欧姆定律极值问题

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欧姆定律极值问题范文第1篇

1 类型

一般认为电路中，电源电压恒定不变.这就使我们在进行物理电路动态分析时，可以根据电路动态变化的原因，将问题简单划分为两类：第一类是电路结构变化， 主要是由于开关的通、断造成电路的变化.当开关处在不同状态时，由于断路和短路，接入电路中的用电器，及其用电器之间的连接方式一般要发生变化，因此首先要在原电路的基础上画出各种情况下的实际电路.改画时要根据电流的实际情况，运用“拆除法”.拆除法要求：（1）去掉被断路的元件；（2）去掉已被短路的元件；（3）用“去表法”去表，其原则是“电压表处是断路，电流直过电流表”.在去掉电压表时，要分析电压表读出来的是哪部分电路两端的电压，可用等效电路法画出等效电路图， 分析流过固定电阻的电流或其两端的电压变化.

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.

此类题目尤其是最后一个例题，这样的电学压轴大题有三个难点：一是根据题目的几种状态画出相应的电路图；二是根据题目的已知条件选择相应的公式和原理（比如串联电路电压与电阻成正比，电功率的三个公式）；三是列出方程之后，如何巧妙地利用两个方程相加、相减、相除来消元.

欧姆定律极值问题范文第2篇

本文主要介绍应用一元二次方程根的判别式来求解物理中的极值问题，供初中师生教学时参考.

例1一根均匀直杆，每米杆长自重为G0=40 N，现截取这种直杆作杠杆使用，如图1，抬起G=400 N的重物，重物悬挂点距杆左端支点O为a=0.2 m，杠杆水平，作用于杆右端的动力F竖直向上，问：截取的直杆多长，可使加在杆右端的力F最小？这个最小力是多少？

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，

得F≥g2Mml0，

欧姆定律极值问题范文第3篇

关键词：第四种能力；数学在高中物理教学中应用；积极参与；乐于探索；勤于思考

中图分类号：G622 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2015）06-254-02

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，

代入数据，整理得4t22+5t2-26=0，

欧姆定律极值问题范文第4篇

关键词：审题；挖掘；隐含条件；类型

中图分类号：G633.7 文献标识码：A文章编号：1003-6148(2008)3(S)-0021-3

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

［2］常生龙.学好物理的几点建议.物理教学探讨,2005,(11),1

欧姆定律极值问题范文第5篇

一、 黑暗中的摸索

开始阶段,我们的理解是:所谓新课程改革是教学内容仅仅与实际问题的简单结合,因此教学中十分关注科技的发展并紧贴实际,一有新的进展立刻出一道相近的题目给学生做,结果是又延续了老的教学模式,课堂氛围依然得不到有效改善,学生上课仍然缺乏积极性。

那么,怎样调动学生上课的积极性、主动性呢?首先想到的是实验,于是在课堂中更多地加入演示实验实施探究,并结合实验讲具体问题,通过学生自己动手总结得出结论,比如:研究小球在弹簧弹力作用下的弹道轨迹,通过测量水平距离和高度,求平抛运动的初速度和弹性势能。课后布置一些学生能够利用身边的器材完成的实验,实施探究性学习,比如:观察前、后车轮的运动,研究静摩擦力和滑动摩擦力的方向等,注重培养学生自主解决问题的能力和创造力。

以上两种教学方式的引入,虽然在一定程度上实现理论与实践相结合,使学习到的理论转化成形象的、可感知的知识,但仍然重知识传授,轻能力培养;重课堂灌输,忽视思维的启发和过程方法的学习,怎样才能提高学生学习的自主性,发挥他们的主观能动性呢?

二、 黎明的曙光――执行“探究”方案

先进的教学理念催生先进的教学行为,新课程强调:“教师是学生活动的组织者和引导者”,教师的角色应定位在引导者上,怎样引导?探究性学习是新课程核心之一,把课堂还给学生,课堂教学中以学生为主体,让学生主动参与,通过动手、动脑、谈论问题、相互合作等方式领悟知识,遇到困难师生双方可以相互交流,相互沟通,尽量给学生提出问题、发表观点的机会,我们发现,通过这种方式学生的思路得到了拓宽,课堂气氛相当热烈,更重要的是学生的精神面貌非常鲜活有力,整个课堂充满了一种积极向上的生活气息,这一切都是值得深深期待的。那么采取哪些行之有效的探究性手段呢?起初我们是采取以下两种方式:

1. 继续借助演示实验。

如研究“全反射”,首先理论研究光从光密介质射入光疏介质时反射角随入射角的变化规律,接着提出问题“是否入射角始终增加?”,然后让学生提出各种猜想,最后通过科学的实验,得出结论。完成从讨论到释疑的过程,成功地调起了学生的好奇心。

再比如研究“复杂电路的欧姆定律,当外电阻改变时其他部分电路的电流、电压怎样变化?”,针对这个复杂电路,我们首先可以通过实验,观察电流表、电压表的变化,然后再理论分析与实验的结论进行比较。这样就使学生由被动学习变为主动探索,大大地调动学生学习的主动性、积极性,同时也培养了学生的实际操作、观察分析能力。

2. 发挥学生的想象力和联想力

笔者认为这也是一种有效的探究性手段,并且是培养人格健全、情感、态度与价值观的非常重要的一种手段。由于现行教育体制的原因,学生先天具有的想象力、联想力很大程度的被遏止了,使得学生遇到一些陌生的问题就会产生一些畏惧心理,这时我们就要鼓励学生发挥联想甚至可以天马行空的想象,不要害怕错误,这里需要教师积极引导,利用手势、眼神等身体语言鼓励他们,使学生在学习中养成勤思探究的好习惯,不断丰富提高学生的联想力。

例如:在解决“蹦极”问题时,通过对这个活动起源故事的讲解、对问题的受力分析,引导学生联想,把这个难题牵往小球与弹簧这一个模型来理解,如果思维遇到阻碍,可以改变提问角度,多问几个为什么,启发学生从不同的角度思考。又如:“导体在磁场中转动切割磁感线”一类问题时,由于他们产生的电流是正弦与交流电类似,可引导学生往交流电联想,并尝试用交流电知识解决这类导体问题。再如:讲解分子势能随距离变化关系时,可引导学生通过分子力做功的特点联想到重力势能、电势能随距离变化的关系,当然分子势能的变化也有其自身的特点。我们发现,长期进行这种能力的培养,使得课堂气氛非常的高涨,教师和学生处于一种愉悦、和谐的氛围之中。

三、 前进――“探究”演绎中

针对现实高考状况,笔者的理解是:探究是手段、教学是过程、考试是结果,结合实际情形,无论采取何种手段、模式,都必须紧紧围绕“三基”教学,关键问题是:如何使新课程改革与现实高考状况有机粘合,通过多种表现方式和手段,继续突出、深化“探究性学习”模式。经过备课组的讨论,我们一般采取以下两种方法:

1. 在习题课中实施探究,但必须要注意以下几个问题。

(1) 习题要具有典型性、代表性。通过对例题的分析,学生应掌握分析、解决此类问题的思路和方法,在学习的过程中,要培养学生一边思考一边联想,哪些问题与之相似,相似问题的知识点是否已经掌握,对于盲点要做好记录。

比如:教师讲解“光子在原子中的多能级跃迁”时,要能够帮助学生回忆起以下几点,① 玻尔三个假设的内容、过程;② 能够计算总的跃迁次数;③ 如果是“电子在原子中的多能级跃迁”又如何?通过典型问题要能够举一反三,使学生能够正确理解物理概念的定义和规律的涵义等。此处,要留给学生一定的时间,细细的咀嚼,力争在每道题目做完之后都能有所收获。

(2) 既然习题探究,就必须强调对过程的分析,在此过程中培养学生分析问题的能力。能够把一个复杂的问题分解成若干个基本的小问题,从有疑问的问题出发,展开联想,一一解决,然后找出几个小问题之间的联系。

比如:学完“电磁感应”之后,通过习题讲解磁悬浮列车的原理,师生可以相互讨论分解此复杂问题:① 用相对运动的观点判断感应电流的方向和安培力的方向;② 用相对运动的观点求线框产生的感应电动势和感应电流;③ 由受力平衡和能量转换规律进行分析。此过程中,要培养学生独立思考的习惯,让学生首先讲一讲自己的解题过程和思路,再由老师点评,相信经过不断的锻炼和积累,一定能养成良好的思考习惯且掌握一些解题思路。

(3) 要注意解题的方法与技巧的总结。比如:变化问题中的极值法、恒量法;多个物理过程的图象法;几个物体的隔离法、整体法;连续变化过程的临界法等等,这些方法必须要通过一定的习题演练才能掌握。而例题的选择要坚持几个原则:① 这些例题要能够加深学生对基本规律、基本方法的理解;② 这些例题要能够暴露出学生所学知识的缺陷,通过练习才能够加深对方法和技巧的掌握;③ 这些例题的叙述一定要简洁,突出问题的重点。

引进“习题课中实施探究”之后,学生的考试成绩有所上升,但为什么上升不明显呢?经过集体的讨论、调研后,我们发现:讲完习题之后,学生的理解仅仅是知识层面上的,对于方法、规律并不能够深层次的理解,怎么办?于是,决定在教学中引进“反思与质疑”策略。

2. 在教学中提倡反思与质疑

反思的目的是让学生想一想自己掌握了哪些,哪些未掌握,对于已经掌握的要结合当前状态,对已有的知识、方法重新进行集中、凝练、概括,并对当前内容进一步深层思考。质疑的目的是针对学生反思的内容,学生提出自己不同的见解或脑海中的困惑,需要教师作出解释。怎样反思?怎样质疑呢?

由于学生知识的片面和见识不足够的广阔,学生的反思需要教师引导,在引导的过程中使解题过程清晰,思维更加条理和凝练。比如:讲完“交流电的产生”一节,教师提出问题① 导体是怎样转动切割磁感线?② 由于匀速切割,导体和磁场的夹角是什么关系,怎样处理?③ 对照法拉第电磁感应定律,有效部分又是哪些?④ 交流电压的表达式是怎样推导出的?⑤ 交流电压和交流电流的图象又是怎样?学生经过回答和反思,能够在脑海中建立起这类问题的框架结构和认知结构。

同时,在教学过程中我们要以一种超前的战略眼光,培养学生勇于探索的科学精神,以开放的思维、大胆的设想提出自己的见解,使学生在质疑中不断进步。比如:笔者有一次讲解完一道习题,即“把悬线另一端的小球m拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放,小球到悬点正下方时悬线碰到钉子”的问题,学生提出“那么,以后小球做怎样的运动呢?”,这时,我首先让他们思考,说出自己的认识,最后师生共同讨论完成问题。通过这种方式的教学,更重要的是提高了学习的信心,并由于质疑精神的迁移和感染,带动整个团队的学习氛围。

通过“习题课中实施探究”和“反思与质疑”的教学,学生的成绩上升显著,由于探究过程的引入,使得师生的关系是一种生动的双向交流、和谐的双向交流,知识不再是死的、无活力的灌输给学生,而是以一种活泼的、灵动的、寓教于乐的方式传输,在课堂中,师生的关系有时在某个点上能够产生“共鸣”。