引论：我们为您整理了13篇欧姆定律极值问题范文，供您借鉴以丰富您的创作。它们是您写作时的宝贵资源，期望它们能够激发您的创作灵感，让您的文章更具深度。
篇1
一、实验法
将滑动变阻器作为外电路电阻，用电压表测出滑动变阻器两端的电压，用电流表测出通过滑动变阻器的电流。根据P=UI计算出电源的输出功率。改变滑动变阻器的阻值再继续测量，测出不同电阻对应的电压和电流值。在这个实验中，我们探究三种情况下电源的输出功率与外电路电阻的关系。
第一，当R
第二，当R=r时,电源的输出功率怎样变化？
第三，当R>r时,随着R的增大，电源的输出功率怎样变化？
由于在此实验中，电源的内阻较小，想使R
■
通过实验获取数据如下：
■
分析实验数据可得：当Rr时随着R的增大输出功率减小。
二、求极值法
如果外电路是纯电阻电路，闭合电路欧姆定律适用，那么电源输出功率，根据P出=UI=I2R=（■）■R=■=■=■。由上式可得当R=r时,电源的输出功率最大Pmax=■；当Rr时，电源的输出功率随R的增大而减小。
三、图像法
根据P=■画出电源的输出功率与外电路电阻的图像。
■
由图像获得信息：
当R
当R=r时，电源的输出功率最大Pmax=■。
当R>r时，随外电路电阻R的增大电源的输出功率P减小。
通过三种教学方法的结合，学生能较熟练地应用该部分内容来解决相关问题。
典型例题：
如图所示：R为电阻箱，电表V为理想电压表。当电阻箱读数为R1=2 Ω时，电压表读数为U1=4 V；当电阻箱的读数为R2=5 Ω时，电压表读数为U2=5 V。求：
（1）电源的电动势E和内阻r。
（2）当R的读数为多少时，电源输出功率最大？最大值是多少？
■
解析：（1）闭合电路欧姆定律，上述两种情况可列以下两个方程：
E=U1+I1r（1）
E=U2+I2r（2）
而I1=■=■A=2 A,I2=■=■ A=1 A,代入数据解得r=1 Ω,E=6 V。
（2）当R=r=1 Ω时，电源的输出功率最大，Pmax=■=9 W。
扩展：如图所示：
■
电源电动势E=6 V,r=10 Ω，固定电阻R1=90 Ω，R2为变阻器，在R2从0 Ω增大到400 Ω的过程中，求:
（1）可变电阻R2所消耗的功率最大的条件和最大功率。
（2）电源的内阻r和固定电阻R1上消耗的最小功率之和。
解析：（1）如图电路为纯电阻电路，把R1看成电源内阻的一部分，则r'=r+R1,根据电源输出功率最大的条件，有R2=r+R1=100 Ω时，R2上消耗功率最大P2max=■=■=■ W。
（2）因为r和R1是固定电阻，所以当电路电流最小时，电阻最大，即R2=400 Ω时，电源的内阻和固定电阻R1上消耗的功率之和最小。
以上方法和结论只是满足外电路是纯电阻电路,如果外电路是非纯电阻电路,闭合电路欧姆定律不再适应,那么电源的输出功率P出=IE-I2r-I2+■=-（I-■）2+■。
不难看出当I=■时,电源的输出功率有最大值P出max=■，且此最大值与外电路电阻R无关,仅由电源本身决定。
典型例题:
一个电源，电动势E=6 V，内电阻r=1 Ω，下列结论正确的是（ ）
A.当外电路只分别单独接R1，R2时，若R1
B.此电源可对额定电压为2 V，额定功率为5 W的电动机供电，使其正常工作。
C.此电源可对额定功率是12 W的用电器供电，使其正常工作。
解析：①当外电路分别接电阻R1，R2时，是纯电阻电路，R1，R2消耗的功率是电源的输出功率，有图可知，由于不知道R1，R2的具体数值以及R1，R2和r的大小关系。可能会有P1>P2，P1
综合以上可知，电源的输出功率最大的一般条件应该是I=■，这既适合纯电阻电路，也适合于非纯电阻电路。条件R=r只是当外电路是纯电阻电路的一种特殊情况。所以我们要挖掘物理规的本质，体会其真正含义，才能收到事半功倍的效果。
篇2
例1 （2007年上海卷, 第23题）如图（a）所示，光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，间距为L、导轨左端接有阻值为R的电阻，质量为m的金属棒垂直跨接在导轨上。导轨和金属棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上有一矩形区域内, 存在着竖直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。开始时，金属棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度v1匀速向右移动时，金属棒随之开始运动，同时受到水平向左、大小为f的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时金属棒一直处于磁场区域内。
（1）求金属棒所达到的恒定速度v2 ；
（2）为使金属棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少？
（3）金属棒以恒定速度运动时，单位时间内克服阻力所做功和电路中消耗的电功率各为多大？
（4）若t＝0时, 磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经过较短时间后，金属棒也做匀加速直线运动，其v-t关系如图（b）所示，已知在时刻t金属棒的瞬时速度大小为vt ，求金属棒做匀加速直线运动时的加速度大小。
解析 （1）金属棒产生感应电动势
点拨：本题涉及电磁感应、安培力、运动学、牛顿运动定律等知识，金属棒切割磁感线, 在回路中产生感应电流，与感应电流相关的是安培力, 安培力联系着导体棒的速度、加速度, 本题要求考生细心分析导轨的运动情况，找出物理量之间的关系，考查了考生的综合分析能力。
例2(2007四川理综卷第23题)如图所示，P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为L1，处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中．一导体杆e f垂直于P、Q放在水平导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动．质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框a b c d置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里，金属框a b c d恰好处于静止状态, 不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力。
(1)通过ab边的电流Iab 是多大?
(2)导体杆ef 的运动速度v是多大?
解析 (1)设通过正方形金属框的总电流为I， ab、dc边的电流分别为Iab、Idc ，有Iab=3 4I，Idc=14I，金属框受重力和两个安培力作用处于静止状态，有mg=B2IabL2+B2IdcL2，由以上三式解得ab边的电流Iab=3mg4B2L2。
(2) 由Iab=34I，可得I=mgB2L2， ad、dc、cb三边串联后与ab边并联的总电阻 R=34r，根据闭合电路欧姆定律E=IR，即B1L1v=IR，由以上各式解得导体杆e f 的速度v=3mgr4B1B2L1L2。
命题热点：近年高考中, 利用“金属棒切割”进行考查时，“切割”以多种形式出现, 有“水平切割”、“竖直切割”、“斜面切割”，考查受力分析、运动过程、极值问题(如加速度极值、速度极值、功率极值，能量转换)等问题, 同时还加入了图像描述，比如F- t 图像、U - t 图像等，对运动过程的考查更为全面综合。
求解思路：在匀强磁场中匀速运动的“金属棒”受到的安培力恒定，用平衡条件进行处理；在匀强磁场中变速运动的导体棒受的安培力也随速度(电流)变化，变速运动的瞬时速度可用牛顿第一定律和运动学公式求解，要画好受力图, 抓住加速度a ＝0时，速度v达最大值的特点。
2 与动量、冲量知识相综合
在电磁感应现象中，金属棒受安培力作用，动量将发生变化, 由于安培力往往是变力, 无法用运动学公式和牛顿运动定律等知识求解, 这时运用动量定理求解显得十分方便；另外, 在双金属棒切割的系统中, 双金属棒构成闭合回路，安培力充当系统内力，实现动量的传递，用动量守恒定律进行求解更显方便快捷。
例3(2007江苏物理卷第18题) 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，现有一个边长l = 0.2m、质量m =0.1kg、电阻R =0.1Ω 的正方形金属线框M N O P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边刚开始进入磁场区域时, 感应电动势E=Blv0，感应电流I=ER，安培力F =BlI ，由以上三式解得安培力
F =2.8N。
(2)设线框竖直下落时，线框下落了H ，速度为vH，据能量守恒定律
mgH+12mv02=Q+12mv2H，
据自由落体规律vH2=2gH，
解得焦耳热Q=12mv02=2.45J。
(3)只有在线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势, 线框部分进入磁场区，感应电动势E=Blv，感应电流I=ER， 安培力F =BlI =B2l2Rv。
在t t +Δ t 时间内，由动量定理
-FΔ t=mΔ v，
求和-B2l2RvΔ t=mΔ v，
-B2l2Rx=0-mv0，得x=mv0RB2l2。
线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n=x2l=4.4, 即可穿过4个完整条形磁场区域。
点拨 本题将“金属棒切割”与动量定理、能量守恒定律、自由落体规律等物理主干知识有机综合，设置了新颖的物理情景, 注重基本概念和规律的理解, 同时考查运用数学工具解决物理问题的能力。
例4 如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)．由一段圆弧部分与一段无限长的水平段部分组成, 其水平段加有竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度为B，导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r. 另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60°，求：
(1) 金属棒ab在N处进入磁场区速度是多少? 此时棒中电流是多少?
(2) 金属棒ab能达到的最大速度是多大？
(3) 金属棒ab由静止到达最大速度的过程中, 系统所能释放的热量是多少?
本文为全文原貌 未安装PDF浏览器用户请先下载安装 原版全文
解析 (1) 金属棒ab由M下滑到N的过程中，只有重力做功，机械能守恒，mgR（1-cos60°）=12mv2，解得v=gR，进入磁场区瞬间，回路中电流强度为I=E2r+r=BlgR3r。
(2)设金属棒ab与cd所受安培力的大小为F，安培力作用时间为t．ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v' 时，电路中电流为0，安培力为0，cd达到最大速度．运用动量守恒定律得m v＝(2m+m)v'，解得v′=13gR。
(3)系统释放热量应等于系统机械能减少量，故有：Q=12mv2-12（3m）v′2 , 解得
Q=13mgR。
命题热点 电磁感应现象中，"金属棒切割"与动量和冲量等知识相联系, 近年高考命题中, 以"金属棒切割"为背景的试题, 要求考生灵活运用动量定理、动量守恒定律分析及推理,对考生具有一定的区分度. 这类试题涉及知识点多、综合性强，用动量转移和守恒观点分析电磁感应问题是高考的又一个重点。
求解思路 在电磁感应现象中，当金属棒只受安培力作用时，安培力对棒的冲量为 I ＝FΔ t = BLIΔ t＝BLq．在解题时涉及始，末状态，还有力和作用时间的，用动量定理；在等长度的双金属棒切割的系统中, 双金属棒构成闭合回路，安培力充当系统内力，使不同金属棒之间的相对运动产生制约，实现运动状态动量的改变，即实现动量的传递，可用动量守恒定律进行求解. 解决此类问题的关键：判断动量守恒定律成立的条件，即系统受到的合外力为零，且系统内作用于不同对象上的安培力等值反向。
3 与电流、电容知识相综合
金属棒切割磁感应线产生感应电动势, 金属棒在电路中相当于电源，可以与电阻、电容等元件构成较复杂的电路, 涉及电流分配、电压分配、电势高低、电容器带电量计算等, 与电学知识组成物理学科内综合题。
例5(2007天津理综卷第24题)两根光滑的长直金属导轨MN、M ′N′ 平行置于同一水平面内，导轨间距为L，电阻不计，M、M′ 处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C. 长度为L、阻值为R的金属棒 ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触, 在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q。求：(1)a b运动速度v的大小； (2)电容器所带的电荷量q。
解析 (1)设ab上产生的感应电动势为E，回路中的电流为I, 三个电阻R与电源串联，总电阻为4R，由闭合电路欧姆定律有 I=E4R=BLv4R，a b运动距离s所用时间t=sv，由焦耳定律有Q=I2（4R）t， 由以上三式解得v=4QRB2L2s。
(2)设电容器两极板间的电势差为U，则有U=IR=BLv4R×R=BLv4， 又v=4QRB2L2s，电容器所带电荷量q =CU，由以上三式解得
q=CQRBLs。
例6(2007广东卷第15题)如图甲所示，一端封闭的两条平行光滑导轨相距L，距左端L处的中间一段被弯成半径为H的1/4圆弧，导轨左右两段处于高度相差H的水平面上，圆弧导轨所在区域无磁场，圆弧右段区域存在匀强磁场B0，左段区域在均匀分布但随时间作线性变化的磁场B ( t )，如图乙所示，两磁场方向均竖直向上．在圆弧顶端放置一质量为m的金属棒ab，与左段的导轨形成闭合回路，从金属棒下滑开始计时，经过时间t0 滑到圆弧底端．设金属棒在回路中的电阻为R．导轨电阻不计，重力加速度为g。
(1)问金属棒在圆弧内滑动时，回路中感应电流的大小和方向是否发生改变? 为什么?
(2)求0到t0 时间内，回路中感应电流产生的焦耳热量。
(3)探讨在金属棒滑到圆弧底端进入匀强磁场B0的一瞬间，回路中感应电场的大小和方向。
解析 (1) 如图乙所示，金属棒滑到圆弧任意位置时，回路中磁通量的变化率相同,回路中感应电动势E1=ΔΔ t=Δ B×L2Δ t=B0L2t0， 感应电动势的大小和方向均不发生改变, 感应电流的大小和方向均不发生改变。
(2) 在时间0 ～ t0内，E1=B0L2t0，I=E1R，由焦耳定律, 回路中产生的热量
Q=I2Rt0=B02L4Rt0。
(3)设金属棒进入磁场B0一瞬间的速度为v， 金属棒在圆弧区域下滑的过程中机械能守恒：mgH=12mv2，v=2gH。
金属棒进入右段区域磁场B0,切割磁感线产生的感应电动势E2=B0Lv=B0L2gH，据右手定则，感应电动势方向ba，根据法拉第电磁感应定律，左段区域随时间变化的磁场B ( t )产生的感应电动势E0=B0L2t0， 据楞次定律，感应电动势方向ab。
设金属棒进入磁场B0瞬间的感应电动势E, 以方向ba为感应电动势的正方向，则
E = E2 -E1=B0L（2gH-Lt0） ，
由闭合电路欧姆定律得感应电流：
I=B0LR（2gH-Lt0），
根据上式讨论：①当2gH=Lt0时，I =0；
②当2gH＞Lt0时I=B0LR（2gH-Lt0），方向ba；
③当2gH＜Lt0时，I=B0LR（Lt0-2gH），方向ab。
命题热点 本题将电磁感应和电动势、电流、电路有机综合, 考查考生的推理能力、获取信息能力及综合分析能力，同时本题具有开放性, 要求考生自主探究, 在能力方面要求较高. 近年高考命题中, 有两类题型要引起关注：①利用改变金属棒有效长度考查对电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律的理解；②利用金属棒在磁场中转动, 考查对电磁感应定律、楞次定律的理解，该类命题主要特点是联系图像、实际等问题考查学生的综合分析能力。
求解思路 判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源) 利用E=BLv（或E=NΔΔt）求感应电动势的大小 利用右手定则或楞次定律判断电流方向 分析电路结构 画等效电路图, 利用闭合电路的欧姆定律、串并联电路的特点解决。
在应用公式E =B L v时，应注意：(1) 如果v为某一时间内的平均速度，则电动势为这一时间内的平均电动势；(2) 如果v为某一时刻的瞬时速度，则E为这一时刻的瞬时电动势；(3) 导线在磁场中, 以一端为圆心做圆周运动时, 导线的切割速度应取导线平均线速度
v=ωL2，E=12BωL2。
4 与功能关系相综合
电磁感应现象中，导体切割磁感线或磁通量发生变化在回路中产生感应电流，机械能或其他形式能量转化为电能，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为机械能或电阻的内能，电磁感应过程总是伴随着能量的转化. 当外力克服安培力做功时，就有其他形式的能转化为电能；当安培力做正功时，就有电能转化为其他形式的能. 具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为机械能或内能，电磁感应过程总是伴随着能量的转化。
例7(2007北京理综卷第24题)用密度为d、电阻率为ρ、横截面积为A的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abb'a' ，如图所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行。
本文为全文原貌 未安装PDF浏览器用户请先下载安装 原版全文
设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计可认为方框的aa' 边和bb' 边都处在磁极间，极间磁感应强度大小为B．方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力)．
(1)求方框下落的最大速度vm (设磁场区域在竖直方向足够长)；
(2)当方框下落的加速度为g /2时，求方框的发热功率P；
(3)已知方框下落时间为t时，下落高度为h，其速度为 vt( vt < vm)．若在同一时间t内，方框内产生的热与一恒定电流I0在该框内产生的热相同，求恒定电流I0的表达式。
解析 (1)方框质量m = 4LAd , 方框电阻R=ρ4LA， 方框下落速度为v时，产生的感应电动势E = B(2L)v , 感应电流I=ER=BAv2ρ，方框下落过程，受到重力G及安培力F,G = mg =4LAdg，方向竖直向下，F=BI（2L）=B2ALvρ，方向竖直向上。
当F= G时，方框达到最大速度，即v= vm,则B2ALvmρ=4LAdg，方框下落的最大速度vm=4ρdgB2。
(2)方框下落加速度为g/2时，有mg-BI（2L）=mg/2，则I=mg4BL=AdgB，方框的发热功率P=I2R=4ρALd2g2B2。
(3)根据能量守恒定律，有
mgh=12mvt2+I02Rt，
解得恒定电流I0的表达式：
I0=mRt（gh-12vt2）=Adρt（gh-12vt2）。
点评本题考查了电磁感应现象中等效电路的分析，功率计算及能量守恒定律的应用，把交流电中有效值的概念引入电磁感应电路，考查了学生的知识迁移能力。
例8(2005江苏卷第16题) 如图所示，固定的水平光滑金属导轨, 间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的金属棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与金属棒的电阻均可忽略．初始时刻,弹簧恰处于自然长度，金属棒具有水平向右的初速度v0．在沿导轨柱复运动的过程中，金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触。
(1)求初始时刻金属棒受到的安培力。
(2)若金属棒从初始时刻到速度第一次为零时, 弹簧的弹性势能为EP ，则这一过程中安培力所做的功Wl 和电阻R上产生的焦耳热Q1 分别为多少？
(3)金属棒往复运动，最终将静止于何处？从金属棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少?
解析 （1）初始时刻金属棒中感应电动势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)由功能关系，安培力做功
W1=EP-12mv02 ， (负功)。
电阻R上产生的焦耳热Q=12mv02-EP。
(3)由能量转化及平衡条件等，可判断金属棒最终静止于初始位置。
电阻R上产生的焦耳热Q=12mv02。
命题热点 近年高考命题中, 对于金属棒以能量形式命题有：棒与电源、棒与电阻、棒与电容、棒与弹簧等组合系统, 在金属棒运动中，以上组合都涉及多种能量形式的转化，要求考生从功和能的观点入手，分析清楚电磁感应过程中能量转化的关系, 考查考生应用能量守恒定律分析问题的能力。
篇3
2 例题
例1 如图1所示电路.电源电阻不能忽略，R1阻值小于变阻器R的总阻值（R1≠0）.当滑动变阻器的滑片P停在变阻器的中点时，电压表V的示数为U，电流表A的示数为I.则当滑片P向A端移动的全过程中
A.电压表的示数总小于U
B.电流表的示数总大于I
C.电压表的示数先增大后减小
D.电流表的示数先减小后增大
解析 此题电路的结构是滑动变阻器AP部分电阻与R1串联再与BP部分电阻并联，这并联电路再与R2串联，对于左端的并联电路，由于两支路电路之和一定，当两支路电阻阻值相等时，并联电路总阻值最大.所以当滑动端P向上移动的过程中，并联电路的总阻值R并总也是先增大后减小（注意开始时P位于R中点；R1≠0且小于R），电路中的总电阻R总先增大后减小，则电路中总电流I总先减小后增大；路端电压U总是先增大后减小，即电压表测定的电压先增大后减小，所以选项C正确.电流表测定的是滑动端P与A端电阻与R1串联支路的电流.当P向A端移动时，电路中总电流先变小，所以R2两端电压变小，但路端电压先变大，所以并联电路两端电压变大，而R1支路的电阻变小，因此通过电流表的示数增大；当P向A端移动电路中总电阻开始变小后，电路中总电流变大，R2两端电压变大，但路端电压变小，所以并联电路两端电压变小，看滑动端P与B端的电阻，其阻值增大，所以通过其电流变小，但由于总电流增大，通过电流表的电流为总电流与PB端通过电流的差值，所以电流表的示数仍要增大，也就是说电流表的示数总大于I，故选项B正确.
第二类是滑动变阻器移动变化， 可以通过采用极值（两端或中点或特殊点）方法化动态为静态.滑动变阻器的此类型问题的解题关键是：（1）弄清滑动变阻器原理，滑片滑动时电阻是变大还是变小；（2）弄清物理量是否变化，一般来说，电源的电压，定值电阻的阻值是不变，其它的物理量都是变化的；（3）弄清电压表示数表示的是哪一个电器两端的电压再结合电路规律解题.
例2 如图2所示的电路中，电源两端电压不变，电流表和电压表选择的量程分别为0～0.6 A和0～3 V.闭合开关S，在滑动变阻器滑片P从一端移动到另一端的过程中，电压表和电流表的示数均可达到各自的最大测量值（且不超过量程），在上述过程中，电阻R1消耗的最大电功率与最小电功率之比为9∶1.则当滑片P移至滑动变阻器的中点时，电路消耗的电功率为______W.
解析 由题意可知，这是由一个电阻和一个滑动变阻器组成的串联电路.串联电路的特点是流过各个电阻的电流相等，各个电阻的电压、电功率之比等于电阻大小之比.
闭合开关S，当P位于最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻为零，这时相当于电阻R1直接接在电源的两端，构成一个电阻R的电路.此时电路中的电流最大为0.6 A，根据欧姆定律表示出电源电压U=IR=0.6R，从而知道R所消耗的最大电功率
P最大=I2R=0.36 R（1）
当P移到最右端时，滑动变阻器的阻值全部接入电路，滑动变阻器两端的电压最大为3 V，根据串联电路的特点求出电路中电阻R两端的电压为
UR=U-U滑=0.6R-3 V（2）
再由欧姆定律表示出电路中的电流为
I最小=URR=0.6R-3R（3）
得出定值电阻R1所消耗的最小电功率.定值电阻R所消耗的最小电功率为
P最小=（I最小）2R=（0.6R-3R）2R（4）
再根据最大功率、最小功率之间的关系为9∶1，联立（1）、（4），得R=7.5 Ω.即可求出电源的电压U=IR=0.6 R=4.5 V，由②③式得滑动变阻器的最大阻值R滑=15 Ω，根据电阻的串联特点和欧姆定律求出滑片P移至滑动变阻器中点时电路中的电流
I=UR+R滑=4.5 V7.5 Ω+7.5 Ω=0.3 A，
再根据P=UI求出电路消耗的电功率
P=UI=4.5 V×0.3 A=1.35 W.
注：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率的计算，关键是能确定出电路中滑动变阻器的阻值最小时电流表的示数最大，滑动变阻器接入电路的阻值最大时电压表的示数最大，然后分别列出两种情况下的电功率，根据比值列出方程.
例3 如图3所示电路，电源两端电压保持不变，灯L标有“6 V 6 W”字样.只断开开关S1时，电压表的示数为U；只闭合S1时，电流表的示数为I；开关全断开时，电压表的示数为U′，电流表的示数为I′，灯L的实际功率为1.5 W.已知：U∶U′=7∶5，I∶I′=2∶1，不考虑灯丝电阻RL的变化.求：（1）定值电阻R2的电阻值；（2）电路消耗的最大功率.
解析 由于本题较复杂，先画出开关闭合、断开时的等效电路图如图4甲、乙和丙，再根据每个电路图的特点列出关系式.
（1）根据R=U2P结合铭牌求出灯泡的电阻，根据电源的电压不变结合图4乙、图4丙中电流表的示数求出三电阻之间的关系；根据电源的电压不变可知图甲中电压表的示数和图丙中电源的电压相等，根据欧姆定律结合电压表的示数求出R2的阻值，进一步求出R1的阻值.
（2）根据P=I2R求出图4丙中电路的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；根据P=U2R.
可知，只断开开关S2时，电路中的电阻最小、电路消耗的功率最大，进一步根据电功率公式求出其大小.
解 只断开S1、只闭合S1和开关都断开时，等效电路分别如图4甲、乙和丙所示.
因为灯丝电阻不变，
所以RL=U2LPL=6 V×6 V6 W=6 Ω.
由图4乙、丙，因为电源电压不变，
所以II′=R1+RL+R2RL+R2=21，
所以R1=RL+R2，
由图4丙，因为
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，
因为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.
当只断开开关S2时，电阻R2单独接入电路，电路消耗电功率最大
P2=U2R2=14 V×14 V8 Ω=24.5 W.
篇4
解析将开关S由1掷到2，被充完电后的电容器（电容器两极板的电压U0=E）开始放电，即q，U=q1C，回路中产生放电电流，导体棒在安培力作用下开始向右加速，即v，一旦加速，导体棒就会切割磁感线产生感应电动势（上端正、下端负），在整个回路中起到反串的作用，回路中的电流i=U-Blv1R开始减小，导体棒的加速度a=Bil1m开始减小，因此导体棒做加速度不断减小的加速运动.当导体棒的加速度a=0时，i=0，即导体棒产生的感应电动势Blvm与电容器两极板间的电势差Um相等，Um=Blvm，故只有D选项正确.因此四个图象（如图3所示）正确分别如下：
变式1电阻R替换导体棒，如图4所示，对应规律如图5所示.
变式2线圈L替换导体棒构成LC振荡电路如图6所示，对应规律如图7所示.
变式3电容器C替换导体棒如图8所示，两电容器电容C相等、当两电容器两极板所带电量与两极板电势差均相等时，达到稳定状态，所带电量为112CE，过程略，对应规律如图9所示.
变式4给导体棒一向右的初速度v0，不计导体棒电阻，如图10所示，对应规律如图11所示，过程略.
点评本高考题由人教版教材选修3-1第8节课后习题的“做一做”改编而成.关于电容器的充电和放电，以前只有通过导线或电阻放电，只考电流图象并从电流图象中通过数格子法求电量，而此题把电容器放电过程与导体棒在磁场中的运动过程联系起来，重点考查了电容器放电、电磁感应、安培力、加速度、速度等基本知识点，对学生的综合分析能力提出了较高的要求，很好地体现了新课程的理念“源于教材，高于教材”.
反思教学变式教学指从一道题目出发，通过改变题目的条件、问题或题目设计的物理情境，重新进行讨论的一种教学方法.通过对物理问题进行多角度、多方位的变式探索研究，不仅能增强学生的创新意识和应变能力，而且能优化学生的思维品质，培养其发现问题和解决问题的能力和素质.变式教学贵在教师平时要有大量的习题积累和积极的思考实践，重在引导学生不断对问题进行观察分析、归纳类比、抽象概括、对问题中蕴含的物理方法、物理思想进行不断思考并作出新的判断，如此，方能让学生体会到解题带来的乐趣，享受探究带来的成就感.长此以往，既有利于优化学生的知识结构、培养学生的能力，又能够培养学生的兴趣和审美情趣.
2注重数学，培养学生应用数学方法处理物理问题能力
例题（上海）如图12所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，
A.电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大
B.电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小
C.电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大
D.电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小
解析设滑动变阻器触点以上的电阻为R1，触点以下的电阻为R2，因为滑动变阻器的有效电阻R12除最初和最终为零外，是R1和R2并联的结果，R12=R1R21R1+R2，因为R1+R2=R0=C，所以当R1=R2时，R1R2最大，因此当触点P在中间时电阻最大，根据全电路欧姆定律，I=E1R+r+R12，当触点在中间时电流最小，电压表读数为电源的路端电压，U=E-Ir，所以当触点在中间时路端电压最大，即电压表读数先变大后变小，所以本题选A或C.再算电流表读数即流过R2的电流I2，根据电阻并联分流公式，
I2=IR11R1+R2，
得I2=E1R+r+R12・R11R1+R2=ER11（R+r）（R1+R2）+R1R2，
变化为I2=E1（R+r）・（R1+R2）1R1+1+R21R1，
当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，R1一直变大而R2一直变小，从上式可以看出，电流表读数一直变大，所以本题选A.
点评本题考查全电路欧姆定律及动态电路分析.电压表、电流表读数随滑动变阻器触点移动而变化的题目是传统题目，但此题推陈出新，一是应用不等式求数学极值，二者和不变，相等时积最大，二是通过数学单调性，把I2的解析式变化为最后一式，然后通过R1、R2的增减来确定I2的增减，对学生的应用数学知识处理物理问题的能力提出了较高的要求.
反思教学“运用数学知识处理物理问题的能力”是高考物理学科所要求的五个能力之一，在历年物理高考中都占有一席之地.这不只是由于物理是一门定量科学，没有数学将无法定量计算，更重要的是，数学是物理学研究的不可或缺的一种重要方法.近年来的高考试题对数学能力的要求主要表现在较繁琐的数字（或符号）的运算、关键性几何条件的分析、运用数学图象处理物理问题、利用数学知识求极值等形式.对于这几个方面，应根据不同的特点采取不同的措施加以落实，如对于较繁琐的数字（或符号）的运算，首先需要提示学生从心理上要充分重视，同时在教学中要从严要求，注重落实；对于关键性几何条件、图像的应用及求极值，不仅要在教学或复习中给予充分的重视，在第2轮或第3轮复习中，有必要集中进行专题性复习.
3注重情境创设，培养学生应用所学知识处理实际问题的能力
篇5
电磁学问题一般是以解答题的形式出现在高考理综试题中，它有如下特点。
首先，综合的知识多一半是三个以上知识点融汇于一体。可以渗透磁场安培力和洛伦磁力、闭合电路欧姆定律、电功、电功率、动能定理、能量转化与守恒定律、牛顿定律、运动学公式，力学平衡等多个知识点。
其次，数学技能要求高解题时布列的物理方程多，需要等量代换，有时用到待定系数法；研究的物理量是时间、位移或其他相关物理量的函数时，要用到平面几何知识或通过解析式进行分析讨论；当研究的物理量出现极值、临界值，可能涉及三角函数，也有用到判别式、不等式性质等。
第三，难易设计有梯度。虽说电磁混合题有难度，但并不是一竿子难到底，让你望题生畏，而是先易后难。通常情r下的第（1）、（2）问，估计绝大多数考生还是有能力和信心完成的，所以，绝对不能全部放弃。
电磁题综合这么多知识点，又能清晰地呈现物理情境。其中，物理问题的发生、变化、发展的全过程，正是我们研究问题的思路要沿袭的。我们如何正确地解答电磁学问题呢？
分析物理过程根据题设条件，设问所求，把问题的全过程分解为几个与答题有直接关系的子过程，使复杂问题化为简单。有时电磁混合题的设问前后呼应，即前问对后问有作用，这样子过程中某个结论成为衔接两个设问的纽带；也有的题设问彼此独立，即前问不影响后问，那就细致地把该子过程分析解答完整。分析过程，看清设问间关系才能使解答胸有成竹。
分析原因与结果针对每一道电磁题，无论从整体还是局部考虑，物理过程都包含有原因与结果。所以，分析原因与结果成为解题的必经之路。譬如：引起电磁感应现象的原因，是导体棒切割磁感线、还是穿过回路的磁通量发生变化，或者两者同时作用。导体棒切割磁感线，是受外力作用（恒力、变力），还是具有初速度。正是原因不同、研究问题所选用的物理规律就不同，进而，我们结合题意分析这些原因导致怎样的结果。针对题目需要我们回答的问题，不外乎从受力情况、运动状态、能量转化等方面着手研究，最终得出题目要求的结果。
对于已知条件是数据的电磁题，也可以采用分步计算求相关物理量数值。不过，要明确所求的值对下一步解答有何作用，是否是承上启下的衔接点，还是平行关系的插入点。注意下面新列的方程中应该用到它。
对于有论述说理要求的电磁题，既可以直面进入分析推理，也可以用假设的方法，从问题的侧面或反面推理判断。对局部子过程倒可以结合问题实际，运用巧妙建模、整体分析、应用对称、逆向思维、等效代换、运用图像等灵活多样的解题方法。
例如：“在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域中分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右。一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出。已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d，不计重力，求电场强度与磁感应强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比。
解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如下图：由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直，圆心O应在分界线上，OP长度即为粒子运动的圆弧半径R，由几何关系得：
R2=l+（R-d）2 ①
设粒子的带电荷量和质量分别为q和m，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB=. ②
设P′为虚线与分界线的交点，∠POP′=α，则粒子在磁场中的运动时间为：
t1=. ③
式中sinα=. ④
粒子进入电场后做类平抛运动.某初速度为v，方向垂直于电场，设粒子加速度大小为a，由牛顿第二定律得
qE=ma. ⑤
由运动学公式有
d=at. ⑥
l2=vt2. ⑦
式中t2是粒子在电场中运动的时间，由①②⑤⑥⑦式得
=v ⑧
篇6
分析根据杠杆平衡条件可知，欲使动力F最小，即此时的动力臂杆长最长，而杆越长，杆的自重也越大，因杆的自重引起的阻力与阻力臂的乘积也越大，这就产生了相互制约的现象.解此题的关键就在于统一这两个相互制约的问题，做到既最省力又使杆的自重产生的阻力最小.
解如图2，设重物悬挂点为A，满足杠杆平衡条件的杆长为OC=n，则杆自重为nG0，重心B点距支点OB=n 2，由杠杆平衡条件知
F・OC=G・OA+nG0・OB，
由F=80 n+20n得20n2-F・n+80=0，
这是一个关于n的一元二次方程，因为方程有实根（n>0），则
Δ=F2-4×20×80≥0，F≥80，
所以F最小=80 N，此时n=2 m.
例2如图3所示，电源电压为3 V，供电电路的电阻为0.2 Ω，试求：电灯泡的最大电功率.
分析设电灯泡的电阻为R，电功率为P，则电路的总电阻为R+0.2 （Ω）.根据欧姆定律，电路中的电流强度为I=3 R+0.2 （A），所以电灯泡的电功率为
P=I2R=（3 R+0.2）2R （W）（1）
下面用判别式Δ=b2-4ac≥0来求出极值.
解由（1）式P=（3 R+0.2）2R，变形为关于R的一元二次方程：
PR2+（0.4P-9）R+0.04P=0（2）
这里方程（2）应该有实数根，故Δ≥0.
因为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的最大值为11.25 W，此时
R=-b±Δ 2a=0.2 （Ω）.
例3某工地在冬天水利建设中设计了一个提起重物的机械，如图4是这个机械一个组成部分的示意图.OA是一根钢管，每米长受重力为30 N，O是转动轴.重物质量m为150 kg，挂在B处，OB=1 m，拉力F加在A点，竖直向上.取g=10 N/kg，为维持钢管平衡，钢管OA为多长时所用拉力最小？这个最小拉力是多少？
解设钢管长为L米，钢管在拉力FA、重物拉力mg和钢管自身重力G0=30L牛的作用下平衡，则有
FAL=mg・OB+G0・L 2=150×10×1+30L×L 2，
所以15L2-FA+1500=0.
这个关于L的一元二次方程有解得条件是
（-FA）2-4×15×1500≥0，
所以F2A-90000≥0，
得FA≥300 N.
因此，FA的最小值为300 N，代入杠杆平衡方程得
L=10 m.
例4如图5所示，某同学在做“测定小灯泡功率”的实验中，所用灯泡电阻 为10 Ω，滑动变阻器的阻值范围为0～20 Ω，电源电压为4 V.（电源电压和灯丝电阻不变），在移动滑片P的过程中，会使滑动变阻器消耗的电功率最大，这个最大值PM多大？
分析设电源电压为U，滑动变阻器两端的电压为U1，
则电路中的电流I=U-U1 R0.
滑动变阻器消耗的功率P=U1I=U1（U-U1） R0.
在上式中U1和（U-U1）均为变量，要计算P的最大值可用一元二次方程根的判别式对此题作出解答.
解P=U1（U-U1） R，
将此式整理成关于U1的一元二次方程
U21-UU1-PR0=0，
令Δ=b2-4ac≥0，
则有（-U1）2-4PR0>0，
解得P=U2 4R0，
即P有最大值Pm=U24 R0=0.4 W，
将P=U24 R0代入U21-UU1-PR0=0中得U1=U 2.
可知，此时滑动变阻器连入电路的电阻R=10 Ω.
例5如图6所示的装置，O为杠杆OA的支点，在离O点l0处挂着一个质量为M的物体B，杠杆每单位长度的质量为m，当杠杆的长度为多长时，可用最小力F维持杠杆平衡？这个最小力F是多少？
分析杠杆在重力G、拉力F、重物B的拉力作用下平衡，而且重力G及其力臂随杠杆长度的变化而变化.要求最小拉力，必须讨论最根本变量――杠杆长的取值.根据杠杆的平衡条件，可导出一个关于杠杆长L的一元二次方程.
解设OA长为L，根据杠杆平衡条件有
F・OA=G・1 2OA+Mg・OB，
即F・L=mL・g・1 2L+Mgl0，
L2-2F mg・L+2M ml0=0（1）
讨论L取何值时力F最小，可用判别式法.
（1）式可视为关于L的一元二次方程，L有实根，所以Δ≥0，即
（2F mg）2-4×1×2M ml0≥0，
篇7
C．原线圈电流减小
D．L1、L2两灯都变暗
由于原线圈电路中串联了一盏灯L1，开关S断开时，会同时引起多个物理量随之变化，增加了直接用教材给出的理想变压器原、副线圈的电压比、电流比关系进行解题的难度，直接用课本上的公式进行迂回解答，既费时又容易出错；若用理想变压器的等效电阻进行等效变换和求解，简便明了。下面就理想变压器的等效电阻公式的推导及其在变压器电路问题中的应用作简单的例析。
如图2（a）所示，电路中虚线框内的变压器和负线圈电路中的负载电阻R，可等效为接在原线圈电路中的一个电阻，称之为变压器的等效电阻R’，如图2（b）。根据电阻的定义式可得：
，
又，
等效电阻．
一、应用理想变压器的等效电阻公式分析变压器电路的动态变化
将图1（a）电路等效为图1（b）所示电路，由于等效电阻与副线圈电路中的总电阻成正比，因此在开关S由接通再断开时，等效电阻R’的有效阻值增大，引起如下变化：
故选项B、C正确．
二、应用理想变压器的等效电阻公式讨论变压器电路的实际功率
如图3所示，理想变压器输入端接在电动势为E，内电阻为r的交流电源上，输出端接上负载R，则变压器原、副线圈的匝数比为多大时，负载R上获得的电功率最大？最大功率为多少？
解析：根据恒定电流知识可知，当外电阻等于电源内阻时，即先进等效电阻R’＝r时，输出功率最大，则，所以，Pmax＝＝1.8W．
又如，一理想变压器的原线圈接在电压有效值为U1的交流电源两端，副线圈接有电阻R，下列哪些方法可使输入功率增加为原来的2倍？
A．次级线圈的匝数增加为原来的2倍
B．初级线圈的匝数增加为原来的2倍
C．负载电阻变为原来的2倍
D．副线圈匝数和负载电阻均变为原来的2倍
解析：用等效电阻将电路等效变换后再利用功率公式/R’及，则可快速得到正确答案应该是选项D．
三、应用理想变压器的等效电阻公式计算变压器电路的负载电压
如图4（a）所示，理想变压器原、负线圈分别接有相同的灯泡（设灯丝电阻不随温度变化），原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝2∶1，电源电压为U，则A灯两端的电压为 ，B灯两端的电压为 。
解析：将图4（a）电路等效转换为图4（b）所示电路，则＝4RL，根据串联分压关系得，，再根据可得。
四、应用理想变压器的等效电阻公式求解变压器电路的极值问题
篇8
一、利用相似三角形在解题中的应用
例:如图示,将质量为m的小球,用长为L的轻绳吊起来,并靠在光滑的半径为R的半球体上,绳的悬点A到球面的最小距离为d(忽略小球半径)。
(1)求小球对绳子的拉力和对球体的压力。
(2)若L变短,问小球对绳子的拉力和对半球体的压力如何变化?
分析与解答:1)对小球进行受力分析:小球受三力处于平衡状态。通常问题中三力中的两力若有垂直关系,则可用三角函数知识解决。但本题中小球所受三力角度是任意的,却处于平衡状态,所以诸如此类问题一般用力的三角形与几何三角形相似列对应相似比列式解决最好。由图知,涂上阴影的大小两个三角形相似,
于是有:
得:
(2)由上两式知:L变短,F变小,N不变。
二、利用二次函数配方法求极值在解题中的应用
大家都知道对于函数y=ax2+bx+c将其配方后有:
利用此结论解决物理问题会有意想不到的效果。
例1如下图,一物块以v0=10m/s沿光滑地面滑行,然后沿光滑曲面上升到顶端水平高台上并由高台飞出,问高台高度多大时,小物块水平飞行的距离s最大?最大距离是多大?(g=10m/s2)
分析与解答:物体从滑上高台到从高台上飞出过程机械能守恒。设物体从高台上飞出的速度为v,则有:
由平抛运动规律可知:
由上式可知:当h=时,s最大。即:h==2..5m时,最大飞行距离s=2• =5m
例2:已知电源电动势为E,内阻为r,外电路总电阻R,学了闭合电路欧姆定律后经常涉及讨论电源的输出功率,有 P出=I2R,又I=,将其代入得:
P出= 将该式进行配方处理
得:P出= =
可看出,当R=r时, P出有最大值。即Pmax= =。
此时电源的效率η=== =50%
三、根的判别式在解题中的应用
对于二次方程ax2+bx+c=0,当判别式=b2-4ac≥0时,有实数根,利用此性质会给解题带来方便。
例1如图1示电路,滑动变阻器的总电阻R=8Ω,电源电压U=4V,
图1图2
内阻不计,问变阻器的触头P在何位置时,电路中的总电流强度最小,这个最小电流值是多少?
分析与解答:滑动变阻器的阻值R可看成被滑片P分成左右部分的R2、R1并联而成,这样可将图1改画为图2,其中R1+R2=R。当滑片P滑动时,电路上电流强度可由I=求出。
解电路上的总电阻为:
将上式整理得R12-R1R+RR总=0.
此式可看成关于R1的二元一次方程,R1必有实数解。则
=b2-4ac=R2-4RR总≥0,故R总≤=2Ω
可见 R总的最大阻值为2Ω。由欧姆定律知,当电路上的电阻最大时,其对应的电流则为最小,
当然,此题也可利用二次函数配方法求解得出。
例2 两分别带电荷的相同金属小球,相距较远距离时的静电力为F,将两球接触后再放回原处,相互静电力仍为F。则两球原来所带电荷为:
A.可能为不等量同种电荷
B.不可能为异种电荷
C.可能为不等量异种电荷
D.可能为等量异种电荷
分析与解答:首先设两小球带电量大小分别为Q1、Q2,相距为r。
则原来的静电力为F=KQ1Q2/r2(1)
(1)若两小球带同种电荷,则接触后
每个带电量都为 ,再放回原处其静电力为
F=K (2)
即 Q1 Q2=
由基本不等式的推论知必有Q1=Q2即两小球必为等量同种电荷
(2)若两小球带异种电荷,则接触后每个带电量大小都为再放回原处其静电力为
F=K (3)
即:Q1Q2=
整理得Q12-6Q1Q2+Q22=0(4)
这里可将(4)式看成以Q1为未知量的一元二次方程,要使方程有解,须≥0由于=b2-4ac=36Q22-4Q22=32Q22>0,Q1有不等根。
可知若两小球带异种电荷,则为不等量异种电荷。
由此可知此题应选C
四、利用等差等比数列的求和在解题中的应用
对于a1、a2、a3…、an若为等差数列,则Sn= ;若为等比数列,值为q,则Sn= 将其应用于解答多体问题,会感到很方便。
例1如图光滑水平面上钉两根铁钉A和B相距0.1m,长1m的柔软细绳栓在A上,另一端系一0.5的小球,小球初始位置在AB连线A的一侧,把细线拉紧给小球以2m/s的垂直细线方向水平速度,使其做圆周运动,由于铁钉存在使线慢慢地绕在A、B上,若线不断裂,小球从开始运动到细线全部缠在AB上需要多长时间?
分析与解答:小球交替绕A、B做匀速圆周运动,因线速度不变,随转动半径的递减0.1m,有:总路程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离依次放着质量为2n-1m的一系列物体(n=1,2,3,…)另一质量为m的物体A以水平向右的速度v运动,若A物与物体1相撞后粘在一起并依次撞下去,且每次碰后即粘在一起,求发生n次碰撞后,A物具有的动能。
分析与解答:物体相碰撞过程所受外力之和为零,整个过程动量守恒。取碰前为初状态,碰n次后为末状态。m1=m,m2为质量是2n-1m的一系列物体的总质量。
(利用等比数列求和公式)于是有m2= =m(2n―1)
由m1v=(m1+m2)v′v′=
碰后A物具有的动能 EKA′= mv′2=
五、基本不等式的推论在解题中的应用
1.a>0,b>0,当ab=定值,则a=b时,a+b最小
2.a>0,b>0,当a+b=常量,则a=b时,ab 最大,a与b相差越多乘积越小。
例1已知均匀杆每米重3N,今将其一端O支起,并将一重P=30N的物-体挂在距支点0.2m的A点。为保持杆水平在杆的末端施一向上的力F,当杆长等于多少时,F取最小值?这个力是多少?
分析与解答:设杆长为x米,由固定转轴的平衡条件可知:
Fx=P•OA+3x•x/2F=6/x+1.5x
6/x•1.5x=9是一定值,6/x=1.5x时,F最小。
即x2=4,x=2时,F值最小,其值为 +×2=6N
例2 科学探测表明,月球上至少存在丰富的O2,Si,Al,Fe等资源。设想人类开发月球后不断将其上矿藏搬到地球上。假定经长期开采后,月地仍可看成均匀球体,月球仍沿开采前轨道绕地球运动,与开采前相比,月球与地球间引力怎样变化?
分析与解答:搬运矿藏后,会使地球质量比月球大得更多,但它们的质量总和不变。设其质量分别为m1和m2,由万有引力定律有F=G
再由m1+m2=定值时,当m1=m2,m1、m2的乘积最大,m1、m2相差越多,乘积越小知,不断开采月球后,由于月球到地球的距离不变,引力将减小。
六、比例的方法在解题中的应用
解决物理问题常用解析的方法,即:利用物理公式,一步一步地从已知向未知求解。但有时巧妙地采用比例法求解,会使其过程更简洁,从而起到事半功倍的效果,这就要抓住联系两比例式的中间纽带。
例一个单摆在地面上的周期为T,当将此单摆放到离地面某一高度的地方时,周期为3T。则此高度为地球半径的多少倍?
分析与解答:同一单摆的周期与重力加速度g有关,而摆球放在离地不同高度的位置时的重力加速度g不同。这里g值就是联系单摆周期和地理位置的纽带,所以列比例式有:
由g= 有:= (1)
又由g= 有:= (2)
由(1)(2)两式有= h=2R
七、三角函数在解题中的应用
物理学习中常碰到一些物理量可表示为cosθ•sinθ的形式,此类物理量在问题中常涉及到求极值,这时用三角函数法求解就显得非常方便与容易。但这类问题要求学生能熟练掌握几种常用的公式变换及一些特殊角度的三角函数值。
例 一根长度为L的杠杆(如图示),A端所挂重物为G,为保持杠杆平衡,用一根定长为S的绳子拉住,已知S
分析与解答:解此题的关键是求出动力臂L1。过交点O作
S的垂线OM,则动力臂L1=S•cosθ•sinθ。
解根据杠杆原理得G•L=F1•S•sinθ•cosθ
F1==
上式中当sin2θ的值为最大时,F1极小,故当θ=45°,即绳子与水平方向的夹角为45°时,绳子的拉力有极小值,F1=
八、二次函数求根公式在解题中的应用
利用一元二次方程求根公式得到的解可能为正值可能为负值,若将解与物理量联系起来,分析解是否具有物理意义会使物理问题的分析简洁明了。
例在平直轨道上的甲、乙两物体相距为s,同时、同向开始运动,甲以初速度v1、加速度a1做匀加速直线运动,乙做初速度为零、加速度为a2的匀加速直线运动。假设甲能从乙旁边通过。试讨论在1)a1=a2时,2)a1>a2时,3)a1
分析与解答:解答本题首先应理解题意分析运动的性质,找出两个物体可能相遇的位移关系并加以讨论。
甲的位移 s甲=v1t+a1t2
乙的位移s乙=a2t2
相遇时两个物移关系为:
s甲=s+s乙
整理得:(a1-a2)t2+v1t-s=0
讨论:
(1)当a1=a2时,t=,上式有唯一解,说明甲、乙两物体只能相遇一次。
篇9
高考考纲中明确提出考生应具备的第四种能力――应用数学知识处理物理问题的能力；能够根据具体问题列出物理量之间的数学关系式，根据数学的特点、规律进行推导、求解和合理外推，并根据结果得出物理判断、进行物理解释或作出物理结论。能根据物理问题的实际情况和所给条件，恰当运用几何图形、函数图象等形式和方法进行分析、表达。能够从所给图象通过分析找出其所表达的物理内容，用于分析和解决物理问题。
数学在高中物理教学中应用可以归结为八个方面：1。初中数学解方程组；2。函数在高中物理中的应用。（如：正比例函数；一次函数；二次函数；三角函数）3、不等式在高中物理中的应用；4、比例法；5、极值法在高中物理中的应用；6、图象法在高中物理中的应用广泛 （包括图线）。7微积分思想巧妙求功；8、几何知识在高中物理中的应用。应用之一、初中数学解方程组的应用。例1《愤怒的小鸟》是一款时下非常流行的游戏，游戏中的故事也相当有趣，如图甲，为了报复偷走鸟蛋的肥猪们，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击肥猪们的堡垒。某班的同学们根据自己所学的物理知识进行假设：小鸟被弹弓沿水平方向弹出，如图乙所示，若h1=0。8 m，l1=2 m，h2=2。4 m，l2=1 m，小鸟飞出能否直接打中肥猪的堡垒？请用计算结果进行说明.（取重力加速度g=10 m/s2）
解析：设小鸟以v0弹出能直接击中堡垒，
则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
设在台面的草地上的水平射程为x，则
x=v0t1h1=12gt21
x=v0× 2h1g=1。5 m
可见小鸟不能直接击中堡垒
应用之二、一次函数多用来表示线性关系。如：（1）匀速运动的位移 时间关系，（2）匀变速运动的速度-时间关系，（3）欧姆定律中电压与电流的关系等。
例2.具有我国自主知识产权的“歼-10”飞机的横空出世，证实了我国航空事业在飞速发展.而航空事业的发展又离不开风洞试验，简化模型如图a所示，在光滑的水平轨道上停放相距s0=10 m的甲、乙两车，其中乙车是风力驱动车.在弹射装置使甲车获得v0=40 m/s的瞬时速度向乙车运动的同时，乙车的风洞开始工作，将风吹向固定在甲车上的挡风板，从而使乙车获得了速度，测绘装置得到了甲、乙两车的v-t图象如图b所示，设两车始终未相撞.
（1）若甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，求甲、乙两车的质量比；
（2）求两车相距最近时的距离.
解析：（1）由题图b可知：甲车的加速度大小
a甲=40-10t1 m/s2
乙车的加速度大小a乙=10-0t1 m/s2
因甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，所以有
m甲a甲=m乙a乙
解得m甲m乙=13。
（2）在t1时刻，甲、乙两车的速度相等，均为v=10 m/s，此时两车相距最近对乙车有：v=a乙t1
对甲车有：v=a甲（0。4-t1）
可解得t1=0。3 s
车的位移等于v-t图线与坐标轴所围面积，有：s甲=40+10t12=7。5 m，
s乙=10t12=1。5 m。
两车相距最近的距离为smin=s0+s乙-s甲=4。0 m。
[答案] （1）13 （2）4。0 m
应用之三、二次函数表示匀变速运动位移与时间关系，平抛运动等。
例3、如图4-2-6所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临台的一倾角为α=53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h=0。8m，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0。8，cos53°=0。6。求：
1）小球水平抛出的初速度v0是多少？
（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少？
（3）若斜面顶端高H=20。8m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？
解析：（1）由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以，vy=v0tan53°，v2y=2gh。
代入数据，得vy=4m/s，v0=3m/s。
（2）由vy=gt1得t1=0。4s，
x=v0t1=3×0。4m=1。2m。
（3）小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度
a=mgsin53°m=8m/s2，
初速度 v=v20+v2y=5m/s。
Hsin53°=vt2+12at22，
篇10
电路分析基础课程面向我院电类直通车学生开设，这些学生所学专业门类复杂多样，在后续的专业课中所学的装备也不同，它们所需的专业基础知识也就各有不同，侧重点也不一样，因此需要认真分析传授的内容与专业需要是否匹配，通过在主要内容上合理地分配学时，加深学生对主要知识点的把握。因此将课程内容模块化，主要包括：直流线性电路模块、交流线性电路模块和非线性电路模块[1]，每一个模块又分为若干小模块。例如，直流线性电路模块又分为电路基础模块、RS电路模块、RLCS电路模块；交流线性电路模块又分为正弦稳态电路模块、三相电路模块、非周期电源电路模块、耦合电路模块等。在讲授时，通过将课程内容的灵活组合，对模块和知识点进行适当调整，就可适应不同专业需求。
在教学内容安排上，按照电路组成元件的种类和数量由简到繁的原则，依据电源元件的时域特性和频域特性，按照先易后难的认知规律进行讲授。例如在讲授直流线性电路模块时，首先讲授电路基础模块，其中主要讲授电路中的四类基本元件――电源、电阻、电感、电容的特性和伏安关系，在此基础上，讲授单类电路元件的电路分析，然后讲授具有两类电路元件的电路分析（包括RS电路、RL电路和RC电路），再讲授具有三类电路元件的电路分析（包括RLS电路和RCS电路），最后讲授具有四类电路元件的电路分析（RLCS电路）。在讲授完直流线性电路模块后，以其为基础，通过引入Z元件（阻抗元件）和S元件（运算阻抗元件），将正弦稳态电路分析和线性电路复频域分析归为直流线性电路分析方法的应用。在讲授过程中，要紧紧抓住“两类约束”（即元件约束――元件的伏安关系，拓扑约束――基尔霍夫定律）在电路分析中的具体运用，让学生了解电路分析中的许多方法都是在这两类约束具体应用的基础上演变而来的，让学生知道各种分析方法的来龙去脉，做到不但知其然，而且知其所以然，以加深对各种分析方法的理解。这样的教学内容安排，内容更加简洁，条理更加清晰，结构更加合理，便于学生对知识的掌握。
二、改进教学方法，提高教学效果
在电路分析基础课程教学改革过程中，由于课时数减少，如何在较短的时间内使学生掌握知识，提高授课效果，是值得思考的问题。在授课过程中除采用传统的启发式、研讨式等传统教学方法外，还尝试采用工程案例式、比照推演式等教学方法，着力培养学生的工程实践能力和敛散思维。
1.工程案例式教学培养学生工程实践能力。工程案例式教学是在教师的指导下，根据教学目的的要求，组织学生通过对案例的阅读、思考、分析、讨论和交流等活动，引导学生把案例与理论相结合，运用所学知识对案例进行分析和探讨，从中得出经验和教训，从而使学生更深切地理解理论的真谛，训练学生分析问题和解决问题的实际能力，从而加深他们对基本原理和概念理解[2]。例如在讲授最大功率传输定理时，可以以晶体管收音机为例进行讲解。首先简单给学生介绍一下收音机电路的组成和工作原理，然后提出“如何才能使得扬声器发出的声音最大？”这一问题，引导学生思考、讨论、相互交流，经过充分思考、讨论之后，将收音机电路中原有的扬声器去掉，换接几个不同阻值的扬声器进行实验，发现扬声器的阻值不同，其发出的最大声音也不一样。接下来继续探讨问题的成因，将除扬声器以外的电路看成一个含源二端网络，将含源二端网络运用刚刚讲过的戴维南定理进行等效，通过极值定理的条件，可以得出只有当扬声器的阻值与戴维南定理的等效电阻相等时，扬声器上得到的功率最大，声音也就最响，从而使学生了解最大功率传输定理的内容和本质。
2.比照推演式教学方法培养学生敛散思维。比照推演式教学方法就是通过与学生已熟悉知识的对比，引出新的教学内容，从而使得学生听得懂、学得明白[3]。在“电路分析基础”课程中，很多知识点（如电路与磁路、直流电路与交流电路、正弦周期电路和非正弦周期电路等）都可以采用比照推演式教学方法来讲授，使学生将不同知识点比照学习，在已知知识的基础上通过进一步探讨，就可以获得新知识，达到事半功倍的效果。例如，在直流电阻电路中，欧姆定律和基尔霍夫定律是分析电路的基础，通过这两个定律可以引出支路电流法、节点电压法、网孔电流法等分析方法，因为这些方法就是这两个定律的具体应用，只不过是针对于不同的电路拓扑而推导出的相对简单的解题方法而已。如果将直流电阻电路中的电源变成正弦交流电，将电阻元件（R元件）变为阻抗元件（Z元件），将各物理量变为相量，则正弦交流电路的分析方法与直流电阻电路的分析方法相类似，只不过是将欧姆定律、基尔霍夫定律转化为了相量形式，而支路电流法、节点电压法、网孔电流法等分析方法仍然适用。这样，在学生具有直流电阻电路相关知识的基础上，只需把正弦交流电的特性、阻抗元件的变换、物理量的相量表示讲清楚，正弦交流电路的求解也就迎刃而解。
三、完善教学手段，培养创新能力
电路分析基础课程内容理论性和实践性都很强，如果只靠课堂讲授的办法很难激发学生的学习兴趣，因此需要采用多种教学手段，来激发学生学习兴趣，培养学生的创新能力和探索精神。
1.现代化教学激发学生兴趣。在课堂教学中，传统的教学方法主要以教师讲授基本理论和方法为重点，尤其对于一些理论性强、与现实生活联系不紧密的内容，单纯采用讲授的方法效果往往不佳。而对于多媒体技术，可以借助动画、短视频、微课等多种表现形式辅助讲解，从而使学生的注意力、观察力、想象力等智力因素积极参与，提高学习的成效。针对课程内容理论性强的特点，引入MATLAB、EWB等计算机辅助分析与仿真手段[4]，使电路理论分析计算与计算机仿真技术有机结合起来，为学生呈现一种更为直观的电路工作状态和结果，将看不见摸不着的理论分析转化为实际电路，对学生更有说服力，可极大激发学生的学习兴趣，有效提高学习效果。
2.实验教学培养学生动手能力。针对课程实践性强的特点，充分利用线上和线下的资源提高学生的动手能力。线上资源主要依托校园网的网络教学平台网上实验室来进行，线下资源主要依托电工电子实验中心的开放性基础教学实验室来完成。在设计实验时，根据实验的类型和特点，分为验证性实验、综合性实验和设计性实验[5]。验证性实验的主要目的是使学生加深对理论知识的理解和掌握，强化基础实验技能；综合性实验的主要目的是使学生综合运用所学知识来解决实际问题，利用新技术、新方法拓宽学生思维，提高综合应用知识的能力；设计性实验的主要目的是使学生自行设计内容并完成相关实验，锻炼学生独立思考的能力和创新能力。通过实验分级可以使学生完成知识消化、知识拓展和知识创新的过程。
篇11
例1如图1所示，一重力为G的物体悬挂在两根细线OA和OB下处于静止状态，其中OB与竖直方向的夹角α=30°，OB处于水平状态，现将OA绕O点缓慢移到竖直位置，而保持O点不动，则在OA移动过程中，下列说法中正确的有（ ）。
图1A。OB线中的张力逐渐变大
B。OB线中的张力逐渐变小
C。OA线中的张力逐渐变小
D。OA线中的张力先变小后变大
解析如右图，先受力分析，若要求出FOA和FOB表达式，由于会涉及OA的方向变化，计算会比较复杂。若用作图法非常直观和简单：先将FOA和FOB合成，其合力与重力G平衡，OA在向上转动过程中，由于OB的方向不变，所以FOA的大小受虚线MN限制，从而看出FOA先小后变大，所以D对；根据平行四边形定则可得出F OB逐渐变小，所以B对，所以选BD。
小结这类题有明显的特点：一般用于三力平衡，且三个力的特点分别是，其中一个力是恒力（大小和方向都不变），有一个力是方向不变，大小可以变，还有一个力大小变化。
例2一表面光滑的半球固定在水平地面上，其半径为R，在球心正上方固定一个滑轮，现用一条细绳绕过滑轮，绳的一端栓一小球，另一端跨过滑轮用手拉住，如图2所示，现缓慢拉动绳，使小球缓慢从A点移动到B点，则在这过程中半球对小球的支持力N和绳的拉力T如何变化（ ）。
图2A。 N变大，T变小B。 N变小，T不变
C。 N不变，T变小D。 N变小，T变小
解析先分析受力，由于小球向上移时拉力T和支持力N的方向都在变化，所以不适合例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，其合力与重力G平衡，可以看出阴影部分三角形与三角形OCA 相似，所以G1OC=N1OA=T1AC，而F合=G不变，OC和OA的长度不变，AC变短，所以N不变，T变小，正确选项是C。
图3例3如图3所示，汽车在岸边通过定滑轮用绳拉小船，使小船匀速靠岸，若水对船的阻力不变，下列说法中正确的是（ ）。
A。绳子的拉力不断增大
B。船受到的浮力不断减小
C。船受到的合力不断减小
D。绳子的拉力可能不变
图4解析如图4所示，先对分析小船受力，可以看出小船受四个力作用，不好用合成法和相似三角形的方法，可以用正交分解法，设绳拉船的方向与水平方向成θ角，由于小船匀速运动，船受到的合力一直为零（不变），所以C错，由平衡条件，水平方向有 Fcosθ=Ff，竖直方向有Fsinθ+F浮=mg，在小船靠岸的过程中，θ增大，而阻力Ff和重力mg保持不变，所以绳的拉力F增大，浮力F浮减小，所以选项A、B正确。
二、变加速问题
物体运动过程中，由于物体受到的某一个力在变化，引起物体的加速度、速度等的变化，进而引起相关的物理量的变化。这类问题主要考查受力分析和牛顿第二定律等方面的基础知识，也会进一步考查动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，有一定的综合性。
图5例4如图5所示，一竖直放置的轻弹簧下端固 定在水平面上，一小球从弹簧正上方某高处由静止开始下落，则在以后的运动过程中，下列叙述中正确的是（弹簧始终竖直且在弹性限度内）（ ）。
A.当小球刚接触弹簧时，小球的动能最大
B.从小球接触弹簧到最低点，小球的速度先增大后减小
C.从小球接触弹簧到最低点，小球的加速度增大后减小
D.当小球运动至最低点时，小球与弹簧组成的系统的势能最大
解析小球刚接触弹簧时，弹簧对小球的弹力小于小球的重力，小球的加速度和速度方向都竖直向下，小球继续向下做加速度减小的加速运动，所以此时小球的速度（和动能）不是最大，选项A错误；当弹簧对小球向上的弹力与重力大小相等时，小球的加速度等于零，小球速度（动能）最大，小球再向下运动时，弹簧对小球的弹力大于小球的重力，小球的加速度向上，小球向下做加速度增大的减速运动，所以先项B对，C错；在小球整个运动过程中只有重力和弹簧的弹力做功，小球与弹簧组成的系统的机械能守恒，即动能、重力势能和弹性势能的总和不变，因此当小球动能最小时，即小球运动至最高点和最低点时，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最大，选项D正确，所以选项B、D正确。
三、动态电路问题
电路动态变化是闭合电路中的一个重点和难点，它涉及电路的知识面广，综合性强，往往是牵一发而动全身，一处出错，后面判断全错，为此，应按：局部整体再局部的思路来处理。
例5如图6所示的电路中，电压表和电流表都看作理想电表，电源内阻为r。闭合开关S，当把滑动变阻器R3的滑动片P向a端移动时 （ ）。图6A。电压表V1的示数变小，电流表A的示数变小
B。电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变大
篇12
审题能力是解物理题的重要能力之一，而挖掘隐含条件又是审题能力的关键，有很大一部分题目的部分条件并明确给出，而是以非常含蓄的形式隐藏在题目之中。若对试题中文字表述不作深入地剖析，很可能会使思路误入歧途，得出与实际答案不相付的结果，甚至得不出答案。如何挖掘题目中隐含条件，提高学生解题能力。本文就这方面作些探讨。
1 隐含在题干描述当中
这种类型题比较容易挖掘，如“在光滑水平面上运动”意味着物体与水平面间没有任何摩擦力；“不可伸长的细绳”意味着绳子拉伸的形变及绳子本身的质量应该忽略；“缓慢移动的物体”意味着物体一直处在受力平衡状态；“轻质小球、轻质弹簧”即可以忽略球、弹簧的质量；“理想电流表、理想电压表”即可以认为电流表内阻为零，电压表内阻无穷大。
例1 如图1所示，长为L的轻绳，一端用轻环套在水平光滑的轻杆上，另一端连接一质量为m的小球，开始时绳子拉直并转到与横杆平行的位置，然后放手，当绳子与横干成θ角时，小球在水平方向和竖直方向的速度各是多少？
解析 题中的“轻绳、轻球”即不计其质量，“水平光滑横杆”不计其摩擦。
由这些条件可知，小球静止释放后沿竖直方向作自由落体运动，于是由自由落体运动规律不难求出：当绳子与横杆成θ角时小球速度水平分量vx=0；竖直分量vy=2gLsinθ。
2 隐含在物理规律之中
例2 质量相等的A、B两球，在光滑水平面上沿同一直线同一方向运动，A球的动量是7kg・m/s，B球的动量是5kg・m/s。当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后两球动量可能的值是：
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 由动量守恒定律可得：pA1+pB1=pA2+pB2验证A、B 、C三项皆有可能 ，从碰撞前后动能变化看，总动能只能守恒或减少。再由EkA1+EkB1EkA2+EkB2得知只有A可能。
因此题目中隐含条件共有三条：（1）动量守恒；（2）动能不能增加；（3）符合实际情况。
3 隐含在极值当中
例3 如图2所示，以恒力F通过动滑轮将重力为G的物体沿斜坡从坡底拉到坡顶（不考虑物体转动、不计动滑轮和细绳重力以及它们之间摩擦力）。为使F作功最小，F的大小和方向应该怎样？
解析 在审题时，认真推敲题中“F作功最小”这句话中隐含的条件就能发现：首先，物体应匀速上升即加速度a =0；其次，最小功W=Gh(h为斜面的高)，也就是说F克服摩擦力作功为0，则摩擦力f=0,又有f=μFN,可知斜面对物体的弹力FN=0。共找出两个隐含条件：a =0和FN=0，所求问题就迎刃而解了。
设两段绳子夹角为θ，通过受力分析、正交分解，由平衡条件得：
F+Fcosθ=Gsinθ;Fsinθ=Gcosθ。
解得：F=G;θ=120°。
4 隐含在日常常识中
例4 如图3所示，一台“220V、2A”电动机工作电路图。滑动变阻器R的总电阻阻值为50Ω，电动机线圈电阻r=5Ω,电源电压U=220V,电动机刚开始时，滑动变阻器滑片c在a端，电动机启动后滑片c滑到b端，电动机正常工作，试求：（1）电动机刚启动时电流和热功率；（2）电动机正常工作时，电动机的热功率和机械功率。
解析 电动机刚启动时，电枢还没有转动没有机械能输出，此处隐含：此刻电动机可以看作纯电阻组件，欧姆定律适合。电动机正常工作后是非纯电阻组件，欧姆定律不适应。
（1）刚启动时启动电流：
I=UR+r=22055A=4.0A。
此时热功率为：
P热=I2（R+r）=42×55=880W。
(2)电动机正常工作时，电路电流I′=2A,热功率P热=I2r=22×5=20W; 电动机输出功率P机=UI=P热=（220×2-20）=420W。
5 隐含在物理概念当中
例5 已知某种金属在一束黄光照射下发生光电效应,下列说法中正确的是（ ）
A.若增加一束同样的黄光照射相同时间内逸出光电子数目将增加。
B.若增加一束同样的黄光照射逸出光电子的最大初动能将增加。
C.若改用一束强度相同的紫光照射逸出光电子的最大初动能将增加。
D.若改用一束强度相同的紫光照射相同时间内逸出光电子数目将增加。
解析 金属发生光电效应时光电子的最大初动能只取决于入射光的频率；单位时间内逸出光电子数的多少由单位时间内入射到金属表面的光子数决定；光的强度则是由单位时间内照到单位面积的光子数和光子能量共同决定，如果黄光和紫光强度相同则单位时间内单位面积紫光的光子数少，因为紫光光子频率高能量大，因此答案为A、C。该题的条件隐含在概念之中。
6 隐含在物理现象当中
例6 市场上有钟灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品时能使被照物品处产生的热效应大大降低，从而，广泛用于博物馆、商场，这种降低热效应原理之一是在灯泡放置的反光镜玻璃表面镀一层薄膜（如氟化镁），这种膜能消除不镀膜时玻璃表面反射回来热效应最显着的红外线，以λ表示红外线在薄膜介之中的波长，则所镀膜的厚度最小应为（ ）
A.λ/8 。 B.λ/4 。 C.λ/2。 D.λ。
解析 本题条件隐含在此膜能消除玻璃表面反射回来热效应最显着的红外线，即发生薄膜干涉。薄膜干涉的原理是：薄膜前后两次反射的红外线的光程差为半波长的奇数倍，则它们反相叠加相互减弱。设薄膜厚度为d,由以上原理可知：2d=(2k+1)λ/2 ,当k=0,d的最小值为λ/4 ， 所以本题答案为B。
7 隐含在已知条件的数据中
例7 如图4所示, 传送带与水平地面夹角θ为37°由上端到下端的长度16m,传送带以v=10m/s的速率逆时针传动,在传送带上端无初速度放一质量为m =0.5kg的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,求物体从上端到下端所需时间。
解析 物体放上传送带后,开始阶段由于传送带速度大于物体速度,传送带给物体一个沿传送带向下的滑动摩擦力,物体受力如图5所示,物体由静止开始向下加速运动,由牛顿第二定律可得:
mgsinθ+μmgcosθ=ma1，
解得a1=gsinθ+μgcosθ，代与数得：
a1=10m/s2 。
设当物体与传送带速度相同时所用时间
t1=va1=1010=1m/s。
由于μ＜tanθ,所以物体在重力作用下继续加速运动,当物体速度大于传送带速度时传送带给物体一个沿斜面相上的摩擦力,物体受力如图6所示,由牛顿第二定律可得到：
mgsinθ+μmgcosθ=ma2。
解得a2=gsinθ+μgcosθ=2m/s2 。
设后一段时间为t2 ，传送带斜面长为L ，t1时间内通过的位移为s ，
t1s末速度为v ;由运动学方程
L-s=v t2+a2t222，s=a2t212，v=a1t1，
联解得：t2=1s;t2=-11s （舍去）。
所以物体由顶端到底端所共需时间
t=t1+t2=2s。
解此题关键要注意到μ＜tanθ这一隐含条件，从而才能正确判断处第二阶段运动情况。
8 隐含于图像当中
例8 一位蹦床运动员仅在竖直方向运动，弹簧床对运动员的弹力F随时间t变化规律通过传感器用计算机绘制出来的图如图7所示，取重力加速度g=10m/s2，结合图像求运动员在运动过程中：①跳起最大高度；②最大加速度。
解析 由图像可知隐含条件：
每次腾空时间Δt=8.7-6.7=2.0s;并且图7还隐含人的重力G等于弹簧弹力F不变时的500N,弹簧向上的最大弹力Fm=2 500N。
所以上升时间为t=1.0s。
由运动学公式可得：
h=gt22=5m，Fm-G=mam;am=40m/s2。
参考文献：
［1］周益新.教材精析精练.延吉:延边教育出版社,2004
篇13
一、口诀法
在初中物理教学的一些重难点上，对逻辑思维能力的要求较高，学生在学习上容易出现畏难情绪，教师如果能及时帮助学生总结所学的知识内容，把一些物理知识中枯燥、复杂的难点考点编成生动活泼的口诀，化繁为简，对学生突破学习瓶颈，保持学习兴趣具有良好的作用，在解题时灵活地运用它们，可有效地提高学生的学习效率。
“天平水平，游码归零；调螺母，针指中，横梁平；物放左，镊砝码，轻放右；轻加减，调游码，梁又平；砝码值，游码指，求其和。”
在学习使用天平时，有些同学对天平的使用方法记不住，经常把测量前和测量时两次“调节”搞混淆，为帮助这部分学生记住天平的使用，在实验指导的基础上总结出了以上的口诀，这部分同学在使用时按照口诀就不会弄错了。
“一上一下，方向看下；接左向右大，接右向左大。”
在学习滑动变阻器的使用时，以往都是让学生通过实验，总结出滑动变阻器的使用，这样较费时间，又记得不牢，特别是动手能力不强的同学更是不得其解。经过反思我改变了以往的方法：先引导学生学习使用，再通过实验验证。具体是这样的：在复习改变电阻的方法后得到要改变台灯的亮度的方法，其中，通过改变电阻长度来实施比较容易而引出滑动变阻器。接下来介绍滑动变阻器的原理和结构，画好结构简图，我就让同学们思考并在纸上逐步完成下列几个问题：
1.滑动变阻器一共有四个接线柱，假如每次只接两个，一共有几种接法？
2.分别在图中画出这几种接法（通过示例）。
3.用红笔分别将电流流过的电阻丝的部分描出，并观察哪几种接法电阻可调（接入长度可调）？哪几种不可调？
4.不可调的在接法上有什么特征？可调的又有什么特点？你能不能把可调的总结成一句简单的话，让别人一看就知道如何接是可调的？（同学们想出了很多可行的说法，但不够简洁，在引导下最终得出“一上一下”的说法）
5.再说出可调的几种接法中滑片向哪边调接入电路的电阻是变大的？是由什么决定的？（在此基础上得出“方向看下”的说法）
最终总结出了以上口诀。然后再让同学们通过实验验证，这节课学生学得轻松记得牢，效果很好。
其他像安全用电部分也有相关的口诀，也能使学生记得牢，如三孔插座的“左零右火中接地”，凸透镜成像中的“一焦分虚实，二虚分大小”、“物近像远像变大”等我也都要向学生讲解，帮助他们记得牢。
二、成语俗语法
成语以其言简意赅、朗朗上口，在记忆上独占优势，复杂的物理知识若能借成语来表达，就会大大降低记忆的难度：
“一荣俱荣，一损俱损”
在学习串、并联电路特点时，以往有学生对串联电路一齐亮一齐灭这一特点理解比较片面，碰到干路上开关控制整个电路的情况常认为是串联电路，经过反思我将串联电路特点归纳为“一荣俱荣，一损俱损”的团结作战精神，而并联电路是“各自为政”的个人英雄主义，并特别在损字上加着重号，提醒是“损坏”或“拿走”。这样以后学生学会从下掉坏了的灯来观察另一盏灯的发光情况来判断是串联还是并联，更加理解了并联电路可以单独工作的这一特点。
“左顾右盼”
在学习电学知识时，有这样一类题：滑动变阻器在调节的过程中，电路中各部分电压的改变情况，同学们对定值电阻两端的电压的改变可以理解，对滑动变阻器两端的电压的改变还习惯去用公式U2＝IR2分析，因为I和R2都在改变，而且一个变大一个变小，不好确定。我就提醒同学们注意定值电阻两端的电压的变化，根据U1=IR1，由于R1不变，只有I变化从确定U1的变化，再根据U=U1+U2可以得到滑动变阻器两端的电压的变化。有部分同学有时会忘记这样去做的，我就给他们为这一方法取了名字叫“左顾右盼”让他们发现问题可以从另一方面考虑。这不仅是针对这类题，对较多方面的问题都有帮助：从一方面不能解决问题时可以“左顾右盼”想想另一方面，从另一个因素入手，或从另一个元件思考。比如下题：要测标有“3.8 V”字样的小灯泡的额定功率，电源电压为6 V且不变，器材有电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线等，由于电压表的0~15 V量程损坏，请你想办法设出这个小灯泡的额定功率。同学们用“左顾右盼”的方法很快就想到了将电压表并联在滑动变阻器两端，并使电压为6 V-3.8 V=2.2 V，测出此时的电流即可。
“以毒功毒”
有一次碰上这样一道题：请问如图中的三个灯泡是如何连接的？它们是串联还是并联的。用了“变形法”，“电流路径法”，还有不少同学不太懂，有部分同学似懂非懂。经过反思，决定用“实验法”并给其命名：先将三灯串联，再接上图中第一根导线发现L2和L3不亮了，说明第一根导线将L2和L3短路了。再取下第一根导线接上第二根导线，发现L1和L2不亮了，说明第二根导线将L1和L2短路了。“接下来见证奇迹的时刻到了”我用一句刘谦的话提醒同学们注意：我将再第
一根接上，发现三灯全亮了，而且很亮，再通过下灯泡的方法确定了此时三灯是并联的。最后我说第一根导线短路称之为有“毒”，第二根导线也称之为有“毒”，两根导线全接上去就无“毒”了，用一成语叫什么？同学们异口同声地回答“以毒攻毒”。我立即给这一问题命名为“以毒功毒”，以后只要一说这个成语同学们就知道怎么回事了。
“三十年河东，三十年河西”
学习电功率时有这样一类题：L1和L2两灯串联时，L1亮，若将它们并联时(都能发光)谁亮呢？分析：L1亮说明实际功率大即：P1>P2，由于串联电路电流相等，根据P=UI可知U1>U2，再根据欧姆定律知R1>R2。并联时由于电压相等，电阻大的电流小，所以L1的电流小功率小，此时L2亮些。这真是“三十年河东，三十年河西”。学生再碰到这类问题时就会迎刃而解了。
三、极值法
在解变化类的问题时，当其中一个或几个物理量发生变化，另外相关物理量就可能会发生变化。而在分析具体的变化情况时我们发现，按照常规的分析方法有时会比较复杂，还容易出错。这时我们就可以试试用“极值法”解题，可使分析过程大为简化，解题速度及准确率也会进一步提高。“极值法”就是取极值，取物理量的极大值或极小值后再进行分析、推断。下面结合实例看看“极值法”在解题中的妙用。例如：
如图所示，一杠杆在F1和F2（F1>F2）两个力的作用下处于水平平衡状态，现将F1和F2的作用点分别同时向支点移动相同的距离试判断杠杆将如何转动?