郭建勛

[摘? ?要]二級推論是指利用現(xiàn)行教材中的公式規(guī)律，在特定的任務(wù)情境中推導(dǎo)出來的一組物理經(jīng)驗或物理關(guān)系。筆者應(yīng)用二級推論求解若干2018年高考理綜物理題，確實收到很好的效果。但仔細思量，若置二級推論的適用條件不顧而妄自套用，是容易出錯的。

[關(guān)鍵詞]高考;物理試題;二級推論

[中圖分類號]? ? G633.7? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2019）02-0031-04

二級推論是指在某些特定的物理情境中運用基本定理推理得出的一些結(jié)論或規(guī)律，按照其性質(zhì)可以分為經(jīng)驗型和公式型兩種。下面以2018年高考理綜物理題為例，談?wù)劧壨普摰膽?yīng)用和擴展。

一、經(jīng)驗型二級推論

1.楞次定律的“增反減同”

【表述】當引起感應(yīng)電流的磁通量增加時，感應(yīng)電流的磁場與引起感應(yīng)電流的磁場方向相反;當引起感應(yīng)電流的磁通量減少時，感應(yīng)電流的磁場與引起感應(yīng)電流的磁場方向相同。

【原理】楞次定律“感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化”。

【例1】（2018年全國Ⅰ卷第19題）如圖1，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（? ? ?）。

A.開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動

B.開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向

C.開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向

D.開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動

解析：答案選AD。右側(cè)線圈的開關(guān)閉合后瞬間，在左側(cè)線圈內(nèi)部產(chǎn)生了水平向右的磁場，同時引起該磁通量增大，根據(jù)“增反減同”可知感應(yīng)電流的磁場方向水平向左。利用安培定則可判斷直導(dǎo)線電流方向由南到北，進而得出小磁針處的磁場方向垂直紙面向里，即小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動，故A正確。同理可得選項D也正確。而BC選項錯誤的原因在于左側(cè)線圈中磁通量不變，直導(dǎo)線中電流為零，故小磁針恢復(fù)到原來狀態(tài)。

【拓展1】電流的“增反減同”：當引起感應(yīng)電流的原電流增加時，感應(yīng)電流的方向與原電流的方向相反;當引起感應(yīng)電流的原電流減少時，感應(yīng)電流的方向與原電流的方向相同。在例1中，右側(cè)線圈的開關(guān)閉合的瞬間，該線圈的原電流增加，從左往右看為順時針方向。根據(jù)電流的“增反減同”可知左側(cè)線圈中的感應(yīng)電流方向為逆時針（從左往右看），最后得出小磁針N極的運動情況。

【拓展2】如圖2，虛線圓形區(qū)域內(nèi)存在一電場，方向垂直于紙面向內(nèi)。若該電場的電場強度E增加時，則電場區(qū)域外實線圓周上的Q點的磁場方向為（? ? ） 。

A.垂直紙面向里

B.垂直紙面向外

C.在紙面內(nèi)向上

D.在紙面內(nèi)向下

解析：如果直接應(yīng)用推論“增反減同”，則輕易得到答案C，但本題的正確答案為D。

圖2中場強E的增加可以等效為平行板電容器的充電過程，如圖3所示。

根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論，設(shè)充電過程中導(dǎo)線的傳導(dǎo)電流為[I]，極板間的位移電流為[ID]。傳導(dǎo)電流是由于自由電荷的定向移動產(chǎn)生的，而位移電流是指穿過某曲面的電位移通量的時間變化率，是由變化的電場產(chǎn)生的，并且兩者在產(chǎn)生磁場上是等效的。設(shè)電位移通量為[ΦD]，真空介電常數(shù)為[ε0]，板間的場強為[E]，板的面積為[S]。由于電容器為真空，則：[ΦD=Sε0E]。電位移通量對時間求導(dǎo)，得位移電流：[ID=dΦDdt=Sε0dEdt]。因為題中條件[E]隨時間增加，即[dEdt>0]，所以[dEdt]的方向與[E]的方向相同，即[ID]與[E]同向。由圖3看出傳導(dǎo)電流為[I]與E同向，綜合以上可得[ID]和[I]方向相同，均為垂直紙面向里。根據(jù)安培定則可判斷圖2中Q點的磁場方向為“在紙面內(nèi)向下”。

點評： 楞次定律作為電磁學的重要定律，在歷年高考試題中屢見不鮮。而“增反減同”作為楞次定律的二級推論，準確應(yīng)用可以繞過一些復(fù)雜的障礙，從而提高解題速度。例題1實際上是一個變壓器的模型，通過“增反”的阻礙作用實現(xiàn)“互感”現(xiàn)象。擴展1的“電流增反減同”是“磁場增反減同”的升級版，它繞過了磁場方向和磁通量變化等問題，直接實現(xiàn)原電流與感應(yīng)電流的對接，方便快捷。擴展2是“變化的電場產(chǎn)生磁場”，不同于例1和擴展1的“變化的磁場產(chǎn)生電場”，因此“增反減同”的規(guī)律不再適用。其實根據(jù)麥克斯韋電磁理論的方程：

[E?dl=-dΦBdt……]①

[B?dl=μ0ε0dΦEdt……]②

可知，方程①是表示“變化的磁場產(chǎn)生電場”，因含有負號，因此可用“增反減同”解釋;方程②是表示“變化的電場產(chǎn)生磁場”，因為沒有負號，因此應(yīng)為“增同減反”。

2.電學實驗的“內(nèi)大外小”

【表述】利用伏安法測電阻，設(shè)待測電阻為[Rx]，電壓表內(nèi)阻為[RV]，電流表內(nèi)阻為[RA]。內(nèi)大：當[Rx>RARV]時，選用電流表內(nèi)接法，測量值比真實值偏大;外小：當[Rx<RARV]時，選用電流表外接法，測量值比真實值偏小。

【原理】無論采用內(nèi)接法或外接法，測量結(jié)果都有系統(tǒng)誤差。內(nèi)接法的誤差在于電流表的分壓，故當待測電阻遠大于安培表內(nèi)阻時，采用此法誤差較小;外接法的誤差在于電壓表的分流，故當待測電阻遠小于電壓表內(nèi)阻時，采用此法誤差較小。

【例2】（2018年天津卷第9題）某同學用伏安法測定待測電阻Rx的阻值（約為10 kΩ），除了Rx，開關(guān)S、導(dǎo)線外，還有下列器材供選用：

A.電壓表（量程0～1 V，內(nèi)阻約為10 kΩ）

B.電壓表（量程0～10 V，內(nèi)阻約為100 kΩ）

C.電流表（0～1 mA，內(nèi)阻約為30 Ω）

D.電流表（0～0.6 A，內(nèi)阻約為0.05 Ω）

E.電源（電動勢1.5 V，額定電流0.5 A，內(nèi)阻不計）

F.電源（電動勢12 V，額定電流2 A，內(nèi)阻不計）

G.滑動變阻器R0（阻值范圍0～10 Ω，額定電流2 A）

①為使測量盡量準確，電壓表選用_________，電流表選用______________，電源選用______________。（均填器材的字母代號）

②畫出測量Rx阻值的實驗電路圖。

③該同學選擇器材、連接電路和操作均正確，從實驗原理上看，待測電阻測量值會_____________其真實值（填“大于”“小于”或“等于”），原因是 。

解析：答案① B，C，F(xiàn);②電路圖如圖4所示;③大于;電壓表的讀數(shù)大于待測電阻兩端實際電壓（其他正確表述也可）。

把[Rx≈10 kΩ]，[RV≈100 kΩ]，[RA≈0.03 kΩ]代入，得[Rx>RARV]，故選用電流表內(nèi)接法，測量值比真實值偏大。其他答案解析略。

【拓展】 如上述例2中供選器材，B.電壓表“內(nèi)阻約為100 kΩ”改為“內(nèi)阻等于100 kΩ”，其余條件不變。

①為使測量準確，電流表采用__________（內(nèi)接、外接） 法，待測電阻測量值__________其真實值（填“大于”“小于”或“等于”）。

②若電壓表的讀數(shù)為U，內(nèi)阻為RV，電流表的讀數(shù)為[I]，求待測電阻阻值的表達式Rx =__________。

解析：如果直接應(yīng)用“內(nèi)大外小”的推論，答案為“內(nèi)接法、大于”。但本題的正確答案為“外接法、等于”。

由于電壓表的內(nèi)阻已知，即因電壓表引起分流的電流值可以準確算出來，故采用安培表外接法，測量值等于真實值，如圖5所示。根據(jù)題中已知條件，可求得Rx 表達式：[Rx=UI-URV=URVIRV-U]。

點評： 電流表內(nèi)接法、外接法的判斷以及誤差分析是高考電學實驗的重要考點。教學中通常采用“阻值比較（內(nèi)大外?。焙汀霸囉|”兩種方法進行處理。例2中由于給出了[Rx、RV、RA]的粗略值，所以采用“內(nèi)大外小”的阻值比較法較為方便。擴展題利用“直接給出的電壓表內(nèi)阻”來消除實驗的系統(tǒng)誤差，再利用串并聯(lián)電路的規(guī)律把待測電阻的真實值求出來，從而加深了學生對“內(nèi)大外小”應(yīng)用條件的理解，以防盲目套用。

二、公式型二級推論

1.電磁感應(yīng)中的[q=ΔΦR總]

【表述】對于總電阻為[R總]的閉合回路，某段時間內(nèi)回路的磁通量變化量為[ΔΦ]，則在這段時間內(nèi)通過該回路的電量為[q=ΔΦR總]。

【原理】設(shè)[Δt]內(nèi)閉合回路產(chǎn)生的平均電動勢為[E]，則有：[q=IΔt]，[I=ER總]，[E=ΔΦΔt]，由以上三式可求得：[q=ΔΦR總]。

【例3】（2018年全國Ⅰ卷第17題）如圖6，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中心，O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿。M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在垂直半圓所在平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，現(xiàn)使OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定（過程Ⅰ）;再使磁感應(yīng)強度的大小以一定的變化率從B增加到B'（過程Ⅱ）。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則[B'B]等于（? ? ?）。

A.[54]? ? ? ? ? ?B.[32]

C.[74]? ? ? ? ? ?D.2

解析：答案選B。設(shè)圓弧的半徑為r，OM的電阻為R。過程Ⅰ：回路的磁通量變化量[ΔΦ1=Bπr24]，流過OM的電荷量[q1=ΔΦ1R];過程Ⅱ：回路的磁通量變化量[ΔΦ2=（B'-B）πr22]，流過OM的電荷量[q2=ΔΦ2R]，且[q1=q2]。由以上各式可求得：[B'B=32]。

【拓展1】如圖7，閉合半圓軌道SOPQS固定，其中半徑OP、OS的電阻均為R，OM的電阻也為R，軌道的其余電阻忽略不計，其他條件如例3。求在過程Ⅰ中，通過OP的電荷量。

解析：過程Ⅰ，OM等效為電源，外電阻OP與OS并聯(lián)，所以回路的總電阻[R總=R+R2=32R]。回路磁通量的變化量[ΔΦ=Bπr24]，流過OM的電荷量[q1=ΔΦR總]，流過OP的電荷量[q2=q12]，由以上各式可求得：[q2=Bπr212R]。

【拓展2】（2011年上海高考第23題的改編題）如圖8，寬度L=0.5 m的光滑金屬框架MNPQ固定在水平面內(nèi)，并處在磁感應(yīng)強度大小B=0.4T，方向豎直向下的勻強磁場中，框架的電阻非均勻分布。將質(zhì)量m=0.1 kg，電阻可忽略的金屬棒ab放置在框架上，并與框架接觸良好。金屬棒以v0=2 m/s的初速度，向左做勻減速直線運動，其加速度大小為a=2 m/s2，運動中金屬棒僅受安培力作用，已知框架中aNPb部分的電阻R隨金屬棒ab的位移x變化的函數(shù)關(guān)系式為[R=0.4x（Ω）]。求金屬棒ab運動0.4 s的過程中通過ab的電量q。

錯解：金屬棒0.4 s內(nèi)的位移[x=v0t-12at2]，aNPb部分的電阻[R=0.4x]，0.4 s內(nèi)回路磁通量的變化量[ΔΦ=BLx]，流過棒ab的電荷量[q=ΔΦR]，由以上各式可求得：[q=0.49 C]。

正解：0.4 s內(nèi)流過棒ab的電荷量[q=It]，且[BIL=ma]，由以上兩式可求得：[q=maBLt=0.4（C）]。

點評： 應(yīng)用 [q=ΔΦR總]解題的便捷之處在于避開了復(fù)雜的中間過程，直接用磁通量變化量與回路總電阻的比值來求電荷量。但應(yīng)用此推論時，必須要注意兩點：①推論中的q是指通過干路的電荷量，不是支路的電荷量，擴展1中，半徑OP屬于支路，因此必須按照并聯(lián)電路的規(guī)律進行分配;②推論中的R總要求為一定值，但從擴展2中可知，電阻R隨著金屬棒的滑動而發(fā)生變化，所以不能用此推論。

2.平拋運動的[tanθ=2tanβ]

【表述】在平拋運動中，速度偏向角[θ]（速度與初速度的夾角）的正切值，是位移偏向角[β]（位移與水平位移的夾角）的正切值的2倍。

【原理】? 如圖9，[tanθ=vyv0=gtv0] ，[tanβ=yx=gt2/2v0t=12gtv0]，由以上二式得：[tanθ=2tanβ]。

【例4】（2018年全國Ⅰ卷第25題）如圖10，在y >0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E，在y < 0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核[11H]和一個氘核[21H]先后從y軸上[y=h]點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知[11H]進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場。[11H]的質(zhì)量為m ，電荷量為q ，不計重力。求：

（1） [11H]第一次進入磁場的位置到原點O的距離;

（2） 磁場的磁感應(yīng)強度大小;

（3） [21H]第一次離開磁場的位置到原點O的距離。

解析：（1）[11H]在電場中做類平拋運動，如圖11，連接[11H]在電場中的入射點和出射點，該連線與[11H]在電場中的水平位移[x0]的夾角為β，根據(jù)推論可得：[tanθ=2tanβ]，由幾何關(guān)系知 [tanβ=hx0]。聯(lián)合以上二式解得：[x0=233h]。

（2）、（3）問略。

【拓展】若對[11H]施加一沿正x軸方向的恒力F，[11H]進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為θ，其他條件不變，求[11H]第一次進入磁場的位置到原點O的距離。

錯解：由于[11H]在電場中做類平拋運動，如圖12，由于[tanθ=2tanβ]，[tanβ=hx0]，解得：[x0=233h]。

正解：如圖12，[11H]在電場中負y軸方向有：[ay=qEm]，[h=12ayt2]，[vy=ayt];正x軸方向有：[ax=Fm]， [s=vxt-12axt2]，且有[tanθ=vyvx]，由以上各式可求得：[s=2tanθ-FqEh]。

點評： 例4中各物理量的關(guān)系比較隱蔽，采用常規(guī)方法求解必須要對平拋模型有較深刻的理解，而巧妙運用二級推論[tanθ=2tanβ]，可使解題過程大大簡化。擴展題中造成錯解的原因在于考生認為粒子依然做類平拋運動，其實有力F的存在，使粒子沿正x軸做勻加速運動，因此嚴格把握推論的應(yīng)用條件顯得十分重要。

三、課堂教學思考與啟示

從以上例題我們可以看出，二級推論具有兩面性，所以在日常教學中必須以辯證的思維進行審視，注重條件，講究策略。

1.大小題型，區(qū)別對待

二級推論在處理問題時，跳過了煩瑣的思維過程，因此更適用于選擇題、填空題等小題。正確運用二級推論，可以避免“小題大做”的被動局面，從而為后面大題留下寶貴的時間。由于二級推論不能和教材中的定理相提并論，因此對于計算大題，直接運用二級推論是行不通的。但如果能從二級推論的視角來“一錘定音”，再把其證明過程滲透在計算解答中，這也是一個“一箭雙雕”的做法。

2.把握時機，務(wù)實深化

二級推論是基本概念和規(guī)律的深化與延伸，所以課堂教學中的切入時機尤為重要。學生學習完新的概念和規(guī)律后，必須經(jīng)歷一個理解、模仿、熟練、領(lǐng)會的認知過程，從而構(gòu)建一個相對穩(wěn)定的心智模式。在此基礎(chǔ)上，針對不同的學生、不同的情景再進行二級推論的教學。但要注意強調(diào)推論的應(yīng)用條件以及推導(dǎo)過程，目的不在于讓學生記住結(jié)論快速解題，而在于夯實基礎(chǔ)，深化提高，培養(yǎng)學生透過現(xiàn)象分析本質(zhì)，由個性提取共性的高階思維能力，從而切實提高學生的物理學科核心素養(yǎng)。

[? ?參? ?考? ?文? ?獻? ?]

[1]? 王燕.對一道試觸法習題的探究[J].中學物理教學參考，2017（23）：50-52.

[2]? 張波.注意使用條件 慎用二級結(jié)論 防止思維慣性[J].物理教師，2012（1）：60-62.

[3]? 錢呈祥.物理“二級結(jié)論”在高考中的應(yīng)用及拓展[J].物理教學探討，2009（1）：50-52.

（責任編輯 易志毅）