电磁感应中微元法的应用技巧及实例
微元法在电磁感应问题中的应用
——微元法在电磁感应问题中的应用
导体 感应电 变速 E=BLv 动势变 运动 化
v与a方向关系
E I= R+r
感应 电流 变化
F=BIL
加速 度变 化
F合=ma
合外 力变 化
F合=F安+F其
安培 力变 化
分析此类问题的关键是抓住状态变化过程中变 量的变化特点和规律，从而确定状态变化过程中的 临界点和最终状态
q CBL v CBL a I t t mg CB 2 L2 a ma m 恒量 a g 2 2 m CB L
即物体作匀加速直线运动！
2008.12.16
mg
分析元过程 来帮助理解 运动细节
小结——微元法在电磁感应问题中的应用 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。 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 （累计求和）进而使问题求解。 在电磁感应问题中，常常遇到非匀变速运动过 程中求位移，电量，能量等问题，灵活运用微元的 思想，可以帮助我们更深刻的理解物理过程。
t
2008.12.16
R
B
F
思考：求该过程中 ③末速度多大？ 产生的焦耳热
B 2 L2 vm F F安 R
2 2
FR vm 2 2 B L
v vm
B L v 运动规律 F vi m R2 2 t B L F t vi t mv t0 t t R Δt B 2 L2 F t vi t m v Ft mvm R x R 2 2 2 2 B L B L Ft x m(vm 0) R
微元法在电磁感应中的应用
磁场区时的速度为
v 1
,
∑ ∑ ∑ Δv=
v1
v 2
,
vΔt = d1 ， Δt = t
所以
v1 -
v2 = gt sin θ-
B2 l 2 2 mR
d1
⑦
联立④⑤⑦式, 得
v1 =
4 mg Rd B2 l2d1
2
si
n
θ-
B2 l 2 d 1 8mR
点 评 本题 第⑶问 就必 须用设 速度、位 移、时间
微元的办法，结合牛顿第二定律、电磁感应规律求解.
二、电量、速度、时间微元在电磁感应现象中的应用
例 3 如 图 3 所示 ，长为 L 、电阻 r ＝0.3Ω、质量 m ＝0.1kg的 金属 棒 CD 垂直 跨过搁 在位 于水平 面上 的 两条光 滑金属导 轨上，两 导轨间距 也是 L ，棒与导 轨 接触 良好，导 轨电 阻不计,左 端接有 R ＝0.5Ω的电 阻,垂直 导轨平 面的匀 强磁场 向下穿 过平 面, 金属棒
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 ）
磁场区域 1 B
棒b
一、速度、位移、时间微元在电磁感应现象中的应用 例 1 如图 1 所示，在 光滑 的水平 面上 有一竖 直
向下的匀强磁 场分布在宽度为 a 的区域 内，现 有一个 边长为 L（ a > L）的正方 形闭合线框以初速 度 v1 垂直 磁场边界滑过磁场后速度变为 v2 ，求线框完全进入磁 场时的速度．
电磁感应微元法
电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”江苏省特级教师 江苏省丰县中学 戴儒京所谓：“微元法”所谓“微元法”，又叫“微小变量法”，是解物理题的一种方法。
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t ∆很短或位移x ∆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x t v ∆=∆，s x l t lv ∆=∆=∆。
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∑∆=∆S s ，（注意：前面的s 为小写，后面的S 为大写），并且0v v v -=∆∑，当末速度0=v 时，有∑=∆0v v ，或初速度00=v 时，有∑=∆v v ，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. 如果既可以用动量定理也可以用动能定理解。
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，因为课程标准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。
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。
电磁感应中的微元法一些以“电磁感应”为题材的题目。
可以用微元法解，因为在电磁感应中，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为B L v E =，感应电流为R BLvI =，受安培力为v RL B B I L F 22==，因为是变力问题，所以可以用微元法.1.只受安培力的情况例1. 如图所示，宽度为L 的光滑金属导轨一端封闭，电阻不计，足够长，水平部分有竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中。
质量为m 、电阻为r 的导体棒从高度为h 的斜轨上从静止开始滑下，由于在磁场中受安培力的作用，在水平导轨上滑行的距离为S 而停下。
（1） 求导体棒刚滑到水平面时的速度0v ；（2） 写出导体棒在水平导轨上滑行的速度v 与在水平导轨上滑行的距离x 的函数关系，并画出x v -关系草图。
微元法在电磁感应中的应用
注：
解：将整个导体棒分割成n个小线元，小线元端点到轴线的距离分别为r-r(=0)，r ， r ，……，r ，r ，……，r ，r (= a)，第i个线元的长度为Δ r =r ，当Δ r
0 1
很小时，可以认为该线元上各点的速度都为vi=ω ri，各点的磁感应强度都为 Bi=Kri， 该线元因切割磁感线而产生的感应电动势为 ΔE Bvi Δri Kri ri Δri K ri2 Δri ① i 整个棒上的电动势为
2
代入②式，得
n 1 1 1 E K (ri3 ri3 1 ) K[(r13 r03 ) (r23 r13 ) (rn3 rn31 )] Ka 3 3 3 3 i 1
③
由全电路欧姆定律，导体棒通过的电流为
E Ka 3 I R 3R
2
式中已略去高阶小量(Δri)2。该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为
Δqi 2σΔS i 2σ 0 ri2 2π ri Δri 4π 0 Δri ri
设时刻t，细圆环转动的角速度为 ， 0 t 单位时间内，通过它的“横截面”的电荷量，即为电流
ΔI i Δqi
2 2 2k 0 (a 2 a1 ) πa 0 2k 0 (a 2 a1 ) πa 0 E t a1 a 2 t a1 a 2
⑤
由全电路欧姆定律可知，导线环内感应电流的大小为
2 E 2k 0 (a 2 a1 ) πa 0 I R a1 a 2 R
二、微元法解决问题的一般思路
(1)将所研究的对象进行无限分割，或假设研究对象发生了微小的 变化，如伸长了一小段长度Δl、质量减少了Δm、发生了一小段位 移Δx、经历了一小段时间Δt等等。 (2)从该微元入手，以某个微元为研究对象或微小变化为研究过程， 找出所选取的微元或微小变化所遵循的物理规律，列出对应的物理 方程。
微元法在物理习题中的应用(全)
电磁感应中的“微元法”和“牛顿第四定律”江苏省特级教师，江苏省丰县中学——戴儒京所谓：“微元法”所谓“微元法”，又叫“微小变量法”，是解物理题的一种方法。
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t ∆很短或位移x ∆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x t v ∆=∆，s x l t lv ∆=∆=∆。
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∑∆=∆S s ，（注意：前面的s 为小写，后面的S 为大写），并且0vv v -=∆∑，当末速度0=v 时，有∑=∆0v v ，或初速度00=v 时，有∑=∆v v ，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.如果既可以用动量定理也可以用动能定理解。
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，因为课程标准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。
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。
电磁感应中的微元法一些以“电磁感应”为题材的题目。
可以用微元法解，因为在电磁感应中，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为BL v E =，感应电流为RB L vI =，受安培力为v RL B B I L F 22==，因为是变力问题，所以可以用微元法.1.只受安培力的情况例1. 如图所示，宽度为L 的光滑金属导轨一端封闭，电阻不计，足够长，水平部分有竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场。
质量为m 、电阻为r 的导体棒从高度为h 的斜轨上从静止开始滑下，由于在磁场中受安培力的作用，在水平导轨上滑行的距离为S 而停下。
（1） 求导体棒刚滑到水平面时的速度0v ；（2） 写出导体棒在水平导轨上滑行的速度v 与在水平导轨上滑行的距离x 的函数关系，并画出x v -关系草图。
微元法在电磁学中的应用
微元法在电磁学中的应用
微元法在电磁学中的应用非常广泛，可以用来解决电荷分布、电场、电势、电磁感应等问题。
1. 电荷分布：微元法可以用于计算不规则形状电荷分布的总电荷量。
将电荷分布划分为许多微小电荷元，然后对每个微小电荷元进行求和，就可以得到整个电荷分布的总电荷量。
2. 电场：微元法可以用于计算电荷在某点产生的电场。
通过将电荷分布划分为微小电荷元，然后计算每个微小电荷元对某一点的电场贡献，再将所有微小电荷元的贡献相加，就可以得到该点的总电场。
3. 电势：微元法可以用于计算电荷在某一点产生的电势。
通过将电荷分布划分为微小电荷元，然后计算每个微小电荷元对某一点的电势贡献，再将所有微小电荷元的贡献相加，就可以得到该点的总电势。
4. 电磁感应：在计算电磁感应时，可以使用微元法来计算由磁场引起的感应电动势。
将磁场分布划分为微小磁场元，然后计算每个微小磁场元对某一回路的感应电动势贡献，再将所有微小磁场元的贡献相加，就可以得到该回路的总感应电动势。
微元法在电磁学中可以帮助我们计算复杂的电荷分布、电场、电势和电磁感应问题，通过将问题划分为微小元素并进行求和，使得计算更加简化和准确。
电磁感应中的“微元法”
电磁感应中的“微元法”1走近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”进行必要的数学思想或物理方法处理，进而使问题求解。
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。
“微元法”，又叫“微小变量法”，是解物理题的一种常用方法。
2如何用微元法1.什么情况下用微元法解题？在变力求功，变力求冲量，变化电流求电量等等情况下，可考虑用微元法解题。
2. 关于微元法。
一般是以时间和位移为自变量，在时间t ∆很短或位移x ∆很小时，此元过程内的变量可以认为是定值。
比如非匀变速运动求位移时在时间t ∆很短时可以看作匀速运动，在求速度的变化量时在时间t ∆很短时可以看作匀变速运动。
运动图象中的梯形可以看作很多的小矩形，所以，s x t v ∆=∆=∆。
微元法体现了微分的思想。
3. 关于求和∑。
许多小的梯形加起来为大的梯形，即∑∆=∆S s ，（注意：前面的s 为小写，后面的S 为大写），比如0v v v -=∆∑，当末速度0=v 时，有∑-=∆0v v ，或初速度00=v 时，有∑=∆v v ，这个求和的方法体现了积分思想。
4.物理量有三种可能的变化情况✍不变（大小以及方向）。
可以直接求解，比如恒力的功，恒力的冲量，恒定电流的电量和焦耳热。
✍线性变化（方向不变，大小线性变化）。
比如力随位移线性变化可用平均力来求功，力随时间线性变化可用平均力来求冲量，电流随时间线性变化可用平均电流来求电量。
电流的平方随时间线性变化可用平方的平均值来求焦耳热。
✍非线性变化。
可以考虑用微元法。
值得注意微元法不是万能的，有时反而会误入歧途，微元法解题，本质上是用现了微分和积分的思想，是一种直接的求解方法，很多时候物理量的非线性变化可以间接求解，比如动能定理求变力的功，动量定理求变力的冲量，能量方程求焦耳热等等。
电磁感应中微元法的应用技巧及实例
电磁感应中微元法的应用技巧及实例无锡市第六高级中学 曹钱建摘要：微元法是电磁学中极其重要的一种研究方法，电磁学中无时无刻都在利用微元法处理问题，使复杂问题简化和纯化，从而确定变量为常量达到理想化的效果。
间题中的信息进行提炼加工，突出主要因素，忽略次要因素，恰当处理，构建新的物理模型，从而更好地应用微元法，学好电磁感应这部分内容。
关键词：微元法；电磁感应；高考新课标物理教材中涉及到微分的思想，相应的派生出大量的相关问题。
而微元法与电磁感应相结合的问题更是常考点也是难点，本文将就此类问题的解决提供一套简便实用的方法，及部分经典实例。
电磁感应问题中的动生电动势模型中，金属杆在达到稳定之前的过程是一个变加速过程（其中涉及到的v 、E 、I 、安F 、a 都是变量），常规的原理、公式都无法直接使用，使得很多学生遇到此类问题都觉得无从下手，但此类问题却在近两年各地模拟卷和江苏高考卷中，作为压轴题出现。
其实这时可以采取“微元法”，即将所研究的变加速物理过程，分割成许多微小的单元，从而将非理想物理模型变成理想物理模型；将变加速运动过程变成匀加速运动过程，然后选择微小的单元，利用下面介绍的方法进行分析和讨论，可用一种比较简单且相对固定的模式解决此类问题。
例1、如图甲所示，光滑绝缘 水平面上一矩形金属线圈 abcd 的质量为m 、电阻为R 、ad 边长度为L ，其右侧是有左右边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，ab 边长度与有界磁场区域宽度相等，在t =0时刻线圈以初速度v 0进入磁场，在t=T 时刻线圈刚好全部进入磁场且速度为v l ，此时对线圈施加一沿运动方向的变力F ，使线圈在t =2T 时刻线圈全部离开该磁场区，若上述过程中线圈的v —t 图象如图乙所示，整个图象关于t=T 轴对称．(1)求t=0时刻线圈的电功率；(2)线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热和穿过磁场过程中外力F 所做的功分别为多少?(3)若线圈的面积为S ，请运用牛顿第二运动定律和电磁学规律证明：在线圈进入磁场过程中m RLS B v v 210=- 解：t =0时，E=BLv 0 线圈电功率Rv L B R E P 20222==(2)线圈进入磁场的过程中动能转化为焦耳热 21202121mv mv Q -= 外力做功一是增加动能，二是克服安培力做功 2120mv mv W F -=(3)根据微元法思想，将时间分为若干等分，每一等分可看成匀变速，利用牛顿第二定律分析可得：Bv v 乙m Rv L B m BLI a 22==： 等式两边同时乘以t ∆可得：t Lv mRL B t v mR L B t a ∆=∆=∆222 因为时间t ∆极短，则a 可认为恒定不变，所以t a ∆等于此极短时间内的速度改变量v ∆，同理v 也可认为恒定不变，所以t v ∆等于此极短时间内的位移x ∆。
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电磁感应中微元法的应用技巧及实例无锡市第六高级中学 曹钱建摘要：微元法是电磁学中极其重要的一种研究方法，电磁学中无时无刻都在利用微元法处理问题，使复杂问题简化和纯化，从而确定变量为常量达到理想化的效果。
间题中的信息进行提炼加工，突出主要因素，忽略次要因素，恰当处理，构建新的物理模型，从而更好地应用微元法，学好电磁感应这部分内容。
关键词：微元法；电磁感应；高考新课标物理教材中涉及到微分的思想，相应的派生出大量的相关问题。
而微元法与电磁感应相结合的问题更是常考点也是难点，本文将就此类问题的解决提供一套简便实用的方法，及部分经典实例。
电磁感应问题中的动生电动势模型中，金属杆在达到稳定之前的过程是一个变加速过程（其中涉及到的v 、E 、I 、安F 、a 都是变量），常规的原理、公式都无法直接使用，使得很多学生遇到此类问题都觉得无从下手，但此类问题却在近两年各地模拟卷和江苏高考卷中，作为压轴题出现。
其实这时可以采取“微元法”，即将所研究的变加速物理过程，分割成许多微小的单元，从而将非理想物理模型变成理想物理模型；将变加速运动过程变成匀加速运动过程，然后选择微小的单元，利用下面介绍的方法进行分析和讨论，可用一种比较简单且相对固定的模式解决此类问题。
例1、如图甲所示，光滑绝缘 水平面上一矩形金属线圈 abcd 的质量为m 、电阻为R 、ad 边长度为L ，其右侧是有左右边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，ab 边长度与有界磁场区域宽度相等，在t =0时刻线圈以初速度v 0进入磁场，在t=T 时刻线圈刚好全部进入磁场且速度为v l ，此时对线圈施加一沿运动方向的变力F ，使线圈在t =2T 时刻线圈全部离开该磁场区，若上述过程中线圈的v —t 图象如图乙所示，整个图象关于t=T 轴对称．(1)求t=0时刻线圈的电功率；(2)线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热和穿过磁场过程中外力F 所做的功分别为多少?(3)若线圈的面积为S ，请运用牛顿第二运动定律和电磁学规律证明：在线圈进入磁场过程中m RLS B v v 210=- 解：t =0时，E=BLv 0 线圈电功率Rv L B R E P 20222==(2)线圈进入磁场的过程中动能转化为焦耳热 21202121mv mv Q -= 外力做功一是增加动能，二是克服安培力做功 2120mv mv W F -=(3)根据微元法思想，将时间分为若干等分，每一等分可看成匀变速，利用牛顿第二定律分析可得：Bv v 乙m Rv L B m BLI a 22==： 等式两边同时乘以t ∆可得：t Lv mRL B t v mR L B t a ∆=∆=∆222 因为时间t ∆极短，则a 可认为恒定不变，所以t a ∆等于此极短时间内的速度改变量v ∆，同理v 也可认为恒定不变，所以t v ∆等于此极短时间内的位移x ∆。
则：t v L mR L B t a ∑∑∆=∆2可得：Lx m R L B v v 210=-即mR LS B v v 210=-【题后小结】因为题中涉及到金属杆扫过的面积S ，则将m Rv L B m BLI a 22==中构建出t Lv m RL B ∆2这样就能出现题中已知量S 。
例2、如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于竖直平面内，两导轨间的距离为d ，导轨上面横放着两根导体棒L 1和L 2，与导轨构成回路，两根导体棒的质量都为m ，电阻都为R ，回路中其余部分的电阻可不计。
在整个导轨平面内都有与导轨所在面垂直的匀强磁场，磁感应强度为B 。
两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，保持L 1向上作速度为υ的匀速运动，在t =0时刻将靠近L 1处的L 2由静止释放(刚释放时两棒的距离可忽略)， 经过一段时间后L 2也作匀速运动。
已知d =0.5m ， m =0.5kg ，R =0.1Ω，B =1T ，g 取10m/s 2。
(1)为使导体棒L 2向下运动，L 1的速度υ最大不能超过多少？(2)若L 1的速度υ为3m/s,在坐标中画出L 2的加速度a 2与速率υ2 的关系图像；(3)若L 1的速度υ为3m/s ，在L 2作匀速运动的某时刻，两棒的间距4m ，求在此时刻前L 2运动的距离。
解： ⑴ L 2刚释放时电路中电动势1E Bd υ= 回路中电流RE I 211= 安培力d BIF 1= 导体棒L 2能向下运动，则F mg > 得 4/m s υ<⑵当L 2运动速度为υ2时，回路中电动势2()E Bd υυ=+导体棒L 2的加速度mF mg a -= 得22.5 2.5a υ=-(3) 当导体棒L 2做匀速运动时，L 1和L 2两棒的速度分别是υ和υ2，由平衡条件得 222()2B d mg Rυυ+= 得24/m s υυ+= 根据微元法思想，将时间分为若干等分，每一等分可看成匀变速，设当导体棒L 2、L 1的相对速度为υ相时，利用牛顿第二定律分析可得：Rmv d B g a 222相-= 取极短时间Δt ，在时间Δt 内速度变化Δυt v Rm d B t g t a ∆-∆=∆相222 ∑∑∑∆-∆=∆t v Rm d B t g t a 相222 又υ相Δt =Δx 相 得2222B d gt x Rmυ=-相代入数据得两棒间距为4m 所用时间t=1.1s导体棒L 1运动的位移x 1=υt=3×1.1m =3.3m导体棒L 2运动的位移m x x x 7.012=-=相【题后小结】因为题中涉及到金属杆的位移x ，则将Rmv d B g a 222相-=中构建出t v Rm d B ∆相222这样就能出现题中已知量x 。
例3、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4L 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212kx ，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v 0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．解：⑴设匀速直线运动的速度为v 0， ef 有效切割长度为l ，则电流：rBv rl Blv I 3300==，由于v 0不变，所以I 不变。
或由平衡条件证明同样正确 ⑵由能量守恒，得：202221214521mv kL L k =-）（ L 4 M设弹簧形变量为x ，由平衡条件，得： 2BIx tan30°= kx解得 v 0 = 3B 2L 28mr k = B 4L 212mr2 ⑶ ef 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x 0，某时刻回路中ef 有效切割长度为L 1，ef 的速度为v ，加速度为a ，电流为I ， 据牛顿第二定律，得： mr v L B rmL v L B m BIL a 331212121-=-=-= 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 ，则等式两边同时乘以t ∆可得： t v L mr B t a ∆-=∆123 即：t v L mrB t a ∑∑∆-=∆123 S m r B v ∑∑∆-=∆32 得00202030tan 3v x mr B -=- 将第（2）问结果代入可得 4230L x = 【题后小结】虽然本题涉及的物理模型较前两题更为复杂，且切割的金属杆的长度也在不断变化，但在前两题的基础之上，还是容易发现题中涉及到金属杆的位移x 与金属杆的有效切割长度及扫过的面积之间存在着定量的关系，则将mr v L B rmL v L B m BIL a 331212121-=-=-=中构建出t v L m rB ∆123这样就能出现问题中的x 。
【规律总结及问题拓展】此类问题中对于金属杆的变加速运动过程的相关求解，其基本步骤为（1）对金属杆进行正确的受力分析，再应用牛顿第二定律其加速度a 肯定是包含安F 在内的一个表达式；（2）根据题中条件或问题，对加速度a 表达式中的BIL F =安部分进行合理的构建，具体的见上述例题中的“题后小结”。
（3）对微分表达式进行求和，等式左边的t a ∆的求和结果就是此过程的速度改变量，等式右边的求和就可得到问题的答案。
除上述情况外，如题中出现通过金属杆的电量q ，则只要在表达式中构建出t I mBL ∆即可。
【成功应用】（2009年普通高等学校招生全国统一考试 江苏卷） 15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α，条形匀强磁场的宽度为d ，磁感应强度大小为B 、方向与导轨平面垂直。
长度为2d 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m ，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，图中未图出）。
线框的边长为d （d < l ），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g 。
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t 1 ；（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χm 。
解：(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，作用在线框上的安培力做功为W由动能定理 0sin 4=-+BIld W d mg α且Q W =- 解得 BIld mgd Q -=αsin 4（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为1v ，从释放到线框刚离开磁场下边界的过程中，由动能定理 2121sin 2mv Q d mg =-α 解之得 m mgd BIld v /sin 421）（α-=装置在磁场中运动时进行受力分析并结合牛顿第二定律可得mR v d B mg a /sin 22-=α 取极短时间Δt ，在时间Δt 内速度变化Δυ t v mR d B t g t a ∆-∆=∆22sin α 即 ∑∑∑∆-∆=∆t v mRd B t g t a 22sin α 可得d mRd B t g v 2sin 2211-= 解得2312sin B d R t mg α= （3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离m x 之间往复运动由动能定理 0sin =--）（d x BIl mgx m m α 解得 sin m BIld x BIl mg α=- 【题后小结】本题的第（2）问，作为江苏高考卷的压轴部分，自然有一定的难度，但利用前面的规律，还是比较能方便求出答案。