不定积分中的一题多解

不定积分中的一题多解（精选11篇）

不定积分中的一题多解 篇1

几何证明题千变万化, 因此在做题时要善于观察、思考, 从不同角度分析问题, 力求灵活驾驭所学知识。遇到一个问题, 通过多种途径给出多种解法, 称为一题多解, 这对提高自己对不同题目的分析、应变能力很有帮助。本文就以“三角形内角和定理”的证明为例, 谈一谈一题多解。

这个定理是任意一个三角形的一个重要性质, 在理论上和实践中都有广泛的应用, 因此学好它并了解它的一些证明方法是很有必要的。

证明这个定理的关键是如何添加辅助线, 而画辅助线的目的是通过做平行线把三角形的三个角移到一起, 这就使辅助线的画法很多, 因此证明方法也很多, 下面就介绍几种这个定理的证明方法:

首先根据定理的内容, 画出图形, 写出已知, 求证。

已知:如图, △ABC求证:∠A+∠B+∠C=180° (下面五种证明方法中的已知, 求证均同上) 。

证法1:分析:如图1, 可以延长一边BC得到一个平角△∠BCD, 然后以CA为一边, 在△ABC的外部画∠ACE, 所画∠ACE=∠B, 即可证明。

证明:作BC的延长线CD, 在△ABC的外部, 以CA为一边, CE为另一边, 画∠1=∠A, 于是, CE∥BA (内错角相等, 两直线平行) 。

∠B=∠2 (两直线平行, 同位角相等)

又∠1+∠2+∠ACB=180° (平角的定义)

∠A+∠B+∠ACB=180°

证法2:

分析:如图2, 可过点A画DE∥BC, 从而证明∠B=∠1、∠C=∠2。

证明:过点A画DE∥BC, 于是∠1=∠B, ∠2=∠C (两直线平行, 内错角相等) .

又∠1+∠2+∠BAC=180° (平角的定义) 。

∠C+∠B+∠BAC=180°。

证法3:

分析:如图3, 可以过点C作CD∥BA, 利用两直线平行、同旁内角互补证明。

证明:过点C作CD∥BA, 于是∠ACD=∠A (两直线平行内错角相等) 。

而∠B+∠BCD=180 (两直线平行, 同旁内角互补) 。

∠BCD=∠BCA+∠ACD,

∠B+∠BCA+∠ACD=180°,

即∠A+∠B∠BCA=180。

证法4:

分析:如图4, 可以在边BC上取一点D, 过点D画DE∥BA、DF∥CA利用平行线的性质可证。

证明:在BC上取一点D, 过点D分别作DE∥BA、DF∥CA, 于是,

DE∥BA (辅助线作法) ,

∠B=∠2 (两直线平行, 同位角相等) ,

∠3=∠BFD (两直线平行, 内错角相等) ,

又DF∥CA (辅助线作法) ,

∠1=∠C, ∠A=∠BFD (两直线平行, 同位角相等) ,

∠3=∠A (等量代换) ,

又∠1+∠2+∠3=180° (夹角的定义) 。

∠A+∠B+∠C=180°。

证法5:

分析:如图5, 可延长边BC到D, 过点C作CE∥BA, 利用平行线的性质, 得∠B=∠1、∠A=∠2。

证明:延长边BC到D, 过点C作CE∥BA, 于是

∠B=∠1 (两直线平行同位角相等) ,

∠A=∠2 (两直线平行, 内错角相等) ,

又∠1+∠2+∠ACB=180° (平角的定义) ,

∠A+∠B+∠ACB=180°。

不定积分中的一题多解 篇2

做数学应用题, 老师要求我们一题多解.开始, 我想: 把题做出来就行了, `多解'不是`自找麻烦'吗?

但是, 当我按照老师的要求去做了一段时间以后, 我才感到这不但不`麻烦', 而是挺有趣.如一道比例分配应用题, 我曾找出了`归一'、`分数'、`比例分配'、`比例'四种解法.

一次数学考试, 有一道题: `黄铜中, 锌和铜的比是3∶7, 现在有87.5 公斤铜, 应加入多少公斤锌才能炼出这种黄铜? '我马上就想到: 第一步先求黄铜总重量, 第二步根据锌占的比例数求出锌的重量.除此之外, 还有没有别的解题方法呢? 我很快又想出了另一种方法: 设锌重为x 公斤, 3∶7=x∶87.5, 这样, 一步就算出了锌的重量是多少.用后一种解法, 速度快, 算得准, 能`挤'出时间来检查、验算其它的.答题.

北京市三里河三小六 (4) 班 刘燕讲 峦予记

聪聪学会了`假定法'

时钟敲了九下.

爷爷: 该睡觉了.

聪聪: 这道题还没做完, 用`逆推法'和`图示法'分析都不行.爷爷, 您说怎么办呢? 爷爷戴上老花眼镜, 仔细看题目: 甲乙两种戏票共20 张, 共用去4 元5 角.甲种票3 角, 乙种票2 角, 两种票各买了多少张?

爷爷: 这道题可以用`假定法'来分析.假定每张票价都是3 角, 20 张应付多少元?

聪聪: 一共付6 元.

(0.30x20=6.00)

爷爷: 比原来的总钱数多了多少元?

聪聪: 多了1.50 元.

(6.00-4.50=1.50)

爷爷: 为什么多算了1.50 元?

聪聪沉思了一会儿, 回答: 因为把票价是2 角的票都多算了1 角.爷爷: 2 角的票有多少张?

聪聪高兴地蹦了起来: 我会了! 我会了! 2 角的票15 张.〔1.50÷(0.30-0.20) =15〕3 角的票就是5 张. (20-15=5)

爷爷又提了一个新问题: 假定20 张票都是2 角的, 你能按上面的过程分析吗?

聪聪很快列出了算式.少年朋友, 你能用`假定法'来分析解答吗?

有机计算机中的一题多解 篇3

（1）该混合气体由哪两种烃组成？

（2）该混合气体中两种烃的体积分数各是多少？

分析 混合气体的总物质的量为[2.24 L22.4 mol?L-1]=0.1 mol，完全燃烧生成水的物质的量为[4.05 g18 gmol?L-1]=0.225 mol，生成二氧化碳的物质的量为[6.60 g44 gmol?L-1]=0.15 mol，0.1 mol混合气体中单烯烃的质量为1.05 g（溴水增加的质量为单烯烃的质量），设烷烃分子式为CnH2n+2，物质的量为x mol，单烯烃分子式为CmH2m，物质的量为y mol。

解 方法一：化学方程式法

CnH2n+2+[3n+12]O2→nCO2+（n+1）H2O

x nx （n+1）x

CmH2m+[3m2]O2→mCO2+mH2O

y my my

[x+y=0.1nx+my=0.15（n+1）x+my=0.22514my=1.05]，解得：[x=0.075y=0.025n=1m=3]

方法二：守恒法

[nx+my=0.15（碳原子守恒）①（2n+2）x+2my=0.225×2（氢原子守恒）]

解得：[x=0.075y=0.025]

∵单烯烃质量为1.05 g，其物质的量为0.025 mol

∴[14m=1.050.025] ，解得m=3，代入①得n=1.

方法三：平均分子式法

设混合气体的平均分子式为CxHy。

CxHy+（[x+y4]）O2→xCO2+[y2]H2O

1 x [y2]

0.1 0.15 0.225

[10.1=x0.15=y20.225]，解得[x=1.5y=4.5]

∴混合气体的平均分子式为C1.5H4.5，其相对分子质量为22.5。

由平均值规律可知，混合气体中肯定有CH4，其质量为22.5 g mol·L-1×0.1 mol-1.05 g=1.2 g，则其物质的量为[1.2 g16 g mol?L-1]=0.075 mol。

∵混合气体的物质的量为0.1 mol，

∴单烯烃的物质的量为0.025 mol。

∵单烯烃的质量为1.05 g，

∴单烯烃的相对分子质量为[1.050.025=42]。

即：单烯烃为C3H6。

方法四：直接求算法

单烯烃质量为1.05 g，由单烯烃的燃烧通式知单烯烃完全燃烧生成二氧化碳和水的物质的量相等，均为[1.0514m×m=0.075 mol]。

则烷烃完全燃烧生成的CO2为0.15-0.075=0.075 mol，H2O为0.225-0.075=0.15 mol，

∵[n2n+2=0.0750.15×2]，∴n=1。

∴烷烃的分子式为CH4，其物质的量等于完全燃烧生成的CO2的物质的量，为0.075 mol。

∴单烯烃的物质的量为0.025 mol，其相对分子质量为[1.050.025=42]，其分子式为C3H6。

高中数学中的一题多解问题 篇4

学习数学, 自然需要解题, 波利亚的观点: “数学技能就是解题能力———不仅能解决一般的问题, 而且能解决需要某种程度的独立思考、判断力、独创性想象力的问题. 所以中学数学的首要任务就在于加强解题能力的训练. ”解题是实践性的技能, 在数学解题教学中, 教师要让学生学会审题, 养成验算的良好习惯, 懂得反思总结.

读审题是一种综合能力, 它包括认真细致的态度等多种非智力因素, 也包括阅读、理解、分析等多种智力因素.

一个题目包含的信息有时是比较隐蔽的, 甚至隐藏得很深, 这就需要我们去发现、发掘、辨别、分析, 这是一种能力, 也是解题的关键点. 读题是解题的基础, 是正确、迅速解题的前提. 为此在解题时要注意审视题目的条件、结论、结构, 充分挖掘题目显性和隐性的信息, 引导学生分析题目中各个量的特点、联系, 调动既有知识体系中关联知识点实现解题.

验算是解决数学问题不可缺少的环节, 是初步完成解题后不可或缺的一步, 它可以进一步检查、更正、补充学生在初次解题中存在的错误和缺失, 是保证题目正确解决的必要步骤和手段. 掌握验算的方法, 养成验算的习惯是学好数学的重要条件之一.

学会反思是指解题后对审题过程和解题方法及解题所用知识的回顾与思考. 学会反思, 对学生思维品质等各方面的培养都有积极的意义.

数学知识之间联系纵横交错, 解题思路灵活, 解题方法多样, 但终却能殊途同归. 即使一次性解题合理正确, 也未必就是最佳思路, 未必就是最优最简洁的解法.

例在△ABC中, b = 2, B = 45°, 求边a的取值范围.

分析题目已知一角和对边, 求另一边的范围, 故考虑用正弦定理求解.

解完题应该进一步反思, 探求一题多解、多题一解的问题, 开拓思路, 沟通知识, 掌握规律, 权衡解法优劣, 在更高层次更富有创造性地去学习、摸索、总结, 使自己的解题能力更胜一筹. 如上例题, 再次分析一下题意, 考虑试用余弦定理求解, 见下.

进一步考虑采用几何法或者叫数形结合的方法求解, 详见下.

【轨迹定理】和已知线段的两个端点的连线的夹角等于已知角的点的轨迹, 是以已知线段为弦, 所含圆周角等于已知角的两段弧 ( 端点除外) .

一题多解, 每一种解法会用到不同章节的知识, 这样可以复习相关知识, 掌握不同解题技巧, 同时每一种解法又能解很多道题, 然后比较众多解法中哪一种最简洁. 把每一种解法和结论进一步推广, 既可实现知识的内在联系、巧妙转化和灵活运用, 又可总结出一般方法和思路. 善于总结, 掌握规律, 探求共性, 再由共性指导我们去解决碰到的这类问题, 这对提高解题能力尤其重要.

解题之后, 要反复探究问题的知识结构和系统性. 对问题蕴含的知识进行纵向深入地探究, 加强知识的横向联系, 把问题所蕴含孤立的知识“点”, 扩展到系统的知识“面”.通过不断地联系、拓展, 加强对知识的理解, 进而形成认知结构中知识的系统性. 要让学生明白, 问题之间不是孤立的, 许多看似无关的问题却有着内在的联系, 解题不能就题论题, 要寻找问题与问题之间本质的联系, 要质疑为什么有这样的问题, 它和哪些问题有联系, 能否受这个问题的启发. 将一些重要的数学思想、数学方法进行有效的整合, 创造性地设问, 让学生在不断的知识联系和知识整合中, 丰富认知结构中的内容, 体验“创造”带来的乐趣, 这对培养学生的创造性思维是非常有利的. 点滴的发现, 能唤起学生的成就感, 激发学生进一步探索问题的兴趣. 长期的积累, 更有利于促进学生认知结构的个性特征的形成, 并增加知识的存储量.

一题多解典型案例张 篇5

张国胜

通过几年初中数学的教学，在解一些数学题时往往一道数学题用几种不同的方法都能解决。有的简单有的稍微要复杂一些，而在解题时复杂的方法浪费时间、简单的方法节省时间。下面我就在初中阶段的一题多解的典型例题分析谈谈我的看法。

在比较大小的数学题中，经常会遇到一题多解的数学题。【比较大小问题】

【例1】 当0

解：∵0x>x2

方法2 作差法：

∵两数相减可以取正数、负数、0，那么用a、b表示两数，能得到三种情况： 当a－b>0时，a>b 当a－b=0时，a=b 当a－b<0时，a

∴此题的解法为x2－x=x（x－1）∵0

1x211同理 x－=<0 综上所述∴>x>x2

xxx

浅谈不等式的一题多解 篇6

例1：已知都是实数，且，，

求证：

这是一道课本中的题目，课本介绍了三种证明方法，分别是分析法、比较法和综合法（证明过程可参见课本，不再赘述）。受课本证法的启发，还有五种证法可供参考。

证法1：（柯西不等式）因为，，，

所以，所以

证法2：（恒等变形法）

因为

又因为，，

所以，即

又，

而，，

所以，即

故：

证法3、（三角代换法）

由题我们可设，，，

则

而

所以

证法4：（向量法）

设，，则，

，又

所以，

即

證法5：（复数法）

设，

又

所以，即

设，又

所以，即

故：

例2：已知：>0，>0，且，求的最小值

解法1：（凑配法）

因为>0，>0，，

所以

从而（当且仅当，即时取等号），

故的最小值是6

解法2：（变量分离法）

由>0，>0，，得（>1），

所以（>1）。

设（>1）

则）

因为>1，—1>0，所以

当且仅当，即当时取等号，此时

解法3：（判别式法）

由解法2，设（>1），于是

此方程有大于1的根的必要条件是

因为>1，所以；

反之当时，方程的两个根都大于1，

故（此时）

解法4：（三角换元法）

因为>0，>0，，所以

令，于是

从而

当且仅当时，，（此时）

相互作用问题的一题多解 篇7

例1两球相互作用问题的多种解法

在光滑水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B,质量分别为m和2m,当两球心间的距离大于L时,(L比r大的多)两球间无相互作用力,当两球心间的距离等于或小于L时,两球间存在相互作用的恒定斥力F,设A球从远离B球处以速度v沿两球心连线向原来静止的B球运动,欲使两球不发生接触,v必须满足什么条件?

解法一:(利用力和运动关系求解)

设A、B两球的加速度分别为a1和a2,根据牛顿定律,有

设经过时间t两球速度相等,则:

设A、B两球在时间t内位移分别为s1和s2,则:

为保证两球不相碰,应满足:

解上述方程组可得:

解法二:(利用图像求解)

根据题意可作出两球的v-t图象如图2,图中两条线相交点的横坐标即表示两球速度相同对应的运动时间,其值已由解法一中(3)式获得:

图中带有阴影部分“面积”表示从A球开台减速到两球速度相等A球比B球多发生的位多.根据题意,该“面积”应小于(L-2r).即:

由以上两式可解得:

解法三:(利用数学方法求解)

设A、B两球在时间t内的位移分别为s1和,则:

设经过时间t两球相碰,相撞时应满足:

将(1)(2)两式带入上式并整理后可得:

(3)式中有实数解,其物理意义就是相碰的时间不存在,即相碰不可能发生,利用判别式小于零可得:

由(4)式可得:.

解法四:(利用相对参考系求解)

设A、B两球的加速度分别为a1和a2,根据牛顿定律,有

可以选择前面的B球作为参考系,即将B球看成是静止的.这样A相对B的初速度和加速度应分别为:

为避免相碰,应满足:

由以上各式可得：

解法五:(利用动量能量求解)

设A、B两球速度相同时仍没有相碰,共同速度为v1,根据动量守恒,有

设A、B两球从开始发生作用到两者共速位移分别为s1和s2,根据动能定理可得:

为保证两球不相碰,应满足:

解上述方程组可得:

种解法例2带电小球与小车相互作用问题的多

一对平行金属板竖直固定在置于光滑水平面上的平板小车上,金属板与小车的总质量为M=0.3 kg,两金属板间距离为d=0.04 m,金属板间加一适当电压,一个质量为m=0.1 kg、带电量为q=2.5×10-6C的小球,以大小为v0=10m/s的速度,从右板底部小孔沿小车光滑绝缘底板射入两金属板之间,为了避免带电小球碰到左侧金属板,两金属板间所加电压U至少为多大?

解法一:(利用力和运动关系求解)

设两金属板间所加电压为U,由此使两板间产生的电场场强为E,则

设带电小球与小车的加速度分别为a1和a2,根据牛顿第二、第三定律,有

设经过时间t两者速度相等,则:

设带电小球与小车在时间t内位移分别为s1和s2,则:

为保证小球碰不到左侧金属板,应满足:

解上述方程组可得:

解法二:(利用图像求解)

根据题意可作出带电小球与小车的v-t图象,图中直线1表示带电小球的v-t关系图线,直线2表示小车的vt关系图线,两条线相交点的横坐标即表示小球与小车速度相同对应的运动时间,由上面解法一中(1)(2)(3)(4)(5)式可解得:

图中带有阴影部分“面积”表示从小球进入两金属板间到小球与小车共速小球在板间滑过的距离.根据题意,该“面积”应小于d.即:

由以上两式可解得:

解法三:(利用数学方法求解)

设带电小球与小车在时间t内的位移分别为s1和s2,则:

设经过时间t带电小球碰到左侧金属板,应满足:

s1-S2=d.

将(1)(2)两式带入上式并整理后可得:

若(3)式中t没有实数解,其物理意义就是小球碰到左侧金属板的时间不存在,即小球不能碰到左侧金属板,利用判别式小于零可得:

上面(3)(4)式中.

将其代入(4)式可得:

解法四:(利用相对参考系求解)

设带电小球与小车的加速度分别为a1和a2,根据牛顿定律结合电场力,有

可以选择小车作为参考系,则带电小球相对小车的初速度和加速度应分别为:

为避免带电小球碰到左侧金属板,应满足:

由以上各式可得:

解法五:(利用动量能量求解)

小球在板间运动时,系统动量守恒.设小球到达左端金属板处时系统速度为v,则:

设带电小球与小车在达到共速前的位移分别为s1和s2,根据动能定理,有

一道电学实验题的一题多解 篇8

(1) 本实验的原理是＿＿＿＿＿＿＿。

(2) 根据实验原理请你在框内画出实验电路图。

(3) 晓强同学按设计好的实验电路图把相关的实验器材连接好, 闭合开关后发现电路有故障, 经检查发现是电流表 (或电压表) 坏了。请你在不增加实验器材的前提下, 任选一种情况测定元件的额定功率。要求画出实验电路图。简述主要实验步骤并写出额定功率表达式。 (已知滑动变阻器的最大阻值为R0)

这是一道利用电压表和电流表测定定值电阻额定功率的电学实验综合设计题。求解此类型题目的重要方法是:认真审题, 弄清题意, 针对自己所选的情况, 根据题目所给的已知条件和相应电路状态的有关规律, 画出实验电路图, 根据欧姆定律, 串并联电路特点, 先求出定值电阻的阻值, 然后利用电功率公式 (或电功率推导公式) 进行求解。本题第 (3) 问有两种情况, 每一种情况中的电压表或电流表可以使用一次或多次, 因此可以针对每一种设计的电路状态画图, 简述主要实验步骤, 求解出定值电阻的阻值后写出额定功率表达式。

本题的已知条件是:定值电阻, 最大阻值为R0的滑动变阻器, 还有伏安法测定定值电阻元件的额定功率中的所有器材, 其中所蕴含的电源电压是恒定不变的。

本实验的原理是P=UI。伏安法测电功率的实验电路图如图1所示。

本题第 (3) 问有两种情况, 每种情况分别有八种方案, 八种方案中又分为两大类。

1.假设电流表损坏

1.1采用双伏法测量

方案一:

(1) 按图2电路图连接实验电路, 将滑片P移至最右端, 闭合开关, 读出电压表的示数为U1;

(2) 再将电压表并联在滑动变阻器两端, 读出电压表的示数为U2。

分析:电路中的电流为;定值电阻

则所测额定功率表达式:

方案二:

(1) 按图3电路图连接实验电路, 将滑片P移至最右端, 闭合开关, 读出电压表的示数为U1;

(2) 再将电压表并联在电源两端, 读出电压表的示数为U2。

分析:电路中的电流为;定值电阻

则所测额定功率表达式:

方案三:

(1) 按图4电路图连接实验电路, 将滑片P移至最右端, 闭合开关, 读出电压表的示数为U1;

(2) 再将电压表并联在电源两端, 读出电压表的示数为U2。

分析:电路中的电流为;定值电阻

则所测额定功率表达式:

1.2采用单伏法测量

方案四:

(1) 按图5电路图连接实验电路, 将滑片P移至最右端, 断开开关, 读出电压表的示数为U1;

(2) 再将开关闭合, 读出电压表的示数为U2。

分析:断开开关时, 电路中的电流为;定值电阻

则所测额定功率表达式:

方案五:

(1) 按图6电路图连接实验电路, 将滑片P移至最右端, 断开开关, 读出电压表的示数为U1;

(2) 再将开关闭合, 读出电压表的示数为U2。

分析:断开开关时, 电路中的电流为;定值电阻

则所测额定功率表达式:

方案六:

(1) 按图7电路图连接实验电路, 将滑片P移至最右端, 闭合开关, 读出电压表的示数为U1;

(2) 再将滑片P移至最左端, 读出电压表的示数为U2。

分析:滑片P移至最右端时, 电路中的电流为;定值电阻

则所测额定功率表达式:

方案七:

(1) 按图7电路图连接实验电路, 将滑片P移至滑动变阻器中点处, 闭合开关, 读出电压表的示数为U1;

(2) 再将滑片P移至最左端, 读出电压表的示数为U2。

分析:滑片P移至滑动变阻器中点时, 电路中的电流为;定值电阻

则所测额定功率表达式:

方案八:

(1) 按图7电路图连接实验电路, 将滑片P移至滑动变阻器中点处, 闭合开关, 读出电压表的示数为U1;

(2) 再将滑片P移至最右端, 读出电压表的示数为U2。

分析:根据两次移动滑片位置时, 电源电压相等列方程, , 解得

则所测额定功率表达式:

2.假设电压表损坏

2.1采用双安法测量

方案九:

(1) 按图8电路图连接实验电路, 将滑片P移至最右端, 闭合开关, 读出电流表的示数为I1;

(2) 再将电流表串联在滑动变阻器中, 读出电流表的示数为I2。

分析:定值电阻两端电压为U=I2R0;定值电阻

则所测额定功率表达式:

方案十:

(1) 按图9电路图连接实验电路, 将滑片P移至最右端, 闭合开关, 读出电流表的示数为I1;

(2) 再将电流表串联在电源中, 读出电流表的示数为I2。

分析:定值电阻两端电压为U= (I2-I1) R0;定值电阻

则所测额定功率表达式:

方案十一:

(1) 按图10电路图连接实验电路, 将滑片P移至最右端, 闭合开关, 读出电流表的示数为I1;

(2) 再将电流表串联在电源中, 读出电流表的示数为I2。

分析:定值电阻两端电压为U=I1R0;定值电阻

则所测额定功率表达式:

2.2采用单安法测量

方案十二:

(1) 按图11电路图连接实验电路, 将滑片P移至最右端, 断开开关, 读出电流表的示数为I1;

(2) 再将开关闭合, 读出电流表的示数为I2。

分析:定值电阻两端电压为U= (I2-I1) R0;定值电阻

则所测额定功率表达式:

方案十三:

(1) 按图12电路图连接实验电路, 将滑片P移至最右端, 断开开关, 读出电流表的示数为I1;

(2) 再将开关闭合, 读出电流表的示数为I2。

分析:定值电阻两端电压为U=I1R0;定值电阻

则所测额定功率表达式:

方案十四:

(1) 按图13电路图连接实验电路, 将滑片P移至最右端, 闭合开关, 读出电流表的示数为I1;

(2) 再将滑片P移至最左端, 读出电流表的示数为I2。

分析:根据两次移动滑片位置时, 电源电压相等列方程, I2R=I1R0+I1R, 解得定值电阻

则所测额定功率表达式:

方案十五:

(1) 按图13电路图连接实验电路, 将滑片P移滑动变阻器中点处, 闭合开关, 读出电流表的示数为I1;

(2) 再将滑片P移至最左端, 读出电流表的示数为I2。

分析:根据两次移动滑片位置时, 电源电压相等列方程, , 解得定值电阻

则所测额定功率表达式:

方案十六:

(1) 按图13电路图连接实验电路, 将滑片P移滑动变阻器中点处, 闭合开关, 读出电流表的示数为I1;

(2) 再将滑片P移至最右端, 读出电流表的示数为I2。

分析:根据两次移动滑片位置时, 电源电压相等列方程, , 解得定值电阻

则所测额定功率表达式:

需要说明的是, 方案七、方案八、方案十五以及方案十六虽然由于滑动变阻器中间值不准确, 但在有限条件的探究实验中也是几种有创新意义的设计方案。

不定积分中的一题多解 篇9

一、原题再现

例1如图1所示,质量为M倾角为α的斜面体( 斜面光滑且足够长) 放在粗糙的水平地面上,底部与地面的动摩擦因数为μ,斜面顶端与劲度系数为k、自然长度L为的轻质弹簧相连,弹簧的另一端连接着质量为m的物块. 压缩弹簧使其长度为3 /4L时将物块由静止开始释放,且物块在以后的运动中,斜面体始终处于静止状态. 重力加速度为g.

( 1) 求物块处于平衡位置时弹簧的长度;

( 2) 选物块的平衡位置为坐标原点,沿斜面向下为正方向建立坐标轴,用x表示物块相对于平衡位置的位移,证明物块做简谐运动;

( 3) 求弹簧的最大伸长量;

( 4) 为使斜面始终处于静止状态,动摩擦因数应满足什么条件( 假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力) ?

试题介绍: 本题为2013年安徽高考理综第24题,也就是物理的最后一题( 压轴题) ,本题的难度系数为0. 12,此题的重点是第二问简谐运动的证明,突破第二问,前三问基本上就能拿到分数了; 此题的难点是第四问,此问是区别中等生和优等生的一问,下面我用三种方法来重点解决第四问.

点评: 此方法应该是绝大部分学生首选的解题思路,但是此过程较为复杂,要通过受力分析,找到地面对斜面体的静摩擦力的一般表达式,再进行极值的计算.

下面我将会用另外两种方法,重新对第四问μ的范围进行计算.

二、整体和隔离结合的思想,以下简称整体法

方法2: 整体法

思路: 找到物块在简谐运动的最大加速度的两个位置( 即为简谐运动的两个最大位移处) ,从而找到斜面所受到的最大静摩擦和最小支持力,分解加速度然后整体写出力学方程,计算过程较为简单!

步骤: 1. 根据简谐运动的对称性,m的加速度最大的两个位置分别在简谐运动的正向和负向最大位移处,分解加速度如图4所示.

2. 对整体受力分析,如图 5 所示.

分析: 地面对斜面体的静摩擦力提供了系统在水平方向的加速度,f = max( M在水平方向没有加速度)

于是地面对斜面的最大静摩擦力的位置,应该是ax最大的位置,也就是刚才所说的最大位移处,此时

点评: 此方法较为简单,要利用简谐运动的对称性,找到斜面体受到的静摩擦力的最大时物块的位置,对整体进行受力分析,利用系统牛顿第二定律写方程求解

三、摩擦角法

方法3: 摩擦角法

先介绍一下摩擦角的概念: 当物体即将要滑动或者已经滑动时,物体所受到的支持力和摩擦力的合力与支持力的夹角的正切等于动摩擦因数,如图6所示

先判断m在负向最大位移处,斜面体具有最大的静摩擦力f,和最小的支持力Fn,此时斜面体依然静止,合外力为零,斜面体所受到的力可以构成一个封闭的矢量图形,如图7所示: 求出tanθ即可.

傅立叶变换性质的一题多解教学 篇10

信号与系统课程教学中, 傅立叶变换同拉氏变换、Z变换一起是3类重要线性代数变换, 而傅立叶变换基本性质一直是傅立叶变换的教学重点和难点, 目前教学中, 各类信号与系统教材基本按以下模式展开[1]:首先介绍傅立叶级数, 将傅立叶级数通过严密的数学分析引出傅立叶变换对的2个基本公式[1];其次, 基于2个基本公式推导出各条傅立叶变换性质[2];再次, 将各条性质配以适当例题说明。上述模式无论从学术阐述还是教材编排的角度看, 都是无可厚非, 理论严密, 层层递进。

基于教材开展教学时, 特别是对绝大多数的工科类学生来说, 对理论的理解和知识的递进固然重要, 但很明显, 模式的第三部分傅立叶变换各条基本性质的灵活及组合应用, 是教学的中心及重点, 也可以充分体现和衡量教师的教学能力。需要典型例题和一定量习题的训练, 而此部分学生的掌握程度最能衡量教学效果, 最能考核学生水平, 从很多985、211高校信号与系统的考研及考博试题中就能看出。

2. 一题多解教学模式设计

既然傅立叶变换基本性质的教学需要典型例题和一定量习题的训练, 那么在课堂上例题讲解中, 选择合适的例题和合适的解法是很重要的。

一题多解教学模式:基于典型题目及考研试题, 用一题多解的模式展开教学, 既可以在例题讲解中, 使学生熟练掌握知识点, 强化对知识点的理解和记忆, 又可以学会灵活使用2种及2种以上的傅立叶变换基本性质, 提升数学分析和解题能力。题目和解法的多样化, 应以覆盖一定的基本性质为标准。

3. 一题多解例题

基本性质的例题可分为2类:

本文列举的2个例题属于第2类。

解法1:傅立叶逆变换公式法。

解法2:利用傅立叶变换的对称性质、频移性质。

解法3:利用傅立叶变换的对称性质、时移性质。

解法1:傅立叶逆变换公式法。

解法2:利用傅立叶变换的对称性质。

4. 一题多解效果分析

从上述例题解题方法中可以看出, 解题的方法有多种, 例题所用方法涉及的基本性质较多, 覆盖知识点多。求解可归为3个方向, 利用基本公式、基于频域的代数变换、基于时域的代数变换。但基于时域和基于频域没有绝对的界限, 因为本来基本性质中就需要时域、频域的灵活切换。这也是对称性质使用频率最高的原因所在。

通过例题可以看出, 基本性质的应用有2个难点, 一个是对称性质的灵活使用, 一个是多条性质的组合使用。一题多解选择的方法不同, 解题过程难易程度就明显不同, 例如例题1的解法1、2, 例题2的解法1、4、5逻辑上清晰、过程相对简单。一题多解教学通过不同方法的演算和对比, 使学生强化了记忆, 有利于掌握知识点的综合应用。在核技术、自动化等专业的课堂实践中, 学生反映良好。

5.总结及展望

一题多解模式在信号与系统课堂上的教学实践, 操作性强, 立足于教材例题或习题, 适当扩展到考研试题, 收到学生欢迎。一题多解本身可以看做是创新思维在教学中的基本体现, 有助于活跃思维, 有助于培养创新人格, 有助于提升教师教学能力。

一题多解教学模式可以扩展到信号与系统其他章节的教学, 一种代数变换是一种数学工具, 也是一种方法体系, 例如拉氏变换求解电路模型、求解时域解等。模式还可以扩展到其他重要专业课程, 包括自动控制原理、数字信号处理等。

摘要：傅立叶变换基本性质一直是教学的重点和难点。本文将一题多解教学模式引入课堂教学实践, 利用傅立叶变换对、线性、对称及时移、频移性质等综合解题, 拓宽解题思路和方法。一题多解教学通过不同方法的演算和对比, 使学生强化了记忆, 有利于掌握知识点的综合应用。通过课堂实践, 为扩展到整个信号与系统课程的教学、更多其他课程的例题教学提供示范。

关键词：信号与系统,傅立叶变换,一题多解

参考文献

[1]管致中, 夏恭恪, 孟桥编著.信号与线性系统 (上册) [M].4版.北京:高等教育出版社, 2004.

不定积分中的一题多解 篇11

一、几何计算中“一题多解”的运用

例1.如图1-1, 直线, 求已知∠A+∠F+∠C的值。

∵AB∥CD, ∴FG∥CD (平行与同一条直线的两条直线平行) , ∴∠C+∠CFG=180° (两条直线平行同旁内角互补) , 又∵∠CFG+∠AFG=∠AFC, ∴∠A+∠AFC+∠C=360°。

方法二, 如图1-3, 延长AF、DC相交于一点H, ∵AB∥CD, ∴∠A+∠H=1 8 0° (两条直线平行同旁内角互补) , 又∵∠AFC=∠H+∠FCH (三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和) ∴∠A+∠AFC+∠FCD=∠A+∠H+∠FCH+∠FCD=180°+180°=360°。

方法三, 如图1-4, 延长BA、CF相交于一点K, ∵AB∥CD, ∴∠C+∠K=1 8 0° (两条直线平行同旁内角互补) , 又∵∠AFC=∠K+∠FAK (三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和) ∴∠BAF+∠AFC+∠C=∠BAF+∠K+∠FAK+∠C=180°+180°=360°。

析:本题所考察的知识点为两直线平行的判定与性质, 在解题的过程中运用了三角形的外角和定理, 从题目可以看到, 直接无法求出三个角的和, 只有通过做辅助线才能达到目的, 在做辅助线的过程中, 由于考虑的出发点不同, 才有了不同辅助线的做法。

二、几何证明中“一题多解”的运用

例2.如图2-1所示在四边形ABCD中AB=AD, CB=CD。求证∠ABC=∠ADC。

解:方法一, 如图2-2, 连接B D, 在△A B D中, ∵AB=AD, ∴ (等边对等角) 。在△CBD中, ∵CB=CD, ∴∠CBD=∠CDB (等边对等角) 。又∵∠ABC=∠ADB+∠CBD, ∠ADC=∠ADB+∠CDB, ∴∠ABC=∠ADC。

方法二, 如图2-3, 连接A C, 在△A B C和△A D C中, , ∴△ABC≌△ADC (三边对应相等, 两三角形全等) ∴∠ABC=∠ADC (两三角形全等, 对应角相等) 。

析:本题所考察的知识点主要是三角形全等的判定和等腰三角形中的等边对等角, 做此题的主要思路是:其一把要证明相等的两个角分解也就是连接BD, 其二是直接求证这两个角相等, 也就是连接BD。

例3.如图3-1, 已知△ABC中, AB=AC, DE分别是AB和BC上的点, 连接DE并延长与AC的延长线教育点F, 若DE=EF, 求证:BD=CF

点G, ∴∠D G B=∠A C B, 又∵∠A C B+∠E C F=1 8 0°、∠DGB+∠EGD=180°, ∴∠ECF=∠EGD, 在△EDG和△EFC中, ∴△EDG≌△EFC (AAS) , ∴CF=DG (两三角形全等, 对应边相等) , ∴BD=CF.

方法二, 如图3-3, 过F做FH∥AB, 交BC的延长线与一点H, ∴∠B=∠H, ∠BDE=∠HFE (两直线平行内错角相等) , 在△BED和△HEF中, ∴△BED≌△HEF (AAS) , ∴BD=FH, (两三角形全等, 对应边相等) 又∵AB=AC, ∴∠B=∠ACB, ∴∠H=∠B=∠HCF∴FH=FC (等角对等边) ∴BD=CF.