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高考物理二轮复习解题方法第13讲 微元法（2份打包，解析版+原卷版，可预览）
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第13讲 微元法（解析版）
—高中物理解题方法28法20讲
江苏省特级教师 学科网特约金牌名师 戴儒京
高考物理卷的最后一题，有的是用微元法解的题目，题目的难度很大，是为了区分最优秀的考生与优秀的考生的，本文通过研究微元法解的题目，探究微元法解题的方法和规律。
1. 什么是微元法？
“微元法”是高中物理涉及到的一种数学方法,渗透着微积分的思想,是物理学发展过程中最重要的科学思维方法之一,是牛顿力学的数学基础.
通过对某一微元的研究求解物理量，有些物理问题中,当我们研究某个物体或某过程而无法求解时,可以把物体或过程进行无限分割,取某个微元做为研究对象,利用这个微元在一微小位移或微小时间内所遵循的物理规律列方程求解.这种方法常常叫做微元法。
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。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（如求和）或物理思想处理，进而使问题求解。
微元法在处理问题时，从对事物的极小部分(微元)分析入手，达到解决事物整体的方法。这是一种深刻的思维方法，是先分割逼近，找到规律，再累计求和，达到了解整体。微元法是对某事件做整体的观察后，取出该事件的某一微小单元进行分析，通过对微元的细节的物理分析和描述，最终解决整体的方法。
微元法是个比较深奥的东西,其原理是微积分,就是将整体化为局部,在局部中进行适当的省略计算后再累加。
3. “微元法”的取元原则：选取微元时所遵从的基本原则是
（1）可加性原则：由于所取的“微元” 最终必须参加叠加演算，所以，对“微元” 及相应的量的最基本要求是：应该具备“可加性”特征；
（2）有序性原则：为了保证所取的“微元” 在叠加域内能够较为方便地获得“不遗漏”、“不重复”的完整叠加，在选取“微元”时，就应该注意：按照关于量的某种“序”来选取相应的“微元” ；
（3）平权性原则：叠加演算实际上是一种的复杂的“加权叠加”。对于一般的“权函数” 来说，这种叠加演算（实际上就是要求定积分）极为复杂，但如果“权函数” 具备了“平权性”特征（在定义域内的值处处相等）就会蜕化为极为简单的形式。
4. “微元法”的换元技巧： 就“微元法”的应用技巧而言，最为关键的是要掌握好换“元”的技巧。因为通常的解题中所直接选取的“微元”并不一定能使“权函数” 满足“平权”的条件，这将会给接下来的叠加演算带来困难，所以，必须运用换“元”的技巧来改变“权函数” ，使之具备“平权性”特征以遵从取元的“平权性原则”。最常见的换“元”技巧有如下几种
（1）“时间元”与“空间元”间的相互代换（表现时、空关系的运动问题中最为常见）；
（2）“体元”、“面元”与“线元”间的相互代换（实质上是降“维”）；
（3）“线元”与“角元”间的相互代换（“元”的表现形式的转换）；
（4）“孤立元”与“组合元”间的相互代换（充分利用“对称”特征）。
5. 应用微元法解题的优越性
使用此方法会加强我们对已知规律的再思考，从而引起巩固知识、加深认识和提高能力的作用。
在高中物理教学中注意“微元法”的使用和教学,对开发学生的智力,发展其创造性思维,提高学生的物理素养有着深远的意义,
例如，分析匀速圆周运动的向心加速度，根据加速度的定义，对圆周运动的速度变化进行微元分析，可以推导出向心加速度的表达式。
微元法在处理问题时，从对事物的极小部分(微元)分析入手，达到解决事物整体的方法。这是一种深刻的思维方法，是先分割逼近，找到规律，再累计求和，达到了解整体。微元法是对某事件做整体的观察后，取出该事件的某一微小单元进行分析，通过对微元的细节的物理分析和描述，最终解决整体的方法。
微元法的原理是微积分,将整体化为局部,类似于微分，在局部中进行适当的省略计算后再累加，类似于积分。
例题1.真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直，长度均为l，电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。
（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
【标准答案】
（1）M接电源正极。列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极。
（2）由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为，由电阻的串并联知识得
①；
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F=BIl③
根据牛顿第二定律有F=ma④，联立①②③④式得⑤
（3）设列车减速时，cd进入磁场后经时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为，平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律有⑥，其中⑦；
设回路中平均电流为，由闭合电路欧姆定律有⑧
设cd受到的平均安培力为，有⑨ 解得
以向右为正方向，设时间内cd受安培力冲量为，有⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为，有，设列车停下来受到的总冲量为，由动量定理有联立⑥⑦⑧⑨⑩式得此式错，应该是
讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场，若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N+1块有界磁场。
以上标准答案的第（3）问，用的是平均值法。以下我用微元法解，三种解法分别用牛顿定律，动量定理，动能定理。
【解法1】牛顿定律和微元法
设列车减速时，cd进入磁场后经t时间ab恰好进入磁场，此过程中的感应电动势和感应电流都是变量，所以安培力和加速度也都是变量。用微元法：设其中一小段时间内的感应电动势为，则电流为，cd边所受安培力为，加速度，速度的减少为，在cd进入磁场的整个过程中，时间为，速度的减少为，因为，所以，由于cd出磁场与进入磁场速度的减小相等，所以每一块磁场可使列车的速度减少2u=.
列车从速度为到停下来速度的减少量为，所以需要磁场的块数为。
若n为整数，则实际设置的磁场块数，若n为非整数，则实际设置的磁场块数。
【解法2】动量定理和微元法
设列车减速时，cd进入磁场后经t时间ab恰好进入磁场，此过程中的感应电动势和感应电流都是变量，所以安培力也是变量。用微元法：设其中一小段时间内的感应电动势为，则电流为，cd边所受安培力为，根据动量定理，代入得，所以在cd进入磁场的整个过程中，时间为，因为，所以有，速度的减少量，由于cd出磁场与进入磁场速度的减小相等，所以每一块磁场可使列车的速度减少=.
列车从速度为到停下来速度的减少量为，所以需要磁场的块数为。
若n为整数，则实际设置的磁场块数，若n为非整数，则实际设置的磁场块数。
【解法3】动能定理和微元法
设列车减速时，cd进入磁场后经t时间ab恰好进入磁场，此过程中的感应电动势和感应电流都是变量，所以安培力和安培力做功也都是变量。用微元法：设其中一小段位移内的感应电动势为，则电流为，cd边所受安培力为，根据动能定理，将代入得，因为位移很短，有，所以有，对于cd边进入磁场的整个过程，设速度的减少量为u，有，又所以有速度的减少量，由于cd出磁场与进入磁场速度的减小相等，所以每一块磁场可使列车的速度减少2u=.
列车从速度为到停下来速度的总减少量为，所以需要磁场的块数为。
若n为整数，则实际设置的磁场块数，若n为非整数，则实际设置的磁场块数。
【图象法】首先推导速度的表达式，以位移为自变量。
设某一时刻的速度为，速度变化为=，因为，所以有=，因为，所以有=，即，其中。把若干个磁场衔接起来，每进入磁场和出磁场都一样，作出速度随位移变化的图象如下图（设=1（），设）
如果磁场宽度（整数），则磁场个数
如果磁场宽度.5（非整数），则磁场个数。
从函数式即和图象可以看出，导体棒在磁场中的运动是速度随位移（而不是随时间）均匀变化的运动。
例题2. 如图所示，光滑金属导体ab和cd水平固定，相交于O点并接触良好，∠aOc=60°．一根轻弹簧一端固定，另一端连接一质量为m的导体棒ef，ef与ab和cd接触良好．弹簧的轴线与∠bOd平分线重合．虚线MN是磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场的边界线，距O点距离为L．ab、cd、ef单位长度的电阻均为r．现将弹簧压缩，t = 0时，使ef从距磁场边界处由静止释放，进入磁场后刚好做匀速运动，当ef到达O点时，弹簧刚好恢复原长，并与导体棒ef分离．已知弹簧形变量为x时，弹性势能为，k为弹簧的劲度系数．不计感应电流之间的相互作用．
⑴证明：导体棒在磁场中做匀速运动时，电流的大小保持不变；
⑵求导体棒在磁场中做匀速运动的速度大小v0和弹簧的劲度系数k；
⑶求导体棒最终停止位置距O点的距离．O
a
b
c
d
L
B
e
L
4
f
60°
M
N
【解析】⑴设匀速直线运动的速度为v0， ef有效切割长度为l，则电流：
，由于v0不变，所以I不变。
⑵由能量守恒，得：
设弹簧形变量为x，由平衡条件，得： 2BIxtan30°= kx
解得 v0 = k =
⑶ef越过O点后，与弹簧脱离，设导体棒最终停止位置距O点的距离为x0，某时刻回路中ef有效切割长度为L1，ef的速度为v，加速度为a，电流为I， 据牛顿第二定律，得：-BIL1= ma
电流 I = = 得： - = ma
取一小段时间△t，速度微小变化为△v，回路面积微小增加为△S，则
- △t = ma△t
即： - ∑△t = ∑ma△t -∑L1v△t = m∑a△t
—∑△S = m∑△v- x02tan300= 0－mv0
将 v0= 代入，得：x 0 =
例题3.如图所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分与倾斜部分平滑连接．两导轨间距为L=0.5m．导轨的倾斜部分与水平面成角θ =53º ．其中有一段匀强磁场区域abcd，磁场方向垂直于斜面向上．导轨的水平部分有n段相同的匀强磁场区域．磁场方向竖直向上，所有磁场的磁感虚强度大小均为B=1T．磁场沿导轨的长度均为L=0.5m。磁场左、右两侧边界均与导轨垂直．导轨的水平部分中相邻磁场区域的间距也为L。现有一质量为m=0.5kg，电阻为r=0.125Ω ，边长也为L的正方形金属框PQMN，从倾斜导轨上由静止释放，释放时MN边离水平导轨的高度h=2.4m，金属框滑进磁场abcd时恰好作匀速运动，此后，金属框从导轨的倾斜部分滑上水平部分并最终停停止．取重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
(1)金属框刚释放时MN边与ab的距离s；
(2)金属框能穿过导轨的水平部分中几段磁场区域；
(3)整个过程中金属框内产生的电热．
【解析】(1) mgsinθ=F安=
v0=2m/s s=0.25m
mgssinθ=
(2) F安==ma
mg(h-2Lsin 53º +sin 53º )=
(线框穿过磁场时速度不变化，要减去，线框重心比MN高，要加上)
代入数据得
所以=1.5m
n==1.5, n取整数1
(3) Q=mg(h+sin 53º )=13(J)
例题4.如图所示，两根足够长的平行导轨由倾斜和水平两部分连接组成，导轨间距，倾斜角，水平部分处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，磁场左边界MN与导轨垂直，金属棒ab质量，电阻,金属棒cd质量，电阻,导轨电阻不计。两棒与导轨间动摩擦因数。开始时，棒ab放在斜导轨上，与水平导轨高度差，棒cd放在水平导轨上，距MN距离为，两棒均与导轨垂直，现将ab棒由静止释放。取，求：
（1） 棒ab运动到MN处的速度大小；
（2） 棒cd运动的最大加速度；
（3） 若导轨水平部分光滑，要使两棒不相碰，棒cd距MN的最小距离。
【解析】（1）根据动能定理，对ab棒有：，
解得：
（2）棒ab运动到MN处，棒cd运动的加速度最大，
，,,所以
代入数据，解得。
（3）若要不相碰，两杆最终速度相等，设为，因两棒都是在大小相等的安培力作用下，所以两棒的加速度大小任何时刻都相等，所以ab棒速度的减小量等于cd棒速度的增加量，即，所以，速度的变化为。
设某时刻，ab棒速度为，cd棒速度为，则该时刻回路的感应电动势为，电流为,安培力为，加速度为，对短时间，速度的变化为，当速度变化为时，，因为这就是在这段时间内ab棒壁cd棒多运动的位移，所以。
例题5 如图两根足够长的光滑固定平行金属导轨与水平面成角，导轨间距为，两导体棒和与导轨垂直放置，两导体棒的质量都为，电阻都为R，回路其它电阻不计。整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。在=0时刻使沿导轨向上做速度为的匀速运动，同时将由静止释放，经过一段时间后也做匀速运动。已知，，,,,不计两导体棒间的相互作用力。
（1） 为使导体棒能沿导轨向下运动，的速度为不能超过多大？
（2） 若在平行于导轨向上的力F作用下，以的速度沿导轨向上运动，试导出F与的速率的函数关系式并求出的最大值；
（3） 在（2）中，当时，的速度达到，内回路中产生的焦耳热为,求该内力F做的功。（结果保留3位有效数字）
【解析】（1）设的速度为，由于的速度为0，则,
对，安培力, 因，得。
（2）设的速度为，的速度为，则回路电流为：，
对：,代入数据得。
设的最大速度为，则=，代入数据得。
（3）对：,即
取任意很小时间，
其中是常量，是变量，所以，代入数据并求和得，即，得
由功能关系得：-+Q
代入数据得.
通过以上几例，总结归纳如下：
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。在时间很短或位移很小时，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，。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，（注意：前面的为小写，后面的为大写），并且，当末速度时，有，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.
例1和例2中在时间内，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.
例2、例4中的
, 和
几式体现了微元法, 是微元法应用于牛顿定律.
5.当速度为变量时，如例5，可用微元法解。在用微元法时要注意：总电动势为，电流为，安培力为
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一。是把优秀学生与最优秀学生区分的题目。这样的题目，考试还要靠考生独立思考、独立解题。这样的题是好题。
这几题的共同点除了都是以电磁感应为题材，以“微元法”为解题的基本方法以外，还有共同处，就是都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，因为他们的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。
有些用微元法解的题目，也可用另外的解法，我姑且称为“牛顿定理”。
本解法的根据
爱因斯坦有一句很著名的话：“提出一个问题往往比解决一个问题更重要，因为解决一个问题有时仅仅是一个数学上或实验上的技巧，而提出新的问题，新的可能性，从新的角度去看旧的问题，却需要创造性的想象力，而且标志着科学上的真正进步。”
在伽利略对自由落体运动的研究中，他首先面临的困难是概念上的，因为那时人们连速度的明确定义都没有。因此。对伽利略来说，必须首先建立描述运动所需的概念，诸如平均速度、瞬时速度及加速度等，就是伽利略首先建立起来的。
伽利略相信，自然界是简单的，自然界的规律也是简单的。他从这个信念出发，猜想落体也一定是一种最简单的变速运动，而最简单的变速运动，它的速度应该是均匀变化的。
但是，速度的变化怎样才算“均匀”呢？他考虑了两种可能：一种是速度的变化对时间来说是均匀的，即与成正比，例如，每过1，速度的变化量都是；另一种是速度的变化对位移来说是均匀的，即与成正比，例如，每下落1，速度的变化量都是。
后来发现，如果与成正比，将会推导出十分复杂的结论。所以，伽利略开始以实验来检验与成正比的猜想是否是真实的。
人民教育出版社课程标准教科书《物理》（必修1第48-49页，引者注）
在这里，伽利略解决了一个问题：速度的变化对时间来说是均匀的匀变速直线运动，也就是我们熟悉的匀变速直线运动，同时还提出一个问题：速度的变化对位移来说是均匀的匀变速直线运动，这种匀变速直线运动存在吗？它有什么规律？伽利略把这个问题留给后人。
牛顿对此问题有所解决。
牛顿在他的名著《自然哲学的数学原理》一书中写下如下的命题：如果一个物体受到的阻力与其速度成正比，则阻力使它损失的运动正比于它在运动中所掠过的距离。（《自然哲学的数学原理》第二编第1章第155页 引者註）
我试把这段话“翻译”成物理语言，损失的“运动”理解为损失的速度，命题可表述为：
条件：一个物体受到的阻力与其速度成正比：
结论：阻力使它损失的运动正比于它在运动中所掠过的距离：
证明：因为一个物体受到的阻力与其速度成正比：，所以加速度，如果速度是变量，取很短的时间，速度的变化，
物体掠过的距离
所以速度的变化正比于掠过的距离：，其中
通过加以复合知，整个时间中损失的运动正比于掠过的距离：，
证毕。
这就是速度随位移均匀变化的匀变速直线运动。
对于速度随位移均匀变化的匀变速直线运动，它的加速度应该这样定义：在单位位移上速度的变化（物理意义是：速度随位移变化的“快慢”），这样就有：
, 加速度的单位应该是，
表示由于正比于速度的力作用而引起的速度的变化，其中。
如果末速度为0，则根据，即。
可惜，后人没有对牛顿的这个命题以足够的重视，否则，就应该有“牛顿定理”了。我认为，不妨来一个牛顿定理，加进《物理》教科书中。
我发现，用这个规律能够解用微元法可解的题目。在标准答案中，这些题都是用微元法解的，用“牛顿定理”的这种解法，就是直接应用微元法推导出来的结论，就省去了用微元法推导的过程。
例题6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＝１Ｔ，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=0.5m，现有一边长l=0.2m、质量m=0.1kg、电阻Ｒ＝0.1Ω的正方形线框ＭＮＯＰ以v0=7m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求
（１）线框ＭＮ边刚进入磁场时受到安培力的大小Ｆ。
（２）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。
（３）线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。
【解析】（1）线框ＭＮ边刚进入磁场时，感应电动势 ，感应电流 ，受到安培力的大小 Ｆ=
（2）水平方向速度为0，
（3）解法1 原答案给出的解法.
线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势 ，感应电流 ，
受到安培力的大小 Ｆ=，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n=，取整数为4。
解法2. 新解法
线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势 ，感应电流 ，受到安培力的大小 Ｆ=，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0，，通过的位移为，即，线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n=，取整数为4。
时间t内线框的总位移大小为.
例题7. 如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻忽略不计．场强为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d1，间距为d2．两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直．（设重力加速度为g）
⑴若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能△Ek；
⑵若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时，b 又恰好进入第2个磁场区域．且a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等．求b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q；
⑶对于第⑵问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率v．
磁场区域1 B
磁场区域2 B
磁场区域3 B
磁场区域4 B
磁场区域5 B
棒b
棒a
d1
d1
d1
d2
d2
d2
d2
Θ d1
d1
【解析】⑴因为a和b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0，所以a和b均不受安培力作用，由机械能守恒得
①
⑵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： ②
在无磁场区域： ③
解得：
⑶解法1. 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： ⑤
在有磁场区域，对a棒：
且：
解得: ⑥
因为速度是变量，用微元法
根据牛顿第二定律, 在一段很短的时间内
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： ⑦
联立④⑤⑦式,得
（原答案此处一笔带过，实际上这一步很麻烦，以下笔者给出详细过程：
④代入⑦得：， ⑧
⑧代入⑤得： ⑨
⑦+⑨得：。）
a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等, 所以a穿出任一个磁场区域时的速率v就等于．所以
。
（注意：由于a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等，所以a穿出任一个磁场区域时的速率v都相等，所以所谓“第K个磁场区”，对本题解题没有特别意义。）
解法2. 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
⑤
在有磁场区域，把棒的运动分解为两个运动，一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，另一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
, ⑥ 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， ⑦ 因为本题安培力使速度减小，所以加负号。
综合⑥、⑦两式，令得, 表示经过有磁场区域速度的变化，即，所以 ⑧
④、⑧两式联立解得 ⑨
⑨代入⑤得
就是所要求的棒a穿出任一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。
例题8.如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为L、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B、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一起组成“”型装置。总质量为，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I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R，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：
（1） 装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；
（2） 线框第一次穿越磁场区域所需的时间；
（3） 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）
（1） 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W
由动能定理
且
解得
（2） 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=
有
解得
（3） 经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离之间往复运动，
由动能定理
解得。
【解析】（本人研究的另外解法）
第（1）问，同原解答
第（2）问：设线框刚离开磁场下边界时的速度为，则接着向下运动，速度变为0，根据动能定理
，所以
注意：导体棒在磁场中运动的位移是，而不是，且因为是恒流，所以安培力是恒力。
因为线框在磁场中的运动时受到的合力，而是与速度成正比的力，所以把线框在磁场中的运动分解为在重力的分力作用下的速度随时间均匀变化的匀变速直线运动和在安培力作用下的速度随位移均匀变化的匀变速直线运动两种运动，前者速度的变化与时间成正比，后者速度的变化与位移成正比，有
注意：因为线框下边进磁场和上边出磁场，掠过的距离共。
所以=
第（3）问，同原解答，不重复。
从以上3题可以看出，如果把牛顿的这个规律当作定律，对此类题解起来就没有微元法那么麻烦了，也没有那么难懂了。
当然，用这个规律能解的题目决不止这3题而已，而是很多。
例题9. 如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。（已知l＝1m，m＝1kg，R＝0.3W，r＝0.2W，s＝1m）
（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若撤去外力后，棒只在安培力作用下做减速运动，试推导棒的速度v随位移x的变化规律，并说明种运动是什么运动。
(4)如果撤去外力后棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？
（5）若在棒未出磁场区域时撤去外力，但撤去外力得时刻不同，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线。
【解析】（1）金属棒做匀加速运动，R两端电压UµIµeµv，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量，
（2）F－＝ma，以F＝0.5v＋0.4代入得（0.5－）v＋0.4＝a，a与v无关，所以a＝0.4m/s2，（0.5－）＝0，得B＝0.5T，
（3）安培力,因速度为变量，所以安培力为变力，加速度为变量，对一微小时间，速度的变化为，因为，所以有，以撤去外力时刻的速度为初速度，并从此时刻开始计算位移，考虑到安培力与初速度方向相反，即速度的变化为负，求和后得v＝v0－x，代入数据后为，此运动是速度随位移均匀变化的匀变速运动。
在高中物理第一册有一篇阅读材料“伽利略对自由落体运动的研究”，其中有这样一段话：“伽利略认为，自由落体是一种最简单的变速运动。他设想，最简单的变速运动的速度应该是均匀变化的。但是，速度的变化怎样才算均匀哪？他考虑了两种可能：一种是速度的变化对时间来说是均匀的，即经过相等的时间，速度的变化相等；另一种是速度的变化对位移来说是均匀的，即经过相等的位移，速度的变化相等。伽利略假设第一种方式最简单，并把这种运动叫做匀变速运动。”（人民教育出版社物理室编 全日制普通高级中学教科书 实验修订本 必修 第一册 第39页）。
对于速度随位移均匀变化的匀变速直线运动，它的加速度应该这样定义：在单位位移上速度的变化（物理意义是：速度随位移变化的“快慢”），这样就有：
, 加速度的单位应该是，
表示由于正比于速度的力作用而引起的速度的变化，其中。
如果末速度为0，则根据，即。
（4）x1＝at2，v0＝x2＝at，x1＋x2＝s，所以at2＋at＝s，得：0.2t2＋0.8t－1＝0，t＝1s。
(5)
例题10.从地面上以速度竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程受到的空气阻力与速度成正比，球运动的速率随时间的变化规律如图所示， 时刻到达最高点。再落回地面，落地速率为，且落地前球已经做匀速运动。求：球上升的最大高度H。
【解法1】
在球上升的方程中，受到两个力，一个是重力，是恒力，一个是阻力，与速度成正比，是变力，即，根据牛顿第二定律，加速度，因方向相同，用“+”号，
对于一小段时间间隔，有=+，其中=，，
对于0~的整个时间，用求和法，因为，，,所以，即,所以；
又根据球落地前球已经做匀速运动，得，所以，代入H式得。
对微元法的理解：如图所示，在时间很短时，变量可看做不变的，用直线代替曲线，即所谓一把锉刀闹革命，那么，短时间积累多了就是长时间，小的速度变化积累起来就是整个过程的速度变化，而许多小矩形面积积累起来就是曲线下面包围的面积，即小位移的积累效果就是球上升的高度H。
解法2：根据牛顿著《自然哲学的数学原理》一书中的定理：受与速度成正比的阻力作用的物体运动：
如果一个物体受到的阻力与其速度成正比，则阻力使它损失的运动（速度-引者註）正比于它在运动中所掠过的距离。
球上升时受重力和空气阻力两个力，把球上升的运动分解为两个运动，一个是重力作用下的运动，一个是空气阻力作用下的运动。因重力是恒力，所以，在重力作用下的运动是速度随时间均匀变化的运动，。因阻力是与速度成正比的力（），所以，在阻力作用下的运动是速度随位移均匀变化的运动，，其中。实际的运动是二者的合运动。
在向上运动过程中，，
又根据落地前球已经做匀速运动，，所以 ，所以，
解得：。
例题11如图3—1所示，一个身高为h的人在灯以悟空速度v沿水平直线行走。设灯距地面高为H ，求证人影的顶端C点是做匀速直线运动。
【解析】该题不能用速度分解求解，考虑采用“微元法”。
设某一时间人经过AB处，再经过一微小过程Δt（Δt→0），则人由AB到达A′B′，人影顶端C点到达C′点，由于ΔSAA′= vΔt则人影顶端的移动速度：
vC ===v
可见vc与所取时间Δt的长短无关，所以人影的顶端C点做匀速直线运动。
例题12如图3-2所示，一个半径为R的四分之一光滑球面放在水平桌面上，球面上放置一光滑均匀铁链，其A端固定在球面的顶点，B端恰与桌面不接触，铁链单位长度的质量为ρ 。试求铁链A端受的拉力T 。
【解析】以铁链为研究对象，由由于整条铁链的长度不能忽略不计，所以整条铁链不能看成质点，要分析铁链的受力情况，须考虑将铁链分割，使每一小段铁链可以看成质点，分析每一小段铁边的受力，根据物体的平衡条件得出整条铁链的受力情况。在铁链上任取长为ΔL
的一小段（微元）为研究对象，其受力分析如图3-2-甲所示。由于该元处于静止状态，所以受力平衡，在切线方向上应满足：
Tθ + ΔTθ = ΔGcosθ + Tθ ，ΔTθ = ΔGcosθ = ρgΔLcosθ
由于每段铁链沿切线向上的拉力比沿切线向下的拉力大ΔTθ ，所以整个铁链对A端的拉力是各段上ΔTθ的和，即：
T = ΣΔTθ = ΣρgΔLcosθ = ρgΣΔLcosθ
观察ΔLcosθ的意义，见图3-2-乙，由于Δθ很小，所以CD⊥OC ，∠OCE = θΔLcosθ表示ΔL在竖直方向上的投影ΔR ，所以ΣΔLcosθ = R ，可得铁链A端受的拉力：
T = ρgΣΔLcosθ = ρgR
例题13。某行星围绕太阳C沿圆弧轨道运行，它的近日点A离太阳的距离为a ，行星经过近日点A时的速度为vA ，行星的远日点B离开太阳的距离为b ，如图3—3所示，求它经过远日点B时的速度vB的大小。
【解析】此题可根据万有引力提供行星的向心力求解。也可根据开普勒第二定律，用微元法求解。设行星在近日点A时又向前运动了极短的时间Δt ，由于时间极短可以认为行星在Δt时间内做匀速圆周运动，线速度为vA ，半径为a ，可以得到行星在Δt时间内扫过的面积：
Sa =vAΔta
同理，设行星在经过远日点B时也运动了相同的极短时间Δt ，则也有：
Sb =vBΔtb
由开普勒第二定律可知：Sa = Sb 。即得：vB =vA
（此题也可用对称法求解。）
例题14。如图3-4所示，长为L的船静止在平静的水面上，立于船头的人质量为m ，船的质量为M ，不计水的阻力，人从船头走到船尾的过程中，问：船的位移为多大？
【解析】取人和船整体作为研究系统，人在走动过程中，系统所受合外力为零，可知系统动量守恒。设人在走动过程中的Δt时间内为匀速运动，则可计算出船的位移。设v1 、v2分别是人和船在任何一时刻的速率，则有：
mv1 = Mv2 ①
两边同时乘以一个极短的时间Δt ， 有：mv1Δt = Mv2Δt ②
由于时间极短，可以认为在这极短的时间内人和船的速率是不变的，所以人和船位移大小分别为Δs1 = v1Δt ，Δs2 = v2Δt
由此将②式化为：mΔs1 = MΔs2 ③
把所有的元位移分别相加有：mΣΔs1 = MΣΔs2 ④
即：ms1 = Ms2 ⑤
此式即为质心不变原理。其中s1 、s2分别为全过程中人和船对地位移的大小，又因为：
L = s1 + s2 ⑥
由⑤、⑥两式得船的位移：s2 =L
例题15“神舟”六号载人航天飞船返回运动
据专家介绍,“神舟”六号载人航天飞船在距地面约300km高的轨道上飞行77圈后开始返回,返回时,首先轨道舱与返回舱分离,而后返回舱减速,开始脱离原来的轨道,进行无动力飞行,飞行至距地面100km时进入大气层.进入大气层后,飞船有一段时间与地面无法通讯,即产生所谓的“黑障”现象,等飞至距地面80km到20km的高度时,飞船的升力控制系统开始起作用,这时的飞船就象飞机一样,瞄准理论着陆点,依靠飞船上的小型发动机不断调整飞行角度和姿态.当飞行至距地面40km时,飞船飞出“黑障”区,当飞船到达距地面10km时，速度约为1.5km/s, 飞船开始抛开降落伞盖，并迅速带出两具引导伞和一具减速伞，24s后飞船的下降速度减到10m/s左右。等飞船离地面很近（约1.2m）时, 缓冲发动机开始向地面喷火,进一步减速,确保飞船安全着陆.
根据以上事实，编题如下：
在飞船带出并张开降落伞的这一阶段的运动，设飞船在有伞情况下运动时，受到的空气阻力与速度成正比，即
① 其中是定值。已知飞船的质量约为6000kg，这一阶段飞船高度下降约10km，飞船的速度从1.5km/s减小到10m/s，用时24s，求k值？
【解析】飞船受空气阻力和重力（重力加速度g=10m/s2，设为不变），即，加速度，
对飞船在任意一小段时间，有 ②
则，求和：，即，代入数据得，解得。
通过以上15例，总结归纳如下：
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。在时间很短或位移很小时，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，。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，（注意：前面的为小写，后面的为大写），并且，当末速度时，有，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.
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.
, 和
几式体现了微元法, 是微元法应用于牛顿定律.
5.当速度为变量时，如例5，可用微元法解。在用微元法时要注意：总电动势为，电流为，安培力为
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一。是把优秀学生与最优秀学生区分的题目。这样的题目，考试还要靠考生独立思考、独立解题。这样的题是好题。
参考文献：
1. 人民教育出版社课程标准教科书《物理》（必修1）
2. （《自然哲学的数学原理》[英]牛顿著，王克迪译，袁江洋校，北京大学出版社2006年版
第13讲 微元法（解析版）
—高中物理解题方法28法20讲
江苏省特级教师 学科网特约金牌名师 戴儒京
高考物理卷的最后一题，有的是用微元法解的题目，题目的难度很大，是为了区分最优秀的考生与优秀的考生的，本文通过研究微元法解的题目，探究微元法解题的方法和规律。
1. 什么是微元法？
“微元法”是高中物理涉及到的一种数学方法,渗透着微积分的思想,是物理学发展过程中最重要的科学思维方法之一,是牛顿力学的数学基础.
通过对某一微元的研究求解物理量，有些物理问题中,当我们研究某个物体或某过程而无法求解时,可以把物体或过程进行无限分割,取某个微元做为研究对象,利用这个微元在一微小位移或微小时间内所遵循的物理规律列方程求解.这种方法常常叫做微元法。
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。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（如求和）或物理思想处理，进而使问题求解。
微元法在处理问题时，从对事物的极小部分(微元)分析入手，达到解决事物整体的方法。这是一种深刻的思维方法，是先分割逼近，找到规律，再累计求和，达到了解整体。微元法是对某事件做整体的观察后，取出该事件的某一微小单元进行分析，通过对微元的细节的物理分析和描述，最终解决整体的方法。
微元法是个比较深奥的东西,其原理是微积分,就是将整体化为局部,在局部中进行适当的省略计算后再累加。
3. “微元法”的取元原则：选取微元时所遵从的基本原则是
（1）可加性原则：由于所取的“微元” 最终必须参加叠加演算，所以，对“微元” 及相应的量的最基本要求是：应该具备“可加性”特征；
（2）有序性原则：为了保证所取的“微元” 在叠加域内能够较为方便地获得“不遗漏”、“不重复”的完整叠加，在选取“微元”时，就应该注意：按照关于量的某种“序”来选取相应的“微元” ；
（3）平权性原则：叠加演算实际上是一种的复杂的“加权叠加”。对于一般的“权函数” 来说，这种叠加演算（实际上就是要求定积分）极为复杂，但如果“权函数” 具备了“平权性”特征（在定义域内的值处处相等）就会蜕化为极为简单的形式。
4. “微元法”的换元技巧： 就“微元法”的应用技巧而言，最为关键的是要掌握好换“元”的技巧。因为通常的解题中所直接选取的“微元”并不一定能使“权函数” 满足“平权”的条件，这将会给接下来的叠加演算带来困难，所以，必须运用换“元”的技巧来改变“权函数” ，使之具备“平权性”特征以遵从取元的“平权性原则”。最常见的换“元”技巧有如下几种
（1）“时间元”与“空间元”间的相互代换（表现时、空关系的运动问题中最为常见）；
（2）“体元”、“面元”与“线元”间的相互代换（实质上是降“维”）；
（3）“线元”与“角元”间的相互代换（“元”的表现形式的转换）；
（4）“孤立元”与“组合元”间的相互代换（充分利用“对称”特征）。
5. 应用微元法解题的优越性
使用此方法会加强我们对已知规律的再思考，从而引起巩固知识、加深认识和提高能力的作用。
在高中物理教学中注意“微元法”的使用和教学,对开发学生的智力,发展其创造性思维,提高学生的物理素养有着深远的意义,
例如，分析匀速圆周运动的向心加速度，根据加速度的定义，对圆周运动的速度变化进行微元分析，可以推导出向心加速度的表达式。
微元法在处理问题时，从对事物的极小部分(微元)分析入手，达到解决事物整体的方法。这是一种深刻的思维方法，是先分割逼近，找到规律，再累计求和，达到了解整体。微元法是对某事件做整体的观察后，取出该事件的某一微小单元进行分析，通过对微元的细节的物理分析和描述，最终解决整体的方法。
微元法的原理是微积分,将整体化为局部,类似于微分，在局部中进行适当的省略计算后再累加，类似于积分。
例题1.真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直，长度均为l，电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。
（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
【标准答案】
（1）M接电源正极。列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极。
（2）由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为，由电阻的串并联知识得
①；
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F=BIl③
根据牛顿第二定律有F=ma④，联立①②③④式得⑤
（3）设列车减速时，cd进入磁场后经时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为，平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律有⑥，其中⑦；
设回路中平均电流为，由闭合电路欧姆定律有⑧
设cd受到的平均安培力为，有⑨ 解得
以向右为正方向，设时间内cd受安培力冲量为，有⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为，有，设列车停下来受到的总冲量为，由动量定理有联立⑥⑦⑧⑨⑩式得此式错，应该是
讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场，若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N+1块有界磁场。
以上标准答案的第（3）问，用的是平均值法。以下我用微元法解，三种解法分别用牛顿定律，动量定理，动能定理。
【解法1】牛顿定律和微元法
设列车减速时，cd进入磁场后经t时间ab恰好进入磁场，此过程中的感应电动势和感应电流都是变量，所以安培力和加速度也都是变量。用微元法：设其中一小段时间内的感应电动势为，则电流为，cd边所受安培力为，加速度，速度的减少为，在cd进入磁场的整个过程中，时间为，速度的减少为，因为，所以，由于cd出磁场与进入磁场速度的减小相等，所以每一块磁场可使列车的速度减少2u=.
列车从速度为到停下来速度的减少量为，所以需要磁场的块数为。
若n为整数，则实际设置的磁场块数，若n为非整数，则实际设置的磁场块数。
【解法2】动量定理和微元法
设列车减速时，cd进入磁场后经t时间ab恰好进入磁场，此过程中的感应电动势和感应电流都是变量，所以安培力也是变量。用微元法：设其中一小段时间内的感应电动势为，则电流为，cd边所受安培力为，根据动量定理，代入得，所以在cd进入磁场的整个过程中，时间为，因为，所以有，速度的减少量，由于cd出磁场与进入磁场速度的减小相等，所以每一块磁场可使列车的速度减少=.
列车从速度为到停下来速度的减少量为，所以需要磁场的块数为。
若n为整数，则实际设置的磁场块数，若n为非整数，则实际设置的磁场块数。
【解法3】动能定理和微元法
设列车减速时，cd进入磁场后经t时间ab恰好进入磁场，此过程中的感应电动势和感应电流都是变量，所以安培力和安培力做功也都是变量。用微元法：设其中一小段位移内的感应电动势为，则电流为，cd边所受安培力为，根据动能定理，将代入得，因为位移很短，有，所以有，对于cd边进入磁场的整个过程，设速度的减少量为u，有，又所以有速度的减少量，由于cd出磁场与进入磁场速度的减小相等，所以每一块磁场可使列车的速度减少2u=.
列车从速度为到停下来速度的总减少量为，所以需要磁场的块数为。
若n为整数，则实际设置的磁场块数，若n为非整数，则实际设置的磁场块数。
【图象法】首先推导速度的表达式，以位移为自变量。
设某一时刻的速度为，速度变化为=，因为，所以有=，因为，所以有=，即，其中。把若干个磁场衔接起来，每进入磁场和出磁场都一样，作出速度随位移变化的图象如下图（设=1（），设）
如果磁场宽度（整数），则磁场个数
如果磁场宽度.5（非整数），则磁场个数。
从函数式即和图象可以看出，导体棒在磁场中的运动是速度随位移（而不是随时间）均匀变化的运动。
例题2. 如图所示，光滑金属导体ab和cd水平固定，相交于O点并接触良好，∠aOc=60°．一根轻弹簧一端固定，另一端连接一质量为m的导体棒ef，ef与ab和cd接触良好．弹簧的轴线与∠bOd平分线重合．虚线MN是磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场的边界线，距O点距离为L．ab、cd、ef单位长度的电阻均为r．现将弹簧压缩，t = 0时，使ef从距磁场边界处由静止释放，进入磁场后刚好做匀速运动，当ef到达O点时，弹簧刚好恢复原长，并与导体棒ef分离．已知弹簧形变量为x时，弹性势能为，k为弹簧的劲度系数．不计感应电流之间的相互作用．
⑴证明：导体棒在磁场中做匀速运动时，电流的大小保持不变；
⑵求导体棒在磁场中做匀速运动的速度大小v0和弹簧的劲度系数k；
⑶求导体棒最终停止位置距O点的距离．O
a
b
c
d
L
B
e
L
4
f
60°
M
N
【解析】⑴设匀速直线运动的速度为v0， ef有效切割长度为l，则电流：
，由于v0不变，所以I不变。
⑵由能量守恒，得：
设弹簧形变量为x，由平衡条件，得： 2BIxtan30°= kx
解得 v0 = k =
⑶ef越过O点后，与弹簧脱离，设导体棒最终停止位置距O点的距离为x0，某时刻回路中ef有效切割长度为L1，ef的速度为v，加速度为a，电流为I， 据牛顿第二定律，得：-BIL1= ma
电流 I = = 得： - = ma
取一小段时间△t，速度微小变化为△v，回路面积微小增加为△S，则
- △t = ma△t
即： - ∑△t = ∑ma△t -∑L1v△t = m∑a△t
—∑△S = m∑△v- x02tan300= 0－mv0
将 v0= 代入，得：x 0 =
例题3.如图所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分与倾斜部分平滑连接．两导轨间距为L=0.5m．导轨的倾斜部分与水平面成角θ =53º ．其中有一段匀强磁场区域abcd，磁场方向垂直于斜面向上．导轨的水平部分有n段相同的匀强磁场区域．磁场方向竖直向上，所有磁场的磁感虚强度大小均为B=1T．磁场沿导轨的长度均为L=0.5m。磁场左、右两侧边界均与导轨垂直．导轨的水平部分中相邻磁场区域的间距也为L。现有一质量为m=0.5kg，电阻为r=0.125Ω ，边长也为L的正方形金属框PQMN，从倾斜导轨上由静止释放，释放时MN边离水平导轨的高度h=2.4m，金属框滑进磁场abcd时恰好作匀速运动，此后，金属框从导轨的倾斜部分滑上水平部分并最终停停止．取重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
(1)金属框刚释放时MN边与ab的距离s；
(2)金属框能穿过导轨的水平部分中几段磁场区域；
(3)整个过程中金属框内产生的电热．
【解析】(1) mgsinθ=F安=
v0=2m/s s=0.25m
mgssinθ=
(2) F安==ma
mg(h-2Lsin 53º +sin 53º )=
(线框穿过磁场时速度不变化，要减去，线框重心比MN高，要加上)
代入数据得
所以=1.5m
n==1.5, n取整数1
(3) Q=mg(h+sin 53º )=13(J)
例题4.如图所示，两根足够长的平行导轨由倾斜和水平两部分连接组成，导轨间距，倾斜角，水平部分处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，磁场左边界MN与导轨垂直，金属棒ab质量，电阻,金属棒cd质量，电阻,导轨电阻不计。两棒与导轨间动摩擦因数。开始时，棒ab放在斜导轨上，与水平导轨高度差，棒cd放在水平导轨上，距MN距离为，两棒均与导轨垂直，现将ab棒由静止释放。取，求：
（1） 棒ab运动到MN处的速度大小；
（2） 棒cd运动的最大加速度；
（3） 若导轨水平部分光滑，要使两棒不相碰，棒cd距MN的最小距离。
【解析】（1）根据动能定理，对ab棒有：，
解得：
（2）棒ab运动到MN处，棒cd运动的加速度最大，
，,,所以
代入数据，解得。
（3）若要不相碰，两杆最终速度相等，设为，因两棒都是在大小相等的安培力作用下，所以两棒的加速度大小任何时刻都相等，所以ab棒速度的减小量等于cd棒速度的增加量，即，所以，速度的变化为。
设某时刻，ab棒速度为，cd棒速度为，则该时刻回路的感应电动势为，电流为,安培力为，加速度为，对短时间，速度的变化为，当速度变化为时，，因为这就是在这段时间内ab棒壁cd棒多运动的位移，所以。
例题5 如图两根足够长的光滑固定平行金属导轨与水平面成角，导轨间距为，两导体棒和与导轨垂直放置，两导体棒的质量都为，电阻都为R，回路其它电阻不计。整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。在=0时刻使沿导轨向上做速度为的匀速运动，同时将由静止释放，经过一段时间后也做匀速运动。已知，，,,,不计两导体棒间的相互作用力。
（1） 为使导体棒能沿导轨向下运动，的速度为不能超过多大？
（2） 若在平行于导轨向上的力F作用下，以的速度沿导轨向上运动，试导出F与的速率的函数关系式并求出的最大值；
（3） 在（2）中，当时，的速度达到，内回路中产生的焦耳热为,求该内力F做的功。（结果保留3位有效数字）
【解析】（1）设的速度为，由于的速度为0，则,
对，安培力, 因，得。
（2）设的速度为，的速度为，则回路电流为：，
对：,代入数据得。
设的最大速度为，则=，代入数据得。
（3）对：,即
取任意很小时间，
其中是常量，是变量，所以，代入数据并求和得，即，得
由功能关系得：-+Q
代入数据得.
通过以上几例，总结归纳如下：
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。在时间很短或位移很小时，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，。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，（注意：前面的为小写，后面的为大写），并且，当末速度时，有，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.
例1和例2中在时间内，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.
例2、例4中的
, 和
几式体现了微元法, 是微元法应用于牛顿定律.
5.当速度为变量时，如例5，可用微元法解。在用微元法时要注意：总电动势为，电流为，安培力为
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一。是把优秀学生与最优秀学生区分的题目。这样的题目，考试还要靠考生独立思考、独立解题。这样的题是好题。
这几题的共同点除了都是以电磁感应为题材，以“微元法”为解题的基本方法以外，还有共同处，就是都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，因为他们的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。
有些用微元法解的题目，也可用另外的解法，我姑且称为“牛顿定理”。
本解法的根据
爱因斯坦有一句很著名的话：“提出一个问题往往比解决一个问题更重要，因为解决一个问题有时仅仅是一个数学上或实验上的技巧，而提出新的问题，新的可能性，从新的角度去看旧的问题，却需要创造性的想象力，而且标志着科学上的真正进步。”
在伽利略对自由落体运动的研究中，他首先面临的困难是概念上的，因为那时人们连速度的明确定义都没有。因此。对伽利略来说，必须首先建立描述运动所需的概念，诸如平均速度、瞬时速度及加速度等，就是伽利略首先建立起来的。
伽利略相信，自然界是简单的，自然界的规律也是简单的。他从这个信念出发，猜想落体也一定是一种最简单的变速运动，而最简单的变速运动，它的速度应该是均匀变化的。
但是，速度的变化怎样才算“均匀”呢？他考虑了两种可能：一种是速度的变化对时间来说是均匀的，即与成正比，例如，每过1，速度的变化量都是；另一种是速度的变化对位移来说是均匀的，即与成正比，例如，每下落1，速度的变化量都是。
后来发现，如果与成正比，将会推导出十分复杂的结论。所以，伽利略开始以实验来检验与成正比的猜想是否是真实的。
人民教育出版社课程标准教科书《物理》（必修1第48-49页，引者注）
在这里，伽利略解决了一个问题：速度的变化对时间来说是均匀的匀变速直线运动，也就是我们熟悉的匀变速直线运动，同时还提出一个问题：速度的变化对位移来说是均匀的匀变速直线运动，这种匀变速直线运动存在吗？它有什么规律？伽利略把这个问题留给后人。
牛顿对此问题有所解决。
牛顿在他的名著《自然哲学的数学原理》一书中写下如下的命题：如果一个物体受到的阻力与其速度成正比，则阻力使它损失的运动正比于它在运动中所掠过的距离。（《自然哲学的数学原理》第二编第1章第155页 引者註）
我试把这段话“翻译”成物理语言，损失的“运动”理解为损失的速度，命题可表述为：
条件：一个物体受到的阻力与其速度成正比：
结论：阻力使它损失的运动正比于它在运动中所掠过的距离：
证明：因为一个物体受到的阻力与其速度成正比：，所以加速度，如果速度是变量，取很短的时间，速度的变化，
物体掠过的距离
所以速度的变化正比于掠过的距离：，其中
通过加以复合知，整个时间中损失的运动正比于掠过的距离：，
证毕。
这就是速度随位移均匀变化的匀变速直线运动。
对于速度随位移均匀变化的匀变速直线运动，它的加速度应该这样定义：在单位位移上速度的变化（物理意义是：速度随位移变化的“快慢”），这样就有：
, 加速度的单位应该是，
表示由于正比于速度的力作用而引起的速度的变化，其中。
如果末速度为0，则根据，即。
可惜，后人没有对牛顿的这个命题以足够的重视，否则，就应该有“牛顿定理”了。我认为，不妨来一个牛顿定理，加进《物理》教科书中。
我发现，用这个规律能够解用微元法可解的题目。在标准答案中，这些题都是用微元法解的，用“牛顿定理”的这种解法，就是直接应用微元法推导出来的结论，就省去了用微元法推导的过程。
例题6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＝１Ｔ，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=0.5m，现有一边长l=0.2m、质量m=0.1kg、电阻Ｒ＝0.1Ω的正方形线框ＭＮＯＰ以v0=7m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求
（１）线框ＭＮ边刚进入磁场时受到安培力的大小Ｆ。
（２）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。
（３）线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。
【解析】（1）线框ＭＮ边刚进入磁场时，感应电动势 ，感应电流 ，受到安培力的大小 Ｆ=
（2）水平方向速度为0，
（3）解法1 原答案给出的解法.
线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势 ，感应电流 ，
受到安培力的大小 Ｆ=，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n=，取整数为4。
解法2. 新解法
线框在进入和穿出条形磁场时的任一时刻，感应电动势 ，感应电流 ，受到安培力的大小 Ｆ=，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0，，通过的位移为，即，线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n=，取整数为4。
时间t内线框的总位移大小为.
例题7. 如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻忽略不计．场强为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d1，间距为d2．两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直．（设重力加速度为g）
⑴若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能△Ek；
⑵若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时，b 又恰好进入第2个磁场区域．且a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等．求b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q；
⑶对于第⑵问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率v．
磁场区域1 B
磁场区域2 B
磁场区域3 B
磁场区域4 B
磁场区域5 B
棒b
棒a
d1
d1
d1
d2
d2
d2
d2
Θ d1
d1
【解析】⑴因为a和b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0，所以a和b均不受安培力作用，由机械能守恒得
①
⑵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： ②
在无磁场区域： ③
解得：
⑶解法1. 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： ⑤
在有磁场区域，对a棒：
且：
解得: ⑥
因为速度是变量，用微元法
根据牛顿第二定律, 在一段很短的时间内
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： ⑦
联立④⑤⑦式,得
（原答案此处一笔带过，实际上这一步很麻烦，以下笔者给出详细过程：
④代入⑦得：， ⑧
⑧代入⑤得： ⑨
⑦+⑨得：。）
a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等, 所以a穿出任一个磁场区域时的速率v就等于．所以
。
（注意：由于a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等，所以a穿出任一个磁场区域时的速率v都相等，所以所谓“第K个磁场区”，对本题解题没有特别意义。）
解法2. 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
⑤
在有磁场区域，把棒的运动分解为两个运动，一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，另一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
, ⑥ 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， ⑦ 因为本题安培力使速度减小，所以加负号。
综合⑥、⑦两式，令得, 表示经过有磁场区域速度的变化，即，所以 ⑧
④、⑧两式联立解得 ⑨
⑨代入⑤得
就是所要求的棒a穿出任一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。
例题8.如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为L、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B、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一起组成“”型装置。总质量为，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I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R，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：
（1） 装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；
（2） 线框第一次穿越磁场区域所需的时间；
（3） 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）
（1） 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W
由动能定理
且
解得
（2） 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=
有
解得
（3） 经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离之间往复运动，
由动能定理
解得。
【解析】（本人研究的另外解法）
第（1）问，同原解答
第（2）问：设线框刚离开磁场下边界时的速度为，则接着向下运动，速度变为0，根据动能定理
，所以
注意：导体棒在磁场中运动的位移是，而不是，且因为是恒流，所以安培力是恒力。
因为线框在磁场中的运动时受到的合力，而是与速度成正比的力，所以把线框在磁场中的运动分解为在重力的分力作用下的速度随时间均匀变化的匀变速直线运动和在安培力作用下的速度随位移均匀变化的匀变速直线运动两种运动，前者速度的变化与时间成正比，后者速度的变化与位移成正比，有
注意：因为线框下边进磁场和上边出磁场，掠过的距离共。
所以=
第（3）问，同原解答，不重复。
从以上3题可以看出，如果把牛顿的这个规律当作定律，对此类题解起来就没有微元法那么麻烦了，也没有那么难懂了。
当然，用这个规律能解的题目决不止这3题而已，而是很多。
例题9. 如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。（已知l＝1m，m＝1kg，R＝0.3W，r＝0.2W，s＝1m）
（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若撤去外力后，棒只在安培力作用下做减速运动，试推导棒的速度v随位移x的变化规律，并说明种运动是什么运动。
(4)如果撤去外力后棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？
（5）若在棒未出磁场区域时撤去外力，但撤去外力得时刻不同，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线。
【解析】（1）金属棒做匀加速运动，R两端电压UµIµeµv，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量，
（2）F－＝ma，以F＝0.5v＋0.4代入得（0.5－）v＋0.4＝a，a与v无关，所以a＝0.4m/s2，（0.5－）＝0，得B＝0.5T，
（3）安培力,因速度为变量，所以安培力为变力，加速度为变量，对一微小时间，速度的变化为，因为，所以有，以撤去外力时刻的速度为初速度，并从此时刻开始计算位移，考虑到安培力与初速度方向相反，即速度的变化为负，求和后得v＝v0－x，代入数据后为，此运动是速度随位移均匀变化的匀变速运动。
在高中物理第一册有一篇阅读材料“伽利略对自由落体运动的研究”，其中有这样一段话：“伽利略认为，自由落体是一种最简单的变速运动。他设想，最简单的变速运动的速度应该是均匀变化的。但是，速度的变化怎样才算均匀哪？他考虑了两种可能：一种是速度的变化对时间来说是均匀的，即经过相等的时间，速度的变化相等；另一种是速度的变化对位移来说是均匀的，即经过相等的位移，速度的变化相等。伽利略假设第一种方式最简单，并把这种运动叫做匀变速运动。”（人民教育出版社物理室编 全日制普通高级中学教科书 实验修订本 必修 第一册 第39页）。
对于速度随位移均匀变化的匀变速直线运动，它的加速度应该这样定义：在单位位移上速度的变化（物理意义是：速度随位移变化的“快慢”），这样就有：
, 加速度的单位应该是，
表示由于正比于速度的力作用而引起的速度的变化，其中。
如果末速度为0，则根据，即。
（4）x1＝at2，v0＝x2＝at，x1＋x2＝s，所以at2＋at＝s，得：0.2t2＋0.8t－1＝0，t＝1s。
(5)
例题10.从地面上以速度竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程受到的空气阻力与速度成正比，球运动的速率随时间的变化规律如图所示， 时刻到达最高点。再落回地面，落地速率为，且落地前球已经做匀速运动。求：球上升的最大高度H。
【解法1】
在球上升的方程中，受到两个力，一个是重力，是恒力，一个是阻力，与速度成正比，是变力，即，根据牛顿第二定律，加速度，因方向相同，用“+”号，
对于一小段时间间隔，有=+，其中=，，
对于0~的整个时间，用求和法，因为，，,所以，即,所以；
又根据球落地前球已经做匀速运动，得，所以，代入H式得。
对微元法的理解：如图所示，在时间很短时，变量可看做不变的，用直线代替曲线，即所谓一把锉刀闹革命，那么，短时间积累多了就是长时间，小的速度变化积累起来就是整个过程的速度变化，而许多小矩形面积积累起来就是曲线下面包围的面积，即小位移的积累效果就是球上升的高度H。
解法2：根据牛顿著《自然哲学的数学原理》一书中的定理：受与速度成正比的阻力作用的物体运动：
如果一个物体受到的阻力与其速度成正比，则阻力使它损失的运动（速度-引者註）正比于它在运动中所掠过的距离。
球上升时受重力和空气阻力两个力，把球上升的运动分解为两个运动，一个是重力作用下的运动，一个是空气阻力作用下的运动。因重力是恒力，所以，在重力作用下的运动是速度随时间均匀变化的运动，。因阻力是与速度成正比的力（），所以，在阻力作用下的运动是速度随位移均匀变化的运动，，其中。实际的运动是二者的合运动。
在向上运动过程中，，
又根据落地前球已经做匀速运动，，所以 ，所以，
解得：。
例题11如图3—1所示，一个身高为h的人在灯以悟空速度v沿水平直线行走。设灯距地面高为H ，求证人影的顶端C点是做匀速直线运动。
【解析】该题不能用速度分解求解，考虑采用“微元法”。
设某一时间人经过AB处，再经过一微小过程Δt（Δt→0），则人由AB到达A′B′，人影顶端C点到达C′点，由于ΔSAA′= vΔt则人影顶端的移动速度：
vC ===v
可见vc与所取时间Δt的长短无关，所以人影的顶端C点做匀速直线运动。
例题12如图3-2所示，一个半径为R的四分之一光滑球面放在水平桌面上，球面上放置一光滑均匀铁链，其A端固定在球面的顶点，B端恰与桌面不接触，铁链单位长度的质量为ρ 。试求铁链A端受的拉力T 。
【解析】以铁链为研究对象，由由于整条铁链的长度不能忽略不计，所以整条铁链不能看成质点，要分析铁链的受力情况，须考虑将铁链分割，使每一小段铁链可以看成质点，分析每一小段铁边的受力，根据物体的平衡条件得出整条铁链的受力情况。在铁链上任取长为ΔL
的一小段（微元）为研究对象，其受力分析如图3-2-甲所示。由于该元处于静止状态，所以受力平衡，在切线方向上应满足：
Tθ + ΔTθ = ΔGcosθ + Tθ ，ΔTθ = ΔGcosθ = ρgΔLcosθ
由于每段铁链沿切线向上的拉力比沿切线向下的拉力大ΔTθ ，所以整个铁链对A端的拉力是各段上ΔTθ的和，即：
T = ΣΔTθ = ΣρgΔLcosθ = ρgΣΔLcosθ
观察ΔLcosθ的意义，见图3-2-乙，由于Δθ很小，所以CD⊥OC ，∠OCE = θΔLcosθ表示ΔL在竖直方向上的投影ΔR ，所以ΣΔLcosθ = R ，可得铁链A端受的拉力：
T = ρgΣΔLcosθ = ρgR
例题13。某行星围绕太阳C沿圆弧轨道运行，它的近日点A离太阳的距离为a ，行星经过近日点A时的速度为vA ，行星的远日点B离开太阳的距离为b ，如图3—3所示，求它经过远日点B时的速度vB的大小。
【解析】此题可根据万有引力提供行星的向心力求解。也可根据开普勒第二定律，用微元法求解。设行星在近日点A时又向前运动了极短的时间Δt ，由于时间极短可以认为行星在Δt时间内做匀速圆周运动，线速度为vA ，半径为a ，可以得到行星在Δt时间内扫过的面积：
Sa =vAΔta
同理，设行星在经过远日点B时也运动了相同的极短时间Δt ，则也有：
Sb =vBΔtb
由开普勒第二定律可知：Sa = Sb 。即得：vB =vA
（此题也可用对称法求解。）
例题14。如图3-4所示，长为L的船静止在平静的水面上，立于船头的人质量为m ，船的质量为M ，不计水的阻力，人从船头走到船尾的过程中，问：船的位移为多大？
【解析】取人和船整体作为研究系统，人在走动过程中，系统所受合外力为零，可知系统动量守恒。设人在走动过程中的Δt时间内为匀速运动，则可计算出船的位移。设v1 、v2分别是人和船在任何一时刻的速率，则有：
mv1 = Mv2 ①
两边同时乘以一个极短的时间Δt ， 有：mv1Δt = Mv2Δt ②
由于时间极短，可以认为在这极短的时间内人和船的速率是不变的，所以人和船位移大小分别为Δs1 = v1Δt ，Δs2 = v2Δt
由此将②式化为：mΔs1 = MΔs2 ③
把所有的元位移分别相加有：mΣΔs1 = MΣΔs2 ④
即：ms1 = Ms2 ⑤
此式即为质心不变原理。其中s1 、s2分别为全过程中人和船对地位移的大小，又因为：
L = s1 + s2 ⑥
由⑤、⑥两式得船的位移：s2 =L
例题15“神舟”六号载人航天飞船返回运动
据专家介绍,“神舟”六号载人航天飞船在距地面约300km高的轨道上飞行77圈后开始返回,返回时,首先轨道舱与返回舱分离,而后返回舱减速,开始脱离原来的轨道,进行无动力飞行,飞行至距地面100km时进入大气层.进入大气层后,飞船有一段时间与地面无法通讯,即产生所谓的“黑障”现象,等飞至距地面80km到20km的高度时,飞船的升力控制系统开始起作用,这时的飞船就象飞机一样,瞄准理论着陆点,依靠飞船上的小型发动机不断调整飞行角度和姿态.当飞行至距地面40km时,飞船飞出“黑障”区,当飞船到达距地面10km时，速度约为1.5km/s, 飞船开始抛开降落伞盖，并迅速带出两具引导伞和一具减速伞，24s后飞船的下降速度减到10m/s左右。等飞船离地面很近（约1.2m）时, 缓冲发动机开始向地面喷火,进一步减速,确保飞船安全着陆.
根据以上事实，编题如下：
在飞船带出并张开降落伞的这一阶段的运动，设飞船在有伞情况下运动时，受到的空气阻力与速度成正比，即
① 其中是定值。已知飞船的质量约为6000kg，这一阶段飞船高度下降约10km，飞船的速度从1.5km/s减小到10m/s，用时24s，求k值？
【解析】飞船受空气阻力和重力（重力加速度g=10m/s2，设为不变），即，加速度，
对飞船在任意一小段时间，有 ②
则，求和：，即，代入数据得，解得。
通过以上15例，总结归纳如下：
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。在时间很短或位移很小时，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，。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，（注意：前面的为小写，后面的为大写），并且，当末速度时，有，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.
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.
, 和
几式体现了微元法, 是微元法应用于牛顿定律.
5.当速度为变量时，如例5，可用微元法解。在用微元法时要注意：总电动势为，电流为，安培力为
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一。是把优秀学生与最优秀学生区分的题目。这样的题目，考试还要靠考生独立思考、独立解题。这样的题是好题。
参考文献：
1. 人民教育出版社课程标准教科书《物理》（必修1）
2. （《自然哲学的数学原理》[英]牛顿著，王克迪译，袁江洋校，北京大学出版社2006年版
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