微元法

微元法是指在處理問題時，從對事物的極小部分(微元)分析入手，達到解決事物整體目的的方法。它在解決物理學問題時很常用，思想就是“化整為零”，先分析“微元”，再通過“微元”分析整體。

這是一種深刻的思維方法，是先分割逼近，找到規律，再累計求和，達到了解整體。

是對某事件做整體的觀察后，取出該事件的某一微小單元進行分析，通過對微元的細節的物理分析和描述，最終解決整體的方法。

例如，分析勻速圓周運動的向心加速度，根據加速度的定義，對圓周運動的速度變化進行微元分析，可以推導出向心加速度的表達式。

在高中物理中，由於數學學習上的局限，對於高等數學中可以使用積分來進行計算的一些問題，在高中很難加以解決。例如對於求變力所做的功或者對於物體做曲線運動時某恆力所做的功的計算；又如求做曲線運動的某質點運動的路程，這些問題對於中學生來講，成為一大難題。但是如果應用積分的思想，化整為零，化曲為直，採用“微元法”，可以很好地解決這類問題。“微元法”通俗地說就是把研究對象分為無限多個無限小的部分，取出有代表性的極小的一部分進行分析處理，再從局部到全體綜合起來加以考慮的科學思維方法，在這個方法里充分的體現了積分的思想。高中物理中的瞬時速度、瞬時加速度、感應電動勢等等，都是用這種方法定義的。

選取微元時所遵從的基本原則是

由於所取的“微元”最終必須參加疊加演算，所以，對“微元”及相應的量的最基本要求是：應該具備“可加性”特徵；

為了保證所取的“微元”在疊加域內能夠較為方便地獲得“不遺漏”、“不重複”的完整疊加，在選取“微元”時，就應該注意：按照關於量的某種“序”來選取相應的“微元” ；

疊加演算實際上是一種的複雜的“加權疊加”。對於一般的“權函數”來說，這種疊加演算（實際上就是要求定積分）極為複雜，但如果“權函數”具備了“平權性”特徵（在定義域內的值處處相等）就會蛻化為極為簡單的形式

就“微元法”的應用技巧而言，最為關鍵的是要掌握好換“元”的技巧。因為通常的解題中所直接選取的“微元”並不一定能使“權函數”滿足形如（4）式所示的“平權”的條件，這將會給接下來的疊加演算帶來困難，所以，必須運用換“元”的技巧來改變“權函數” ，使之具備形如（4）式的“平權性”特徵以遵從取元的“平權性原則”。

最常見的換“元”技巧有如下幾種

（1）“時間元”與“空間元”間的相互代換（表現時、空關係的運動問題中最為常見）；

（2）“體元”、“面元”與“線元”間的相互代換（實質上是降“維”）；

（3）“線元”與“角元”間的相互代換（“元”的表現形式的轉換）；

（4）“孤立元”與“組合元”間的相互代換（充分利用“對稱”特徵）。

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，射到煤層上后水柱的速度變為零，若水的密度為ρ，求水對煤的衝力。解析：用微元法分析，取衝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，水對煤層的衝力，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 加速后，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，衝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。撤去外力后，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