歐姆定律極值問題匯總十篇

序論：好文章的創作是一個不斷探索和完善的過程，我們為您推薦十篇歐姆定律極值問題范例，希望它們能助您一臂之力，提升您的閱讀品質，帶來更深刻的閱讀感受。

篇（1）

在《恒定電流》一章的學習中,學生經常會遇到考查電路動態分析的問題,此類問題的一般思路是根據歐姆定律及串、并聯電路的性質,來分析電路中某一電阻的變化,從而引起的整個電路中各部分電學量的變化情況,常見的分析方法有以下幾種。

1.程序法

基本思路是“部分―整體―部分”,即從電路中電阻阻值變化的部分入手,由串、并聯規律判斷總電阻的變化情況,再由閉合電路歐姆定律判斷總電流和路端電壓的變化情況,最后由部分電路歐姆定律判斷各部分電路中物理量的變化情況,即:

R增大減小R增大減小I減小增大U增大減小I部分U部分

例題1:如圖1所示,圖中的四個電表均為理想電表,當滑動變阻器滑動觸點P向右端移動時,下面說法中正確的是( )。

A.伏特表V的讀數減小,安培表A的讀數增大

B.伏特表V的讀數增大,安培表A的讀數減小

C.伏特表V的讀數減小,安培表A的讀數增大

D.伏特表V的讀數增大,安培表A的讀數減小

解析:當滑動觸頭P向右移動時,R的有效阻值減小,整個電路中的總電阻R就會減小,根據閉合電路歐姆定律可知干路電流I就會增大,因而A讀數就會增大,V讀數為E-I(R+r)就會減小,因為V的讀數也就是R兩端的電壓,所以A的讀數I也減小。V=(I-I)R就會增大。綜上所述,A、D選項正確。

此題如果用“并同串反”的原則去判斷則很簡單:如圖示V與R直接串聯,A與R間接串聯,依據“串反”的原則,所以A、V讀數都增大。V、A都與R并聯,依據“并同”的原則,所以V、A讀數都在減小。即A、D選項正確。

鞏固練習:如圖2所示電路中,若滑動變阻器的滑片從a向b移動過程中,三只理想電壓表的示數變化的絕對值依次為ΔV、ΔV、ΔV,下列各組數據可能出現的是( )。

A.ΔV=3V,ΔV=2V,ΔV=1V

B.ΔV=5V,ΔV=3V,ΔV=2V

C.ΔV=0.5V,ΔV=1V,ΔV=1.5V

D.ΔV=0.2V,ΔV=1.0V,ΔV=0.8V

解析:當滑動變阻器的滑片從a向b移動時,整個回路的總阻值變小,根據閉合電路歐姆定律可知,電路電流會增大,電壓表V的示數增大,內電壓也會增大,電壓表V測得的電壓為路端電壓,其示數會減小。因而電壓表V的示數會減小,又因為ΔV、ΔV、ΔV滿足關系式ΔV=ΔV+ΔV,所以得出ΔV>ΔV及ΔV>ΔV的關系,故選項D正確。此題如果使用地震波的原理:距離震源近的地方感覺強烈,遠的地方感覺要弱一些。電壓表V的示數相當于震源,則很容易得出結論:選項D正確。

2.口訣法

根據日常的知識學習,該種類型的題目還可以總結為“并同串反”的實用技巧。所謂“并同”就是指:當某一個電阻阻值變大時,與它并聯或間接并聯的電阻中的電流、兩端的電壓、電功率隨之而增大;當某一個電阻阻值減小時,與它并聯或間接并聯的電阻中的電流、兩端的電壓、電功率也隨之而減小。所謂“串反”就是指:當某一個電阻阻值變大時,與它串聯或間接串聯的電阻中的電流、兩端的電壓、電功率反而減小;當某一個電阻阻值減小時,與它串聯或間接串聯的電阻中的電流、兩端的電壓、電功率反而增大。

例題2:如圖3所示,電路中電源電動勢和內電阻一定,三只燈泡均正常發光,當滑片P向右滑動時,試分析三只燈(L、L、L)的亮暗變化情況。

解析:當滑動變阻器的滑片P向右滑動時,變阻器R的有效阻值將增大,則與R構成串聯回路的燈L(間接串聯),L(直接串聯)都將變暗(此時L、L兩只燈兩端的電壓u減小,電流I減小,電功率P也減小),即所謂的“串反”。而與R并聯的燈L將變亮(此時L兩端的電壓u增大,電流I增大,電功率P也增大),即所謂的“并同”。

例題3:如圖4所示電路中,A、B、C、D四只燈泡是完全相同的,當滑片P向下滑動時,下列說法正確的是()。

A.A燈變亮

B.B燈變亮

C.C燈變亮

D.D燈變亮

解析:當滑動變阻器的滑片P向下滑動時,變阻器的阻值R將減小,如圖所示,燈A、燈C與變阻器R是并聯的關系,燈D與R是直接并聯的,燈B與R是間接串聯的關系,由“串反”可知:P,P,即燈B和燈D將變亮,由“并同”可知:P,P,即燈A和燈C將會變暗。故B、D項正確。

例題4:如圖5所示,電源電動勢為E,內電阻為r。當滑動變阻器的觸片P從右端滑到左端時,發現電壓表V、V示數變化的絕對值分別為ΔU和ΔU,下列說法中正確的是()。

A.小燈泡L、L變暗,L變亮

B.小燈泡L變暗,L、L變亮

C.ΔU

D.ΔU>ΔU

解析:滑動變阻器的觸片P從右端滑到左端,總電阻減小,根據閉合電路歐姆定律可知總電流增大,內電壓就增大,路端電壓減小。根據“并同串反”的原則,可以判斷出:與滑動變阻器串聯的燈泡L、L電流增大,變亮,與電阻并聯的燈泡L電壓降低,電流減小,變暗。由圖示可知,電壓表U的示數即為燈泡L兩端的電壓,所以U減小,而電壓表U的示數即為燈泡L兩端的電壓,即U增大,而路端電壓U=U+U減小,所以U的變化量大于U的變化量,對于U變化量和U變化量大小的判斷還可以總結為類似于地震波的原理一樣,距離震源近的地方感覺強烈,遠的地方感覺要弱一些,即距離變化的電阻近的變化量大于距離遠的變化量。選BD。

3.極限法

因為滑動變阻器的滑片滑動而引起的電路變化問題,可以將滑動變阻器的滑片分別移動到兩個極端去討論,此時要注意在滑動變阻器滑片滑動的過程中是否會出現極值的情況,即要明確此過程中的變化是否單調變化。

在“恒定電流”中極值問題很重要:并聯電路兩支路電阻代數和一定時,如果兩支路電阻之差最小,則并聯電路電阻最大;如果兩支路電阻之差最大,則并聯電路電阻最小。(數學中的均值不等式討論)

例題5:如圖6所示電路中,R=2Ω,R=3Ω,滑動變阻器最大阻值為5Ω,當變阻器觸頭P從a滑到b的過程中,燈的亮度怎么變?

解析:如圖示,變阻器左邊aP部分電阻與R串聯,右邊bP部分電阻與R串聯,兩個支路再并聯,并聯總電阻R=R+R+R是一定值,所以當兩支路電阻相差最小值為零時(此時R=3Ω,R=2Ω),并聯的總電阻最大,由閉合電路歐姆定律可知此時干路電流I最小,燈的功率是最小的,所以此時燈的亮度是最暗的。即當P從a滑到b的過程中,電路總電阻先增大后減小,電路中的電流就會先減小后增大,燈的功率就先減小在增大,即燈是先變暗后變亮的。

例題6:如圖7所示,電源的電動勢E=8V,內阻不為零,電燈A標有“10V,10W”字樣,電燈B標有“8V,20W”字樣,滑動變阻器的總阻值為6Ω。閉合開關S,當滑動觸頭P由a端向b端滑動的過程中(不考慮電燈電阻的變化),則會()。

A.電流表的示數一直增大,電壓表的示數一直減小

B.電流表的示數一直減小,電壓表的示數一直增大

C.電流表的示數先增大后減小,電壓表的示數先減小后增大

D.電流表的示數先減小后增大,電壓表的示數先增大后減小

解析:根據R=可以求得R=10Ω,R=3.2Ω。當滑動觸頭P在a端時,滑動變阻器的總阻值6Ω,與R=3.2Ω串聯組成一個支路,阻值為9.2Ω,另一個支路電阻R=10Ω,兩個支路總阻值一定,當滑動觸頭P從a端向b端滑動的過程中,兩個支路的電阻差值越來越大,所以總阻值就越來越小,根據閉合電路歐姆定律可得:電流表的示數一直增大,電壓表的示數一直減小。故A選項正確。

4.特殊值法

對于某些電路問題,利用上述方法不好解決的時候,還可以采取代入特殊值法判定,從而得出結論。

例題7:(特殊值法)在圖8所示的電路中,電壓u為定值,當變阻器的滑動觸頭P從a滑到b的過程中,電流表讀數的變化情況是( )。

A.一直減小B.一直增大

C.先減小在增大D.先增大在減小

解析:本題用特殊值代入法判斷會比較方便,不過取特殊值法要注意:應該取多個位置,兩邊和中間這些有代表性的位置都要代入考查。設R′=R,則P在a端和b端時,電流表的讀數均為,當P在滑動變阻器中點時,電流表讀數為I=?=0.8,利用特殊值代人法計算表明電流表讀數是先減小后增大的。

例題8:在圖9所示電路中,r=r是固定電阻,R為滑動變阻器,且R=2r,V和V是電壓表,可認為內阻無窮大,電源電動勢為E,內阻為r,滑動變阻器的滑片P由a端滑到b端的過程中,電壓表V、V的示數將如何變化?

篇（2）

中圖分類號：G632 文獻標識碼：B 文章編號：1002-7661（2015）03-094-02

一、用數學的方法來定義物理概念。

在中學物理中常用到的比值定義法，所謂比值定義法就是用兩個基本的物理量的“比”來定義一個新的物理量的方法。比值法定義的基本特點是被定義的物理量往往是反映物質最本質的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變。如：密度、壓強、速度、加速度，功率、電場強度，電容等物理量的定義。

中學物理中的許多定律，例如電阻定律、歐姆定律、牛頓第二定律、氣體實驗三定律，光的折射定律等都是從實驗出發，經過科學抽象為物理定律，最后運用數學語言把它表示為物理公式的。這是研究物理的基本方法之一。

物理學中常常利用數學知識研究問題，以高中物理“直線運動”這一章為例，就要用極限概念和圖像研究速度、加速度和位移；用代數法和三角法研究運動規律和軌跡；用矢量運算法則研究位移與速度的合成和分解等。另外，物理學中常常運用數學知識來推導物理公式或從基本公式推導出其它關系式，這樣既可以使學生獲得新知識，又可以幫助他們領會物理知識間的內在聯系，加深理解。

二、用數學方法處理物理問題

在中學物理學習中常用的數學方法可以分為圖像法、極值法、近似計算法、微元法等各類。

1、圖像法。物理圖像是一種非常形象的數字語言和工具，利用它可以很好地描述物理過程，反映物理概念和規律，推導和驗證新的規律，物理圖像不僅可以使抽象的概念形象化，還可以恰當地表示語言難以表達的內涵，用圖像解物理問題，不但迅速、直觀，還可以避免復雜的運算過程。

例如：如圖所示，甲、乙兩光滑斜面的高度和斜面的總長度都相同，只是乙斜面由兩部分組成，將兩個相同的小球從兩斜面的頂端同時釋放，不計拐角處的機械能損失，試分析兩球中誰先落地。

解析：甲、乙兩光滑斜面的高度相同，又不計拐角處的機械能損失，因此兩球的機械能君守恒，即落地時兩球速度大小相同。由于斜面的傾斜程度不同，對兩小球進行受力分析可知，乙圖中，小球在前部分的加速度大于甲，后部分的加速度小于甲。將乙的兩部分υ─t圖線合并后與甲相比，則其前部分υ─t圖線斜率比甲的斜率大，后部分υ─t圖線較甲斜率小。同時要使兩圖線與t軸圍成的面積相等，則其υ─t圖象應如圖所示：

由υ─t圖象可知，乙圖中的小球先落地。

2、極值法 極值法是在物理模型的基礎上借助數學手段和方法，從數學的極值法角度進行分析、歸納的數學處理方法。物理極值問題的討論中常用的極值法有：三角函數極值法，二次函數的極值法，一元二次方程的判別式法等。

3、近似計算法。

物理計算中，常用一些數學近似公式：

如：當θ很小時：sinθ= tgθ=θ

借助上述公式結論，在物理估算中常收到一些意想不到的效果。例：在水下1m處放置一個小物塊，問當從水面正上方向下看時，物體離水面深度為多少？

解析：水面下物體A所發出的光線經水面折射，其像點A’，光路如圖所示。

，

當人眼從水面正上方往下看時，a、r兩角都應接近零度。因此有：tgr ≈ sinr，tga ≈ sina

由光的折射定律，則有：

所以當從水面正上方向下看時，物體離水面深度為1/n米

4、微元法。微元法是分析、解決物理問題中的常用方法，也是從部分到整體的思維方法。它是將研究對象（物體或物理過程）進行無限細分，從其中抽取某一微小單元即“元過程”，進行討論，每個“元過程”所遵循的規律是相同的。對這些“元過程”進行必要的數學方法或物理思想處理，進而使問題求解。如：用微元法推導勻變速直線運動位移與時間關系。

做勻變速直線運動的物體，其速度與時間圖線下面四邊形的面積可以表示其位移。這一結論的得出就需要用微元法思想。我們研究以初速度v0做做勻變速直線運動的物體，在時間t內發生的位移。物體運動的v-t圖像如圖所示。

把時間t分割成無數多個小的時間間隔t，在v-t圖中，每一個時間間隔起始時刻的瞬時速度由相應的縱坐標表示。在每一個時間間隔內，我們認為物體做勻速直線運動。在v-t圖中，各段位移可以用一個又窄又高的小矩形的面積代表。每個

小矩形的面積之和近似的代表物體在整個過程中的位移。為了精確一些，可以把運動過程劃分為更多的小段，如圖乙，用所有這些小段的位移之和，近似代表物體在整個過程中的位移。

三、應用數學方法來分析、解決物理問題時應該注意的一些問題

1、理解物理公式或圖像所表示的物理意義

物理公式中運用數學知識時，一定要使學生弄清物理公式或圖像所表示的物理意義，不能單純地從抽象的數學意義去理解物理問題，要防止單純從數學的觀點出發將物理公式“純數學化”的傾向。 如在電容的概念教學時筆者就發現有一大部分學生認為電容與電荷量成正比，與電壓成反比。

2、表達物理概念或規律的公式都有自己的適應條件

在運用數學解決物理問題時，一定要使學生弄清物理公式的適用條件和應用范圍。例如，真空中庫侖定律的公式只適用于兩個相對靜止的點電荷。值得注意的是，如果從“純數學化”觀念來看，當r0時，F∞，但這樣的討論在物理上是毫無意義的，這時Q1，Q2的相互作用是很復雜的，庫侖定律描述不了它們之間的相互作用。

3、數學的解與物理的解的統一

篇（3）

一般認為電路中，電源電壓恒定不變.這就使我們在進行物理電路動態分析時，可以根據電路動態變化的原因，將問題簡單劃分為兩類：第一類是電路結構變化， 主要是由于開關的通、斷造成電路的變化.當開關處在不同狀態時，由于斷路和短路，接入電路中的用電器，及其用電器之間的連接方式一般要發生變化，因此首先要在原電路的基礎上畫出各種情況下的實際電路.改畫時要根據電流的實際情況，運用“拆除法”.拆除法要求：（1）去掉被斷路的元件；（2）去掉已被短路的元件；（3）用“去表法”去表，其原則是“電壓表處是斷路，電流直過電流表”.在去掉電壓表時，要分析電壓表讀出來的是哪部分電路兩端的電壓，可用等效電路法畫出等效電路圖， 分析流過固定電阻的電流或其兩端的電壓變化.

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）

將現實生活中的問題以物理模型的形式出現，方便我們快速、直觀、簡單的處理問題。模型法有：實體模型、過程模型、狀態模型等，實體模型有質點、點電荷、彈簧振子、單擺、點光源、輕桿、輕繩、剛體、理想斜面等，過程模型有勻變速直線運動、簡諧運動、自由落體運動、拋體運動等，狀態模型有靜止、勻速直線運動等。建立合適的物理模型使問題更加簡單化，更容易找出規律。

二、守恒思想

守恒思想是物理中重要的思想之一，能量守恒，機械能守恒，質量守恒，電荷守恒等，反應了自然界存在的一種本質規律。這些都是我們利用的工具，分析物理現象中的能量，電量，質量是解決物理問題的主要思路。抓住守恒量，找準它們在過程中的轉化、轉移的情況。融入在高中物理的整個領域。

三、隔離分析法與整體分析法

1.隔離法。隔離分析法是把選定的研究對象從所在物理情境中抽取出來，加以研究分析的一種方法.需要用隔離法分析的問題，往往都有幾個研究對象，應對它們逐一隔離分析、列式.并且還要找出這些隔離體之間的聯系，從而聯立求解.概括其要領就是：先隔離分析，后聯立求解。

2.整體分析法。整體分析法是把一個物體系統（內含幾個物體）看成一個整體，或者是著眼于物體運動的全過程，而不考慮各階段不同運動情況的一種分析方法。

整體法與隔離法在高中階段經常使用，力學方面應用居多。整體法簡單方便，但無法討論系統內部情況。隔離法涉及的因素多比較繁雜。二者各有利弊，交替使用，相輔相成。

四、極值法與臨界法

分析極值問題的思路有兩種：一種是把物理問題轉化為數學問題，純粹從數學角度去討論或求解某一個物理函數的極值。它采用的方法也是代數、三角、幾何等數學方法；另一種是根據物體在狀態變化過程中受到的物理規律的約束、限制來求極值。它采用的方法是物理分析法。運用此類方法關鍵是考慮將什么問題推向什么樣極端，也就是那個物理量推向那種極端。選好變量，找出極值或臨界值，然后從極端狀態分析問題的變化規律，解決問題。極值問題是中學物理中常見的一類問題，在運動學中追得上追不上，力學中平衡、突變，電磁場粒子有界問題等。

五、控制變量法

在處理問題時，發現有多個因素的同時變化，造成某些規律不易表現出來，我們可以先將某些物理量控制不變，再依次研究某個因素問題的影響。高中階段在實驗探究，定律的發現中常用，如牛頓第二定律、歐姆定律、熱學方程中用到。

六、等效法

等效法是物理思維的一種重要方法，其要點是在效果、特性或關系相同的前提下，把較復雜的問題轉化為較簡單或常見的問題。實質是在效果相同的情況下，突出主要因素，抓住它的本質，找出其中規律。應用等效法，關鍵是要善于分析題中的哪些問題（如研究對象、運動過程、狀態或電路結構等）可以等效。高中階段有力的合成與分解、運動的合成與分解、復合場中的等效重力場等。

七、作圖法

作圖法就是通過作圖來分析或求解某個物理量的大小及變化趨勢的一種解題方法。作圖法能直觀的描述物理過程，形象表達物理規律，突出物理量之間的關系。通常分為定性作圖，定量作圖，還有緩慢變化圖等。當某些物理問題難度太大，作圖法有著化繁為簡的效果。高中階段在很多地方都出現，運動學中的運動草圖、v-t、x-t、a-t圖像，力學中的合成與分解、動態平衡、彈簧問題。能量中的能量變化圖像......等等。

八、逆向思維法

對于某些問題，運用常規的思維方法會十分繁瑣甚至解答不出，而采用逆向思維，即把過程的"末態"當成"初態"，反向研究問題，可以使物理情景更簡單，物理公式也得以簡化，從而使問題易于解決，能起到事半功倍的效果。一般高中階段在運動學出現的較多，解決末速度為零的勻減速直線運動，可采用該方法，即把它看作初速度為零的運價速直線運動。這樣可以用的公式規律就很多，而且十分簡捷。需要注意的是逆向思維思考后，回答問題的時候要要對應你思考的部分。

九、對稱法

對稱性就是事物在變化時存在的某種不變性，自然界和自然科學中，普遍存在著優美和諧的對稱現象，利用對稱性解題時，大大簡化解題的步驟。從科學思維的角度上講，對稱性最突出的功能是啟迪和培養學生的直覺思維能力。用對稱法關鍵就是快速看出并抓住失誤在某方面的對稱性。高中階段出現較多的也是在運動學，典型的就是豎直上拋運動的對稱性，時間對稱性，高度對稱性，速率對稱性，能量對稱性等。

十、假設法

假設法是假定某些條件，再進行推理判斷。若結果與假設一致，則假設成立；若不一致，則假設不成立。解答問題時常用假設有物理情景假設、物理過程假設、物理量的假設等。利用假設法可以把一些不知道后續情況的問題變得順理話，往往能突破思維障礙，完美解題。高中階段在力學中分析彈力和摩擦力的有無方向常使用。

十一、微元法

在整個物體的全過程中，這些微小單元是其時間、空間、物質的量的任意的且又具有代表性的一小部分。通過對這些微小單元的研究，我們常能發現物體運動的特征和規律。使用該方法時，要保證每個微元所遵循的規律都是相同的。經常用到的是電流微元法、時間微元法、位移微元法等。

十二、補償法

物理問題中對于某些非理想模型，直接求不滿足或者很困難的情況下，將非理想模型補償為理想模型，滿足要求，也容易求解。高中階段萬有引力定律，庫倫定律用的居多。

篇（5）

以下精編一組課堂教學中的習題，幫助學生認識和鞏固“連續變化”的觀點，拓寬解題思路，激發學習物理的興趣。

例1.如圖1所示，湖面上有一個半徑為45 m的圓周，AB是它的直徑，在圓心O和圓周上的A點分別裝有同樣的振動源，振動情況相同，激起的波在湖面上傳播的波長是10 m。若一只小船在B處恰好感覺不到振動，它沿圓周慢慢向A劃行，在到達A之前的過程中還有幾次感覺不到振動？（ ）

A.8次 B.9次 C.5次 D.2次

【解析】：由波的干涉原理知，波程差為？駐？姿處振動減弱，船在B處和A處的波程差均為OB-AB=R=45 m=4.5？姿，C為AO垂直平分線上的點AC-OC=O？姿，根據位移變化的連續觀點，在從-4.5λ～0λ～4.5λ變化過程中，必有3.5λ，2.5λ，1.5λ，0.5λ，-0.5λ，-1.5λ，-2.5λ，-3.5λ，共有8處減弱點，故選A項。

例2.一個壁厚均勻的空心球殼用一根長線把它懸掛起來，先讓空腔中充滿細沙，然后讓細沙從球底部的小孔緩慢流出來。如果讓球小角度擺動，那么在細沙漏出過程中振動周期的變化情況

（ ）

A.變大 B.變小

C.先變大后變小 D.先變小后變大

【解析】：在“滿”和“空”始、末兩狀態時，重心在球的幾何中心上，細沙下漏過程中球的重心位置變化是連續的，先降低后升高，而單擺的擺長L由重心位置決定，由知周期T先變大后變小。

例3.如圖3，兩個等量同種電荷固定在A，B兩點，在A，B兩點的中垂線上有C，D兩點，將一個檢驗電荷由C點移到D點，該檢驗電荷受到的電場力大小（ ）

A.由大變小 B.由小變大

C.先變大后變小 D.不能確定

【解析】：根據電場疊加原理知，AB中點O處和中垂線上無窮遠處兩極端位置的合電場均為零，由“連續變化”觀點知，從EO=0變化到E∞=0過程中，中垂線上某處會出現合電場的極值點，不知C，D兩點位于極值點的何側，故電場力大小不能判定。

例4.如圖4，宇航員進行素質訓練時，抓住秋千桿由水平狀態開始下擺，到達豎直狀態的過程中，飛行員受到重力的瞬時功率變化情況是（ ）

A.一直增大 B.一直減小

C.先增大后減小 D.先減小后增大

【解析】：根據瞬時功率計算式P=mg×v×cosθ知，從開始到豎直狀態兩個極端位置時功率為零，由“連續變化”觀點知，在蕩到中間某處時刻有最大功率，故選項C正確。

例5.如圖5，AOC是光滑直角型金屬導軌（電阻不計），ab是一根金屬直棒，電阻為R，它從靜止開始在重力作用下由豎直位置落到水平位置過程中，a、b端始終與AO、OC接觸良好，空間存在垂直紙面向里的勻強磁場，則ab棒在上述運動過程中（ ）

A.感應電流方向始終為ab

B.感應電流方向開始ba，后來變為ab

C.所受安培力大小先變小后變大

D.所受安培力大小先變大后變小

【解析】：因為Oab的面積先增后減，所以磁通量先增后減，由楞次定律知選項B正確；棒ab與AO、OC重合時兩處極端位置時磁通量為零，但磁通量的變化率最大，中間位置時磁通量雖然最大但其變化率最小，故感應電動勢先減小后增大，選項C正確。

例6.如圖6，滑動變阻器AB的總電阻與圖中R阻值相同，電源電動勢為E，內阻不計，當觸頭P從右端A點開始一直滑到B點為止的過程中，電流表的度數將（ ）

A.逐漸增大 B.逐漸減小

C.先減小后增大到原值 D.先增大后減小到原值

【解析】：設AP段電阻為X。根據串、并聯電路特點和歐姆定律可知：，上式分母存在極大值，IA 有最小值，而觸點P在兩極端位置A，B處時電流表示數均為，故應選C項。

例7.如圖7，甲分子固定在坐標原點O，乙分子位于X軸上，甲、乙分子間的作用力與它們距離的關系如圖7所示，F>0為斥力，F

A.ab加速，bc減速

B.ab加速，到達c時速度最大

C.ac過程，兩分子間的勢能一直減小

D.ad過程，兩分子間的勢能一直增加

【解析】：由于分子間同時存在相互作用的引力和斥力，c處為平衡位置，在abc間距連續變化過程中，分子間引力先增后減，加速度也先增后減，而乙分子的速度變化是連續的，其速度將一直增大，故選項B正確；因ac表現為引力，cd表現為斥力，ac過程引力始終做正功，分子勢能一直在減小，故選項C也正確。

例8.如圖8，一根足夠長的水平滑桿SS′上套有一質量為m的光滑金屬圓環（電阻不計），在桿的正下方與其平行放置一同樣長的光滑水平木質軌道PP′，軸線穿過環的圓心，現使質量為M的條形磁鐵以水平速度v0沿木質軌道向右運動，設磁鐵與圓環的最終速度分別為vM和vm，則（ ）

A.磁鐵穿過環后，兩者先后停下來

B.圓環可能獲得的最大速度為

C.一定有vM>vm

D.一定有vM

【解析】：根據法拉第電磁感應定律，磁鐵與圓環間存在相互作用的一對內力（類似碰撞問題），在兩者組成的系統內，由動量守恒定律知，磁鐵減速的同時圓環在加速，由于速度變化是連續的，當且兩者速度變化到相同時，共同勻速向右運動，根據Mv0=（m+M）v，選項B正確。

從上列幾例可以歸納如下解題方法：在模擬量的連續變化過程中，要善于找出變化量的極值（最大或最小），一般是把研究的模擬量外推到兩端分析尋找是否有極值，如在兩端出現數值相同，則在變化過程中有一極值，也就是說自然現象中事物發展變化不可能是分裂的、間斷的，總是連續變化的。

篇（6）

例1一根均勻直桿，每米桿長自重為G0=40 N，現截取這種直桿作杠桿使用，如圖1，抬起G=400 N的重物，重物懸掛點距桿左端支點O為a=0.2 m，杠桿水平，作用于桿右端的動力F豎直向上，問：截取的直桿多長，可使加在桿右端的力F最小？這個最小力是多少？

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）

一. 初高中物理銜接的根源

筆者認為，初高中物理不能很好地銜接原因體現在以下幾個方面：

1.教材方面

初高中物理對學生的要求不同，導致初高中物理教材跨度較大。初中物理教材難度小、趣味濃，一般以基礎知識為主，文字敘述通俗易懂，講述的物理知識現象都是由實驗或生產、生活知識引入課題，運用的知識基本是四則運算、定性分析多，易于接受。而高中物理教材更注重分析推導，定量研究的多，不僅敘述嚴謹，概括性、理解性較強，而且描述方式多樣，有文字敘述，也有公式和圖像說明。另外，數學公具的運用明顯的加強與提高，解題不僅有算術法，代數法，而且常運用函數、圖像和極值等數學方法來研究物理現象和過程。再有，數學教學進度跟不上物理教學的需要，學科間的教學不銜接給學生利用數學工具的運用帶來了困難，加大了學生物理學習的難度，從而使學生很難迅速適應高中物理知識學習。

2.教學方面

由于初高中教材的差異和教學目的不同，很多高中教師和初中教師的教學方法也有很大的不同，教學內容從初中到高中也存在跨度較大的臺階。其主要表現在：（1）從簡單到復雜。初中物理知識比較簡單，教學進度較慢，習題類型較少，變化也不多，且多數與教師課堂上講的內容、例題相似，不少學生養成了死記硬背的習慣。到了高中則要復雜很多，比如從光滑平面的勻速直線運動到考慮外力作用的變速運動，從單個物體到連接體問題，從部分電路的歐姆定律到閉合電路的歐姆定律等。（2）從現象到本質。初中物理知識多是以有趣和有用為出發點，主要是對一些表面現象的觀察分析，如聲現象、光現象等。而在高中教學則要深入到本質和規律層次，如力的概念、光波、分子運動論等。（3）從具體到抽象。初中的研究對象都是一些具體形象的東西，高中則要引入很多抽象的概念。（4）從標量到矢量。高中引人了初中沒有的矢量概念，物理量的方向成為分析研究問題需要考慮的重要因素，這是很多學生一時很難適應的一個知識點。另外，到了高中后，教學進度明顯加快，課程教學密度大大提高，需要學生自身多分析、勤思考、多練習，方能真正的掌握。

3.學習方法方面

由于初中涉及的問題簡單，現象直觀，形象公式簡單，概念少；題型簡潔，運算少，養成學生跟著教師轉，死記硬背教師布置的內容，學習方法機械單一。但在高中學習中，單憑初中那種機械記憶方法顯然遠遠不夠了，學生應有主動進取的精神，做到課前要預習，課上勤思考，課后重觀察、分析。要獨立自主地獲取知識，靈活運用知識，能舉一反三，構建完整的物理情境來解答問題，才是高中學生學習物理知識的基本方法。

4.心理特點方面

學生的年齡，決定著學生的生理特點和心理特點。初中學生的年齡在12-15歲，正處在發育期，還不成熟。這期間要經歷青春期、個性品質形成期，行為習慣養成期。這個時期的孩子，承擔的"任務"太多，有人稱這個時期為問題期、關鍵期，危險期；也是處于半幼稚、半成熟的過渡期。這個時期的學生存在憑興趣辦事、依賴性較強，注意力不集中、個性差異很大，主動性和自覺性較差。由于這個時期剛進入高中，又剛經過緊張的中考，不少學生放松了對自己的要求，出現學習上的松弛現象，另外，聽高中學兄學姐們講，高中物理難學，因而還未開始學習高中物理，就有一種畏難和懼怕心理。從而挫傷了學習物理的信心，進而產生對學習物理的厭倦感。

5.思維能力方面

初中學生正處于"形式運算"階段。其一思維特點是；在頭腦中可以把事物的形式和內容分開，可以離開具體事物，根據假設來進行邏輯推演。初三學生有一定的歸納能力，而演繹能力還是很差，學生思維的"片面性"和"表面性"還很明顯。其二從思維方法上；初中物理是建立在學生形象思維基礎上的，對抽象思維要求不高，但學生進入高一后，要求他們從形象思維進入抽象思維，立即完成思維認識的一次大飛躍。其三從能力要求上；高中物理要求學生有較強的理解能力、推理能力、分析綜合能力等。如高一第一章就要進行受力分析，對較抽象的彈力、摩擦力由定性分析轉入全面的定量研究，要分清施力物體，受力物體、力的相互作用、平衡力等，學生很難理解或容易產生混淆。

6.運用數學知識方面

高一物理的力學部分所運用的數學知識遠比初中物理所用的四則運算復雜得多，如力的分解中的三角知識、萬有引力、人造衛星中的冪的運算等等。然而，許多學生連直角三角形中的三角函數關系都不清楚，更不用談靈活運用了。更使人擔心的是學生在物理學習中自覺運用數學知識和數學思想的意識淡薄，數理結合的能力差、不能真正地利用數學工具解析物理問題，這些應引起我們的高度重視。

二.解決"銜接"問題的應對策略

針對以上六個方面的根源，筆者認為要幫助學生順利跨越初、高中物理這一臺階，解決初高中物理"銜接"問題，應在于研究學生，研究初高中教材，積極開展教學改革，大膽創新教學方式，真正體現以人為本的教學理念，使學生盡快地適應高中物理的學習，在此，提出以下幾個方面的建議。

篇（8）

例1.有一支溫度計的刻度均勻但不準確，將它放入冰水混合物中，示數是5℃；放入標準大氣壓下的沸水中，示數是95℃。若放在空氣中示數是32℃，那么室內實際溫度是_________℃。

解析：這支溫度計的刻度是不準確的，但卻是均勻的，因此這些刻度與真實的刻度之間存在著線性的一一對應關系，即一次函數關系。這里可以把不準的刻度作為自變量x，真實的刻度作為因變量y（倒過來也可以），設兩者滿足關系式y=kx+b①，根據題意可知當x=5時，y=0；當x=95時，y=100（標準大氣壓下冰水混合物的溫度為0℃，沸水的溫度為100℃），代入①式，可求得k=■，b=-■，因此有y=■x-■②。再把x=32代入②式，可求得y=30，所以當它的示數為32℃時，室內的實際溫度為30℃。

例2.某課外興趣小組，將塑料小桶中分別裝滿已知密度的四種液體后，用彈簧測力計稱出它們的重力，記錄了下表中的數據。

■

若小桶中盛滿密度未知的某種液體時彈簧測力計的示數為2.3 N，該液體的密度是___________。

解析：根據二力平衡知識可知，彈簧測力計的示數等于液體的重力加上空桶的重力，即：F=G液+G桶。而液體的重力等于液體的質量乘以g，即：G液=m液g。液體的質量又等于液體的密度乘以它的體積，即：m液=ρ液V液。因此F=ρ液V液g+G桶①。由于小桶中的液體每次都裝滿，故液體的體積V液是一個定值，空桶的重力G桶及g也都是定值。令k=V液g（因V液和g都是定值，故它們的乘積也為定值），b=G桶。因此①式變為F=kρ液+b②，此式為F關于ρ液的一次函數。任取表格中的兩組數據（如：第二組和第三組）代入②式，可解得k=1，b=0.8。因此有F=ρ液+0.8③。最后把F=2.3代入③式，可求得ρ液=1.5 g/cm3。

點評：上述兩題的解法巧妙借助了數學中的函數模型。在兩個量之間建立起一一對應的關系，即函數關系。然后根據條件求出函數表達式，最后通過求解出的函數表達式算出結果。此方法避開了傳統方法中的具體分析，直接利用了數學中函數這個工具進行求解，較為方便。

二、利用極值法求解物理問題

例3.在如圖所示的電路中，電阻R1=8 Ω，R2=10 Ω，電源電壓及定值電阻R的阻值未知。當開關S接位置1時，電流表示數為0.2 A。當開關S接位置2時，電流表示數的可能值在 A到 A之間。

解析：要求開關在位置2時的電流范圍，只要把電流用式子表達出來，然后再求解該式子的最值即可。根據歐姆定律，開關在位置2時的電流等于總電壓去除以此時的總電阻（可用R2+R表達），而總電壓（即電源電壓）是保持不變的，它等于開關在位置1時的電流乘以此時的總電阻，即U=I1（R1+R），因此，當開關在位置2時，電流可表達為I2=■=■，把條件代入，可得I2=■，由于此式子的分子分母都在變，因此不好直接求它的最值。此處，需要進行適當的變換，可以先將分子變為常數，即：I2=■=■=■-■=0.2-■，此時我們可求解出該表達式的最值。由于該表達式中I2隨著R的增大而增大，考慮到實際情況，電阻R的值最小為0（取不到），最大為無窮大（要多大就有多大）。因此，當R=0時，I2取最小值，為0.16 A，當R=無窮大時，I2取最大值，為0.2 A。故電流表示數的可能值在0.16 A到0.2 A之間。

點評：此題的解法借助了數學中的極值法。先把要求的物理量用含有數字和字母的式子表達出來。然后將該表達式進行適當變換，根據自變量的范圍，求出變換后表達式的最大值和最小值。此方法在求解時較為嚴密，不過需要一定的數學基礎。

三、利用數學推導求解物理問題

例4.水平地面上豎直放有一實心銅圓柱體，它對水平地面的壓強為p1，在它底部中央開孔后，它對水平地面的壓強為p2。孔的形狀和大小如圖甲所示，其中EFGH為底部孔口。孔的形狀和大小與按圖乙所示對稱切割正方體形成的幾何體的形狀和大小一樣（具體方法是沿四邊形ABFE所在平面和四邊形DCGH所在平面將正方體對稱截去兩塊）。已知正方體中線段AB的長度為圓柱體高的一半，AB=EF=2EH，關于p1與p2大小的判斷，正確的是 （ ）

A.p1

C.p1>p2 D.以上三種情況都有可能

解析：設該實心圓柱體的密度為ρ，高為2a，底面積為S；

則它對水平地面的壓強p1=ρg2a=2ρga；

由題意可知，圖乙中，正方體的體積V正=a3；

又由于圖乙中截去的兩塊恰好可拼成一長方體，其體積V切=a?a?■=■；

則圖甲的體積（即挖去部分的體積）V挖=V正-V切=a3-■=■；

于是圓柱體被挖去之后剩余部分對地面的壓力F剩=G柱-G挖=2ρSag-ρ■g=2ρga（S-■）；

圓柱體被挖去之后剩余部分的底面積S剩=S-■；

所以p2=■=■=■>2ρga；

即：p1

篇（9）

中圖分類號：G622 文獻標識碼：B 文章編號：1002-7661（2015）06-254-02

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）

帶電粒子在電場、磁場中的運動以及金屬棒在磁場中運動是中學物理中的重點內容，這類問題對空間想象能力、分析綜合能力、應用數學知識處理物理問題的能力有較高的要求，是考查考生多項能力極好的載體，因此歷來是高考的熱點.另外這類問題與現代科技密切相關，在近代物理實驗中有重大意義，因此考題有可能以科學技術的具體問題為背景，如質譜儀、磁流體發電機、電視機、流量計、電磁泵等原理，在歷年的理綜考試中也是每年都考且分值較大。

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，綜合的知識多一般是三個以上知識點融匯于一題。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。通常情況下的第（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。

確定思路方法解電磁題不必刻意追求方法的創新，因為試題知識容量大，綜合性強，很難做到解題方法大包大攬的巧妙與簡捷。還是踏踏實實地從讀題、審題開始。提取復雜情境中有價值信息，明確已知條件、挖掘隱含條件、預測臨界條件。畫研究對象受力圖、運動情境示意圖，初步展示分析問題的思路。至于采用的方法，一則從已知條件切入，根據物理過程列出有關物理方程，就表達式中仍是未知的物理量，要繼續順著相關過程尋找，不斷地用已知替換未知。另外，從題目所求入手列物理方程，一步一步地往前推，也是完成未知替換已知，兩者最終達到用所有的已知量表示待求量。

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 ：如圖所示，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=l21+（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=mv2R. 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=Rαv. ③

式中sin α=l1R. 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=12at22. ⑥

l2=vt2. ⑦

式中t2是粒子在電場中運動的時間，由①②⑤⑥⑦式得

EB=l21+d2l22v ⑧