教科版高中物理总复习知识讲解 物理学中微元法的应用

物理学中微元法的应用

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【高考展望】

随着新课程的改革，微积分已经引入了高中数学课标，列入理科学生的高考考试范围，为高中物理的学习提供了更好的数学工具。教材中很多地方体现了微元思想，逐步建立微元思想，加深对物理概念、规律的理解，提高解决物理问题的能力，不仅需要从研究方法上提升学习能力，而且还要提高利用数学方法处理物理问题的能力。高考试题屡屡出现“微元法” 的问题，较多地出现在机械能问题、动量问题、电磁感应问题中，往往一出现就是分值高、难度较大的计算题。在高中物理竞赛、自主招生物理试题中更是受到命题者的青睐，成为必不可少的内容。 【知识升华】

“微元法”又叫“微小变量法”，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。微元可以是一小段线段、圆弧、一小块面积、一个小体积、小质量、一小段时间……，但应具有整体对象的基本特征。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或物理思想处理，进而使问题得到求解。利用“微元法”可以将非理想模型转化为理想模型，将一般曲线转化为圆甚至是直线，将非线性变量转化为线性变量甚至是恒量，充分体现了“化曲为直”、“化变为恒”的思想。

【方法点拨】

应用“微元法”解决物理问题时，采取从对事物的极小部分（微元）入手，达到解决事物整体的方法，具体可以分以下三个步骤进行：（1）选取微元用以量化元事物或元过程； （2）把元事物或元过程视为恒定，运用相应的物理规律写出待求量对应的微元表达式；（3）在微元表达式的定义域内实施叠加演算，进而求得待求量。微元法是采用分割、近似、求和、取极限四个步骤建立所求量的积分式来解决问题的。 【典型例题】

类型一、微元法在运动学、动力学中的应用

例1、设某个物体的初速度为0v ，做加速度为a 的匀加速直线运动，经过时间t ，则物

体的位移与时间的关系式为2

012

x v t at =+

，试推导。 【思路点拨】把物体的运动分割成若干个微元，t ?极短，写出v t -图像下微元的面积的表

达式，即位移微元的表达式，最后求和，就等于总的位移。

【解析】作物体的v t -图像，如图甲、乙，把物体的运动分割成若干个小元段（微元），由于每一个小元段时间t ?极短，速度可以看成是不变的，设第i 段的速度为i v ，则在t ?时间内第i 段的位移为i i x v t =?，物体在t 时间内的位移为i i x x v t =∑=∑?，在v t -图像上则为若干个微小矩形面积之和。

当把运动分得非常非常细，若干个矩形合在一起就成了梯形OAPQ ，如图丙所示。图线与轴所夹的面积，表示在时间t 内物体做匀变速直线运动的位移。

面积12S S S =+，又0P v v at =+，所以2012

x v t at =+

【总结升华】这是我们最早接触的微元法的应用。总结应用微元法的一般步骤：（1）选取微元，时间t ?极短，认为速度不变，“化变为恒”，（2）写出所求量的微元表达式，微元段的意义是位移，写出位移表达式i i x v t =?，（3）对所求物理量求和，即对微元段的位移求和， i i x x v t =∑=∑?。

举一反三

【变式1】加速启动的火车车厢内的一桶水，若已知水面与水平面的夹角为θ，则火车加速行驶的加速度大小为（ ）

A.cos g θ

B. tan g θ

C.

cos g θ D. tan g

θ

【答案】B

【解析】如图所示，取水面上质量为m ?的水元为研究对象，其受力如图所示，

应用正交分解或平行四边形定则，可求得质量为m ?的水元受到的合力为

=tan F mg θ?合，根据牛顿第二定律可知

=F ma ?合， 则tan a g θ=，方向与启动方向相同。

【变式2】如图所示，人用绳子通过定滑轮以不变的速度0v 拉水平面上的物体A ，当绳子与 水平方向成θ角时，求物体A 的速度。 【答案】0

cos A v v θ

=

【解析】设物体A 在θ角位置t ?时间向左行驶x ?距离，滑轮右侧绳长缩短L ?，如图，

当绳水平方向的角度变化很小时，有cos L x θ?=?，两边同除以t ?得

c o s L x t t

θ??=??，当这一小段时间趋于零时，收绳的平均速率就等于瞬时速率 即收绳速率0cos A v v θ= 所以物体A 的速率为0

cos A v v θ

=

. 类型二、微元法在功和能中的应用

例2、(2015 北京卷) 真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置，如图所示。光照前两板都不带电。以光照射A 板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于A 板向B 板运动，忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a 和b 为接线柱。

已知单位时间内从A 板逸出的电子数为N ，电子逸出时的最大动能为E km 。元电荷为e 。 (1)求A 板和B 板之间的最大电势差U m ，以及将a 、b 短接时回路中的电流I 短。 (2)图示装置可看作直流电源，求其电动势E 和内阻r 。

(3)在a 和b 之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为U 。外电阻上消耗的电功率设为P ；单位时间内到达B 板的电子，在从A 板运动到B 板的过程中损失的动能之和设为ΔE k 。

请推导证明:P =ΔE k 。

(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明)

【答案】(1)

km E e Ne (2) km E e km

2

E Ne (3)外电阻两端的电压为U ，则电源两端的电压也是U 。

【解析】(1)由动能定理，E km =eU m ，可得

km

m E U e

=

短路时所有逸出电子都到达B 板，故短路电流 I 短=Ne

(2)电源的电动势等于短路时的路端电压，即上面求出的U m ，所以 km

m E E U e

== 电源内阻 km

2

=E E r I Ne =

短 (3)外电阻两端的电压为U ，则电源两端的电压也是U 。 由动能定理，一个电子经电源内部电场后损失的动能

ΔE k e =eU

设单位时间内有N'个电子到达B 板，则损失的动能之和

ΔE k =N'ΔE k e =N'eU

根据电流的定义，此时电源内部的电流

I =N'e

此时流过外电阻的电流也是I =N'e ，外电阻上消耗的电功率

P =IU =N'eU 所以P =ΔE k 举一反三

【变式】（2014 上海徐汇模拟）如图所示，一台农用水泵装在离地面的一定高度处，其出水管是水平的．现仅有一盒钢卷尺，请你粗略测出水流出管口的速度大小和从管口到地面之间在空中水柱的质量(已知水的密度为ρ，重力加速度为g )．

(1)除了已测出的水管内径l 外，还需要测量的物理量是____________(写出物理量名称和对应的字母)；

(2)水流出管口的速度v 0的表达式为________________(请用已知量和待测量的符号表示)；

(3)空中水柱的质量m 的表达式为____________(请用已知量和待测量的符号表示)．

【答案】(1)水的水平射程x ，管口离地的高度h (2) 0=v (3) 2

4

xl m πρ=

【解析】 根据平抛运动的规律知，水平方向上有x =v 0t ，竖直方向上有2

12

h gt =

，联

立以上二式可得初速度0=v ；空中水的质量2

04

xl m Sv t πρρ==.

例3、从地面上以初速度0v 竖直向上抛出一质量为m 的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t 1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为1v ，且落地前球已经做匀速运动．求： （1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；

（2）球抛出瞬间的加速度大小； （3）球上升的最大高度H ．

【思路点拨】（1）（2）求解不难。（3）用微元法求解，首先根据牛顿第二定律写出加速度的表达式，再用v

a t

?=

?，取微元然后写出v ?与t ?关系式，最后求和。 【答案】见解析。 【解析】（1）球从抛出到落地重力做功为零，根据动能定理

22

101122

f W mv mv -=

- 克服空气阻力做功22

011122

f W mv mv =-

（2）阻力与其速率成正比

抛出瞬间阻力0f kv = 匀速运动时11f kv =

抛出瞬间阻力的大小为0

1

v f mg v = 根据牛顿第二定律0mg f ma +=

解得抛出瞬间的加速度大小为

0011v a g v ??=+ ???

（3）上升时加速度为a ，根据牛顿第二定律

()mg kv ma -+=

k

a g v m

=--

取极短时间t ?，速度的变化量v ?，有

k

v a t g t v t m

?=?=-?-?

式中v t h ?=?

上升全过程对等式两边求和

k

v g t h m

∑?=-∑?-

∑? 左边求和 00v v ∑?=- （末减初）

1g t gt -∑?=- k k

h H m m

-

∑?=- （h H ∑?=） 代入解得010k

v gt H m

-=--，又前面已求出1mg k v =

所以球上升的最大高度

()011

v g t v H g

-=

.

【总结升华】取微元，根据相应的物理规律写出所求问题用微元表示的函数表达式，最后求和，注意各物理量的物理意义，解析中已经写得很清楚了。

类型三、微元法在动量中的应用

例3、一根质量为M ，长度为L 的铁链条，被竖直地悬挂起来，其最低端刚好与水平接触，今将链条由静止释放，让它落到地面上，如图所示，求链条下落了长度x 时，链条对地面的压力为多大？

【思路点拨】在下落过程中链条作用于地面的压力实质就是链条对地面的“冲力”加上落在地面上那部分链条的重力.根据牛顿第三定律，这个冲力也就等于同一时刻地面对链条的反作用力，这个力的冲量，使得链条落至地面时的动量发生变化.由于各质元原来的高度不同，落到地面的速度不同，动量改变也不相同.我们取某一时刻一小段链条（微元）作为研究对象，就可以将变速冲击变为恒速冲击. 【答案】.332L

Mgx

gx gx gx N =

=+=ρρρ 【解析】设开始下落的时刻t=0，在t 时刻落在地面上的链条长为x ，未到达地面部分链条的速度为v ，并设链条的线密度为ρ.由题意可知，链条落至地面后，速度立即变为零.从t 时刻起取很小一段时间t ?，在t ?内又有M x ρ?=?落到地面上静止. 地面对M ?作用的冲量为

x v p t Mg F ?=?=??-ρ)( 因为0≈???t Mg

所以x v v M t F ?=-??=?ρ0 解得冲力：

t x v

F ??=ρ，其中t

x ??就是t 时刻链条的速度v ， 故 2

v F ρ=，链条在t 时刻的速度v 即为链条下落长为x 时的瞬时速度， 即2

2v gx =，代入F 的表达式中，得gx F ρ2=

即t 时刻链条对地面的作用力，也就是t 时刻链条对地面的冲力. 所以在t 时刻链条对地面的总压力为

.332L

Mgx

gx gx gx N =

=+=ρρρ 【总结升华】通过取微元分析，把变速冲击问题转化为恒定速度的冲击问题，这就体现了“化变为恒”的思想。 举一反三

【变式1】一艘帆船在静水中由风力推动做匀速直线运动。帆面的面积为S ，风速为1v ，船速为2v （21v v <），空气的密度为ρ，则帆船在匀速前进时帆面受到的平均风力大小为多少？

【答案】2

12()S v v ρ-

【解析】取图所示的部分空气为研究对象，应用“长方体模型”， 这部分空气的质量为m V Sv t ρρ?=?=?, 这部分空气经过时间t ?后速度都由1v 变为2v ， 取船前进方向为正方向，由动量定理得：

【变式2】处于运转状态的重量为G 直升飞机停在空中不动，则直升机输出功率P 为多大？

设此时螺旋桨推动空气向下运动的速度为v 。 【答案】Gv P 2

1=

【解析】设时间t ?内有质量为m ?的空气撞击机翼，空气的密度为ρ，对于截面积为S 的 空气柱的质量()m v t S ρ?=?

根据动量定理：F t mv ?=? 即2

F t v S t ρ?=? 所以2

F v S ρ=

飞机停止在空中受力平衡，

2F G v S ρ== 可求得2G v S

ρ=

螺旋桨的推动空气做功：

23111

222

W mv v S t Gv t ρ=?=?=?

所以直升机输出功率：

12

W P Gv t =

=?

类型四、微元法在电场中的应用

例4、如图所示，一个半径为R 的带电圆环，带电荷量为+Q ，带电圆环的中心为O ，在通过O 点与圆面垂直的直线上有一点A ，距离O 点为L ，A 点有一带电荷量为+q 的点电荷，求该点电荷受到的电场力．

【思路点拨】带电圆环不是点电荷，用“对称”“等效”或“割补”的方法将非点电荷问题转化为点电荷问题，实际上就是利用“微元法”，把带电圆环平均分为N 小段，每段都可以看着点电荷，这个微小的点电荷的电荷量为/q Q N '=，再利用库仑定律求相互作用力。 【答案】3

222

()

QqL k

L R + 沿OA 方向

【解析】把带电圆环平均分为N 小段，每段都可以看着点电荷，这个微小的点电荷的电荷量为/q Q N '=，则q '与q 间的库仑力的大小为F ，如图所示．设F 、F '夹角为θ，A 点到

圆环边缘距离为r ，则由库仑定律得2qq F k r

'=，cos F F θ'=，由几何知识222

r R L =+

，

cos θ=

，根据对称性（每个微元电荷与q 之间的库仑力的竖直分量的矢量和为

零）有：该点电荷受到的电场力的大小就等于每个微元电荷与q 之间的库仑力的水平分量之和，3

222

()

QqL F NF k

L R '==+合．方向沿OA 方向。

【总结升华】带电圆环是线电荷，应用微元法就是把它均匀分成N 段，每段的电荷量为总电量除以N ，/q Q N '=，再利用库仑定律求相互作用力，各个微元电荷与q 的作用力的方向都不同，把F '分解成水平方向和竖直方向，就清楚地知道竖直分量的矢量和为零，水平分量大小相等方向相同，将水平分力求和，即F NF '=合。 拓展：如果在A 点不放点电荷，求A 点的电场强度的大小和方向。

【答案】3222

()

QL E k

L R =+．方向沿OA 方向。

举一反三 【变式】（2016 河南一模）如图所示为一半径为R 的均匀带电细环，琴上单位长度带电量为η，取环面中心O 为原点，以垂直于环面的轴线为x 轴。设轴上任意点P 到O 点的距离为x ，以无限远处为零电势，P 点电势的大小为φ。下面给出φ的四个表达式（式中k 为静电力常量）正确的是（ ）

A. ?=

B. ?=

C. ?=

D. x ?=

【思路点拨】除点电荷的周围电势的公式外，我们没有学习其它带电体周围的电势公式，本题看似无从下手，实际上我们可以采取“微元法”、“特值法”，将一些特值如x =0等代入公式，从而得出正确结果。

【答案】A

【解析】电的势高低与圆环电量的大小η·2πR 有关，B 选项表达式显然与圆环的电量无关，B 错；无论圆环带什么电荷，圆环中心处的电势均不为零，因此x =0时，电势不为零，D 错；同理x=R 处的电势为无穷大也不可能，C 错；故只有A 正确。

故选A 。 【总结升华】“微元法”、“特值法”、“代入法”是解答选择题经常用到的方法，要熟练掌握。

类型五、微元法在电磁感应中的应用

例5、如图所示，一水平放置的光滑平行导轨上放一质量为m 的金属杆，导轨间距为L ，导轨的一端连接一阻值为R 的电阻，其他电阻不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面.现给金属杆一个水平向右的初速度0v ，然后任其运动，导轨足够长，试求金属杆在导轨上向右移动的最大距离是多少？

【思路点拨】这是一个典型的在变力作用下求位移的题，用我们已学过的知识好像无法解决，其实只要采用的方法得当仍然可以求解。应用微元法求解：取一极短时间t ?，发生了一段极小的位移x ?，切割磁感线面积的变化量为L x ??，磁通量的变化为BL x ?Φ=?，写出电流的表达式，进而写出安培力的表达式，应用动量定理，对所有的位移求和，就可以求出 金属杆移动的最大距离。 【答案】2

20L

B R

mv x =

【解析】设杆在减速中的某一时刻速度为v ，取一极短时间t ?，发生了一段极小的位移x ?， 在t ?时间内，磁通量的变化为?Φ

BL x ?Φ=? tR

x

BL tR R E I ??=

??Φ==

金属杆受到安培力为tR

x

L B ILB F ??==22安

由于时间极短，可以认为F 安为恒力，选向右为正方向，在t ?时间内，

安培力F 安的冲量为：R

x

L B t F I ?-=??-=?22安

对所有的位移求和，可得安培力的总冲量为

x R

L B R x L B I 2

222)(-=?-=∑ ① 其中x 为杆运动的最大距离（x x ∑?=）

， 对金属杆用动量定理可得 00I mv =- ② 由①、②两式得：2

20L B R

mv x =

【总结升华】对于这种轻杆在磁场中的导轨上滑动问题，应用微元法是很好的解题方法。要注意的是，轻杆的运动是变减速运动，速度、电流、安培力等都是变化的，“化变为恒”就是要取一个微元，应用相应的物理规律，这里重要的是必须用动量定理，写出安培力的冲量的表达式，就是我们说的微元的表达式，最后求和。

举一反三

【变式1】如图所示，水平放置的导体电阻为R ，其他电阻不计。R 与两根光滑的平行金属导轨相连，导轨间距为L ，其间有垂直导轨平面的、磁感应强度为B 的匀强磁场。导轨上有一导体棒a b 质量为m 以初速度0v 向右运动。求这个过程的总位移？

【答案】2

20L

B R

mv x =

【解析】与上面例题是同一个问题，例题中描写的是“位移微元”，现在仍然用微元法，描写“速度微元”，同样要用用动量定理，还要应用牛顿第二定律。 根据牛顿第二定律，导体棒在运动过程中受到安培力作用，

感应电流E BLv

I R R ==，安培力22B L v F BIL R =-=-

导体棒做非匀减速运动，ma R v

L B BIL =-=-22 在某一时刻取一个微元 t v

m R v L B i ??=-22 变式v m t v R L B i ?=?-2

2 两边求和∑∑?=?-v m t v R

L B i 2

2 因 i i x t v ?=? 则 x x t v i i =∑?=?∑ 根据动量定理

)0(02

2v m x R

L B -=- 这个过程的总位移

2

20L B R

mv x =

. 【变式2】如图所示，六段相互平行的金属导轨在同一水平面内，长度分别为L 和2L ，宽间距的导轨间相距均为2L 、窄间距的导轨间相距均为L ，最左端用导线连接阻值为R 的电阻，各段导轨间均用导线连接，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中．质量为m 的导体棒可在各段导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直．导轨和导体棒电阻均忽略不计．现使导体棒从ab 位置以初速度0v 垂直于导轨向右运动，则

（1）若导体棒在大小为F 、沿初速度方向的恒定拉力作用下运动，到达cd 位置时的速度为

v ，求在此运动的过程中电路产生的焦耳热．

（2）若导体棒在水平拉力作用下向右做匀速运动，求导体棒运动到cd 位置的过程中，水

平拉力做的功和电路中电流的有效值．

（3）若导体棒向右运动的过程中不受拉力作用，求运动到cd 位置时的速度大小．

【答案】见解析。 【解析】（1）恒定拉力F 做功9W FL = 根据能量守恒定律

22

11922

FL Q mv mv =+- 电路产生的焦耳热为

22

011922

Q FL mv mv =+-

（2）导体棒在宽间距的导轨上匀速运动时，拉力等于安培力

2200

112422BLv B L v F BI L BL R R === 拉力做功230

11123B L v W F L R

=?=

导体棒在窄间距的导轨上匀速运动时，拉力等于安培力

2200

22BLv B L v F BI L BL R R === 拉力做功230

2266B L v W F L R

=?=

所以水平拉力做的总功为

230

1218B L v W W W R

=+=

导体棒运动的总时间为t ，在宽间距的导轨上匀速运动的时间为13

t ， 产生的感应电流大小0

12BLv I R

=

在窄间距的导轨上匀速运动的时间为23

t ， 产生的感应电流大小0

2BLv I R

= 根据等效原理

2

220022(

)()33

BLv BLv t t

I Rt R R =?+?

解得电路中电流的有效值为0

I R

=

（3）设导体棒在每段宽间距和窄间距轨道上运动速度变化的大小分别为1v ?和2v ?，

在宽间距轨道上，根据牛顿第二定律，在t t t ?+→时间内有

F v t m ?=

?，则112BL v I t m

?=∑? q I t ?=? 211122E

B L L BL q t R R R R

?Φ?=??=

== 则 2314B L v Rm ?=，同理 23

22B L v Rm

?=

所以导体棒运动到cd 位置时的速度大小

23

0120183()B L v v v v v mR

'=-?+?=-.

例6、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 ，导轨电阻忽略不计，导轨所在平面的倾角为α，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向下。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，方向如图

所示（由外接恒流源产生，图中未画出）。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 是多少； （2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间1t ；

（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m x 。

【思路点拨】（1）（3）不难求解，主要是（2）应用微元法求解，关键取好微元v ?、t ?，速度对时间的变化率就是加速度，利用牛顿第二定律，列出v ?与t ?的函数表达式，最后求和，求和时也要理解其物理意义。 【答案】见解析。 【解析】（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sin 40mg d BIld W α?-+= 且 Q W =-

解得 4sin Q mgd BIld α=-

（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为1v ，则接着向下运动2d 由动能定理212

102sin mv BIld d mg -

=-?α 则

1)

v =

①

装置在磁场中运动时受到的合力 sin 'F mg F α=- 感应电动势E Bdv = 感应电流E I R

'= 安培力F BI d ''=

在t 到t t +?时间内，加速度F v

a m t

?==

? 由牛顿第二定律，有t m

F v ?=

? 则t mR v d B g v ???

?

???-=?∑∑22sin α

对速度求和1v v ∑?=，右边两项分别对时间求和1sin sin g t gt αα∑?=

第二项22B d v

t mR ∑

?中v t d ∑?=（1t 时间内滑动的距离） 所以23

112sin B d v gt mR

α=- ②

联立①②解得

23

12sin 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sin ()0m m mg x BIl x d α?--= 解得 sin m BIld

x BIl mg α

=

-.

【总结升华】（2）中写v ?与t ?的函数表达式时显然根据加速度定义v

a t

?=

?，又根据牛顿第二定律=F ma 合。各项求和时一定要理解它的物理意义，解析中已经给出了说明。

【变式】对于同一物理问题，常常可以从宏观和微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。

（1）一段横截面积为S 、长为l 的直导线，单位体积内有n 个自由电子，电子电量为e 。该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v 。 （a ）求导线中的电流I ；

（b ）将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B ，导线所受安培力大小为

F 安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F ，推导F F =安.

（2）正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系。

（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明） 【答案】（1）（a ）neSv （b ）见解析 （2）

23

1

nmv 【解析】（1）（a ）设t ?时间内通过导体横截面的电量为q ?，由电流定义， 有 q n e S v t I n e S v t t

??=

==?? （b ）每个自由电子所受的洛伦兹力F evB =洛 设导体中共有N 个自由电子N n Sl =?

导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和 F N F n S l e v B ==?洛 由安培力公式，有=F BIl B neSv l =??安 所以F F =安

（2）一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为2I mv ?=

如图，以器壁上的面积S 为底、以v t ?为高构成柱体，由题设可知，其内的粒子在t ?时间 内有

6

1

与器壁S 发生碰撞，与器壁S 发生碰撞粒子总数为 1

6

N nSv t =?

t ?时间内粒子给器壁的冲量为

21

3

I N I nSmv t =??=?

面积为S 的器壁受到粒子压力为I

F t =? （因为I F t =?） 器壁单位面积所受粒子压力为21

3

F f nmv S ==.