萬(wàn)立華++石端明

在電磁感應(yīng)中，感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中要受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問(wèn)題總是伴隨著力學(xué)問(wèn)題而產(chǎn)生. 解決此類問(wèn)題需要綜合運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律以及相關(guān)的力學(xué)規(guī)律：力的平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、功能關(guān)系. 在電磁感應(yīng)中的力學(xué)歸納主要有下面三個(gè)方面的契合點(diǎn)：

電磁感應(yīng)與電路結(jié)合：切割運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體棒產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源.

電磁感應(yīng)與力學(xué)結(jié)合：感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到的安培力影響著導(dǎo)體棒的加速度與速度.

電磁感應(yīng)與能量結(jié)合：克服安培力做功的過(guò)程就是把電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過(guò)程，安培力與其他力的合力做功改變物體的動(dòng)能.

一、電磁感應(yīng)中的力的平衡

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知[E=ΔBΔtS=kL22]

當(dāng)細(xì)線剛要斷時(shí)，有[mg=FA=BIL]

其中[I=ER=kL22R]，[B=kt]

聯(lián)立以上各式，解得[t=2mgRk2L3]

點(diǎn)評(píng) （1）均勻變化的磁場(chǎng)能在線圈中激發(fā)恒定的感應(yīng)電流；（2）在磁場(chǎng)中受到的安培力參與導(dǎo)體框的平衡，且該力隨[B]的變化而變化.

線圈勻速上升，在線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為

[I=BlvR]③

因此線圈受到向下的安培力為[FA=BIl]④

聯(lián)解①②③④式，得[v=（m2-m1）gRB2l2]

代入數(shù)據(jù)解得[v]=4m/s

點(diǎn)評(píng) （1）導(dǎo)體在磁場(chǎng)勻速運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生感應(yīng)電流的同時(shí)，本身也受到安培力的作用，由于速度不變化，導(dǎo)致安培力恒定，這使得整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)；（2）采用了隔離法. 對(duì)于系統(tǒng)而言，安培力屬于系統(tǒng)外力.

二、電磁感應(yīng)中的勻變速直線運(yùn)動(dòng)

例3 甲所示，一對(duì)平行光滑軌道放置在水平面上，兩軌道間距[l]=0.20m，電阻[R]=1.0Ω；有一導(dǎo)體桿靜止地放在軌道上，與兩軌道垂直，桿及軌道的電阻可忽略不計(jì)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度[B]=0.50T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直軌道面向下.現(xiàn)用一外力[F]沿軌道方向拉桿，使之做勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得力[F]與時(shí)間[t]的關(guān)系如圖3乙所示，求桿的質(zhì)量[m]和加速度[a].

解析 導(dǎo)體桿在軌道上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，用[v]表示其速度，[t]表示時(shí)間，有[v=at]

導(dǎo)體桿切割磁感線，將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)[E=Blv]

則在桿、軌道和電阻的閉合回路中產(chǎn)生電流

[I=ER=BlvR]

桿受到的安培力為[FA=BIl]

根據(jù)牛頓第二定律，有[F-FA=ma]

聯(lián)立以上各式，得[F-B2l2atR=ma]

在圖線上取兩點(diǎn)：[t=0]時(shí)，[F=]1N；[t=]10s時(shí)，[F=]2N

代入上式，可解得[m]=0.1kg，[a]=10m/s2

點(diǎn)評(píng) 此類問(wèn)題的思路：①用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向；②求回路電流；③分析導(dǎo)體受力情況（包含安培力，用左手定則確定其方向）；④列出動(dòng)力學(xué)方程求解. 盡管本題中安培力隨速度變化，但是[F]也在變化，這樣合力可以保持恒定，加速度保持恒定.

例4 如圖4所示，一直導(dǎo)體棒質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l、電阻為r，其兩端放在位于水平面內(nèi)間距也為l的光滑平行導(dǎo)軌上，并與之緊密接觸；棒左側(cè)兩導(dǎo)軌之間連接一可控制的負(fù)載電阻（圖中未畫出）；導(dǎo)軌置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為[B]，方向垂直于導(dǎo)軌所在平面. 開始時(shí)，給導(dǎo)體棒一[× × × ×

解析 導(dǎo)體棒所受的安培力為[F=BIl]

由題意可知，由于電流不變化，該力的大小不變，棒做勻減速運(yùn)動(dòng)，因此在棒的速度從[v0]減小到[v1]的過(guò)程中，平均速度為[υ=12（v0+v1）]

當(dāng)棒的速度為[v]時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為[E=Blv]

棒中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為[E=Blv]

綜合上述式子可得[E=12Bl（v0+v1）]

點(diǎn)評(píng) 本題的設(shè)置情景與例3不同，盡管導(dǎo)體產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)在變化，通過(guò)調(diào)節(jié)負(fù)載電阻可使電流保持恒定，保持了恒定的安培力，這樣導(dǎo)體就可以做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，能利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解.

三、電磁感應(yīng)中的變加速直線運(yùn)動(dòng)

點(diǎn)評(píng) 由于高度不確定，當(dāng)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力可能小于重力，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度等于零時(shí)勻速，全部進(jìn)入后又做加速運(yùn)動(dòng)，如C項(xiàng)所示；當(dāng)安培力等于重力時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)直到全部進(jìn)入磁場(chǎng)再加速，如A項(xiàng)所示；當(dāng)安培力大于重力時(shí)，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到加速度等于零時(shí)勻速，全部進(jìn)入時(shí)又做加速運(yùn)動(dòng)，如B項(xiàng)所示.

解析 （1）金屬棒開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為[a]，由于開始時(shí)沒(méi)有感應(yīng)電流，由牛頓第二定律，有[mgsinα=ma]，解得[a=gsinα]

（2）設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為[B]，根據(jù)動(dòng)力學(xué)特征可知，金屬棒在做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，則金屬棒達(dá)到最大速度時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)

[E=BLvmcosα]

回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為[I=ER+r]

金屬棒所受安培力為[F=BIL]

所以[cd]棒所受合外力為零時(shí)，下滑的速度達(dá)到最大，則[Fcosα=mgsinα]

由上述各式解得[B=1L2mg（R+r）3vm]

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于導(dǎo)體的變加速直線運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題，思路是：導(dǎo)體受力運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)→感應(yīng)電流→通電導(dǎo)體受安培力→合外力變化→加速度變化→速度變化→最終明確導(dǎo)體達(dá)到何種穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài).分析時(shí)，要畫好受力圖，注意抓住[a=0]時(shí)速度[v]達(dá)到最值的特點(diǎn).

四、電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系endprint

例7固定在同一水平面內(nèi)的兩根平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.一質(zhì)量為m（質(zhì)量分布均勻）的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)距離L時(shí)，速度恰好達(dá)到最大（運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直）.設(shè)桿接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g.則此過(guò)程（ ）

A.桿的速度最大值為[（F-μmg）RB2d2]

B.流過(guò)電阻[R]的電量為[BdLR+r]

C.恒力[F]做的功與摩擦力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量

D.恒力[F]做的功與安倍力做的功之和大于桿動(dòng)能的變化量

解析 當(dāng)桿達(dá)到最大速度[vm]時(shí)，由[F-μmg-][B2d2vmR+r=0]得[vm=（F-μmg）（R+r）B2d2]，A項(xiàng)錯(cuò)；由公式[q=Δ?R+r=BΔSR+r=BdLR+r]，B項(xiàng)對(duì)；在棒從開始到達(dá)到最大速度的過(guò)程中，由動(dòng)能定理，有[WF+Wf+W安=ΔEk]，其中[Wf=-μmgL]，[W安=-Q]，恒力[F]做的功與摩擦力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和，C項(xiàng)錯(cuò)；恒力[F]做的功與安倍力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量與克服摩擦力做的功之和，D項(xiàng)對(duì).選BD項(xiàng).

點(diǎn)評(píng) 充分挖掘題目中的隱含條件是解題的關(guān)鍵，“速度恰好達(dá)到最大”隱含所受合外力為零；而由動(dòng)能定理可分析全過(guò)程中的能量分配關(guān)系.

例8 如圖8甲所示，空間存在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.6T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ是相互平行的、處于同一水平面內(nèi)的長(zhǎng)直導(dǎo)軌（電阻不計(jì)），導(dǎo)軌間距為0.2m，連在導(dǎo)軌一端的電阻為R.導(dǎo)體棒ab的電阻為0.1Ω，質(zhì)量為0.3kg，跨接在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1.從零時(shí)刻開始，通過(guò)一小型電動(dòng)機(jī)對(duì)[ab]棒施加一個(gè)牽引力[F]，方向水平向左，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌做加速運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好. 圖8乙是棒的速度-時(shí)間圖象，其中OA段是直線，AC段是曲線，DE是曲線圖象的漸近線，小型電動(dòng)機(jī)在10s末達(dá)到額定功率，此后功率保持不變. 取[g=10m/s2]. 求：

解析 （1）由圖中可得：10s末的速度為

[v1]=4m/s，[t1]=10s

導(dǎo)體棒在0～10s內(nèi)的加速度為最大值

[am=v1-0t1=410m/s2=0.4m/s2]

（2）設(shè)小型電動(dòng)機(jī)的額定功率為[Pm]

在[A]點(diǎn)，有[E1=BLv1]，[I1=E1R+r]

由牛頓第二定律，有[F1-μmg-BI1L=ma1]

又[Pm=F1v1]

當(dāng)棒達(dá)到最大速度[vm]=5m/s時(shí)，有

[Em=BLvm]，[Im=EmR+r]

由金屬棒的平衡，有[F2-μmg-BImL=0]

又[Pm=F2vm]

聯(lián)立解得[Pm]=2W，[R]=0.62Ω

（3）在0～10s內(nèi)：[t1]=10s內(nèi)通過(guò)的位移

[s1=12（0+υ1）t1]=20m

而[Qr=0.10.62QR=0.5J]

由能量守恒得，有[WF=QR+Qr+μmg·s1+12mv21]

此過(guò)程牽引力做的功為

[WF=3.1+0.5+0.1×0.3×10×20+12×0.3×42=12J]

點(diǎn)評(píng) 本題的綜合性很強(qiáng)，一方面對(duì)過(guò)程進(jìn)行分析，導(dǎo)體先做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，再做變加速直線運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過(guò)程中安培力一方面參與動(dòng)力學(xué)過(guò)程，另一方面導(dǎo)體要克服安培力，實(shí)現(xiàn)電能的轉(zhuǎn)化，所以既要運(yùn)用牛頓定律分析，又要抓住臨界點(diǎn)的物理量信息利用功能關(guān)系建立等式求解.endprint

例7固定在同一水平面內(nèi)的兩根平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.一質(zhì)量為m（質(zhì)量分布均勻）的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)距離L時(shí)，速度恰好達(dá)到最大（運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直）.設(shè)桿接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g.則此過(guò)程（ ）

A.桿的速度最大值為[（F-μmg）RB2d2]

B.流過(guò)電阻[R]的電量為[BdLR+r]

C.恒力[F]做的功與摩擦力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量

D.恒力[F]做的功與安倍力做的功之和大于桿動(dòng)能的變化量

解析 當(dāng)桿達(dá)到最大速度[vm]時(shí)，由[F-μmg-][B2d2vmR+r=0]得[vm=（F-μmg）（R+r）B2d2]，A項(xiàng)錯(cuò)；由公式[q=Δ?R+r=BΔSR+r=BdLR+r]，B項(xiàng)對(duì)；在棒從開始到達(dá)到最大速度的過(guò)程中，由動(dòng)能定理，有[WF+Wf+W安=ΔEk]，其中[Wf=-μmgL]，[W安=-Q]，恒力[F]做的功與摩擦力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和，C項(xiàng)錯(cuò)；恒力[F]做的功與安倍力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量與克服摩擦力做的功之和，D項(xiàng)對(duì).選BD項(xiàng).

點(diǎn)評(píng) 充分挖掘題目中的隱含條件是解題的關(guān)鍵，“速度恰好達(dá)到最大”隱含所受合外力為零；而由動(dòng)能定理可分析全過(guò)程中的能量分配關(guān)系.

例8 如圖8甲所示，空間存在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.6T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ是相互平行的、處于同一水平面內(nèi)的長(zhǎng)直導(dǎo)軌（電阻不計(jì)），導(dǎo)軌間距為0.2m，連在導(dǎo)軌一端的電阻為R.導(dǎo)體棒ab的電阻為0.1Ω，質(zhì)量為0.3kg，跨接在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1.從零時(shí)刻開始，通過(guò)一小型電動(dòng)機(jī)對(duì)[ab]棒施加一個(gè)牽引力[F]，方向水平向左，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌做加速運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好. 圖8乙是棒的速度-時(shí)間圖象，其中OA段是直線，AC段是曲線，DE是曲線圖象的漸近線，小型電動(dòng)機(jī)在10s末達(dá)到額定功率，此后功率保持不變. 取[g=10m/s2]. 求：

解析 （1）由圖中可得：10s末的速度為

[v1]=4m/s，[t1]=10s

導(dǎo)體棒在0～10s內(nèi)的加速度為最大值

[am=v1-0t1=410m/s2=0.4m/s2]

（2）設(shè)小型電動(dòng)機(jī)的額定功率為[Pm]

在[A]點(diǎn)，有[E1=BLv1]，[I1=E1R+r]

由牛頓第二定律，有[F1-μmg-BI1L=ma1]

又[Pm=F1v1]

當(dāng)棒達(dá)到最大速度[vm]=5m/s時(shí)，有

[Em=BLvm]，[Im=EmR+r]

由金屬棒的平衡，有[F2-μmg-BImL=0]

又[Pm=F2vm]

聯(lián)立解得[Pm]=2W，[R]=0.62Ω

（3）在0～10s內(nèi)：[t1]=10s內(nèi)通過(guò)的位移

[s1=12（0+υ1）t1]=20m

而[Qr=0.10.62QR=0.5J]

由能量守恒得，有[WF=QR+Qr+μmg·s1+12mv21]

此過(guò)程牽引力做的功為

[WF=3.1+0.5+0.1×0.3×10×20+12×0.3×42=12J]

點(diǎn)評(píng) 本題的綜合性很強(qiáng)，一方面對(duì)過(guò)程進(jìn)行分析，導(dǎo)體先做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，再做變加速直線運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過(guò)程中安培力一方面參與動(dòng)力學(xué)過(guò)程，另一方面導(dǎo)體要克服安培力，實(shí)現(xiàn)電能的轉(zhuǎn)化，所以既要運(yùn)用牛頓定律分析，又要抓住臨界點(diǎn)的物理量信息利用功能關(guān)系建立等式求解.endprint

例7固定在同一水平面內(nèi)的兩根平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.一質(zhì)量為m（質(zhì)量分布均勻）的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)距離L時(shí)，速度恰好達(dá)到最大（運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿始終與導(dǎo)軌保持垂直）.設(shè)桿接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g.則此過(guò)程（ ）

A.桿的速度最大值為[（F-μmg）RB2d2]

B.流過(guò)電阻[R]的電量為[BdLR+r]

C.恒力[F]做的功與摩擦力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量

D.恒力[F]做的功與安倍力做的功之和大于桿動(dòng)能的變化量

解析 當(dāng)桿達(dá)到最大速度[vm]時(shí)，由[F-μmg-][B2d2vmR+r=0]得[vm=（F-μmg）（R+r）B2d2]，A項(xiàng)錯(cuò)；由公式[q=Δ?R+r=BΔSR+r=BdLR+r]，B項(xiàng)對(duì)；在棒從開始到達(dá)到最大速度的過(guò)程中，由動(dòng)能定理，有[WF+Wf+W安=ΔEk]，其中[Wf=-μmgL]，[W安=-Q]，恒力[F]做的功與摩擦力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和，C項(xiàng)錯(cuò)；恒力[F]做的功與安倍力做的功之和等于桿動(dòng)能的變化量與克服摩擦力做的功之和，D項(xiàng)對(duì).選BD項(xiàng).

點(diǎn)評(píng) 充分挖掘題目中的隱含條件是解題的關(guān)鍵，“速度恰好達(dá)到最大”隱含所受合外力為零；而由動(dòng)能定理可分析全過(guò)程中的能量分配關(guān)系.

例8 如圖8甲所示，空間存在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.6T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ是相互平行的、處于同一水平面內(nèi)的長(zhǎng)直導(dǎo)軌（電阻不計(jì)），導(dǎo)軌間距為0.2m，連在導(dǎo)軌一端的電阻為R.導(dǎo)體棒ab的電阻為0.1Ω，質(zhì)量為0.3kg，跨接在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1.從零時(shí)刻開始，通過(guò)一小型電動(dòng)機(jī)對(duì)[ab]棒施加一個(gè)牽引力[F]，方向水平向左，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌做加速運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好. 圖8乙是棒的速度-時(shí)間圖象，其中OA段是直線，AC段是曲線，DE是曲線圖象的漸近線，小型電動(dòng)機(jī)在10s末達(dá)到額定功率，此后功率保持不變. 取[g=10m/s2]. 求：

解析 （1）由圖中可得：10s末的速度為

[v1]=4m/s，[t1]=10s

導(dǎo)體棒在0～10s內(nèi)的加速度為最大值

[am=v1-0t1=410m/s2=0.4m/s2]

（2）設(shè)小型電動(dòng)機(jī)的額定功率為[Pm]

在[A]點(diǎn)，有[E1=BLv1]，[I1=E1R+r]

由牛頓第二定律，有[F1-μmg-BI1L=ma1]

又[Pm=F1v1]

當(dāng)棒達(dá)到最大速度[vm]=5m/s時(shí)，有

[Em=BLvm]，[Im=EmR+r]

由金屬棒的平衡，有[F2-μmg-BImL=0]

又[Pm=F2vm]

聯(lián)立解得[Pm]=2W，[R]=0.62Ω

（3）在0～10s內(nèi)：[t1]=10s內(nèi)通過(guò)的位移

[s1=12（0+υ1）t1]=20m

而[Qr=0.10.62QR=0.5J]

由能量守恒得，有[WF=QR+Qr+μmg·s1+12mv21]

此過(guò)程牽引力做的功為

[WF=3.1+0.5+0.1×0.3×10×20+12×0.3×42=12J]

點(diǎn)評(píng) 本題的綜合性很強(qiáng)，一方面對(duì)過(guò)程進(jìn)行分析，導(dǎo)體先做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，再做變加速直線運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過(guò)程中安培力一方面參與動(dòng)力學(xué)過(guò)程，另一方面導(dǎo)體要克服安培力，實(shí)現(xiàn)電能的轉(zhuǎn)化，所以既要運(yùn)用牛頓定律分析，又要抓住臨界點(diǎn)的物理量信息利用功能關(guān)系建立等式求解.endprint