① 變力做功的幾種常見求解方法
一、微元法
二、圖像法
三、對象轉換法
四、功率法
五、重力勢能變化法
六、動能定理法
七、機械能守恆定律法
② 怎麼理解求解變力做功問題時的轉換研究對象法中的繩端所做的功等於繩對小車做的功，謝謝
是這樣的
③ 高中物理題
一、有關變力功的計算：
1. 轉化模型求變力的功
例一：人在A點拉著繩通過一定滑輪吊起質量m=50kg的物體，如圖所示，開始繩與水平方向夾角為60°，當人勻速提起重物由A點沿水平方向運動S＝2m，而到達B點，此時繩與水平方向成30°角，求人對繩的拉力做了多少功？
分析與解：人對繩的拉力大小雖然始終等於物體的重力，但方向卻時刻在變，而已知的位移S又是人沿水平方向走的距離，所以無法利用W＝FScosθ 直接求拉力的功，若轉換研究對象，以物體G為對象，其動能的增量即人對物體做的功。這種轉換研究對象的方法是求變力的一條有效途徑。
設滑輪距地面的高度為H，
則：
人由A走到B的過程中，重物G上升的高度ΔH等於滑輪右側繩子增加的長度，即：
人對繩做的功：W＝FS＝GΔH 代入數據得：W=732 J。
例二：把長為L的鐵釘釘入木板中，每打擊一次給予的能量為E0，已知釘子在木板中遇到的阻力與釘子進入木板的深度成正比,比例系數為K，問：把此釘子全部打入木板中，需要打擊多少次？
分析與解：在釘子進入木板的過程中，釘子把獲得的能量用來克服阻力做功，而阻力為變力，因此要求出這個力的功，可採用平均值來求。又因為釘子所受的阻力與釘子進入木板的深度成正比，即：F＝Kx，
所以，其平均值 ，F1=0，F2=KL，
克服阻力所做的功：
由能量守恆： ， 所以：
方法二：本題中因所受的阻力與釘子進入木板的深度成正比，類似於彈簧的彈力（F=kx），因此，克服阻力所做的功，可轉化為彈簧模型，即阻力所做的功，可等效認為轉化為彈簧的彈性勢能。
，即可得出同樣的結論：。
2. 巧用結論求變力的功
結論的引入及證明：
例三：物體靜止在光滑的水平面上，先對物體施加一個水平向右的恆力F1，立即再對它施加一個水平向左的恆力F2，又經t秒後，物體回到出發點，在這一過程中，F1、F2分別對W1、W2間的關系是
A. W1= W2 B. W2= 2W1 C. W2= 3W1 D. W2= 5W1
分析與解：如圖所示，AB段物體受的作用力為F1，BCD段物體受作用力F2，設向右為正方向，AB=S，
則AB段物體的加速度：
B點的速度：
BCD段物體的加速度：
綜合以上各式有：
A到B過程中F1做正功，BCD過程中因位移為0，F2的總功為0，B到D過程F2做正功，即，
∴ ，故正確選項為C。
練習1：在光滑水平面上有一靜止的物體，現以水平恆力推這一物體，作用一段時間後，換成相反方向的恆力推這一物體，當恆力乙與恆力甲作用時間相同時，物體恰回到原處，此時物體的動能為32J，則在整個過程中，恆力甲做的功等於_____________，恆力乙做的功等於_______________。
利用上述結論有：
又因為：
∴ J，J
二、功能關系的應用
1. 功能關系的簡單應用
例四：將一個小球豎直向上拋，初動能為100J，上升到某一高度時動能減少80J，機械能損失20J，設阻力大小不變，那麼小球回到拋出點時的動能為：
A. 20J B. 40J C. 50J D. 80J
分析與解：物體機械能的損失是因為克服阻力做功，即當機械能減少20J時，克服阻力所做的功為20J，動能的減少是因為合外力做功，當動能減少80J時，克服重力做功為80－20=60J。因此過程中位移相同，所以： ，物體上升到最高處時，動能為0，則克服重力和阻力分別做功75J和25J，同理在下落過程中克服阻力做功為25J。在整個過程中重力做功為0，克服阻力做功為25+25=50J，則回到原出發點時，物體的動能為100J－50J＝50J。
正確答案為：C
練習2：一物體以150J的初動能從傾角為θ 的斜面底端沿斜面向上做勻減速運動，當它的動能減少100J時，機械能損失了30J，物體繼續上升到最高位置時，它的重力勢能增加__________J，然後物體從最高位置返回原出發點時與放在斜面底端垂直斜面的擋板發生碰撞（碰撞過程中無機械能損失）後，物體又沿斜面向上運動，物體第二次上升時重力勢能增加的最大值是____________J。
答案：105J，15J。
2. 功能關系的綜合問題。
例五：如圖所示，水平傳送帶AB長L=8.3m，質量為M=1kg的木塊隨傳送帶一起以V1=2m/s勻速運動（傳送帶的傳送速度恆定），木塊與傳送帶的動摩擦因數m =0.5，當木塊運動至最左端A點時，一顆質量為m=20g的子彈以V0=300 m/s水平向右的速度正對射入木塊並穿出，穿出速度V=50 m/s，以後每隔1s就有一顆子彈射向木塊，設子彈射穿木塊的時間極短，且每次射入點各不相同，取g =10 m/s2，求：
（1）在被第二顆子彈擊中前，木塊向右運動離A點的最大距離？
（2）木塊在傳送帶上最多能被多少顆子彈擊中？
（3）從第一顆子彈射中木塊到木塊最終離開傳送帶的過程中，子彈、木塊和傳送帶這一系統所產生的熱能是多少？
分析與解：
（1）第一顆子彈射入木塊過程中系統動量守恆，以向右的方向為正方向，有：
， 解得：
木塊受向左的摩擦力，以V1′向右作勻減速運動其加速度：
則木塊速度減小到0所用時間為：
解得：t1=0.6s＜1s
所以，木塊在被第二顆子彈擊中前向右運動離A點最遠時，速度為0，移動距離為
解得S1=0.9m
（2）在第二顆子彈射中木塊前，木塊再向左作加速運動，
時間：t2=1s－0.6s=0.4s
速度增大為：
向左移動的位移為：
所以兩顆子彈射中木塊的時間間隔內，木塊總位移，方向向右。
第16顆子彈擊中前，木塊向右移動的位移為
第16顆子彈擊中後，木塊將會再向右先移動0.9m，總位移為0.9m+7.5m=8.4m＞8.3m
木塊將從B端落下。木塊在傳送帶上最多能被16顆子彈擊中。
（3）第一顆子彈擊穿木塊過程中產生的熱量為：
J
木塊向右減速運動過程中相對傳送帶的位移為
產生的熱量
木塊向左加速運動過程中相對傳送帶的位移為
產生的熱量
第16顆子彈射入後木塊滑行時間為t3，有
解得t3=0.4s
木塊與傳送帶的相對位移為
產生的熱量
所以，全過程中產生的熱量
總之，在解答機械能一章有關功的計算及功能的轉化關系時，要特別注意力做了功，必有能量發生轉化，把握力的功與能量轉化之間的關系，正確列出相應的等式，求出待求的物理量。
是否可以解決您的問題？
④ 高中物理的解題技巧
我是高中畢業生，深知高中物理的難度，記得我第一次進高中物理第一次考了19分，全班倒數第二，還有一位是17.由於高中物理與初中的教學方式和思維方式的差異性導致許多學生放棄學習物理這門課。希望我講這些對你有用。
1.必要的預習很重要，尤其進入高二，由於分科學習進程加快。幾乎趕不上，所以預習可一加深你對課題的理解。預習主要是大致的看一遍，看自己是否理解其中相關原理和概念。做到上課心中有數。不要記公式，要理解！
2學完一課後要想一想與前一個課題的聯系，有助於你的邏輯能力，同時也助於你對課題的理解。
3，必要的訓練，挑一些好題仔細研讀一下，做到舉一反三。難度適中。
這是本人的學習經念，我就憑這樣的學習方法，一年後，我當上了物理課代表！希望對你有所幫助！祝：學習進步！
⑤ 力的合成這節的解題技巧
技巧一、巧用合成法解題
【典例1】 一傾角為θ的斜面放一木塊，木塊上固定一支架，支架末端用絲線懸掛一小球，木塊在斜面上下滑時，小球與木塊相對靜止共同運動，如圖2-2-1所示，當細線（1）與斜面方向垂直；（2）沿水平方向，求上述兩種情況下木塊下滑的加速度.
解析：由題意可知小球與木塊相對靜止共同沿斜面運動，即小球與木塊有相同的加速度，方向必沿斜面方向.可以通過求小球的加速度來達到求解木塊加速度的目的.
（1）以小球為研究對象，當細線與斜面方向垂直時，小球受重力mg和細線的拉力T，由題意可知，這兩個力的合力必沿斜面向下，如圖2-2-2所示.由幾何關系可知F合=mgsinθ
根據牛頓第二定律有mgsinθ=ma1
所以a1=gsinθ
（2）當細線沿水平方向時，小球受重力mg和細線的拉力T，由題意可知，這兩個力的合力也必沿斜面向下，如圖2-2-3所示.由幾何關系可知F合=mg /sinθ
根據牛頓第二定律有mg /sinθ=ma2
所以a2=g /sinθ.
【方法鏈接】 在本題中利用合成法的好處是相當於把三個力放在一個直角三角形中，則利用三角函數可直接把三個力聯系在一起，從而很方便地進行力的定量計算或利用角邊關系（大角對大邊，直角三角形斜邊最長，其代表的力最大）直接進行力的定性分析.在三力平衡中，尤其是有直角存在時，用力的合成法求解尤為簡單；物體在兩力作用下做勻變速直線運動，尤其合成後有直角存在時，用力的合成更為簡單.
技巧二、巧用超、失重解題
【典例2】 如圖2-2-4所示，A為電磁鐵，C為膠木秤盤，A和C（包括支架）的總質量為M，B為鐵片，質量為m，整個裝置用輕繩懸掛於O點，當電磁鐵通電，鐵片被吸引上升的過程中，輕繩上拉力F的大小滿足
A.F=Mg
B.Mg＜F＜（M+m）g
C.F=（M+m）g
D.F＞（M+m）g
解析：以系統為研究對象，系統中只有鐵片在電磁鐵吸引下向上做加速運動，有向上的加速度（其它部分都無加速度），所以系統有豎直向上的加速度，系統處於超重狀態，所以輕繩對系統的拉力F與系統的重力（M+m）g滿足關系式：F＞（M+m）g，正確答案為D.
【方法鏈接】對於超、失重現象大致可分為以下幾種情況：
（1）如單個物體或系統中的某個物體具有豎直向上（下）的加速度時，物體或系統處於超（失）重狀態.
（2）如單個物體或系統中的某個物體的加速度不是豎直向上（下），但有豎直向上（下）的加速度分量，則物體或系統也處於超（失）重狀態，與物體水平方向上的加速度無關.
在選擇題當中，尤其是在定性判斷系統重力與支持面的壓力或系統重力與繩子拉力大小關系時，用超、失重規律可方便快速的求解.
技巧三、巧用碰撞規律解題
【典例3】 在電場強度為E的勻強電場中，有一條與電場線平行的幾何線，如圖2-2-5虛線所示.幾何線上有兩個可視為質點的靜止小球A和B.兩小球的質量均為m，A球帶電量+Q，B球不帶電.開始時兩球相距L，釋放A球，A球在電場力的作用下沿直線運動，並與B發生正碰，碰撞中A、B兩球的總動能無損失.設在每次碰撞中，A、B兩球間無電量轉換，且不考慮重力及兩球間的萬有引力.求
（1）A球經多長時間與B球發生第一次碰撞.
（2）第二次碰撞前，A、B兩球的速率各為多少？
（3）從開始到第三次相碰，電場力對A球所做的功.
解析：（1）設A經時間t與B球第一次碰撞，根據運動學規律有L=at2/2
A球只受電場力，根據牛頓第二定律有QE=ma
（2）設第一次碰前A球的速度為VA，根據運動學規律有VA2=2aL
碰後B球以速度VA作勻速運動，而A球做初速度為零的勻加速運動，設兩者再次相碰前A球速度為VA1，B球速度為VB.則滿足關系式VB = VA1/2= VA
（3）第二次碰後，A球以初速度VB作勻加速運動，B球以速度VA1作勻速運動，直到兩者第三次相碰.設兩者第三次相碰前A球速度為VA2，B球速度為VB1.則滿足關系式VB1= VA1=（VB + VA2）/2
∴VB1=2 VA；VA2=3 VA
第一次碰前A球走過的距離為L，根據運動學公式VA2=2aL
設第二次碰前A球走過的距離為S1，根據運動學公式VA12=2aS1
∴S1=4L
設第三次碰前A球走過的距離為S2，有關系式VA22－VA12=2aS2
∴S2=8L
即從開始到第三次相碰，A球走過的路程為S=13L
此過程中電場力對A球所做的功為W=QES=13 QEL.
【技巧點撥】 利用質量相等的兩物體碰撞的規律考生可很容易判斷出各球發生相互作用前後的運動規律，開始時B球靜止，A球在電場力作用下向右作勻加速直線運動，當運動距離L時與B球發生相碰.兩者相碰過程是彈性碰撞，碰後兩球速度互換，B球以某一初速度向右作勻速直線運動，A球向右作初速度為零的勻加速運動.當A追上B時兩者第二次發生碰撞，碰後兩者仍交換速度，依此類推.
技巧四、巧用阻礙規律解題
【典例4】 如圖2-2-6所示，小燈泡正常發光，現將一與螺線管等長的軟鐵棒沿管的軸線迅速插入螺線管內，小燈泡的亮度如何變化
A、不變 B、變亮 C、變暗 D、不能確定
解析：將軟鐵棒插入過程中，線圈中的磁通量增大，感應電流的效果要阻礙磁通量的增大，所以感應電流的方向與線圈中原電流方向相反，以阻礙
磁通量的增大，所以小燈泡變暗，C答案正確.
【方法鏈接】 楞次定律「效果阻礙原因」的幾種常見形式.
（1）就磁通量而言：感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量（原磁通量）的變化.即當原磁通量增加時，感應電流的磁場方向與原磁場方向相反；當原磁通量減少時，感應電流的磁場方向與原磁場方向相同，簡稱口訣「增反減同」.
（2）就相對運動而言：感應電流的效果阻礙所有的相對運動，簡稱口訣「來拒去留」，從運動效果上看，也可形象的表述為「敵進我退，敵逃我追」.
（3）就閉合電路的面積而言：致使電路的面積有收縮或擴張的趨勢.收縮或擴張是為了阻礙電路磁通量的變化.若穿過閉合電路的磁感線都為同一方向，則磁通量增大時，面積有收縮趨勢；磁通量減少時，面積有擴張趨勢.簡稱口訣「增縮減擴」.若穿過迴路的磁感線有兩個相反的方向，則以上結論不一定成立，應根據實際情況靈活應用，總之要阻礙磁通量的變化.
（4）就電流而言：感應電流阻礙原電流的變化，即原電流增大時，感應電流與原電流反向；原電流減小時，感應電流與原電流同向，簡稱口訣「增反減同」.
技巧五、巧用整體法解題
【典例5】 如圖2-2-7所示，光滑水平面上放置質量分別為m和2m的四個木塊，其中兩個質量為m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是μmg.現用水平拉力F拉其中一個質量為2 m的木塊，使四個木塊以同一加速度運動，則輕繩對m的最大拉力為
解析：以上面2個木塊和左邊的質量為2m的木塊整體為研究對象，根據牛頓第二定律有μmg=4ma
再以左邊兩木塊整體為研究對象，根據牛頓第二定律有T=3ma
答案正確.
【技巧點撥】 當系統內各物體有相同加速度時（一起處於靜止狀態或一起加速）或題意要求計算系統的外力時，巧妙選取整體（或部分整體）為研究對象可使解題更為簡單快捷.
技巧六、巧用幾何關系解題
【典例6】 如圖2-2-8所示，在真空區域內，有寬度為L的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直紙面向里，MN、PQ是磁場的邊界.質量為m，帶電量為－q的粒子，先後兩次沿著與MN夾角為θ（0<θ<90º）的方向垂直磁感線射入勻強磁場B中，第一次，粒子是經電壓U1加速後射入磁場，粒子剛好沒能從PQ邊界射出磁場.第二次粒子是經電壓U2加速後射入磁場，粒子則剛好垂直PQ射出磁場.不計重力的影響，粒子加速前速度認為是零，求：
（1）為使粒子經電壓U2加速射入磁場後沿直線運動，直至射出PQ邊界，可在磁場區域加一勻強電場，求該電場的場強大小和方向.
（2）加速電壓的值.
解析：（1）如圖答2-2-9所示，經電壓加速後以速度射入磁場，粒子剛好垂直PQ射出磁場，根據幾何關系可確定粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在PQ邊界線的O點，半徑與磁場寬L的關系式為
加勻強電場後，粒子在磁場中沿直線運動射出PQ邊界的條件為，電場力的方向與磁場力的方向相反.
所以，方向垂直磁場方向斜向右下，與磁場邊界夾角為，如圖答2-2-10所示.
（2）經電壓U1加速後粒子射入磁場後剛好不能從PQ邊界射出磁場，表明在磁場中做勻速圓周運動的軌跡與PQ邊界相切，要確定粒子做勻速圓周運動的圓心O的位置，如圖答2-2-11所示，圓半徑R1與L的關系式為：
【方法鏈接】 解決帶電粒子在勻強磁場中勻速圓周運動問題，關鍵是確定圓心的位置，正確畫出粒子運動的草圖，利用幾何關系結合運動規律求解.
技巧七：巧用可逆原理解題
【典例7】 某同學在測定玻璃折射率時得到了多組入射角i與折射角r，並作出了sini與sinr的圖象如圖2-2-12所示.則下列說法正確的是
A． 實驗時，光線是由空氣射入玻璃
B． 實驗時，光線是由玻璃射入空氣
C． 利用sini /sinr可求得玻璃的折射率
D． 該玻璃的折射率為1.5
方法八：巧用等效法解題
【典例8】 如圖2-2-13所示，已知迴旋加速器中，D形盒內勻強磁場的磁感應強度B=1.5 T，盒的半徑R=60 cm，兩盒間隙d=1.0 cm，盒間電壓U=2.0×104 V，今將α粒子從近於間隙中心某點向D形盒內以近似於零的初速度垂直B的方向射入，求粒子在加速器內運行的總時間.
【技巧點撥】 粒子在間隙處電場中每次運動時間不相等，且粒子多次經過間隙處電場，如果分段計算，每一次粒子經過間隙處電場的時間，很顯然將十分繁瑣.我們注意到粒子離開間隙處電場進入勻強磁場區域到再次進入電場的速率不變，且粒子每在電場中加速度大小相等，所以可將各段間隙等效「銜接」起來，把粒子斷斷續續在電場中的加速運動等效成初速度為零的勻加速直線運動.
技巧九：巧用對稱法解題
【典例9】 一根自由長度為10 cm的輕彈簧，下端固定，上端連一個質量為m的物塊P，在P上放一個質量也是m的物塊Q.系統靜止後，彈簧長度為6 cm，如圖2-2-14所示.如果迅速向上移去Q，物塊P將在豎直方向做簡諧運動，此後彈簧的最大長度為
A．8 cm B．9 cm C．10 cm D．11 cm
解析：移去Q後，P做簡諧運動的平衡位置處彈簧長度8 cm，由題意可知剛移去Q時P物體所處的位置為P做簡諧運動的最大位移處.即P做簡諧運動的振幅為2 cm.當物體P向上再次運動到速度為零時彈簧有最大長度，此時P所處的位置為另一最大位移處，根據簡諧運動的對稱性可知此時彈簧的長度
為10 cm，C正確.
【方法鏈接】在高中物理模型中，有很多運動模型有對稱性，如（類）豎直上拋運動的對稱性，簡諧運動中的對稱性，電路中的對稱性，帶電粒子在勻強磁場中勻速圓周運動中幾何關系的對稱性.
方法十：巧用假設法解題
假設法是解決物理問題的一種常見方法，其基本思路為假設結論正確，經過正確的邏輯推理，看最終的推理結果是否與已知條件相矛盾或是否與物理實際情境相矛盾來判斷假設是否成立.
【典例10】如圖2-2-15，abc是光滑的軌道，其中ab是水平的，bc為與ab相切的位於豎直平面內的半圓，半徑R=0.3m.質量m=0.2kg的小球A靜止在軌道上，另一質量M=0.6kg，速度V0=5.5m/s的小球B與小球A正碰.已知相碰後小球A經過半圓的最高點C ，落到軌道上距b為處，重力加速度g=10m/s2，試通過分析計算判斷小球B是否能沿著半圓軌道到達C點.
解析 ：A、B組成的系統在碰撞前後動量守恆，碰後A、B運動的過程中只有重力做功，機械能守恆，設碰後A、B的速度分別為V1、V2，由動量守恆定律得
【方法鏈接】 假設法在物理中有著很廣泛的應用，凡是利用直接分析法很難得到結論的問題，用假設法來判斷不失為一種較好的方法，如判斷摩擦力時經常用到假設法，確定物體的運動性質時經常用到假設法.
技巧十一、巧用圖像法解題
【典例11】 部隊集合後開發沿直線前進，已知部隊前進的速度與到出發點的距離成反比，當部隊行進到距出發點距離為d1的A位置時速度為V1，求
（1）部隊行進到距出發點距離為d2的B位置時速度為V2是多大？
（2）部隊從A位置到B位置所用的時間t為多大.
解析：（1）已知部隊前進的速度與到出發點的距離成反比，即有公式V＝k/d（d為部隊距出發點的距離，V為部隊在此位置的瞬時速度），根據題意有
（2）部隊行進的速度V與到出發點的距離d滿足關系式d＝k/V，即d－圖象是一條過原點的傾斜直線，如圖2-2-16所示，由題意已知，部隊從A位置到B位置所用的時間t即為圖中斜線圖形（直角梯形）的面積.由數學知識可知
【方法鏈接】1.此題中部隊行進時速度的變化即不是勻速運動，也不是勻變速運動，很難直接用運動學規律進行求解，而應用圖象求解則使問題得到簡化.
2.考生可用類比的方法來確定圖象與橫軸所圍面積的物理意義.v－t圖象中，圖線與橫軸圍成圖形的面積表示物體在該段時間內發生的位移（有公式S＝v t，S與v t的單位均為m）；F－S圖象中，圖線與橫軸圍成圖形的面積表示F在該段位移S對物體所做的功（有公式W＝FS ，W與FS 的單位均為J）.而上述圖象中t＝d×1/V（t與d×1/V 的單位均為s），所以可判斷出該圖線與橫軸圍成圖形的面積表示部隊從出發點到此位置所用的時間.
技巧十二、巧用極限法解題
【典例12】 如圖2-2-17所示，輕繩的一端系在質量為m的物體上，另一端系在一個輕質圓環上，圓環套在粗糙水平桿MN上，現用水平力F拉繩上一點，使物體處於圖中實線位置，然後改變F的大小使其緩慢下降到圖中虛線位置，圓環仍在原來的位置不動，則在這一過程中，水平拉力F、環與桿的摩擦力F摩和環對桿的壓力FN的變化情況是
A.F逐漸增大，F摩保持不變，FN逐漸增大
B.F逐漸增大，F摩逐漸增大，FN保持不變
C.F逐漸減小，F摩逐漸增大，FN逐漸減小
D.F逐漸減小，F摩逐漸減小，FN保持不變
解析：在物體緩慢下降過程中，細繩與豎直方向的夾角θ不斷減小，可把這種減小狀態推到無限小，即細繩與豎直方向的夾角θ=0；此時系統仍處於平衡狀態，由平衡條件可知，當θ=0時，F=0，F摩 =0.所以可得出結論：在物體緩慢下降過程中，F逐漸減小，F摩也隨之減小，D答案正確.
【方法鏈接】 極限法就是運用極限思維，把所涉及的變數在不超出變數取值范圍的條件下，使某些量的變化抽象成無限大或無限小去思考解決實際問題的一種解題方法，在一些特殊問題當中如能巧妙的應用此方法，可使解題過程變得簡捷.
方法十三、巧用轉換思想解題
【典例13】 如圖2-2-18所示，電池的內阻可以忽略不計，電壓表和可變電阻器R串聯接成通路，如果可變電阻器R的值減為原來的1/3時，電壓表的讀數由U0增加到2U0，則下列說法中正確的是
A．流過可變電阻器R的電流增大為原來的2倍
B．可變電阻器R消耗的電功率增加為原來的4倍
C．可變電阻器兩端的電壓減小為原來的2/3
D．若可變電阻器R的阻值減小到零，那麼電壓表的示數變為4U0確
解析: 在做該題時，大多數學生認為研究對象應選可變電阻器，因為四個選項中都問的是有關R的問題；但R的電阻、電壓、電流均變，判斷不出各量的定量變化，從而走入思維的誤區．若靈活地轉換研究對象，會出現「柳暗花明」的意境；分析電壓表，其電阻為定值，當它的讀數由U0增加到2U0時，通過它的電流一定變為原來的2倍，而R與電壓表串聯，故選項A正確．再利用P＝I2R和U＝IR，R消耗的功率P′＝（2I）2R/3＝4P/3；R後來兩端的電壓U＝2IR/3，不難看出C對B錯．又因電池內阻不計，R與電壓表的電壓之和為U總，當R減小到零時，電壓表的示數也為總電壓U總；很輕松地列出U總＝IR＋U0＝2 IR/3＋2U0，解得U總＝4U0，故D也對．
【方法鏈接】 常見的轉換方法有研究對象的轉換、時間角度的轉換、空間角度的轉換、物理模型的轉換，本例題就是應用研究對象的轉換思想巧妙改變問題的思考角度，從而達到使問題簡化的目的.
技巧十四、巧用結論解題
【典例14】如圖2-2-19所示，如圖所示，質量為3m的木板靜止放在光滑的水平面上，木板左端固定著一根輕彈簧.質量為m的木塊（可視為質點），它從木板右端以未知速度V0開始沿木板向左滑行，最終回到木板右端剛好未從木板上滑出.若在小木塊壓縮彈簧的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能為EP，小木塊與木板間的動摩擦因數大小保持不變，求：
（1）木塊的未知速度V0
（2）以木塊與木板為系統，上述過程中系統損失的機械能
解析：系統在運動過程中受到的合外力為零，所以系統動量定恆，當彈簧壓縮量最大時，系統有相同的速度，設為V，根據動量守恆定律有m V0=（m+3m）V
木塊向左運動的過程中除了壓縮彈簧之外，系統中相互作用的滑動摩擦力對系統做負功導致系統的內能增大，根據能的轉化和守恆定律有
m V02/2－（m+3m）V2/2=EP+μmgL（μ為木塊與木板間的動摩擦因數，L為木塊相對木板走過的長度）
由題意知木塊最終回到木板右端時剛好未從木板上滑出，即木塊與木板最終有相同的速度由動量守恆定律可知最終速度也是V.整個過程中只有系統內相互作用的滑動摩擦力做功（彈簧總功為零），根據能量守恆定律有
故系統損失的機械能為2 EP.
【誤點警示】根據能的轉化和守恆定律，系統克服滑動摩擦力所做的總功等於系統機械能損失，損失的機械能轉化為系統的內能，所以有f滑L相對路程=△E（△E為系統損失的機械能）.在應用公式解題時，一定要注意公式成立所滿足的條件.當系統中只有相互作用的滑動摩擦力對系統做功引起系統機械能損失（其它力不做功或做功不改變系統機械能）時，公式f滑L相對路程=△E才成立.如果系統中除了相互作用的滑動摩擦力做功還有其它力對系統做功而改變系統機械能，則公式f滑L相對路程=△E不再成立，即系統因克服系統內相互作用的滑動摩擦力所產生的內能不一定等於系統機械能的損失.所以同學們在應用結論解題時一定要注意公式成立的條件是否滿足，否則很容易造成錯誤.
方法十五、巧用排除法解題
【典例15】 如圖2-2-22所示，由粗細均勻的電阻絲製成的邊長為L的正方形線框abcd，其總電阻為R.現使線框以水平向右的速度v勻速穿過一寬度為2L、磁感應強度為B的勻強磁場區域，整個過程中ab、cd兩邊始終保持與磁場邊界平行.令線框的cd邊剛好與磁場左邊界重合時開始計時(t＝0)，電流沿abcda流動的方向為正，Uo＝BLv.在下圖中線框中a、b兩點間電勢差Uab隨線框cd邊的位移x變化的圖像正確的是下圖中的
解析：當線框向右穿過磁場的過程中，由右手定則可判斷出總是a點的電勢高於b點電勢，即Uab＞0，所以A、C、D錯誤，只有B項正確.
【方法鏈接】 考生可以比較題設選項的不同之外，而略去相同之處，便可得到正確答案，或者考生能判斷出某三個選項是錯誤的，就沒必要對另外一個選項做出判斷而應直接把其作為正確答案.對本例題，考生只需判斷出三個過程中（進磁場過程、全部進入磁場過程、出磁場過程）中a、b兩點電勢的高低便可選擇出正確答案，而沒有必要對各種情況下a、b兩點電勢大小規律做出判斷.
解析：由圖象可知入射角的正弦值小於折射角的正弦值.根據折射定律可知光線是從光密介質射向光疏介質，即由玻璃射向空氣，B答案正確；根據折射定律n=sini /sinr可求得介質的折射率，但一定要注意此公式一定要滿足光線從空氣射向介質，而本題中光線是由玻璃射入空氣，所以不能直接利用sini /sinr求介質的折射率，根據光路可逆原理，當光線反轉時，其傳播路徑不變，即光從空氣中以入射角r射到該玻璃界面上時，折射後的折射角一定為i，根據折射定律可得玻璃的折射率n= sinr / sini=1.5（這里要注意很容易錯選C），C錯誤,D正確.正確答案為B、D.
【方法鏈接】 在光的反射或折射現象中，光路具有可逆性.即當光線的傳播方向反轉時，它的傳播路徑不變.在機械運動中，若沒有摩擦阻力、流體的粘滯阻力等耗散力做功時，機械運動具有可逆性.如物體的勻減速直線運動可看作反向的加速度不變的勻加速運動.
⑥ 變力做功怎麼算。。。。
分析與解：人對繩的拉力大小雖然始終等於物體的重力，但方向卻時刻在變，而已知的位移s又是人沿水平方向走的距離，所以無法利用w＝fscosθ
直接求拉力的功，若轉換研究對象，以物體g為對象，其動能的增量即人對物體做的功。這種轉換研究對象的方法是求變力的一條有效途徑。
設滑輪距地面的高度為h，
則：
人由a走到b的過程中，重物g上升的高度δh等於滑輪右側繩子增加的長度，即：
人對繩做的功：w＝fs＝gδh
代入數據得：w=732
j。
⑦ 變力沿曲線做功可以用元素法嗎
變力沿曲線做功不可以用元素法。
功的計算，是高中物理學習中的重點和
難點，佔有十分重要的地位。但是很多學生遇到變力做功和能量轉換的問題時，對自己沒有信心，甚至放棄不做。中學階段學習的做功公式W=FScosa只適合恆力做功，對於變力做功的計算則沒有一個固定公式可用，下面對變力做功問題進行歸納總結。1 轉換研究對象，化變力為恆力如果某一變力的功和某一恆力的功相等，就可以轉換研究對象，通過計算該恆力的功，求解變力的功，從而使問題變得簡單。也是我們常說的「通過關聯點，將變力功轉化為恆力功。」2 微元法
當物體在變力的作用下作曲線運動時，若力的方向與物體運動的切線方向之間的夾角不變，且力與位移的方向同步變化，可用微元法將曲線分成無限個小元段，每一小元段可認為恆力做功，總功即為各個小元段做功的代數和。
⑧ 變力做功問題
分析與解：人對繩的拉力大小雖然始終等於物體的重力，但方向卻時刻在變，而已知的位移S又是人沿水平方向走的距離，所以無法利用W＝FScosθ
直接求拉力的功，若轉換研究對象，以物體G為對象，其動能的增量即人對物體做的功。這種轉換研究對象的方法是求變力的一條有效途徑。
設滑輪距地面的高度為H，
則：
人由A走到B的過程中，重物G上升的高度ΔH等於滑輪右側繩子增加的長度，即：
人對繩做的功：W＝FS＝GΔH
代入數據得：W=732
J。
⑨ 如何求變力做功，把變力轉成恆力
把變力轉成恆力是等效法：可以通過等效法把求該變力做功轉換成求與該變力做功相同的恆力的功，此時可用功定義式W＝求變力做功方法大全求恆力的功，從而可知該變力的功。等效轉換的關鍵是分析清楚該變力做功到底與哪個恆力的功是相同的。
除此之外還有6種方法：
一：平均值法
當某個力的方向不變，但其大小隨位移均勻變化時，可以用力的初始值F1和末狀態值F2的平均值，求變力做功方法大全來計算變力所做的功。
二、微元法
求變力做功還可以用微元累積法，把整個過程分成極短的很多段，在極短的每一段里，力可以看成是恆力，則可用功的公式求每一段元功，再求每一小段上做的元功的代數和。由此可知，求摩擦力和阻力做功，我們可以用力乘以路程來計算。用微元累積法的關鍵是如何選擇恰當的微元，如何對微元作恰當的物理和數學處理，微元累積法對數學知識的要求比較高。
三、F-S圖像法
某些求変力做功的問題，如果能夠畫出變力F與位移S的圖像，則F-S圖像中與S軸所圍的面積表示該過程中變力F做的功。運用F-S圖像中的面積求變力做功的關鍵是先表示出變力F與位移S的函數關系，再畫出F-S圖像。
四、轉換參考系法
在有些物理問題中，若我們能巧妙地轉換參照系，也能將變力做功問題轉化成為恆力做功，從而大大簡化解題過程。
五、功能原理法
功能原理的內容是：系統所受的外力和內力（不包括重力和彈力）所做的功的代數和等於系統的機械能的增量，如果這些力中只有一個變力做功，且其它力所做的功及系統的機械能的變化量都比較容易求解時，就可用功能原理求解變力所做的功。
六、動能定理法
動能定理的內容是：外力對物體所做的功等於物體動能的增量。它的表達式是：W
外=ΔEK，W外可以理解成所有外力做功的代數和，如果我們所研究的多個力中，只有一個力是變力，其餘的都是恆力，而且這些恆力所做的功比較容易計算，研究對象本身的動能增量也比較容易計算時，用動能定理就可以求出這個變力所做的功。
⑩ 怎麼理解求解變力做功問題時的轉換研究對象法中的繩端所做的功等於繩
能量守恆定律。在這種模型里，能量的總和是不便的，力是變數，用普通數學不能計算，但利用能量守恆定律，可以直接獲知小車所接受到的能量。這樣就迴避了計算變力的問題。