度為va=0.5m/s⑨

設金屬棒a最終停在距磁場左邊界x處，同理⑩Σv′Δt=L-x

代入數(shù)據(jù)得x=0.8m

情境五：電量微元法：由于電容器串聯(lián)在電路中，只有電容器充、放電過程才會有電流，感應電流的大小不滿足歐姆定律，歐姆定律不適用。從電流的定義出發(fā)，選取Δt時間內(nèi)電容器上電量的增加量Δq（電量微元）為研究對象，則感應電流，此法告訴學生求電流的另一種思路。

[例5]如圖所示，固定在水平地面上的長直平行光滑裸露金屬導軌間距為L，導軌平面內(nèi)分布著磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場，左端接一耐高壓的平行板電容器，電容為C;現(xiàn)把一質(zhì)量m的金屬棒MN放在導軌上，在水平力F作用下以加速度a從靜止開始向右做勻加速直線運動，滑動過程中金屬棒保持與導軌垂直并接觸良好，不計所有摩擦阻力和電阻，求：

（1）所加水平外力F與時間t的關系;

（2）在時間t內(nèi)有多少能量轉化為電場能。

解析：

（1）設在時間間隔Δt內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Δq，則①

對于電容器，Δq=CΔU②ΔU=ΔE=BLΔv③

對于cd，由于做勻加速運動，則有：a ④

聯(lián)立①②③④得：I=CBLa⑤

對于cd，由F安=BIL⑥由牛頓第二定律可知：F-F安=ma⑦

聯(lián)立⑤⑥⑦得F=（m+B2L2C）a⑧可知外力F是一個恒定的外力，不隨時間變化。

（2）cd克服安培力做多少功，就有多少能量轉化為電場能，則有：W安=F安x⑨，x=at2⑩

解得：W安=所以在時間t內(nèi)轉化為電場能的能量為：E電=。

結束語

“微元法”可以將變量轉化為恒量，把非線性關系轉化為線性關系，充分體現(xiàn)了“化曲為直”“化變?yōu)楹恪钡乃枷?，也符合從微觀到整體的辯證思想，巧用微元思想，可以突破解題中物理量“變化”的思維障礙，使一些較為復雜的物理過程用我們熟悉的基本物理規(guī)律方便地加以解決，明顯提升學生物理思維水平的層次。

參考文獻

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