当前位置:首页 >> 学科竞赛 >>

高中奥林匹克物理竞赛解题方法


高中奥林匹克物理竞赛解题方法四

四、等效法方法简介

在一些物理问题中,一个过程的发展、一个状态的确定,往往是由多个因素决定的, 在这一决定中, 若某些因素所起的作用和另一些因素所起的作用相同, 则前一些因素与后一 些因素是等效的, 它们便可以互相代替, 而对过程的发展或状态的确定, 最后结果并不影响, 这种以等效为前提而使某些因素互相代

替来研究问题的方法就是等效法. 等效思维的实质是在效果相同的情况下,将较为复杂的实际问题变换为简单的熟悉问 题,以便突出主要因素,抓住它的本质,找出其中规律.因此应用等效法时往往是用较简单 的因素代替较复杂的因素,以使问题得到简化而便于求解.

赛题精讲
例 1:如图 4—1 所示,水平面上,有两个竖直的光滑 墙壁 A 和 B,相距为 d,一个小球以初速度 v0 从两墙 之间的 O 点斜向上抛出,与 A 和 B 各发生一次弹性 碰撞后,正好落回抛出点,求小球的抛射角θ. 解析:将弹性小球在两墙之间的反弹运动,可等效为 一个完整的斜抛运动(见图).所以可用解斜抛运动的 方法求解. 由题意得: 2d = v0 cosθ ? t = v 0 cosθ ?

2v0 sin θ g

可解得抛射角

θ = arcsin

1 2

2 gd 2 v0

例 2:质点由 A 向 B 做直线运动,A、B 间的距离为 L,已知质点在 A 点的速度为 v0,加速 度为 a,如果将 L 分成相等的 n 段,质点每通过 L/n 的距离加速度均增加 a/n,求质点到达 B 时的速度. 解析 从 A 到 B 的整个运动过程中,由于加速度均匀增加,故此运动是非匀变速直线 运动,而非匀变速直线运动,不能用匀变速直线运动公式求解,但若能将此运动用匀变速直 线运动等效代替,则此运动就可以求解. 因加速度随通过的距离均匀增加,则此运动中的平均加速度为

a平 =

a 初 + a末 2

=

a+a+

(n ? 1)a 3an ? a (3n ? 1)a n = = 2 2n 2n
2 2

由匀变速运动的导出公式得 2a 平 L = v B ? v0
2 v B = v0 +

解得

(3n ? 1)aL n

例 3 一只老鼠从老鼠洞沿直线爬出, 已知爬出速度 v 的大小与距老鼠洞中心的距离 s 成 反比,当老鼠到达距老鼠洞中心距离 s1=1m 的 A 点时,速度大小为 v1 = 20cm / s ,问当老 鼠到达距老鼠洞中心 s2=2m 的 B 点时,其速度大小 v 2 = ? 老鼠从 A 点到达 B 点所用的时间 t=? 解析 我们知道当汽车以恒定功率行驶时,其速度 v 与牵引力 F 成反比,即,v=P/F, 由此可把老鼠的运动等效为在外力以恒定的功率牵引下的弹簧的运动. 由此分析,可写出 v = 当 x = s1时, v = v1 将其代入上式求解,得 k =

P P = F kx

P P = v1 s1 v 2 s 2
s1 1 v1 = × 20 = 10cm / s s2 2

所以老鼠到达 B 点时的速度 v 2 =

再根据外力做的功等于此等效弹簧弹性势能的增加, Pt = 代入有关量可得 Pt =

1 2 1 2 ks 2 ? ks1 2 2

1 P 2 ? ( s 2 ? s12 ) 2 v1 s1

2 ( s 2 ? s12 ) 2 2 ? 12 = = 7.5s 由此可解得 t = 2 s1v1 2 × 1 × 0.2

此题也可以用图像法、类比法求解. 例4 如图 4—2 所示,半径为 r 的铅球内有一半径为 图 4—2 球形空腔,其表面与球面相切,铅球的质量为 M.在铅球和空腔 的中心连线上,距离铅球中心 L 处有一质量为 m 的小球(可以看成质点) ,求铅球对小球的 引力. 解析 因为铅球内部有一空腔, 不能把它等效成位于球心的质点. 我们设想在铅球的空 腔内填充一个密度与铅球相同的小铅球△M,然后在对于小球 m 对称的另一侧位置放另一 个相同的小铅球△M,这样加入的两个小铅球对小球 m 的引力可以抵消,就这样将空腔铅 球变成实心铅球,而结果是等效的. 带空腔的铅球对 m 的引力等效于实心铅球与另一侧△M 对 m 的引力之和. 设空腔铅球 对 m 的引力为 F,实心铅球与△M 对 m 的引力分别为 F1、F2. 则 F=F1-F2 ① 经计算可知: ΔM =

r 的 2

1 M ,所以 7 m( M + ΔM ) 8GmM F1 = G = L2 7 L2



F2 = G

mΔM GmM = r r ( L ? ) 2 7( L ? ) 2 2 2 8 ? 7 L2 1 r 7( L ? ) 2 2



将②、③代入①式,解得空腔铅球对小球的引力为

F = F1 ? F2 = GmM [

]

图 4—3 例 5 如图 4-3 所示,小球长为 L 的光滑斜面顶端自由下滑, 滑到底端时与挡板碰撞并反向弹回,若每次与挡板碰撞后的速度大小为碰撞前速度大小的

4 ,求小球从开始下滑到最终停止于斜面下端时,小球总共通过的路程. 5
解析 小球与挡板碰撞后的速度小于碰撞前的速度,说明碰撞过程中损失能量,每次 反弹距离都不及上次大,小球一步一步接近挡板,最终停在挡板处. 我们可以分别计算每次 碰 撞 垢 上 升 的 距 离 L1 、 L2 、 … … 、 Ln , 则 小 球 总 共 通 过 的 路 程 为

s = 2( L1 + L2 + LL + Ln ) + L , 然后用等比数列求和公式求出结果, 但是这种解法很麻烦.
我们假设小球与挡板碰撞不损失能量,其原来损失的能量看做小球运动过程中克服阻 力做功而消耗掉,最终结果是相同的,而阻力在整个运动过程中都有,就可以利用摩擦力做 功求出路程. 设第一次碰撞前后小球的速度分别为 v 、 v1 ,碰撞后反弹的距离为 L1,则

1 2 mv = mgL sin θ 2
其中 v1 =

1 2 mv1 = mgL1 sin θ 2

L v2 4 4 v, 所以 1 = 12 = ( ) 2 5 L v 5

1 2 1 2 1 2 16 mv ? mv1 = mv (1 ? ) 2 2 2 25 9 根据等效性有 f ( L1 + L) = ΔE k 解得等效摩擦力 f = mg sin θ 41
碰撞中损失的动能为 ΔE k = 通过这个结果可以看出等效摩擦力与下滑的长度无关,所以在以后的运动过程中,等 效摩擦力都相同. 以整个运动为研究过程,有 f ? s = mgL ? sin θ 解出小球总共通过的总路程为 s =

41 L. 9

此题也可以通过递推法求解,读者可试试. 例 6 如图 4—4 所示,用两根等长的轻质细线悬挂一个小球, 设 L 和 α 已知,当小球垂直于纸面做简谐运动时,其周期为 . 图 4—4 解析 此题是一个双线摆,而我们知道单摆的周期,若将又线摆摆长等效为单摆摆长, 则双线摆的周期就可以求出来了. 将双线摆摆长等效为单摆摆长 L ′ = L sin α ,则此双线摆的周期为

T ′ = 2π L ′ / g = 2π l sin α / g
例8 如图 4—5 所示,由一根长为 L 的刚性轻杆和杆端的小球组成的单摆做振幅很小

的自由振动. 如果杆上的中点固定另一个相同的小球,使单摆变成一个异形复摆,求该复摆 的振动周期. 解析 复摆这一物理模型属于大学普通物理学的内容,中学阶段限于知识的局限,不 能直接求解. 如能进行等效操作,将其转化成中学生熟悉的单摆模型,则求解周期将变得简 捷易行. 设想有一摆长为 L0 的辅助单摆,与原复摆等周期,两摆分别从摆角 α 处从静止开始摆 动,摆动到与竖直方向夹角为 β 时,具有相同的角速度 ω ,对两摆分别应用机械能守恒定

1 1 1 ωl (cos β ? cos α ) = m(ωl ) 2 + m( ) 2 2 2 2 2 1 2 对单摆,得 mgl 0 (cos β ? cos α ) = m(ωl 0 ) 2 5 联立两式求解,得 l 0 = l 6
律,于是得 mgl (cos β ? cos α ) + mg 故原复摆的周期为 T = 2π

l0 5l = 2π . g 6g

例 9 粗细均匀的 U 形管内装有某种液体,开始静止在水平 面上,如图 4—6 所示,已知:L=10cm,当此 U 形管以 4m/s2 的 加速度水平向右运动时,求两竖直管内液面的高度差.(g=10m/s2) 解析 当 U 形管向右加速运动时,可把液体当做放在等效重

图 4—6

力场中, g ′ 的方向是等效重力场的竖直方向,这时两边的液面应与等效重力场的水平方向 平行,即与 g ′ 方向垂直. 设 g ′ 的方向与 g 的方向之间夹角为 α ,则 tan α = 由图 4—6 可知液面与水平方向的夹角为 α , 所以, Δh = L ? tan α = 10 × 0.4 = 4cm = 0.04m. 例 10 光滑绝缘的圆形轨道竖直放置,半径为 R,在其最低点 A 处放一质量为 m 的带 电小球,整个空间存在匀强电场,使小球受到电场力的大小为

a = 0.4 g

3 mg ,方向水平向右,现 3

给小球一个水平向右的初速度 v 0 ,使小球沿轨道向上运动,若小球刚好能做完整的圆周运 动,求 v 0 . 解析 小球同时受到重力和电场力作用,这时也可以认为小球处在等效重力场中.

小球受到的等效重力为 G ′ =

(mg ) 2 + (

3 2 3 mg ) 2 = mg 3 3

等效重力加速度 g ′ =

G′ 2 3 = g m 3
图 4—7

与竖直方向的夹角 θ = 30° , 如图 4—7 甲所示.所以 B 点为等效重力场中轨道的最高点, 如图 4—7,由题意,小球刚好能做完整的圆周运动,小球运动到 B 点时的速度 v B = 在等效重力场中应用机械能守恒定律

g ′R

1 2 1 2 mv0 = mg ′( R + R cosθ ) + mv B 2 2
将 g ′ 、 v B 分别代入上式,解得给小球的初速度为

v0 = 2( 3 + 1) gR
例 11 空间某一体积为 V 的区域内的平均电场强度(E)的定义为
n

图 4—7 甲

E=

E1 ΔV1 + E 2 ΔV2 + L + E n ΔVn = ΔV1 + ΔV2 + L + ΔVn

∑ E ΔV
i =1 i

i

∑V
i =1

n

i

如图 4—8 所示,今有一半径为 a 原来不带电的金属球,现 使它处于电量为 q 的点电荷的电场中,点电荷位于金属球外, 与球心的距离为 R,试计算金属球表面的感应电荷所产生的电 场在此球内的平均电场强度. 解析 金属球表面的感应电荷产生的球内电场,由静电平衡知识可知等于电量为 q 的 图 4—8

点电荷在金属球内产生的电场,其大小相等,方向相反,因此求金属球表面的感应电荷产生 的电场,相当于求点电荷 q 在金属球内产生的电场. 由平均电场强度公式得

E=

∑ E ΔV
i =1 n i

n

i

∑ ΔV
i =1

=

1 V

∑ Ei ΔVi = ∑ Ei
i =1 i =1

n

n

n ΔVi kq ΔVi =∑ 2 V V i =1 ri

i

设金属球均匀带电,带电量为 q,其密度为 ρ =

q ,则有 V

E=∑
i =1

n

n k1 ρΔVi kΔq =∑ 2i ri 2 i =1 ri


i =1

n

kΔqi kq 为带电球体在 q 所在点产生的场强,因而有 E = 2 ,方向从 O 指向 q. 2 ri R
质量为 m 的小球带电量为 Q,在场强为 E 的水平匀强电场中获得竖直向上的初

例 11

求小球在运动过程中的最小速度. 速度为 v 0 . 若忽略空气阻力和重力加速度 g 随高度的变化,

解析

若把电场力 Eq 和重力 mg 合成一个力,则小球相当于只受一个力的作用,由于

小球运动的初速度与其所受的合外力之间成一钝角, 因此可以把小球的运动看成在等效重力

G ′ (即为合外力)作用下的斜抛运动,而做斜抛运动的物体在其速度方向与 G ′ 垂直时的速
度为最小,也就是斜抛运动的最高点,由此可见用这种等效法可以较快求得结果. 电场力和重力的合力方向如图 4—9 所示, 由图所示的几何关系可知 tan θ =

mg Eq

小球从 O 点抛出时, y 方向上做匀减速直线运动, x 轴方向上做匀速直线运动. 当 在 在 图 4—9 在 y 轴方向上的速度为零时,小球只具有 x 轴方向上的速度,此时小球的速度为最小值,所 以

v min = v0 cosθ =

Eqv0 (mg ) 2 + ( Eq) 2

此题也可以用矢量三角形求极值的方法求解,读者可自行解决. 例 12 如图 4—10 所示,R1、R2、R3 为定值电阻,但阻值未 知,Rx 为电阻箱.当 Rx 为 R x1 = 10Ω 时,通过它的电流

I x1 = 1A;当R x 为R x 2 = 18Ω 时,通过它的电流 I x 2 = 0.6 A.
则当 I x 3 = 0.1A 时,求电阻 R x 3 . 解析 电源电动势 ε 、内电阻 r、电阻 R1、R2、R3 均未知, 图 4—10

按题目给的电路模型列式求解,显然方程数少于未知量数,于 是可采取变换电路结构的方法. 将图 4—10 所示的虚线框内电路看成新的电源,则等效电 路如图 4—10 甲所示,电源的电动势为 ε ′ ,内电阻为 r ′ . 根据 电学知识,新电路不改变 Rx 和 Ix 的对应关系,有 图 4—10 甲

ε ′ = I x1 ( R x1 + r ′), ε ′ = I x 2 = ( R x 2 + r ′), ε ′ = I x 3 ( R x 3 + r ′)

① ② ③

由①、②两式,得 ε ′ = 12V , r ′ = 2Ω , 代入③式,可得 R x 3 = 118Ω 例 13 如图 4—11 所示的甲、乙两个电阻电路具有这样的特性:对于任意阻值的 RAB、

RBC 和 RCA,相应的电阻 Ra、Rb 和 Rc 可确定. 因此在对应点 A 和 a,B 和 b、C 和 c 的电位 是相同的,并且,流入对应点(例如 A 和 a)的电流也相同,利用这些条件 证明: Ra =

R AB

R AB RCA ,并证明对 Rb 和 Rc 也有类似的结果,利用上面的结果求图 + RBC + RCA

4—11 甲中 P 和 Q 两点之间的电阻.

图 4—11 解析 图 4—11 中甲、 乙两种电路的接法分别叫三角形接法和星形接法, 只有这两种电 路任意两对应点之间的总电阻部分都相等,两个电路可以互相等效,对应点 A、a、B、b 和 C、c 将具有相同的电势. 由 Rab=RAB,Rac=RAC,Rbc=RBC,对 ab 间,有

Ra + Rb = (

R R + R AB R BC 1 1 + ) ?1 = AB CA R AB R AC + R BC R AB + RBC + RCA R R + RBC RCA 1 1 + ) ?1 = AB CA RCA R AB + RBC R AB + RBC + RCA R R + RBC RCA 1 1 + ) ?1 = AB BC RBC R AB + RCA R AB + R BC + RCA R AB RCA + RBC + RCA



同样,ac 间和 bc 间,也有

R a + Rc = (



Rb + Rc = (



将①+②-③得: Ra =

R AB

再通过①-②+③和③+②-①,并整理,就得到 Rb 和 RC 的表达式.

Rb =

R AB

R AB RBC + R BC + RCA

Rc =

R AB

RBC R AC + R BC + RCA

下面利用以上结果求图 4—12 乙中 P 和 Q 两点之间的电阻. 用星形接法代替三角形接 法,可得图 4—12 乙所示电路,PRQS 回路是一个平衡的惠斯登电桥,所以在 RS 之间无电 流,因此它与图 4—12 丙所示电路是等效的. 因此 PQ 之间的总电阻 RPQ 可通过这三个并联 电阻求和得到.

4—12 甲

4—12 乙

4—12 丙

R PQ = (
例 14

1 1 1 + + ) ?1 = 4Ω 36 18 6

如图 4—13 所示,放在磁感应强度 B=0.6T 的匀强磁场中的长方形金属线框

abcd,框平面与磁感应强度方向垂直,其中 ab 和 bc 各是一段粗细均匀的电阻丝 Rab=5Ω, 线框其余部分电阻忽略不计.现让导体 EF 搁置在 ab、 边上, cd 其有效长度 L=0.5m, Rbc=3Ω, 且与 ab 垂直,阻值 REF=1Ω,并使其从金属框 ad 端以恒定的速度 V=10m/s 向右滑动,当 EF 滑过 ab 长的 4/5 距离时,问流过 aE 端的电流多大? 解析 EF 向右运动时,产生感应电动势 ε ,当 EF 滑过 ab 长的

4 时,电路图可等效 5

为如图 4—13 甲所示的电路. 根据题设可以求出 EF 产生的感应电动势 ε ,

ε = BLV = (0.6 × 0.5 × 10) = 3V
RaE = 4Ω, REb = 1Ω, Rbc = 3Ω
此时电源内阻为导体 EF 的电阻, r = R EF = 1Ω ,则电路中的总电阻为 图 4—13

R=r+

RaE ? ( REb + Rbc ) = 3Ω RaE + ( REb + Rbc )

电路中的总电流为 I =

ε
R

= 1A.

图 4—13 甲

∴通过 aE 的电流为 I aE = 0.5 A 例 15 有一薄平凹透镜,凹面半径为 0.5m,玻璃的折射

率为 1.5,且在平面上镀一层反射层,如图 4—14 所示,在此 系统的左侧主轴上放一物 S,S 距系统 1.5m,问 S 成像于何处? 解析 本题可等效为物点 S 先经薄平凹透镜成像,其像为 图 4—14

平面镜的物,平面镜对物成像又为薄平凹透镜成像的物,根据 成像规律,逐次求出最终像的位置. 根据以上分析,首先考虑物 S 经平凹透镜的成像 S ′ , 根据公式

1 1 1 + = ′ P f1 P1

其中

1 1 1 1 1 = (n ? 1)( ? ) = (1.5 ? 1)( ? ) = ?1(m ?1 ) f1 R R2 ? 0.5 ∞

故有

1 1 + = ?1 ′ 1 .5 P1

′ P1 = ?0.6m

成像在左侧,为虚像,该虚像再经平凹透镜成像 S ′′ 后,其像距为

′ ′ P2 = ? P2 = ? P1 = 0.6m
成像在右侧,为虚像,该虚像再经平凹透镜成像 S ′′′ ,有

1 1 1 1 ′ + = , 其中P3 = P2 = 0.6m, = ?1(m ?1 ) ′ P3 P f f 3


1 P3



+

1 = ?1 0 .6

′ P3 = ?0.375m 成虚像于系统右侧 0.375m 处

此题还可用假设法求解. 针对训练

1.半径为 R 的金属球与大地相连,距球心 L 处有一带 电量为+q 的点电荷如图 4—15 所示. 求 (1)球上感应电荷的总电量; (2)q 受到的库仑力. 2 . 如 图 4 — 16 所 示 , 设 图 4—15

R1 = 40Ω, R2 = 80Ω, R3 = 5Ω, R4 = 10Ω, R5 = 40Ω, R6 = 99Ω R7 = 101Ω, R8 = 20Ω ,求 AB 之间的电阻.

图 4—16

图 4—17

图 4—18

3.电路如图 4—17 所示, R1 = R3 = R4 = R5 = 3Ω 时, R2 = 1Ω ,求 AB 间的等效电 阻. 4.有 9 个电阻联成如图 4—18 电路,图中数字的单位是 Ω ,求 PQ 两点间的等效电阻.

5.如图 4—19 所示电路,求 AB 两点间的等效电阻.

图 4—19

图 4—20

6.如图 4—20 所示,由 5 个电阻联成的网络,试求 AB 两点间的等效电阻. 7.由 7 个阻值均为 r 的电阻组成的网络元如图 4—21 甲所示.由这种网络元彼此连接形 成的无限梯形网络如图 4—21 乙所示.试求 P、Q 两点之间的等效电阻.

图 4—21 甲

图 4—21 乙 )

8.图 4—22 表示一交流电的电流随时间而变化的图像,此交流电流有效值是( A. 5 2 A B. 5 A C. 3.5 2 A D. 3.5 A

图 4—22

图 4—23

图 4—24

9.磁流体发电机的示意图如图 4—23 所示,横截面为距形的管道长为 L,宽为 a,高 为 b,上下两个侧面是绝缘体,相距为 a 的两个侧面是电阻可忽略的导体,此两导体侧面与 负载电阻 RL 相连.整个管道放在一个匀强磁场中,磁感应强度的大小为 B,方向垂直于上下 侧面向上. 现有电离气体(正、负带电粒子)持续稳定的流经管道,为了使问题简化,设横 截面上各点流速相同. 已知流速与电离气体所受的压力成正比;且无论有无磁场存在时,都 维持管道两端电离气体的压强差皆为 p. 设无磁场存在时电离气体的流速为 v 0 . 求有磁场存 在时流体发电机的电动势的大小 ε . 已知电离气体的平均电阻率为 ρ .

10.一匀质细导线圆环,总电阻为 R,半径为 a,圆环内充满方向垂直于环面的匀强磁 场,磁场以速率 K 均匀地随时间增强,环上的 A、D、C 三点位置对称. 电流计 G 连接 A、 C 两点,如图 4—24 所示,若电流计内阻为 RG,求通过电流计的电流大小. 11.固定在匀强磁场中的正方形导线框 abcd,各边长为 L1, 其中 ab 是一端电阻为 R 的均匀电阻丝,其余三边均为电阻可忽 略的铜线,磁场的磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里,现有一 与 ab 段的材料、粗细、长度都相同的电阻丝 PQ 架在导线框上, 如图 4—25 所示,以恒定的速度 v 从 ad 滑向 bc,当 PQ 滑过 1/3L 的距离时,通过 aP 段电阻丝的电流是多大?方向如何? 12.如图 4—26 所示,一根长的薄导体平板沿 x 轴放置,板面位于水平位置,板的宽 度为 L,电阻可忽略不计,aebcfd 是圆弧形均匀导线,其电阻为 3R,圆弧所在的平面与 x 轴垂 直, 圆弧的两端 a 和 d 与导体板的两个侧面相接解, 并可在其上滑动. 圆弧 ae=eb=cf=fd= 1/8) ( 圆周长,圆弧 bc=(1/4)圆周长,一内阻 Rg=nR 的体积很小 的电压表位于圆弧的圆心 O 处,电压表的两端分别用电阻可 以忽略的直导线与 b 和 c 点相连,整个装置处在磁感应强度 为 B、方向竖直向上的匀强磁场中. 当导体板不动而圆弧导 线与电压表一起以恒定的速度 v 沿 x 轴方向平移运动时 (1)求电压表的读数; (2)求 e 点与 f 点的电势差(Ue-Rf). 13.如图 4—27 所示,长为 2πa、电阻为 r 的均 匀细导线首尾相接形成一个半径为 a 的圆.现将电阻为 R 的电压表,以及电阻可以忽略的导线,按图 a 和图 b 所示的方式分别与圆的两点相连接. 这两点之间的弧线 所对圆心角为θ.若在垂直圆平面的方向上有均匀变化 的匀强磁场,已知磁感应强度的变化率为 k,试问在图 a、b 两种情形中,电压表的读数各为多少? 14.一平凸透镜焦距为 f,其平面上镀了银,现在其凸面一侧距它 2f 处,垂直于主轴主 置一高为 H 的物,其下端位于透镜的主轴上如图 4—28 所示. (1)用作图法画出物经镀银透镜所成的像,并标明该像是虚、是实; 图 4—27 图 4—26 图 4—25

(2)用计算法求出此像的位置和大小. 15.如图 4—29 所示,折射率 n=1.5 的全反射棱镜上方 6cm 处放置一物体 AB,棱镜直 角边长为 6cm,棱镜右侧 10cm 处放置一焦距 f1=10cm 的凸透镜,透镜右侧 15cm 处再放置 一焦距 f2=10cm 的凹透镜,求该光学系统成像的位置和放大率.

图 28

图 29

答案:
? 1. R KRL2 q q, 2 L (L ? R 2 ) 2
9. 2.

120 Ω 11

3. Ω

7 3

4. Ω 4

5. .5Ω 0

6. .4Ω 1

7. 1.32r

8.C

p p BL + Bv0 a ρa + R1 Lb
(2) ( 2 ?

10.

3πa 2 K qRG + 2 R

11.

6 BL1v 11R

a向P

12. (1)

nR 2 Bav 3nR + 2 R

2+

n +1 2 ) Bav 3n + 2

13.0,

2π 2 a 2 k sin θ r θ (2π ? θ ) + 4π 2 R

14. (1)图略

(2)距光心

2 1 f, H 3 3

15.凹透镜的右侧 10cm 处,放大率为 2

高中奥林匹克物理竞赛解题方法六

六、递推法
方法简介 递推法是解决物体与物体发生多次作用后的情况. 即当问题中涉及相互联系的物体较多 并且有规律时,应根据题目特点应用数学思想将所研究的问题归类,然后求出通式. 具体方 法是先分析某一次作用的情况,得出结论. 再根据多次作用的重复性和它们的共同点,把结 论推广,然后结合数学知识求解. 用递推法解题的关键是导出联系相邻两次作用的递推关系 式. 塞题精析 例 1 质点以加速度 a 从静止出发做直线运动,在某时刻 t,加速度变为 2a;在时刻 2t, 加速度变为 3a;…;在 nt 时刻,加速度变为(n+1)a,求: (1)nt 时刻质点的速度; (2)nt 时间内通过的总路程. 解析 根据递推法的思想,从特殊到一般找到规律,然后求解. (1)物质在某时刻 t 末的速度为 vt = at 2t 末的速度为 v 2t = vt + 2at , 所以v 2t = at + 2at 3t 末的速度为 v 2 t = v 2t + 3at = at + 2at + 3at …… 则 nt 末的速度为 v nt = v( n ?1)t + nat

= at + 2at + 3at + L + (n ? 1)at + nat = at (1 + 2 + 3 + L + n)
1 1 = at ? (n + 1)n = n(n + 1)at 2 2
(2)同理:可推得 nt 内通过的总路程 s = 例2 减小

1 n(n + 1)(2n + 1)at 2 . 12

小球从高 h0 = 180m 处自由下落,着地后跳起又下落,每与地面相碰一次,速度

1 (n = 2) ,求小球从下落到停止经过的总时间为通过的总路程.(g 取 10m/s2) n
-1-

解析

小球从 h0 高处落地时,速率 v0 =

2 gh0 = 60m / s

第一次跳起时和又落地时的速率 v1 = v0 / 2 第二次跳起时和又落地时的速率 v 2 = v0 / 2 … 第 m 次跳起时和又落地时的速率 v m = v 0 / 2
2

m

每次跳起的高度依次 h1 = 1 = 0 , h2 = 2 = 0 , 2g n 2 2g n 4 … 通过的总路程 ∑ s = h0 + 2h1 + 2h2 + L + 2hm + L

v2

h

v2

h

2h0 1 1 1 (1 + 2 + 4 + L + 2 m ? 2 ) + L 2 n n n n 2 2h n +1 5 = h0 + 2 0 = h0 ? 2 = h0 = 300m n ?1 n ?1 3
= h0 +
经过的总时间为 ∑ t = t 0 + t1 + t 2 + L + t m + L

2v v 0 2v1 + +L+ m +L g g g v 1 1 = 0 [1 + 2 ? + L + 2 ? ( ) m + L] g n n v n +1 ) = 0( g n ?1 3v = 0 = 18s g =
例 3 A、B、C 三只猎犬站立的位置构成一个边长为 a 的正 三角形,每只猎犬追捕猎物的速度均为 v,A 犬想追捕 B 犬,B 犬想追捕 C 犬,C 犬想追捕 A 犬,为追捕到猎物,猎犬不断调 整方向,速度方向始终“盯”住对方,它们同时起动,经多长 时间可捕捉到猎物? 解析 由题意可知,由题意可知,三只猎犬都做等速率曲线运动,而且任一时刻三只猎 犬的位置都分别在一个正三角形的三个顶点上,但这正三角形的边长不断减小,如图 6—1
-2-

所示.所以要想求出捕捉的时间,则需用微元法将等速率曲线运动变成等速率直线运动,再用 递推法求解. 设经时间 t 可捕捉猎物, 再把 t 分为 n 个微小时间间隔△t, 在每一个△t 内每只猎犬的运 动可视为直线运动,每隔△t,正三角形的边长分别为 a1、a2、a3、…、an,显然当 an→0 时 三只猎犬相遇.

3 a1 = a ? AA1 ? BB1 cos 60° = a ? vΔt , 2 3 3 a 2 = a1 ? vΔt = a ? 2 × vΔt , 2 2 3 3 a3 = a 2 ? vΔt = a ? 3 × vΔt , 2 2 L 3 a n = a ? n ? vΔt 2
因为 a ? n ? 即 nΔt = t

3 vΔt = 0, 2

所以t =

2a 3v

此题还可用对称法,在非惯性参考系中求解. 例 4 一列进站后的重载列车,车头与各节车厢的质量相等,均为 m,若一次直接起动, 车头的牵引力能带动 30 节车厢,那么,利用倒退起动,该车头能起动多少节同样质量的车 厢? 解析 若一次直接起动,车头的牵引力需克服摩擦力做功,使各节车厢动能都增加,若 利用倒退起动,则车头的牵引力需克服摩擦力做的总功不变,但各节车厢起动的动能则不同. 原来挂钩之间是张紧的,倒退后挂钩间存在△s 的宽松距离,设火车的牵引力为 F,则 有: 车头起动时,有 ( F ? μmg ) Δs =

1 2 mv1 2

拉第一节车厢时: ( m + m)v1 = mv1 故有 v1 =
2



1 2 1 F v1 = ( ? μg )Δs 4 2 m 1 1 2 ′ ( F ? 2 μmg )Δs = × 2mv 2 ? × 2mv1 2 2 2

′ 拉第二节车厢时: ( m + 2m)v 2 = 2mv 2

′ 故同样可得: v 2 =
2

4 2 2 F 5 v 2 = ( ? μg )Δs 9 3 m 3
-3-

……

n F 2n + 1 ( ? μg )Δs n +1 m 3 2n + 1 ′2 由 v n > 0可得 : F > μmg 3
推理可得

′ v n2 =

另由题意知 F = 31μmg , 得n < 46 因此该车头倒退起动时,能起动 45 节相同质量的车厢. 例 5 有 n 块质量均为 m,厚度为 d 的相同砖块,平放在水平地面上,现将它们一块一 块地叠放起来,如图 6—2 所示,人至少做多少功? 解析 将平放在水平地面上的砖一块一块地叠放起来,每次克服重 力做的功不同,因此需一次一次地计算递推出通式计算. 将第 2 块砖平放在第一块砖上人至少需克服重力做功为 W2 = mgd 将第 3、4、…、n 块砖依次叠放起来,人克服重力至少所需做的功 分别为

W3 = mg 2d W4 = mg 3d W5 = mg 4d L Wn = mg (n ? 1)d
所以将 n 块砖叠放起来,至少做的总功为 W=W1+W2+W3+…+Wn

= mgd + mg 2d + mg 3d + L + mg (n ? 1)d (n ? 1) = mgd ? n 2
例6 如图 6—3 所示,有六个完全相同的长条薄片 Ai Bi (i = 1 、

2、…、6)依次架在水平碗口上,一端搁在碗口,另一端架在另一 薄片的正中位置(不计薄片的质量). 将质量为 m 的质点置于 A1A6 的中点处,试求:A1B1 薄片对 A6B6 的压力. 解析 本题共有六个物体,通过观察会发现,A1B1、A2B2、…、 A5B5 的受力情况完全相同,因此将 A1B1、A2B2、…A5B5 作为一类, 对其中一个进行受力分析,找出规律,求出通式即可求解. 以第 i 个薄片 AB 为研究对象,受力情况如图 6—3 甲所示,第 i 个 薄片受到前一个薄片向上的支持力 Ni、碗边向上的支持力和后一个薄片 向下的压力 Ni+1. 选碗边 B 点为轴,根据力矩平衡有
-4-

N i ? L = N i +1 ?
所以 N 1=

N L , 得N i = i +1 2 2


1 1 1 1 N 2 = × N3 = L = ( )5 N 6 2 2 2 2

再以 A6B6 为研究对象,受力情况如图 6—3 乙所示,A6B6 受到薄片 A5B5 向上的支持力 N6、碗向上的支持力和后一个薄片 A1B1 向下的压力 N1、质点向下的压力 mg. 选 B6 点为轴,根据力矩平衡有

N1 ?

3 L + mg ? L = N 6 ? L 2 4 N1 = mg 42 mg . 42

由①、②联立,解得

所以,A1B1 薄片对 A6B6 的压力为 例7

用 20 块质量均匀分布的相同光滑积木块, 在光滑水平面上一块叠一块地搭成单孔

桥,已知每一积木块长度为 L,横截面是边长为 h( h = L / 4) 的正方形,要求此桥具有最大的 跨度(即桥孔底宽) ,计算跨度与桥孔高度的比值. 解析 为了使搭成的单孔桥平衡,桥孔两侧应有相同的积木块,从上往下计算,使积木 块均能保证平衡,要满足合力矩为零,平衡时,每块积木块都有最大伸出量,则单孔桥就有 最大跨度,又由于每块积木块都有厚度,所以最大跨度与桥孔高度存在一比值. 将从上到下的积木块依次计为 1、2、…、n,显然第 1 块相对第 2 块的最大伸出量为

Δx1 =

L 2

第 2 块相对第 3 块的最大伸出量为 Δx 2 (如图 6—4 所示) ,则

L G ? Δx 2 = ( ? Δx 2 ) ? G 2 L L Δx 2 = = 4 2× 2
同理可得第 3 块的最大伸出量 Δx3 = …… 最后归纳得出 Δx n = 所以总跨度 k = 2
9

L 2×3

L 2× n
n

∑ Δx
n =1

= 11.32h
-5-

跨度与桥孔高的比值为 例8

k 11.32h = = 1.258 H 9h

如图 6—5 所示, 一排人站在沿 x 轴的水平轨道旁, 原点 O 两侧的人的序号都记为

n(n = 1,2,3 …). 每人只有一个沙袋, x > 0 一侧的每个沙袋质量为 m=14kg, x < 0 一侧的
每个沙袋质量 m ′ = 10kg . 一质量为 M=48kg 的小车以某初速度 v0 从原点出发向正 x 轴方向 滑行. 不计轨道阻力. 当车每经过一人身旁时, 此人就把沙袋以水平速度 v 朝与车速相反的方 向沿车面扔到车上,v 的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的 2n 倍.(n 是此人的序号数) (1)空车出发后,车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行? (2)车上最终有大小沙袋共多少个? 解析 当人把沙袋以一定的速度朝与车速相反的方向沿车面扔到车上时,由动量守恒定 律知,车速要减小,可见,当人不断地把沙袋以一定的速度扔到车上,总有一时刻使车速反 向或减小到零,如车能反向运动,则另一边的人还能将沙袋扔到车上,直到车速为零,则不 能再扔,否则还能扔. 小车以初速 v 0 沿正 x 轴方向运动,经过第 1 个(n=1)人的身旁时,此人将沙袋以

u = 2nv0 = 2v 0 的水平速度扔到车上,由动量守恒得 Mv0 ? m ? 2v0 = ( M + m)v1 , 当小车运
动到第 2 人身旁时,此人将沙袋以速度 u ′ = 2nv1 = 4v1 的水平速度扔到车上,同理有

( M + m)v1 ? m ? 2nv1 = ( M + 2m)v 2 ,所以,当第 n 个沙袋抛上车后的车速为 v n ,根据动
量守恒有 [ M + ( n ? 1) m]v n ?1 ? 2n ? mv n ?1 = ( M + nm)v n , 即v n = 同理有 v n +1 =

M ? (n + 1)m v n ?1 . M + nm

M ? (n + 2)m , (n+1) 包沙袋后车反向运动, 则应有 v n > 0, v n +1 < 0. v n 若抛上 M + (n + 1)m

即 M ? ( n + 1) m > 0, M ? ( n + 2) m < 0. 由此两式解得: n <

38 20 ,n > , n 为整数取 3. 14 14

当车反向滑行时,根据上面同样推理可知,当向左运动到第 n 个人身旁,抛上第 n 包沙 袋后由动量守恒定律有:

[ M + 3m + (n ? 1)m′]v ′ ?1 ? 2m′nv n ?1 = ( M + 3m + nm′)v n n
解得: v n =





M + 3m ? (n + 1)m′ M + 3m ? (n + 2)m′ ′ ′ v n ?1 同理v ′ +1 = vn n M + 3m + nm′ M + 3m + (n + 1)m′

-6-

设抛上 n+1 个沙袋后车速反向,要求 v n > 0, v n +1 ≤ 0 即?



?n > 7 ?M + 3m ? (n + 1)m′ > 0 解得? ?n = 8 ?M + 3m ? (n + 2)m′ ≤ 0

即抛上第 8 个

沙袋后车就停止,所以车上最终有 11 个沙袋. 例 9 如图 6—6 所示,一固定的斜面,倾角 θ = 45° ,斜面 长 L=2.00 米. 在斜面下端有一与斜面垂直的挡板. 一质量为 m 的 质点,从斜面的最高点沿斜面下滑,初速度为零. 下滑到最底端 与挡板发生弹性碰撞. 已知质点与斜面间的动摩擦因数 μ = 0.20 ,试求此质点从开始到发生 第 11 次碰撞的过程中运动的总路程. 解析 因为质点每次下滑均要克服摩擦力做功,且每次做功又不相同,所以要想求质点 从开始到发生 n 次碰撞的过程中运动的总路程,需一次一次的求,推出通式即可求解. 设每次开始下滑时,小球距档板为 s 则由功能关系: μmg cos θ ( s1 + s 2 ) = mg ( s1 ? s 2 ) sin θ

μmg cosθ ( s 2 + s3 ) = mg ( s 2 ? s3 ) sin θ
即有

s 2 s3 sin θ ? μ cosθ 2 = = =L= s1 s 2 sin θ + μ cosθ 3

由此可见每次碰撞后通过的路程是一等比数列,其公比为 ∴在发生第 11 次碰撞过程中的路程

2 . 3

s = s1 + 2s 2 + 2s3 + L + 2s11
2 s1 [1 ? ( )11 ] 3 = 2( s1 + s 2 + s 3 + L + s11 ) ? s1 = 2 × ? s1 2 1? 3 2 = 10 ? 12 × ( )11 (m) = 9.86(m) 3
例 10 如图 6—7 所示,一水平放置的圆环形刚性窄槽固定在桌 面上,槽内嵌着三个大小相同的刚性小球,它们的质量分别是 m1、m2 和 m3,m2=m3=2m1. 小球与槽的两壁刚好接触而它们之间的摩擦可忽 略不计. 开始时,三球处在槽中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的位置,彼此间距离相等, m2 和 m3 静止,m1 以初速 v0 = πR / 2 沿槽运动,R 为圆环的内半径和
-7-

小球半径之和,设各球之间的碰撞皆为弹性碰撞,求此系统的运动周期 T. 解析 当 m1 与 m2 发生弹性碰撞时,由于 m2=2m1,所以 m1 碰后弹回,m2 向前与 m3 发 生碰撞. 而又由于 m2=m3,所以 m2 与 m3 碰后,m3 能静止在 m1 的位置,m1 又以 v 速度被反 弹,可见碰撞又重复一次. 当 m1 回到初始位置,则系统为一个周期. 以 m1、m2 为研究对象,当 m1 与 m2 发生弹性碰撞后,根据动量守恒定律,能量守恒定 律可写出:

m1v0 = m1v1 + m2 v 2 1 1 1 2 2 m1v0 = m1v12 + m2 v 2 2 2 2
由①、②式得: v1 =

① ②

(m1 ? m2 ) 1 v0 = ? v0 m1 + m2 3

v2 =

2m1 2 v0 = v0 m1 + m2 3

以 m2、m3 为研究对象,当 m2 与 m3 发生弹性碰撞后,得 v3 =

2 v0 3

′ v2 = 0
′ v1 = v0

以 m3、m1 为研究对象,当 m3 与 m1 发生弹性碰撞后,得 v3 = 0



由此可见,当 m1 运动到 m2 处时与开始所处的状态相似. 所以碰撞使 m1、m2、m3 交换位 置,当 m1 再次回到原来位置时,所用的时间恰好就是系统的一个周期 T,由此可得周期

T = 3(t1 + t 2 + t 3 ) = 3 × (

2πR 2πR 2πR 10πR 10πR + + )= = = 20( s ). πR 3v 0 v0 3v 0 v0 2

例 11 有许多质量为 m 的木块相互靠着沿一直线排列于光滑的水平面上. 每相邻的两个 木块均用长为 L 的柔绳连接着. 现用大小为 F 的恒力沿排列方向拉第一个木块,以后各木块 依次被牵而运动,求第 n 个木块被牵动时的速度. 解析 每一个木块被拉动起来后,就和前面的木块成为一体,共同做匀加速运动一段距 离 L 后,把绳拉紧,再牵动下一个木块. 在绳子绷紧时,有部分机械能转化为内能. 因此, 如果列出 ( n ? 1) FL =

1 2 nmv n 这样的关系式是错误的. 2

′ 设第 ( n ? 1) 个木块刚被拉动时的速度为 v n ?1 ,它即将拉动下一个木块时速度增至 v n ?1 ,
第 n 个木块刚被拉动时速度为 v n . 对第 ( n ? 1) 个木块开始运动到它把下一段绳子即将拉 紧这一过程,由动能定理有:

FL =

1 1 2 (n ? 1)mv ′ 21 ? (n ? 1)mv n ?1 n? 2 2 ′ 得: v n ?1 = n vn n ?1
-8-



对绳子把第 n 个木块拉动这一短暂过程,由动量守恒定律,有

(n ? 1)mv ′ ?1 = nmv n n



把②式代入①式得: FL = 整理后得: ( n ? 1)

1 n 1 2 (n ? 1)m( v n ) 2 ? (n ? 1)mv n ?1 2 n ?1 2


2 FL 2 2 = n 2 v n ? (n ? 1) 2 v n ?1 m

③式就是反映相邻两木块被拉动时速度关系的递推式,由③式可知

2 FL 2 = 2 2 v 2 ? v12 m 2 FL 2 2 当 n=3 时有: 2 ? = 3 2 v3 ? 2 2 v 2 m 2 FL 2 2 当 n=4 时有: 3 ? = 4 2 v 4 ? 3 2 v3 … m 2 FL 2 2 一般地有 ( n ? 1) = n 2 v n ? (n ? 1) 2 v n ?1 m
当 n=2 时有: 将以上 ( n ? 1) 个等式相加,得: (1 + 2 + 3 + L + n ? 1) 所以有

n(n ? 1) 2 FL 2 ? = n 2 v n ? v12 2 m
FL(n ? 1) . nm

2 FL 2 = n 2 v n ? v12 m

在本题中 v1 = 0 ,所以 v n = 例 12

如图 6—8 所示,质量 m=2kg 的平板小车,后端放

有质量 M=3kg 的铁块,它和车之间动摩擦因数 μ = 0.50. 开始 时,车和铁块共同以 v0 = 3m / s 的速度向右在光滑水平面上 前进,并使车与墙发生正碰,设碰撞时间极短,碰撞无机械能损失,且车身足够长,使得铁 块总不能和墙相碰,求小车走过的总路程. 解析 小车与墙撞后,应以原速率弹回. 铁块由于惯性继续沿原来方向运动,由于铁块 和车的相互摩擦力作用,过一段时间后,它们就会相对静止,一起以相同的速度再向右运动, 然后车与墙发生第二次碰撞,碰后,又重复第一次碰后的情况. 以后车与墙就这样一次次碰 撞下去. 车每与墙碰一次,铁块就相对于车向前滑动一段距离,系统就有一部分机械能转化 为内能,车每次与墙碰后,就左、右往返一次,车的总路程就是每次往返的路程之和. 设每次与墙碰后的速度分别为 v1、v2、v3、…、vn、…车每次与墙碰后向左运动的最远距 离分别为 s1、s2、s3、…、sn、…. 以铁块运动方向为正方向,在车与墙第 ( n ? 1) 次碰后到发 生第 n 次碰撞之前,对车和铁块组成的系统,由动量守恒定律有

( M ? m)v n ?1 = ( M + m)v n

所以

vn =

v M ?m v n ?1 = n ?1 5 M +m

-9-

由这一关系可得: v 2 =

v1 v , v3 = 1 , L 5 52

一般地,有 v n =

v1 ,L 5 n ?1

由运动学公式可求出车与墙发生第 n 次碰撞后向左运动的最远距离为

sn =

v12 v12 1 = ? 2 n?2 2 a 2a 5 v12 v2 1 v2 1 v2 1 , s 2 = 1 ? 2 , s3 = 1 ? 4 ,L, s n = 1 ? 2 n? 2 2a 2a 5 2a 5 2a 5

类似地, 由这一关系可递推到:s1 = 所以车运动的总路程

s总 = 2( s1 + s 2 + s3 + L + s n + L) v12 1 1 1 (1 + 2 + 4 + L + 2 n ? 2 + L) 2a 5 5 5 2 2 v v 25 1 = 1 ? = 1 ? 1 a a 24 1? 2 5 = 2?
因此 v1 = v0 = 3m / s 所以 s总 =

a=

Mgμ 15 = m / s2 m 2

5 ( m) 4

例 13 10 个相同的扁长木块一个紧挨一个地放在水平 地面上,如图 6—9 所示,每个木块的质量 m = 0.40kg , 长度

l = 0.45m ,它们与地面间的静摩擦因数和动摩擦因数均为 μ 2 = 0.10. 原来木块处于静止状态. 左方第一个木块的左端
上方放一个质量为 M=1.0kg 的小铅块,它与木块间的静摩 擦因数和动摩擦因数均为 μ1 = 0.20. 现突然给铅块一向右的初速度 v0 = 4.3m / s ,使其在大 木块上滑行. 试确定铅块最后的位置在何处(落在地上还是停在哪块木块上). 重力加速度 g 取 10( m / s ) ,设铅块的长度与木块相比可以忽略. 解析 当铅块向右运动时,铅块与 10 个相同的扁长木块中的第一块先发生摩擦力,若 此摩擦力大于 10 个扁长木块与地面间的最大静摩擦力,则 10 个扁长木块开始运动,若此摩 擦力小于 10 个扁长木块与地面间的最大摩擦力,则 10 个扁长木块先静止不动,随着铅块的
- 10 2

运动,总有一个时刻扁长木块要运动,直到铅块与扁长木块相对静止,后又一起匀减速运动 到停止. 铅块 M 在木块上滑行所受到的滑动摩擦力 f 1 =

μ1 Mg = 2.0 N

设 M 可以带动木块的数目为 n,则 n 满足: f 1 ? μ 2 ( M + m) g ? ( n ? 1) μ 2 mg ≥ 0 即 2.0 ? 1.4 ? 0.4( n ? 1) ≥ 0 上式中的 n 只能取整数,所以 n 只能取 2,也就是当 M 滑行到倒数第二个木块时,剩下 的两个木块将开始运动.设铅块刚离开第 8 个木块时速度为 v,则

1 1 2 Mv 2 = Mv0 ? μ1 Mg ? 8l 2 2
得: v = 2.49(m / s ) > 0
2 2

由此可见木块还可以滑到第 9 个木块上. M 在第 9 个木块 上运动如图 6—9 甲所示,则对 M 而言有: ? μ1 Mg = Ma M 得: a M = ?2.0m / s
2

第 9 及第 10 个木块的动力学方程为: μ1 Mg ? μ 2 ( M + m) g ? μ 2 mg = 2ma m , 得: a m = 0.25m / s .
2

设 M 刚离开第 9 个木块上时速度为 v ′ ,而第 10 个木块运动的速度为 V ′ ,并设木块运 动的距离为 s,则 M 运动的距离为 s + l ,有:

v ′ 2 = v 2 + 2a M ( s + l ) V ′ 2 = 2a m s

v′ = v + aM t V ′ = am t
消去 s 及 t 求出: ?

?v ′ = 0.611m / s ?v ′ = ?0.26m / s 或? ,显然后一解不合理应舍去. ?V ′ = 0.212m / s ?V ′ = 0.23m / s

因 v ′ > V ′ ,故 M 将运动到第 10 个木块上. 再设 M 运动到第 10 个木块的边缘时速度为 v ′′ ,这时木块的速度为 V ′′ ,则:

v ′′ 2 = v ′ 2 + 2a M ( s ′ + l )

- 11 -

解得: v ′′ = ?1.63 ? 4 s ′ < 0 ,故 M 不能滑离第 10 个木块,只能停在它的表面上,最
2

后和木块一起静止在地面上. 例 14 如图 6—10 所示,质量为 m 的长方形箱子,放在光滑 的水平地面上. 箱内有一质量也为 m 的小滑块,滑块与箱底间无摩 擦. 开始时箱子静止不动,滑块以恒定的速度 v0 从箱子的 A 壁处向 B 处运动,后与 B 壁碰撞. 假设滑块与箱壁每碰撞一次,两者相对 速度的大小变为该次碰撞前相对速度的 e 倍, e =
4

1 . 2

(1)要使滑块与箱子这一系统消耗的总动能不超过其初始动能的 40%,滑块与箱壁最多 可碰撞几次? (2)从滑块开始运动到刚完成上述次数的碰撞期间,箱子的平均速度是多少? 解析 由于滑块与箱子在水平方向不受外力,故碰撞时系统水平方向动量守恒. 根据题 目给出的每次碰撞前后相对速度之比, 可求出每一次碰撞过程中动能的损耗.滑块开始运动到 完成题目要求的碰撞期间箱子的平均速度,应等于这期间运动的总位移与总时间的比值. (1)滑块与箱壁碰撞,碰后滑块对地速度为 v,箱子对地速度为 u. 由于题中每次碰撞的 e 是一样的,故有:

e=

u ? vn u1 ? v1 u 2 ? v 2 = =L= n v0 ? u 0 v1 ? u1 v n ?1 ? u n ?1 v ? un v1 ? u1 v 2 ? u 2 = =L= n v0 ? 0 v1 ? u1 v n ?1 ? u n ?1 v ? un v1 ? u1 v 2 ? u 2 × ×L× n v0 v1 ? u1 v n ?1 ? u n ?1
n

或?e =

( ? e) n =

即碰撞 n 次后 v n ? u n = ( ?e) v0

① ②

碰撞第 n 次的动量守恒式是 mv n + mu n = mv0 ①、②联立得 v n =

1 [1 + (?e) n ]v0 2

1 u n = [1 ? (?e) n ]v0 2

第 n 次碰撞后,系统损失的动能

ΔE kn = E k ? E kn =

1 2 1 2 2 mv0 ? m(v n + u n ) 2 2

- 12 -

1 2 1 2 mv0 ? mv0 (1 + e 2 n ) 2 4 2n 1? e 1 2 = × mv0 2 2 2n 1? e = Ek 2 =
下面分别讨论:

当 n = 1时,

ΔE kl 1 ? e = = Ek 2
2

1? 2 1? 2 1?

1 2 = 0.146 1 2 = 0.25

ΔE 1 ? e4 n = 2时, k 2 = = Ek 2

n = 3时,

ΔE k 3 1 ? e = = Ek 2
6

1 1 2 2 = 0.323 2 1 4 = 0.375

ΔE 1 ? e8 n = 4时, k 4 = = Ek 2

1? 2 1?

ΔE 1 ? e10 n = 5时, k 5 = = Ek 2

1 1 4 2 = 0.412 2

因为要求的动能损失不超过 40%,故 n=4. (2)设 A、B 两侧壁的距离为 L,则滑块从开始运动到与箱壁发生第一次碰撞的时间

t0 =

L L L . 在下一次发生碰撞的时间 t1 = ,共碰撞四次,另两次碰撞的时间 = v0 | u1 ? v1 | ev0 L L L 2 3 、 t 3 = 3 ,所以总时间 t = t 0 + t1 + t 2 + t 3 = 3 (1 + e + e + e ). e v0 e v0 e v0
2

分别为 t 2 =

在这段时间中,箱子运动的距离是:

s = 0 + u1t1 + u 2 t 2 + u 3 t 3
- 13 -

= =

1 L L 1 L 1 (1 + e)v 0 × + (1 ? e 2 )v 0 × 2 + (1 + e 3 )v0 × 3 2 ev0 2 e v0 e v0 2

L L L L L L + ? 2 + + 3+ 2e 2 2e 2 2e 2 L = 3 (1 + e + e 2 + e 3 ) 2e

L (1 + e + e 2 + e 3 ) v s 2e 3 所以平均速度为: v = = = 0 L t 2 (1 + e + e 2 + e 3 ) 3 e v0
例 15 一容积为 1/4 升的抽气机,每分钟可完成 8 次抽气动作. 一容积为 1 升的容器与 此抽气筒相连通. 求抽气机工作多长时间才能使容器内的气体的压强由 76mmmHg 降为 1.9mmHg.(在抽气过程中容器内的温度保持不变) 解析 根据玻一马定律,找出每抽气一次压强与容器容积和抽气机容积及原压强的关 系,然后归纳递推出抽 n 次的压强表达式. 设气体原压强为 p0, 抽气机的容积为 V0, 容器的容积为 V. 每抽一次压强分别为 p1、2、 p …, 则由玻一马定律得: 第一次抽气后: p 0V = p1 (V + V0 ) 第二次抽气后: p1V = p 2 (V + V0 ) 依次递推有: p 2V = p3 (V + V0 ) … ① ② ③

p n ?1V = p n (V + V0 )

n ○

由以上○式得: p n = ( n

V ) n p0 V + V0

p0 pn 所以n = V + V0 lg( ) v lg

代入已知得: n = 工作时间为: t = 例 16

lg 400 = 27 (次) lg 1.25 27 = 3.38 分钟 8
- 14 -

使一原来不带电的导体小球与一带电量为 Q 的导体大球接触,分开之后,小球

获得电量 q. 今让小球与大球反复接触,在每次分开有后,都给大球补充电荷,使其带电量 恢复到原来的值 Q. 求小球可能获得的最大电量. 解析 两个孤立导体相互接触,相当于两个对地电容并联,设两个导体球带电 Q1、Q2, 由于两个导体球对地电压相等, 故有

Q1 Q2 Q C Q1 C1 = , 即 1 = 1 , 亦即 = =k, C1 C 2 Q2 C 2 Q1 + Q2 C1 + C 2

所以 Q = k (Q1 + Q2 ), k 为常量, 此式表明: (或不带电) 带电 的小球跟带电大球接触后, 小球所获得的电量与总电量的比值不变,比值 k 等于第一次带电量 q 与总电量 Q 的比值,即

k=

q . 根据此规律就可以求出小球可能获得的最大电量. Q
设第 1、2、…、n 次接触后小球所带的电量分别为 q1、q2、…,有:

q1 = kQ = q q 2 = k (Q + q1 ) = q + kq q3 = k (Q + q 2 ) = kQ + kq 2 = q + kq + k 2 q

LL
q n = k (Q + q n ?1 ) = q + kq + k 2 q + L + k n ?1 q 由于 k < 1 ,上式为无穷递减等比数列,根据求和公式得:

qn =

q = 1? k

q q 1? Q

=

qQ Q?q

即小球与大球多次接触后,获得的最大电量为

qQ . Q?q

例 17 在如图 6—11 所示的电路中,S 是一单刀双掷开关,A1 和 A2 为两个平行板电容 器,S 掷向 a 时,A1 获电荷电量为 Q,当 S 再掷向 b 时,A2 获电荷电量为 q. 问经过很多次 S 掷向 a,再掷向 b 后,A2 将获得多少电量? 解析 S 掷向 a 时,电源给 A1 充电,S 再掷向 b,A1 给 A2 充电,在经过很多次重复的 过程中,A2 的带电量越来越多,两板间电压越来越大. 当 A2 的电压等于电源电压时,A2 的 带电量将不再增加. 由此可知 A2 最终将获得电量 q2=C2E. 因为 Q = C1 E 所以 C1 =

Q E Q?q q = C1 C2
- 15 -

当 S 由 a 第一次掷向 b 时,有:

所以 C 2 =

Qq (Q ? q) E q2 = Qq Q?q

解得 A2 最终获得的电量

例 18 电路如图 6—12 所示,求当 R ′ 为何值时, RAB 的阻值与“网络”的“格”数无关?此时 RAB 的阻 值等于什么? 解析 行. 所以有 要使 RAB 的阻值与“网络”的“格”数无关,则图中 CD 间的阻值必须等于 R ′ 才

(2 R + R ′)2 R = R′ 2R + R′ + 2R

解得 R ′ = ( 5 ? 1) R

此时 AB 间总电阻 R AB = ( 5 + 1) R 例 19 如图 6—13 所示,在 x 轴上方有垂直于 xy 平面向里 的匀强磁场,磁感应强度为 B,在 x 轴下方有沿 y 轴负方向的匀 强电场,场强为 E. 一质量为 m,电量为-q 的粒子从坐标原点 O 沿着 y 轴方向射出. 射出之后,第三次到达 x 轴时,它与 O 点的 距离为 L. 求此粒子射出时的速度 v 和每次到达 x 轴时运动的总 路程 s.(重力不计) 解析 粒子进入磁场后做匀速圆周运动,经半周后通过 x 轴进入电场后做匀减速直线运动,速度减为零后,又反向匀加 速通过 x 轴进入磁场后又做匀速圆周运动,所以运动有周期性. 它第 3 次到达 x 轴时距 O 点的距离 L 等于圆半径的 4 倍(如图 6—13 甲所示) 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为

R=

mv L = Bq 4

所以粒子射出时的速度

v=

BqL 4m s1 =

粒子做圆周运动的半周长为

πL
4

粒子以速度 v 进入电场后做匀减速直线运动,能深入的最大距离为 y, 因为 v = 2ay = 2
2

Eq y m B 2 qL2 s2 = 2 y = 16mE

所以粒子在电场中进入一次通过的路程为

- 16 -

粒子第 1 次到达 x 轴时通过的路程为

s1 = π ? R =

πL
4

粒子第 2 次到达 x 轴时,已通过的路程为

s 2 = s1 + s 2 =

πL
4

+

B 2 qL2 16mE

粒子第 3 次到达 x 轴时,已通过的路程为

B 2 qL2 s 3 = s1 + s 2 + s1 = + 2 16mE s 4 = 2s1 + 2s 2 =

πL

粒子第 4 次到达 x 轴时,已通过的路程为

πL
2

+

B 2 qL2 8mE

粒子第 ( 2n ? 1) 次到达 x 轴时,已通过的路程为

s ( 2 n ?1) = ns1 + (n ? 1) s 2 =

nπL B 2 qL2 + (n ? 1) 4 16mE s2n B 2 qL2 = n( s1 + s 2 ) = n( + ) 4 16mE

粒子第 2n 次到达 x 轴时,已通过的路程为 上面 n 都取正整数.

πL

针对训练
1.一物体放在光滑水平面上,初速为零,先对物体施加一向东的恒力 F,历时 1 秒钟,随即 把此力改为向西,大小不变,历时 1 秒钟,接着又把此力改为向东,大小不变,历时 1 秒钟,如此反复,只改变力的方向,共历时 1 分钟. 在此 1 分钟内 ( ) A.物体时而向东运动,时而向西运动,在 1 分钟末静止于初始位置之东 B.物体时而向东运动,时而向西运动,在 1 分钟末静止于初始位置 C.物体时而向东运动,时而向西运动,在 1 分钟末继续向东运动 D.物体一直向东运动,从不向西运动,在 1 分钟末静止于初始位置之东 2.一小球从距地面为 H 的高度处由静止开始落下. 已知小球在空中运动时所受空气阻力为 球所受重力的 k 倍 ( k < 1) ,球每次与地面相碰前后的速率相等,试求小球从开始运动到 停止运动, (1)总共通过的路程; (2)所经历的时间. 3.如图 6—14 所示,小球从长 L 的光滑斜面顶端自由下滑,滑到底 端时与挡板碰撞并反弹而回,若每次与挡板碰撞后的速度大小为
- 17 -

碰撞前的 4/5,求小球从开始下滑到最终停止于斜面下端物体共 通过的路程. 4.如图 6—15 所示,有一固定的斜面,倾角为 45°,斜面长为 2 米,在斜面下端有一与斜面垂直的挡板,一质量为 m 的质点, 从斜面的最高点沿斜面下滑,初速度为 1 米/秒. 质点沿斜面下 滑到斜面最底端与挡板发生弹性碰撞. 已知质点与斜面间的滑 动摩擦因数为 0.20. (1)试求此质点从开始运动到与挡板发生第 10 次碰撞的过程中通过的总路程; (2)求此质点从开始运动到最后停下来的过程中通过的总路程. 5.有 5 个质量相同、其大小可不计的小木块 1、2、3、4、5 等距 离地依次放在倾角 θ = 30° 的斜面上(如图 6—16 所示).斜面 在木块 2 以上的部分是光滑的,以下部分是粗糙的,5 个木块 与斜面粗糙部分之间的静摩擦系数和滑动摩擦系数都是 μ ,开 始时用手扶着木块 1,其余各木块都静止在斜面上. 现在放手, 使木块 1 自然下滑,并与木块 2 发生碰撞,接着陆续发生其他 碰撞. 假设各木块间的碰撞都是完全非弹性的. 求 μ 取何值时 木块 4 能被撞而木块 5 不能被撞. 6.在一光滑水平的长直轨道上,等距离地放着足够多的完全 相同的质量为 m 的长方形木块,依次编号为木块 1,木块 2,…,如图 6—17 所示. 在木块 1 之前放一质量为 M=4m 的大木块,大木块与 木块 1 之间的距离与相邻各木块间的距离相同,均为 L. 现在,在所有木块都静止的情况 下,以一沿轨道方向的恒力 F 一直作用在大木块上,使其先与木块 1 发生碰撞,设碰后 与木块 1 结为一体再与木块 2 发生碰撞,碰后又结为一体,再与木块 3 发生碰撞,碰后 又结为一体,如此继续下去. 今问大木块(以及与之结为一体的各小木块)与第几个小木 块碰撞之前的一瞬间,会达到它在整个过程中的最大速度?此速度等于多少? 7. 有电量为 Q1 的电荷均匀分布在一个半球面上, 另有无数个电量均为 Q2 的点电荷位于通过 球心的轴线上,且在半球面的下部. 第 k 个电荷与球心的距离为 R ? 2
k ?1

,且 k=1,2,3,

4,…,设球心处的电势为零,周围空间均为自由空间. 若 Q1 已知,求 Q2. 8.一个半径为 1 米的金属球,充电后的电势为 U,把 10 个半径为 1/9 米的均不带电的小金 属球顺次分别与这个大金属球相碰后拿走,然后把这 10 个充了电了小金属球彼此分隔摆 在半径为 10 米的圆周上,并拿走大金属球. 求圆心处的电势. (设整个过程中系统的总 电量无泄漏) 9.真空中,有五个电量均为 q 的均匀带电薄球壳,它们的半径 分别为 R,R/2,R/4,R/8,R/16,彼此内切于 P 点(如图 6—18).球心分别为 O1,O2,O3,O4,O5,求 O1 与 O5 间的 电势差. 10.在图 6—19 所示的电路中,三个电容器 CⅠ、CⅡ、CⅢ的电容
- 18 -

值均等于 C,电源的电动势为 ε ,RⅠ、RⅡ为电阻,S 为双掷 开关. 开始时,三个电容器都不带电.先接通 Oa,再接通 Ob, 再接通 Oa,再接通 Ob……如此反复换向,设每次接通前都 已达到静电平衡,试求: (1)当 S 第 n 次接通 Ob 并达到平衡后,每个电容器两端的 电压各是多少? (2)当反复换向的次数无限增多时,在所有电阻上消耗的 总电能是多少? 11.一系列相同的电阻 R,如图 6—20 所示连接,求 AB 间的等效电阻 RAB.

12.如图 6—21 所示,R1=R3=R5=…=R99=5Ω,R2=R4=R6=…=R98=10Ω,R100=5Ω, ε =10V 求: (1)RAB=? (2)电阻 R2 消耗的电功率应等于多少? (3) Ri (i = 1,2,3, L ,99) 消耗的电功率; (4)电路上的总功率. 13.试求如图 6—22 所示,框架中 A、B 两点间的电阻 RAB,此框架 是用同种细金属丝制作的,单位长的电阻为 r,一连串内接等边 三角形的数目可认为趋向无穷,取 AB 边长为 a,以下每个三角 形的边长依次减少一半. 14.图 6—23 中,AOB 是一内表面光滑的楔形槽,固定在水平桌 面(图中纸面)上,夹角 α = 1° (为了能看清楚,图中的是 夸大了的). 现将一质点在 BOA 面内从 C 处以速度 v = 5m / s 射出,其方向与 AO 间的夹角 θ = 60° ,OC=10m. 设质点与 桌面间的摩擦可忽略不计,质点与 OB 面及 OA 面的碰撞都 是弹性碰撞,且每次碰撞时间极短,可忽略不计,试求: (1)经过几次碰撞质点又回到 C 处与 OA 相碰? (计算次数时包括在 C 处的碰撞) (2)共用多少时间? (3)在这过程中,质点离 O 点的最短距离是多少?

- 19 -

六、递推法答案
1.D 2.

H 2H 1 + k + 1 ? k 2 2H 1 ? k + 1 ? k 2 + , k (1 ? k ) g 2k (1 + k ) g 2k
4.9.79m 50m 5. 0.597 <

3.

41 L 9
Q1 2

μ < 0.622

6.21 块

FL 49 m48

7. ?

8.0.065U 9.24.46K

q R

10. (1)I: 11. R AB

1 2 1 1 1 Cε [1 ? ( ) n ], Ⅱ Ⅲ: Cε [1 ? ( ) n ] (3) Cε 2 3 3 4 3 4 20 = ( 3 + 1) R 12. (1)10Ω (2)2.5W (3) i +1 (i = 1,3,5, L ,99) , 2

10 (i = 2,4,L ,98) (4)10W 13.40Ω 2i 1 14. R AB = ( 7 ? 1) ra 15. (1)60 次 (2)2s (3) 5 3m 3

- 20 -

高中奥林匹克物理竞赛解题方法二
二、隔离法
方法简介 隔离法就是从整个系统中将某一部分物体隔离出来,然后单独分析被隔离部分的受力情 况和运动情况,从而把复杂的问题转化为简单的一个个小问题求解。隔离法在求解物理问题 时,是一种非常重要的方法,学好隔离法,对分析物理现象、物理规律大有益处。 例 1:两个质量相同的物体 1 和 2 紧靠在一起放在光滑水平 桌面上,如图 2—1 所示,如果它们分别受到水平推 力 F1 和 F2 作用,且 F1>F2, 则物体 1 施于物体 2 的 作用力的大小为 ( ) A.F1 B.F2 C.1/2(F1+F2) D.1/2(F1-F2) 解析:要求物体 1 和 2 之间的作用力,必须把其中一个隔离出来分析。 先以整体为研究对象,根据牛顿第二定律:F1-F2=2ma ① 再以物体 2 为研究对象,有 N-F2=ma ② 解①、②两式可得 N =

1 ( F1 + F2 ), 所以应选 C 2

例 2:如图 2—2 在光滑的水平桌面上放一物体 A,A 上再放一物体 B, A、B 间有摩擦。施加一水平力 F 于 B,使它相对于桌面向右运 运,这时物体 A 相对于桌面 ( ) A.向左动 B.向右动 C.不动 D.运动,但运动方向不能判断 解析:A 的运动有两种可能,可根据隔离法分析 设 AB 一起运动,则 a =

F m A + mB

AB 之间的最大静摩擦力 f m = μm B g 以 A 为研究对象:若 f m ≥ m A a, 即μ ≥

mA F , AB 一起向右运动. m B (m B + m A )

若μ <

mA F , 则 A 向右运动,但比 B 要慢,所以应选 B m B (m B + m A ) g

例 3:如图 2—3 所示,已知物块 A、B 的质量分别为 m1、m2,A、B 间的摩擦因数 为μ1,A 与地面之间的摩擦因数为μ2,在 水平力 F 的推动下,要使 A、B 一起运动而
1

B 不至下滑,力 F 至少为多大? 解析: B 受到 A 向前的压力 N,要想 B 不下滑,需满足的临界条件是:μ1N=m2g. 设 B 不下滑时,A、B 的加速度为 a,以 B 为研究对象,用隔离法分析,B 受到重力,A 对 B 的摩擦力、A 对 B 向前的压力 N,如图 2—3 甲所示,要想 B 不下滑,需满足:μ1N≥m2g, 即:μ1m2a≥m2g,所以加速度至少为 a=g/μ1 再用整体法研究 A、B, 根据牛顿第二定律, 有: F—μ2(m1+m2) g=(m1+m2)g=(m1+m2)a, 所以推力至少为 F = ( m1 + m2 )(

1

μ1

+ μ2 )g .

例 4:如图 2—4 所示,用轻质细绳连接的 A 和 B 两个物体,沿着倾角为α的斜面匀速下滑,问 A 与 B 之 间的细绳上有弹力吗? 解析:弹力产生在直接接触并发生了形变的物体 之间,现在细绳有无形变无法确定.所以从产生原因上 分析弹力是否存在就不行了, 应结合物体的运动情况来 分析. 隔离 A 和 B,受力分析如图 2—4 甲所示,设弹力 T 存在,将各力正交分解,由于两物 体匀速下滑,处于平衡状态,所以有:

m A g sin α = T + f A ……① m B g sin α + T = f B ……②
设两物体与斜面间动摩擦因数分别为 μ A 、 μ B ,则

f A = μ A N A = μ A m A g cos α ……③ f B = μ B N B = μ B m B g cos α ……④
由以上①②③④可解得: T = m A g (sin α ? μ A cos α )和T = m B g ( μ b cos α ? sin α ) 若 T=0,应有: μ A = tan α 由此可见,当 μ A = 若μA ≠

μ B = tan α

μ B 时,绳子上的弹力 T 为零.

μ B ,绳子上一定有弹力吗?
2

我们知道绳子只能产生拉力.

当弹力存在时,应有:T>0 即 所以只有当 μ A <

μ A < tan α , μ B > tan α

μ B 时绳子上才有弹力

例 5 如图 2—5 所示,物体系由 A、B、C 三个 物体构成,质量分别为 mA、mB、mC.用一水平力 F 作用在小车 C 上,小车 C 在 F 的作用下运动时能使 物体 A 和 B 相对于小车 C 处于静止状态.求连接 A 和 B 的不可伸长的线的张力 T 和力 F 的大小.(一切 摩擦和绳、滑轮的质量都不计) 解析 在水平力 F 作用下, A 和 B 能相对于 C 若 静止, 则它们对地必有相同的水平加速度.而 A 在绳的 张力作用下只能产生水平向右的加速度,这就决定了 F 只能水平向右,可用整体法来求,而求张力必须用 隔离法. 取物体系为研究对象,以地为参考系,受重力(mA+mB+mC)g,推力 F 和地面的弹力 N, 如图 2—5 甲所示,设对地的加速度为 a,则有:

F = (m A + m B + mC )a …………①
隔离 B,以地为参考系,受重力 mBg、张力 T、C 对 B 的弹力 NB,应满足:

N B = m B a, 绳子的张力T = m B g …………②
隔离 A,以地为参考系,受重力 mAg,绳的张力 T,C 的弹力 NA,应满足; NA=mAg…………③ T=mAa…………④ 当绳和滑轮的质量以及摩擦都不计时,由②、④两式解出加速度

a=

mB g mA m B ( m A + m B + mC ) g mA

代入①式可得:

F=

例 6 如图 2—6 所示, 一根轻质弹簧上端固定, 下端挂一质量为 m0 的平盘, 盘中有一物体质量为 m, 当盘静止时,弹簧的长度比其自然长度伸长了 L,今 向下拉盘,使弹簧再伸长△L 后停止.然后松手放开, 设弹簧总处在弹性限度以内, 则刚松开手时盘对物体 的支持力等于( )
3

A. (1 + ΔL / L) mg C. ΔLmg

B. (1 + ΔL / L)(m + m0 ) g D. ΔL / L( m + m0 ) g

解析 确定物体 m 的加速度可用整体法,确定盘对物体的支持力需用隔离法.选整体为 研究对象,在没有向下拉盘时有 KL=(m+m0)g…………① 在向下拉伸△L 又放手时有 K△L=(m+m0)a……② 再选 m 为研究对象 FN-mg=ma……③ 解得: FN = (1 +

ΔL )mg L

应选 A.此题也可用假设法、极限法求解. 例 7 如图 2—7 所示, 是质量为 m 的均 AO 匀细杆, 可绕 O 轴在竖直平面内自动转动.细杆上 的 P 点与放在水平桌面上的圆柱体接触,圆柱体 靠在竖直的挡板上而保持平衡,已知杆的倾角为 θ,AP 长度是杆长的 1/4,各处的摩擦都不计, 则挡板对圆柱体的作用力等于 。 解析 求圆柱体对杆的支持力可用隔离法,用力矩平衡求解。求挡板对圆柱体的作用力 可隔离圆柱体,用共点力的平衡来解.

以杆为研究对象,受力如图 2—7 甲所示,根据力矩平衡条件:

l 3 2 mg cosθ = F l , 解得F = mg cosθ . 根据牛顿第三定律,杆对圆柱体的作用力与 F 2 4 3
大小相等,方向相反,再以圆柱体为研究对象,将力 F 正交分解,如图 2—7—乙,在水平方 向有

2 1 mg sin θ cosθ = mg sin 2θ 3 3 1 即挡板对圆柱体的作用力为 mg sin 2θ . 3 =
例 8 如图 2—8 所示,质量为 m 的小球 被两个劲度系数皆为 k 的相同弹簧固定在一
4

个质量为 M 的盒中,盒从 h 高处(自桌面量 起)开始下落,在盒开始下落的瞬间,两弹簧 未发生形变, 小球相对盒静止, 问下落的高度 h 为多少时, 盒与桌面发生完全非弹性碰撞后 还能再跳起来. 解析 盒下落过程可用整体法研究,下落后弹簧的形变情况应用隔离小球研究,盒起跳 时可隔离盒研究。 在盒与桌面发生碰撞之前,小球仅受重力作用,着地时速度为: v =

2 gh .

碰撞后盒静止,球先压缩下面的弹簧,同时拉上面的弹簧,当小球向下的速度减为零后, 接着又向上运动,在弹簧原长位置上方 x 处,小球的速度又减为 0,则在此过程中,对小球 有:

1 2 1 mv = mgx + 2 × kx 2 2 2
把盒隔离出来, 为使盒能跳起来, 需满足:2kx > Mg代入上式可解得 : h = 例 9 如图 2—9 所示,四个相等质量的质点 由三根不可伸长的绳子依次连接, 置于光滑水平面 上, 三根绳子形成半个正六边形保持静止。 今有一 冲量作用在质点 A,并使这个质点速度变为 u,方 向沿绳向外,试求此瞬间质点 D 的速度. 解析 要想求此瞬间质点 D 的速度,由已知 条件可知得用动量定理,由于 A、B、C、D 相关 联,所以用隔离法,对 B、C、D 分别应用动量定 理,即可求解.以 B、C、D 分别为研究对象,根据 动量定理: 对 B 有:IA—IBcos60°=mBu…………① IA cos60°—IB=mBu1…………② 对 C 有:IB—ID cos60°=mCu1……③ IBcos60°—ID=mcu2…………④ 对 D 有:ID=mDu2……⑤ 由①~⑤式解得 D 的速度 u 2 =

Mg M (1 + ). 2k 2m

1 u 13

例 10 有一个两端开口、粗细均匀的 U 形玻 璃细管,放置在竖直平面内,处在压强为 p0 的大 气中,两个竖直支管的高度均为 h,水平管的长度 为 2h,玻璃细管的半径为 r,r<<h..今将水平管内灌 满密度为ρ的水银,如图 2—10 所示. 1. 如将 U 形管两个竖直支管的开口分别密封起 来,使其管内空气压强均等于大气压强,问当 U 形
5

管向右做匀加速移动时, 加速度应为多大时才能使水 平管内水银柱的长度稳定为(5/3)h? 2.如将其中一个竖直支管的开口密封起来,使 其管内气体压强为 1 个大气压.问当 U 形管绕以另一 个竖直支管(开口的)为轴做匀速转动时,转数 n 应为多大才能使水平管内水银柱的长度稳定为 (5/3) h(U 形管做以上运动时,均不考虑管内水银液面的 倾斜) 解析 如图 2—10—甲所示, 形管右加速运动 U 时,管内水银柱也要以同样加速度运动,所以 A 管 内气体体积减小、压强增大,B 管内气体体积增大、 压强减小, 水平管中液体在水平方向受力不平衡即产 生加速度.若 U 形管以 A 管为轴匀速转动时,水平部 分的液体也要受到水平方向的压力差而产生向心加 速度. 1.当 U 形管以加速度 a 向右运动时,对水平管中水银柱有 F1—F2=ma 即 ( p A + ρg

h 5 ) S ? p B S = hSρ ? a ……① 3 3 h 3 对A中气体有 : p 0 hs = p A (h ? ) S , 解得p A = p 0 ……② 3 2 h 3 对B中气体有 : p 0 hs = p B (h + ) S , 解得p B = p 0 ……③ 3 4 9 p0 + 4 ρgh 20hρ

2—10—乙

将②、③式代入①式可得 a =

2.如图 2—10—乙,若 U 形管以 A 管为轴 匀速转动时,对水平管中水银柱有 F2—F1=ma. 若转轴为 n,则有:

h 7 ( p ′ + ρg ) S ? p 0 S = m ? (2πn) 2 h ……① B 3 6 h 3 对 B 中气体有 p 0 hS = p ′ ( h ? ) ? S , 解得: p ′ = p 0 ……② B B 3 2
将②式代入①式可解得转速

n=

1 9 p 0 + 6 ρgh πh 140 ρ

例 11 如图 2—11 所示,一个上下都与大气相通 的竖直圆筒,内部横截面的面积 S=0.01m2,中间用两 个活塞 A 与 B 封住一定质量的理想气体,A、B 都可 沿圆筒无摩擦地上、下滑动,但不漏气,A 的质量可
6

不计,B 的质量为 M,并与一倔强系数 k=5×103N/m 的较长的弹簧相连.已知大气压强 p0=1×105Pa,平衡 时,两活塞间的距离 l0=0.6m.现用力压 A 使之缓慢向 下移动一定距离后,保持平衡,此时,用于压 A 的力 F=5×102N.求活塞 A 向下移动的距离. (假定气体温度 保持不变.) 解析 活塞 A 下移的距离应为 B 下降的距离与气体长度的减小量之和, 下降的距离可 B 用整体法求解.气体长度的变化可隔离气体来求解. 选 A、B 活塞及气体为研究对象,设用力 F 向下压 A 时,活塞 B 下降的距离为 x, 则有:F=kx…………① 选气体为研究对象,据玻意耳定律有 p 0 l 0 S = ( p 0 +

F )l ? S …………② S

解①②两式可得 x=0.1m l=0.4m 则活塞 A 下移的距离为:左=0.1+0.6—0.4=0.3m 例 12 一个密闭的气缸,被活塞分成体积相等 的左右两室, 气缸壁与活塞是不导热的, 它们之间没 有摩擦,两室中气体的温度相等,如图 2—12 所示, 现利用右室中的电热丝对右室中的气体加热一段时 间,达到平衡后,左室的体积变为原来体积的 3/4, 气体的温度 T1=300K.求右室中气体的温度. 解析 可隔离出 A、B 两部分气体,用理想气体状态方程求解. 设原来两室中气体的压强都为 p,温度都为 T,体积都为 V,

pV = 对左边气体有 T

3 5 p′ V p′ V pV 4 ……①对右边气体有 = 4 ② T1 T T2 5 T1 = 500 K 3

①、②两式相比,可得右室中气体温度 T2 =

例 13 如图 2—13 所示, 封闭气缸的活塞被很 细的弹簧拉着,气缸内密封一定质量的气体,当温 度为 27℃时,弹簧的长度为 30cm,此时缸内气体 的压强为缸外大气压的 1.2 倍,当气温升到 123℃ 时,弹簧的长度为 36cm,求弹簧的原长. 解析 本题所研究的对象就是密封在气缸内的一定质量的气体,气体所处的初态为: T1=300K、 1=SL1、S 为气缸横截面积, 1 为弹簧长度)1=p0+F1/S=1.2P0 末态为 T2=396K、 V ( L p V2=SL2 p2=p0+F2/S(p0 为大气压强,F1、F2 为弹簧的弹力).气体从初态过渡到末态时质量恒 定,所以可利用状态方程求解:
7

将上述各状态参量代入状态方程:

p1V1 p 2V2 = T1 T2

解得: p 2 = 1.1 p1 = 1.32 p 0 由于弹力产生的压强等于气缸内外气体的压强差,

所以:

KΔL1 = p1 ? p 0 = 0.2 p 0 S



KΔL2 = p 2 ? p 0 = 0.32 p 0 S
联立①、②式得: Δl 2 = 1.6ΔL1



即 : L2 ? L0 = 1.6( L1 ? L0 )
解得弹簧的原长为 L0=20cm 例 14 一个由绝缘细细构成的钢性圆形轨道,其半径为 R,此轨道水平放置,圆心在 O 点,一个金属小珠 P 穿在此轨道上,可沿轨道无摩擦地滑动,小珠 P 带电荷 Q.已知在轨道平 面内 A 点(OA=r<R)放有一电荷 q.若在 OA 连线上某一点 A1 放电荷 q1,则给小珠 P 一个初 速度,它就沿轨道做匀速圆周运动,求 A1 点的位置及电荷 q1 之值. 解析 小珠 P 虽沿轨道做匀速圆周运动,但 受力情况并不清楚,因此不能从力的角度来解决, 可以从电势的角度来考虑,因为小珠 P 沿轨道做 匀速圆周运动,说明小珠只受法向的电场力.由此 可知,电场力对小珠 P 做功为零,根据 W=qU 可 知,圆轨道上各点电势相等,根据题意作图如图 2 —14,设 A1 点距圆形轨道的圆心 O 为 r1,A 点放 的电荷 q 距圆心为 r 由此得:

kq1 kq = R ? r r1 ? R kq1 kq = R + r r1 + R R2 R 解①、②两式可得:A1 点的位置距圆心 O 的距离为 r1 = ,所带电量 q1 = q. r r
例 15 如图 2—15 所示,两个电池组的电动 势 ε 1 = ε 2 = 3V , 每节电池的内阻均为 0.5Ω,R1=1
8

Ω,R2=2Ω,R3=1.8Ω,求通过 R1、R2、R3 的电流及 两个电池组的端电压各是多少? 解析 解此题时,可采用与力学隔离法相似 的解法,即采用电路隔离法. 气体从初态过渡到末态时质量恒定,所以可利用状态方程求解. 先将整个电路按虚线划分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个部分,则有: UAB=ε1—I1(R1+2r)……① UAB=ε2—I2(R2+2r)………………② UAB=I3R3……………………③ I1+I2=I3………………④ 联立①②③④四式解得:I1=0.6A,I2=0.4A,I3=1A,电池组ε的端电压 U1=2.4V,电池组ε2 的端电压 U2=2.6V. 例 16 如图 2—16 所示,两根相互平行的间距 L=0.4m 的金属导轨水平放在 B=0.2T 的 匀强磁场中,磁场垂直于导轨平面,导轨上的滑杆 ab、cd 所受摩擦力均为 0.2N,两杆电阻 均为 0.1Ω, 导轨电阻不计.当 ab 受到恒力 F 作用时,ab 以 v1 做匀速运动, 以 v2 做匀速运动, cd 求通过 ab 杆的电流强度的大小和方向. 解析 要求通过 ab 杆的电流强度,应通过 ab 杆受的安培力求解,这就需要隔离出 ab 杆 进行受力分析.

以 ab 杆为研究对象,因右手定则确定电流的方向为 b→a,受力如图 2—6—甲所示.因为 ab 杆匀速运动处于平衡状态,故有 F=f+BIL. 再以滑杆 ab、cd 整体作为研究对象,受力如图 2—16—乙所示,因为 ab、cd 均做匀速 运动,受力平衡,故有

F = 2 f = 0.4 N .
代入上式,解得通过 ab 杆的电流为

I=

F?f = 2.6 A BL

所以通过 ab 杆的电流的大小为 2.5A,方向 b→a.

9

针对训练
1.质量为 8kg 的木块 m 放在质量为 16kg 的木板 M 上,并通过滑轮用细绳连接,如图 2 —17 所示,M 与 m 间,M 与水平地面间的动摩擦因数μ均为 0.25,滑轮摩擦不计.欲使 M 向 匀速运动,水平拉力应为多大?(g 取 10m/s2)

2.在水平面上有两个物体 A 和 B,它们之间用不可伸缩的质量不计的细绳连接起来, 其中 mA=3kg,mB=2kg,它们与地面间的动摩擦因数μ=0.1.如图 2—18 所示,今用一与水平方 向成 37°角、大小为 10N 的恒力拉 B,使 AB 一起向右做匀加速直线运动,试求 A 对 B 的 拉力.(g 取 10m/s2) 3.如图 2—19 所示,小物体 m 放在大物体 M 上,M 系在固定于墙上的水平弹簧的另一 端,并置于光滑水平面上,若弹簧的劲度系数为 k,将 M 向右拉离平衡位置 x 后无初速度释 放,在以后的运动中 M 与 m 保持相对静止,那么 m 在运动中受到的最大和最小摩擦力分别 为多大?

4.电梯内有一个物体,质量为 m,用细线挂在电梯的天花板上,当电梯以 g/3 的加速度 竖直加速度竖直加速下降时(g 为重力加速度) ,细线对物体的拉力为( ) A.2/3mg B.1/3mg C.4/3mg D.mg 5.两物体 A 和 B,质量分别为 m1 和 m2,互 相接触放在光滑水平面上,如图 2—20 所示,对物 体 A 施以水平的推力 F, 则物体 A 对物体 B 的作用 力等于( ) A.m1F/(m1+m2) B.m2F/(m1+m2) C.F D.m2/m1F
10

6.在光滑水平面上有一木板,一木棒 A、B 可 沿水平轴 O 转动,其下端 B 搁在木板下,而整个系 统处于静止状态(如图 2—21 所示).现在用水平力 F 向左推木板,但木板仍未动.由此可以得出结论: 施力 F 后,木板和木棒之间的正压力( ) A.变大 B.不变 C.变小 D.条件不足,不能判断如何改变 7.如图 2—22 所示,两木块的质量分别为 m1 和 m2,两轻质弹簧的劲度系数分别为 k1 和 k2,上面木块压 在上面的弹簧上(但不拴接) ,整个系统处于平衡状态. 现缓慢向上提上面的木块,直到它刚离开上面弹簧,在 这过程中下面木块移动的距离为( ) A.m1g/k1 B.m2g/k1 C.m1g/k2 D.m2g/k2 8.如图 2—23,质量为 2m 的物块 A 与水平地面 的摩擦可忽略不计, 质量为 m 的物块 B 与地面的摩擦 系数为μ.在已知水平推力 F 的作用下,AB 做加速运 动,A 对 B 的作用力为 .

9.如图 2—24 所示,两块木块 A 和 B,质量分 别为 mA 和 mB,紧挨着并排在水平桌面上,AB 间的 接触面垂直于图中纸面且与水平面成θ角。A、B 间 的接触面是光滑的,但它们与水平桌面间有摩擦,静 摩擦系数和滑动摩擦系数均为μ.开始时 A、 都静止, B 现施一水平推力 F 于 A.要使 A、 向右加速运动且 A、 B B 之间不发生相对滑动,则 (1)μ的数值应满足什么条件? (2)推力 F 的最大值不能超过多少? (只考虑平动,不考虑转动问题) 10. 系统如图 2—25 所示, 滑轮与绳的质量忽略, 绳不可伸长。设系统所有部位都没有摩擦,物体 B 借 助导轨(图中未画出来)被限定沿物体 C 的右侧面运 动,试求物体 C 的运动加速度。

11

11.质量分别为 m1、m2 和 m3 的三个质点 A、B、 C 位于光滑的水平桌面上,用已拉直的不可伸长的柔 软的轻绳 AB 和 BC 连接, ABC 为 π ? α , α 为一锐 角 角, 如图 2—26 所示, 今有一冲量为 I 的冲击力沿 BC 方向作用于质点 C,求质点 A 开始运动时的速度. 12.如图 2—27 所示,四个质量均为 m 的质点,用同样长度且不可伸长的轻绳连结成菱 形 ABCD, 静止放在水平光滑的桌面上.若突然给质点 A 一个力时极短沿 CA 方向的冲击, 当 冲击结束的时刻,质点 A 的速度为 V,其他质点也获得一定的速度, ∠BAD = 2α (α < 求此质点系统受到冲击后所具有的总动量和总能量.

π
4

).

13.如图 2—28 所示,一三角木块 ABC 置于光滑水平面上,两斜边与平面夹角分别为 30°、60°.在斜边上有两个物体 m1、m2,用不可伸长的细绳连接并跨在顶点 A 的定滑轮上, m1、m2 可在斜面上无摩擦地滑动.已知木块的质量为 M,三物体的质量比为 m1:m2:M=4:1:16, 滑轮光滑且质量可忽略. (1)求 M 的加速度 a 及 m1 相对于 M 的加速度 a′ (2)若 m1 从静止开始沿斜面移动 20cm,求 M 沿水平面移动的距离.

14.如图 2—29 所示,可沿气缸壁自由活动的活塞将密封的圆筒形气缸分隔成 A、B 两 部分.活塞与气缸顶部有一弹簧相连.当活塞位于气缸底部时弹簧恰好无形变,开始时 B 内充 有一定量的气体,A 内是真空,B 部分高度为 l1=0.10 米,此时活塞受到的弹簧作用力与重力 的大小相等.现将整个装置倒置.达到新的平衡后 B 部分的高度 L2 于多少?设温度不变.

12

15.图 2—30 中竖直圆筒是固定不动的,粗筒横截面积是细筒的 4 倍,细筒足够长.粗筒 中 A、B 两轻质活塞间封有空气,气柱长 l=20 厘米.活塞 A 上方的水银深 H=10 厘米,两活 塞与筒壁间的摩擦不计.用外力向上托住活塞 B, 使之处于平衡状态, 水银面与粗筒上端相平. 现使活塞 B 缓慢上移,直至水银的一半被推入细筒中,求活塞 B 上移的距离(设在整个过程 中气柱的温度不变,大气压强 p0 相当于 75 厘米高的水银柱产生的压强). 16.如图 2—31 是容器的截面图,它是由 A、B 两部分构成,两部分都是圆筒形,高度 都是 h,底面积 SB=S,SA=2S,容器下端有一小孔 a 与大气相通,上端开口,B 中有一质量 为 m 厚度不计的活塞,它与 B 的器壁有摩擦,最大摩擦力为 f(f)mg,开始时活塞 N 位于 B 的最下端,已知大气压强为 p0,当时温度为 T0,现把 a 孔封闭,为保证封闭气体不与外界相 通,筒中气体温度允许在多大范围内变化? 17.如图 2—32 所示,长为 2l 的圆形筒形气缸 可沿摩擦因数为μ的水平面滑动, 在气缸中央有一个 截面积为 S 的活塞,气缸内气体的温度为 T0,压强 为 p0(大气压强也为 p0).在墙壁与活塞之间装有劲 度系数为 k 的弹簧, 当活塞处于如图位置时, 弹簧恰 好在原长位置.今使气缸内气体体积增加一倍,问气 体的温度应达到多少? (气缸内壁光滑, 活塞和气缸 总质量为 m). 18.A、B 两带电小球,A 固定不动,B 的质量为 m.在库仑作用下,B 由静止开始运动. 已知初始时 A、B 间的距离为 d,B 的加速度为 a。经过一段时间后,B 的加速度变为 a/4, .已知此时 B 的速度为 v,则在此过程中电势能的减少量 此时 A、B 间的距离应为 为 . 19. 如图 2—33 所示, 是电磁流量计的示意图, 在非磁性材料做成的圆管道外加一匀强磁场区域, 当管中的导电液体流过磁场区域时,测出管壁上、 下表面两点 a、b 间的电动势为ε,从而可求出管 中液体在单位时间内的流量 Q.已知圆管的内径为 D,磁感应强度为 B,试推导出 Q 与ε的关系表达
13

式. 20.如图 2—34 所示,一矩形管中(管长为 l,两侧面为导电面,并有导线在外面与之 相连,上下面则为绝缘面)有电阻率为ρ的水银流动,当其一端加上压强 p 时,水银的流速 为 v0.现在竖直方向加上磁感应强度为 B 的匀强磁场.试证明:此时水银的流速为

v = v 0 (1 +

v0 B 2 L ?1 ) .(设水银的速度与压强成正比) ρp

答案:
1.F=100N 2.T=5.16N 3. f max =

mkx M +m

f min = 0
(2)F <

4.A 5.B 6.C

7.C

8. ( F + 2mg ) / 3

9. (1) μ <

MA tan θ m A + mB

(m A + m B )m A ? g (tan θ ? μ ) mB

10. aC =

m A mB g (m A + m B + mC )(m A + m B ) ? m A lm 2 cos α 方向沿 AB 方向 m2 (m1 + m2 + m3 ) + m1 m2 sin 2 α

11. v A =

4mv 12.P= 1 + 2 sin 2 α
13. (1) a = 0.5m / s
2

2mv 2 E= (1 + 2 sin 2 α )
a ′ = 0.64m / s 2
16. (2) 3.78cm

14.0.2m

15.8cm

p 0 S + mg ? f p S + mg + f T0 ≤ T ≤ 0 T0 p0 S p0 S

14

17.摩擦力足够大时 T = 2(1 +

kl )T0 p0 S

摩擦力不是足够大时 T = 2(1 +

μmg
p0 S

)T0

18. 2d ,

1 2 mv 2

19. Q = πDε /( 4 B )

20.证明略

15

高中奥林匹克物理竞赛解题方法五
五、极限法
方法简介 极限法是把某个物理量推向极端,即极大和极小或极左和极右,并依此做出科学的 推理分析,从而给出判断或导出一般结论。极限法在进行某些物理过程的分析时,具有 独特作用,恰当应用极限法能提高解题效率,使问题化难为易,化繁为简,思路灵活, 判断准确。因此要求解题者,不仅具有严谨的逻辑推理能力,而且具有丰富的想象能力, 从而得到事半功倍的效果。 赛题精讲 例 1:如图 5—1 所示, 一个质量为 m 的小球位于一质量可忽略的直立 弹簧上方 h 高度处,该小球从静止开始落向弹簧,设弹簧的劲度 系数为 k,则物块可能获得的最大动能为 。 解析:球跟弹簧接触后,先做变加速运动,后做变减速运动,据此推理, 小球所受合力为零的位置速度、动能最大。所以速最大时有 mg=kx ① 由机械能守恒有

图 5—1

mg (h + x) = E k +
E k = mgh ?

1 2 kx 2



联立①②式解得

1 m2 g 2 ? 2 k

例 2:如图 5—2 所示,倾角为 α 的斜面上方有一点 O,在 O 点放一至 斜面的光滑直轨道,要求一质点从 O 点沿直轨道到达斜面 P 点 的时间最短。求该直轨道与竖直方向的夹角 β 。 图 5—2 解析:质点沿 OP 做匀加速直线运动,运动的时间 t 应该与 β 角有关, 求时间 t 对于 β 角的函数的极值即可。 由牛顿运动定律可知,质点沿光滑轨道下滑的加速度为

a = g cos β
该质点沿轨道由静止滑到斜面所用的时间为 t,则

1 2 at = OP 2

1

所以 t =

2OP g cos β



由图可知,在△OPC 中有

OP OC = o sin(90 ? α ) sin(90 o + α ? β )
所以 OP =

OC cos α cos(α ? β )



将②式代入①式得

t=

2OC cos α 4OC cos α = g cos β cos(α ? β ) [cos α + cos(α ? 2 β )]g

显然,当 cos(α ? 2 β ) = 1, 即β = 所以当 β =

α
2

时,上式有最小值.

α
2

时,质点沿直轨道滑到斜面所用的时间最短。

此题也可以用作图法求解。 例 3:从底角为 θ 的斜面顶端,以初速度 υ 0 水平抛出一小球,不计 空气阻力,若斜面足够长,如图 5—3 所示,则小球抛出后, 离开斜面的最大距离 H 为多少? 解析:当物体的速度方向与斜面平行时,物体离斜面最远。 以水平向右为 x 轴正方向,竖直向下为 y 轴正方向, 则由: v y = v0 tan θ = gt ,解得运动时间为 t =
2 v0 tan θ g

图 5—3

v0 tan θ g

该点的坐标为 x = v 0 t =

y=

2 1 2 v0 tan 2 θ gt = 2 2g

由几何关系得: H / cosθ + y = x tan θ
2 v0 解得小球离开斜面的最大距离为 H = tan θ ? sin θ 。 2g

这道题若以沿斜面方向和垂直于斜面方向建立坐标轴,求解则更加简便。 例 4:如图 5—4 所示,一水枪需将水射到离喷口的水平距离为 3.0m 的墙外, 从喷口算起, 墙高为 4.0m。 若不计空气阻力,取

g = 10m / s 2 ,求所需的最小初速及对应的发射仰角。
2

图 5—4

解析:水流做斜上抛运动,以喷口 O 为原点建立如图所示的 直角坐标,本题的任务就是水流能通过点 A(d、h)的最小初速度和发射仰角。

? x = v0 cos α ? t ? 根据平抛运动的规律,水流的运动方程为 ? 1 2 ? y = v0 sin α ? t ? 2 gt ?
把 A 点坐标(d、h)代入以上两式,消去 t,得:
2 v0 = ? gd 2 / 2 cos 2 α ? (h ? d tan α )

= gd 2 /[d sin 2α ? h(cos 2α + 1)] = gd 2 / d 2 + h 2 [ d d +h
2 2 2

? sin 2α ?

h d + h2
2 2 2

? cos 2α ] ? h

令 h / d = tan θ , 则d / d + h = cosθ , h / d + h = sin θ , 上式可变为
2 2 v0 = gd 2 / d 2 + h 2 sin(2α ? θ ) ? h, 显然,当 sin( 2α ? θ ) = 1, 即2α ? θ = 90 o

亦即发射角α = 45 o +
且最小初速 v 0 =

θ

1 h 4 = 45 o + arctan = 45 o + arctan = 71.6 o 时, v0 最小, 2 2 d 3

g ( d 2 + h 2 + h) = 3 10m / s = 9.5m / s.

例 5:如图 5—5 所示,一质量为 m 的人,从长为 l、质量为 M 的铁板的一端匀加速跑向另一端,并在另一端骤然停止。 铁板和水平面间摩擦因数为 μ ,人和铁板间摩擦因数为

μ ′ ,且 μ ′ >> μ 。这样,人能使铁板朝其跑动方向移动

图 5—5

的最大距离 L 是多少? 解析:人骤然停止奔跑后,其原有动量转化为与铁板一起向前冲的动量,此后,地面对 载人铁板的阻力是地面对铁板的摩擦力 f,其加速度 a1 = 由于铁板移动的距离 L =
f μ ( M + m) g = = μg 。 M +m M +m

v′ 2 , 故v ′ 越大,L 越大。 v ′ 是人与铁板一起开始地运动 2a1

的速度,因此人应以不会引起铁板运动的最大加速度奔跑。 人在铁板上奔跑但铁板没有移动时,人若达到最大加速度,则地面与铁板之 间的摩擦力达到最大静摩擦 μ ( M + m) g ,根据系统的牛顿第二定律得:

F = ma 2 + M ? 0
所以 a 2 =

F M +m =μ g m m
3

①哈

设 v 、 v ′ 分别是人奔跑结束及人和铁板一起运动时的速度 因为 mv = ( M + m)v ′ 且 v = 2a 2 l , v ′ = 2a1 L
2 2



并将 a1 、 a 2 代入②式解得铁板移动的最大距离

L=

m l M +m

例 6:设地球的质量为 M,人造卫星的质量为 m,地球的半径为 R0,人造卫星环绕地球 做圆周运动的半径为 r。试证明:从地面上将卫星发射至运行轨道,发射速度

v = R0 g ( 2 ?

R0 ) ,并用该式求出这个发射速度的最小值和最大值。 (取 R0=6.4 r

,设大气层对卫星的阻力忽略不计,地面的重力加速度为 g) ×106 m) 解析:由能量守恒定律,卫星在地球的引力场中运动时总机械能为一常量。设卫星从地 面发射的速度为 v发 ,卫星发射时具有的机械能为

E1 =

1 2 Mm mv发 ? G 2 R0 1 2 Mm mv轨 ? G 2 r



进入轨道后卫星的机械能为 E 2 = 由 E1=E2,并代入 v轨 =



R GM GM , 解得发射速度为 v发 = (2 ? 0 ) r R0 r



又因为在地面上万有引力等于重力,即: G

Mm = mg R02

所以

GM = R0 g ④ R0

把④式代入③式即得: v发 =

R0 g ( 2 ?

R0 ) r

(1)如果 r=R0,即当卫星贴近地球表面做匀速圆周运动时,所需发射速度最小 为 v min =

gR0 = 7.9 × 10 3 m / s .

(2)如果 r → ∞ ,所需发射速度最大(称为第二宇宙速度或脱离速度)为

v max = 2 R0 g = 11.2 × 10 3 m / s
例 7:如图 5—6 所示,半径为 R 的匀质半球体,其重心在球心 O 点正下方 C 点处,OC=3R/8, 半球重为 G,半球放在
4

水平面上,在半球的平面上放一重为 G/8 的物体,它与半 球平在间的动摩擦因数 μ = 0.2 , 求无滑动时物体离球心 O 点最大距离是多少? 解析:物体离 O 点放得越远,根据力矩的平衡,半球体转过的角度 θ 越大,但物体在球 体斜面上保持相对静止时, θ 有限度。 设物体距球心为 x 时恰好无滑动, 对整体以半球体和地面接触点为轴, 根据平 衡条件有: G ? 图 5—6

得 x = 3R tan θ 可见,x 随 θ 增大而增大。临界情况对应物体所受摩擦力为最大静摩擦力,则:

3R G sin θ = x cosθ 8 8

tan θ m =

fm = μ = 0.2, 所以, x = 3μR = 0.6 R . N

例 8:有一质量为 m=50kg 的直杆,竖立在水平地面上,杆与地面间 静摩擦因数 μ = 0.3 ,杆的上端固定在地面上的绳索拉住,绳 与杆的夹角 θ = 30 ,如图 5—7 所示。
o

图 5—7

,要 (1)若以水平力 F 作用在杆上,作用点到地面的距离 h1 = 2 L / 5( L 为杆长) 使杆不滑倒,力 F 最大不能越过多少? (2)若将作用点移到 h2 = 4 L / 5 处时,情况又如何? 解析:杆不滑倒应从两方面考虑,杆与地面间的静摩擦力达到极限的前提下,力的大小 还与 h 有关,讨论力与 h 的关系是关键。 杆的受力如图 5—7—甲所示,由平衡条件得

F ? T sin θ ? f = 0 N ? T cosθ ? mg = 0 F ( L ? h) ? fL = 0
刚要滑倒,此时满足: f = μN 解得: Fmas = 图 5—7—甲

另由上式可知,F 增大时,f 相应也增大,故当 f 增大到最大静摩擦力时,杆

mgL tan θ ( L ? h) tan θ / μ ? h

由上式又可知,当 ( L ? h) tan θ / μ ? h → ∞, 即当h0 = 0.66 L 时对 F 就没有限制了。

5

(1)当 h1 =

2 L < h0 ,将有关数据代入 Fmax 的表达式得 5

Fmax = 385 N
(2)当 h2 =

4 L > h0 , 无论 F 为何值,都不可能使杆滑倒,这种现象即称为自锁。 5

例 9:放在光滑水平面上的木板质量为 M,如图 5—8 所示,板上有 质量为 m 的小狗以与木板成 θ 角的初速度 v 0 (相对于地面) 由 A 点跳到 B 点,已知 AB 间距离为 s。求初速度的最小值。 图 5—8 解析:小狗跳起后,做斜上抛运动,水平位移向右,由于水平方向动量守恒,木板向左 运动。小狗落到板上的 B 点时,小狗和木板对地位移的大小之和,是小狗对木板 的水平位移。 由于水平方向动量守恒,有 mv0 cos θ = Mv

即v =

mv0 sin θ M



小狗在空中做斜抛运动的时间为 t = 又 s + v0 cos θ ? t = vt 将①、②代入③式得 v0 =

2v0 sin θ g





Mgs ( M + m) sin 2θ
Mgs 。 M +m

当 sin 2θ = 1, 即θ =

π
4

时, v0 有最小值, v0 min =

例 10:一小物块以速度 v0 = 10m / s 沿光滑地面滑行,然后沿光滑 曲面上升到顶部水平的高台上,并由高台上飞出,如图 5—9 所示, 当高台的高度 h 多大时,小物块飞行的水平距离 s 最 图 5—9 大?这个距离是多少?(g 取 10m/s2) 解析:依题意,小物块经历两个过程。在脱离曲面顶部之前,小物块受重力和支持力, 由于支持力不做功,物块的机械能守恒,物块从高台上飞出后,做平抛运动,其 水平距离 s 是高度 h 的函数。 设小物块刚脱离曲面顶部的速度为 v ,根据机械能守恒定律,

1 2 1 2 mv0 = mv + mgh 2 2



小物块做平抛运动的水平距离 s 和高度 h 分别为: h =
6

1 2 gt 2



s = vt
以上三式联立解得: s =
2 v0 ? 2 gh



v2 v2 2h = 2 ( 0 ) 2 ? (h ? 0 ) 2 g 4g 4g

当h =

2 v0 v2 = 2.5m 时,飞行距离最大,为 s max = 0 = 5m 。 4g 2g

例 11:军训中,战士距墙 s,以速度 v 0 起跳,如图 5—10 所示, 再用脚蹬墙面一次,使身体变为竖直向上的运动以继续 升高,墙面与鞋底之间的静摩擦因数为 μ 。求能使人体 重心有最大总升高的起跳角 θ 。 图 5—10 解析:人体重心最大总升高分为两部分,一部分是人做斜上抛运动上升的高度,另一部 分是人蹬墙所能上升的高度。 如图 5—10—甲,人做斜抛运动 v x = v0 cos θ ,

v y = v0 sin θ ? gt
图 5—10—甲 重心升高为 H 1 = s 0 tan θ ?

s 1 g( )2 2 v0 cosθ

脚蹬墙面,利用最大静摩擦力的冲量可使人向上的动量增加,即

Δ (mv y ) = mΔv y = ∑ f (t ) = ∑ μN (t ) Δt = μ ∑ N (t ) Δt , 而∑ N (t )Δt = mv x ,

∴ Δv y = μv x ,所以人蹬墙后,其重心在竖直方向向上的速度为 v ′y = v y + Δv y = v y + μv x ,继续升高 H 2 = v ′y2 2g
,人的重心总升高

H=H1+H2=

2 v0 1 ( μ cos θ + sin θ ) 2 ? μs 0 , 当θ = tan ?1 时,重心升高最大。 2g μ

例 12:如图 5—11 所示,一质量为 M 的平顶小车,以速度 v 0 沿水 平的光滑轨道做匀速直线运动。现将一质量为 m 的小物块无 初速地放置在车顶前缘。已知物块和车顶之间的滑动摩擦因 数为 μ 。

图 5—11

(1)若要求物块不会从车顶后缘掉下,则该车顶最少要多长? (2)若车顶长度符合(1)问中的要求,整个过程中摩擦力共做多少功? 解析:当两物体具有共同速度时,相对位移最大,这个相对位移的大小即为车顶的最小
7

长度。 设车长至少为 l,则根据动量守恒

Mv0 = ( M + m)v
根据功能关系

mgμl =

1 1 2 Mv0 ? ( M + m)v 2 2 2

解得

l=

2 Mv0 ,摩擦力共做功 2( M + m ) gμ 2 Mmv0 2( M + m )

W = ? mgμl = ?

例 13:一质量 m=200kg,高 2.00m 的薄底大金属桶倒扣在宽广的 水池底部,如图 5—12 所示。桶的内横截面积 S=0.500m2, - 桶壁加桶底的体积为 V0=2.50×10 2 m3。桶内封有高度为 l=0.200m 的空气。池深 H0=20.0m,大气压强 p0=10.00m 水
3 3

图 5—12

柱高,水的密度 ρ = 1.000 × 10 kg / m ,重力加速度取 g=10.00m/s2。若用图中所 示吊绳将桶上提,使桶底到达水面处,求绳子拉力对桶所需何等的最小功为多少 焦耳?(结果要保留三位有效数字) 。不计水的阻力,设水温很低,不计其饱和蒸 汽压的影响。并设水温上下均匀且保持不变。 解析:当桶沉到池底时,桶自身重力大于浮力。在绳子的作用下 桶被缓慢提高过程中,桶内气体体积逐步增加,排开水的 体积也逐步增加,桶受到的浮力也逐渐增加,绳子的拉力 逐渐减小,当桶受到的浮力等于重力时,即绳子拉力恰好 减为零时,桶将处于不稳定平衡的状态,因为若有一扰动 使桶略有上升,则浮力大于重力,无需绳的拉力,桶就会 图 5—12—甲 自动浮起,而不需再拉绳。因此绳对桶的拉力所需做的最 小功等于将桶从池底缓慢地提高到浮力等于重力的位置时绳子拉桶所做的功。 设浮力等于重力的不稳定平衡位置到池底的距离为 H,桶内气体的厚度为 l ′ , 如图 5—12—甲所示。因为总的浮力等于桶的重力 mg,因而有

ρ (l ′S + V0 ) g = mg
有 l ′ =0.350m ① 在桶由池底上升高度 H 到达不稳定平衡位置的过程中,桶内气体做等温变化, 由玻意耳定律得

[ p 0 + H 0 ? H ? (l 0 ? l ′)]l ′S = [ p 0 + H 0 ? (l 0 ? l )]lS
由①、②两式可得 H=12.240m
8



由③式可知 H<(H0- l ′ ) ,所以桶由池底到达不稳定平衡位置时,整个桶仍 浸在水中。 由上分析可知,绳子的拉力在整个过程中是一个变力。对于变力做功,可以 通过分析水和桶组成的系统的能量变化的关系来求解:先求出桶内池底缓慢地提 高了 H 高度后的总机械能量△E·△E 由三部分组成: (1)桶的重力势能增量

ΔE1 = mgH



(2)由于桶本身体积在不同高度处排开水的势能不同所产生的机械能的改变量 △E2,可认为在 H 高度时桶本身体积所排开的水是去填充桶在池底时桶所占 有的空间,这时水的重力势能减少了。 所以 ΔE 2 = ? ρV0 gH ⑤

(3)由于桶内气体在不同高度处所排开水的势能不同所产生的机械能的改变 △E3,由于桶内气体体积膨胀,因而桶在 H 高度时桶本身空气所排开的水可 分为两部分:一部分可看为填充桶在池底时空气所占空间,体积为 lS 的水, 这部分水增加的重力势能为

ΔE31 = ?lρSgH



另一部分体积为 (l ′ ? l ) S 的水上升到水池表面,这部分水上升的平均高度为

[ H 0 ? H ? l 0 + l + (l ′ ? l ) / 2] ,
增加的重力势能为

ΔE32 = ρ (l ′ ? l ) Sg[ H 0 ? H ? l 0 + l + (l ′ ? l ) / 2]



由整个系统的功能关系得,绳子拉力所需做的最小功为 WT=△E ⑧ 将④、⑤、⑥、⑦式代入⑧式得

WT = ρSg[(l ′ ? l )( H ? l 0 ) + (l ′ 2 ? l 2 ) / 2]



将有关数据代入⑨式计算,并取三位有效数字,可得 WT=1.37×104J 例 14:如图 5—13 所示,劲度系数为 k 的水平轻质弹簧,左端固定, 右端系一质量为 m 的物体,物体可在有摩擦的水平桌面上滑 动,弹簧为原长时位于 O 点,现把物体拉到距 O 为 A0 的 P 点按住,放手后弹簧把物体拉动,设物体在第二次经过 O 点前, 在 O 点左方停住,求: (1)物体与桌面间的动摩擦因数 μ 的大小应在什么范围内?
9

图 5—13

(2)物体停住点离 O 点的距离的最大值,并回答这是不是物体在运动过程中所

能达到的左方最远值?为什么?(认为动摩擦因数与静摩擦因数相等) 解析:要想物体在第二次经过 O 点前,在 O 点左方停住,则需克服摩擦力做功消耗掉全 部弹性势能,同时还需合外力为零即满足平衡条件。 (1)物体在距离 O 点为 l 处停住不动的条件是: a.物体的速度为零,弹性势能的减小等于物体克服滑动摩擦力所做的功。 b.弹簧弹力≤最大静摩擦力 对物体运动做如下分析: ①物体向左运动并正好停在 O 点的条件是: 得: μ =

1 2 kA0 = μmgA0 2

1 kA0 2mg 1 kA0 ,则物体将滑过 O 点,设它到 O 点左方 B 处(设 OB=L1)时 2mg

②若 μ <

速度为零,则有:

1 2 1 2 kA0 ? kL1 = μmg ( A0 + L1 ) 2 2
若物体能停住,则 kL1 ≤ μmg , 故得μ ≥



1 kA0 3mg



③如果②能满足,但 μ <

1 kA0 ,则物体不会停在 B 处而要向右运动。 μ 值越 3mg 1 2 kL1 = μmgL1 2

小,则往右滑动的距离越远。设物体正好停在 O 处,则有: 得: μ =

1 1 kA0 。要求物体停在 O 点左方,则相应地要求 μ > kA0 。 4mg 4mg

综合以上分析结果,物体停在 O 点左方而不是第二次经过 O 点时,μ 的取值 范围为

1 1 kA0 < μ < kA0 4mg 2mg 1 1 kA0 ≤ μ < kA0 范围内时, 物体向左滑动直至停止而不返回, 3mg 2mg

(2) μ 在 当

由②式可求出最远停住点(设为 B1 点)到 O 点的距离为

L = A0 ?

A 2μmg 2mg kA0 = A0 ? ( )( )= 0. k k 3mg 3
10

当μ<

A 1 kA0 时,物体在 B1 点( OB1 = 0 )的速度大于零,因此物体将继续 3mg 3

向左运动,但它不可能停在 B1 点的左方。因为与 B1 点相对应的 μ =

1 kA0 , 3mg

L1=A0/3,如果停留在 B 1 点的左方,则物体在 B1 点的弹力大于

kA0 ,而摩擦力 3

umg

kA0 ,小于弹力大于摩 3

擦力,所以物体不可能停住而一定返回,最后停留在 O 与 B1 之间。 所以无论 μ 值如何,物体停住与 O 点的最大距离为

A0 ,但这不是物体在运 3

动过程中所能达到的左方最远值。 例 15:使一原来不带电的导体小球与一带电量为 Q 的导体大球接触,分开之后,小球获 得电量 q。今让小球与大球反复接触,在每次分开后,都给大球补充电荷,使其 带电量恢复到原来的值 Q。求小球可能获得的最大电量。 解析:两球接触后电荷的分配比例是由两球的半径决定的,这个比例是恒定的。 根据两球带电比例恒定,第一次接触,电荷量之比为

Q?q q Qq Q?q

最后接触电荷之比为

Q Q?q Q = ,有 qm q qm

∴ qm =

此题也可以用递推法求解。 例 16:一系列相同的电阻 R,如图 5—14 所示连接,求 AB 间 的等效电阻 RAB。 解析:无穷网络,增加或减小网络的格数,其等效电阻不变, 所以 RAB 跟从 CD 往右看的电阻是相等的。因此,有

图 5—14 图 5—14

R AB = 2 R +

R AB R 解得R AB = ( 3 + 1) R R AB + R

例 17:如图 5—15 所示,一个 U 形导体框架,宽度 L=1m, 其所在平面与水平面的夹角 α = 30 ,其电阻可以忽
o

略不计,设匀强磁场为 U 形框架的平面垂直,磁感 应强度 B=1T,质量 0.2kg 的导体棒电阻 R=0.1Ω,跨
11

图 5—15

放在 U 形框上,并且能无摩擦地滑动。求: (1)导体棒 ab 下滑的最大速度 v m ; (2)在最大速度 v m 时,ab 上释放出来的电功率。 解析:导体棒做变加速下滑,当合力为零时速度最大,以后保持匀速运动 (1)棒 ab 匀速下滑时,有 mg sin α = BIl , 而I = 解得最大速度

vm =

mg sin α ? R = 0.1m / s B 2l 2

Blv R

(2)速度最大时,ab 释放的电功率 P = mg sin α ? v m = 0.1 W 针对训练 1.如图 5—16 所示,原长 L0 为 100 厘米的轻质弹簧放置在一光滑 的直槽内,弹簧的一端固定在槽的 O 端,另一端连接一小球, 这一装置可以从水平位置开始绕 O 点缓缓地转到竖直位置。设 弹簧的形变总是在其弹性限度内。试在下述(a) (b)两种情 、 况下,分别求出这种装置从原来的水平位置开始缓缓地绕 O 点 转到竖直位置时小球离开原水平面的高度 h0。 (a)在转动过程 中,发现小球距原水平面的高度变化出现极大值,且极大值 hm 为 40 厘米, (b)在转动的过程中,发现小球离原水平面的高度 不断增大。 2.如图 5—17 所示,一滑雪运动员自 H 为 50 米高处滑至 O 点,由 于运动员的技巧(阻力不计) ,运动员在 O 点保持速率 v 0 不变, 并以仰角 θ 起跳,落至 B 点,令 OB 为 L,试问 α 为 30°时,L 的最大值是多大?当 L 取极值时, θ 角为多大? 3.如图 5—18 所示,质量为 M 的长滑块静止放在光滑水平面上,左 侧固定一劲度系数为 K 且足够长的水平轻质弹簧,右侧用一不可 伸长的细轻绳连接于竖直墙上,细线所能承受的最大拉力为 T。 使一质量为 m,初速度为 v 0 的小物体,在滑块上无摩擦地向左运

图 5—16

图 5—17

图 5—18

动,而后压缩弹簧。 (1)求出细线被拉断的条件; (2)滑块在细线拉断后被加速的过程中,所能获得的最大的左向加速度为多大? (3)物体最后离开滑块时相对于地面速度恰为零的条件是什么? 4.质量 m=2.0kg 的小铁块静止于水平导轨 AB 的 A 端,导轨及支架 ABCD 形状及尺寸 如图 5—19 所示,它只能绕通过支架 D 点的垂直于纸面的水平轴转动,其重心在图
12

中的 O 点,质量 M=4.0kg,现用一细线沿轨拉铁块,拉力 F=12N,铁块和导轨之间 的摩擦系数 μ = 0.50 ,重力加速度 g=10m/s2,从铁块运动时起,导轨(及支架)能 保持静止的最长时间 t 是多少?

图 5—19 图 5—20 图 5—21 5.如图 5—20 所示,在水平桌面上放一质量为 M、截面为直角三角形的物体 ABC。AB 与 AC 间的夹角为 θ ,B 点到桌面的高度为 h。在斜面 AB 上的底部 A 处放一质量 为 m 的小物体。开始时两者皆静止。现给小物体一沿斜面 AB 方向的初速度 v 0 ,如 果小物体与斜面间以及 ABC 与水平桌面间的摩擦都不考虑,则 v 0 至少要大于何值 才能使小物体经 B 点滑出? 6.如图 5—21 所示,长为 L 的光滑平台固定在地面上,平台中央放有一小物体 A 和 B, 两者彼此接触。物体 A 的上表面是半径为 R(R<<L)的半圆形轨道,轨道顶端距 台面的高度为 h 处,有一小物体 C,A、B、C 的质量均为 m。现物体 C 从静止状态 沿轨道下滑,已知在运动过程中,A、C 始终保持接触,试求: (1)物体 A 和 B 刚分离时,物体 B 的速度; (2)物体 A 和 B 分离后,物体 C 所能达到距台面的最大高度; (3)判断物体 A 从平台的左边还是右边落地,并粗略估算物体 A 从 B 分离后到离开台 面所经历的时间。 7.电容器 C1、C2 和可变电阻器 R1、R2 以及电源ε连 接成如图 5—22 所示的电路。当 R1 的滑动触头在 图示位置时,C1、C2 的电量相等。要使 C1 的电量 大于 C2 的电量,应 ( ) 图 5—22 A.增大 R2 B.减小 R2 C.将 R1 的滑动触头向 A 端移动 D.将 R1 的滑动触头向 B 端滑动 8.如图 5—23 所示的电路中,电源的电动势恒定,要想使灯泡变亮,可以 ( ) A.增大 R1 B.减小 R2 C.增大 R2 D.减小 R2

13

图 5—23 图 5—24 图 5—25 9.电路如图 5—24 所示,求当 R′为何值时,RAB 的阻值与“网格”的数目无关?此时 RAB 的阻值等于什么? 10.如图 5—25 所示,A、B 两块不带电的金属板,长为 5d,相距为 d,水平放置,B 板接地,两板间有垂直纸面向里的匀强磁场,现有宽度为 d 的电子束从两板左侧水 平方向入射,每个电子的质量为 m,电量为 e,速度为 v ,要使电子不会从两板间 射出,求两板间的磁感应强度应为多大? 11.图 5—26 中 abcd 是一个固定的 U 形金属框架, ad 和 cd 边 都很长, bc 边长为 L,框架的电阻可不计, ef 是放置在框 架上与 bc 平行的导体杆,它可在框架上自由滑动(摩擦可 忽略) ,它的电阻 R, 现沿垂直于框架的方向加一恒定的匀 图 5—26 强磁场,磁感应强度为 B,方向垂直于纸面向里,已知当以 恒定力 F 向右拉导体杆 ef 时,导体杆最后匀速滑动,求匀速滑动,求匀速滑动时的 速度? 12.如图 5—27 所示,导线框 abcd 固定在竖直平面内,bc 段的电 阻为 R,其他电阻均可忽略。ef 是一电阻可忽略的水平放置 的导体杆,杆长为 L,质量为 m,杆的两端分别与 ab 和 cd 保 持良好接触,又能沿它们无摩擦地滑动。整个装置放在磁感应 强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向与框面垂直。现用一恒力 F 竖直向上拉 ef,当 ef 匀速上升时,其速度的大小为多大? 图 5—27 13.在倾角为 α 的足够长的两光滑平行金属导轨上,放一质量为 m,电阻为 R 的金属棒 ab,所在空间有磁感应强度为 B 的 匀强磁场,方向垂直轨道平面向上,导轨宽度为 L,如图 5—28 所示,电源电动势为ε,电源内阻和导轨电阻均不计, 图 5—28 电容器的电容为 C。求: (1)当开关 S 接 1 时,棒 ab 的稳定速度是多大? (2)当开关 S 接 2 时,达到稳定状态时,棒 ab 将做何运动? 14.如图 5—29 所示,有上下两层水平放置的平行光滑导轨,间 距是 L,上层导轨上搁置一根质量为 m、电阻是 R 的金属杆 ST,下层导轨末端紧接着两根竖直在竖直平面内的半径为 R 图 5—29 的光滑绝缘半圆形轨道,在靠近半圆形轨道处搁置一根质量 也是 m、电阻也是 R 的金属杆 AB。上下两层平行导轨所在区域里有一个竖直向下 的匀强磁场。当闭合开关 S 后,有电量 q 通过金属杆 AB,杆 AB 滑过下层导轨后 进入半圆形轨道并且刚好能通过轨道最高点 D′F′后滑上上层导轨。设上下两层 导轨都足够长,电阻不计。 (1)求磁场的磁感应强度。 (2)求金属杆 AB 刚滑到上层导轨瞬间,上层导轨和金属杆组成的回路里的电流。 (3)求两金属杆在上层导轨滑动的最终速度。 (4) 问从 AB 滑到上层导轨到具有最终速度这段时间里上层导轨回路中有多少能量
14

转变为内能? l1 15.位于竖直平面内的矩形平面导线框 abcd,ab 长为 l1,是 b a l2 水平的,bc 长 l2, 线框的质量为 m, 电阻为 R, 其下 d c h 方有一匀强磁场区域,该区域的上、下边界 PP′和 QQ′ P P′ 均与 ab 平行,两边界间的距离为 H,H>l2,磁场的磁感 强度为 B,方向与线框平面垂直,如图 5—30 所示,令 Q Q′ 线框的 dc 边从离磁场区域上边界 PP′的距离为 h 处自由 图 5—30 下落,已知在线框的 dc 边进入磁场以后,ab 边到达边界 PP′之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值。 问从线框开始下落到 dc 边刚刚到达磁场区域下边界 QQ′的过程中,磁场作用于线框的安培力做的总功为 多少?

答案:
1.(a)37.5cm 3. v0 > (b)50cm<h<100cm 2. Lmax = 200m

θ = 30°
T (m ? M ) K 1 3L R (3) 4 gh

T mK
5.

,a =

1 M

m 2 ( KMv0 + T 2 ) m+M
6. (1)

v0 =

4.1.41s

2( M + m) gh M + mL2θ

gh 3

(2) h ?

7.D 10.

8.B、C

9. ( 5 ? 1) R

( 5 + 1) R

mv 2mv FR ( F ? mg ) R ≤B≤ 11. 2 2 12. 13de de B L B 2 L2 BIε ? mgR sin α mg sin α 13. (1) (2)加速度 2 2 m + CB 2 L2 B L m 5 gR qL
(2)

14. (1)

BL gR 2R

(3)

gR 1 (4) mgR 2R 4

15. W =

m3 g 2 R 2 ? mg (l 2 + h) 2B 4l 4

15

高中奥林匹克物理竞赛解题方法三

三、微元法
方法简介
微元法是分析、解决物理问题中的常用方法,也是从部分到整体的思维方法。用该方法 可以使一些复杂的物理过程用我们熟悉的物理规律迅速地加以解决,使所求的问题简单化。 在使用微元法处理问题时,需将其分解为众多微小的“元过程” ,而且每个“元过程”所遵 循的规律是相同的,这样,我们只需分析这些“元过程” ,然后再将“元过程”进行必要的 数学方法或物理思想处理,进而使问题求解。使用此方法会加强我们对已知规律的再思考, 从而引起巩固知识、加深认识和提高能力的作用。

赛题精讲
例 1:如图 3—1 所示,一个身高为 h 的人在灯以悟空速度 v 沿水平直线行走。设灯距地面高 为 H,求证人影的顶端 C 点是做匀速直线运动。 解析:该题不能用速度分解求解,考虑采用“微元法” 。 设某一时间人经过 AB 处,再经过一微小过程 △t(△t→0) ,则人由 AB 到达 A′B′,人影顶端 C 点到达 C′点,由于△SAA′=v△t 则人影顶端的

H ΔS AA′ ΔS CC ′ Hv = 移动速度 vC = lim = lim H ? h Δt → 0 Δt →0 Δt H ?h Δt
可见 vc 与所取时间△t 的长短无关,所以人影的顶 端 C 点做匀速直线运动. 例 2:如图 3—2 所示,一个半径为 R 的四分之一光滑球 面放在水平桌面上,球面上放置一光滑均匀铁链,其 A 端固定在球面的顶点,B 端恰与桌面不接触,铁链单位 长度的质量为ρ.试求铁链 A 端受的拉力 T. 解析:以铁链为研究对象,由由于整条铁链的长度不能 忽略不计,所以整条铁链不能看成质点,要分析铁链的受 力情况,须考虑将铁链分割,使每一小段铁链可以看成质 点,分析每一小段铁边的受力,根据物体的平衡条件得出 整条铁链的受力情况. 在铁链上任取长为△L 的一小段(微元)为研究对象, 其受力分析如图 3—2—甲所示.由于该元处于静止状态, 所以受力平衡,在切线方向上应满足:
物理奥赛三第 1 页

Tθ + ΔTθ = ΔG cosθ + Tθ

ΔTθ = ΔG cosθ = ρΔLg cosθ

由于每段铁链沿切线向上的拉力比沿切线向下的拉力大 △Tθ,所以整个铁链对 A 端的拉力是各段上△Tθ的和, 即

T = ∑ ΔTθ =∑ ρΔLg cosθ = ρg ∑ ΔL cosθ

观察 ΔL cosθ 的意义,见图 3—2—乙,由于△θ很小, 所以 CD⊥OC,∠OCE=θ△Lcosθ表示△L 在竖直方向上的投影△R, 所以

∑ ΔL cosθ = R

可得铁链 A 端受的拉力

T = ρg ∑ ΔL cosθ = ρgR

例 3:某行星围绕太阳 C 沿圆弧轨道运行,它的近日点 A 离太阳的距离为 a,行星经过近日点 A 时的速度为 v A , 行星的远日点 B 离开太阳的距离为 b,如图 3—3 所示, 求它经过远日点 B 时的速度 v B 的大小. 解析:此题可根据万有引力提供行星的向心力求解.也 可根据开普勒第二定律,用微元法求解. 设行星在近日点 A 时又向前运动了极短的时间△t,由于时间极短可以认为行星在△t 时间内 做匀速圆周运动,线速度为 v A ,半径为 a,可以得到行星在△t 时间内扫过的面积

1 v A Δt ? a 同理,设行星在经过远日点 B 时也运动了相同的极短时间△t, 2 1 则也有 S b = v B Δt ? b 由开普勒第二定律可知:Sa=Sb 2 a 即得 v B = v A 此题也可用对称法求解. b Sa =
例 4:如图 3—4 所示,长为 L 的船静止在平静的水面上, 立于船头的人质量为 m,船的质量为 M,不计水的阻力, 人从船头走到船尾的过程中,问:船的位移为多大? 解析:取人和船整体作为研究系统,人在走动过程中, 系统所受合外力为零,可知系统动量守恒.设人在走动过 程中的△t 时间内为匀速运动,则可计算出船的位移. 设 v1、v2 分别是人和船在任何一时刻的速率,则有

mv1 = Mv 2



两边同时乘以一个极短的时间△t, 有 mv1 Δt = Mv 2 Δt



由于时间极短,可以认为在这极短的时间内人和船的速率是不变的, 所以人和船位移大小分别为 Δs1 = v1 Δt , Δs2 = v2Δt
物理奥赛三第 2 页

由此将②式化为

mΔs1 = MΔs 2 ③ m∑ Δs1 = M ∑ Δs 2 ④
其中 s1、s2 分别为全过程中人和船对地位移的

把所有的元位移分别相加有 即 ms1=Ms2 ⑤

此式即为质心不变原理. ⑥

大小,

又因为 L=s1+s2

由⑤、⑥两式得船的位移

s2 =

m L M +m

例 5:半径为 R 的光滑球固定在水平桌面上,有一质量 为 M 的圆环状均匀弹性绳圈,原长为πR,且弹性绳圈 的劲度系数为 k,将弹性绳圈从球的正上方轻放到球上, 使弹性绳圈水平停留在平衡位置上,如图 3—5 所示,若 平衡时弹性绳圈长为 2πR ,求弹性绳圈的劲度系数 k. 解析:由于整个弹性绳圈的大小不能忽略不计,弹性绳圈 不能看成质点,所以应将弹性绳圈分割成许多小段,其中 每一小段△m 两端受的拉力就是弹性绳圈内部的弹力 F.在 弹性绳圈上任取一小段质量为△m 作为研究对象, 进行受力分析.但是△m 受的力不在同一平 面内,可以从一个合适的角度观察.选取一个合适的平面进行受力分析,这样可以看清楚各个 力之间的关系.从正面和上面观察, 分别画出正视图的俯视图, 如图 3—5—甲和 2—3—5—乙. 先看俯视图 3—5—甲,设在弹性绳圈的平面上,△m 所对的圆心角是△θ,则每一小段的质 量

Δθ M △m 在该平面上受拉力 F 的作用,合力为 2π π ? Δθ Δθ ) = 2 F sin T = 2 F cos( 2 2 Δθ 因为当θ很小时, sin θ ≈ θ 所以 T = 2 F = FΔθ 2 Δm =

再看正视图 3—5—乙,△m 受重力△mg,支持力 N, 二力的合力与 T 平衡.即

T = Δmg ? tan θ
2πR 2 = R 2π 2

现在弹性绳圈的半径为 r =

所以

sin θ =

2 r = 2 R Δθ Mg 2π

θ = 45°

tan θ = 1

因此 T= Δmg =

①、②联立,

Δθ Mg = FΔθ , 2π

物理奥赛三第 3 页

解得弹性绳圈的张力为: F = 设弹性绳圈的伸长量为 x

Mg 2π 2πR ? πR = ( 2 ? 1)πR

则 x=

所以绳圈的劲度系数为: k =

F Mg ( 2 + 1) Mg = = x 2( 2 ? 1)π 2 R 2π 2 R

例 6:一质量为 M、均匀分布的圆环,其半径为 r,几何轴与水平面垂直,若它能经受的最 大张力为 T,求此圆环可以绕几何轴旋转的最大角速度. 解析:因为向心力 F=mrω2,当ω一定时,r 越大,向心力越大,所以要想求最大张力 T 所 对应的角速度ω,r 应取最大值. 如图 3—6 所示,在圆环上取一小段△L,对应的圆心角 为△θ,其质量可表示为 Δm =

Δθ M ,受圆环对它的张 2π Δθ 力为 T,则同上例分析可得 2T sin = Δmrω 2 2 Δθ Δθ ≈ 因为△θ很小,所以 sin ,即 2 2 2T ? Δθ Δθ = Mrω 2 2 2π
解得最大角速度

ω=

2πT Mr

例 7:一根质量为 M,长度为 L 的铁链条,被竖直地悬挂起来,其最低端刚好与水平接触, 今将链条由静止释放,让它落到地面上,如图 3—7 所示,求链条下落了长度 x 时,链条对地 面的压力为多大? 解析:在下落过程中链条作用于地面的压力实质就是链条对地面的“冲力”加上落在地面上 那部分链条的重力.根据牛顿第三定律,这个冲力也就等于同一时刻地面对链条的反作用力, 这个力的冲量,使得链条落至地面时的动量发生变化.由于各质元原来的高度不同,落到地面 的速度不同,动量改变也不相同.我们取某一时刻一小段链条(微元)作为研究对象,就可以 将变速冲击变为恒速冲击. 设开始下落的时刻 t=0,在 t 时刻落在地面上的链条长为 x,未到达地面部分链条的速度为 v, 并设链条的线密度为ρ.由题意可知,链条落至地面后,速度立即变为零.从 t 时刻起取很小一 段时间△t,在△t 内又有△M=ρ△x 落到地面上静止.地面对△M 作用的冲量为

( F ? ΔMg )Δt = ΔI

因为 ΔMg ? Δt ≈ 0

所以 FΔt = ΔM ? v ? 0 = ρvΔx 解得冲力:

F = ρv

Δx Δx ,其中 就是 t 时刻链条的速度 v, Δt Δt
物理奥赛三第 4 页

故 F = ρv

2

链条在 t 时刻的速度 v 即为链条下落

长为 x 时的即时速度,即 v2=2gx,代入 F 的表达式中,得 F = 2 ρgx 此即 t 时刻链对地面的作用力,也就是 t 时刻链条对地面的冲力. 所以在 t 时刻链条对地面的总压力为

N = 2 ρgx + ρgx = 3ρgx =

3Mgx . L

例 8:一根均匀柔软的绳长为 L,质量为 m,对折后两端固定在一个钉子上,其中一端突然 从钉子上滑落, 试求滑落的绳端点离钉子的距离为 x 时, 钉子对绳子另一端的作用力是多大? 解析:钉子对绳子另一端的作用力随滑落绳的长短而变化, 由此可用微元法求解.如图 3—8 所示,当左边绳端离钉子 的距离为 x 时,左边绳长为 右边绳长为

1 (l ? x) ,速度 v = 2 gx , 2

1 (l + x). 又经过一段很短的时间△t 以后, 2 1 左边绳子又有长度 VΔt 的一小段转移到右边去了,我们就分 2 1 vΔtλg (λ = m / l 为绳子的线密度) , 2 1 1 (T ? vΔtλg )Δt = 0 ? (? vΔtλ ? v) 根据动量定理,设向上方向为正 2 2 1 2 v λ = gxλ 因此钉子对右边绳端的作用力为 2 1 1 3x F = (l + x)λg + T = mg (1 + ) 2 2 l
T=

析这一小段绳子,这一小段绳子受到两力:上面绳子对它的拉 力 T 和它本身的重力

由于△t 取得很小,因此这一小段绳子的重力相对于 T 来说是很小的,可以忽略, 所以有

例 9:图 3—9 中,半径为 R 的圆盘固定不可转动,细绳不可伸长 但质量可忽略,绳下悬挂的两物体质量分别为 M、m.设圆盘与 绳间光滑接触,试求盘对绳的法向支持力线密度. 解析:求盘对绳的法向支持力线密度也就是求盘对绳的法向单位 长度所受的支持力.因为盘与绳间光滑接触,则任取一小段绳, 其两端受的张力大小相等,又因为绳上各点受的支持力方向不同, 故不能以整条绳为研究对象,只能以一小段绳为研究对象分析求 解.在与圆盘接触的半圆形中取一小段绳元△L,△L 所对应的 圆心角为△θ,如图 3—9—甲所示,绳元△L 两端的张力均为 T, 绳元所受圆盘法向支持力为△N,因细绳质量可忽略,法向合力为 零,则由平衡条件得:
物理奥赛三第 5 页

Δθ Δθ Δθ + T sin = 2T sin 2 2 2 Δθ Δθ 当△θ很小时, sin ≈ ∴△N=T△θ 2 2 ΔN = T sin
又因为 △L=R△θ 则绳所受法向支持力线密度为 n =

ΔN TΔθ T = = ΔL RΔθ R



以 M、m 分别为研究对象,根据牛顿定律有 Mg-T=Ma ② T-mg=ma ③ 由②、③解得: T =

2 Mmg M +m

将④式代入①式得: n =

2Mmg ( M + m) R

例 10:粗细均匀质量分布也均匀的半径为分别为 R 和 r 的两圆环相切.若在切点放一质点 m, 恰使两边圆环对 m 的万有引力的合力为零,则大小圆环的线密度必须满足什么条件? 解析:若要直接求整个圆对质点 m 的万有引力比较难,当若要用到圆的对称性及要求所受合 力为零的条件,考虑大、小圆环上关于切点对称的微元与质量 m 的相互作用,然后推及整个 圆环即可求解. 如图 3—10 所示,过切点作直线交大小圆分别于 P、Q 两点,并设与水平线夹角为α,当α 有微小增量时,则大小圆环上对应微小线元

ΔL1 = R ? 2Δα

ΔL2 = r ? 2Δα

其对应的质量分别为

Δm1 = ρ1 Δl1 = ρ1 R ? 2Δα
由于△α很小,

Δm2 = ρ 2 Δl 2 = ρ 2 r ? 2Δα

故△m1、△m2 与 m 的距离可以认为分别是 所以△m1、△m2 与 m 的万有引力分别为

r1 = 2 R cos α

r2 = 2r cos α

ΔF1 =

GmΔm1 Gρ1 R ? 2Δαm GmΔm2 Gρ 2 R ? 2Δαm = , ΔF2 = = 2 2 r1 (2 R cos α ) r22 (2r cos α ) 2 Gρ1 R ? 2Δαm Gρ 2 r ? 2Δαm = (2 R cos α ) 2 (2r cos α ) 2

由于α具有任意性,若△F1 与△F2 的合力为零, 则两圆环对 m 的引力的合力也为零, 即

解得大小圆环的线密度之比为:

ρ1 R = ρ2 r
物理奥赛三第 6 页

例 11: 一枚质量为 M 的火箭, 依靠向正下方喷气在空中保持静止, 如果喷出气体的速度为 v, 那么火箭发动机的功率是多少? 解析:火箭喷气时,要对气体做功,取一个很短的时间,求出此时间内,火箭对气体做的功, 再代入功率的定义式即可求出火箭发动机的功率. 选取在△t 时间内喷出的气体为研究对象,设火箭推气体的力为 F,根据动量定理,有 F△t=△m·v 即 Mg·△t=△m·v 因为火箭静止在空中,所以根据牛顿第三定律和平衡条件有 F=Mg △t=△m·v/Mg

对同样这一部分气体用动能定理,火箭对它做的功为:

W =

1 Δmv 2 2

1 Δmv 2 W 1 = 2 = MgV 所以发动机的功率 P = Δt (ΔmV / Mg ) 2
例 12:如图 3—11 所示,小环 O 和 O′分别套在不动的竖直 杆 AB 和 A′B′上,一根不可伸长的绳子穿过环 O′,绳的 两端分别系在 A′点和 O 环上,设环 O′以恒定速度 v 向下 运动,求当∠AOO′=α时,环 O 的速度. 解析:O、O′之间的速度关系与 O、O′的位置有关,即与α 角有关,因此要用微元法找它们之间的速度关系. 设经历一段极短时间△t,O′环移到 C′,O 环移到 C,自 C′ 与 C 分别作为 O′O 的垂线 C′D′和 CD,从图中看出.

OC =

OD O ′D ′ , O ′C ′ = cos α cos α

因此 OC+O′C′=

OD + O ′D ′ cos α



因△α极小,所以 EC′≈ED′,EC≈ED, 从而 OD+O′D′≈OO′-CC′ ② 由于绳子总长度不变,故 OO′-CC′=O′C′ 由以上三式可得:OC+O′C′= ③

O ′C ′ cos α

即 OC = O ′C ′(

1 ? 1) cos α

等式两边同除以△t 得环 O 的速度为

v0 = v(

1 ? 1) cos α

例 13: 在水平位置的洁净的平玻璃板上倒一些水银,由于重力和 表面张力的影响,水银近似呈现圆饼形状(侧面向外凸出) ,过圆 饼轴线的竖直截面如图 3—12 所示,为了计算方便,水银和玻璃的 接触角可按 180°计算.已知水银密度 ρ = 13.6 × 10 kg / m ,水
3 3

银的表面张力系数 σ = 0.49 N / m. 当圆饼的半径很大时,试估算其厚度 h 的数值大约为多 少?(取 1 位有效数字即可) 解析:若以整个圆饼状水银为研究对象,只受重力和玻璃板的支持力,在平衡方程中,液体
物理奥赛三第 7 页

的体积不是 h 的简单函数,而且支持力 N 和重力 mg 都是未知量,方程中又不可能出现表面 张力系数,因此不可能用整体分析列方程求解 h.现用微元法求解. 在圆饼的侧面取一个宽度为△x,高为 h 的体积元, ,如图 3—12—甲所示,该体积元受重力 G、液体内部作用在面 积△x·h 上的压力 F, F = PS =

1 1 ρhg ? Δxh = ρgh 2 ? Δx , 2 2 还有上表面分界线上的张力 F1=σ△x 和下表面分界线上的

张力 F2=σ△x.作用在前、后两个侧面上的液体压力互相平衡,作用在体积元表面两个弯曲 分界上的表面张力的合力,当体积元的宽度较小时,这两个力也是平衡的,图中都未画出. 由力的平衡条件有: F ? F1 cos θ ? F2 = 0 即

1 ρgh 2 Δx ? σΔx cosθ ? σΔx = 0 2

解得: h =

2σ (1 + cosθ ) = 2.7 × 10 ?3 1 + cosθ ρg

由于 0 < θ <

π
2

, 所以1 < 1 + cosθ < 2 ,

故 2.7×10 3m<h<3.8×10 3m
- -





题目要求只取 1 位有效数字,所以水银层厚度 h 的估算值为 3×10 3m 或 4×10 3m. 例 14:把一个容器内的空气抽出一些,压强降为 p,容器 上有一小孔,上有塞子,现把塞子拔掉,如图 3—13 所示. 问空气最初以多大初速度冲进容器?(外界空气压强为 p0、 密度为ρ) 解析:该题由于不知开始时进入容器内分有多少,不知它 们在容器外如何分布,也不知空气分子进入容器后压强如 何变化,使我们难以找到解题途径.注意到题目中“最初” 二字,可以这样考虑:设小孔的面积为 S,取开始时位于小孔外一薄层气体为研究对象,令 薄层厚度为△L,因△L 很小,所以其质量△m 进入容器过程中,不改变容器压强,故此薄 层所受外力是恒力,该问题就可以解决了. 由以上分析,得:F=(p0-p)S 由动能定理得: FΔL = ① 对进入的△m 气体, ② 而 △m=ρS△L

1 Δmv 2 2

联立①、②、③式可得:最初中进容器的空气速度

v=

2( p 0 ? p )

ρ

例 15:电量 Q 均匀分布在半径为 R 的圆环上(如图 3—14 所示) ,求在圆环轴线上距圆心 O 点为 x 处的 P 点的电场 强度.
物理奥赛三第 8 页

解析:带电圆环产生的电场不能看做点电荷产生的电场, 故采用微元法,用点电荷形成的电场结合对称性求解. 选电荷元 Δq = RΔθ

Q , 它在 P 点产生的电场的场强的 x 分量为: 2πR
x R2 + x2

ΔE x = k

Δq RΔθQ cos α = k 2 r 2πR( R 2 + x 2 )
kQx 2π ( R + x )
2 2 3

根据对称性 E = ∑ ΔE x =

∑ Δθ =

kQx 2π ( R + x )
2 2 3

2π =

kQx (R 2 + x 2 )3

由此可见,此带电圆环在轴线 P 点产生的场强大小相当于带电圆环带电量集中在圆环的某一 点时在轴线 P 点产生的场强大小,方向是沿轴线的方向. 例 16:如图 3—15 所示,一质量均匀分布的细圆环, 其半径为 R,质量为 m.令此环均匀带正电,总电 量为 Q.现将此环平放在绝缘的光滑水平桌面上,并 处于磁感应强度为 B 的均匀磁场中,磁场方向竖直向下. 当此环绕通过其中心的竖直轴以匀角速度ω沿图示方向 旋转时,环中的张力等于多少?(设圆环的带电量不减 少,不考虑环上电荷之间的作用) 解析:当环静止时,因环上没有电流,在磁场中不受力,则 环中也就没有因磁场力引起的张力.当环匀速转动时,环上电 荷也随环一起转动,形成电流,电流在磁场中受力导致环中存 在张力,显然此张力一定与电流在磁场中受到的安培力有关. 由题意可知环上各点所受安培力方向均不同,张力方向也不同, 因而只能在环上取一小段作为研究对象,从而求出环中张力的 大小. 在圆环上取△L=R△θ圆弧元,受力情况如图 3—15—甲所示.因转动角速度ω而形成的电流

I=

Qω Rω ,电流元 I△L 所受的安培力 ΔF = IΔLB = QBΔθ 2π 2π

因圆环法线方向合力为圆弧元做匀速圆周运动所需的向心力,

Δθ ? ΔF = Δmω 2 R 2 Δθ Δθ 当△θ很小时, sin ≈ 2 2 2T sin m Q Δm = Δθ 2π
解得圆环中张力为

TΔθ ?

RωQB Δθ = Δmω 2 R 2π

RωQB mω 2 R ∴ TΔθ ? Δθ = Δθ 2π 2π T= Rω (QB + mω ) 2π
物理奥赛三第 9 页

例 17:如图 3—16 所示,一水平放置的光滑平行导轨上放一质量 为 m 的金属杆,导轨间距为 L,导轨的一端连接一阻值为 R 的电 阻,其他电阻不计,磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨平面. 现给金属杆一个水平向右的初速度 v0,然后任其运动,导轨足够 长,试求金属杆在导轨上向右移动的最大距离是多少? 解析:水平地从 a 向 b 看,杆在运动过程中的受力分析 如图 3—16—甲所示,这是一个典型的在变力作用下求位 移的题,用我们已学过的知识好像无法解决,其实只要 采用的方法得当仍然可以求解. 设杆在减速中的某一时刻速度为 v,取一极短时间△t,发 生了一段极小的位移△x,在△t 时间内,磁通量的变化为 △φ △φ=BL△x

I=

ε
R

=

ΔΦ BLΔx = ΔtR ΔtR B 2 L2 Δx ΔtR
B 2 L2 Δx R

金属杆受到安培力为 F安 = ILB =

由于时间极短,可以认为 F 安为恒力,选向右为正方向,在△t 时间内, 安培力 F 安的冲量为: ΔI = ? F安 ? Δt = ?

对所有的位移求和,可得安培力的总冲量为

B 2 L2 Δx B 2 L2 )=? x ① 其中 x 为杆运动的最大距离, R R 对金属杆用动量定理可得 I=0-mV0 ② I = ∑ (?
由①、②两式得: x =

mV0 R B 2 L2

例 18:如图 3—17 所示,电源的电动热为 E,电容器的 电容为 C,S 是单刀双掷开关,MN、PQ 是两根位于同 一水平面上的平行光滑长导轨,它们的电阻可以忽略不计, 两导轨间距为 L,导轨处在磁感应强度为 B 的均匀磁场 中,磁场方向垂直于两导轨所在的平面并指向图中纸面 向里的方向.L1 和 L2 是两根横放在导轨上的导体小棒, 质量分别为 m1 和 m2,且 m1 < m 2 .它们在导轨上滑动 时与导轨保持垂直并接触良好,不计摩擦,两小棒的电阻 相同,开始时两根小棒均静止在导轨上.现将开关 S 先合向 1,然后合向 2.求: (1)两根小棒最终速度的大小;
物理奥赛三第 10 页

(2)在整个过程中的焦耳热损耗.(当回路中有电流时,该电流所产生的磁场可忽略不计) 解析:当开关 S 先合上 1 时,电源给电容器充电,当开关 S 再合上 2 时,电容器通过导体小 棒放电,在放电过程中,导体小棒受到安培力作用,在安培力作用下,两小棒开始运动,运 动速度最后均达到最大. (1)设两小棒最终的速度的大小为 v,则分别为 L1、L2 为研究对象得:

′ Fi Δt i = m1v1 ? m1v1
由①、②得:
i1

∑ F Δt
i1 i1

i1

= m1v



同理得:

∑F

i2

Δt i 2 = m2 v



∑ F Δt +∑ F

i2

Δt i 2 = (m1 + m2 )v

又因为 Fi1 = Bli1 所以

Δt i1 = Δt i 2

Fi 2 = Bli2

i1 + i2 = i

∑ BLi Δt
1

i1

+ ∑ BLi 2 Δt i 2 = BL∑ (i1 + i2 )Δt i = BL∑ iΔt i = BL(Q ? q ) = (m1 + m2 )v

而 Q=CE

q=CU′=CBLv

所以解得小棒的最终速度 v =

BLCE (m1 + m2 ) + CB 2 L2

(2)因为总能量守恒,所以

1 1 q2 1 CE 2 = + (m1 + m2 )v 2 + Q热 2 2 C 2

即产生的热量

Q热 =
=

1 1 q2 1 CE 2 ? ? (m1 + m2 )v 2 2 2 C 2

1 11 1 CE 2 ? (CBLv ) 2 ? (m1 + m2 )v 2 2 2C 2 1 1 BLCE = CE 2 ? [CB 2 L2 ? (m1 + m2 )] 2 2 (m1 + m2 ) + CB 2 L2 (m1 + m2 )CE 2 = 2(m1 + m2 + B 2 L2 C )

针对训练
1.某地强风的风速为 v,设空气的密度为ρ,如果将通过横截面 积为 S 的风的动能全部转化为电能,则其电功率为多少? 2.如图 3—19 所示,山高为 H,山顶 A 和水平面上 B 点的水平 距离为 s.现在修一条冰道 ACB,其中 AC 为斜面,冰道光滑,
物理奥赛三第 11 页

物体从 A 点由静止释放,用最短时间经 C 到 B,不计过 C 点 的能量损失.问 AC 和水平方向的夹角θ多大?最短时间为多少? 3.如图 3—21 所示,在绳的 C 端以速度 v 匀速收绳从而拉动低 处的物体 M 水平前进,当绳 AO 段也水平恰成α角时,物体 M 的速度多大?

4,如图 3—22 所示,质量相等的两个小球 A 和 B 通过轻绳绕过两个光滑的定滑轮带动 C 球 上升,某时刻连接 C 球的两绳的夹角为θ,设 A、B 两球此时下落的速度为 v,则 C 球上 升的速度多大? 5.质量为 M 的平板小车在光滑的水平面上以 v0 向左匀速运动,一质量为 m 的小球从高 h 处自由下落,与小车碰撞后反弹上升的高度仍为 h.设 M>>m,碰撞弹力 N>>g,球与车之 间的动摩擦因数为μ,则小球弹起后的水平速度可能是 A. 2 gh B.0 C. 2 μ 2 gh D.v0 ( )

6.半径为 R 的刚性球固定在水平桌面上.有一质量为 M 的圆环状均匀弹性细绳圈,原长 2πa,a=R/2,绳圈的弹性系数为 k(绳伸长 s 时,绳中弹性张力为 ks).将绳圈从球的正 上方轻放到球上,并用手扶着绳圈使其保持水平,并最后停留在某个静力平衡位置.考 虑重力,忽略摩擦. (用 M、R、g 表示,g 为重力加 (1)设平衡时弹性绳圈长 2πb,b= 2a ,求弹性系数 k; 速度) (2)设 k=Mg/2π2R,求绳圈的最后平衡位置及长度. 7.一截面呈圆形的细管被弯成大圆环,并固定在竖直平面内, 在环内的环底 A 处有一质量为 m、直径比管径略小的小球, 小球上连有一根穿过环顶 B 处管口的轻绳,在外力 F 作用 下小球以恒定速度 v 沿管壁做半径为 R 的匀速圆周运动, 如图 3—23 所示.已知小球与管内壁中位于大环外侧 部分的动摩擦因数为μ,而大环内侧部分的管内壁是光滑 的.忽略大环内、外侧半径的差别,认为均为 R.试求小 球从 A 点运动到 B 点过程中 F 做的功 WF. 8.如图 3—24,来自质子源的质子(初速度为零) ,经一 加速电压为 800kV 的直线加速器加速,形成电流为 1.0mA 的细柱形质子流.已知质子电荷 e=1.60×10 流每秒打到靶上的质子数为
-19

C.这束质子

.假设分布在质子源

到靶之间的加速电场是均匀的,在质子束中与质子源相距 l
物理奥赛三第 12 页

和 4l 的两处,各取一段极短的相等长度的质子流,其中质 子数分别为 n1 和 n2,则 n1: n2 . 9.如图 3—25 所示,电量 Q 均匀分布在一个半径为 R 的 细圆环上,求圆环轴上与环心相距为 x 的点电荷 q 所受的 力的大小. 10.如图 3—26 所示,一根均匀带电细线,总电量为 Q, 弯成半径为 R 的缺口圆环,在细线的两端处留有很小的 长为△L 的空隙,求圆环中心处的场强.

11.如图 3—27 所示,两根均匀带电的半无穷长平行直导 线(它们的电荷线密度为η) ,端点联线 LN 垂直于这 两直导线,如图所示.LN 的长度为 2R.试求在 LN 的 中点 O 处的电场强度. 12.如图 3—28 所示,有一均匀带电的无穷长直导线, 其电荷线密度为η.试求空间任意一点的电场强度. 该点与直导线间垂直距离为 r. 13.如图 3—29 所示,半径为 R 的均匀带电半球面,电 荷面密度为δ,求球心 O 处的电场强度. 14.如图 3—30 所示,在光滑的水平面上,有一垂直向 下的匀强磁场分布在宽度为 L 的区域内,现有一个边长 为 a(a<L) ,质量为 m 的正方形闭合线框以初速 v0 垂直 ,求: 磁场边界滑过磁场后,速度变为 v(v<v0) (1)线框在这过程中产生的热量 Q; (2)线框完全进入磁场后的速度 v′. 15.如图 3—31 所示,在离水平地面 h 高的平台上有一相 距 L 的光滑轨道,左端接有已充电的电容器,电容为 C, 充电后两端电压为 U1.轨道平面处于垂直向上的磁感应 强度为 B 的匀强磁场中.在轨道右端放一质量为 m 的金 属棒,当闭合 S,棒离开轨道后电容器的两极电压变为 U2, 求棒落在离平台多远的位置.
物理奥赛三第 13 页

16.如图 3—32 所示,空间有一水平方向的匀强磁场,大小 为 B,一光滑导轨竖直放置,导轨上接有一电容为 C 的电 容器,并套一可自由滑动的金属棒,质量为 m,释放后,求 金属棒的加速度 a.

答案:
1.

1 Sρv 3 2

2.θ=60°

2h 3 s ( + ) g 2 2h

3. v /(1 + cos x)

4. v / cos

θ
2
2

5.CD

6. (1)

( 2 + 1) Mg 2π 2 R

(2)绳圈掉地上,长度为原长

7. 2mgR + μmπv

8.6.25×1015,2:1

9. K

Qqx (R 2 + x 2 )
3 2

10. K

QΔl 2 ρR 3

11.

2kλ R
2h g

12.

2kλ r
mg m + CB 2 L2

13.2πRσ

2 14. m(v0 ? v 2 ), v ′ =

1 2

v + v0 2

CBL (u1 ? u 2 ) 15. m

16.a =

物理奥赛三第 14 页

高中奥林匹克物理竞赛解题方法一
一、整体法 方法简介 整体是以物体系统为研究对象,从整体或全过程去把握物理现象的本质和规律,是一种 把具有相互联系、相互依赖、相互制约、相互作用的多个物体,多个状态,或者多个物理变 化过程组合作为一个融洽加以研究的思维形式。整体思维是一种综合思维,也可以说是一种 综合思维,也是多种思维的高度综合,层次深、理论性强、运用价值高。因此在物理研究与 学习中善于运用整体研究分析、处理和解决问题,一方面表现为知识的综合贯通,另一方面 表现为思维的有机组合。灵活运用整体思维可以产生不同凡响的效果,显现“变”的魅力, 把物理问题变繁为简、变难为易。 赛题精讲 例 1:如图 1—1 所示,人和车的质量分别为 m 和 M, 人用水平力 F 拉绳子,图中两端绳子均处于水平方向, 不计滑轮质量及摩擦,若人和车保持相对静止,且 水平地面是光滑的,则车的加速度为 . 解析:要求车的加速度,似乎需将车隔离出来才 能求解,事实上,人和车保持相对静止,即人和车有相同的加速度,所以可将人和车看做一 个整体,对整体用牛顿第二定律求解即可. 将人和车整体作为研究对象,整体受到重力、水平面的支持力和两条绳的拉力.在竖直方 向重力与支持力平衡,水平方向绳的拉力为 2F,所以有: 2F=(M+m)a,解得:

a=

2F M +m

例 2 用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来,如图 1—2 所示,今对小球 a 持续施加一个向左偏下 30°的恒力,并 对小球 b 持续施加一个向右偏上 30°的同样大 小的恒力,最后达到平衡,表示平衡状态的图可能是





解析

表示平衡状态的图是哪一个, 关键是要求出两条轻质细绳对小球 a 和小球 b 的拉
1

力的方向,只要拉力方向求出后, 。图就确定了。 先以小球 a、b 及连线组成的系统为研究对象,系统共受五个力的作用,即两个重力 (ma+mb)g,作用在两个小球上的恒力 Fa、Fb 和上端细线对系统的拉力 T1.因为系统处于平衡 状态,所受合力必为零,由于 Fa、Fb 大小相等,方向相反,可以抵消,而(ma+mb)g 的方向竖 直向下,所以悬线对系统的拉力 T1 的方向必然竖直向上.再以 b 球为研究对象,b 球在重力 mbg、恒力 Fb 和连线拉力 T2 三个力的作用下处于平衡状态,已知恒力向右偏上 30°,重力 竖直向下,所以平衡时连线拉力 T2 的方向必与恒力 Fb 和重力 mbg 的合力方向相反,如图所 示,故应选 A.

例 3 有一个直角架 AOB,OA 水平放置,表面粗糙,OB 竖直向下,表面光滑,OA 上 套有小环 P,OB 上套有小环 Q,两个环的质量均为 m,两环间由一根质量可忽略、不何伸长 的细绳相连,并在某一位置平衡,如图 1—4 所示.现将 P 环向左移动一段距离,两环再次达 到平衡,那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态相比,OA 杆对 P 环的支持力 N 和细绳 上的拉力 T 的变化情况是 ( ) A.N 不变,T 变大 B.N 不变,T 变小 C.N 变大,T 变小 D.N 变大,T 变大 解析 先把 P、Q 看成一个整体,受力如图 1—4—甲所示, 则绳对两环的拉力为内力,不必考虑,又因 OB 杆光滑,则杆在 竖直方向上对 Q 无力的作用,所以整体在竖直方向上只受重力和 OA 杆对它的支持力,所以 N 不变,始终等于 P、Q 的重力之和。 再以 Q 为研究对象,因 OB 杆光滑,所以细绳拉力的竖直分量等 于 Q 环的重力,当 P 环向左移动一段距离后,发现细绳和竖直方向 夹角 a 变小,所以在细绳拉力的竖直分量不变的情况下,拉力 T 应变小.由以上分析可知应选 B. 例 4 如图 1—5 所示,质量为 M 的劈块, 其左右劈面的倾角分别为θ1=30°、θ2=45°, 质量分别为 m1= 3 kg 和 m2=2.0kg 的两物块, 同时分别从左右劈面的顶端从静止开始下滑, 劈块始终与水平面保持相对静止,各相互接触 面之间的动摩擦因数均为μ=0.20,求两物块下 滑过程中(m1 和 m2 均未达到底端)劈块受到地面的摩擦力。 (g=10m/s2) 解析 选 M、m1 和 m2 构成的整体为研究对象,把在相同时间内,M 保持静止、m1 和
2

m2 分别以不同的加速度下滑三个过程视为一个整体过程来研究。 根据各种性质的力产生的条 件,在水平方向,整体除受到地面的静摩擦力外,不可能再受到其他力;如果受到静摩擦力, 那么此力便是整体在水平方向受到的合外力。 根据系统牛顿第二定律,取水平向左的方向为正方向,则有 ( ) F 合 x=Ma′+m1a1x-m2a2x 其中 a′、a1x 和 a2x 分别为 M、m1 和 m2 在水平方向的加速度的大小,而 a′=0, a1x=g(sin30°-μcos30°)·cos30° a2x= g(sin45°-μcos45°)·cos45° F 合=m1g(sin30°-μcos30°)·cos30°-m2g(sin45°-μcos45°)·cos45° ∴ 3 × 10 × (

1 3 3 2 2 2 ? 0.2 × ? 2.0 × 10 × ( ? 0.3 × )× ) 2 2 2 2 2 2

=-2.3N 负号表示整体在水平方向受到的合外力的方向与选定的正方向相反.所以劈块受到地面 的摩擦力的大小为 2.3N,方向水平向右. 例 5 如图 1—6 所示,质量为 M 的平板小车放在倾角为θ的光滑斜面上(斜面固定) , 一质量为 m 的人在车上沿平板向下运动时,车恰好静止,求人的加速度.

解析 以人、车整体为研究对象,根据系统牛顿运动定律求解。如图 1—6—甲,由系 统牛顿第二定律得: (M+m)gsinθ=ma 解得人的加速度为 a=

( M + m) g sin θ m

例 6 如图 1—7 所示,质量 M=10kg 的木块 ABC 静置 于粗糙的水平地面上,滑动摩擦因数 μ=0.02,在木块的倾角θ为 30°的斜面上,有 一质量 m=1.0kg 的物块静止开始沿斜面下滑, 当滑行路程 s=1.4m 时,其速度 v=1.4m/s,在 这个过程中木块没有动,求地面对木块的摩擦 力的大小和方向.(重力加速度取 g=10/s2) 解析 物块 m 由静止开始沿木块的斜面下滑,受重力、弹力、摩擦力,在这三个恒力 的作用下做匀加速直线运动,由运动学公式可以求出下滑的加速度,物块 m 是处于不平衡状 态,说明木块 M 一定受到地面给它的摩察力,其大小、方向可根据力的平衡条件求解。此题
3

也可以将物块 m、木块 M 视为一个整体,根据系统的牛顿第二定律求解。 由运动学公式得物块 m 沿斜面下滑的加速度:

a=

2 vt2 ? v0 vt2 = = 0.7 m / s 2 . 2s 2s

以 m 和 M 为研究对象,受力如图 1—7—甲所示。由系统的牛顿第二定律可解得地面对 木块 M 的摩擦力为 f=macosθ=0.61N,方向水平向左.

例 7 有一轻质木板 AB 长为 L,A 端用铰链固定在竖直墙上,另一端用水平轻绳 CB 拉 住。板上依次放着 A、B、C 三个圆柱体,半径均为 r,重均为 G,木板与墙的夹角为θ,如 图 1—8 所示,不计一切摩擦,求 BC 绳上的张力。 解析 以木板为研究对象,木板处于力矩平衡状态,若分别以圆柱体 A、B、C 为研 究对象,求 A、B、C 对木板的压力,非常麻烦,且容易出错。若将 A、B、C 整体作为研究 对象,则会使问题简单化。 以 A、B、C 整体为研究对象,整体受 到重力 3G、木板的支持力 F 和墙对整体的 支持力 FN,其中重力的方向竖直向下,如 图 1—8—甲所示。合重力经过圆柱 B 的轴 心,墙的支持力 FN 垂直于墙面,并经过圆 柱 C 的轴心,木板给的支持力 F 垂直于木 板。由于整体处于平衡状态,此三力不平 行必共点,即木板给的支持力 F 必然过合 重力墙的支持力 FN 的交点. 根据共点力平衡的条件:∑F=0,可得:F=3G/sinθ. 由几何关系可求出 F 的力臂 L=2rsin2θ+r/sinθ+r·cotθ 以木板为研究对象,受力如图 1—8—乙所示,选 A 点 为转轴,根据力矩平衡条件∑M=0,有: F·L=T·Lcosθ

3Gr (2 sin 2 θ + 1 / sin θ + cot θ ) 即 = T ? L ? cosθ sin θ
解得绳 CB 的能力: T =

图 1—8 乙

3Gr 1 + cosθ (2 tan θ + ) L sin 2 θ ? cosθ
4

例8 质量为 1.0kg 的小球从高 20m 处自由下落到软垫上,反弹后上升的最大高度为 5.0m,小球与软垫接触的时间为 1.0s,在接触时间内小球受合力的冲量大小为(空气阻力不 计,取 g=10m/s2) ( ) A.10N·s B.20N·s C.30N·s D.40N·s 解析 小球从静止释放后,经下落、接触软垫、 反弹上升三个过程后到达最高点。动量没有变化,初、 末动量均为零,如图 1—9 所示。这时不要分开过程 求解,而是要把小球运动的三个过程作为一个整体来 求解。 设小球与软垫接触时间内小球受到合力的冲量大 图 1—9 小为 I,下落高度为 H1,下落时间为 t1,接触反弹上 升的高度为 H2,上升的时间为 t2,则以竖直向上为正方向,根据动量定理得:

? (mg )t1 + I ? mgt 2 = 0 而t 1 = 2H1 g t2 = 2H 2 g

故I = ( 2 gH 1 + 2 gH 2 = 30 N ? s
答案 C 各车厢受的阻力都是车重的 例9 总质量为 M 的列车以匀速率 v0 在平直轨道上行驶, k 倍,而与车速无关.某时刻列车后部质量为 m 的车厢脱钩,而机车的牵引力不变,则脱钩的 车厢刚停下的瞬间,前面列车的速度是多少? 解析 此题求脱钩的车厢刚停下的瞬间,前面列车的速度,就机车来说,在车厢脱钩 后,开始做匀加速直线运动,而脱钩后的车厢做匀减速运动,由此可见,求机车的速度可用 匀变速直线运动公式和牛顿第二定律求解. 现在若把整个列车当作一个整体,整个列车在脱钩前后所受合外力都为零,所以整个列 车动量守恒,因而可用动量守恒定律求解. 根据动量守恒定律,得: Mv0=(M-m)V V=Mv0/(M-m) 即脱钩的车厢刚停下的瞬间,前面列车的速度为 Mv0/(M-m). 【说明】显然此题用整体法以列车整体为研究对象,应用动量守恒定律求解比用运动学 公式和牛顿第二定律求简单、快速. 例 10 总质量为 M 的列车沿水平直轨道匀速前进,其末节车厢质量为 m,中途脱钩, 司机发觉时,机车已走了距离 L,于是立即关闭油门,撤去牵引力,设运动中阻力与质量成 正比,机车的牵引力是恒定的,求,当列车两部分 都静止时,它们的距离是多少? 解析 本题若分别以机车和末节车厢为研究对象用运动学、牛顿第二定律求解,比较 复杂,若以整体为研究对象,研究整个过程,则比较简单。 假设末节车厢刚脱钩时,机车就撤去牵引力,则机车与末节车厢同时减速,因为阻力与 质量成正比,减速过程中它们的加速度相同,所以同时停止,它们之间无位移差。事实是机 车多走了距离 L 才关闭油门,相应的牵引力对机车多做了 FL 的功,这就要求机车相对于末 节车厢多走一段距离△S,依靠摩擦力做功,将因牵引力多做功而增加的动能消耗掉,使机
5

车与末节车厢最后达到相同的静止状态。所以有: FL=f·△S 其中 F=μMg, f=μ(M-m)g 代入上式得两部分都静止时,它们之间的距离:△S=ML/(M-m) 例 11 如图 1—10 所示,细绳绕过两个定滑轮 A 和 B,在两端各挂 个重为 P 的物体, 现在 A、B 的中点 C 处挂一个重为 Q 的小球,Q<2P,求小球可能下降的最大距离 h.已知 AB 的长为 2L,不讲滑轮和绳之间的摩擦力及绳的质量.

解析 选小球 Q 和两重物 P 构成的整体为研究对象,该整体的速率从零开始逐渐增为 最大,紧接着从最大又逐渐减小为零(此时小球下降的距离最大为 h) ,如图 1—10—甲。在 整过程中,只有重力做功,机械能守恒。 因重为 Q 的小球可能下降的最大距离为 h,所以重为 P 的两物体分别上升的最大距离均 为 h + L ? L.
2 2

考虑到整体初、末位置的速率均为零,故根据机械能守恒定律知,重为 Q 的小球重力势 能的减少量等于重为 P 的两个物体重力势能的增加量,即

Qh = 2 P( h 2 ? L2 ? L)
从而解得 h =

2 PL( 8P 2 ? Q 2 ? Q)
Q 2 ? 4P 2

例 12 如图 1—11 所示,三个带电小 球质量相等,均静止在光滑的水平面上,若 只释放 A 球,它有加速度 aA=1m/s2,方向向 右;若只释放 B 球,它有加速度 aB=3m/s2,方 向向左;若只释放 C 球,求 C 的加速度 aC. 解析 只释放一个球与同时释放三个球时,每球所受的库仑力相同.而若同时释放三个 球,则三球组成的系统所受合外力为 0,由此根据系统牛顿运动定律求解. 把 A、B、C 三个小球看成一个整体,根据系统牛顿运动定律知,系统沿水平方向所受 合外力等于系统内各物体沿水平方向产生加速度所需力的代数和,由此可得: maA+maB+maC=0 规定向右为正方向,可解得 C 球的加速度: aC=-(aA+aB)=-(1-3)=2m/s
6

方向水平向右: 例 13 如图 1—12 所示,内有 a、b 两个 光滑活塞的圆柱形金属容器,其底面固定在水 平地板上,活塞将容器分为 A、B 两部分,两 部分中均盛有温度相同的同种理想气体,平 衡时,A、B 气体柱的高度分别为 hA=10cm, hB=20cm , 两活塞的重力均忽略不计,活塞 - 的横截面积 S=1.0×10 3m2. 现用竖直向上的 力 F 拉活塞 a, 使其缓慢地向上移动△h=3.0cm,时,活塞 a、b 均恰好处于静止状态,环境温度保护不变,求: (1)活塞 a、b 均处于静止平衡时拉力 F 多大? (2)活塞 a 向上移动 3.0cm 的过程中,活塞 b 移动了多少?(外界大气压强为) p0=1.0×105Pa) 解析 针对题设特点,A、B 为同温度、同种理想气体,可选 A、B 两部分气体构成的 整体为研究对象,并把两部分气体在一同时间内分别做等温变化的过程视为同一整体过程来 研究。 (1)根据波意耳定律,p1V1=p2V2 得:p0(10+20)S=p′(10+20+3.0)S′ 从而解得整体末态的压强为 p′=

10 p0 11

再以活塞 a 为研究对象,其受力分析如图 1—12 甲所示,因活塞 a 处于平衡状态,故有 F+p′S=p0S 从而解得拉力 F=(p0-p′)S=(p0-

10 1 1 - p0)S= p0S= ×1.0×105×1.0×10 3=9.1N 11 11 11

(2)因初态 A、B 两气体的压强相同,温度相同, 分子密度相同,末态两气体的压强相同,温度相同,分 子密度相同,故部分气体体积变化跟整体气体体积变 化之比,必然跟原来它们的体积成正比,即

ΔhB hB = Δh h A + hB
所以活塞 b 移动的距离 ΔhB =

hB 20 × Δh = × 3.0 = 2.0cm h A + hB 10 + 20

例 14 一个质量可不计的活塞将一定量 的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形气缸 内,活塞上堆放着铁砂,如图 1—13 所示, 最初活塞搁置在气缸内壁的固定卡环上,气 体柱的高度为 H0,压强等于大气压强 p0。现 对气体缓慢加热,当气体温度升高了△T=60K 时,
7

活塞(及铁砂)开始离开卡环而上升。继续加热直到气柱高度为 H1=1.5H0.此后,在维持温度 不变的条件下逐渐取走铁砂,直到铁砂全部取走时,气柱高度变为 H2=1.8H0,求此时气体的 温度。 (不计活塞与气缸之间的摩擦) 解析 气缸内气体的状态变化可分为三个过程:等容变化→等压变化→等温变化;因 为气体的初态压强等于大气压 p0, 最后铁砂全部取走后气体的压强也等于大气压 p0,所以从整 状态变化来看可相当于一个等压变化,故将这三个过程当作一个研究过程。 根据盖·吕萨克定律:

H0S H 2S = T1 T2



再隔离气体的状态变化过程,从活塞开始离开卡环到把温度升到 H1 时,气体做等压变 化,有:

H0S HS = 1 T1 + ΔT T2



解①、②两式代入为数据可得:T2=540K 例 15 一根对称的“∧”形玻璃管置于 竖直平面内,管所有空间有竖直向上的匀强电 场,带正电的小球在管内从 A 点由静止开始运 动,且与管壁的动摩擦因数为μ,小球在 B 端 与管作用时无能量损失,管与水平面间夹角为θ,AB 长 L,如图 1—14 所示,求从 A 开始, 小球运动的总路程是多少?(设小球受的电场力大于重力) 解析 小球小球从 A 端开始运动后共受四个力作用, 电场力为 qE、 重力 mg、 管壁 支 持力 N、摩擦力 f,由于在起始点 A 小球处于不平衡状态,因此在斜管上任何位置都是不平 衡的,小球将做在“∧”管内做往复运动,最后停在 B 处。若以整个运动过程为研究对象, 将使问题简化。 以小球为研究对象,受力如图 1—14 甲 所示,由于电场力和重力做功与路径无关, 而摩擦力做功与路径有关,设小球运动的 总路程为 s,由动能定理得: qELsinθ-mgLsinθ-fs=0 ① 又因为 f=μN ② N=(qE-mg)cosθ 所以由以上三式联立可解得小球运动的总路程: s =

L tan θ

μ



例 16 两根相距 d=0.20m 的平行金属长 导轨固定在同一水平面内,并处于竖直方向的 匀强磁场中,磁场的磁感应强度 B=0.2T,导轨 上面横放着两条金属细杆,构成矩形回路,每 条金属细杆的电阻为 r=0.25Ω,回路中其余部 分的电阻可不计。已知两金属细杆在平行于导轨的拉力的作用下沿导轨朝相反方向匀速平
8

移,速度大小都是 v=5.0m/s,如图 1—15 所示。不计导轨上的摩擦。 (1)求作用于每条金属细杆的拉力的大小; (2)求两金属细杆在间距增加 0.40m 的滑动过程中共产生的热量。 解析 本题是电磁感应问题, 以两条细杆组成的回路整体为研究对象, 从力的角度看, 细杆匀速移动,拉力跟安培力大小相等。从能量的角度看,外力做功全部转化为电能,电又 全部转化为内能。根据导线切割磁感线产生感应电动势公式得:ε总=2BLv 从而回路电流 I =

2 Blv 2r
B 2l 2 v = 3.2 × 10 ? 2 N r
?2

由于匀速运动,细杆拉力 F=F 安= BIl =

根据能量守恒有: Q = Pt = 2 Fvt = Fs = 1.28 × 10


J

即共产生的热量为 1.28-10 2J. 例 17 两金属杆 ab 和 cd 长均为 l, 电阻均为 R,质量分别为 M 和 m, M>m. 用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的 柔软导线将它们连成闭合回路,并悬挂在 水平、光滑、不导电的圆棒两侧.两金属杆 都处在水平位置,如图 1—16 所示.整个装置处在一与回路平面相垂直的匀强磁场中,磁感应 强度为 B。若金属杆 ab 正好匀速向下运动,求运动的速度. 解析 本题属电磁感应的平衡问题,确定绳上的拉力,可选两杆整体为研究对,确定 感应电流可选整个回路为研究对象,确定安培力可选一根杆为研究对象。设匀强磁场垂直回 路平面向外,绳对杆的拉力为 T,以两杆为研究对象,受力如 1—16 甲所示。因两杆匀速移 动,由整体平衡条件得: 4T=(M+m)g 对整个回路由欧姆定律和法拉第电磁感应 定律得: I =

2 BlV 2R



对 ab 杆,由于杆做匀速运动,受力平衡:

BIl + 2T ? Mg = 0



联立①②③三式解得: v =

( M ? m) gR 2B 2l 2
针对训练

1.质量为 m 的小猫,静止于很长的质量为 M 的吊杆上,如图 1—17 所示。在吊杆上端悬线 断开的同时,小猫往上爬,若猫的高度不变,求吊杆的加速度。 (设吊杆下端离地面足 够高)
9

图 1—17

图 1—18

2. 一粒钢珠从静止状态开始自由下落, 然后陷入泥潭中, 若把在空中下落的过程称为过程 I, 进入泥潭直到停止的过程称为过程 II,则 ( ) A.过程 I 中钢珠动量的改变量等于它重力的冲量 B.过程 II 中阻力的冲量的大小等于全过程中重力冲量的大小 C.过程 II 中钢珠克服阻力所做的功等于过程 I 与过程 II 中钢珠所减少的重力势能之和 D.过程 II 中损失的机械能等于过程 I 中钢珠所增加的动能 3.质量为 m 的运动员站在质量为 m/2 的均匀长板 AB 的中点,板位于水平面上,可绕通过 B 点的水平轴转动,板的 A 端系有轻绳,轻绳的另一端绕过两个定滑轮后,握在运动员 手中。当运动员用力拉绳时,滑轮两侧的绳子都保持在竖直方向,如图 1—18 所示。要 使板的 A 端离开地面,运动员作用于绳子的最小拉力是 。 4.如图 1—19,一质量为 M 的长木板静止在光滑水平桌面上。一质 量为 m 的小滑块以水平速度 v 0 从长木板的一端开始在木板上滑 动,直到离开木板。滑块刚离开木板时的速度为 v0 / 3 。若把该木 板固定在水平桌面上,其他条件相同,求滑决离开木板时的速度为 v 。 5.如图 1—20 所示为一个横截面为半圆,半径为 R 的光滑圆柱,一根不可伸长的细绳两端 分别系着小球 A、B,且 m A = 2m B ,由图示位置从静止开始释放 A 球,当小球 B 达到 半圆的顶点时,求线的张力对小球 A 所做的功。

6.如图 1—21 所示,AB 和 CD 为两个斜面,其上部足够长,下部分别与一光滑圆弧面相切, EH 为整个轨道的对称轴,圆弧所对圆心角为 120°,半径为 2m,某物体在离弧底 H 高
10

h=4m 处以 V0=6m/s 沿斜面运动, 物体与斜面的摩擦系数 μ = 0.04 , 求物体在 AB 与 CD 两斜面上(圆弧除外)运动的总路程。 (取 g=10m/s2) 7.如图 1—22 所示,水平转盘绕竖直轴 OO′转动,两木块质量分别为 M 与 m ,到轴线的距 离分别是 L1 和 L2,它们与转盘间的最大静摩擦力为其重力的 μ 倍,当两木块用水平细 绳连接在一起随圆盘一起转动并不发生滑动时,转盘最大角速度可能是多少?

8.如图 2—23 所示,一质量为 M,长为 l 的长方形木板 B,放在光滑的水平地面上,在其右 端放一质量为 m 的小木块,且 m<M。现以地面为参考系,给 A 和 B 以大小相等、方向 相反的初速度,使 A 开始向左运动,B 开始向右运动,且最后 A 没有滑离木板 B,求以 地面为参考系时小木块 A 的最大位移是多少?摩擦力做的功是多大? 9.如图 1—24 所示,A、B 是体积相同的气缸,B 内有一导热的、 可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞 C、D 为不导热的 阀门。起初,阀门关闭,A 内装有压强 P1=2.0×105Pa,温度 T1=300K 的氮气。B 内装有压强 P2=1.0×105Pa,温度 T2=600K 的氧气。阀门打开后,活塞 C 向右移动,最后达到平衡。以 V1 和 V2 分别表示平衡后氮气和氧气的体积,则 V1 : V2= 。 (假定氧气和氮气均为 理想气体,并与外界无热交换,连接气体的管道体积可忽略) 10.用销钉固定的活塞把水平放置的容器分隔成 A、B 两部分,其体 积之比 VA : VB=2 : 1,如图 1—25 所示。起初 A 中有温度为 127℃, 压强为 1.8×105Pa 的空气,B 中有温度 27℃,压强为 1.2×105Pa 的 空气。拔出销钉,使活塞可以无摩擦地移动(不漏气) 。由于容器 缓慢导热,最后气体都变成室温 27℃,活塞也停住,求最后 A 中气体的压强。 11.如图 1—26 所示,A、B、C 三个容器内装有同种气体, 已知 VA=VB=2L,VC=1L,TA=TB=TC=300K,阀门 D 关 闭时 pA=3atm,pB=pC=1atm。若将 D 打开,A 中气体向 B、C 迁移(迁移过程中温度不变) ,当容器 A 中气体压 强降为 Pa′ = 2atm 时,关闭 D;然后分别给 B、C 加热, 使 B 中气体温度维持 Tb′ = 400 K ,C 中气体温度维持 Tc′ = 600 K ,求此时 B、C 两容 器内气体的压强(连通三容器的细管容积不计) 。 12.如图 1—27 所示,两个截面相同的圆柱形容器,右边容器高为 H,上端封闭,左边容器 上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的活塞。两容
11

器由装有阀门的极细管道相连,容器、活塞和细 管都是绝热的。开始时,阀门关闭,左边容器中 装有热力学温度为 T0 的单原子理想气体,平衡时 活塞到容器底的距离为 H,右边容器内为真空。现 将阀门缓慢打开,活塞便缓慢下降,直至系统达到平衡,求此时左边容器中活塞的高度 和缸内气体的温度。[提示:一摩尔单原子理想气体的内能为(3/2)RT,其中 R 为摩尔 气体常量,T 为气体的热力学温度] 13.如图 1—28 所示,静止在光滑水平面上已经充电的平行板电容器 的极板距离为 d,在板上开个小孔,电容器固定在一绝缘底座上, 总质量为 M,有一个质量为 m 的带正电的小铅丸对准小孔水平向 左运动(重力不计) ,铅丸进入电容器后,距左极板的最小距离为 d/2,求此时电容器已移动的距离。 14.一个质量为 m,带有电量-q 的小物体, 可在水平轨道 OX 上运动, O 端有一与轨 道垂直的固定墙壁,轨道处于匀强电场中, 场强大小为 E,方向沿 OX 正方向,如图 1—29 所示,小物体以初速 v 0 从 x0 点沿 Ox 运动时,受到大小不变的摩擦力 f 的作用,且 f < qE ;设小物体与墙碰撞时不 损失机械能,且电量保持不变,求它在停止运动前所通过的总路程 s。 15.如图 1—30 所示,一条长为 L 的细线,上端固定,下端拴一质量为 m 的带电小球。将它 置于一匀强电场中,电场强度大小为 E,方向是水平的,已知当细线离开竖直位置的偏 角为 α 时,小球处于平衡。求: (1)小球带何种电荷?小球所带的电量; (2)如果使细线的偏角由 α 增大到 φ ,然后将小球由静止开始释放,则 φ 应为多大,才 能使在细线到达竖直位置时小球的速度刚好为零?

16.把 6 只相同的电灯泡分别接成如图 1—31 所示的甲乙两种电路,两电路均加上 U 等于 12V 的恒定电压,分别调节变阻器 R1 和 R2,使 6 只灯泡均能正常工作,这时甲乙两种 电路消耗的总功率分别为 P1 和 P2,试找出两者之间的关系。 17.如图 1—32 所示,在竖直方向的 x、y 坐标系中,在 x 轴上方 有一个有界的水平向右的匀强电场,场强为 E,x 轴的下方有
12

一个向里的匀强磁场,场强为 B。现从 A 自由释放一个带电量 为-q、质量为 m 的小球,小球从 B 点进入电场,从 C 点进入 磁场,从 D 点开始做水平方向的匀速直线运动。已知 A、B、C 点的坐标分别为(0,y1)(0,y2)(-x,0) 、 、 ,求 D 点的纵坐标 y3。

答案:
1. (1 +

m )g M

2.ABC 3.

1 mg 2 2ml M +m

4.

t0 3

4m + M M

5.-0.19mAgR

6.290m

7.

μ ( M + m) g
ML2 + mL1

8. s =

W = μmgl md 4M

9.4:1

10.1.3×105Pa
2 2qEx0 + mv0 2f

11.2.5atm

12. h =

2 H 5

7 T = T0 5

13.

14.

15. (1)正电

c=

mg tan α E

(2) φ = 2α

16.P1=2P2

17. y 3 = ?(

1 m2 g qE ? y1 ? x) 2 2 2B q mg

13

指导教师:凌峰

目录
第一章 力&物体的平衡 ……………………………………………(1)
第一讲 力的处理………………………………………………… (1) 第二讲 物体的平衡……………………………………………… (3) 第三讲 习题课…………………………………………………… (3) 第四讲 摩擦角及其它…………………………………………… (7)

第二章

牛顿运动定律………………………………………………(9)
第一讲 牛顿三定律……………………………………………… (9) 第二讲 牛顿定律的应用…………………………………………(10)

第三章 运动学…………………………………………………………(17)
第一讲 基本知识介绍………………………………………… (17) 第二讲 运动的合成与分解、相对运动…………………………(19)

第四章 曲线运动

万有引力…………………………………………(22)

第一讲 基本知识介绍………………………………………………(22) 第二讲 重要模型与专题……………………………………………(23) 第三讲 典型例题解析………………………………………………(30)

第五章 动量和能量………………………………………………………

(30)

第一讲 基本知识介绍……………………………………………(30) 第二讲 重要模型与专题…………………………………………(32) 第三讲 典型例题解析……………………………………………(44)

第一章

力&物体的平衡

第一讲 力的处理
一、矢量的运算 1、加法 表达: a + b = c 。 名词: c 为“和矢量” 。 法则:平行四边形法则。如图 1 所示。 和矢量大小:c = α为 a 和 b 的夹角。 和矢量方向: c 在 a 、 b 之间,和 a 夹角β= arcsin 2、减法 表达: a = c - b 。 名词: c 为“被减数矢量” b 为“减数矢量” a 为“差 , , 矢量” 。 法则:三角形法则。如图 2 所示。将被减数矢量和减数矢 量的起始端平移到一点,然后连接两时量末端,指向被减数时 量的时量,即是差矢量。 差矢量大小:a =

v

v

v

v

a 2 + b 2 + 2ab cos α ,其中

v

v

v

v

v

v

b sin α a + b 2 + 2ab cos α
2

v v

v

v

v

v

v v b 2 + c 2 ? 2bc cos θ ,其中θ为 c 和 b 的夹角。

差矢量的方向可以用正弦定理求得。 一条直线上的矢量运算是平行四边形和三角形法则的特例。 例题:已知质点做匀速率圆周运动,半径为 R ,周期为 T ,求它在 均加速度大小。 解说:如图 3 所示,A 到 B 点对应 矢量分别设为 v A 、 v B 和 v C 。

1 1 T 内和在 T 内的平 4 2

1 1 T 的过程,A 到 C 点对应 T 的过程。这三点的速度 4 2

v

v

v

v v vt ? v0 v v 根据加速度的定义 a = 得 : a AB = t

v v v v vC ? vA vB ? vA v , a AC = t AB t AC
由于有两处涉及矢量减法,设两个差矢量 Δv1 =

v

v v v v v v B - v A , Δv 2 = v C - v A ,根据三角形法则,它们
在图 3 中的大小、方向已绘出( Δv 2 的“三角形”已被 拉伸成一条直线) 。 本题只关心各矢量的大小,显然:

v

vA = vB = vC =

2πR ,且: Δv1 = T

2 vA =

2 2πR 4πR , Δv 2 = 2 v A = T T

Δv1 所以: a AB = = t AB

2 2πR 4πR Δv 2 8 2πR T T = 8πR 。 = , a AC = = 2 T T t AC T T2 4 2

(学生活动)观察与思考:这两个加速度是否相等,匀速率圆周运动是不是匀变速运动? 答:否;不是。 3、乘法 矢量的乘法有两种:叉乘和点乘,和代数的乘法有着质的不同。 ⑴ 叉乘 表达: a × b = c 名词: c 称“矢量的叉积” ,它是一个新的矢量。 叉积的大小:c = absinα,其中α为 a 和 b 的夹角。意 义: c 的大小对应由 a 和 b 作成的平行四边形的面积。 叉积的方向:垂直 a 和 b 确定的平面,并由右手螺旋定 则确定方向,如图 4 所示。 显然, a × b ≠ b × a ,但有: a × b = - b × a ⑵ 点乘

v

v

v

v

v

v

v

v

v

v

v

v

v

v

v

v

v

v

v

表达: a · b = c 名词:c 称“矢量的点积” ,它不再是一个矢量,而是一个标量。 点积的大小:c = abcosα,其中α为 a 和 b 的夹角。 二、共点力的合成 1、平行四边形法则与矢量表达式 2、一般平行四边形的合力与分力的求法 余弦定理(或分割成 RtΔ)解合力的大小 正弦定理解方向 三、力的分解 1、按效果分解 2、按需要——正交分解

v

v

v

v

第二讲 物体的平衡
一、共点力平衡 1、特征:质心无加速度。 2、条件:Σ F = 0 ,或 ΣFx = 0 , ΣFy = 0 例题:如图 5 所示,长为 L 、粗细不均匀的横杆被两根轻绳水平悬挂,绳子与水平方向的 夹角在图上已标示,求横杆的重心位置。 解说: 直接用三力共点的知识解题, 几何关系比 较简单。 答案:距棒的左端 L/4 处。 (学生活动)思考:放在斜面上的均质长方体, 按实际情况分析受力,斜面的支持力会通过长方体 的重心吗? 解:将各处的支持力归纳成一个 N ,则长方体受三个力(G 、 f 、N)必共点,由此推知,N 不可能通过长方体的重心。正确受 力情形如图 6 所示(通常的受力图是将受力物体看成一个点,这 时,N 就过重心了) 。 答:不会。 二、转动平衡 1、特征:物体无转动加速度。 2、条件:Σ M = 0 ,或ΣM+ =ΣM如果物体静止, 肯定会同时满足两种平衡, 因此用两种思路均 可解题。 3、非共点力的合成

v

v

大小和方向:遵从一条直线矢量合成法则。 作用点:先假定一个等效作用点,然后让所有的平行力对这个作用点的和力矩为零。

第三讲 习题课
1、如图 7 所示,在固定的、倾角为α斜面上,有一块可以转 动的夹板(β不定) ,夹板和斜面夹着一个质量为 m 的光滑均 质球体,试求:β取何值时,夹板对球的弹力最小。 解说:法一,平行四边形动态处理。 对球体进行受力分析,然后对平行四边形中的矢量 G 和 N1 进行平移, 使它们构成一个三角形, 如图 8 的左图和中图所示。 由于 G 的大小 和方向均不变,而 N1 的方向不可变, 当 β 增 大 导 致 N2 的方向改变时,N2 的变化和 N1 的方 向变化如图 8 的右 图所示。 显然,随着β 增大, 1 单调减小, N 而 N2 的大小先减小后增大,当 N2 垂直 N1 时,N2 取极小值,且 N2min = Gsinα。 法二,函数法。 看图 8 的中间图,对这个三角形用正弦定理,有:

N2 G G sin α = ,即:N2 = ,β在 0 到 180°之间取值,N2 的极值讨论是很容 sin α sin β sin β
易的。 答案:当β= 90°时,甲板的弹力最小。 2、把一个重为 G 的物体用一个水平推力 F 压在竖直的足够高的墙壁上,F 随时间 t 的变化规律 如图 9 所示,则在 t = 0 开始物体所受的摩擦力 f 的变化图线是图 10 中的哪一个?

解说:静力学旨在解决静态问题和准静态过程的问题,但本题是一个例外。物体在竖直方

向的运动先加速后减速,平衡方程不再适用。如何避开牛顿第二定律,是本题授课时的难点。 静力学的知识,本题在于区分两种摩擦的不同判据。 水平方向合力为零,得:支持力 N 持续增大。 物体在运动时,滑动摩擦力 f = μN ,必持续增大。但物体在静 止后静摩擦力 f′≡ G ,与 N 没有关系。 对运动过程加以分析,物体必有加速和减速两个过程。据物理常 识,加速时,f < G ,而在减速时 f > G 。 答案:B 。 3、如图 11 所示,一个重量为 G 的小球套在竖直放置的、半径为 R 的 光滑大环上,另一轻质弹簧的劲度系数为 k ,自由长度为 L(L<2R) , 一端固定在大圆环的顶点 A ,另一端与小球相连。环静止平衡时位于 大环上的 B 点。试求弹簧与竖直方向的夹角θ。 解说:平行四边形的三个矢量总是可以平移到一个三角形中去讨 论,解三角形的典型思路有三种:①分割成直角三角形(或本来就是直角三角形) ;②利用正、 余弦定理;③利用力学矢量三角形和某空间位置三角形相似。本题旨在贯彻第三种思路。 分析小球受力→矢量平移,如图 12 所示,其中 F 表示弹簧弹力,N 表示大环的支持力。 (学生活动)思考:支持力 N 可不可以沿图 12 中的反方向?(正交分解看水平方向平衡— —不可以。 ) 容易判断,图中的灰色矢量三角形和空间位置三角形ΔAOB 是相似的,所以:

F AB = G R
由胡克定律:F = k( AB - R) 几何关系: AB = 2Rcosθ 解以上三式即可。 答案:arccos



⑵ ⑶

kL 。 2(kR ? G )

(学生活动)思考:若将弹簧换成劲度系数 k′较大 的弹簧,其它条件不变,则弹簧弹力怎么变?环的支持力 怎么变? 答:变小;不变。 (学生活动)反馈练习:光滑半球固定在水平面上, 球心 O 的正上方有一定滑轮,一根轻绳跨过滑轮将一小球 从图 13 所示的 A 位置开始缓慢拉至 B 位置。试判断:在 此过程中,绳子的拉力 T 和球面支持力 N 怎样变化? 解:和上题完全相同。

答:T 变小,N 不变。 4、如图 14 所示,一个半径为 R 的非均质圆球,其重心不在球心 O 点,先将它置于水平地面上, 平衡时球面上的 A 点和地面接触;再将它置于倾角为 30°的 粗糙斜面上,平衡时球面上的 B 点与斜面接触,已知 A 到 B 的圆心角也为 30°。试求球体的重心 C 到球心 O 的距离。 解说:练习三力共点的应用。 根据在平面上的平衡,可知重心 C 在 OA 连线上。根据在 斜面上的平衡,支持力、重力和静摩擦力共点,可以画出重心 的具体位置。几何计算比较简单。 答案:

3 R 。 3

(学生活动)反馈练习:静摩擦足够,将长为 a 、厚为 b 的砖块码在倾角为θ的斜面上,最多能码多少块? 解:三力共点知识应用。 答:

a ctgθ 。 b

4、两根等长的细线,一端拴在同一悬点 O 上,另一端各系一个小球,两球的质量分别为 m1 和 m2 ,已知两球间存在大小相等、方向相反的斥力而使两线 张开一定角度, 分别为 45 和 30°, 如图 15 所示。 m1 : m2 则 为多少? 解说:本题考查正弦定理、或力矩平衡解静力学问题。 对两球进行受力分析,并进行矢量平移,如图 16 所示。

首先注意,图 16 中的灰色三角 形是等腰三角形,两底角相等,设 为α。 而且,两球相互作用的斥力方 向相反,大小相等,可用同一字母 表示,设为 F 。 对左边的矢量三角形用正弦定 理,有:

m1g F = sin α sin 45°
同理,对右边的矢量三角形,有:



m2g F = sin α sin 30°



解①②两式即可。 答案:1 : 2 。 (学生活动)思考:解本题是否还有其它的方法? 答:有——将模型看成用轻杆连成的两小球,而将 O 点看成转轴,两球的重力对 O 的力矩 必然是平衡的。这种方法更直接、简便。 应用:若原题中绳长不等,而是 l1 :l2 = 3 :2 ,其它条件不变,m1 与 m2 的比值又将是多 少? 解:此时用共点力平衡更加复杂(多一个正弦定理方程) ,而用力矩平衡则几乎和“思考” 完全相同。 答:2 :3 2 。 5、如图 17 所示,一个半径为 R 的均质金属球上固定着一根长为 L 的轻质细杆,细杆的左端用 铰链与墙壁相连,球下边垫上一块木板后,细杆恰好水平,而木板下面是光滑的水平面。由于 金属球和木板之间有摩擦(已知摩擦因素为μ) ,所以要将木板从球下面向右抽出时,至少需要 大小为 F 的水平拉力。试问:现要将木板继续向左插进一些,至少需要多大的水平推力? 解说:这是一个典型的力矩平衡的例题。 以球和杆为对象,研究其对转轴 O 的转动平衡, 设木板拉出时给球体的摩擦力为 f ,支持力为 N , 重力为 G ,力矩平衡方程为: f R + N(R + L)= G(R + L) ① 球和板已相对滑动,故:f = μN ② 解①②可得:f =

μG (R + L) R + L + μR

再看木板的平衡,F = f 。 同理,木板插进去时,球体和木板之间的摩擦 f′=

μG (R + L) = F′。 R + L ? μR

答案:

R + L + μR F 。 R + L ? μR
第四讲 摩擦角及其它

一、摩擦角 1、全反力:接触面给物体的摩擦力与支持力的合力称全反力,一般用 R 表示,亦称接触反 力。 2、摩擦角:全反力与支持力的最大夹角称摩擦角,一般用φm 表示。 此时,要么物体已经滑动,必有:φm = arctgμ(μ为动摩擦因素) ,称动摩擦力角;要

么物体达到最大运动趋势,必有:φms = arctgμs(μs 为静摩擦因素) ,称静摩擦角。通常处 理为φm = φms 。 3、引入全反力和摩擦角的意义:使分析处理物体受力时更方便、更简捷。 二、隔离法与整体法 1、隔离法:当物体对象有两个或两个以上时,有必要各个击破,逐个讲每个个体隔离开来 分析处理,称隔离法。 在处理各隔离方程之间的联系时,应注意相互作用力的大小和方向关系。 2、整体法:当各个体均处于平衡状态时,我们可以不顾个体的差异而讲多个对象看成一个 整体进行分析处理,称整体法。 应用整体法时应注意“系统”“内力”和“外力”的涵义。 、 三、应用 1、物体放在水平面上,用与水平方向成 30°的力拉物体时,物体匀速前进。若此力大小不 变,改为沿水平方向拉物体,物体仍能匀速前进,求物体与水平面之间的动摩擦因素μ。 解说:这是一个能显示摩擦角解题优越性的题目。可以通过不同解法的比较让学生留下深 刻印象。 法一,正交分解。 (学生分析受力→列 方程→得结果。 ) 法二,用摩擦角解题。 引进全反力 R ,对物体两个平衡状态 进行受力分析,再进行矢量平移,得到图 18 中的左图和中间图 (注意: 重力 G 是不 变的,而全反力 R 的方向不变、F 的大小 不变) ,φm 指摩擦角。 再将两图重叠成图 18 的右图。 由于灰 色的三角形是一个顶角为 30°的等腰三 角形,其顶角的角平分线必垂直底边…… 故有:φm = 15°。 最后,μ= tgφm 。 答案:0.268 。 (学生活动)思考:如果 F 的大小是可以选择的,那么能维持物体匀速前进的最小 F 值是 多少? 解:见图 18,右图中虚线的长度即 Fmin ,所以,Fmin = Gsinφm 。 答:Gsin15°(其中 G 为物体的重量) 。 2、如图 19 所示,质量 m = 5kg 的物体置于 一粗糙斜面上, 并用一平行斜面的、 大小 F = 30N 的推力推物体,使物体能够沿斜面向上匀速运 动,而斜面体始终静止。已知斜面的质量 M = 2 10kg ,倾角为 30°,重力加速度 g = 10m/s , 求地面对斜面体的摩擦力大小。 解说:本题旨在显示整体法的解题的优越

性。 法一,隔离法。简要介绍…… 法二,整体法。注意,滑块和斜面随有相对运动,但从平衡的角度看,它们是完全等价的, 可以看成一个整体。 做整体的受力分析时,内力不加考虑。受力分析比较简单,列水平方向平衡方程很容易解 地面摩擦力。 答案:26.0N 。 (学生活动)地面给斜面体的支持力是多少? 解:略。 答:135N 。 应用:如图 20 所示,一上表面粗糙的斜面体上放在光滑的水平地面上,斜面的倾角为θ。 另一质量为 m 的滑块恰好能沿斜面匀速下滑。若用一推力 F 作用在滑块上,使之能沿斜面匀速 上滑,且要求斜面体静止不动,就必须施加一个大小为 P = 4mgsinθcosθ的水平推力作用于 斜面体。使满足题意的这个 F 的大小和方向。 解说:这是一道难度较大的静力学题,可以动用 一切可能的工具解题。 法一:隔离法。 由第一个物理情景易得,斜面于滑块的摩擦因素 μ= tgθ 对第二个物理情景,分别隔离滑块和斜面体分析 受力,并将 F 沿斜面、垂直斜面分解成 Fx 和 Fy ,滑 块与斜面之间的两对相互作用力只用两个字母表示(N 表示正压力和弹力,f 表示摩擦力) ,如 图 21 所示。 对滑块,我们可以考查沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡—— Fx = f + mgsinθ Fy + mgcosθ= N 且 f = μN = Ntgθ 综合以上三式得到: Fx = Fytgθ+ 2mgsinθ ① 对斜面体,只看水平方向平衡就行了—— P = fcosθ+ Nsinθ 即:4mgsinθcosθ=μNcosθ+ Nsinθ 代入μ值,化简得:Fy = mgcosθ ② ②代入①可得:Fx = 3mgsinθ 最后由 F = Fx + Fy 解 F 的大小,由 tgα=
2 2 2

Fy Fx

解 F 的方向(设α为 F 和斜面的夹角) 。

答案:大小为 F = mg 1 + 8 sin θ ,方向和斜面夹角α= arctg( ctgθ )指向斜面内部。 法二:引入摩擦角和整体法观念。

1 3

仍然沿用“法一”中关于 F 的方向设置(见图 21 中的α角) 。 先看整体的水平方向平衡, Fcos(θ- α) = P 有: ⑴ 再隔离滑块, 分析受力时引进全反力 R 和摩擦角φ, 由于简化后只有三个力 (R、 和 F) mg , 可以将矢量平移后构成一个三角形,如图 22 所示。

在图 22 右边的矢量三角形中, 有:

F mg mg = = sin(θ + φ) sin[90° ? (α + φ)] cos(α + φ)

⑵ ⑶

注意:φ= arctgμ= arctg(tgθ) = θ 解⑴⑵⑶式可得 F 和α的值。

第二章

牛顿运动定律

第一讲 牛顿三定律
一、牛顿第一定律 1、定律。惯性的量度 2、观念意义,突破“初态困惑” 二、牛顿第二定律 1、定律 2、理解要点 a、矢量性 b、独立作用性:ΣF → a ,ΣFx → ax … c、瞬时性。合力可突变,故加速度可突变(与之对比:速度和位移不可突变) ;牛顿第二 定律展示了加速度的决定式(加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段”。 ) 3、适用条件 a、宏观、低速 b、惯性系 对于非惯性系的定律修正——引入惯性力、参与受力分析 三、牛顿第三定律 1、定律

2、理解要点 a、同性质(但不同物体) b、等时效(同增同减) c、无条件(与运动状态、空间选择无关)

第二讲 牛顿定律的应用
一、牛顿第一、第二定律的应用 单独应用牛顿第一定律的物理问题比较少,一般是需要用其解决物理问题中的某一个环节。 应用要点:合力为零时,物体靠惯性维持原有运动状态;只有物体有加速度时才需要合力。 有质量的物体才有惯性。a 可以突变而 v、s 不可突变。 1、如图 1 所示,在马达的驱动下,皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动。现将一 工件(大小不计)在皮带左端 A 点轻轻放下,则在此后的过程中( ) A、一段时间内,工件将在滑动摩擦力 作用下,对地做加速运动 B、当工件的速度等于 v 时,它与皮带 之间的摩擦力变为静摩擦力 C、当工件相对皮带静止时,它位于皮 带上 A 点右侧的某一点 D、工件在皮带上有可能不存在与皮带 相对静止的状态 解说:B 选项需要用到牛顿第一定律,A、C、D 选项用到牛顿第二定律。 较难突破的是 A 选项, 在为什么不会 “立即跟上皮带” 的问题上, 建议使用反证法 → 0 , (t a →∞ ,则ΣFx → ∞ ,必然会出现“供不应求”的局面)和比较法(为什么人跳上速度不 大的物体可以不发生相对滑动?因为人是可以形变、重心可以调节的特殊“物体” ) 此外,本题的 D 选项还要用到匀变速运动规律。用匀变速运动规律和牛顿第二定律不难得 出 只有当 L >

v2 时(其中μ为工件与皮带之间的动摩擦因素) ,才有相对静止的过程,否 2μg

则没有。 答案:A、D 2 思考:令 L = 10m ,v = 2 m/s ,μ= 0.2 ,g 取 10 m/s ,试求工件到达皮带右端的时 间 t(过程略,答案为 5.5s) 进阶练习:在上面“思考”题中,将工件给予一水平向右的初速 v0 ,其它条件不变,再求 t(学生分以下三组进行)—— ① v0 = 1m/s (答:0.5 + 37/8 = 5.13s) ② v0 = 4m/s (答:1.0 + 3.5 = 4.5s) ③ v0 = 1m/s (答:1.55s) 2、质量均为 m 的两只钩码 A 和 B,用轻弹簧和轻绳连接,然后挂在天花板上,如图 2 所示。

试问: ① 如果在 P 处剪断细绳,在剪断瞬时,B 的加速度是多少? ② 如果在 Q 处剪断弹簧, 在剪断瞬时, 的加速度又是多少? B 解说:第①问是常规处理。由于“弹簧不会立即发生形变” ,故 剪断瞬间弹簧弹力维持原值,所以此时 B 钩码的加速度为零(A 的 加速度则为 2g) 。 第②问需要我们反省这样一个问题: “弹簧不会立即发生形变” 的原因是什么?是 A、B 两物的惯性,且速度 v 和位移 s 不能突变。 但在 Q 点剪断弹簧时,弹簧却是没有惯性的(没有质量) ,遵从理想 模型的条件,弹簧应在一瞬间恢复原长!即弹簧弹力突变为零。 答案:0 ;g 。 二、牛顿第二定律的应用 应用要点:受力较少时,直接应用牛顿第二定律的“矢量性” 解题。受力比较多时,结合正交分解与“独立作用性”解 题。 在难度方面, “瞬时性”问题相对较大。 1、滑块在固定、光滑、倾角为θ的斜面上下滑,试求 其加速度。 解说: 受力分析 → 根据 “矢量性” 定合力方向 → 牛 顿第二定律应用 答案:gsinθ。 思考:如果斜面解除固定,上表仍光滑,倾角仍 为θ,要求滑块与斜面相对静止,斜面应具备一个 多大的水平加速度?(解题思路完全相同,研究对 象仍为滑块。但在第二环节上应注意区别。答:gtg θ。 ) 进阶练习 1:在一向右运动的车厢中,用细绳悬 挂的小球呈现如图 3 所示的稳定状态,试求车厢的 加速度。 (和“思考”题同理,答:gtgθ。 ) 进阶练习 2、如图 4 所示,小车在倾角为α的斜 面上匀加速运动,车厢顶用细绳悬挂一小球,发现悬绳与竖直方 向形成一个稳定的夹角β。试求小车的加速度。 解:继续贯彻“矢量性”的应用,但数学处理复杂了一些(正 弦定理解三角形) 。 分析小球受力后,根据“矢量性”我们可以做如图 5 所示的平 行四边形,并找到相应的夹角。设张力 T 与斜面方向的夹角为θ, 则 θ= (90°+ α) β= 90°(β-α) (1) 对灰色三角形用正弦定理,有

ΣF G = sin β sin θ
解(1) (2)两式得:ΣF =

(2)

mg ? sin β cos(β ? α)

最后运用牛顿第二定律即可求小球加速度(即小车加速度) 答:

sin β g 。 cos(β ? α)

2、如图 6 所示,光滑斜面倾角为θ,在水 平地面上加速运动。 斜面上用一条与斜面平行 的细绳系一质量为 m 的小球, 当斜面加速度为 a 时(a<ctgθ) ,小球能够保持相对斜面静 止。试求此时绳子的张力 T 。 解说:当力的个数较多,不能直接用平行 四边形寻求合力时,宜用正交分解处理受力, 在对应牛顿第二定律的“独立作用性”列方程。 正交坐标的选择,视解题方便程度而定。 解法一:先介绍一般的思路。沿加速度 a 方向建 x 轴, 与 a 垂直的方向上建 y 轴, 如图 7 所示 为斜面支持力) (N 。 于是可得两方程 ΣFx = ma ,即 Tx - Nx = ma ΣFy = 0 , 即 Ty + Ny = mg 代入方位角θ,以上两式成为 T cosθ-N sinθ = ma (1) T sinθ + Ncosθ = mg (2) 这是一个关于 T 和 N 的方程组,解(1) (2)两式得: T = mgsinθ + ma cosθ 解法二:下面尝试一下能否独立地解张力 T 。将正交 分解的坐标选择为:x——斜面方向,y——和斜面垂直的 方向。这时,在分解受力时,只分解重力 G 就行了,但值 得注意, 加速度 a 不在任何一个坐标轴上, 是需要分解的。 矢量分解后,如图 8 所示。 根据独立作用性原理,ΣFx = max 即:T - Gx = max 即:T - mg sinθ = m acosθ 显然,独立解 T 值是成功的。结果与解法一相同。 答案:mgsinθ + ma cosθ 思考:当 a>ctgθ时,张力 T 的结果会变化吗?(从

支持力的结果 N = mgcosθ-ma sinθ看小球脱离斜面的条件,求脱离斜面后,θ条件已没有 意义。答:T = m g + a
2 2

。 )

学生活动:用正交分解法解本节第 2 题“进 阶练习 2” 进阶练习:如图 9 所示,自动扶梯与地面的 夹角为 30°,但扶梯的台阶是水平的。当扶梯 2 以 a = 4m/s 的加速度向上运动时,站在扶梯上 质量为 60kg 的人相对扶梯静止。 重力加速度 g = 2 10 m/s ,试求扶梯对人的静摩擦力 f 。 解:这是一个展示独立作用性原理的经典例 题, 建议学生选择两种坐标 (一种是沿 a 方向和 垂直 a 方向,另一种是水平和竖直方向) ,对比解题过程,进而充分领会用牛顿第二定律解题的 灵活性。 答:208N 。 3、 如图 10 所示, 甲图系着小球的是两根轻绳, 乙图系着小球的是一根轻弹簧和轻绳,方位角θ 已知。现将它们的水平绳剪断,试求:在剪断瞬 间,两种情形下小球的瞬时加速度。 解说:第一步,阐明绳子弹力和弹簧弹力的区 别。 (学生活动)思考:用竖直的绳和弹簧悬吊小

相关文章:
高中奥林匹克物理竞赛解题方法+01整体法
高中奥林匹克物理竞赛解题方法一、整体法 方法简介 整体是以物体系统为研究对象,从整体或全过程去把握物理现象的本质和规律,是一种把具有相互联 系、相互依赖、相互...
高中奥林匹克物理竞赛解题方法十一:图像法
高中奥林匹克物理竞赛解题方法十一:图像法_学科竞赛_高中教育_教育专区。高中奥林匹克物理竞赛解题方法分类讲解高中奥林匹克物理竞赛解题方法 十一、图像法方法简介 图像...
高中奥林匹克物理竞赛解题方法 等效法
高中奥林匹克物理竞赛解题方法 等效法_从业资格考试_资格考试/认证_教育专区。高中奥林匹克物理竞赛解题方法四 四、等效法方法简介 在一些物理问题中,一个过程的发展...
高中奥林匹克物理竞赛解题方法10假设法
高中奥林匹克物理竞赛解题方法10假设法_高三理化生_理化生_高中教育_教育专区。竞赛解题方法十、假设法方法简介假设法是对于待求解的问题,在与原题所给条件不相违的...
高中奥林匹克物理竞赛解题方法之十三降维法
高中奥林匹克物理竞赛解题方法之十三降维法 Page1 例 1:如图 13—1 所示,倾角θ =30°的粗糙斜面上放一物体,物体重为 G,静止在斜面上。现 用与斜面底边平行...
高中物理奥林匹克竞赛解题方法讲座:(1)整体法(含答案)
高中物理奥林匹克竞赛解题方法讲座:(1)整体法(含答案)_学科竞赛_高中教育_教育专区。高中物理奥赛经典 一、整体法方法简介整体是以物体系统为研究对象,从整体或全...
高中奥林匹克物理竞赛解题方法 十、假设法
高中奥林匹克物理竞赛解题方法 十、假设法_从业资格考试_资格考试/认证_教育专区。十、假设法方法简介假设法是对于待求解的问题,在与原题所给条件不相违的前提下,...
高中奥林匹克物理竞赛解题方法 递推法
高中奥林匹克物理竞赛解题方法 递推法_从业资格考试_资格考试/认证_教育专区。高中奥林匹克物理竞赛解题方法六 六、递推法方法简介 递推法是解决物体与物体发生多次...
高中奥林匹克物理竞赛解题方法 微元法
高中奥林匹克物理竞赛解题方法三 三、微元法方法简介微元法是分析、解决物理问题中的常用方法,也是从部分到整体的思维方法。用该方法 可以使一些复杂的物理过程用...
更多相关标签:
国际奥林匹克物理竞赛 | 奥林匹克物理竞赛 | 全国奥林匹克物理竞赛 | 2016奥林匹克物理竞赛 | 高中奥林匹克物理竞赛 | 初中奥林匹克物理竞赛 | 奥林匹克物理竞赛题 | 奥林匹克物理竞赛试题 |