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篇1

一、實驗法

將滑動變阻器作為外電路電阻，用電壓表測出滑動變阻器兩端的電壓，用電流表測出通過滑動變阻器的電流。根據P=UI計算出電源的輸出功率。改變滑動變阻器的阻值再繼續測量，測出不同電阻對應的電壓和電流值。在這個實驗中，我們探究三種情況下電源的輸出功率與外電路電阻的關系。

第一，當R

第二，當R=r時,電源的輸出功率怎樣變化？

第三，當R>r時,隨著R的增大，電源的輸出功率怎樣變化？

由于在此實驗中，電源的內阻較小，想使R

■

通過實驗獲取數據如下：

■

分析實驗數據可得：當Rr時隨著R的增大輸出功率減小。

二、求極值法

如果外電路是純電阻電路，閉合電路歐姆定律適用，那么電源輸出功率，根據P出=UI=I2R=（■）■R=■=■=■。由上式可得當R=r時,電源的輸出功率最大Pmax=■；當Rr時，電源的輸出功率隨R的增大而減小。

三、圖像法

根據P=■畫出電源的輸出功率與外電路電阻的圖像。

■

由圖像獲得信息：

當R

當R=r時，電源的輸出功率最大Pmax=■。

當R>r時，隨外電路電阻R的增大電源的輸出功率P減小。

通過三種教學方法的結合，學生能較熟練地應用該部分內容來解決相關問題。

典型例題：

如圖所示：R為電阻箱，電表V為理想電壓表。當電阻箱讀數為R1=2 Ω時，電壓表讀數為U1=4 V；當電阻箱的讀數為R2=5 Ω時，電壓表讀數為U2=5 V。求：

（1）電源的電動勢E和內阻r。

（2）當R的讀數為多少時，電源輸出功率最大？最大值是多少？

■

解析：（1）閉合電路歐姆定律，上述兩種情況可列以下兩個方程：

E=U1+I1r（1）

E=U2+I2r（2）

而I1=■=■A=2 A,I2=■=■ A=1 A,代入數據解得r=1 Ω,E=6 V。

（2）當R=r=1 Ω時，電源的輸出功率最大，Pmax=■=9 W。

擴展：如圖所示：

■

電源電動勢E=6 V,r=10 Ω，固定電阻R1=90 Ω，R2為變阻器，在R2從0 Ω增大到400 Ω的過程中，求:

（1）可變電阻R2所消耗的功率最大的條件和最大功率。

（2）電源的內阻r和固定電阻R1上消耗的最小功率之和。

解析：（1）如圖電路為純電阻電路，把R1看成電源內阻的一部分，則r'=r+R1,根據電源輸出功率最大的條件，有R2=r+R1=100 Ω時，R2上消耗功率最大P2max=■=■=■ W。

（2）因為r和R1是固定電阻，所以當電路電流最小時，電阻最大，即R2=400 Ω時，電源的內阻和固定電阻R1上消耗的功率之和最小。

以上方法和結論只是滿足外電路是純電阻電路,如果外電路是非純電阻電路,閉合電路歐姆定律不再適應,那么電源的輸出功率P出=IE-I2r-I2+■=-（I-■）2+■。

不難看出當I=■時,電源的輸出功率有最大值P出max=■，且此最大值與外電路電阻R無關,僅由電源本身決定。

典型例題:

一個電源，電動勢E=6 V，內電阻r=1 Ω，下列結論正確的是（ ）

A.當外電路只分別單獨接R1，R2時，若R1

B.此電源可對額定電壓為2 V，額定功率為5 W的電動機供電，使其正常工作。

C.此電源可對額定功率是12 W的用電器供電，使其正常工作。

解析：①當外電路分別接電阻R1，R2時，是純電阻電路，R1，R2消耗的功率是電源的輸出功率，有圖可知，由于不知道R1，R2的具體數值以及R1，R2和r的大小關系。可能會有P1>P2，P1

綜合以上可知，電源的輸出功率最大的一般條件應該是I=■，這既適合純電阻電路，也適合于非純電阻電路。條件R=r只是當外電路是純電阻電路的一種特殊情況。所以我們要挖掘物理規的本質，體會其真正含義，才能收到事半功倍的效果。

篇2

例1 （2007年上海卷, 第23題）如圖（a）所示，光滑的平行長直金屬導軌置于水平面內，間距為L、導軌左端接有阻值為R的電阻，質量為m的金屬棒垂直跨接在導軌上。導軌和金屬棒的電阻均不計，且接觸良好。在導軌平面上有一矩形區域內, 存在著豎直紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為B。開始時，金屬棒靜止于磁場區域的右端，當磁場以速度v1勻速向右移動時，金屬棒隨之開始運動，同時受到水平向左、大小為f的恒定阻力，并很快達到恒定速度，此時金屬棒一直處于磁場區域內。

（1）求金屬棒所達到的恒定速度v2 ；

（2）為使金屬棒能隨磁場運動，阻力最大不能超過多少？

（3）金屬棒以恒定速度運動時，單位時間內克服阻力所做功和電路中消耗的電功率各為多大？

（4）若t＝0時, 磁場由靜止開始水平向右做勻加速直線運動，經過較短時間后，金屬棒也做勻加速直線運動，其v-t關系如圖（b）所示，已知在時刻t金屬棒的瞬時速度大小為vt ，求金屬棒做勻加速直線運動時的加速度大小。

解析 （1）金屬棒產生感應電動勢

點撥：本題涉及電磁感應、安培力、運動學、牛頓運動定律等知識，金屬棒切割磁感線, 在回路中產生感應電流，與感應電流相關的是安培力, 安培力聯系著導體棒的速度、加速度, 本題要求考生細心分析導軌的運動情況，找出物理量之間的關系，考查了考生的綜合分析能力。

例2(2007四川理綜卷第23題)如圖所示，P、Q為水平面內平行放置的光滑金屬長直導軌，間距為L1，處在豎直向下、磁感應強度大小為B1的勻強磁場中．一導體桿e f垂直于P、Q放在水平導軌上，在外力作用下向左做勻速直線運動．質量為m、每邊電阻均為r、邊長為L2的正方形金屬框a b c d置于豎直平面內，兩頂點a、b通過細導線與導軌相連，磁感應強度大小為B2的勻強磁場垂直金屬框向里，金屬框a b c d恰好處于靜止狀態, 不計其余電阻和細導線對a、b點的作用力。

(1)通過ab邊的電流Iab 是多大?

(2)導體桿ef 的運動速度v是多大?

解析 (1)設通過正方形金屬框的總電流為I， ab、dc邊的電流分別為Iab、Idc ，有Iab=3 4I，Idc=14I，金屬框受重力和兩個安培力作用處于靜止狀態，有mg=B2IabL2+B2IdcL2，由以上三式解得ab邊的電流Iab=3mg4B2L2。

(2) 由Iab=34I，可得I=mgB2L2， ad、dc、cb三邊串聯后與ab邊并聯的總電阻 R=34r，根據閉合電路歐姆定律E=IR，即B1L1v=IR，由以上各式解得導體桿e f 的速度v=3mgr4B1B2L1L2。

命題熱點：近年高考中, 利用“金屬棒切割”進行考查時，“切割”以多種形式出現, 有“水平切割”、“豎直切割”、“斜面切割”，考查受力分析、運動過程、極值問題(如加速度極值、速度極值、功率極值，能量轉換)等問題, 同時還加入了圖像描述，比如F- t 圖像、U - t 圖像等，對運動過程的考查更為全面綜合。

求解思路：在勻強磁場中勻速運動的“金屬棒”受到的安培力恒定，用平衡條件進行處理；在勻強磁場中變速運動的導體棒受的安培力也隨速度(電流)變化，變速運動的瞬時速度可用牛頓第一定律和運動學公式求解，要畫好受力圖, 抓住加速度a ＝0時，速度v達最大值的特點。

2 與動量、沖量知識相綜合

在電磁感應現象中，金屬棒受安培力作用，動量將發生變化, 由于安培力往往是變力, 無法用運動學公式和牛頓運動定律等知識求解, 這時運用動量定理求解顯得十分方便；另外, 在雙金屬棒切割的系統中, 雙金屬棒構成閉合回路，安培力充當系統內力，實現動量的傳遞，用動量守恒定律進行求解更顯方便快捷。

例3(2007江蘇物理卷第18題) 如圖所示, 空間等間距分布著水平方向的條形勻強磁場，豎直方向磁場區域足夠長，磁感應強度B =1T，每一條形磁場區域的寬度及相鄰條形磁場區域的間距均為d =0.5m，現有一個邊長l = 0.2m、質量m =0.1kg、電阻R =0.1Ω 的正方形金屬線框M N O P以v0 =7m/s的初速從左側磁場邊緣水平進入磁場。求：

(1)線框MN邊剛進入磁場時受到安培力的大小F。

(2)線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產生的焦耳熱Q。

(3)線框能穿過的完整條形磁場區域的個數n。

解析 (1) 線框MN邊剛開始進入磁場區域時, 感應電動勢E=Blv0，感應電流I=ER，安培力F =BlI ，由以上三式解得安培力

F =2.8N。

(2)設線框豎直下落時，線框下落了H ，速度為vH，據能量守恒定律

mgH+12mv02=Q+12mv2H，

據自由落體規律vH2=2gH，

解得焦耳熱Q=12mv02=2.45J。

(3)只有在線框進入和穿出條形磁場區域時，才產生感應電動勢, 線框部分進入磁場區，感應電動勢E=Blv，感應電流I=ER， 安培力F =BlI =B2l2Rv。

在t t +Δ t 時間內，由動量定理

-FΔ t=mΔ v，

求和-B2l2RvΔ t=mΔ v，

-B2l2Rx=0-mv0，得x=mv0RB2l2。

線框能穿過的完整條形磁場區域的個數n=x2l=4.4, 即可穿過4個完整條形磁場區域。

點撥 本題將“金屬棒切割”與動量定理、能量守恒定律、自由落體規律等物理主干知識有機綜合，設置了新穎的物理情景, 注重基本概念和規律的理解, 同時考查運用數學工具解決物理問題的能力。

例4 如圖所示，兩根間距為l的光滑金屬導軌(不計電阻)．由一段圓弧部分與一段無限長的水平段部分組成, 其水平段加有豎直向下的勻強磁場，其磁感應強度為B，導軌水平段上靜止放置一金屬棒cd，質量為2m，電阻為2r. 另一質量為m，電阻為r的金屬棒ab，從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進入水平段，圓弧段MN半徑為R，所對圓心角為60°，求：

(1) 金屬棒ab在N處進入磁場區速度是多少? 此時棒中電流是多少?

(2) 金屬棒ab能達到的最大速度是多大？

(3) 金屬棒ab由靜止到達最大速度的過程中, 系統所能釋放的熱量是多少?

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解析 (1) 金屬棒ab由M下滑到N的過程中，只有重力做功，機械能守恒，mgR（1-cos60°）=12mv2，解得v=gR，進入磁場區瞬間，回路中電流強度為I=E2r+r=BlgR3r。

(2)設金屬棒ab與cd所受安培力的大小為F，安培力作用時間為t．ab棒在安培力作用下做減速運動，cd棒在安培力作用下做加速運動，當兩棒速度達到相同速度v' 時，電路中電流為0，安培力為0，cd達到最大速度．運用動量守恒定律得m v＝(2m+m)v'，解得v′=13gR。

(3)系統釋放熱量應等于系統機械能減少量，故有：Q=12mv2-12（3m）v′2 , 解得

Q=13mgR。

命題熱點 電磁感應現象中，"金屬棒切割"與動量和沖量等知識相聯系, 近年高考命題中, 以"金屬棒切割"為背景的試題, 要求考生靈活運用動量定理、動量守恒定律分析及推理,對考生具有一定的區分度. 這類試題涉及知識點多、綜合性強，用動量轉移和守恒觀點分析電磁感應問題是高考的又一個重點。

求解思路 在電磁感應現象中，當金屬棒只受安培力作用時，安培力對棒的沖量為 I ＝FΔ t = BLIΔ t＝BLq．在解題時涉及始，末狀態，還有力和作用時間的，用動量定理；在等長度的雙金屬棒切割的系統中, 雙金屬棒構成閉合回路，安培力充當系統內力，使不同金屬棒之間的相對運動產生制約，實現運動狀態動量的改變，即實現動量的傳遞，可用動量守恒定律進行求解. 解決此類問題的關鍵：判斷動量守恒定律成立的條件，即系統受到的合外力為零，且系統內作用于不同對象上的安培力等值反向。

3 與電流、電容知識相綜合

金屬棒切割磁感應線產生感應電動勢, 金屬棒在電路中相當于電源，可以與電阻、電容等元件構成較復雜的電路, 涉及電流分配、電壓分配、電勢高低、電容器帶電量計算等, 與電學知識組成物理學科內綜合題。

例5(2007天津理綜卷第24題)兩根光滑的長直金屬導軌MN、M ′N′ 平行置于同一水平面內，導軌間距為L，電阻不計，M、M′ 處接有如圖所示的電路，電路中各電阻的阻值均為R，電容器的電容為C. 長度為L、阻值為R的金屬棒 ab垂直于導軌放置，導軌處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中．ab在外力作用下向右勻速運動且與導軌保持良好接觸, 在ab運動距離為s的過程中，整個回路中產生的焦耳熱為Q。求：(1)a b運動速度v的大小； (2)電容器所帶的電荷量q。

解析 (1)設ab上產生的感應電動勢為E，回路中的電流為I, 三個電阻R與電源串聯，總電阻為4R，由閉合電路歐姆定律有 I=E4R=BLv4R，a b運動距離s所用時間t=sv，由焦耳定律有Q=I2（4R）t， 由以上三式解得v=4QRB2L2s。

(2)設電容器兩極板間的電勢差為U，則有U=IR=BLv4R×R=BLv4， 又v=4QRB2L2s，電容器所帶電荷量q =CU，由以上三式解得

q=CQRBLs。

例6(2007廣東卷第15題)如圖甲所示，一端封閉的兩條平行光滑導軌相距L，距左端L處的中間一段被彎成半徑為H的1/4圓弧，導軌左右兩段處于高度相差H的水平面上，圓弧導軌所在區域無磁場，圓弧右段區域存在勻強磁場B0，左段區域在均勻分布但隨時間作線性變化的磁場B ( t )，如圖乙所示，兩磁場方向均豎直向上．在圓弧頂端放置一質量為m的金屬棒ab，與左段的導軌形成閉合回路，從金屬棒下滑開始計時，經過時間t0 滑到圓弧底端．設金屬棒在回路中的電阻為R．導軌電阻不計，重力加速度為g。

(1)問金屬棒在圓弧內滑動時，回路中感應電流的大小和方向是否發生改變? 為什么?

(2)求0到t0 時間內，回路中感應電流產生的焦耳熱量。

(3)探討在金屬棒滑到圓弧底端進入勻強磁場B0的一瞬間，回路中感應電場的大小和方向。

解析 (1) 如圖乙所示，金屬棒滑到圓弧任意位置時，回路中磁通量的變化率相同,回路中感應電動勢E1=ΔΔ t=Δ B×L2Δ t=B0L2t0， 感應電動勢的大小和方向均不發生改變, 感應電流的大小和方向均不發生改變。

(2) 在時間0 ～ t0內，E1=B0L2t0，I=E1R，由焦耳定律, 回路中產生的熱量

Q=I2Rt0=B02L4Rt0。

(3)設金屬棒進入磁場B0一瞬間的速度為v， 金屬棒在圓弧區域下滑的過程中機械能守恒：mgH=12mv2，v=2gH。

金屬棒進入右段區域磁場B0,切割磁感線產生的感應電動勢E2=B0Lv=B0L2gH，據右手定則，感應電動勢方向ba，根據法拉第電磁感應定律，左段區域隨時間變化的磁場B ( t )產生的感應電動勢E0=B0L2t0， 據楞次定律，感應電動勢方向ab。

設金屬棒進入磁場B0瞬間的感應電動勢E, 以方向ba為感應電動勢的正方向，則

E = E2 -E1=B0L（2gH-Lt0） ，

由閉合電路歐姆定律得感應電流：

I=B0LR（2gH-Lt0），

根據上式討論：①當2gH=Lt0時，I =0；

②當2gH＞Lt0時I=B0LR（2gH-Lt0），方向ba；

③當2gH＜Lt0時，I=B0LR（Lt0-2gH），方向ab。

命題熱點 本題將電磁感應和電動勢、電流、電路有機綜合, 考查考生的推理能力、獲取信息能力及綜合分析能力，同時本題具有開放性, 要求考生自主探究, 在能力方面要求較高. 近年高考命題中, 有兩類題型要引起關注：①利用改變金屬棒有效長度考查對電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律的理解；②利用金屬棒在磁場中轉動, 考查對電磁感應定律、楞次定律的理解，該類命題主要特點是聯系圖像、實際等問題考查學生的綜合分析能力。

求解思路 判斷產生電磁感應現象的那一部分導體(電源) 利用E=BLv（或E=NΔΔt）求感應電動勢的大小 利用右手定則或楞次定律判斷電流方向 分析電路結構 畫等效電路圖, 利用閉合電路的歐姆定律、串并聯電路的特點解決。

在應用公式E =B L v時，應注意：(1) 如果v為某一時間內的平均速度，則電動勢為這一時間內的平均電動勢；(2) 如果v為某一時刻的瞬時速度，則E為這一時刻的瞬時電動勢；(3) 導線在磁場中, 以一端為圓心做圓周運動時, 導線的切割速度應取導線平均線速度

v=ωL2，E=12BωL2。

4 與功能關系相綜合

電磁感應現象中，導體切割磁感線或磁通量發生變化在回路中產生感應電流，機械能或其他形式能量轉化為電能，具有感應電流的導體在磁場中受安培力作用或通過電阻發熱，使電能轉化為機械能或電阻的內能，電磁感應過程總是伴隨著能量的轉化. 當外力克服安培力做功時，就有其他形式的能轉化為電能；當安培力做正功時，就有電能轉化為其他形式的能. 具有感應電流的導體在磁場中受安培力作用或通過電阻發熱，使電能轉化為機械能或內能，電磁感應過程總是伴隨著能量的轉化。

例7(2007北京理綜卷第24題)用密度為d、電阻率為ρ、橫截面積為A的薄金屬條制成邊長為L的閉合正方形框abb'a' ，如圖所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框平面與磁場方向平行。

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設勻強磁場僅存在于相對磁極之間，其他地方的磁場忽略不計可認為方框的aa' 邊和bb' 邊都處在磁極間，極間磁感應強度大小為B．方框從靜止開始釋放，其平面在下落過程中保持水平(不計空氣阻力)．

(1)求方框下落的最大速度vm (設磁場區域在豎直方向足夠長)；

(2)當方框下落的加速度為g /2時，求方框的發熱功率P；

(3)已知方框下落時間為t時，下落高度為h，其速度為 vt( vt < vm)．若在同一時間t內，方框內產生的熱與一恒定電流I0在該框內產生的熱相同，求恒定電流I0的表達式。

解析 (1)方框質量m = 4LAd , 方框電阻R=ρ4LA， 方框下落速度為v時，產生的感應電動勢E = B(2L)v , 感應電流I=ER=BAv2ρ，方框下落過程，受到重力G及安培力F,G = mg =4LAdg，方向豎直向下，F=BI（2L）=B2ALvρ，方向豎直向上。

當F= G時，方框達到最大速度，即v= vm,則B2ALvmρ=4LAdg，方框下落的最大速度vm=4ρdgB2。

(2)方框下落加速度為g/2時，有mg-BI（2L）=mg/2，則I=mg4BL=AdgB，方框的發熱功率P=I2R=4ρALd2g2B2。

(3)根據能量守恒定律，有

mgh=12mvt2+I02Rt，

解得恒定電流I0的表達式：

I0=mRt（gh-12vt2）=Adρt（gh-12vt2）。

點評本題考查了電磁感應現象中等效電路的分析，功率計算及能量守恒定律的應用，把交流電中有效值的概念引入電磁感應電路，考查了學生的知識遷移能力。

例8(2005江蘇卷第16題) 如圖所示，固定的水平光滑金屬導軌, 間距為L，左端接有阻值為R的電阻，處在方向豎直、磁感應強度為B的勻強磁場中，質量為m的金屬棒與固定彈簧相連，放在導軌上，導軌與金屬棒的電阻均可忽略．初始時刻,彈簧恰處于自然長度，金屬棒具有水平向右的初速度v0．在沿導軌柱復運動的過程中，金屬棒始終與導軌垂直并保持良好接觸。

(1)求初始時刻金屬棒受到的安培力。

(2)若金屬棒從初始時刻到速度第一次為零時, 彈簧的彈性勢能為EP ，則這一過程中安培力所做的功Wl 和電阻R上產生的焦耳熱Q1 分別為多少？

(3)金屬棒往復運動，最終將靜止于何處？從金屬棒開始運動直到最終靜止的過程中，電阻R上產生的焦耳熱Q為多少?

解析 （1）初始時刻金屬棒中感應電動勢E=BLv0，I=ER，作用于棒上的安培力F=BLI=B2L2v0R，安培力方向水平向左。

(2)由功能關系，安培力做功

W1=EP-12mv02 ， (負功)。

電阻R上產生的焦耳熱Q=12mv02-EP。

(3)由能量轉化及平衡條件等，可判斷金屬棒最終靜止于初始位置。

電阻R上產生的焦耳熱Q=12mv02。

命題熱點 近年高考命題中, 對于金屬棒以能量形式命題有：棒與電源、棒與電阻、棒與電容、棒與彈簧等組合系統, 在金屬棒運動中，以上組合都涉及多種能量形式的轉化，要求考生從功和能的觀點入手，分析清楚電磁感應過程中能量轉化的關系, 考查考生應用能量守恒定律分析問題的能力。

篇3

2 例題

例1 如圖1所示電路.電源電阻不能忽略，R1阻值小于變阻器R的總阻值（R1≠0）.當滑動變阻器的滑片P停在變阻器的中點時，電壓表V的示數為U，電流表A的示數為I.則當滑片P向A端移動的全過程中

A.電壓表的示數總小于U

B.電流表的示數總大于I

C.電壓表的示數先增大后減小

D.電流表的示數先減小后增大

解析 此題電路的結構是滑動變阻器AP部分電阻與R1串聯再與BP部分電阻并聯，這并聯電路再與R2串聯，對于左端的并聯電路，由于兩支路電路之和一定，當兩支路電阻阻值相等時，并聯電路總阻值最大.所以當滑動端P向上移動的過程中，并聯電路的總阻值R并總也是先增大后減小（注意開始時P位于R中點；R1≠0且小于R），電路中的總電阻R總先增大后減小，則電路中總電流I總先減小后增大；路端電壓U總是先增大后減小，即電壓表測定的電壓先增大后減小，所以選項C正確.電流表測定的是滑動端P與A端電阻與R1串聯支路的電流.當P向A端移動時，電路中總電流先變小，所以R2兩端電壓變小，但路端電壓先變大，所以并聯電路兩端電壓變大，而R1支路的電阻變小，因此通過電流表的示數增大；當P向A端移動電路中總電阻開始變小后，電路中總電流變大，R2兩端電壓變大，但路端電壓變小，所以并聯電路兩端電壓變小，看滑動端P與B端的電阻，其阻值增大，所以通過其電流變小，但由于總電流增大，通過電流表的電流為總電流與PB端通過電流的差值，所以電流表的示數仍要增大，也就是說電流表的示數總大于I，故選項B正確.

第二類是滑動變阻器移動變化， 可以通過采用極值（兩端或中點或特殊點）方法化動態為靜態.滑動變阻器的此類型問題的解題關鍵是：（1）弄清滑動變阻器原理，滑片滑動時電阻是變大還是變小；（2）弄清物理量是否變化，一般來說，電源的電壓，定值電阻的阻值是不變，其它的物理量都是變化的；（3）弄清電壓表示數表示的是哪一個電器兩端的電壓再結合電路規律解題.

例2 如圖2所示的電路中，電源兩端電壓不變，電流表和電壓表選擇的量程分別為0～0.6 A和0～3 V.閉合開關S，在滑動變阻器滑片P從一端移動到另一端的過程中，電壓表和電流表的示數均可達到各自的最大測量值（且不超過量程），在上述過程中，電阻R1消耗的最大電功率與最小電功率之比為9∶1.則當滑片P移至滑動變阻器的中點時，電路消耗的電功率為______W.

解析 由題意可知，這是由一個電阻和一個滑動變阻器組成的串聯電路.串聯電路的特點是流過各個電阻的電流相等，各個電阻的電壓、電功率之比等于電阻大小之比.

閉合開關S，當P位于最左端時，滑動變阻器接入電路的電阻為零，這時相當于電阻R1直接接在電源的兩端，構成一個電阻R的電路.此時電路中的電流最大為0.6 A，根據歐姆定律表示出電源電壓U=IR=0.6R，從而知道R所消耗的最大電功率

P最大=I2R=0.36 R（1）

當P移到最右端時，滑動變阻器的阻值全部接入電路，滑動變阻器兩端的電壓最大為3 V，根據串聯電路的特點求出電路中電阻R兩端的電壓為

UR=U-U滑=0.6R-3 V（2）

再由歐姆定律表示出電路中的電流為

I最小=URR=0.6R-3R（3）

得出定值電阻R1所消耗的最小電功率.定值電阻R所消耗的最小電功率為

P最小=（I最小）2R=（0.6R-3R）2R（4）

再根據最大功率、最小功率之間的關系為9∶1，聯立（1）、（4），得R=7.5 Ω.即可求出電源的電壓U=IR=0.6 R=4.5 V，由②③式得滑動變阻器的最大阻值R滑=15 Ω，根據電阻的串聯特點和歐姆定律求出滑片P移至滑動變阻器中點時電路中的電流

I=UR+R滑=4.5 V7.5 Ω+7.5 Ω=0.3 A，

再根據P=UI求出電路消耗的電功率

P=UI=4.5 V×0.3 A=1.35 W.

注：本題考查了串聯電路的特點和歐姆定律、電功率的計算，關鍵是能確定出電路中滑動變阻器的阻值最小時電流表的示數最大，滑動變阻器接入電路的阻值最大時電壓表的示數最大，然后分別列出兩種情況下的電功率，根據比值列出方程.

例3 如圖3所示電路，電源兩端電壓保持不變，燈L標有“6 V 6 W”字樣.只斷開開關S1時，電壓表的示數為U；只閉合S1時，電流表的示數為I；開關全斷開時，電壓表的示數為U′，電流表的示數為I′，燈L的實際功率為1.5 W.已知：U∶U′=7∶5，I∶I′=2∶1，不考慮燈絲電阻RL的變化.求：（1）定值電阻R2的電阻值；（2）電路消耗的最大功率.

解析 由于本題較復雜，先畫出開關閉合、斷開時的等效電路圖如圖4甲、乙和丙，再根據每個電路圖的特點列出關系式.

（1）根據R=U2P結合銘牌求出燈泡的電阻，根據電源的電壓不變結合圖4乙、圖4丙中電流表的示數求出三電阻之間的關系；根據電源的電壓不變可知圖甲中電壓表的示數和圖丙中電源的電壓相等，根據歐姆定律結合電壓表的示數求出R2的阻值，進一步求出R1的阻值.

（2）根據P=I2R求出圖4丙中電路的電流，根據歐姆定律求出電源的電壓；根據P=U2R.

可知，只斷開開關S2時，電路中的電阻最小、電路消耗的功率最大，進一步根據電功率公式求出其大小.

解 只斷開S1、只閉合S1和開關都斷開時，等效電路分別如圖4甲、乙和丙所示.

因為燈絲電阻不變，

所以RL=U2LPL=6 V×6 V6 W=6 Ω.

由圖4乙、丙，因為電源電壓不變，

所以II′=R1+RL+R2RL+R2=21，

所以R1=RL+R2，

由圖4丙，因為

UU′=R1+RL+R2R1+RL=2RL+2RLR2+2RL=75，

所以R2=43RL=43×6 Ω=8 Ω，

所以R1=RL+R2=6 Ω+8 Ω=14 Ω，

因為I′=RL′RL=1.5 W6 Ω=0.5 A，

所以 U=I′（R1+RL+R2）

=0.5 A×（14 Ω+6 Ω+8 Ω）=14 V.

當只斷開開關S2時，電阻R2單獨接入電路，電路消耗電功率最大

P2=U2R2=14 V×14 V8 Ω=24.5 W.

篇4

解析將開關S由1擲到2，被充完電后的電容器（電容器兩極板的電壓U0=E）開始放電，即q，U=q1C，回路中產生放電電流，導體棒在安培力作用下開始向右加速，即v，一旦加速，導體棒就會切割磁感線產生感應電動勢（上端正、下端負），在整個回路中起到反串的作用，回路中的電流i=U-Blv1R開始減小，導體棒的加速度a=Bil1m開始減小，因此導體棒做加速度不斷減小的加速運動.當導體棒的加速度a=0時，i=0，即導體棒產生的感應電動勢Blvm與電容器兩極板間的電勢差Um相等，Um=Blvm，故只有D選項正確.因此四個圖象（如圖3所示）正確分別如下：

變式1電阻R替換導體棒，如圖4所示，對應規律如圖5所示.

變式2線圈L替換導體棒構成LC振蕩電路如圖6所示，對應規律如圖7所示.

變式3電容器C替換導體棒如圖8所示，兩電容器電容C相等、當兩電容器兩極板所帶電量與兩極板電勢差均相等時，達到穩定狀態，所帶電量為112CE，過程略，對應規律如圖9所示.

變式4給導體棒一向右的初速度v0，不計導體棒電阻，如圖10所示，對應規律如圖11所示，過程略.

點評本高考題由人教版教材選修3-1第8節課后習題的“做一做”改編而成.關于電容器的充電和放電，以前只有通過導線或電阻放電，只考電流圖象并從電流圖象中通過數格子法求電量，而此題把電容器放電過程與導體棒在磁場中的運動過程聯系起來，重點考查了電容器放電、電磁感應、安培力、加速度、速度等基本知識點，對學生的綜合分析能力提出了較高的要求，很好地體現了新課程的理念“源于教材，高于教材”.

反思教學變式教學指從一道題目出發，通過改變題目的條件、問題或題目設計的物理情境，重新進行討論的一種教學方法.通過對物理問題進行多角度、多方位的變式探索研究，不僅能增強學生的創新意識和應變能力，而且能優化學生的思維品質，培養其發現問題和解決問題的能力和素質.變式教學貴在教師平時要有大量的習題積累和積極的思考實踐，重在引導學生不斷對問題進行觀察分析、歸納類比、抽象概括、對問題中蘊含的物理方法、物理思想進行不斷思考并作出新的判斷，如此，方能讓學生體會到解題帶來的樂趣，享受探究帶來的成就感.長此以往，既有利于優化學生的知識結構、培養學生的能力，又能夠培養學生的興趣和審美情趣.

2注重數學，培養學生應用數學方法處理物理問題能力

例題（上海）如圖12所示電路中，閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P從最高端向下滑動時，

A.電壓表V讀數先變大后變小，電流表A讀數變大

B.電壓表V讀數先變小后變大，電流表A讀數變小

C.電壓表V讀數先變大后變小，電流表A讀數先變小后變大

D.電壓表V讀數先變小后變大，電流表A讀數先變大后變小

解析設滑動變阻器觸點以上的電阻為R1，觸點以下的電阻為R2，因為滑動變阻器的有效電阻R12除最初和最終為零外，是R1和R2并聯的結果，R12=R1R21R1+R2，因為R1+R2=R0=C，所以當R1=R2時，R1R2最大，因此當觸點P在中間時電阻最大，根據全電路歐姆定律，I=E1R+r+R12，當觸點在中間時電流最小，電壓表讀數為電源的路端電壓，U=E-Ir，所以當觸點在中間時路端電壓最大，即電壓表讀數先變大后變小，所以本題選A或C.再算電流表讀數即流過R2的電流I2，根據電阻并聯分流公式，

I2=IR11R1+R2，

得I2=E1R+r+R12?R11R1+R2=ER11（R+r）（R1+R2）+R1R2，

變化為I2=E1（R+r）?（R1+R2）1R1+1+R21R1，

當滑動變阻器的滑動觸頭P從最高端向下滑動時，R1一直變大而R2一直變小，從上式可以看出，電流表讀數一直變大，所以本題選A.

點評本題考查全電路歐姆定律及動態電路分析.電壓表、電流表讀數隨滑動變阻器觸點移動而變化的題目是傳統題目，但此題推陳出新，一是應用不等式求數學極值，二者和不變，相等時積最大，二是通過數學單調性，把I2的解析式變化為最后一式，然后通過R1、R2的增減來確定I2的增減，對學生的應用數學知識處理物理問題的能力提出了較高的要求.

反思教學“運用數學知識處理物理問題的能力”是高考物理學科所要求的五個能力之一，在歷年物理高考中都占有一席之地.這不只是由于物理是一門定量科學，沒有數學將無法定量計算，更重要的是，數學是物理學研究的不可或缺的一種重要方法.近年來的高考試題對數學能力的要求主要表現在較繁瑣的數字（或符號）的運算、關鍵性幾何條件的分析、運用數學圖象處理物理問題、利用數學知識求極值等形式.對于這幾個方面，應根據不同的特點采取不同的措施加以落實，如對于較繁瑣的數字（或符號）的運算，首先需要提示學生從心理上要充分重視，同時在教學中要從嚴要求，注重落實；對于關鍵性幾何條件、圖像的應用及求極值，不僅要在教學或復習中給予充分的重視，在第2輪或第3輪復習中，有必要集中進行專題性復習.

3注重情境創設，培養學生應用所學知識處理實際問題的能力

篇5

電磁學問題一般是以解答題的形式出現在高考理綜試題中，它有如下特點。

首先，綜合的知識多一半是三個以上知識點融匯于一體。可以滲透磁場安培力和洛倫磁力、閉合電路歐姆定律、電功、電功率、動能定理、能量轉化與守恒定律、牛頓定律、運動學公式，力學平衡等多個知識點。

其次，數學技能要求高解題時布列的物理方程多，需要等量代換，有時用到待定系數法；研究的物理量是時間、位移或其他相關物理量的函數時，要用到平面幾何知識或通過解析式進行分析討論；當研究的物理量出現極值、臨界值，可能涉及三角函數，也有用到判別式、不等式性質等。

第三，難易設計有梯度。雖說電磁混合題有難度，但并不是一竿子難到底，讓你望題生畏，而是先易后難。通常情r下的第（1）、（2）問，估計絕大多數考生還是有能力和信心完成的，所以，絕對不能全部放棄。

電磁題綜合這么多知識點，又能清晰地呈現物理情境。其中，物理問題的發生、變化、發展的全過程，正是我們研究問題的思路要沿襲的。我們如何正確地解答電磁學問題呢？

分析物理過程根據題設條件，設問所求，把問題的全過程分解為幾個與答題有直接關系的子過程，使復雜問題化為簡單。有時電磁混合題的設問前后呼應，即前問對后問有作用，這樣子過程中某個結論成為銜接兩個設問的紐帶；也有的題設問彼此獨立，即前問不影響后問，那就細致地把該子過程分析解答完整。分析過程，看清設問間關系才能使解答胸有成竹。

分析原因與結果針對每一道電磁題，無論從整體還是局部考慮，物理過程都包含有原因與結果。所以，分析原因與結果成為解題的必經之路。譬如：引起電磁感應現象的原因，是導體棒切割磁感線、還是穿過回路的磁通量發生變化，或者兩者同時作用。導體棒切割磁感線，是受外力作用（恒力、變力），還是具有初速度。正是原因不同、研究問題所選用的物理規律就不同，進而，我們結合題意分析這些原因導致怎樣的結果。針對題目需要我們回答的問題，不外乎從受力情況、運動狀態、能量轉化等方面著手研究，最終得出題目要求的結果。

對于已知條件是數據的電磁題，也可以采用分步計算求相關物理量數值。不過，要明確所求的值對下一步解答有何作用，是否是承上啟下的銜接點，還是平行關系的插入點。注意下面新列的方程中應該用到它。

對于有論述說理要求的電磁題，既可以直面進入分析推理，也可以用假設的方法，從問題的側面或反面推理判斷。對局部子過程倒可以結合問題實際，運用巧妙建模、整體分析、應用對稱、逆向思維、等效代換、運用圖像等靈活多樣的解題方法。

例如：“在寬度分別為l1和l2的兩個毗鄰的條形區域中分別有勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁場分界線平行向右。一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區域上邊界的P點斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進入電場，最后從電場邊界上的Q點射出。已知PQ垂直于電場方向，粒子軌跡與電、磁場分界線的交點到PQ的距離為d，不計重力，求電場強度與磁感應強度大小之比及粒子在磁場與電場中運動時間之比。

解析：粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡如下圖：由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直，圓心O應在分界線上，OP長度即為粒子運動的圓弧半徑R，由幾何關系得：

R2=l+（R-d）2 ①

設粒子的帶電荷量和質量分別為q和m，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

qvB=. ②

設P′為虛線與分界線的交點，∠POP′=α，則粒子在磁場中的運動時間為：

t1=. ③

式中sinα=. ④

粒子進入電場后做類平拋運動.某初速度為v，方向垂直于電場，設粒子加速度大小為a，由牛頓第二定律得

qE=ma. ⑤

由運動學公式有

d=at. ⑥

l2=vt2. ⑦

式中t2是粒子在電場中運動的時間，由①②⑤⑥⑦式得

=v ⑧

篇6

分析根據杠桿平衡條件可知，欲使動力F最小，即此時的動力臂桿長最長，而桿越長，桿的自重也越大，因桿的自重引起的阻力與阻力臂的乘積也越大，這就產生了相互制約的現象.解此題的關鍵就在于統一這兩個相互制約的問題，做到既最省力又使桿的自重產生的阻力最小.

解如圖2，設重物懸掛點為A，滿足杠桿平衡條件的桿長為OC=n，則桿自重為nG0，重心B點距支點OB=n 2，由杠桿平衡條件知

F?OC=G?OA+nG0?OB，

由F=80 n+20n得20n2-F?n+80=0，

這是一個關于n的一元二次方程，因為方程有實根（n>0），則

Δ=F2-4×20×80≥0，F≥80，

所以F最小=80 N，此時n=2 m.

例2如圖3所示，電源電壓為3 V，供電電路的電阻為0.2 Ω，試求：電燈泡的最大電功率.

分析設電燈泡的電阻為R，電功率為P，則電路的總電阻為R+0.2 （Ω）.根據歐姆定律，電路中的電流強度為I=3 R+0.2 （A），所以電燈泡的電功率為

P=I2R=（3 R+0.2）2R （W）（1）

下面用判別式Δ=b2-4ac≥0來求出極值.

解由（1）式P=（3 R+0.2）2R，變形為關于R的一元二次方程：

PR2+（0.4P-9）R+0.04P=0（2）

這里方程（2）應該有實數根，故Δ≥0.

因為Δ=b2-4ac=（0.4P-9）2-4P×0.04P

=-7.2P+81.

所以-7.2P+81≥0，

得P≤11.25 W.

即P的最大值為11.25 W，此時

R=-b±Δ 2a=0.2 （Ω）.

例3某工地在冬天水利建設中設計了一個提起重物的機械，如圖4是這個機械一個組成部分的示意圖.OA是一根鋼管，每米長受重力為30 N，O是轉動軸.重物質量m為150 kg，掛在B處，OB=1 m，拉力F加在A點，豎直向上.取g=10 N/kg，為維持鋼管平衡，鋼管OA為多長時所用拉力最小？這個最小拉力是多少？

解設鋼管長為L米，鋼管在拉力FA、重物拉力mg和鋼管自身重力G0=30L牛的作用下平衡，則有

FAL=mg?OB+G0?L 2=150×10×1+30L×L 2，

所以15L2-FA+1500=0.

這個關于L的一元二次方程有解得條件是

（-FA）2-4×15×1500≥0，

所以F2A-90000≥0，

得FA≥300 N.

因此，FA的最小值為300 N，代入杠桿平衡方程得

L=10 m.

例4如圖5所示，某同學在做“測定小燈泡功率”的實驗中，所用燈泡電阻 為10 Ω，滑動變阻器的阻值范圍為0～20 Ω，電源電壓為4 V.（電源電壓和燈絲電阻不變），在移動滑片P的過程中，會使滑動變阻器消耗的電功率最大，這個最大值PM多大？

分析設電源電壓為U，滑動變阻器兩端的電壓為U1，

則電路中的電流I=U-U1 R0.

滑動變阻器消耗的功率P=U1I=U1（U-U1） R0.

在上式中U1和（U-U1）均為變量，要計算P的最大值可用一元二次方程根的判別式對此題作出解答.

解P=U1（U-U1） R，

將此式整理成關于U1的一元二次方程

U21-UU1-PR0=0，

令Δ=b2-4ac≥0，

則有（-U1）2-4PR0>0，

解得P=U2 4R0，

即P有最大值Pm=U24 R0=0.4 W，

將P=U24 R0代入U21-UU1-PR0=0中得U1=U 2.

可知，此時滑動變阻器連入電路的電阻R=10 Ω.

例5如圖6所示的裝置，O為杠桿OA的支點，在離O點l0處掛著一個質量為M的物體B，杠桿每單位長度的質量為m，當杠桿的長度為多長時，可用最小力F維持杠桿平衡？這個最小力F是多少？

分析杠桿在重力G、拉力F、重物B的拉力作用下平衡，而且重力G及其力臂隨杠桿長度的變化而變化.要求最小拉力，必須討論最根本變量――杠桿長的取值.根據杠桿的平衡條件，可導出一個關于杠桿長L的一元二次方程.

解設OA長為L，根據杠桿平衡條件有

F?OA=G?1 2OA+Mg?OB，

即F?L=mL?g?1 2L+Mgl0，

L2-2F mg?L+2M ml0=0（1）

討論L取何值時力F最小，可用判別式法.

（1）式可視為關于L的一元二次方程，L有實根，所以Δ≥0，即

（2F mg）2-4×1×2M ml0≥0，

篇7

C．原線圈電流減小

D．L1、L2兩燈都變暗

由于原線圈電路中串聯了一盞燈L1，開關S斷開時，會同時引起多個物理量隨之變化，增加了直接用教材給出的理想變壓器原、副線圈的電壓比、電流比關系進行解題的難度，直接用課本上的公式進行迂回解答，既費時又容易出錯；若用理想變壓器的等效電阻進行等效變換和求解，簡便明了。下面就理想變壓器的等效電阻公式的推導及其在變壓器電路問題中的應用作簡單的例析。

如圖2（a）所示，電路中虛線框內的變壓器和負線圈電路中的負載電阻R，可等效為接在原線圈電路中的一個電阻，稱之為變壓器的等效電阻R’，如圖2（b）。根據電阻的定義式可得：

，

又，

等效電阻．

一、應用理想變壓器的等效電阻公式分析變壓器電路的動態變化

將圖1（a）電路等效為圖1（b）所示電路，由于等效電阻與副線圈電路中的總電阻成正比，因此在開關S由接通再斷開時，等效電阻R’的有效阻值增大，引起如下變化：

故選項B、C正確．

二、應用理想變壓器的等效電阻公式討論變壓器電路的實際功率

如圖3所示，理想變壓器輸入端接在電動勢為E，內電阻為r的交流電源上，輸出端接上負載R，則變壓器原、副線圈的匝數比為多大時，負載R上獲得的電功率最大？最大功率為多少？

解析：根據恒定電流知識可知，當外電阻等于電源內阻時，即先進等效電阻R’＝r時，輸出功率最大，則，所以，Pmax＝＝1.8W．

又如，一理想變壓器的原線圈接在電壓有效值為U1的交流電源兩端，副線圈接有電阻R，下列哪些方法可使輸入功率增加為原來的2倍？

A．次級線圈的匝數增加為原來的2倍

B．初級線圈的匝數增加為原來的2倍

C．負載電阻變為原來的2倍

D．副線圈匝數和負載電阻均變為原來的2倍

解析：用等效電阻將電路等效變換后再利用功率公式/R’及，則可快速得到正確答案應該是選項D．

三、應用理想變壓器的等效電阻公式計算變壓器電路的負載電壓

如圖4（a）所示，理想變壓器原、負線圈分別接有相同的燈泡（設燈絲電阻不隨溫度變化），原、副線圈的匝數比為n1∶n2＝2∶1，電源電壓為U，則A燈兩端的電壓為 ，B燈兩端的電壓為 。

解析：將圖4（a）電路等效轉換為圖4（b）所示電路，則＝4RL，根據串聯分壓關系得，，再根據可得。

四、應用理想變壓器的等效電阻公式求解變壓器電路的極值問題

篇8

一、利用相似三角形在解題中的應用

例:如圖示,將質量為m的小球,用長為L的輕繩吊起來,并靠在光滑的半徑為R的半球體上,繩的懸點A到球面的最小距離為d(忽略小球半徑)。

(1)求小球對繩子的拉力和對球體的壓力。

(2)若L變短,問小球對繩子的拉力和對半球體的壓力如何變化?

分析與解答:1)對小球進行受力分析:小球受三力處于平衡狀態。通常問題中三力中的兩力若有垂直關系,則可用三角函數知識解決。但本題中小球所受三力角度是任意的,卻處于平衡狀態,所以諸如此類問題一般用力的三角形與幾何三角形相似列對應相似比列式解決最好。由圖知,涂上陰影的大小兩個三角形相似,

于是有:

得:

(2)由上兩式知:L變短,F變小,N不變。

二、利用二次函數配方法求極值在解題中的應用

大家都知道對于函數y=ax2+bx+c將其配方后有:

利用此結論解決物理問題會有意想不到的效果。

例1如下圖,一物塊以v0=10m/s沿光滑地面滑行,然后沿光滑曲面上升到頂端水平高臺上并由高臺飛出,問高臺高度多大時,小物塊水平飛行的距離s最大?最大距離是多大?(g=10m/s2)

分析與解答:物體從滑上高臺到從高臺上飛出過程機械能守恒。設物體從高臺上飛出的速度為v,則有:

由平拋運動規律可知:

由上式可知:當h=時,s最大。即:h==2..5m時,最大飛行距離s=2• =5m

例2:已知電源電動勢為E,內阻為r,外電路總電阻R,學了閉合電路歐姆定律后經常涉及討論電源的輸出功率,有 P出=I2R,又I=,將其代入得:

P出= 將該式進行配方處理

得:P出= =

可看出,當R=r時, P出有最大值。即Pmax= =。

此時電源的效率η=== =50%

三、根的判別式在解題中的應用

對于二次方程ax2+bx+c=0,當判別式=b2-4ac≥0時,有實數根,利用此性質會給解題帶來方便。

例1如圖1示電路,滑動變阻器的總電阻R=8Ω,電源電壓U=4V,

圖1圖2

內阻不計,問變阻器的觸頭P在何位置時,電路中的總電流強度最小,這個最小電流值是多少?

分析與解答:滑動變阻器的阻值R可看成被滑片P分成左右部分的R2、R1并聯而成,這樣可將圖1改畫為圖2,其中R1+R2=R。當滑片P滑動時,電路上電流強度可由I=求出。

解電路上的總電阻為:

將上式整理得R12-R1R+RR總=0.

此式可看成關于R1的二元一次方程,R1必有實數解。則

=b2-4ac=R2-4RR總≥0,故R總≤=2Ω

可見 R總的最大阻值為2Ω。由歐姆定律知,當電路上的電阻最大時,其對應的電流則為最小,

當然,此題也可利用二次函數配方法求解得出。

例2 兩分別帶電荷的相同金屬小球,相距較遠距離時的靜電力為F,將兩球接觸后再放回原處,相互靜電力仍為F。則兩球原來所帶電荷為:

A.可能為不等量同種電荷

B.不可能為異種電荷

C.可能為不等量異種電荷

D.可能為等量異種電荷

分析與解答:首先設兩小球帶電量大小分別為Q1、Q2,相距為r。

則原來的靜電力為F=KQ1Q2/r2(1)

(1)若兩小球帶同種電荷,則接觸后

每個帶電量都為 ,再放回原處其靜電力為

F=K (2)

即 Q1 Q2=

由基本不等式的推論知必有Q1=Q2即兩小球必為等量同種電荷

(2)若兩小球帶異種電荷,則接觸后每個帶電量大小都為再放回原處其靜電力為

F=K (3)

即:Q1Q2=

整理得Q12-6Q1Q2+Q22=0(4)

這里可將(4)式看成以Q1為未知量的一元二次方程,要使方程有解,須≥0由于=b2-4ac=36Q22-4Q22=32Q22>0,Q1有不等根。

可知若兩小球帶異種電荷,則為不等量異種電荷。

由此可知此題應選C

四、利用等差等比數列的求和在解題中的應用

對于a1、a2、a3…、an若為等差數列,則Sn= ;若為等比數列,值為q,則Sn= 將其應用于解答多體問題,會感到很方便。

例1如圖光滑水平面上釘兩根鐵釘A和B相距0.1m,長1m的柔軟細繩栓在A上,另一端系一0.5的小球,小球初始位置在AB連線A的一側,把細線拉緊給小球以2m/s的垂直細線方向水平速度,使其做圓周運動,由于鐵釘存在使線慢慢地繞在A、B上,若線不斷裂,小球從開始運動到細線全部纏在AB上需要多長時間?

分析與解答:小球交替繞A、B做勻速圓周運動,因線速度不變,隨轉動半徑的遞減0.1m,有:總路程s=π(r1 +r2 +r3+…+rn )

而r1 +r2 +r3+…+rn== =5.5m

t= = ≈8.64s

例2光滑水平面上自左向右等距離依次放著質量為2n-1m的一系列物體(n=1,2,3,…)另一質量為m的物體A以水平向右的速度v運動,若A物與物體1相撞后粘在一起并依次撞下去,且每次碰后即粘在一起,求發生n次碰撞后,A物具有的動能。

分析與解答:物體相碰撞過程所受外力之和為零,整個過程動量守恒。取碰前為初狀態,碰n次后為末狀態。m1=m,m2為質量是2n-1m的一系列物體的總質量。

(利用等比數列求和公式)于是有m2= =m(2n―1)

由m1v=(m1+m2)v′v′=

碰后A物具有的動能 EKA′= mv′2=

五、基本不等式的推論在解題中的應用

1.a>0,b>0,當ab=定值,則a=b時,a+b最小

2.a>0,b>0,當a+b=常量,則a=b時,ab 最大,a與b相差越多乘積越小。

例1已知均勻桿每米重3N,今將其一端O支起,并將一重P=30N的物-體掛在距支點0.2m的A點。為保持桿水平在桿的末端施一向上的力F,當桿長等于多少時,F取最小值?這個力是多少?

分析與解答:設桿長為x米,由固定轉軸的平衡條件可知:

Fx=P•OA+3x•x/2F=6/x+1.5x

6/x•1.5x=9是一定值,6/x=1.5x時,F最小。

即x2=4,x=2時,F值最小,其值為 +×2=6N

例2 科學探測表明,月球上至少存在豐富的O2,Si,Al,Fe等資源。設想人類開發月球后不斷將其上礦藏搬到地球上。假定經長期開采后,月地仍可看成均勻球體,月球仍沿開采前軌道繞地球運動,與開采前相比,月球與地球間引力怎樣變化?

分析與解答:搬運礦藏后,會使地球質量比月球大得更多,但它們的質量總和不變。設其質量分別為m1和m2,由萬有引力定律有F=G

再由m1+m2=定值時,當m1=m2,m1、m2的乘積最大,m1、m2相差越多,乘積越小知,不斷開采月球后,由于月球到地球的距離不變,引力將減小。

六、比例的方法在解題中的應用

解決物理問題常用解析的方法,即:利用物理公式,一步一步地從已知向未知求解。但有時巧妙地采用比例法求解,會使其過程更簡潔,從而起到事半功倍的效果,這就要抓住聯系兩比例式的中間紐帶。

例一個單擺在地面上的周期為T,當將此單擺放到離地面某一高度的地方時,周期為3T。則此高度為地球半徑的多少倍?

分析與解答:同一單擺的周期與重力加速度g有關,而擺球放在離地不同高度的位置時的重力加速度g不同。這里g值就是聯系單擺周期和地理位置的紐帶,所以列比例式有:

由g= 有:= (1)

又由g= 有:= (2)

由(1)(2)兩式有= h=2R

七、三角函數在解題中的應用

物理學習中常碰到一些物理量可表示為cosθ•sinθ的形式,此類物理量在問題中常涉及到求極值,這時用三角函數法求解就顯得非常方便與容易。但這類問題要求學生能熟練掌握幾種常用的公式變換及一些特殊角度的三角函數值。

例 一根長度為L的杠桿(如圖示),A端所掛重物為G,為保持杠桿平衡,用一根定長為S的繩子拉住,已知S

分析與解答:解此題的關鍵是求出動力臂L1。過交點O作

S的垂線OM,則動力臂L1=S•cosθ•sinθ。

解根據杠桿原理得G•L=F1•S•sinθ•cosθ

F1==

上式中當sin2θ的值為最大時,F1極小,故當θ=45°,即繩子與水平方向的夾角為45°時,繩子的拉力有極小值,F1=

八、二次函數求根公式在解題中的應用

利用一元二次方程求根公式得到的解可能為正值可能為負值,若將解與物理量聯系起來,分析解是否具有物理意義會使物理問題的分析簡潔明了。

例在平直軌道上的甲、乙兩物體相距為s,同時、同向開始運動,甲以初速度v1、加速度a1做勻加速直線運動,乙做初速度為零、加速度為a2的勻加速直線運動。假設甲能從乙旁邊通過。試討論在1)a1=a2時,2)a1>a2時,3)a1

分析與解答:解答本題首先應理解題意分析運動的性質,找出兩個物體可能相遇的位移關系并加以討論。

甲的位移 s甲=v1t+a1t2

乙的位移s乙=a2t2

相遇時兩個物移關系為:

s甲=s+s乙

整理得:(a1-a2)t2+v1t-s=0

討論:

(1)當a1=a2時,t=,上式有唯一解,說明甲、乙兩物體只能相遇一次。

篇9

高考考綱中明確提出考生應具備的第四種能力――應用數學知識處理物理問題的能力；能夠根據具體問題列出物理量之間的數學關系式，根據數學的特點、規律進行推導、求解和合理外推，并根據結果得出物理判斷、進行物理解釋或作出物理結論。能根據物理問題的實際情況和所給條件，恰當運用幾何圖形、函數圖象等形式和方法進行分析、表達。能夠從所給圖象通過分析找出其所表達的物理內容，用于分析和解決物理問題。

數學在高中物理教學中應用可以歸結為八個方面：1。初中數學解方程組；2。函數在高中物理中的應用。（如：正比例函數；一次函數；二次函數；三角函數）3、不等式在高中物理中的應用；4、比例法；5、極值法在高中物理中的應用；6、圖象法在高中物理中的應用廣泛 （包括圖線）。7微積分思想巧妙求功；8、幾何知識在高中物理中的應用。應用之一、初中數學解方程組的應用。例1《憤怒的小鳥》是一款時下非常流行的游戲，游戲中的故事也相當有趣，如圖甲，為了報復偷走鳥蛋的肥豬們，鳥兒以自己的身體為武器，如炮彈般彈射出去攻擊肥豬們的堡壘。某班的同學們根據自己所學的物理知識進行假設：小鳥被彈弓沿水平方向彈出，如圖乙所示，若h1=0。8 m，l1=2 m，h2=2。4 m，l2=1 m，小鳥飛出能否直接打中肥豬的堡壘？請用計算結果進行說明.（取重力加速度g=10 m/s2）

解析：設小鳥以v0彈出能直接擊中堡壘，

則h1+h2=12gt2l1+l2=v0t

t= 2h1+h2g= 2×0.8+2.410 s=0。8 s

v0=l1+l2t=2+10.8 m/s=3。75 m/s

設在臺面的草地上的水平射程為x，則

x=v0t1h1=12gt21

x=v0× 2h1g=1。5 m

可見小鳥不能直接擊中堡壘

應用之二、一次函數多用來表示線性關系。如：（1）勻速運動的位移 時間關系，（2）勻變速運動的速度-時間關系，（3）歐姆定律中電壓與電流的關系等。

例2.具有我國自主知識產權的“殲-10”飛機的橫空出世，證實了我國航空事業在飛速發展.而航空事業的發展又離不開風洞試驗，簡化模型如圖a所示，在光滑的水平軌道上停放相距s0=10 m的甲、乙兩車，其中乙車是風力驅動車.在彈射裝置使甲車獲得v0=40 m/s的瞬時速度向乙車運動的同時，乙車的風洞開始工作，將風吹向固定在甲車上的擋風板，從而使乙車獲得了速度，測繪裝置得到了甲、乙兩車的v-t圖象如圖b所示，設兩車始終未相撞.

（1）若甲車的質量與其加速度的乘積等于乙車的質量與其加速度的乘積，求甲、乙兩車的質量比；

（2）求兩車相距最近時的距離.

解析：（1）由題圖b可知：甲車的加速度大小

a甲=40-10t1 m/s2

乙車的加速度大小a乙=10-0t1 m/s2

因甲車的質量與其加速度的乘積等于乙車的質量與其加速度的乘積，所以有

m甲a甲=m乙a乙

解得m甲m乙=13。

（2）在t1時刻，甲、乙兩車的速度相等，均為v=10 m/s，此時兩車相距最近對乙車有：v=a乙t1

對甲車有：v=a甲（0。4-t1）

可解得t1=0。3 s

車的位移等于v-t圖線與坐標軸所圍面積，有：s甲=40+10t12=7。5 m，

s乙=10t12=1。5 m。

兩車相距最近的距離為smin=s0+s乙-s甲=4。0 m。

[答案] （1）13 （2）4。0 m

應用之三、二次函數表示勻變速運動位移與時間關系，平拋運動等。

例3、如圖4-2-6所示，一小球自平臺上水平拋出，恰好落在臨臺的一傾角為α=53°的光滑斜面頂端，并剛好沿光滑斜面下滑，已知斜面頂端與平臺的高度差h=0。8m，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0。8，cos53°=0。6。求：

1）小球水平拋出的初速度v0是多少？

（2）斜面頂端與平臺邊緣的水平距離x是多少？

（3）若斜面頂端高H=20。8m，則小球離開平臺后經多長時間到達斜面底端？

解析：（1）由題意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，說明此時小球速度方向與斜面平行，否則小球會彈起，所以，vy=v0tan53°，v2y=2gh。

代入數據，得vy=4m/s，v0=3m/s。

（2）由vy=gt1得t1=0。4s，

x=v0t1=3×0。4m=1。2m。

（3）小球沿斜面做勻加速直線運動的加速度

a=mgsin53°m=8m/s2，

初速度 v=v20+v2y=5m/s。

Hsin53°=vt2+12at22，

篇10

電路分析基礎課程面向我院電類直通車學生開設，這些學生所學專業門類復雜多樣，在后續的專業課中所學的裝備也不同，它們所需的專業基礎知識也就各有不同，側重點也不一樣，因此需要認真分析傳授的內容與專業需要是否匹配，通過在主要內容上合理地分配學時，加深學生對主要知識點的把握。因此將課程內容模塊化，主要包括：直流線性電路模塊、交流線性電路模塊和非線性電路模塊[1]，每一個模塊又分為若干小模塊。例如，直流線性電路模塊又分為電路基礎模塊、RS電路模塊、RLCS電路模塊；交流線性電路模塊又分為正弦穩態電路模塊、三相電路模塊、非周期電源電路模塊、耦合電路模塊等。在講授時，通過將課程內容的靈活組合，對模塊和知識點進行適當調整，就可適應不同專業需求。

在教學內容安排上，按照電路組成元件的種類和數量由簡到繁的原則，依據電源元件的時域特性和頻域特性，按照先易后難的認知規律進行講授。例如在講授直流線性電路模塊時，首先講授電路基礎模塊，其中主要講授電路中的四類基本元件――電源、電阻、電感、電容的特性和伏安關系，在此基礎上，講授單類電路元件的電路分析，然后講授具有兩類電路元件的電路分析（包括RS電路、RL電路和RC電路），再講授具有三類電路元件的電路分析（包括RLS電路和RCS電路），最后講授具有四類電路元件的電路分析（RLCS電路）。在講授完直流線性電路模塊后，以其為基礎，通過引入Z元件（阻抗元件）和S元件（運算阻抗元件），將正弦穩態電路分析和線性電路復頻域分析歸為直流線性電路分析方法的應用。在講授過程中，要緊緊抓住“兩類約束”（即元件約束――元件的伏安關系，拓撲約束――基爾霍夫定律）在電路分析中的具體運用，讓學生了解電路分析中的許多方法都是在這兩類約束具體應用的基礎上演變而來的，讓學生知道各種分析方法的來龍去脈，做到不但知其然，而且知其所以然，以加深對各種分析方法的理解。這樣的教學內容安排，內容更加簡潔，條理更加清晰，結構更加合理，便于學生對知識的掌握。

二、改進教學方法，提高教學效果

在電路分析基礎課程教學改革過程中，由于課時數減少，如何在較短的時間內使學生掌握知識，提高授課效果，是值得思考的問題。在授課過程中除采用傳統的啟發式、研討式等傳統教學方法外，還嘗試采用工程案例式、比照推演式等教學方法，著力培養學生的工程實踐能力和斂散思維。

1.工程案例式教學培養學生工程實踐能力。工程案例式教學是在教師的指導下，根據教學目的的要求，組織學生通過對案例的閱讀、思考、分析、討論和交流等活動，引導學生把案例與理論相結合，運用所學知識對案例進行分析和探討，從中得出經驗和教訓，從而使學生更深切地理解理論的真諦，訓練學生分析問題和解決問題的實際能力，從而加深他們對基本原理和概念理解[2]。例如在講授最大功率傳輸定理時，可以以晶體管收音機為例進行講解。首先簡單給學生介紹一下收音機電路的組成和工作原理，然后提出“如何才能使得揚聲器發出的聲音最大？”這一問題，引導學生思考、討論、相互交流，經過充分思考、討論之后，將收音機電路中原有的揚聲器去掉，換接幾個不同阻值的揚聲器進行實驗，發現揚聲器的阻值不同，其發出的最大聲音也不一樣。接下來繼續探討問題的成因，將除揚聲器以外的電路看成一個含源二端網絡，將含源二端網絡運用剛剛講過的戴維南定理進行等效，通過極值定理的條件，可以得出只有當揚聲器的阻值與戴維南定理的等效電阻相等時，揚聲器上得到的功率最大，聲音也就最響，從而使學生了解最大功率傳輸定理的內容和本質。

2.比照推演式教學方法培養學生斂散思維。比照推演式教學方法就是通過與學生已熟悉知識的對比，引出新的教學內容，從而使得學生聽得懂、學得明白[3]。在“電路分析基礎”課程中，很多知識點（如電路與磁路、直流電路與交流電路、正弦周期電路和非正弦周期電路等）都可以采用比照推演式教學方法來講授，使學生將不同知識點比照學習，在已知知識的基礎上通過進一步探討，就可以獲得新知識，達到事半功倍的效果。例如，在直流電阻電路中，歐姆定律和基爾霍夫定律是分析電路的基礎，通過這兩個定律可以引出支路電流法、節點電壓法、網孔電流法等分析方法，因為這些方法就是這兩個定律的具體應用，只不過是針對于不同的電路拓撲而推導出的相對簡單的解題方法而已。如果將直流電阻電路中的電源變成正弦交流電，將電阻元件（R元件）變為阻抗元件（Z元件），將各物理量變為相量，則正弦交流電路的分析方法與直流電阻電路的分析方法相類似，只不過是將歐姆定律、基爾霍夫定律轉化為了相量形式，而支路電流法、節點電壓法、網孔電流法等分析方法仍然適用。這樣，在學生具有直流電阻電路相關知識的基礎上，只需把正弦交流電的特性、阻抗元件的變換、物理量的相量表示講清楚，正弦交流電路的求解也就迎刃而解。

三、完善教學手段，培養創新能力

電路分析基礎課程內容理論性和實踐性都很強，如果只靠課堂講授的辦法很難激發學生的學習興趣，因此需要采用多種教學手段，來激發學生學習興趣，培養學生的創新能力和探索精神。

1.現代化教學激發學生興趣。在課堂教學中，傳統的教學方法主要以教師講授基本理論和方法為重點，尤其對于一些理論性強、與現實生活聯系不緊密的內容，單純采用講授的方法效果往往不佳。而對于多媒體技術，可以借助動畫、短視頻、微課等多種表現形式輔助講解，從而使學生的注意力、觀察力、想象力等智力因素積極參與，提高學習的成效。針對課程內容理論性強的特點，引入MATLAB、EWB等計算機輔助分析與仿真手段[4]，使電路理論分析計算與計算機仿真技術有機結合起來，為學生呈現一種更為直觀的電路工作狀態和結果，將看不見摸不著的理論分析轉化為實際電路，對學生更有說服力，可極大激發學生的學習興趣，有效提高學習效果。

2.實驗教學培養學生動手能力。針對課程實踐性強的特點，充分利用線上和線下的資源提高學生的動手能力。線上資源主要依托校園網的網絡教學平臺網上實驗室來進行，線下資源主要依托電工電子實驗中心的開放性基礎教學實驗室來完成。在設計實驗時，根據實驗的類型和特點，分為驗證性實驗、綜合性實驗和設計性實驗[5]。驗證性實驗的主要目的是使學生加深對理論知識的理解和掌握，強化基礎實驗技能；綜合性實驗的主要目的是使學生綜合運用所學知識來解決實際問題，利用新技術、新方法拓寬學生思維，提高綜合應用知識的能力；設計性實驗的主要目的是使學生自行設計內容并完成相關實驗，鍛煉學生獨立思考的能力和創新能力。通過實驗分級可以使學生完成知識消化、知識拓展和知識創新的過程。

篇11

例1如圖1所示，一重力為G的物體懸掛在兩根細線OA和OB下處于靜止狀態，其中OB與豎直方向的夾角α=30°，OB處于水平狀態，現將OA繞O點緩慢移到豎直位置，而保持O點不動，則在OA移動過程中，下列說法中正確的有（ ）。

圖1A。OB線中的張力逐漸變大

B。OB線中的張力逐漸變小

C。OA線中的張力逐漸變小

D。OA線中的張力先變小后變大

解析如右圖，先受力分析，若要求出FOA和FOB表達式，由于會涉及OA的方向變化，計算會比較復雜。若用作圖法非常直觀和簡單：先將FOA和FOB合成，其合力與重力G平衡，OA在向上轉動過程中，由于OB的方向不變，所以FOA的大小受虛線MN限制，從而看出FOA先小后變大，所以D對；根據平行四邊形定則可得出F OB逐漸變小，所以B對，所以選BD。

小結這類題有明顯的特點：一般用于三力平衡，且三個力的特點分別是，其中一個力是恒力（大小和方向都不變），有一個力是方向不變，大小可以變，還有一個力大小變化。

例2一表面光滑的半球固定在水平地面上，其半徑為R，在球心正上方固定一個滑輪，現用一條細繩繞過滑輪，繩的一端栓一小球，另一端跨過滑輪用手拉住，如圖2所示，現緩慢拉動繩，使小球緩慢從A點移動到B點，則在這過程中半球對小球的支持力N和繩的拉力T如何變化（ ）。

圖2A。 N變大，T變小B。 N變小，T不變

C。 N不變，T變小D。 N變小，T變小

解析先分析受力，由于小球向上移時拉力T和支持力N的方向都在變化，所以不適合例1的方法。可以用相似三角形的方法：把拉力T和支持力N合成，其合力與重力G平衡，可以看出陰影部分三角形與三角形OCA 相似，所以G1OC=N1OA=T1AC，而F合=G不變，OC和OA的長度不變，AC變短，所以N不變，T變小，正確選項是C。

圖3例3如圖3所示，汽車在岸邊通過定滑輪用繩拉小船，使小船勻速靠岸，若水對船的阻力不變，下列說法中正確的是（ ）。

A。繩子的拉力不斷增大

B。船受到的浮力不斷減小

C。船受到的合力不斷減小

D。繩子的拉力可能不變

圖4解析如圖4所示，先對分析小船受力，可以看出小船受四個力作用，不好用合成法和相似三角形的方法，可以用正交分解法，設繩拉船的方向與水平方向成θ角，由于小船勻速運動，船受到的合力一直為零（不變），所以C錯，由平衡條件，水平方向有 Fcosθ=Ff，豎直方向有Fsinθ+F浮=mg，在小船靠岸的過程中，θ增大，而阻力Ff和重力mg保持不變，所以繩的拉力F增大，浮力F浮減小，所以選項A、B正確。

二、變加速問題

物體運動過程中，由于物體受到的某一個力在變化，引起物體的加速度、速度等的變化，進而引起相關的物理量的變化。這類問題主要考查受力分析和牛頓第二定律等方面的基礎知識，也會進一步考查動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律，有一定的綜合性。

圖5例4如圖5所示，一豎直放置的輕彈簧下端固 定在水平面上，一小球從彈簧正上方某高處由靜止開始下落，則在以后的運動過程中，下列敘述中正確的是（彈簧始終豎直且在彈性限度內）（ ）。

A.當小球剛接觸彈簧時，小球的動能最大

B.從小球接觸彈簧到最低點，小球的速度先增大后減小

C.從小球接觸彈簧到最低點，小球的加速度增大后減小

D.當小球運動至最低點時，小球與彈簧組成的系統的勢能最大

解析小球剛接觸彈簧時，彈簧對小球的彈力小于小球的重力，小球的加速度和速度方向都豎直向下，小球繼續向下做加速度減小的加速運動，所以此時小球的速度（和動能）不是最大，選項A錯誤；當彈簧對小球向上的彈力與重力大小相等時，小球的加速度等于零，小球速度（動能）最大，小球再向下運動時，彈簧對小球的彈力大于小球的重力，小球的加速度向上，小球向下做加速度增大的減速運動，所以先項B對，C錯；在小球整個運動過程中只有重力和彈簧的彈力做功，小球與彈簧組成的系統的機械能守恒，即動能、重力勢能和彈性勢能的總和不變，因此當小球動能最小時，即小球運動至最高點和最低點時，小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和最大，選項D正確，所以選項B、D正確。

三、動態電路問題

電路動態變化是閉合電路中的一個重點和難點，它涉及電路的知識面廣，綜合性強，往往是牽一發而動全身，一處出錯，后面判斷全錯，為此，應按：局部整體再局部的思路來處理。

例5如圖6所示的電路中，電壓表和電流表都看作理想電表，電源內阻為r。閉合開關S，當把滑動變阻器R3的滑動片P向a端移動時 （ ）。圖6A。電壓表V1的示數變小，電流表A的示數變小

B。電壓表V1的示數變大，電壓表V2的示數變大

篇12

審題能力是解物理題的重要能力之一，而挖掘隱含條件又是審題能力的關鍵，有很大一部分題目的部分條件并明確給出，而是以非常含蓄的形式隱藏在題目之中。若對試題中文字表述不作深入地剖析，很可能會使思路誤入歧途，得出與實際答案不相付的結果，甚至得不出答案。如何挖掘題目中隱含條件，提高學生解題能力。本文就這方面作些探討。

1 隱含在題干描述當中

這種類型題比較容易挖掘，如“在光滑水平面上運動”意味著物體與水平面間沒有任何摩擦力；“不可伸長的細繩”意味著繩子拉伸的形變及繩子本身的質量應該忽略；“緩慢移動的物體”意味著物體一直處在受力平衡狀態；“輕質小球、輕質彈簧”即可以忽略球、彈簧的質量；“理想電流表、理想電壓表”即可以認為電流表內阻為零，電壓表內阻無窮大。

例1 如圖1所示，長為L的輕繩，一端用輕環套在水平光滑的輕桿上，另一端連接一質量為m的小球，開始時繩子拉直并轉到與橫桿平行的位置，然后放手，當繩子與橫干成θ角時，小球在水平方向和豎直方向的速度各是多少？

解析 題中的“輕繩、輕球”即不計其質量，“水平光滑橫桿”不計其摩擦。

由這些條件可知，小球靜止釋放后沿豎直方向作自由落體運動，于是由自由落體運動規律不難求出：當繩子與橫桿成θ角時小球速度水平分量vx=0；豎直分量vy=2gLsinθ。

2 隱含在物理規律之中

例2 質量相等的A、B兩球，在光滑水平面上沿同一直線同一方向運動，A球的動量是7kg?m/s，B球的動量是5kg?m/s。當A球追上B球時發生碰撞，則碰撞后兩球動量可能的值是：

A.pA=6kg?m/s，pB=6kg?m/s。

B.pA=3kg?m/s，pB=9kg?m/s。

C.pA=-2kg?m/s，pB=14kg?m/s。

D．pA=-4kg?m/s，pB=17kg?m/s。

解析 由動量守恒定律可得：pA1+pB1=pA2+pB2驗證A、B 、C三項皆有可能 ，從碰撞前后動能變化看，總動能只能守恒或減少。再由EkA1+EkB1EkA2+EkB2得知只有A可能。

因此題目中隱含條件共有三條：（1）動量守恒；（2）動能不能增加；（3）符合實際情況。

3 隱含在極值當中

例3 如圖2所示，以恒力F通過動滑輪將重力為G的物體沿斜坡從坡底拉到坡頂（不考慮物體轉動、不計動滑輪和細繩重力以及它們之間摩擦力）。為使F作功最小，F的大小和方向應該怎樣？

解析 在審題時，認真推敲題中“F作功最小”這句話中隱含的條件就能發現：首先，物體應勻速上升即加速度a =0；其次，最小功W=Gh(h為斜面的高)，也就是說F克服摩擦力作功為0，則摩擦力f=0,又有f=μFN,可知斜面對物體的彈力FN=0。共找出兩個隱含條件：a =0和FN=0，所求問題就迎刃而解了。

設兩段繩子夾角為θ，通過受力分析、正交分解，由平衡條件得：

F+Fcosθ=Gsinθ;Fsinθ=Gcosθ。

解得：F=G;θ=120°。

4 隱含在日常常識中

例4 如圖3所示，一臺“220V、2A”電動機工作電路圖。滑動變阻器R的總電阻阻值為50Ω，電動機線圈電阻r=5Ω,電源電壓U=220V,電動機剛開始時，滑動變阻器滑片c在a端，電動機啟動后滑片c滑到b端，電動機正常工作，試求：（1）電動機剛啟動時電流和熱功率；（2）電動機正常工作時，電動機的熱功率和機械功率。

解析 電動機剛啟動時，電樞還沒有轉動沒有機械能輸出，此處隱含：此刻電動機可以看作純電阻組件，歐姆定律適合。電動機正常工作后是非純電阻組件，歐姆定律不適應。

（1）剛啟動時啟動電流：

I=UR+r=22055A=4.0A。

此時熱功率為：

P熱=I2（R+r）=42×55=880W。

(2)電動機正常工作時，電路電流I′=2A,熱功率P熱=I2r=22×5=20W; 電動機輸出功率P機=UI=P熱=（220×2-20）=420W。

5 隱含在物理概念當中

例5 已知某種金屬在一束黃光照射下發生光電效應,下列說法中正確的是（ ）

A.若增加一束同樣的黃光照射相同時間內逸出光電子數目將增加。

B.若增加一束同樣的黃光照射逸出光電子的最大初動能將增加。

C.若改用一束強度相同的紫光照射逸出光電子的最大初動能將增加。

D.若改用一束強度相同的紫光照射相同時間內逸出光電子數目將增加。

解析 金屬發生光電效應時光電子的最大初動能只取決于入射光的頻率；單位時間內逸出光電子數的多少由單位時間內入射到金屬表面的光子數決定；光的強度則是由單位時間內照到單位面積的光子數和光子能量共同決定，如果黃光和紫光強度相同則單位時間內單位面積紫光的光子數少，因為紫光光子頻率高能量大，因此答案為A、C。該題的條件隱含在概念之中。

6 隱含在物理現象當中

例6 市場上有鐘燈具俗稱“冷光燈”，用它照射物品時能使被照物品處產生的熱效應大大降低，從而，廣泛用于博物館、商場，這種降低熱效應原理之一是在燈泡放置的反光鏡玻璃表面鍍一層薄膜（如氟化鎂），這種膜能消除不鍍膜時玻璃表面反射回來熱效應最顯著的紅外線，以λ表示紅外線在薄膜介之中的波長，則所鍍膜的厚度最小應為（ ）

A.λ/8 。 B.λ/4 。 C.λ/2。 D.λ。

解析 本題條件隱含在此膜能消除玻璃表面反射回來熱效應最顯著的紅外線，即發生薄膜干涉。薄膜干涉的原理是：薄膜前后兩次反射的紅外線的光程差為半波長的奇數倍，則它們反相疊加相互減弱。設薄膜厚度為d,由以上原理可知：2d=(2k+1)λ/2 ,當k=0,d的最小值為λ/4 ， 所以本題答案為B。

7 隱含在已知條件的數據中

例7 如圖4所示, 傳送帶與水平地面夾角θ為37°由上端到下端的長度16m,傳送帶以v=10m/s的速率逆時針傳動,在傳送帶上端無初速度放一質量為m =0.5kg的物體,它與傳送帶之間的動摩擦因數為μ=0.5,求物體從上端到下端所需時間。

解析 物體放上傳送帶后,開始階段由于傳送帶速度大于物體速度,傳送帶給物體一個沿傳送帶向下的滑動摩擦力,物體受力如圖5所示,物體由靜止開始向下加速運動,由牛頓第二定律可得:

mgsinθ+μmgcosθ=ma1，

解得a1=gsinθ+μgcosθ，代與數得：

a1=10m/s2 。

設當物體與傳送帶速度相同時所用時間

t1=va1=1010=1m/s。

由于μ＜tanθ,所以物體在重力作用下繼續加速運動,當物體速度大于傳送帶速度時傳送帶給物體一個沿斜面相上的摩擦力,物體受力如圖6所示,由牛頓第二定律可得到：

mgsinθ+μmgcosθ=ma2。

解得a2=gsinθ+μgcosθ=2m/s2 。

設后一段時間為t2 ，傳送帶斜面長為L ，t1時間內通過的位移為s ，

t1s末速度為v ;由運動學方程

L-s=v t2+a2t222，s=a2t212，v=a1t1，

聯解得：t2=1s;t2=-11s （舍去）。

所以物體由頂端到底端所共需時間

t=t1+t2=2s。

解此題關鍵要注意到μ＜tanθ這一隱含條件，從而才能正確判斷處第二階段運動情況。

8 隱含于圖像當中

例8 一位蹦床運動員僅在豎直方向運動，彈簧床對運動員的彈力F隨時間t變化規律通過傳感器用計算機繪制出來的圖如圖7所示，取重力加速度g=10m/s2，結合圖像求運動員在運動過程中：①跳起最大高度；②最大加速度。

解析 由圖像可知隱含條件：

每次騰空時間Δt=8.7-6.7=2.0s;并且圖7還隱含人的重力G等于彈簧彈力F不變時的500N,彈簧向上的最大彈力Fm=2 500N。

所以上升時間為t=1.0s。

由運動學公式可得：

h=gt22=5m，Fm-G=mam;am=40m/s2。

參考文獻：

［1］周益新.教材精析精練.延吉:延邊教育出版社,2004

篇13

一、口訣法

在初中物理教學的一些重難點上，對邏輯思維能力的要求較高，學生在學習上容易出現畏難情緒，教師如果能及時幫助學生總結所學的知識內容，把一些物理知識中枯燥、復雜的難點考點編成生動活潑的口訣，化繁為簡，對學生突破學習瓶頸，保持學習興趣具有良好的作用，在解題時靈活地運用它們，可有效地提高學生的學習效率。

“天平水平，游碼歸零；調螺母，針指中，橫梁平；物放左，鑷砝碼，輕放右；輕加減，調游碼，梁又平；砝碼值，游碼指，求其和。”

在學習使用天平時，有些同學對天平的使用方法記不住，經常把測量前和測量時兩次“調節”搞混淆，為幫助這部分學生記住天平的使用，在實驗指導的基礎上總結出了以上的口訣，這部分同學在使用時按照口訣就不會弄錯了。

“一上一下，方向看下；接左向右大，接右向左大。”

在學習滑動變阻器的使用時，以往都是讓學生通過實驗，總結出滑動變阻器的使用，這樣較費時間，又記得不牢，特別是動手能力不強的同學更是不得其解。經過反思我改變了以往的方法：先引導學生學習使用，再通過實驗驗證。具體是這樣的：在復習改變電阻的方法后得到要改變臺燈的亮度的方法，其中，通過改變電阻長度來實施比較容易而引出滑動變阻器。接下來介紹滑動變阻器的原理和結構，畫好結構簡圖，我就讓同學們思考并在紙上逐步完成下列幾個問題：

1.滑動變阻器一共有四個接線柱，假如每次只接兩個，一共有幾種接法？

2.分別在圖中畫出這幾種接法（通過示例）。

3.用紅筆分別將電流流過的電阻絲的部分描出，并觀察哪幾種接法電阻可調（接入長度可調）？哪幾種不可調？

4.不可調的在接法上有什么特征？可調的又有什么特點？你能不能把可調的總結成一句簡單的話，讓別人一看就知道如何接是可調的？（同學們想出了很多可行的說法，但不夠簡潔，在引導下最終得出“一上一下”的說法）

5.再說出可調的幾種接法中滑片向哪邊調接入電路的電阻是變大的？是由什么決定的？（在此基礎上得出“方向看下”的說法）

最終總結出了以上口訣。然后再讓同學們通過實驗驗證，這節課學生學得輕松記得牢，效果很好。

其他像安全用電部分也有相關的口訣，也能使學生記得牢，如三孔插座的“左零右火中接地”，凸透鏡成像中的“一焦分虛實，二虛分大小”、“物近像遠像變大”等我也都要向學生講解，幫助他們記得牢。

二、成語俗語法

成語以其言簡意賅、朗朗上口，在記憶上獨占優勢，復雜的物理知識若能借成語來表達，就會大大降低記憶的難度：

“一榮俱榮，一損俱損”

在學習串、并聯電路特點時，以往有學生對串聯電路一齊亮一齊滅這一特點理解比較片面，碰到干路上開關控制整個電路的情況常認為是串聯電路，經過反思我將串聯電路特點歸納為“一榮俱榮，一損俱損”的團結作戰精神，而并聯電路是“各自為政”的個人英雄主義，并特別在損字上加著重號，提醒是“損壞”或“拿走”。這樣以后學生學會從下掉壞了的燈來觀察另一盞燈的發光情況來判斷是串聯還是并聯，更加理解了并聯電路可以單獨工作的這一特點。

“左顧右盼”

在學習電學知識時，有這樣一類題：滑動變阻器在調節的過程中，電路中各部分電壓的改變情況，同學們對定值電阻兩端的電壓的改變可以理解，對滑動變阻器兩端的電壓的改變還習慣去用公式U2＝IR2分析，因為I和R2都在改變，而且一個變大一個變小，不好確定。我就提醒同學們注意定值電阻兩端的電壓的變化，根據U1=IR1，由于R1不變，只有I變化從確定U1的變化，再根據U=U1+U2可以得到滑動變阻器兩端的電壓的變化。有部分同學有時會忘記這樣去做的，我就給他們為這一方法取了名字叫“左顧右盼”讓他們發現問題可以從另一方面考慮。這不僅是針對這類題，對較多方面的問題都有幫助：從一方面不能解決問題時可以“左顧右盼”想想另一方面，從另一個因素入手，或從另一個元件思考。比如下題：要測標有“3.8 V”字樣的小燈泡的額定功率，電源電壓為6 V且不變，器材有電流表、電壓表、滑動變阻器、開關、導線等，由于電壓表的0~15 V量程損壞，請你想辦法設出這個小燈泡的額定功率。同學們用“左顧右盼”的方法很快就想到了將電壓表并聯在滑動變阻器兩端，并使電壓為6 V-3.8 V=2.2 V，測出此時的電流即可。

“以毒功毒”

有一次碰上這樣一道題：請問如圖中的三個燈泡是如何連接的？它們是串聯還是并聯的。用了“變形法”，“電流路徑法”，還有不少同學不太懂，有部分同學似懂非懂。經過反思，決定用“實驗法”并給其命名：先將三燈串聯，再接上圖中第一根導線發現L2和L3不亮了，說明第一根導線將L2和L3短路了。再取下第一根導線接上第二根導線，發現L1和L2不亮了，說明第二根導線將L1和L2短路了。“接下來見證奇跡的時刻到了”我用一句劉謙的話提醒同學們注意：我將再第

一根接上，發現三燈全亮了，而且很亮，再通過下燈泡的方法確定了此時三燈是并聯的。最后我說第一根導線短路稱之為有“毒”，第二根導線也稱之為有“毒”，兩根導線全接上去就無“毒”了，用一成語叫什么？同學們異口同聲地回答“以毒攻毒”。我立即給這一問題命名為“以毒功毒”，以后只要一說這個成語同學們就知道怎么回事了。

“三十年河東，三十年河西”

學習電功率時有這樣一類題：L1和L2兩燈串聯時，L1亮，若將它們并聯時(都能發光)誰亮呢？分析：L1亮說明實際功率大即：P1>P2，由于串聯電路電流相等，根據P=UI可知U1>U2，再根據歐姆定律知R1>R2。并聯時由于電壓相等，電阻大的電流小，所以L1的電流小功率小，此時L2亮些。這真是“三十年河東，三十年河西”。學生再碰到這類問題時就會迎刃而解了。

三、極值法

在解變化類的問題時，當其中一個或幾個物理量發生變化，另外相關物理量就可能會發生變化。而在分析具體的變化情況時我們發現，按照常規的分析方法有時會比較復雜，還容易出錯。這時我們就可以試試用“極值法”解題，可使分析過程大為簡化，解題速度及準確率也會進一步提高。“極值法”就是取極值，取物理量的極大值或極小值后再進行分析、推斷。下面結合實例看看“極值法”在解題中的妙用。例如：

如圖所示，一杠桿在F1和F2（F1>F2）兩個力的作用下處于水平平衡狀態，現將F1和F2的作用點分別同時向支點移動相同的距離試判斷杠桿將如何轉動?