【文档说明】高考物理三轮冲刺专题08变式迁移法(含解析).doc，共(13)页，312.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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1专题08变式迁移法在高中物理习题教学中，教师一般用变式训练的方法来帮助学生巩固物理概念或物理规律。变式训练有助于促进问题解决的知识的正向迁移，也正因为如此，深受广大一线教师的青睐。我们也要看到其阻碍问题解决的知识的负向迁移，因为学生如果不能正确、熟练

地掌握它，就导致他非常轻易凭其有限经验，将解决一类问题的方法乱用乱套到另一类问题上。这要求学生准确理解物理概念或物理规律的内涵，把握所列举变式的同质性，平时学习过程中，在教师的引导下自觉地应用它，久而久之必然会收到较好的学习效果。所谓变式的同质性，主要

指其内涵的同质性、或解题方法的同质性。比如，物体在竖直平面自由地做圆周运动最高点的最大速度问题。绳一端固定、一端拴着的物体绕固定点做圆周运动与物体绕光滑圆环内侧做圆周运动是同一种性质的变式，而杆一端固定、一端拴着物体做圆周运动与上

述问题不具有同质性，不是同一种变式；再如，不同质量的物体之间用绳拴着，其中一个物体在与绳共线的恒定拉力作用下运动，它们之间拉力问题，如果两个物体的材料相同（动摩擦因数相同），物体在水平面、或在竖直面、或在斜面上，它们之间的拉力大小相等，几个问题是同一种性

质的变式，而当两个物体的材料不同时，上述几个问题就不是同种性质的变式。如何走出变式训练的误区，促进知识的正向迁移，一直是高中物理习题教学的难点，在习题教学中要多做这方面的训练。下面以具体事例来谈谈这个问题。典例1.（19年全国1卷）如图，等边三角形线框LMN由三根相

同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（）A．2FB．1.5FC．0.5FD．0【答案】B【解析】

三角形边长为L,磁感应强度为B,流过ML、LN的电流I,将ML、LN边受到的安培力进行合成，IBLIBLF060cos2合,MN边受到的安培力IBLF2，线框受到的合力1.5F2【点评与总结】上两边ML、LN受到安培力作用的等效长度就是MN边长，这个结论可以推广为弯曲通电导线受

到安培力作用的等效长度为弯曲通电导线端点之间的距离。变式训练1.（19年海南卷）如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面（纸面）上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向A.向前B.向后

C.向左D.向右【答案】A【解析】以竖直轴为对称轴，把半圆形通电铜线对称等分，每一段通电铜线长趋近于零但不为零，每一段通电铜线可以看作直线段，对称轴两边的对称直铜线受到的安培力由左手定则确定，其方向关于对称轴对称且斜向上，合力

竖直向上。由此得出半圆形通电铜线受到的合力竖直向上。【点评与总结】本题利用极限思维方法将半圆形通电铜线化曲为直，从而有利于问题的解决。也可以用等效法处理：半圆形铜线的受力与水平直径长的铜导线等效。典例2.（19年北京卷）如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内

有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：（1）感应电动势的大小E；（2）拉力做功的功率P；（3）ab边产生的焦耳热Q

。【解析】（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E=BLv3（2）线圈中的感应电流EIR拉力大小等于安培力大小F=BIL拉力的功率222BLvPFvR（3）线圈ab边电阻4abRR时间Ltvab边产生的焦耳热2324

abBLvQIRtR变式训练2.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。如果把线框以ad轴以的角速度匀速旋转1800进入磁场，（1）感应电动势的大

小E；（2）拉力做功的功率P；（3）ab边产生的焦耳热Q。【解析】（1）线框旋转进入磁场中电动势tcose2BL（2）拉力功率等于电功率REP2①其中222BLE②①②RLBP2242③（3）ab边产生的焦耳热时间

2t④t41PQ⑤4③④⑤得RLBQ1642【点评与总结】平动切割与旋转切割是两种不同的类型，虽然都完全进入磁场，但解题方法不同,难度也不同。旋转切割产生的感应电流是余弦交流电，要先求电动势的有效值再求功率与焦耳热。典例3．（17年海南卷）如图，两光滑平行金属导轨

置于水平面（纸面）内，轨间距为l，左端连有阻值为R的电阻。一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域。已知金属杆以速度v0向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界（图中虚线位置）时速度恰好为零

。金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好。除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计。求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率。【解析】磁场左右边界距离为2x，金属棒运动到中点速度为v，202v-vax2-2v-0ax2-得：0v22v对于

金属棒vBLEREIIBLF得：RLBF2v2022RIP2得：RLBP2v2022原题变式训练3a.如果本题中其它条件不变,又知道左右边界距离为d，作用在金属杆上的维持匀变速运动的外力沿着水平方向，从金属杆

刚进入磁场时开始计时，求作用在金属杆上水平拉力的表达式。5【解析】金属杆通过磁场过程20vad2，2dva20①在速度为v时，安培力RvLBF22安②maF-F安③atv④①②③④得d2mvt2RdvLBF202022变题变式训练3b.如图，两光滑平行金属导轨置于水平面（纸面）

内，轨间距为l，左端连有阻值为R的电阻。一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域。已知金属杆以速度v0向右进入磁场区域自由滑行，到达磁场区域右边界（图中虚线位置）时速度恰好为零。金属杆与导轨始终保持垂直且接触良

好。除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计。求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率。【解析】设金属杆运动到某一位置的速度为v时，发生的位移为xvBLE①REI②IBLF安③①②③RLBFv22安④6ma

安F⑤④⑤mRvLBa22t-avta-vxmR-v22LBmR-xv22LB金属杆在磁场正中间速度为v，位移为d21所以dv-02dv-v002vv0则在磁场正中间RLBF2v022安RLBP4v2022

【点评与总结】例题中金属杆做匀减速运动，有其它水平外力作用，可以求出其随时间变化的表达式。如果没有外力作用，由于速度减小，安培力减小，加速度随之较小，金属杆将做变加速运动。可以用微元累积求出正中间的速度，再求出安培力与功率。典例4.(17年海南卷)．如图，水平地面上有三个靠

在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（）7A．若μ≠0，则k=56B．若

μ≠0，则35kC．若μ=0，则12kD．若μ=0，则35k【解析】将PQR作为一个整体，ma6mg6F对于R，ma3mg31N对于P,mamg2NF解得：FN211FN65253k21NN变式训练4.在倾角的平斜面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分

别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（）A．若μ≠0，则k=56B．若μ≠0，则35kC．若μ=0，则12kD．若

μ=0，则35k【解析】将PQR作为一个整体，ma6mgsin6-mgcos6F8对于R，ma3mgsin3-mgcos31N对于P,mamgsin-mgcos2NF解得：FN211FN65253k21NN【点评与总结】物体之间的弹力与动摩擦因数无关

（几个物体与平面之间的动摩擦因数要相同），与斜面的倾角无关，与物体之间的质量关系有关。典例5.（19年北京卷）（1）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。（1）质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h

时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W。（2）将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。a．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；b．示意图中画出了

半径为r1、r2（r1>r2）的雨滴在空气中无初速下落的v–t图线，其中_________对应半径为r1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v–t图线。（3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，

其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2（提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0）。【解析】（1）根据动能定理212mghWmu9可得212Wmghmu（2）a．根据牛顿第二

定律mgfma得22krvagm当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度vm雨滴质量34π3mr由a=0，可得，雨滴最大速度m4π3gvrkb．①如答图（3）根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的定向运动。简化的

圆盘模型如答图3。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在∆t时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为0mSvtnm以F表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，有Ftmv得20FnmSv由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力2fv10采用不同的碰撞模型

，也可得到相同结论。【点评与总结】本题中第二小题的加速度与速度的关系是二次函数关系，当加速度减小为零时，速度达到最大值。与此相类似，第三小题中圆盘收受的空气阻力与圆盘的速度也是二次函数关系，以∆t时间内空气分子整体为研究对象

模型。变式训练5.（19年天津卷）2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（初速度忽略不计），A、B间电

压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m，电荷量为Ze，其中Z是正整数，e是元电荷。（1）若引擎获得的推力为1F，求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少；（2）加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得

的推力F也不同，试推导FP的表达式；（3）为提高能量的转换效率，要使FP尽量大，请提出增大FP的三条建议。【答案】（1）12FNZemU（2）2FmPZeU）（3）三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压。【解析】（（1）设正离子经

过电极B时的速度为v，根据动能定理，有2102ZeUmv①设正离子束所受的电场力为1F，根据牛顿第三定律，有11FF②设引擎在t时间内飘入电极间的正离子个数为N，由牛顿第二定律，有10vFNmt③11联立①②③式，且NNt得12FNZemU④（

2）设正离子束所受的电场力为F，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有12PFv⑤考虑到牛顿第三定律得到FF，联立①⑤式得2FmPZeU⑥（3）为使FP尽量大，分析⑥式得到三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压。【点评与总结】以t时间内飘入A、B间的正离子整体为研

究对象，根据反冲原理、动能定理以及动量定理进行推导，求得的物理量与相关量是非线性关系。两种解题模型都要选取∆t时间内喷出的粒子作为整体来研究，都要用动量定理来解题。典例6.（如图1）小球质量为m，它与两

滑轮的距离相等，滑轮之间的距离为d，小球与滑轮的半径不计，滑轮外侧的细绳受到大小为mg，方向竖直向下的恒力作用，且滑轮之间的细绳水平拉直。现释放小球，绳与竖直方向的夹角多大时，小球速度最大，最大速度多大？【解析】小

球释放后做加速度逐渐减小的变加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时，小球受三个力的合力为零，容易得出绳与竖直方向的夹角0602mmv212d-sin2dmg2-mgdtan21gd33-2vm变式训练6

.把题中的两侧绳端换成质量为mg的小球，结果又如何？有的学生不假思索的认为答案同上，其实不然。当下落的小球加速度为零速度最大值为v时，两侧上升小球速度为cos'vv，可知两侧小球速度增加慢，两侧小球的加速

度不为零且方向竖直向上，两侧细绳12的拉力大于mg，即该位置合力不为零，合力方向竖直向上。因此，当下落小球的加速度为零，速度达到最大值时，细绳与竖直方向的夹角060【点评与总结】两个变式问题的物理内涵不具有同质性，因为例题中细绳的拉力为恒力，训练题中的拉力为变力，答案

必然不同。典例7.（如图2）小球在圆环轨道内壁的最低点P，小球质量为m，其与圆环内壁的动摩擦因数为。如果小球在某个附加的切向力驱动下以恒定的速度v从P点沿圆环内壁运动到最高Q点，求小球克服摩擦力做的功是多少？分析：虽然圆环轨道

的半径R未告知，解题时必然要引入，由其解出小球的路程。另外，小球在运动过程中的摩擦力是变力，高中阶段对于变力做功问题一般应用动能定理等间接方法求解，但本题却无法用此间接方法。通过分析，小球受到的向心力大小与方向关于水平直径对称，因此，小球受到的的弹力具有特殊的规律，以致于小球受到的摩擦力及其做功具

有特殊的规律，找出小球运动过程中关于水平直径对称点并综合考虑即可解出。【解析】当小球运动到M点，其与圆心连线与竖直方向成角时，由向心力公式得：RvmmgNP2cos在M点发生的无限小的位移x，小

球克服摩擦力做功：RvmmgxxNWM21cos与M点关于水平直径对称点N点，小球与圆心连线与竖直方向成角时，小球运动到此点，由向心力公式得：RvmmgN2cos在N点发生无限小位移x，小球克服摩擦力做功：13

RvmmgxxNWN22cos小球由P点运动到Q点的过程中，小球克服摩擦力做功累积求和得：2222212222)(mvRRvmxRvmRvxmWWW【点

评与总结】求小球克服摩擦力做功，往往要求其经过的路程，因为在大小恒定的摩擦力作用下，物体克服摩擦力做功等于摩擦力与路程之积，必然要引入圆环轨道的半径R（半径R未知），可以用对称法、微元法克服变力做功问题。变式训练7.小球套在圆环轨道上，开始处于最低点P，小球质量为m，其

与圆环之间的动摩擦因数为。如果小球在某个附加的切向力驱动下以恒定的速度v从P点沿圆环运动到最高Q点，求小球克服摩擦力做的功是多少？【解析】通过分析可知：当小球运动的速度gRv时，其解法同上，当小球运动的速度

gRv时，由于小球运动到直径的上部分出现弹力变向，问题变得相当复杂，不能应用前一变式的对称法、微元法求解，中学物理知识不易解答，只能用积分法求解。这种情况下的变式不是同种性质的变式，这是因为解决问题的方法不同所致。变式训练是一把双刃剑，如果学生能正确、熟练的应用它，可以起到举一反三、事倍功半的教

学效果。反之，出现过多的知识的负向迁移，必然会阻碍问题的解决，影响学生物理知识的增长、能力的提高。