歐姆定律極值問題

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歐姆定律極值問題范文第1篇

1 與動力學、運動學知識相綜合

金屬棒在磁場中作切割磁感線運動, 涉及受力分析和速度、加速度分析, 與動力學、運動學知識緊密相關, 分析時應注意如下思路：閉合回路中的磁通量發生變化 金屬棒產生感應電動勢 感應電流 金屬棒受安培力作用 合外力變化 加速度變化 速度變化 感應電動勢變化 ……, 循環結束時, 加速度往往等于零，金屬棒達到穩定運動狀態。

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。

求解思路 電磁感應現象中綜合著機械能和電能之間的相互轉化，內能和電能之間的相互轉化，為此就必須弄清楚轉化中各力做功的情況, 像有摩擦力做功必定有內能產生，安培力做負功實現其他形式的能向電能轉化，做正功將電能轉化為具他形式的能，要善于分析導軌的運動情況，涉及始、末狀態，還有力和位移的, 以及熱量問題應盡量應用動能定律與能的轉化和守恒定律解決．對于感應電流的焦耳熱問題：如果感應電動勢為恒量，可以運用焦耳定律直接求得; 如感應電動勢為變量，若是正弦交流電，可運用有效值求之，若不是, 可應用能的轉化和守恒定律求解。

歐姆定律極值問題范文第2篇

摘 要：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。

關鍵詞：電磁學；思路；方法

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

由①③④⑦式得

歐姆定律極值問題范文第3篇

關鍵詞:數學規律或結論在物理解題中的應用

物理與數學密不可分,運用數學方法對解決物理問題至關重要。應用數學知識處理物理問題的能力也是高考要求的五種能力之一,所以,作為老師,課堂上要滲透并培養學生對不同物理題型靈活運用不同數學方法去處理解決的能力;作為學生,在平時的學習中既要認真學好物理知識,還要努力提高自己的數學推理運算能力,注意數學知識和物理知識的結合。現從八個方面舉例分析如下:

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。

(2)當a1>a2時,t=,t有兩解,但t的負值無意義,另一解是正值,說明甲、乙兩物體只能相遇一次。

歐姆定律極值問題范文第4篇

一、動態平衡問題

這種情況絕大多數在選擇題中出現，主要是判斷各個力大小變化情況或求某個力的極值問題等，可以用“作圖法（合成法）”、“相似三角形法”、“正交分解法”等。

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

C。電壓表V1的示數變化量大于電壓表V2示數變化量

歐姆定律極值問題范文第5篇

【關鍵詞】圖象法；拐點；斜率；截距；面積

一、圖象的物理意義

圖象的物理意義主要通過“點”、“線”、“面”三個方面來體現，教學中應從這三方面入手。

“點”：圖象中的點包括某個任意點和一些特殊點，如拐點、交叉點、極值點、截距點等。“點”是認識圖象的基礎。物理圖象上的一個“點”對應一個物理狀態，它包含著該物理狀態的特征和特性。從“點”著手分析時應注意從以下幾個特殊“點”分析其物理意義。

①截距點：它反映了當一個物理量為零時，另一個物理量的值是多少，也就是明確表明了研究對象的一個狀態。如圖1中，圖象與縱軸的交點反映出當I=0時，I=E即電源的電動勢；而圖象與橫軸的交點表示電源的短路電流。

②交點：即圖線與圖線相交的點，它反映了兩個不同的研究對象此時有相同的物理量。如圖2中的P點表示甲、乙兩物移相同的時刻和發生的位移。（同一時刻達到相同的速度）

③極值點：它可以表示該點附近物理量的變化趨勢。如圖3中的D點表明在閉合電路中當外電阻R等于內電阻r時，電源有最大輸出功率。

④拐點：通常反映出物理過程在該點發生突變，物理量由量變到質變的轉折點。拐點分明拐點和暗拐點。對明拐點，學生能一眼看出其物理量發生了突變。如圖4中的P點反映了加速度方向發生了變化而不是速度方向發生了變化。對暗拐點，學生往往察覺不到物理量的突變。如圖5中P點，在該點速度方向發生了變化。

“線”：主要指圖象的切線，其斜率通常具有明確的物理意義。物理圖象的斜率代表兩個物理量之比值，其大小往往代表另一物理量的值。另外圖線的變化規律反映了橫縱坐標表示的兩物理量之間的變化關系。圖象中的斜率K：過曲線上某一點作曲線的切線，該切線與橫軸所成角度的正切值 （k=tg-θ）圖6）。若，即該量可用微元法表示（物理圖象的斜率代表兩個物理量增量之比值，其大小往往代表另一物理量）.如s-t圖象的斜率為速度，v-t圖象的斜率為加速度，φ-t圖象的斜率為感應電動勢等。如圖7Φ-t圖象中t1時刻電動勢為0。

“面”：指圖線與橫縱坐標所圍面積表示的物理意義。面積的大小常代表另一物理量的大小。

比如力隨時間的變化關系曲線中（圖8）

①若F是恒力，則圖象所圍的面積S1表示力F的沖量I1=Ft

②若F是變力，用微元法同樣得到圖象所圍面積S2表示力F的沖量I2，即與F是否為恒力無關。

其它比如v-t圖象中所圍面積代表位移，F-s圖象中所圍面積為力做的功，s―（1/v）圖象與1/v軸所圍的面積代表時間等。

二、圖象法運用于物理教學的意義

1.形象直觀、簡化解題過程

圖象法思路清晰，能使解題過程得到簡化，起到比解析法更巧妙、更靈活的效果。例如在比較勻變速直線運動中的平均速度與中間位置的速度的大小關系時，用圖象法解題一目了然。如圖9，平均速度即中間時刻速度V2，中間位置的瞬時速度即面積平分時刻的速度V1。依據圖象能很快地得出結論V2

如圖10所示，經過一定時間，物體分別經1、

2、3過程獲得速度v，1、3做變加速運動，

2做勻加速運動，要比較三個過程平均速度

的大小關系。如要用解析法，由于中學階段

對1、3過程無法解答，導致問題不能解答。但如果知道圖線與時間軸所圍面積數值上等于發生的位移，則容易得出。

2、演示變化過程，體現變化規律：

用圖象法來描述物理過程更加直觀，可以描述出其變化的動態規律，讓學生容易理解物理過程。例如圖11中在分析用擋板擋住光滑斜面上的小球，分析擋板由水平位置緩慢轉到豎直位置的過程中，小球對擋板與斜面的作用力如何變化時，可根據小球受三力作用平衡的條件：三力必構成一個閉合的矢量三角形。作動態分析圖，注意重力大小方向不變，斜面對小球的支持力方向不變 ，而擋板對小球的支持力大小方向均會變化。如圖12，由圖示可得出兩力的變化是：作用在擋板上的力先減小后增大，作用在斜面上的力一直在增大。

3、用于實驗，簡化數據處理方法：

物理學習離不開物理實驗，在物理實驗中應用圖象法進行數據處理，不僅具有簡明、直觀的特點，而且還可以減小誤差、分析誤差的成因，較方便地獲得未經測量或無法直接測量的物理量數值。

（1）揭示物理規律。如在探索彈簧彈力與形變關系的實驗中，如引導學生把實驗中測得的彈力F和形變量x的對應數據描在F-x圖象中，則F與x的關系馬上清晰地反映出來，即F與x成正比。

（2）減少偶然誤差，幫助發現和分析誤差。在作圖描點的過程中，根據不同情況把數據點連成平滑的直線或曲線。由于測量存在一定的誤差，所以曲線不一定要通過所有的點，而是要求數據點均勻的分布在曲線兩旁，這相當于在數據處理過程中取平均值，若個別點偏差過大，應仔細分析后決定是否舍去。在這一過程中，偶然誤差被大大的降低了。

（3）獲取無法直接測量的物理量。在測量單擺的周期時，我們需要測量單擺的擺長，而單擺的擺長應該是擺的懸點到擺球質心的距離。可是在實驗中能夠精確測量的是懸線的長度L0，而不是擺長L，因為小球質心的位置受小球制造時的各種因素的影響，無法精確地測量。現把L改寫成L0+x（如圖13所示），則單擺的周期與擺長的關系變成：

這樣，測出不同的L0下的T值，作出T 2-L0圖線，由直線的截距b即可定出不能精確測量的。

（4）分析誤差成因。在驗證牛頓第二定律的實驗中，對a-F圖象進行分析即可得到實驗的誤差成因，與橫軸的截距表示沒有平衡摩擦力（圖14），與縱軸的截距表示過度平衡摩擦力（圖15）。可見用圖象法分析實驗誤差可避開復雜的計算，使問題簡潔明了。

（5）分析誤差結果。伏安法測電池的電動勢和內阻實驗通常有兩種方法：暫且叫內接法和外接法（如圖16）。為了減少偶然誤差，可采用圖象法處理數據：不斷改變變阻器的阻值，從伏特表、安培表上讀取多組路端電壓和流過電源的電流的值，然后根據多組U、I值畫出電源的U-I圖象，根據閉合電路的歐姆定律U=ε-r，由于ε和r都是常量，所以U是I的一次函數，這個圖象應該是一條直線，由于實驗誤差，根據實測數據做出的點不會嚴格地落在同一條直線上，我們用直尺畫一條直線，使直線兩側的點數大致相等，這條直線就能代表電壓―電流關系（如圖17中的直線AB和圖18中的直線PM）。圖線與縱軸的交點，電流I=0，代表電路斷開的情況，這時，電壓U等于電源電動勢，即圖線在縱軸上的截距就等于電源的電動勢ε。圖線與橫軸的交點，電壓U=0，代表電源短路，由短路電流I源與內阻r、電動勢ε的關系r=ε/r源可知：圖線的斜率就等于電池的內阻r。

圖16（a）電路誤差來源于伏特表的分流。在路端電壓U=ε-r 中，I必須是流過電源的電流，由于電壓表不是理想電表，導致電源電流的測量值I源（即安培表的示數）比真實值I真偏小，存在

I真=I源+U/UV，其中RV為伏特表的內阻。對于任意一個U值，總有I真>I源，其差值ΔI=I真-I源=U/RV隨U的減小而減小。當U趨于0時，即外電路短路時，ΔI=0，此時I真=I源。畫出電源真實的U真-I真圖線（如圖16中直線AC所示，兩圖線在A點相交）。比較直線AB和AC縱軸截距和圖線斜率，不難看出ε測