淺談物理選考綜合題求解的步步深入

凌孝麗

(浙江省新昌中學 310002)

解答物理綜合題，就一般而言，涉及的知識點較多而且跨度大(需要用到力學和電學等多個知識領域的多個物理概念和規律)，思維要求高(要求融合多種思維方式分析和解決問題)，有時數學要求也高，因此，難度較大.對物理知識和方法掌握基礎不是很好的絕大多數學生，解算物理綜合題的初始階段，往往困難較大.若把問題按物理過程發生的時間順序分解為若干個小問題，而小問題的設計又做到由淺入深(先靜態后動態，先簡單后復雜，先定性后定量，先特殊后一般等)，就能減低思維梯度(使解每個小題實際需要的思維結合度都處在學生的“最近發展區”內)，從而化難為易，使絕大多數學生能順利的或稍加提示能解算出所給的物理綜合題，能有效減輕學生解算物理綜合題的畏難情緒，提高解答綜合題的自信心，激發積極性和創造性.訓練一段時間后，逐步減少小題的數量，逐步加大思維梯度和物理知識綜合度，以進一步培養學生物理知識的綜合運用能力和物理思維(抽象思維、形象思維、直覺思維、發散聚合思維、辨證思維、縱橫思維)的綜合調控能力.

具體如何進行？現舉幾個例子加以說明，如下：

例1 如圖1所示，豎直放置的兩根足夠長且平行的金屬導軌相距L=0.50m，金屬棒ab與導軌接觸良好且可在導軌上無摩擦地滑動，ab棒質量為m=0.10kg，電阻Rab=0.50Ω，垂直于導軌水平放置.有一垂直于導軌平面的水平向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=2.0T，電源電動勢E=6.0V，內電阻r=0.50Ω,導軌電阻不計，電阻R=11Ω，取g=10m/s2(計算結果取兩位有效數字).請求解下列各問：

(1)ab棒原先靜止，求此時兩電壓表的示數.

解當ab棒靜止時，ab棒雖處在磁場中，但沒有動生電動勢，僅是閉合電路中的一個外電阻，所求電路的外電路是一個純電阻電路，電路中的電流強度為

I=E/(Rab+R+r)=6/(11+0.5+0.5)A=0.5A

電壓表V1的示數即電源E的路端電壓：U1=E-Ir(普適)

或U1=I(R+Rab)(外電路是純電阻時適用)

電壓表V2的示數為：U2=IR，

代入已知數據可算得：U1=5.75V，U2=5.5V.

解題總結：本小題是外電路屬于純電阻的閉合電路問題，所用的知識點有：閉合電路歐姆定律、部分電路歐姆定律和路端電壓概念及其公式；能力要求：運用比較法區分定值電阻R上的電壓與電源兩端電壓的不同求法及其適用性.

(2)松開ab瞬間，ab受哪些力作用？加速度大小和方向如何？它將向哪個方向運動？

解松開ab瞬間，ab速度仍為零，ab未切割磁感線，ab中仍沒有動生電動勢，閉合電路中的電流強度與第(1)問相同.ab受重力mg=1N，方向豎直向下；還受安培力F安=BIL=0.50N，方向豎直向上.ab受合力F合=mg-F=0.5N，方向豎直向下，加速度a=F合/m=5m/s2，方向豎直向下，所以ab將由靜止開始向下作加速運動.

(3)在ab運動過程中，它的加速度如何變化？速度如何變化？

解設ab運動t時間后的速度為v,ab切割磁感線產生的動生電動勢為E動生=BLv，方向為a指向b，與閉合電路中的電源電動勢E方向相同，電路中的電流為I=(E+BLv)/(Rab+R+r)，

ab受的安培力為

F安=BIL=BL(E+BLv)/(Rab+R+r)，

ab的加速度為

a=(mg-F安)/m=[mg-BL(E+BLv)/(Rab+R+r)]/m

隨著v的增大，a不斷減小，但因a與v同向，所以速度v增大，當a減小到零時，速度達到最大，以后ab以最大速度做勻速運動.

(4)在ab運動過程中，兩電壓表的示數如何變化？

解當ab棒運動時，由第(3)問知：I=(E+BLv)/(Rab+R+r)

U1=E-Ir，[請注意：U1=I(R+Rab)不成立，因為ab棒運動時，切割磁感線存在動生電動勢，它是一個電源，不是純電阻了)

U2=IR

在ab運動過程中，v先增大，達到最大后不變，則I先增大后不變，U1先減小后不變，U2先增大后不變.

(5)當ab棒下滑速度為2m/s時，ab棒的加速度多大？兩表的讀數各多大？

解由第(3)問知，a=(mg-F安)/m=[mg-BL(E+BLv)/(Rab+R+r)]/m

代入已知數據可算得：a=3.33m/s2.

I=(E+BLv)/(Rab+R+r)=(6+2×0.5×2)/(0.5+11+0.5)A=2/3A

U1=E-Ir=[6-(2/3)×0.5]V=5.67V

U2=IR=(2/3)×11V=7.33V

(6)在什么條件下，ab棒下滑的速度達到最大？最大速度為多少？

當ab棒加速度減少到零時，速度達最大.由第(3)問知，

a=(mg-F安)/m=[mg-BL(E+BLv)/(Rab+R+r)]/m，

令a=0得：mg=BL(E+BLvm)/(Rab+R+r)

∴vm=[mg(Rab+R+r)-BLE]/B2L2

代入已知數據，可算出

vm=6m/s.

例2 如圖2所示，在x軸上方有磁感應強度為B的勻強磁場，x軸下方有電場強度為E的勻強電場.有一帶負電的粒子質量為m,帶電量為q，重力不計.

(1)將帶電粒子自y軸上離O點下方L遠處的A點由靜止釋放，求帶電粒子到達O點時速度的大小.

解帶負電粒子在電場中受到電場力作用而加速，運動L距離后到達O點，其速度可用動能定理求得：

qEL=mv02/2，

∴v0=(2qEL/m)1/2

(2)帶電粒子進入磁場后運動的軌道半徑多大？

解帶電粒子從O點向上進入勻強磁場后，在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，

qv0B=mv02/R，R=mv0/qB

=(m/qB)(2qEL/m)1/2=(1/B)(2mEL/q)1/2

(3)帶電粒子經過x軸上一點C，C點離O點多遠？

解：帶電粒子從O點向上進入勻強磁場后，向右偏轉做勻速圓周運動，經過半個周期后通過x軸上的C點，C點離開O點的距離為：

OC=2R=(2/B)(2mEL/q)1/2

(4)帶電粒子從C點重新進入電場后，經多長時間又返回C點?

解法一帶電粒子從C點重新進入電場后做勻減速直線速運動，當速度減小到零后，又返回來從靜止開始做勻加速直線運動，所需時間可由牛頓第二定律結合運動學公式求解：v0=at0=qEt0/m，

解出t0=mv0/qE=(m/qE)(2qEL/m)1/2=(2mL/qE)1/2

往返的總時間為：t=2t0=2(2mL/qE)1/2.

解法二對帶電粒子用動量定理可得：

qEt0=mv0

t0=mv0/qE=(2mL/qE)1/2

∴往返的總時間為：t=2t0=2(2mL/qE)1/2.

(5)帶電粒子從C點重新進入磁場后又一次經過x軸上的D點，D點距O點多遠？(如圖3所示)

解帶電粒子以速度v0從C點重新進入磁場后，在洛侖茲力作用下，又向右做勻速圓周運動，再經過半個周期又回到x軸上的D點，D點離O點的距離應為軌道半徑的4倍，即

OD=4R=(4/B)(2mEL/q)1/2

(6)帶電粒子從y軸上A點開始運動到x軸上D點一共用多少時間？

解帶電粒子從y軸上A點開始運動到x軸上D點的時間包括在勻強電場中運動的時間是

t1=3t0=3(2mL/qE)1/2，

帶電粒子在勻強磁場中運動的時間是半周期的2倍，即一個周期：

t2=T=2πm/qB,

所以，帶電粒子從A點運動到D點的總時間為：

t=t1+t2=3(2mL/qE)1/2+2πm/qB

(7)如果要使帶電粒子從y軸上A點由靜止釋放，能夠擊中x軸上的G點，G點距O點的距離為d,那么帶電粒子在磁場中的軌跡半徑多大？

解要使帶電粒子從O點進入磁場后，能擊中x軸上距O點為d的G點，則只能使OG的1/n等于粒子運動半徑R的兩倍即可，其中n為正整數，即d/n=2R,∴R=d/2n(n=1,2,3,…)

(8)在上一小題中，帶電粒子在磁場中運動的速度多大？

解洛侖磁力提供向心力：qvB=mv2/R

∴帶電粒子的速度為：v=qBR/m=(qB/m)(d/2n)=qBd/2nm(n=1,2,3,…)

(9)試確定A點的位置.

解由動能定理可得：qE·OA′=mv2/2,

∴OA′=mv2/2qE=(m/2qE)(qBd/2nm)2=B2d2q/8n2mE(n=1,2,3,…)

(10)在第(7)小題中，帶電粒子從A′點開始運動到擊中G點一共需要多少時間？

解帶電粒子從A點開始運動，到擊中G點，在電場中運動的時間為：t1=(2n-1)t0

由動量定理得qE·t0=mv=m·qBd/2nm=qBd/2n

∴t0=qBd/2nqE=Bd/2nE

于是可得t1=(2n-1)t0=(2n-1)Bd/2nE=[(2n-1)/2n]Bd/E(n=1,2,3,…)

帶電粒子在磁場中運動的時間為

t2=n·T/2=n·T/2=n·(2πm/qB)/2=nπm/qB(n=1,2,3,…)

∴帶電粒子從A點運動G點的總時間為

t=t1+t2=[(2n-1)/2n]Bd/E+nπm/qB(n=1,2,3,…)

例3 (原創題)、兩根足夠長傾斜角為θ的固定平行金屬導軌上端連接一阻值為R的電阻，如圖4所示，導軌電阻可忽略，導軌寬為L，整個導軌平面內分布著磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場.一質量為m、與導軌垂直擱置、連入電路的電阻為r的金屬棒ab，與導軌間的動摩擦因數為μ，在平行于導軌平面向上的恒拉力F作用下，由靜止開始沿傾斜軌道向上滑動，當向上滑動s1距離時金屬棒ab的速度剛好達到最大值，就在此刻立即撤去F，之后金屬棒ab再上滑s2距離其速度變為零.求：(1)金屬棒ab的最大速度和電阻R的最大發熱功率；(2)金屬棒ab在上滑的全過程中，動生電動勢提供的總電能，克服安培力做的功和內外電阻上的總發熱量.

解(1)設金屬棒ab在s1段運動的某一時刻的速度為v,則電路中的感應電流為

I=BLv/(R+r)

金屬棒ab受的安培力為:F安1=BIL=B2L2v/(R+r)

金屬棒ab受力情況如圖5所示,根據牛頓第二定律得

F-mgsinθ-f滑-F安1=ma1

即F-mgsinθ-μmgcosθ-B2L2v/(R+r)=ma1①

隨著v的增大,a減小,當a=0時,速度達到最大.

令a=0,由①式可得金屬棒的最大速度為

vm=(F-mgsinθ-μmgcosθ)(R+r)/B2L2②

此時，金屬棒ab切割磁感線產生的動生電動勢最大，

電路中的感應電流最大，電阻R的發熱功率也最大.

Im=BLvm/(R+r) ④

由②③④可解得

Pm=(F-mgsinθ-μmgcosθ)2R/B2L2

(2)由F安1=B2L2v/(R+r)式可知，金屬棒ab在上滑的全過程中，速度變化，安培力是變力，無法用功的定義式求解克服安培力做的功.用能量守恒定律解比較簡便.

對金屬棒ab的上滑全過程：假設軌道區域無磁場，那么，金屬棒上滑過程無須克服安培力做功，也沒有電能產生，是個純力學問題，因為始末狀態速度均為零，所以，拉力做的功應等于克服重力和滑動摩擦力做的功，從能量角度看，即通過拉力做功外界轉化來的能量分成了兩部分能量：重力勢能增加量和滑動摩擦發熱量.

本題存在磁場，是個發電機模型題.金屬棒切割磁感線產生了動生電動勢，為電路提供了電能，通過拉力做功外界轉化來的能量分成了三部分能量：重力勢能增加量，滑動摩擦發熱量和動生電動勢提供的總電能.因此，動生電動勢提供的總電能為

ΔE電能=E外界-EP重增-E摩擦熱

即ΔE電能=F·s1-mg(s1+s2)sinθ-μmgcosθ(s1+s2)

克服安培力做的功或內外電阻上的總發熱量與動生電動勢提供的總電能相等.

總之，在物理解題教學過程中，可引導學生把綜合性較強的難題分解為幾個小問題，一步步由淺入深，使學生更深刻的理解、掌握物理概念及其規律，形成科學的解題程序、思路和方法，領悟形成這種解題思路和方法的科學根據，掌握解題的一般規律性，積累大腦中儲存的解題依據、方法、經驗等，優化物理解題思想，提高學生針對實際問題，分析物理現象、認定物理事實、揭示物理本質的功力和提出問題、分析問題、解決問題的能力.同時，發展、增強學生的物理抽象思維的深刻性、形象思維的動態性、直覺思維的獨創性、辨證思維的合理性、縱橫思維的策略性、順逆聚散思維的方向性，優化和提升學生物理解題的創造性思維能力.

參考文獻：

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