對高中物理解題方法的認識

安子正

(保定市第三中學 河北 保定 071000)

下面主要對幾種常見的物理解題方法進行分析．

1 微元法

(1)裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產生的焦耳熱Q；

(2)線框第一次穿越磁場區域所需的時間t1；

(3)經過足夠長時間后，線框上邊與磁場區域下邊界的最大距離xm．

圖1 例1題圖

解：(1)設裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框的安培力做功為W，由動能定理

mgsinα·4d+W-BILd=0

且Q=-W

解得

Q=4mgdsinα-BILd

(2)設線框剛離開磁場下邊界時的速度為v1，則接著向下運動2d，由動能定理

裝置在磁場中運動的合力

F=mgsinα-F′

感應電動勢ε=Bdv

安培力F′=BI′d

由牛頓第二定律，在t到t+Δt時間內，有

則

有

(3)經過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離xm之間往復運動，由動能定理

mgxmsinα-BIL(xm-d)=0

2 待定系數法

【例2】已知數列{an}滿足a1=5，a2=5，an+1=an+6an-1(n≥2)．

(1)求證：{an+1+2an}是等比數列；

(2)求數列{an}的通項公式；

(3)設3nbn=n(3n-an)，且|b1|+|b2|+…+

|bn|

(1)由

an+1=an+6an-1

an+1+2an=3(an+2an-1)(n≥2)

因為

a1=5a2=5

所以

a2+2a1=15

故數列{an+1+2an}是以15為首項，3為公比的等比數列.

(2)由(1)得an+1+2an=5·3n

由待定系數法,可得

(an+1-3n+1)=-2(an-3n)

即an-3n=2(-2)n-1

故an=3n+2(-2)n-1=3n-(-2)n

(3)由

3nbn=n(3n-an)=n[3n-3n+(-2)n]=n(-2)n

所以

令

Sn=|b1|+|b2|+…+|bn|

要使得|b1|+|b2|+…+|bn|

3 分類討論法

【例3】如圖2(a)所示，絕緣水平面上相距L=1.6 m的空間內存在水平向左的勻強電場E，質量m=0.1 kg，帶電荷量q=1×10-7C的滑塊(視為質點)以v0=4 m/s的初速度沿水平面向右進入電場區域，滑塊與水平面間的動摩擦因數μ=0.4(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等)．(g取10 m/s2)

(1)如果滑塊不會離開電場區域，電場強度E的取值范圍多大．

(2)如果滑塊能離開電場區域，試在W-F坐標中[圖2(b)]畫出電場力對滑塊所做的功W與電場力F的關系圖像．

圖2 例3題圖

解:(1)小滑塊在摩擦力和電場力的作用下，向右做勻減速直線運動，設加速度為a，依題意和牛頓第二定律，有

F+f=ma

(1)

又F=qE

(2)

f=μmg

(3)

若小滑塊不會從右側離開電場區域，由勻變速直線運動規律，有

(4)

聯立式(1)～(4)并代入數據得

E>106N/C

(5)

若小滑塊不會從左側離開電場區域，必須滿足

F≤f

(6)

聯立式(2)、(5)、(6)可得

106N/C

(7)

(2)如果小滑塊會離開電場區域，電場力F必須滿足

F=qE=q=1×10-7×106N≤0.1 N

(8)

或F=qE= 1×10-7×4×106N>0.4 N

(9)

若F≤0.1 N，小滑塊將從右側離開電場區域，此過程小滑塊在電場中的位移s=1.6 m，則電場力做功

W=-Fs=-1.6F

(10)

若F>0.4 N，小滑塊將從左側離開電場區域，此過程小滑塊在電場中的位移s=零，電場力做功為零，即W=0.

作圖后W-F關系圖像如圖3所示.

圖3 作圖后W-F關系圖像

4 圖像法

【例4】一顆速度較大的子彈，水平擊穿原來靜止在光滑水平面上的木塊，設木塊對子彈的阻力恒定，則當子彈入射速度增大時，下列說法正確的是( )

A．木塊獲得的動能變大

B．木塊獲得的動能變小

C．子彈穿過木塊的時間變長

D．子彈穿過木塊的時間變短

圖4 例4題圖

解析：子彈以初速穿透木塊過程中，子彈、木塊在水平方向都受恒力作用，子彈做勻減速運動，木塊做勻加速運動，子彈、木塊運動的v-t圖如圖4中實線所示，圖中OA，v0B分別表示子彈穿過木塊過程中木塊、子彈的運動圖像，而圖中梯形OABv0的面積為子彈相對木塊的位移即木塊長．當子彈入射速度增大變為v0時，子彈、木塊的運動圖像便如圖中虛線所示，梯形OABv0的面積仍等于子彈相對木塊的位移即木塊長，故梯形OABv0與梯形OABv0的面積相等，由圖可知，當子彈入射速度增加時，木塊獲得的動能變小，子彈穿過木塊的時間變短，所以本題正確答案是B，D.