高中奥林匹克物理竞赛解题方法十二：类比法
高中物理竞赛试题解题方法
高中物理竞赛试题解题方法：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(m a + m b)g ，作用在两个小球上的恒力F a、F b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F a、F b大小相等，方向相反，可以抵消，而(m a + m b)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。
从一道题看奥赛所涉及的解题方法和技巧
从一道题看奥赛所涉及的解题方法和技巧题：设湖岸MN 是一条直线，有一小船自岸边的A 点沿与湖岸成α＝15°角的方向匀速向湖中驶去，有一个人自A 点同时出发，，他先沿岸走一段再入水中游泳去追小船.已知人在岸上走的速度为v1 =4m/s ，在水中游泳的速度为v2＝2m/s ，试求小船的速度至多为多大时，这人才能追上小船？方法1：微元法如图，设人在D 点入水并在B 点刚好能追上小船，这表明：此时人追上小船所用时间最少，对应的小船速度最大.D 点两侧各有入水点C 和E ，使得在该处入水追船所用时间相等.现设C 、E 是D 点两侧附近无限靠近D 点的两点，并设分别从C 、E 点入水追小船所用总时间相等.现在BC 段截取BF=BE ，那么∠BFE ＝90°.由于从C 、E 点入水追小船所用总时间相等，所以，人在CE 段走与在CF 段游泳所用时间相等.于是因为C 、E 两点无限靠近D 点，所以∠BDN ＝θ＝60°，作BK ⊥BD 交MN 于K ，于是DK=2BD.又因为v1=2v2,则人游DK 段与走DK 段所用时间相等.所以人自出发经D 点再到B 点与人由A 点一直走到K 点所用时间相同，并都等于小船从A 到B 所用的最少时间.即有 在⊿ABK 中，用正弦定理可得： 那么方法2：类比法设想MN 为甲和乙两种介质的分界面，光在甲中的速度为v1，在乙中的速度为v2，据费马原理可知，B →D →A 是光从B 传到A 费时最少的路径，而β是临界角. 这可类比本题人从A 经D 到B 的追船情况.由此得： 下面解法与方法1相同.最后可得： 21v CF v CE =21cos ==CE CF θ︒=60θ1max v AK v AB =21135sin 30sin =︒︒=AK AB )/(2222211max s m v v v ===︒==30arcsin 12v v β)/(22max s m v =方法3：图解法如图，设人开始运动就一直游泳，那么他能到达的区域是以A 为圆心、以v2t 为半径的半圆中的任何一点，若他一直沿湖岸走，那么他在t 时间内可以到达AK ＝v1t 中的任何一点，若他先沿岸走一段再入水追船，那么他可以在t 时间内到达图中⊿AEF 中的任何一点.所以，他若能追上船，船也必须在t 时间内到达这区域.由于题设小船沿α角的方向运动，所以沿此方向的直线与EK 线的交点B 是船以最大速度运动且又能被人追上的地点.在Rt ⊿AEK 中，因为AK=2AE ，所以∠AKE ＝30°，于是，∠ABK ＝180 °－15 °－ 30°＝135°在⊿ABK 中,据正弦定理得： 而所以：方法4：矢量图解法设人先沿岸走一段，再入水追船，以船为参考系，由于人和船是同时由A 点出发的，则人在沿岸走时，船看到人正在由船所在位置逐渐“离去”，离去的相对速度u 1为：要人能追上船，即人能回到船上，则其返回的相对速度u 2必须沿u 1的反方向，返回的相对速度u 2为： 作图：（1）以MN 线上的A 点为起点作矢量v 1得K 点；（2）以A 点为圆心，以v2的大小为半径作圆;（3）作直线AC ，使它与MN 线的夹角为α＝15°；设K 点与圆上的任一点E 的连线与AC线的交点为B ，则AB 表示船速，BK 表示人相对船的“离开”速度u 1，而BE 表示人相对船的“返回”速度u 2.显然，当KE 与圆相切时，AB 线最长，表示船速最大，由此有作图步骤:（4）作KE 与圆相切于E 点，并与AC 相交于B 点.由于AK=AE ，所以，∠AKF ＝30°，∠ABE ＝45°.因而⊿ABE 为等腰直角三角形，那21135sin 30sin =︒︒=AK AB 1max 1max v v t v t v AK AB ==)/(2222211max s m v v v ===v v u -=11vv u -=22方法5：等效法设人在B 点追上船，则人到达B 点可能有很多途径，如A →C →B ，A →D →B,A →E →B 等,这些途径中耗时最少的途径对应着允许的最大船速，作∠NAP ＝30°，并分别作CK,DH,EF 垂直AP ，其中设BDH 为直线，又设想MN 线下方也变成湖水区域，则因为AC=2CK,所以人由K 点游泳到C 点所用时间与人在岸上走由A 点到C 点所用时间是相等的.故人按题设情况经路径A →C →B 所用时间与假想人全部在水中游泳游过路径K →C →B 所用时间相等，同理，人按题设情况经路径A →D →B所用时间与假想人全部在水中游泳游过路径H→D →B 所用时间相等，人按题设情况经路径A→E →B 所用时间与假想人全部在水中游泳游过路径F →E →B 所用时间相等，显然，在这些途径中，因为HDB 是直线，因此所用时间最少.由以上分析可知，人沿等效途径HDB 游泳就费时最少地刚好追上船，这对应着最大船速，设为vmax ，则有因为⊿AHB 是等腰直角三角形，所以故得方法6：极值法（利用三角函数）如图，设人沿岸走到D 点时，船航行到C 点，此时人入水游泳就刚好能在B 点追上船. 在⊿ACD 中应用正弦定理得又设此时船速为v ，人由A 点走到D 点耗时为t ，则 由以上两式得 又在⊿CDB 中应用正弦定理得设人游过DB 段所用时间为t ’,则 由以上两式得由（1）、（2）式，并注意v 1=2v 2，可得 又由于，要v 尽可能大，即需AC/AD 尽可能大，而θ越大，则AC 越大，由于 )/(2222max s m v v ==2max v BH v AB =BHAB 2=)/(2222max s m v v ==AC AD =--)sin()sin(αθθπvtAC t v AD ==,1BC BD =--)sin(sin βθπθt v CB t v BD '='=,2)2()sin(sin 2v v =+βθθ)1()sin(sin 1v v =-αθθ)3()sin(2)sin(αθβθ-=+1v v AD AC =α为恒量，则θ越大，则θ－α也越大，且（θ－α）为锐角，则sin （θ－α）随（θ－α）增大而增大，故得sin （θ－α）最大时，θ最大，由（3）式可见，当sin （θ＋β）＝1时，sin （θ－α）有最大值为1/2，此时对应的θ值为450，此时得β=450，于是⊿CDB 是等腰直角三角形，则有所以： 方法7：极值法（利用一元二次函数判别式）如图，设船出发后经时间t 被人追上.则船的位移为s=v t ，又设人在岸上走用时为kt （0<k<1)，位移为s1=k v 1t,人在湖中游用时为(1－k)t （0<k<1)，位移为s2=(1-k)v 2t.那么，据余弦定理有：把s 、s1、s2的表达式及v 1、v 2的值代入并整理可得于是有要这方程有实数解，其判别式⊿应满足：由此可解得：或由本题的物理情景可知只能取： 方法8：极值法（利用一元二次函数判别式）如图，设人在岸上D 处入水追船，运动方向与湖岸成θ角,并在B 点处追上船，这人由A →D →B 用时为t .则 上式表明：t 与θ有关，且在d 、L 、v 1、v 2一定时，由θ决定,研究函数 两边平方得： 整理后得：此方程有实数解的条件是：判别式⊿≧0，即有由此解得：所以： 由（3）、（4）式得： 这表明当θ＝60°时，函数y 有最小值，由（1）式知此时t 有最小值,对应的船速有最大值.)/(2222max s m v v ==αcos 2121222ss s s s -+=︒-+=-15cos 816)1(4222kv v k k 2213432230cos 115cos +=+=︒+=︒0)4(]8)26(2[1222=-+-+-v k v k 0)4(48]8)26(2[22≥---+=∆v v 22≤v )13(22+≥v )/(22max s m v =θθsin cot 21v d v d L t +-=)1()sin cos sin 1(121d v v v L θθθ-+=)2(sin cos sin 112θθθv v y -=θθθ2222122221212sin cos cos 2v v v v v v y +-=)3()cos 1(cos cos 2222212222121θθθ-+-=v v v v v v 0)1(cos 2cos )(222212122222212=-+-+v y v v v v v v y θθ0)1()(442222122222122221≥-+-v y v v v v y v v 222122212v v v v y -≥)4(222122212min v v v v y -=21cos 12==v v θ︒=60θ)315(cot )3132(15cot 1121min+︒=-+︒=v d v v v d t )315(cot 15sin sin 1min min max+︒︒===v t d t AB v θ。
高中奥林匹克物理竞赛解题方法 (3)
高中奥林匹克物理竞赛解题方法四、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v 0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:gv v t v d θθθsin 2cos cos 2000⋅=⋅= 可解得抛射角 202arcsin 21v gd =θ 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v 0,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na n n a an n an a a a a a 2)13(232)1(2-=-=-++=+=末初平 由匀变速运动的导出公式得222v v L a B -=平 解得 naLn v v B )13(20-+=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s 1=1m 的A 点时,速度大小为s cm v /201=,问当老鼠到达距老鼠洞中心s 2=2m 的B 点时,其速度大小?2=v 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kxP F P v == 当11,v v s x ==时 将其代入上式求解,得2211s v Ps v P k ==所以老鼠到达B 点时的速度s cm v s s v /1020211212=⨯==再根据外力做的功等于此等效弹簧弹性势能的增加,21222121ks ks Pt -= 代入有关量可得)(21212211s s s v P Pt -⋅=由此可解得s v s s s t 5.72.012122)(22112122=⨯⨯-=-=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2r的 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F 1、F 2. 则F=F 1－F 2 ①经计算可知:M M 71=∆,所以 22178)(L GmM L M M m G F =∆+= ②图4—2222)2(7)2(r L GmMr L M m GF -=-∆= ③ 将②、③代入①式,解得空腔铅球对小球的引力为])2(7178[2221r L LGmM F F F --=-=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54,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.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L 1、L 2、……、L n ,则小球总共通过的路程为L L L L s n ++++=)(221 ,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 、1v ,碰撞后反弹的距离为L 1,则θθsin 21sin 211212mgL mv mgL mv == 其中222111)54(,54===v v L L v v 所以碰撞中损失的动能为)25161(2121212212-=-=∆mv mv mv E k 根据等效性有k E L L f ∆=+)(1 解得等效摩擦力θsin 419mg f = 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θsin ⋅=⋅mgL s f解出小球总共通过的总路程为.941L s =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 . 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αsin L L =',则此双线摆的周期为g l g L T /sin 2/2αππ='='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图4—3图4—4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L 0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律,于是得22)2(21)(21)cos (cos 21)cos (cos l m l m mg mgl ωωαβαβ+=-+- 对单摆,得 200)(21)cos (cos l m mgl ωαβ=-联立两式求解,得l l 650=故原复摆的周期为.65220gl g l T ππ== 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/s 2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/s 2）解析 当U 形管向右加速运动时,可把液体当做放在等效重力场中,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4.0tan ==gaα 由图4—6可知液面与水平方向的夹角为α, 所以,.04.044.010tan m cm L h ==⨯=⋅=∆α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m g 33,方向水平向右,现给小球一个水平向右的初速度0v ,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0v .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mg mg mg G 332)33()(22=+=' 等效重力加速度g m G g 332='=' 与竖直方向的夹角︒=30θ,如图4—7甲所示.所以B 点为等效重力场中轨道的最高点,图4—6图4—7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R g v B '=在等效重力场中应用机械能守恒定律22021)cos (21B mv R R g m mv ++'=θ 将g '、B v 分别代入上式,解得给小球的初速度为gR v )13(20+=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∑∑==∆=∆++∆+∆∆++∆+∆=ni ini ii nn n VVE V V V V E V E V E E 11212211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∑∑∑∑∑=====∆=∆=∆=∆∆=ni ni ii i ni i i i ni ini ii V V r kq V V E V E VVVE E 1121111 设金属球均匀带电,带电量为q,其密度为Vq=ρ,则有 ∑∑==∆=∆=ni ni iii i r q k r V k E 11221ρ ∑=∆ni ii r q k 12为带电球体在q 所在点产生的场强,因而有2R kqE =,方向从O 指向q. 例11 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速度为0v . 若忽略空气阻力和重力加速度g 随高度的变化,求小球在运动过程中的最小速度.解析 若把电场力E q 和重力mg 合成一个力,则小球相当于只受一个力的作用,由于小球图4—8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Eqm g=θtan 小球从O 点抛出时,在y 方向上做匀减速直线运动,在x 轴方向上做匀速直线运动. 当在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2200min )()(cos Eq mg Eqv v v +==θ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,R 1、R 2、R 3为定值电阻,但阻值未 知,R x 为电阻箱.当R x 为Ω=101x R 时,通过它的电流Ω==18;121x x x R R A I 为当时,通过它的电流.6.02A I x =则当A I x 1.03=时,求电阻.3x R解析 电源电动势ε、内电阻r 、电阻R 1、R 2、R 3均未知, 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R x 和I x 的对应关系,有),(11r R I x x '+='ε ① ),(22r R I x x '+=='ε ② )(33r R I x x '+='ε ③由①、②两式,得Ω='='2,12r V ε, 代入③式,可得Ω=1183x R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R AB 、R BC 和R CA ,相应的电阻R a 、R b 和R c 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,利用这些条件图4—10图4—10甲证明:CABC ABCAAB a R R R R R R ++=,并证明对R b 和R c 也有类似的结果,利用上面的结果求图4—11甲中P 和Q 两点之间的电阻.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R a b =R AB ,R ac =R AC ,R bc =R BC ,对a b 间,有CA BC AB BC AB CAAB BC AC AB b a R R R R R R R R R R R R +++=++=+-1)11(① 同样,a c 间和bc 间,也有CA BC AB CA BC CAAB BC AB CA c a R R R R R R R R R R R R +++=++=+-1)11(② CABC AB CA BC BCAB CA AB BC c b R R R R R R R R R R R R +++=++=+-1)11(③ 将①+②－③得:CABC ABCAAB a R R R R R R ++=再通过①－②＋③和③+②－①,并整理,就得到R b 和R C 的表达式.CABC AB ACBC c CABC ABBCAB b R R R R R R R R R R R R ++=++=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R PQ 可通过这三个并联电阻求和得到.Ω=++=-4)61181361(1PQ R 例14 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a bcd,图4—11 4—12甲 4—12乙 4—12丙框平面与磁感应强度方向垂直,其中a b 和bc 各是一段粗细均匀的电阻丝R ab =5Ω,R bc =3Ω,线框其余部分电阻忽略不计.现让导体EF 搁置在a b 、cd 边上,其有效长度L=0.5m,且与a b 垂直,阻值R EF =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a E 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a b 长的54时,电路图可等效为如图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,V BLV 3)105.06.0(=⨯⨯==ε Ω=Ω=Ω=3,1,4bc Eb aE R R R此时电源内阻为导体EF 的电阻,Ω==1EF R r ,则电路中的总电阻为Ω=+++⋅+=3)()(bc Eb aE bc Eb aE R R R R R R r R电路中的总电流为.1A RI ==ε∴通过a E 的电流为A I aE 5.0=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 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11111f P P =+' 其中)(1)15.01)(15.1()11)(1(1121--=∞---=--=m R R n f 故有m P P 6.015.11111-='-=+'成像在左侧,为虚像,该虚像再经平凹透镜成像S ''后,其像距为图4—13图4—13甲图4—14m P P P 6.0122='-=-='成像在右侧,为虚像,该虚像再经平凹透镜成像S ''',有)(11,6.0,11112333--=='=='+m fm P P f P P 其中 故m P P 375.016.01133-='-=+'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Ω=Ω=Ω=Ω=Ω=Ω=99,40,10,5,80,40654321R R R R R RΩ=Ω=20,10187R R ,求AB 之间的电阻.3．电路如图4—17所示,Ω====35431R R R R 时,Ω=12R ,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—15图4—16图4—17图4—18图4—19图4—206．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.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 ．A25 B ．A 5 C ．A 25.3 D ．A 5.39．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R L 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0v . 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R G ,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a bcd,各边长为L 1, 其中a b 是一端电阻为R 的均匀电阻丝,其余三边均为电阻可忽图4—21甲图4—21乙图4—22图4—23图4—24图4—25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a b 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a d 滑向bc,当PQ 滑过1/3L的距离时,通过a P 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a e=eb=cf=fd=（1/8）圆周长,圆弧bc=（1/4）圆周长,一内阻R g =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（U e －R f ）.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；（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f 1=10cm 的凸透镜,透镜右侧15cm 处再放置一焦距f 2=10cm 的凹透镜,求该光学系统成像的位置和放大率.图4—26图4—27图28 图29答案:1．2222)(,R L q KRL q L R -- 2．Ω11120 3．Ω37 4．Ω4 5．Ω5.0 6．Ω4.1 7．1.32r 8．C 9．Lb R a BL a Bv p p10++ρ 10．RqR K a G 232+π 11．R v BL 1161 a 向P 12．（1）R nR Bav nR 232+ （2）Bav n n )223122(+++- 13．0,2224)2(sin 2πθπθθπ+-Rr k a 14．（1）图略 （2）距光心H f 31,32 15．凹透镜的右侧10cm 处,放大率为2。
奥林匹克物理竞赛之力学解题方法
(
s
2 2
s12 )
t (s22 s12 ) 22 12 7.5s 2s1v1 2 1 0.2
例4．如图所示，小球从长为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4/5，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。
奥林匹克物理竞赛之力学解题方法
三．等效法 1．方法简介
2．赛题精讲
将一个情境等效为另一个情境 将一个过程等效为另一过程 将一个模型等效为另一个模型 将一个物理量的计算等效为另一个物理量的计算
例1.如图所示，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。
六、类比法
1.方法简介：根据两个研究对象或两个系统在某些属性上类似 而推出其他属性也类似的思维方法，是一种由个别到个别的推 理形式。
2.赛题精讲 例1．如图所示，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=10。现将一质点在BOA面内从A 处以速度v=5m/s射出，其方向与AO间的夹角θ=600，OA=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A处与OA相碰？（计算次数时 包括在A处的碰撞） （2）共用多少时间？
解析：设在一个极短的时间Δt内，猎犬 做直线运动，正三角形边长依次变为a1、 a2、a3、…、an。
a1
a
AA1
BB1
cos60
_等效替代_类比法_在物理竞赛中的妙用_徐延明
·竞赛园地·“等效替代、类比法”在物理竞赛中的妙用徐延明（西北工业大学附中，陕西西安 ７１００７２） 对于刚刚踏入高中、准备参加物理竞赛的学生来说，无论是其生活经历、知识储备、理解能力还是思维水平，对搞好物理竞赛都有一定的困难．如何才能帮助学生度过难关？笔者作为从事一线教学的教师，体会是要逐渐渗透教给学生一些重要的物理研究方法，活跃学生的思维，拓宽学生的思路，提高他们分析问题和解决问题的能力．这其中要引导学生学会的一个重要方法就是“等效替代、类比法”．等效替代、类比法是物理研究方法中应用广泛的重要方法之一，是科学研究中常用的一种思维方法．所谓等效替代、类比法，就是从事物间的等同效果出发，通过一定的替代、类比来学习和研究物理现象、过程、规律的一种方法．其优点是把复杂的、陌生的物理现象或过程，转化为等效、简单的，学生较熟悉的，易于理解的物理现象或过程来研究和处理．下面，笔者通过实例来说明等效替代、类比法在物理竞赛习题教学中的运用．例１．（第１７届复赛第３题）１９９５年，美国费米国家实验室ＣＤＦ实验组和ＤＯ实验组在质子反质子对撞机ＴＥ－ＶＡ－ＴＲＯＮ的实验中，观察到了顶夸克，测得它的静止质量ｍτ＝１．７５×１０１１ｅＶ／ｃ２＝３．１×１０－２５ ｋｇ，寿命τ＝０．４×１０－２４ｓ，这是近１０多年来粒子物理研究最重要的实验进展之一．（１）正反顶夸克之间的强相互作用势能可写为Ｖ（ｒ）＝－ｋ４ａｓ３ｒ，式中ｒ是正反顶夸克之间的距离，ａｓ＝０．１２是强相互作用耦合常数，ｋ是与单位制有关的常数，在国际单位制中ｋ＝０．３１９×１０－２５Ｊ·ｍ，为估算正反顶夸克能否构成一个处在束缚状态的系统，可把束缚状态设想为正反顶夸克在彼此间的吸引力作用下绕它们连线的中点做匀速圆周运动，如能构成束缚态，试用玻尔理论确定系统处于基态中正反顶夸克之间的距离ｒ０，已知处于束缚态的正反顶夸克粒子满足量子化条件２ｍｖｒ０（）２＝ｎｈ２（）π，ｎ＝１，２，３，……式中ｍｖｒ０（）２为一个粒子的动量ｍｖ与其轨道半径ｒ０２的乘积，ｎ为量子数，ｈ＝６．６３×１０－３４Ｊ·ｓ为普朗克常量．（２）试求正反顶夸克在上述设想的基态中做匀速圆周运动的周期Ｔ，你认为正反顶夸克的这种束缚态能存在吗？正反顶夸克之间的强相互作用属近代物理知识，高中课本只是一句话带过，学生很陌生．这道题用等效替代、类比法就能使问题迎刃而解．解析：（１）我们知道，相距为ｒ的电荷量为Ｑ１与Ｑ２的两点电荷之间的库仑力ＦＱ与电势能ＵＱ公式为ＦＱ＝ｋＱＱ１Ｑ２ｒ２，（１）ＵＱ＝－ｋＱＱ１Ｑ２ｒ．（２）现在已知正反顶夸克之间的强相互作用势能为Ｕ（ｒ）＝－ｋ４ａＳ３ｒ．上式对比于公式（１）、（２），类比可知，正反顶夸克之间的强相互作用力为Ｆ（ｒ）＝ｋ４ａｓ３ｒ２．（３）设正反顶夸克绕其连线的中点做匀速圆周运动的速率为ｖ，因二者相距ｒ０，二者所受的向心力均为Ｆ（ｒ０），强相互作用力提供向心力，有ｍτｖ２ｒ０／２＝ｋ４ａＳ３ｒ２０．（４）由题给的量子化条件，粒子处于基态时，取量子数ｎ＝１，得２ ｍτｖｒ０（）２＝ｈ２π．（５）由（４）、（５）两式解得ｒ０＝３ｈ２８π２ ｍτａＳｋ．（６）代入数值得ｒ０＝１．４×１０－１７ ｍ．（２）由（４）、（５）式得ｖ＝πｈｋ４ａＳ（）３．（７）由ｖ和ｒ０可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期为Ｔ＝２π（ｒ０／２）ｖ＝ｈ３２π２ ｍτｋ４ａＳ３２．（８）代入数值得，Ｔ＝１．８×１０－２４ ｓ．由此可得，τ／Ｔ＝０．２２．因正反顶夸克的寿命只有它们组成的束缚系统的周期的１５，故正反顶夸克的束缚态通常是不存在的．例２．质量为ｍ、带电荷量为Ｑ的粒子放在离无限大导电板Ｌ处．现释放该粒子，求它经过多长时间飞到板上．重力不计．解析：将带电粒子放在导电板前ｘ处时，在板上出现感应电荷，吸引粒子．采用镜像法，它们之间作用等效于电荷与像电荷相互作用，像电荷的电量为－Ｑ，位于板另一侧ｘ处，与粒子对称，到板的距离相等．作用在粒子上的静电力由库仑定律得Ｆ＝ｋＱ２（２ｘ）２＝ｋＱ２４ｘ２∝１ｘ２．式中，ｘ为粒子到导电板的距离．对比万有引力公式Ｆ万＝ＧｍＭｘ２∝１ｘ２，ｘ为粒子ｍ和质点Ｍ的距离．运用等效替代、类比法，可想象该粒子不是受电场力作用，而是受放在０点、质量为Ｍ的质点的万有引力作用，且引力大小等于原电场力，即—２７—Ｖｏｌ．３３Ｎｏ．３（２０１２）物 理 教 师ＰＨＹＳＩＣＳ ＴＥＡＣＨＥＲ第３３卷第３期２０１２年一道摩擦力奥赛题的新解李卫平 郑 磊（西华师范大学物理与电子信息学院，四川南充 ６３７００９） 图１ 在《物理竞赛集训精编》一书中有这样一道例题：如图１所示，平而薄的匀质圆板，放在水平桌面上，圆板绕着过中心Ｏ的竖直轴旋转，Ｏ点相对桌面做水平运动．如果圆板与桌面间的摩擦因数处处相同，试证圆板所受摩擦力的合力方向必与Ｏ点运动方向相反．［１］笔者曾撰文分析了书中对该题解答的不完整之处，并基于对原解答方法的延伸而给出了补充解答．［２］近日，在辅导中学生物理奥赛的教学中笔者又得到该题的另一充分利用速度瞬心性质的新解法，觉得颇为简明，因而予以介绍．旋转的圆盘（或其扩展部位）上必定存在一速度瞬心．在桌面参照系中建立如图２、图３的坐标系，显然，瞬心应在与圆盘中心速度ｖ０垂直的ｙ轴的正半轴上．图２图３若圆盘旋转的角速度ω、圆盘中心的速度ｖ０和圆盘的半径Ｒ满足关系ωＲ＜ｖ０，则瞬心在圆盘外部（或者说在圆盘扩展部位）的ｙ轴上，如图２所示的Ｏ１点．此刻在桌面参照系中圆盘绕Ｏ１点旋转．在圆盘上取两等质量的关于ｙ轴对称的点部位Ａ和Ｂ，Ａ、Ｂ两点部位绕瞬心Ｏ１逆时针转动的速度矢量ｖＡ、、ｖＢ关于直线ＡＢ（与ｖ０平行）具有翻转１８０°的对称性，因此Ａ、Ｂ两点部位所受摩擦力ｆＡ、ｆＢ也具有关于直线ＡＢ翻转１８０°的对称性．所以ｆＡ、ｆＢ在ｙ轴方向的分量相互抵消，其合力与ｖ０反向．如此将整个圆板关于ｙ轴对称地分解成一系列的点部位结构组，便可得知当圆盘瞬心在位于圆盘外部（或者说在圆盘扩展部位）的ｙ轴上时其所受摩擦力的合力与ｖ０反向．若圆盘旋转的角速度ω、圆盘中心的速度ｖ０和圆盘的半径Ｒ满足关系ωＲ≥ｖ０，则瞬心在圆盘内部（包括圆盘边缘）的ｙ轴上，如图３所示的Ｏ２点．此刻在桌面参照系中圆盘绕Ｏ２点旋转．过Ｏ２点作与ｖ０平行的直线交圆周于Ｐ１、Ｐ２两点，作弧Ｐ１Ｑ１Ｐ烇烋２关于直线Ｐ１Ｐ２的位于圆内的对称弧线Ｐ１Ｑ２Ｐ烇烋２．在圆盘上被两弧线所围的区域Ｐ１Ｑ１Ｐ２Ｑ２Ｐ１中，取两质量相等的关于瞬心Ｏ２的对称点部位Ｃ和Ｄ，此两点的速度ｖＣ、ｖＤ等大反向，两点所受摩擦力ｆＣ、ｆＤ亦等大反向，其合力为零．如此将圆盘上被两弧线所围的整个区域Ｐ１Ｑ１Ｐ２Ｑ２Ｐ１关于Ｏ２点对称地分解成一系列的点部位结构组，不难得知圆盘上被两弧线所围区域Ｐ１Ｑ１Ｐ２Ｑ２Ｐ１所受摩擦力的合力为零．对圆盘的剩余部分，类似于图２，通过取关于ｙ轴等质量的对称点部位的方法，不难得知其所受摩擦力的合力与ｖ０反向．因此当圆盘瞬心在位于圆盘内部（包括圆盘边缘）的ｙ轴上时其所受摩擦力的合力也与ｖ０反向．综上可知该题的结论在各种情况下均成立．参考文献１ 舒幼生．物理竞赛集训精编．上海：上海辞书出版社，２００１．５０～５１２ 赵景春，李卫平．一道解答不完整的奥赛力学题．物理教师（高中版），２００９（８）．（收稿日期：２０１１－１０－２０） Ｆ万＝Ｆ，ｋＱ２４ｘ２＝ＧｍＭｘ２，得 Ｍ＝ｋＱ２４Ｇｍ．经过这样的物理模型转换，粒子的运动可以看作是行星运动，遵循开普勒定律．在这里，利用物理模型的等效替代法，使复杂、陌生的模型变成了学生熟悉、简单的模型．由于粒子初速度为零，所以粒子运行轨迹可以看作是非常扁的椭圆，粒子初位置和板的间距近似为椭圆的长半轴．即Ｌ＝２ａ．由开普勒第三定律Ｔ２ａ３＝４π２ＧＭ，得粒子绕Ｍ质点做椭圆运动周期Ｔ＝２πＬＱｍＬ２槡ｋ． 显然，粒子飞到板所需时间等于半个周期，即ｔ＝Ｔ２＝πＬＱｍＬ２槡ｋ．由以上实例可看出，在物理教学过程中，运用等效替代、类比法，不仅可以化解疑难问题，使我们对物理问题的分析和解答变得简捷，而且对灵活运用知识、促使知识、技能和能力的迁移，都会有很大的帮助．与此同时，也更让我们认识到，解题方法比解题本身更重要，题目是载体，方法是灵魂．教师平时要慢慢渗透，引领学生体会研究物理的各种方法，这样更有利于培养学生的创新性思维，拓宽其思路，使学生对知识的理解和运用到达一个更高的境界．（收稿日期：２０１１－０８－１５）。
人教A版高中物理奥赛辅导一轮复习十二类比法练习(附答案)
十二、类比法针对训练1．宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一个小球，经过时间t ，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L. 若抛出时的初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为L 3. 已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R ，万有引力常数为G . 求该星球的质量M.2．如图12—9所示，有一半径为R 的接地导体球，在距离球心a 处放有一点电荷Q ，由于静电感应，球的表面出现感应电荷，求点电荷Q 和导体球之间的相互作用力.3．如图12—10所示，如果导体球不接地，且与外界绝缘，带电量为q ，则点电荷Q 和导体球之间的作用力大小是多少？4．已知，F C C F C C C C F C C C C μμμ3,2,110876549321==========，试求如图12—11所示的电路中，A 、B 间的等效电容C AB .5．电容器网络如图12—12所示，各电容器以F μ为单位的电容量数值已在图中标出，试求A 、B 两点间的等效电容C AB .6．许多电容量都为C 的电容器组成一个多级网络，如图12—13所示.（1）问在最后一级右边的电容器上并联一个多大的电容C '，可使整个网络的总电容也等于C ？（2）如不加C '，但无限增加级数，问整个网 路的总电容是多少？（3）当电路中的级数足够多时，如果在最后一级右边的电容器上并联一个任意大小的电容x C ，问整个网路的总电容是多少？7．将焦距为f 的一块透镜沿其表面的垂直方向切割成两部分.如图12—14所示，把两块半透镜移开一小段距离，如果在透镜的一方距离f l >处放置一个单色点光源，问在透镜的另一方距H 处的屏幕上，将出现多少条干涉条纹？ 8．将焦距cm f 20=的凸薄透镜从正中切去宽度为a 的小部分，如图12—15所示，再将剩下两半粘在一起，构成一个“粘合透镜”，见图12—15甲中D=2cm. 在粘合透镜一侧的中心轴线上距镜20cm 处，置一波长m 6105.0-⨯=λ的单色点光源S ，另一侧垂直于中心轴线处放置屏幕，见图12—15—乙. 屏幕上出现干涉条纹，条纹间距.2.0cm x =∆试问：（1）切去部分的宽度a 是多少？（2）为获得最多的干涉条纹，屏幕应离透镜多远？十二、类比法1．223/32Gt LR 2．2222)(R a aR kQ - 3．22222)()(R a aR kQ a q Q a R kQ --+ 4．F C AB μ9.2= 5．F C AB μ6=6．（1）C C 215-=' （2）C C '=总 （3）C C 215-=' 7．])([)(2tf f t H t H L N --+∆=λ（注：将“两块半透镜移开一小段距离”后加“L ∆”.在“f t > 处放置一个”与“单色点光源”之间加“波长为λ的”.）8．（1）m a 3105.0-⨯= （2）m d 4=。
高中物理解题技巧：类比法
高中物理解题技巧：类比法类比法是根据两个（两类）对象之间在某些方面的相同或相似，而推出它们在其他方面也可能相同或相似的逻辑推理方法．根据事物属性之间的关系，类比法常用的有性质类比、关系类比、协变类比．1．性质类比是指对象各个属性之间的关系仅仅在于它们都是同一对象的属性．例1在匀速圆周运动一节教学中，在建立匀速圆周运动的概念时，可通过与匀速直线运动的概念类比，由学生总结出匀速圆周运动的概念．建立线速度的概念时，可与匀速直线运动的定义进行类比，从而总结出线速度的定义．例2人们依据声现象的一些特性与光现象特性进行类比（见表1）表1声现象具直线传播直线传播反射反射折射折射干涉干涉所以光可能也具有波动的特性．这一结论被后来的研究和实验所证实．例3“多普勒效应”最初是关于声音传播的定律，多普勒把光和声进行了类比，指出“多普勒效应”不仅适用于声波，也适用于光波．哈勃等天文学家根据“多普勒效应”解释了天文学上的“红移现象”进而得出宇宙大爆炸理论．例4在磁场概念的引入中，教材中首先列出电场和磁场的相似属性，如电荷之间有相互作用力，磁极与磁极之间也有相互作用力，电荷是同性相斥而异性相吸，磁极也是同名磁极相斥而异名磁极相吸，然后进行一系列类推：电荷周围存在电场，谁知磁极周围可能存在磁场；电荷间的作用力需电场传递，谁知磁极间的相互作用力可能也要靠磁场传递，电场是一种物质，推知磁场也是一种物质．例5在讨论绕地球运行的卫星在不同轨道上运行时，机械能的大小关系，可以与原子核外电子绕原子核做圆周运动时机械能的大小进行类比（见表2）．取无限远处引力势能为零，即r越大，卫星或原子核外电子的机械能绝对值越小，也就是负的越小，机械能越大．2．关系类比它是根据两个对象各自属性之间可能具有的相同因果关系而进行的类比推理．例1牛顿发现的万有引力定律，把天体力学与地上的力学统一起来，实现了物理学发展史上的第一次大综合，这其中就要应用关系类比的方法，高山上用力抛出的石头，初速度越大，则抛出越远，如果速度足够大，则石头可能绕地球运转而不落向地面，摇动系着绳子的石头，则石头可做圆周运动；而天上的月亮能作圆周运动，也可能象石头一样是受向心力作用，而这一向心力就是月亮与地球间的引力，从而导致万有引力定律的发现．3．协变类比它是根据两个（或两类）对象可能具有的属性之间的某种协变关系（定量的函数关系）的类比推理．例1德布罗意在1924年提出物质波公式的推理过程：光具有粒子性和波动性，所以实物料子也具有粒子性和波动性：所以实物粒子也可能具有方程式E＝hv，λ＝h／mv，此数学关系式被1927年的电子衍射实验所证实．例2库仑在电磁学研究中从牛顿的万有引力定律公式F∝m 1m2／r2中，联想到电荷之间的相互作用力也应遵从F∝q1q2／r2这一基本的电作用规律，于是就把库仑力的定量关系类比于万有引力公式，而得出F∝q1q2／r2．例320世纪初，卢瑟福及其助手为了探索原子结构的奥秘，曾经做了著名的a粒子散射实验，发现原子的结构同太阳系十分相似（见表3）所以，原子也可能由电子环绕原子核构成．卢瑟福于1911年提出了原子结构的“太阳系模型”假说．例4根据弹簧的动力学方程F＝－kx和单摆的动力学方程F＝－mgx／L＝－k′x的协变关系，由于弹簧振子的运动是简谐运动，推知单摆的运动也是简谐运动．以上是我在教学中用到类比法的一些例子，在物理教学中运用类比方法可以引导学生自己获取知识；有助于提出假说，进行推测，有助于提出问题并设想解决问题的方向，类比可激发学生探索的意向，引导学生进行探索，使学习成为学生自觉积极的活动，发展学生的思维能力．。
高中物理竞赛(解题方法： 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：mM F a +=2 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(m a +m b )g ，作用在两个小球上的恒力F a 、F b 和上端细线对系统的拉力T 1.因为系统处于平衡状态，所受合力必为零，由于F a 、F b 大小相等，方向相反，可以抵消，而(m a +m b )g 的方向竖直向下，所以悬线对系统的拉力T 1的方向必然竖直向上.再以b 球为研究对象，b 球在重力m b g 、恒力F b 和连线拉力T 2三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T 2的方向必与恒力F b 和重力m b g 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。
物理竞赛解题方法
高中奥林匹克物理竞赛解题方法一、整体法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。
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。
二、隔离法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：I A —I B cos60°=m B u …………①I A cos60°—I B =m B u 1…………②对C 有：I B —I D cos60°=m C u 1……③I B cos60°—I D =m c u 2…………④对D 有：I D =m D u 2……⑤由①~⑤式解得D 的速度u u 1312三、微元法微元法是分析、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。
“等效替代、类比法”在物理竞赛中的妙用
两点 电荷之间的库仑力 Ｆ 。与电势能 ｕ０公式为
Ｆｏ ＝ｋ Ｑ ， （ １ ）
点 Ｍ 的距 离．
Ｕ 。 一一 ｋ Ｑ Ｏ ｌＱｚ
—
运用等效替代 、 类 比法 ， 可 想 象 该 粒 子 不 是 受 电 场 力
（ ２ ）
＿
．
作用 ， 而 是 受 放 在 ０点 、 质 量 为 Ｍ 的质 点 的 万 有 引 力 作 用 ， 且引力大小等于原电场力 ， 即
Ｖ ｏ１ ．３ ３ Ｎ ０． ３
物 理
教 师
第３ ３卷 第 ３期
２０ １ ２正
（ ２ ０ １ ２ ）
Ｐ Ｈ Ｙ ＳＩ Ｃ Ｓ Ｔ Ｅ Ａ Ｃ Ｈ Ｅ Ｒ
・
竞赛园地 ・
‘ ‘ 等效 替 代 、 类 比法 ＂ 在 物 理 竞 赛 中 的妙 用
徐延明
（ 西北 工 业 大 学 附 中 ， 陕 西 西 安 ７ １ ０ ０ ７ ２ ）
相 互作 用 力 为
Ｆ（ ｒ ￣ Ｊｋ ４ ａ ｓ
．
（ ３ ）
设 正 反 顶 夸 克 绕 其 连 线 的 中 点 做 匀 速 圆 周 运 动 的 速
率 为 ， 因 二 者相 距 ， 二 者 所 受 的 向心 力 均 为 Ｆ（ ７ ＂ ０ ） ， 强 相 互 作 用 力 提 供 向心 力 ， 有
试 证 圆 板 所 受 摩 擦 力 的 合 力 方 向 必 与 。 点 运 动 方 向 相
反． １ ］ 笔 者 曾撰 文 分 析 了 书 中 对该 题 解 答 的 不 完 整 之 处 ， 并
若 圆 盘旋 转 的 角 速 度 、 圆 盘 中 心 的速 度 的半 径 Ｒ 满 足 关 系
（ ２ ）由（ ４ ） 、 （ ５ ） 式 得
高中物理类比法
高中物理类比法
物理学是学习自然界自然规律的一门重要学科，其学习内容是有关物质运动规律和其他客观现象的理论性研究。
物理学的学习离不开概念的理解和抽象思维，高中物理学的学习也是如此。
学习高中物理，除了需要广泛的物理学基础知识之外，更重要的是要学会如何运用类比法，以便拓宽和加深对课程内容的理解，掌握解题思路。
类比法是物理学研究中一种重要的思维方式。
如果用一个简单的例子来说明，就是在研究复杂的物理问题时，将这个复杂的系统拆解成简单的相似问题，然后从简单的问题中吸取解决复杂问题的经验，从而得到有效的结论和推论。
比如说，在学习有关运动类的物理题目时，可以把运动的复杂系统模拟为一个小球运动的简单系统，从小球的运动规律中吸取出分析较复杂系统的经验，从而解决问题。
在高中物理学的学习中，类比法起到了非常重要的作用，它是学习物理学的重要手段，也是理解物理学含义和推理思维的途径。
举一个实际的例子，电磁学中有这样一个概念：“当电流穿过导体时，可以在空气中产生磁场”。
这一概念看似抽象，但是我们可以用一个简单的水流类比法来理解这个概念。
就是当水流穿过一个管道时，会在管道的外围形成水流环。
这是由于水流在运动的过程中产生了一种类似磁场的现象，而这种现象就可以用电磁学中的概念来描述，这就是所谓的类比法。
类比法是高中物理学科学习的重要工具，它可以帮助我们理解复杂的物理知识，运用其研究新领域，解决复杂的物理问题。
学习高中
物理，除了学习基础知识之外，还要多练习运用类比法，从而更好地掌握物理学的基本原理，为今后的学习奠定坚实的基础。
高中奥林匹克高三物理竞赛解题方法——隔离法、等效法
《高中奥林匹克物理竞赛解题方法》一、隔离法方法简介隔离法就是从整个系统中将某一局部物体隔离出来，然后单独分析被隔离局部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。
赛题精讲例1：两个质量一样的物体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F 1和F 2作用，且F 1＞F 2， 如此物体1施于物体2的作用力的大小为〔 〕A ．F 1B ．F 2C ．12F F 2+D ．12F F 2- 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：F 1－F 2=2ma ①再以物体2为研究对象，有N －F 2=ma ②解①、②两式可得N =12F F 2+，所以应选C 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动，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，如此：a =A BF m m + AB 之间的最大静摩擦力：f m = μm B g以A 为研究对象：假设f m ≥m A a ，即：μ≥A B B A m m (m m )g +F 时，AB 一起向右运动。
假设μ＜A B B A m m (m m )g+ F ，如此A 向右运动，但比B 要慢，所以应选B例3：如图2—3所示，物块A 、B 的质量分别为m 1、m 2，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=m 2g 。
高中物理竞赛解题思路方法
高中物理竞赛解题思路方法一、引言高中物理竞赛是许多学生展示自己物理知识和技能的平台，同时也是一个提升自己解决问题能力的好机会。
在物理竞赛中，解题思路和方法是非常重要的，因为它们直接关系到解题的速度和准确性。
本文将介绍一些高中物理竞赛解题的思路和方法，帮助学生们更好地应对物理竞赛。
二、解题思路1. 理解题目：在解题之前，首先要认真阅读题目，理解题目的要求和内容，明确题目所涉及的物理现象和物理过程。
2. 建立模型：根据题目所描述的现象和过程，建立相应的物理模型，如力学、电学、光学等。
3. 推导公式：根据物理规律和原理，推导所需的公式，并注意公式的适用条件。
4. 考虑特殊情况：在解题过程中，需要注意一些特殊情况，如临界状态、极值等，需要特别关注。
5. 画图辅助：画图可以帮助我们更好地理解物理过程和现象，同时也方便我们进行计算和推理。
三、解题方法1. 代入法：将已知量代入公式中，求解未知量。
这种方法适用于简单明了的问题。
2. 综合分析法：通过对题目中的各个因素进行分析，综合运用各种物理规律和原理，求解问题。
这种方法适用于复杂的问题。
3. 排除法：根据题目中的某些条件，排除不正确的选项，缩小答案范围，最后得到正确答案。
这种方法适用于选择题。
4. 假设法：在解题过程中，可以先假设一个答案，然后根据题目中的条件进行验证或推导，最终得到正确答案。
这种方法适用于一些不确定的问题。
四、例题解析【例题】一物体在水平地面上做匀速直线运动，其速度为v。
现在给物体施加一个水平向右的拉力F，使其速度变为原来的两倍。
求拉力F的大小。
【解析】1. 理解题目：题目描述了一个物体在水平地面上做匀速直线运动，现在施加一个拉力F使其速度变为原来的两倍。
需要求出拉力F 的大小。
2. 建立模型：本题涉及的是物体的运动问题，可以建立力学模型。
3. 推导公式：根据牛顿第二定律，可以推导出拉力F与物体加速度之间的关系公式。
4. 考虑特殊情况：本题中需要求出拉力的大小，因此需要考虑到物体做匀加速直线运动的情况。
高中物理奥林匹克竞赛解题方法解物理竞赛题的数学技巧
解物理竞赛题的数学技巧在生物理竞赛中，不难发现这样一类试题：题目描述的物理情境并不陌生，所涉及的物理知识也并不复杂，若能恰当地运用数学技巧求解，问题就可顺利得到解决．然而，选手在处理这类问题时，往往由于不能灵活运用数学技巧而前功尽弃．辅导教师在对参赛选手进行物理知识传授、物理方法渗透的同时，利用某些典型的物理问题去传授和强化他们的数学技巧，提高他们运用数学解决物理问题的能力是十分必要的．笔者通过实例剖析，就解物理竞赛题中的数学技巧作一简要探讨．一、引入参数方程，简解未知量多于方程数的问题例1（第15届全国生物理竞赛试题） 1ｍｏｌ理想气体缓慢的经历了一个循环过程，在ｐ－Ｖ图中这一过程是一个椭圆，如图1所示．已知此气体若处在与椭圆中心Ｏ′点所对应的状态时，其温度为Ｔ０＝300Ｋ，求在整个循环过程中气体的最高温度Ｔ１和最低温度Ｔ２各是多少．图1分析与解由题给条件，可列出两个相对独立的方程．即气体循环过程的椭圆方程和理想气体的状态方程，即，①ｐＶ＝ＲＴ．②①、②两方程中含三个未知量ｐ、Ｖ、Ｔ，直接对①、②两式进行演算，要求出循环过程中的最高温度Ｔ１或最低温度Ｔ２，是较为困难的．现根据①式引入含参数定义的方程为②式则转化为Ｔ＝（1／Ｒ）（ｐ０＋（ｐ０／2）ｓｉｎα）（Ｖ０＋（Ｖ０／2）ｃｏｓα即Ｔ＝［1＋（1／2）（ｓｉｎα＋ｃｏｓα）＋（1／4）ｓｉｎαｃｏｓα］Ｔ０，③（上式中Ｔ０＝ｐ０Ｖ０／Ｒ，为Ｏ′点对应的温度）因为ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝ｓｉｎ（（π／4）＋αｓｉｎαｃｏｓα＝（（ｓｉｎα＋ｃｏｓα）２－1）／2，④而－1≤ｓｉｎ（（π／4）＋α）≤1，所以－≤ｓｉｎα＋ｃｏｓα≤，当ｓｉｎα＋ｃｏｓα≤，取ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝时，由④式知ｓｉｎαｃｏｓα＝1／2，将上式代入③式得Ｔ≤［1＋（1／2）×＋（1／4）×（1／2）］Ｔ０，即最高温度Ｔ１＝549Ｋ．当ｓｉｎα＋ｃｏｓα≥－，取ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝－时，由④式知ｓｉｎαｃｏｓα＝1／2，代入③式，得Ｔ≥［1＋（1／2）（－＋（1／4）·（1／2））］Ｔ０，即最低温度Ｔ２＝125Ｋ．二、实施近似处理，解决物理规律不明显的问题例2如图2所示，两个带电量均为Ｑ的正点电荷，固定放置在ｘ轴上的Ａ、Ｂ两处，点Ａ、Ｂ到原点的距离都等于ｒ，若在原点Ｏ放置另一带正电的点电荷，其带电量为ｑ．当限制点电荷ｑ在哪些方向上运动时，它在原点Ｏ处才是稳定的?图2分析与解设限制点电荷ｑ在与ｘ轴成θ角的ｙ轴上运动．当它受扰动移动到Ｐ点，即沿ｙ轴有微小的位移ｙ（＝ｙ）时，Ａ、Ｂ两处的点电荷对ｑ的库仑力分别为ｆＡ、ｆＢ．则ｑ在ｙ轴上的合力为ｆｙ＝ｋ（Ｑｑ／）ｃｏｓα－ｋ（Ｑｑ／）ｃｏｓβ，由余弦定理知＝ｒ２＋ｙ２＋2ｒｙｃｏｓθ，＝ｒ２＋ｙ２－2ｒｙｃｏｓθ．又由三角形知，ｃｏｓα＝（ｒｃｏｓθ＋ｙ）／，ｃｏｓβ＝（ｒｃｏｓθ－ｙ）／，故ｆｙ＝ｋＱｑ（ｒｃｏｓθ＋ｙ）／（ｒ２＋ｙ２－2ｒｙｃｏｓθ）３／２－（ｋＱｑ（ｒｃｏｓθ－ｙ）／（ｒ２＋ｙ２－2ｒｙｃｏｓθ）３／２）．上式已表示出ｆｙ与θ、ｙ间的定量关系．可它们满足的规律并不明显．怎样将合力ｆｙ与方向角θ、位移ｙ之间的物理规律显现出来?由于ｙ很小，故ｙ的二次项可略去，得ｆｙ＝ｋ（Ｑｑ／ｒ３即ｆｙ＝ｋ（Ｑｑ／ｒ３）［（ｒｃｏｓθ＋ｙ）（1＋（2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）－３／２－（ｒｃｏｓθ－ｙ）（1－（2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）－３／２］，根据二项式展开式（1＋ｔ）Ｓ＝1＋Ｓｔ＋（Ｓ（Ｓ－1）／2！）ｔ２＋…＋（（Ｓ（Ｓ－1）…（Ｓ－ｎ＋1））／ｎ！）ｔｎ＋……，（其中Ｓ为任意实数）有（1＋（2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）－３／２＝1＋（－3／2）（（2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）＋（（－3／2）（（－3／2）－1）／2！）（（2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）２＋……，（1－（2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）－３／２＝1＋（－3／2）（（－2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）＋（（－3／2）（（－3／2）－1）／2！）（（－2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）２＋……，又由于ｙ＜＜ｒ，或（2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ＜＜1，故（（2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）的二次项及二次项以上高次项可略去，得ｆｙ＝ｋ（Ｑｑ／ｒ３）［（ｒｃｏｓθ＋ｙ）（1－（3ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）－（ｒｃｏｓθ－ｙ）（1＋（3ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）］，＝－ｋ（2Ｑｑ／ｒ３）（3ｃｏｓ２θ－1）ｙ．由此可见，当（3ｃｏｓ２θ－1）＞0时，ｆｙ＜0，即合力方向指向原点，与位移方向相反，即ｆｙ具有回复力的特征．因而点电荷ｑ是稳定的．图3根据3ｃｏｓ２θ－1＞0，即ｃｏｓθ＞／3时，得－ａｒｃｃｏｓ（／3）＜θ＜ａｒｃｃｏｓ（／3或当ｃｏｓθ＜－／3时，得π－ａｒｃｏｓ（／3）＜θ＜π＋ａｒｃｃｏｓ（／3）．故当限制点电荷ｑ在如图3的阴影区域运动时，它在原点Ｏ处才是稳定的．三、利用特殊值，求解一般性问题特殊值是指物理量在某一特殊情况下的取值．物理量在一般情况下的量值之间必然与特殊值之间存在一定的联系．我们若能确定某一特殊值，则往往可以借助数学技巧来求出一般情况下该物理量的量值．例3 一个空心的环形圆管沿一条直径截成两部分，一半竖立在铅垂平面内，如图4所示，管口连线在一水平线上．今向管内装入与管壁相切的2ｍ个小滚珠，左、右侧顶部的滚珠都与圆管截面相切．已知单个滚珠重Ｇ，并设系统中处处无摩擦．求从左边起第ｎ个和第（ｎ＋1）个滚珠之间的相互压力Ｑｎ．图4分析与解研究一般性问题——分析第ｎ个滚珠的受力情况，此滚珠受四个力的作用：重力Ｇ，管壁对它的弹力Ｔｎ，第（ｎ－1）个滚珠对它的压力Ｑｎ－１及第（ｎ＋1）个滚珠对它的压力Ｑｎ．由于Ｔｎ的量值未知，且不为本题所求，故选取如图5所示的与Ｔｎ方向共线的轴作为ｙ轴建立直角坐标系．图5 图6由平衡条件知ｘ轴方向的合力为零，得Ｑｎ－１ｃｏｓα＋Ｇｃｏｓβ－Ｑｎｃｏｓα＝0，由几何知识，得α＝θ／2（其中θ＝π／2ｍβ＝（（ｎ－1）π／2ｍ）＋α，故Ｑｎ－Ｑｎ－１＝．①根据①式，如何求得Ｑｎ？对第1个滚珠进行受力分析，如图6所示，得到一特殊值，即Ｑ１＝，②故可对①式进行递推，得Ｑ２－Ｑ１＝，Ｑ３－Ｑ２＝，……Ｑｎ－Ｑｎ－１＝．将上面所列等式左、右两边分别相加，得Ｑｎ－Ｑ１＝［ｃｏｓ（3π／4ｍ）＋ｃｏｓ（5π／4ｍ）＋…＋ｃｏｓ（（2ｎ－1）π／4ｍ）］·Ｇ／ｃｏｓ（π／4ｍ把②式代入，得Ｑｎ＝［ｃｏｓ（（2ｋ－1）π／4 ｍ）］·Ｇ／ｃｏｓ（π／4ｍ）．而ｃｏｓ（（2ｋ－1）π／4ｍ）＝（1／2ｓｉｎ（π／4ｍ））2ｃｏｓ（（ｋπ／2ｍ）－（π／4ｍ））ｓｉｎ（π／4ｍ）＝（1／2ｓｉｎ（π／4ｍ））［ｓｉｎ（ｋπ／2ｍ）－ｓｉｎ（（ｋ－1）π／2ｍ）］，又［ｓｉｎ（ｋπ／2ｍ）－ｓｉｎ（（ｋ－1）π／2ｍ）］＝［ｓｉｎ（π／2ｍ）－0］＋［ｓｉｎ（2π／2ｍ）－ｓｉｎ（π／2ｍ）］＋［ｓｉｎ（3π／2ｍ）－ｓｉｎ（2π／2ｍ）］＋…＋［ｓｉｎ（ｎπ／2ｍ）－ｓｉｎ（（ｎ－1）π／2ｍ）］＝ｓｉｎ（ｎπ／2ｍ故Ｑｎ＝（ｓｉｎ（ｎπ／2ｍ）／ｓｉｎ（π／2ｍ））·Ｇ。
高中物理竞赛解题方法
高中物理竞赛解题方法在高中物理竞赛中，学生们常常遇到各种各样具有一定难度的题目。
要想在竞赛中取得好成绩，除了良好的基础知识外，解题方法也是至关重要的。
下面将介绍几种在高中物理竞赛中常用的解题方法，希望能够帮助同学们更好地备战竞赛。
1. **理清题意**在面对物理竞赛题目时，首先要认真阅读题目，充分理解题意。
有些题目可能会采用文字描述、图表、公式等多种形式，学生需要耐心地将这些信息进行整合，确定问题的关键点和目标。
只有明确了题目要求，才能有针对性地进行解答。
2. **画图辅助**在解答一些涉及几何或者力学问题的物理竞赛题目时，通过画图可以更直观地理解问题，并找出解题思路。
尤其是对于一些复杂的题目，画图可以帮助学生建立清晰的思维框架，更好地把握问题的本质。
3. **利用已知信息**在解题过程中，要善于利用已知信息来推导未知结果。
通过综合运用所学知识和给出的条件，可以引导思维，解决问题。
有时候，一两个简单的公式就足以解决一个复杂的问题，关键在于如何正确运用这些知识。
4. **分类讨论**将题目中的情况进行分类讨论，可以帮助学生更好地理解问题的本质，并找出解题的关键点。
有时候，一个问题可能需要分几种情况进行讨论，将问题分解成若干个小问题来求解，最后再合并得到结果。
5. **试错法**在解题过程中，有时候可能会遇到困难或迷惘，此时可以尝试用试错法来寻找答案。
通过试探性地假设、计算，找出错误的原因，不断调整思路和方法，直至找到正确答案。
6. **查漏补缺**解题过程中，要时刻检查答案和计算过程，防止出现粗心大意导致的错误。
尤其是一些计算题目，稍有疏漏就可能得到完全不同的结果。
在确定答案之前，要反复核实每一步的计算过程，确保没有遗漏。
通过以上几种解题方法的灵活运用，相信同学们在高中物理竞赛中能够更加游刃有余地应对各种难题。
同时，坚持练习和思考，不断拓展物理知识和解题技巧，也是取得好成绩的关键。
希望同学们在竞赛中取得优异的成绩，为自己的物理学习之路添砖加瓦。
高中奥林匹克物理竞赛解题方法2
答案：1．F=100N 2．T=5.16N 3．0min max =+=f m M mkx f 4．A 5．B 6．C 7．C 8．3/)2(mg F + 9．（1）θμtan B A A m m M +< （2）F )(tan )(μθ-⋅+<BA B A m g m m m 10．AB AC B A B A C m m m m m m g m m a -+++=))(( 11．αα22132122sin )(cos m m m m m m lm v A +++=方向沿AB 方向 12．P=α2sin 214+mv E=)sin 21(222α+mv 13．（1）22/64.0/5.0s m a s m a ='= （2） 3.78cm14．0.2m 15．8cm 16．000000T Sp f mg S p T T S p f mg S p ++≤≤-+ 17．摩擦力足够大时00)1(2T S p kl T += 摩擦力不是足够大时00)1(2T S p mg T μ+= 18．221,2mv d 19．)4/(B D Q επ= 20．证明略 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”。
高中物理竞赛解题方法14、近似法
高中奥林匹克物理竞赛解题方法十四、近似法方法简介近似法是在观察物理现象、进行物理实验、建立物理模型、推导物理规律和求解物理问题时，为了分析认识所研究问题的本质属性，往往突出实际问题的主要方面，忽略某些次要因素，进行近似处理.在求解物理问题时，采用近似处理的手段简化求解过程的方法叫近似法.近似法是研究物理问题的基本思想方法之一，具有广泛的应用.善于对实际问题进行合理的近似处理，是从事创造性研究的重要能力之一.纵观近几年的物理竞赛试题和高考试题，越来越多地注重这种能力的考查.赛题精讲例1：一只狐狸以不变的速度1υ沿着直线AB 逃跑，一只猎犬 以不变的速率2υ追击，其运动方向始终对准狐狸.某时刻狐狸在F 处， 猎犬在D 处，FD ⊥AB ，且FD=L ，如图14—1所示，求猎犬的加速 度的大小. 解析：猎犬的运动方向始终对准狐狸且速度大小不变， 故猎犬做匀速率曲线运动，根据向心加速度r ra ,22υ=为猎犬所在处的曲率半径，因为r 不断变化，故猎犬的加速度 的大小、方向都在不断变化，题目要求猎犬在D 处的加 速度大小，由于2υ大小不变，如果求出D 点的曲率半径，此时猎犬的加速度大小也就求得了. 猎犬做匀速率曲线运动，其加速度的大小和方向都在不断改变.在所求时刻开始的一段很短的时间t ∆内，猎犬运动的轨迹可近似看做是一段圆弧，设其半径为R ，则加速度 =a R22υ其方向与速度方向垂直，如图14—1—甲所示.在t ∆时间内，设狐狸与猎犬分别 到达D F ''与，猎犬的速度方向转过的角度为=α2υt ∆/R而狐狸跑过的距离是：1υt ∆≈L α 因而2υt ∆/R ≈1υt ∆/L ，R=L 2υ/1υ图14—1图14—2—甲所以猎犬的加速度大小为=a R22υ=1υ2υ/L例2 如图14—2所示，岸高为h ，人用绳经滑轮拉船靠岸，若当绳与水平方向为θ时，收绳速率为υ，则该位置船的速率为多大？解析 要求船在该位置的速率即为瞬时速率，需从该时刻起取一小段时间求它的平均速率，当这一小段时间趋于零时，该平均速率就为所求速率. 设船在θ角位置经t ∆时间向左行驶x ∆距离，滑轮右侧的绳长缩短L ∆，如图14—2—甲所示，当绳与水平方向的角度变化很小时，△ABC 可近似看做是一直角三角形，因而有 L ∆=θcos x ∆ 两边同除以t ∆得：θcos txt L ∆∆=∆∆，即收绳速率θυυcos 船=因此船的速率为θυυcos =船例3 如图14—3所示，半径为R ，质量为m 的圆形绳圈， 以角速率ω绕中心轴O 在光滑水平面上匀速转动时，绳中的张 力为多大？ 解析 取绳上一小段来研究，当此段弧长对应的圆心角θ∆很小时，有近似关系式.sin θθ∆≈∆若取绳圈上很短的一小段绳AB=L ∆为研究对象，设这段绳所对应的圆心角为θ∆，这段绳两端所受的张力分别为A T 和B T （方向见图14—3—甲），因为绳圈匀速转动，无切向加速度，所以A T 和B T 的大小相等，均等于T . A T 和B T 在半径方向上的合力提供这一段绳做匀速圆周运动的向心力，设这段绳子的质量为m ∆，根据牛顿第二定律有：R m T 22sin 2ωθ∆=∆；因为L ∆段很短，它所对应的圆心角θ∆很小所以22sin θθ∆=∆将此近似关系和πθπθ22∆=⋅∆⋅=∆m R m R m代入上式得绳中的张力为πω22Rm T =图14—2 图14—2—甲图14—3图—14—3—甲例4 在某铅垂面上有一固定的光滑直角三角形细管轨道 ABC ，光滑小球从顶点A 处沿斜边轨道自静止出发自由地滑到 端点C 处所需时间，恰好等于小球从顶点A 处自静止出发自 由地经两直角边轨道滑到端点C 处所需的时间.这里假设铅垂轨 道AB 与水平轨道BC 的交接处B 有极小的圆弧，可确保小 球无碰撞的拐弯，且拐弯时间可忽略不计. 在此直角三角形范围内可构建一系列如图14—4中虚线所示的光滑轨道，每一轨道是由若干铅垂线轨道与水平轨道交接而成，交接处都有极小圆弧（作用同上），轨道均从A 点出发到C 点终止，且不越出该直角三角形的边界，试求小球在各条轨道中，由静止出发自由地从A 点滑行到C 点所经时间的上限与下限之比值.解析 直角三角形AB 、BC 、CA 三边的长分别记为 1l 、2l 、3l ，如图14—4—甲所示，小球从A 到B 的时间 记为1T ，再从B 到C 的时间为2T ，而从A 直接沿斜边到C所经历的时间记为3T ，由题意知321T T T =+，可得1l ：2l ：3l =3：4：5， 由此能得1T 与2T 的关系.因为21121121T gT l gT l ==所以21212T T l l = 因为1l ：2l =3：4，所以 1232T T =小球在图14—4—乙中每一虚线所示的轨道中，经各垂直线段所需时间之和为11T t =，经各水平段所需时间之和记为2t ，则从A 到C 所经时间总和为21t T t +=，最短的2t 对应t 的下限min t ，最长的2t 对应t 的上限.max t小球在各水平段内的运动分别为匀速运动，同一水平段路程放在低处运动速度大，所需时间短，因此，所有水平段均处在最低位置（即与BC 重合）时2t 最短，其值即为2T ，故min t =.35121T T T =+2t 的上限显然对应各水平段处在各自可达到的最高位置，实现它的方案是垂直段每下降小量1l ∆，便接一段水平小量2l ∆，这两个小量之间恒有αcot 12l l ∆=∆，角α即为∠ACB ，水平段到达斜边边界后，再下降一小量并接一相应的水平量，如此继续下去，构成如图所示的微齿形轨道，由于1l ∆、2l ∆均为小量，小球在其中的运动可处理为匀速率运动，分别所经的时间小量)(1i t ∆与)(2i t ∆之间有如下关联：αcot )()(1212=∆∆=∆∆l l i t i t于是作为)(2i t ∆之和的2t 上限与作为)(1i t ∆之和的1T 之比也为.cot α故2t 的上限必为1T αcot ，即得：.37cot 111max T T T t =+=α这样:max t min t =7:5例5 在光滑的水平面上有两个质量可忽略的相同弹簧， 它们的一对端点共同连接着一个光滑的小物体，另外一对端 点A 、B 固定在水平面上，并恰使两弹簧均处于自由长度状 态且在同一直线上，如图14—5所示.如果小物体在此平面上沿着垂直于A 、B 连线的方向稍稍偏离初始位置，试分析判断它是否将做简谐运动？ 解析 因为一个物体是否做简谐运动就是要看它所受的回复力是否是一个线性力，即回复力的大小与位移大小成正经，方向相反.因此分析判断该题中的小物体是否做简谐运动，关键是求出所受的回复力的表达式（即此题中所受合外力的表达式）. 以AB 中点为原点，过中点且垂直于AB 的直线为x 轴，如图14—5—甲所示，取x 轴正方向为正方向，小物体所受回复力为：θsin )(20l l k F x --= ①其中k 为弹簧的劲度系数，0l 为弹簧的自由长度，l 为弹簧伸长后的长度，θ为弹簧伸长后与AB 直线的夹角.由几何知识可得 lx=θsin ② 220x l l += ③将②、③代入①式得：203202212200)]211(1[2])(1[2l kx x l x k x x l l k F x -=---=+--==由此可见，小物体受的合外力是一个非线性回复力，因此小物体将不做简谐运动.同时本题表明，平衡位置附近的小振动未必都是简谐运动. 例6 三根长度均为m 2，质量均匀的直杆，构成一正三角形框架ABC ，C 点悬挂在一光滑水平转轴上，整个框架可绕转轴转动.杆AB 是一导轨，一电动玩具松鼠可在导轨上运动，如图14—6所示，现观察到松鼠正在导轨上运动，而框架却静止不动，试论证松鼠的运动是一种什么样的运动. 解析 松鼠在AB 轨道运动，当框架不动时，松鼠受到轨道 给它的水平力F ′作用，框架也受到松鼠给它的水平力F 作用， 设在某一时刻，松鼠离杆AB 的中点O 的距离为x ，如图 14—6所示，松鼠在竖直方向对导轨的作用力等于松鼠受到的重力mg ，m 为松鼠的质量.以C 点为轴，要使框架平衡，必须满足 条件FL FL mgx 2360sin =︒=，松鼠对AB 杆的水平力为 )3/(2L mgx F =，式中L 为杆的长度.所以对松鼠而言，在其运动过程中，沿竖直方向受到的合力为零，在水平方向受到杆AB 的作用力为F ′，由牛顿第三定律可知F ′=F ，即kx L mgx F =-=')3/(2其中Lm k 32-=即松鼠在水平方向受到的作用力F ′作用下的运动应是以O 点为平衡位置的简谐运动，其振动的周期为.64.22/322s g L kmT ===ππ当松鼠运动到杆AB 的两端时，它应反向运动，按简谐运动规律，速度必须为零，所以松鼠做简谐运动的振幅小于或等于L/2=1m. 由以上论证可知，当框架保持静止时，松鼠在导轨AB 上的运动是以AB 的中点O 为平衡位置，振幅不大于1m 、周期为2.64s 的简谐运动. 例7 在一个横截面面积为S 的密闭容器中，有一个质量 为m 的活塞把容器中的气体分成两部分.活塞可在容器中无摩 擦地滑动，活塞两边气体的温度相同，压强都是p ，体积分别 是V 1和V 2，如图14—7所示.现用某种方法使活塞稍微偏离平 衡位置，然后放开，活塞将在两边气体压力的作用下来回运动. 容器保持静止，整个系统可看做是恒温的.（1）求活塞运动的周期，将结果用p 、V 1、V 2、m 和S 表示；（2）求气体温度0=t ℃时的周期τ与气体温度τ'=30℃时的周期τ'之比值. 解析 （1）活塞处于平衡时的位置O 为坐标原点.0=x 当活塞运动到右边距O 点x处时，左边气体的体积由V 1变为V 1+Sx ，右边气体的体积由V 2变为V 2Sx -，设此时两边气体的压强分别为1p 和2p ，因系统的温度恒定不变，根据玻意耳定律有：222111)()(pV Sx V p pV Sx V p =-=+而以上两式解出：)1(2,)1(22221111V Sx V pV p V Sx V pV p +=+=①按题意，活塞只稍许离开平衡位置，故上式可近似为：),1(11x V Sp p -≈ )1(22x V S p p +≈，于是活塞受的合力为.)11()(21221x V V pS S p p +-=-所以活塞的运动方程是x V V V V pS x V V pS ma 21212212)11(+-=+-=其中a 是加速度，由此说明活塞做简谐运动，周期为)(221221V V pS V mV +=πτ （2）设温度为t 时，周期为τ，温度为t '时，周期为τ'.由于T p T p ''=，得出 TT T TV V pS V mV V V S p V mV '='⋅+=+'='τππτ)(2)(22122121221 所以T T'='ττ，将数值代入得95.0:='ττ 例8 如图14—8所示，在边长为a 的正三角形三个顶点A 、B 、C 处分别固定电量为Q 的正点电荷，在其中 三条中线的交点O 上放置一个质量为m ，电量为q 的带正 电质点，O 点显然为带电质点的平衡位置，设该质点沿某 一中线稍稍偏离平衡位置，试证明它将做简谐运动，并求 其振动周期.解析 要想证明带电质点是否做简谐运动，则需证明 该带电质点沿某一中线稍稍偏离平衡位置时，所受的回复 力是否与它的位移大小成正比，方向相反.因此该题的关键是求出它所受回复力的表达式，在此题也就是合外力的表 达式.以O 为坐标原点，以AOD 中线为坐标x 轴，如图 14—8—甲所示，设带电质点在该轴上偏移x ，A 处Q 对其作用力为1F ，B 、C 处两个Q 对其作用的合力为2F ，取x 轴方向为正方向. 有2221)1()(---=--=r x r kQq x r kQq F因为a OC OB OA r 33==== ++=--r x r x 21)1(2当x 很小时可忽略高次项所以)361(321ax a Qq k F +-=232222222])()2)[((2))()2()()2((2-+++=+++⋅++=x h a x h kQq x h ax h x h akQq F2322)24)((2-+++=hx h a x h kQq （略去2x 项）232)333)((2-++=ax a x h kQq23232)31()3)((2--++=x a a x h kQq)3231(363x a ax h kQq-+= )233(363x hx a h a Qq k+-= （略去2x 项）)2331(363h x x a h a Qq k+-=)231(33x a aQq k+= 因此带电质点所受合力为qx a Qk x aa x q a Q kF F F x 3221239)2336(3-=--=+= 由此可知，合外力x F 与x 大小成正比，方向相反. 即该带电质点将做简谐运动，其振动周期为kQqam a k m T 32322ππ== 例9 欲测电阻R 的阻值，现有几个标准电阻、一个电池和一个未经标定的电流计，连成如图14—9所示的电路.第一次与 电流计并联的电阻r 为50.00Ω，电流计的示度为3.9格；第二 次r 为100.00Ω，电流计的示度为5.2格；第三次r 为10.00Ω， 同时将待测电阻R 换成一个20.00k Ω的标准电阻，结果电流计的 示度为7.8格.已知电流计的示度与所通过的电流成正比，求电阻 R 的阻值.解析 在测试中，除待求量R 外，电源电动势E ，电源内阻r ，电流计内阻g R 以及电流计每偏转一格的电流0I ，均属未知.本题数据不足，且电流计读数只有两位有效数字，故本题需要用近似方法求解.设电源电动势为E ，电流计内阻为g R ，电流计每偏转一格的电流为0I ，用欧姆定律对三次测量的结果列式如下：09.3150505050I R R R r R R R E gg g g g =⋅+⋅+++ 02.51100100100100I R R R rR R R Eggggg =⋅+⋅+++ 图14—908.711010200001010I R R R rR R Eggg gg =⋅+⋅+++ 从第三次测量数据可知，当用20k Ω电阻取代R ，而且r 阻值减小时电流计偏转格数明显增大，可推知R 的阻值明显大于20k Ω，因此电源内阻完全可以忽略不计，与R 相比，电流计内阻g R 与r 的并联值对干路电流的影响同样也可以忽略不计，故以上三式可近似为：09.35050I R R E g=+⋅ ①02.5100100I R R E g=+⋅ ②08.7101020000I R E g=+⋅ ③待测电阻R=120k Ω解①、②、③三式，可得g R =50Ω例10 如图14—10所示，两个带正电的点电荷 A 、B 带电量均为Q ，固定放在x 轴上的两处，离原 点都等于r .若在原点O 放另一正点电荷P ，其带电量 为q ，质量为m ，限制P 在哪些方向上运动时，它在 原点O 才是稳定的？解析 设y 轴与x 轴的夹角为θ，正电点电荷P 在原点沿y 轴方向有微小的位移s 时，A 、B 两处的点电荷对P 的库仑力分别为A F 、B F ，方向如图14—10所示，P 所受的库仑力在y 轴上的分量为βαcos cos B A y F F F -= ①根据库仑定律和余弦定理得θcos 222rs s r kqQF A ++=②θcos 222rs s r kqQF B +-=③ θθαcos 2cos cos 22rs s r s r +++=④图14—10θθβcos 2cos cos 22rs s r s r ++-=⑤将②、③、④、⑤式代入①得：23222322)cos 2()cos ()cos 2()cos (θθθθrs s r s r kqQ rs s r s r kqQ F y -+--+++=因为s 很小，忽略2s 得：])cos 21(cos )cos 21(cos [23233θθθθrssr rss r rkqQF y ---++=又因为1cos 2,<≤θrsr s所以利用近似计算x x 231)1(23≈±-得 )]cos 31)(cos ()cos 31)(cos [(3θθθθr ss r r s s r r kqQ F y +--++≈忽略2s 得)1cos 3(23--=θrkqQs F y当（0)1cos 32>-θ时y F 具有恢复线性形式，所以在31cos 2>θ范围内，P 可围绕原点做微小振动，所以P 在原点处是稳定的. 例11 某水池的实际深度为h ，垂直于水面往下看， 水池底的视深为多少？（设水的折射率为n ） 解析 如图14—11所示，设S 为水池底的点光源， 在由S 点发出的光线中选取一条垂直于面MN 的光线， 由O 点垂直射出，由于观察者在S 正方，所以另一条光 线与光线SO 成极小的角度从点S 射向水面点A ，由点A 远离法线折射到空气中，因入射角极小，故折射角也很小， 进入人眼的两条折射光线的反向延长线交于点S ′，该点即为我们看到水池底光源S 的像，像点S ′到水面的距离h '，即为视深.由几何关系有,/tan ,/tan h AO i h AB r ='=所以h h i r '=/tan /tan ，因为r 、i 均很小，则有i i r r sin tan ,sin tan ≈≈，所以h h i r '≈/sin /sin 又因irn sin sin = 所以视深n h h /='针对训练1．活塞把密闭气缸分成左、右两个气室，每室各与U 形管压强计的一臂相连，压强计的两臂截面处处相同.U 形管内盛有密度为5.7=ρ×102kg/m 3的液体.开始时左、右两气室的体积都为V 0=1.2×10－2m 3，气压都为0.40=ρ×103Pa ，且液体的液面处 在同一高度，如图14—12所示.现缓缓向左推动活塞，直到液体在U 形管中的高度差h =40cm.求此时左、右气室的体积V 1、V 2.假定两气室的温度保持不变.计算时可以不计U 形管和连接管道中气体的体积.取g =10m/s 2.2．一汽缸的初始体积为V 0，其中盛有2mol 的空气和少量的水（水的体积可忽略），其平衡 时气体的总压强是3.0大气压.经过等温膨胀使其体积加倍，在膨胀过程结束时，其中的 水刚好全部消失，此时的总压强为2.0大气压.若让其继续作等温膨胀，使其体积再次加 倍，试计算此时：（1）汽缸中气体的温度；（2）汽缸中水蒸气的摩尔数；（3）汽缸中气体的总压强. （假定空气和水蒸气均可当做理想气体处理）3．1964年制成了世界上第一盏用海浪发电的航标灯，它的气室示意图如图14—13所示.利用海浪上下起伏力量，空气能被吸进来，压缩后再推入工作室，推动涡轮机带动发电机发电.当海水下降时，阀门S 1关闭，S 2打开，设每次吸入压强为1.0×106Pa 、温度为7℃的空气0.233m 3（空气可视为理想气体），当海上升时，S 2关闭，海水推动活塞绝热压缩空气，空气压强达到32×105Pa 时，阀门S 1才打开.S 1打开后，活塞继续推动空气，直到气体全部推入工作室为止，同时工作室的空气推动涡轮机工作.设打开S 1后，活塞附近的压强近似保持不 变，活塞的质量及活塞筒壁间的摩擦忽略不计.问海水每次上升时所做的功是多少？已知 空气从压强为1ρ、体积为V 1的状态绝热的改变到压强为2ρ、体积为V 2的状态过程中， 近似遵循关系式1ρ/2ρ=（V 2/V 1）5/3，1mol 理想气体温度升高1K 时，内能改变为 3R/2.[R=8.31J/(mol·K)]4．如图14—14所示，在O x 轴的坐标原点O 处，有一固定的电量为)0(>Q Q 的点电荷，在L x -=图14—13处，有一固定的、电量为Q 2-的点电荷，今有一正试探电荷q 放在x 轴上0>x 的位置，并设斥力为正，引力为负.（1）当q 的位置限制在O x 轴上变化时，求q 的受力平衡的位置，并讨论平衡的稳定性；（2）试定性地画出试探电荷q 所受的合力F 与q 在O x 轴上的位置x 的关系图线.5．如图14—15所示，一人站在水面平静的湖岸边，观察到离岸边有一段距离的水下的一条 鱼，此人看到鱼的位置与鱼在水下的真实位置相比较，应处于什么方位.6．如图14—16所示，天空中有一小鸟B ，距水面高m h 31=，其正下方距水面深m h 42=处 的水中有一条小鱼A.已知水的折射率为4/3，则小鸟看水中的鱼距离自己是多远？小鱼看 到鸟距离自己又是多远？参考答案十一、图象法1．A 2．A 、D 3．C4．5．21t t > 6．乙图中小球先到底端 7．)21(2-+=n n n s a v B =)13(nas - 8．13.64s 9．2:1 10．D 11．FGf F gfs v f f Fg sFG t m )(2)(2-=-=十二、类比法1．223/32Gt LR 2．2222)(R a aR kQ - 3．22222)()(R a aR kQ a q Q a R kQ --+ 4．F C AB μ9.2= 5．F C AB μ6=6．（1）C C 215-=' （2）C C '=总 （3）C C 215-=' 7．])([)(2tf f t H t H L N --+∆=λ（注：将“两块半透镜移开一小段距离”后加“L ∆”.在“f t > 处放置一个”与“单色点光源”之间加“波长为λ的”.）8．（1）m a 3105.0-⨯= （2）m d 4=十三、降维法1．0.288×103N ≤F ≤0.577×103N 2．(1)7.2N （2）0.8m/s 23．5N 沿斜面指向右上方水平方向的夹角为53 °4．2R R AB =5．R R AB 94= 6．（1）r R AG 65= （2）r R AD 127=十四、近似法1．V 1=0.8×10－2m 3 ，V 2=1.6×10－2m 3 2．（1）373K （2）2mol （3）1.0大气压3．8.15×104J 4．（1）平衡是稳定的 （2）5．应在鱼的右上方6．6m ，8m。
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图5—1 由机械能守恒有 221)(kx E x h mg k +=+ ②联立①②式解得 k g m mgh E k 2221⋅-=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.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βcos g a =该质点沿轨道由静止滑到斜面所用的时间为t,则OP at =221图5—2所以βcos 2g OP t = ① 由图可知,在△OPC 中有)90sin()90sin(βαα-+=- OC OP 所以)cos(cos βαα-=OC OP ② 将②式代入①式得 g OC g OC t )]2cos([cos cos 4)cos(cos cos 2βαααβαβα-+=-=显然,当2,1)2cos(αββα==-即时,上式有最小值. 所以当2αβ=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0υ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：gt v v y ==θtan 0,解得运动时间为θtan 0g v t =该点的坐标为 θθ2202200tan 221tan gv gt y g v t v x ==== 由几何关系得：θθtan cos /x y H =+解得小球离开斜面的最大距离为 θθsin tan 220⋅=gv H . 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2/10s m g =,求所需的最小初速及对应的发射仰角.图5—3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.根据平抛运动的规律,水流的运动方程为⎪⎩⎪⎨⎧-⋅=⋅=20021sin cos gt t v y t v x αα 把A 点坐标（d 、h ）代入以上两式,消去t,得：hh d h h d dh d gd h d gd d h gd v -⋅+-⋅++=+-=-⋅-=]2cos 2sin [/)]12(cos 2sin /[)tan (cos 2/222222222220αααααα 令 ,sin /,cos /,tan /2222θθθ=+=+=h d h h d d d h 则上式可变为,,6.7134arctan 45arctan 2145245902,1)2sin(,,)2sin(/022220最小时亦即发射角即当显然v d h h h d gd v=+=+=+==-=---+=θαθαθαθα 且最小初速0v =./5.9/103)(22s m s m h h d g ==++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 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g mM g m M m M f a μμ=++=+=)(1. 由于铁板移动的距离v a v L ''=故,212越大,L 越大.v '是人与铁板一起开始地运动的速度,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g m M )(+μ,根据系统的牛顿第二定律得： 02⋅+=M ma F所以 g m m M m F a +==μ2 ①哈 图5—5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 v m M mv '+=)( ②且L a v l a v 12222,2='=并将1a 、2a 代入②式解得铁板移动的最大距离 l m M m L += 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R 0,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)2(00rR g R v -=,并用该式求出这个发射速度的最小值和最大值.（取R 0=6.4×106m ）,设大气层对卫星的阻力忽略不计,地面的重力加速度为g ）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发v ,卫星发射时具有的机械能为2121R Mm G mv E -=发 ① 进入轨道后卫星的机械能为r Mm G mv E -=2221轨 ② 由E 1=E 2,并代入,rGM v =轨解得发射速度为 )2(00r R R GM v -=发 ③ 又因为在地面上万有引力等于重力,即：g R R GM mg R Mm G 0020==所以④把④式代入③式即得：)2(00r R g R v -=发 （1）如果r=R 0,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s m gR v /109.730min ⨯==.（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s m g R v /102.11230max ⨯==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2.0=μ, 求无滑动时物体离球心 图5—6O 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：θθcos 8sin 83x G R G =⋅得 θtan 3R x =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： R R x Nf m m 6.03,,2.0tan =====μμθ所以. 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3.0=μ,杆的上端固定在地面上的绳索拉住,绳与杆的夹角30=θ,如图5—7所示. （1）若以水平力F 作用在杆上,作用点到地面的距离L L h (5/21=为杆长）,要使杆不滑倒,力F 最大不能越过多少？（2）若将作用点移到5/42L h =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0)(0cos 0sin =--=--=--fL h L F mg T N f T F θθ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,杆刚要滑倒,此时满足：N f μ=解得：hh L mgL F mas --=μθθ/tan )(tan 由上式又可知,当L h h h L 66.0,/tan )(0=∞→--即当μθ时对F 就没有限制了.图5—7图5—7—甲（1）当0152h L h <=,将有关数据代入max F 的表达式得 N F 385max =（2）当,5402h L h >=无论F 为何值,都不可能使杆滑倒,这种现象即称为自锁. 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0v （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Mmv v Mv mv θθsin cos 00==即 ① 小狗在空中做斜抛运动的时间为 gv t θsin 20= ② 又vt t v s =⋅+θcos 0 ③将①、②代入③式得 θ2sin )(0m M Mgs v += 当0,4,12sin v 时即πθθ==有最小值,m M Mgs v +=min 0. 例10：一小物块以速度s m v /100=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 最大？这个距离是多少？（g 取10m/s 2）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,mgh mv mv +=2202121 ①小物块做平抛运动的水平距离s 和高度h 分别为：221gt h = ② 图5—9vt s = ③ 以上三式联立解得：22022020)4()4(222g v h g v g h gh v s --=-= 当m g v h 5.2420==时,飞行距离最大,为m gv s 5220max ==. 例11：军训中,战士距墙s,以速度0v 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θcos 0v v x =,gt v v y -=θsin 0重心升高为 2001)cos (21tan θθv s g s H -=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∑∑∑∑=∆∆=∆==∆=∆,)(,)()()()(x y y mv t t N t t N t t N t f v m mv 而μμ x y v v μ=∆∴,所以人蹬墙后,其重心在竖直方向向上的速度为x y y y y v v v v v μ+=∆+=',继续升高g v H y 222'=,人的重心总升高H=H 1+H 2=μθμθθμ1tan ,)sin cos (210220-=-+当s g v 时,重心升高最大. 例12：如图5—11所示,一质量为M 的平顶小车,以速度0v 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. （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长 图5—10—甲图5—11度.设车长至少为l ,则根据动量守恒v m M Mv )(0+= 根据功能关系 220)(2121v m M Mv l mg +-=μ 解得 μg m M Mv l )(220+=,摩擦力共做功 )(220m M Mmv l mg W +-=-=μ 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=0.500m 2,桶壁加桶底的体积为V 0=2.50×10－2m 3.桶内封有高度为l =0.200m 的空气.池深H 0=20.0m,大气压强p 0=10.00m 水柱高,水的密度33/10000.1m kg ⨯=ρ,重力加速度取g=10.00m/s 2.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mg g V S l =+')(0ρ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lS l l H p S l l l H H p )]([)]([000000--+=''---+ ②由①、②两式可得H=12.240m图5—12由③式可知H<（H 0－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mgH E =∆1 ④（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△E 2,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gH V E 02ρ-=∆ 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△E 3,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SgH l E ρ-=∆31 ⑥另一部分体积为S l l )(-'的水上升到水池表面,这部分水上升的平均高度为]2/)([00l l l l H H -'++--,增加的重力势能为]2/)([)(0032l l l l H H Sg l l E -'++---'=∆ρ ⑦由整个系统的功能关系得,绳子拉力所需做的最小功为W T =△E ⑧将④、⑤、⑥、⑦式代入⑧式得]2/)())([(220l l l H l l Sg W T -'+--'=ρ ⑨将有关数据代入⑨式计算,并取三位有效数字,可得W T =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A 0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？（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图5—13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：02021mgA kA μ= 得：μ021kA mg= ②若μ021kA m g <,则物体将滑过O 点,设它到O 点左方B 处（设OB=L 1）时速度为零,则有：)(2121102120L A mg kL kA +=-μ ② 若物体能停住,则0131,kA mgmg kL ≥≤μμ故得 ③ ③如果②能满足,但μ031kA m g<,则物体不会停在B 处而要向右运动.μ值越小,则往右滑动的距离越远.设物体正好停在O 处,则有：12121mgL kL μ= 得：μ041kA mg =.要求物体停在O 点左方,则相应地要求μ041kA mg>. 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041kA m g <μ<021kA m g（2）当μ在031kA m g ≤μ<021kA m g 范围内时,物体向左滑动直至停止而不返回,由②式可求出最远停住点（设为B 1点）到O 点的距离为.3)3)(2(20000A mg kA k mg A k mg A L =-=-=μ当μ<031kA m g 时,物体在B 1点（301A OB =）的速度大于零,因此物体将继续 向左运动,但它不可能停在B 1点的左方.因为与B 1点相对应的μ=031kA m g, L 1=A 0/3,如果停留在B 1点的左方,则物体在B 1点的弹力大于30kA ,而摩擦力umg 30kA ,小于弹力大于摩 擦力,所以物体不可能停住而一定返回,最后停留在O 与B 1之间.所以无论μ值如何,物体停住与O 点的最大距离为30A ,但这不是物体在运 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qq Q - 最后接触电荷之比为qQ Qq q q Q q q Q q Q m m m -=∴=-有, 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R AB .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R AB 跟从CD 往右看的电阻是相等的.因此,有R R RR R R R R AB AB AB AB )13(2+=++=解得 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 30=α,其电阻可以忽略不计,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 图5—14 图5—14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m v ； （2）在最大速度m v 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R Blv I BIl mg ==而,sin α 解得最大速度 s m l B R mg v m /1.0sin 22=⋅=α （2）速度最大时,ab 释放的电功率1.0sin =⋅=m v mg P αW针对训练1．如图5—16所示,原长L 0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h 0.（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h m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0v 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0v 的小物体,在滑块上无摩擦地向左运 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,其重心在图中的图5—16 图5—17 图5—18O 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50.0=μ,重力加速度g=10m/s 2,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？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0v ,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0v 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C 1、C 2和可变电阻器R 1、R 2以及电源ε连接成如图5—22所示的电路.当R 1的滑动触头在图示位置时,C 1、C 2的电量相等.要使C 1的电量 大于C 2的电量,应 （ ） A ．增大R 2 B ．减小R 2C ．将R 1的滑动触头向A 端移动D ．将R 1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R 1B ．减小R 2C ．增大R 2D ．减小R 2图5—19 图5—20 图5—21图5—22图5—23 图5—24 图5—259．电路如图5—24所示,求当R ′为何值时,R AB 的阻值与“网格”的数目无关？此时R AB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 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—2713．在倾角为 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,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 图5—26 图5—28 图5—29转变为内能？ 15．位于竖直平面内的矩形平面导线框abcd,ab 长为l 1,是 水平的,bc 长l 2, 线框的质量为m, 电阻为R, 其下 方有一匀强磁场区域,该区域的上、下边界PP ′和QQ ′ 均与ab 平行,两边界间的距离为H,H>l 2,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 线框的dc 边从离磁场区域上边界PP ′的距离为h 处自由 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 (b)50cm<h<100cm 2．︒==30200max θmL 3．K M m T v T KMv M m m M a mK T v )()(1,02200-=++=> 4．1.41s 5．θ2)(2mL M gh m M ++ 6．（1）3gh （2）R h 41- （3）ghL 3 7．D 8．B 、C 9．R R)15()15(+- 10．de mv B de mv 213≤≤ 11．22L B FR 12．22)(L B R mg F - 13．（1）22sin L B mgR BI αε- （2）加速度22sin LCB m mg +α 14．（1）gR qL m 5 （2）R gR BL 2 （3）RgR 2 （4）mgR 41 15．)(2244223h l mg lB R g m W +-=P Q ′ Q P ′a b d c h l 1 l 2 图5—30。
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高中奥林匹克物理竞赛解题方法十二：类比法十二、类比法方法简介类比法是依照两个研究对象或两个系统在某些属性上类似而推出其他属性也类似的思维方法，是一种由个不到个不的推理形式. 其结论必须由实验来检验，类比对象间共有的属性越多，那么类比结论的可靠性越大.在研究物理咨询题时，经常会发觉某些不同咨询题在一定范畴内具有形式上的相似性，其中包括数学表达式上的相似性和物理图像上的相似性. 类比法确实是在于发觉和探究这一相似性，从而利用系统的物理规律去查找未知系统的物理规律.赛题精讲例1 图12—1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︒=1α〔为了能看清晰，图中画的是夸大了的〕. 现将一质点在BOA 面内从A 处以速度s m v /5=射出，其方向与AO 间的夹角.10,60m OA =︒=θ设质点与桌面间的摩擦可忽略不计，质点与OB 面及OA 面的碰撞差不多上弹性碰撞，且每次碰撞时刻极短，可忽略不计，试求：〔1〕通过几次碰撞质点又回到A 处与OA 相碰？〔运算次数时包括在A 处的碰撞〕 〔2〕共用多少时刻？〔3〕在这过程中，质点离O 点的最短距离是多少？解析 由于此质点弹性碰撞时的运动轨迹所满足的规律和光的反射定律相同，因此可用类比法通过几何光学的规律进行求解. 即可用光在平面镜上反射时，物像关于镜面对称的规律和光路是可逆的规律求解. 〔1〕第一次，第二次碰撞如图12—1—甲所示，由三角形的外角等于不相邻的一两个内角和可知︒=︒+︒=∠61160MBA ，故第一次碰撞的入射角为︒=︒-︒296190.第二次碰撞，︒=︒+︒=∠62161BCA ，故第二次碰撞的入射角为︒=︒-︒286290. 因此每碰一次，入射角要减少1°，即入射角为29°、28°、…、0°，当入射角为0°时，质点碰后沿原路返回. 包括最后在A 处的碰撞在内，往返总共60次碰撞.〔2〕如图12—1—乙所示，从O 依次作出与OB 边成1°、2°、3°、……的射线，从对称规律可推知，在AB的延长线上，BC ′、C ′D ′、D ′E ′、……分不和BC 、CD 、DE 、……相等，它们和各射线的交角即为各次碰撞的入射角与直角之和. 碰撞入射角为0°时，即交角为90°时 开始返回. 故质点运动的总路程为一锐角为60°的Rt △AMO 的较小直角边AM 的二倍.即m AO AM s 1060cos 22=︒⋅== 图12—1—乙所用总时刻s v s t 2510=== 〔3〕碰撞过程中离O 的最近距离为另一直角边长m AO OM 3560sin =︒⋅=此题也能够用递推法求解，读者可自己试解.例2 有一个专门大的湖，岸边〔可视湖岸为直线〕停放着一艘小船，缆绳突然断开，小船被风刮跑，其方向与湖岸成15°角，速度为2.5km/h. 同时岸上一人从停放点起追赶小船，他在岸上跑的速度为4.0km/h ，在水中游的速度为2.0km/h ，咨询此人能否追及小船？解析 费马原理指出：光总是沿着光程为极小值的路径传播. 据此能够证明，光在平面分界面上的折射是以时刻为极小值的路程传播. 此题求最短时刻咨询题，可类比类在平面分界面上的折射情形，如此就把一个运动咨询题通过类比可转化为光的折射咨询题求解.如图12—2所示，船沿OP 方向被刮跑，设人从O 点动身先沿湖岸跑，在A 点入水游到OP 的B 点，假如符合光的折射定律，那么所用时刻最短.依照折射定律：︒===︒300.20.4sin 90sin 21γγ解得v v︒=+︒-︒-︒=45)90(15180γα 在这最短时刻内，假设船还未到达B 点，那么人能追上小船，假设船差不多通过了B 点，那么人不能追上小船，因此船刚好能到达B 点所对应的船速确实是小船能被追及的最大船速.m v依照正弦定理 ︒=︒=︒15sin 45sin 120sin 2211t v t v t v m ① 又21t t t +=由以上两式可解得 )/(2245sin 15sin 120sin 2121h km v v v v v m =︒+︒︒= ② 此即小船能被人追上的最大速度，而小船实际速度只有 2.5km/h ，小于h km /22，因此人能追上小船.例3 一只蚂蚁洞沿直线爬出，爬出速度v 的大小与距蚂蚁洞中心的距离L 成反比，当蚂蚁爬到距蚂蚁洞中心距离L 1=1m 的A 点时，速度大小为s cm v /201=，咨询当蚂蚁爬到距蚂蚁洞中心L 2=2m 的B 点时，其速度大小?2=v 蚂蚁从A 点到达B 点所用的时刻t=？解析 尽管蚂蚁的运动我们不能直截了当用已学过的运动学公式求解，但只要能找到描述蚂蚁运动的公式和学过的公式的形式相同，便可借助学过的公式形式使咨询题得以解决.由得：蚂蚁在距离巢中心△处的速度为L k v 1=，代入得：s m vL k /2.012.02=⨯==，因此当s m L k v m L /1.0,2222===其速度时 由速度的定义得蚂蚁从L 到L+△L 所需时刻为△t因此L L kv L t ⋅∆⋅=∆=∆1 ① 类比初速00=v 的匀加速直线运动的两个差不多公式⎩⎨⎧=∆=∆atv t v s 在t 到△t 时刻所经位移s ∆为 t t a s ⋅∆⋅=∆ ②比较①、②两式能够看出两式的表述形式相同.据此，可得蚂蚁咨询题中的参量t 和L 分不类比为初速为零的匀加速直线运动中的s 和t.而k 1相当于加速度a ，因此可得：在此蚂蚁咨询题中2121L kt ⋅⋅= 令t 1对应L 1，t 2对应L 2，那么所求时刻为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==2222112121L k t L k t 代入可得从A 到B 所用的时刻为s L k L k t t t 5.72.0212.02221212212212=⨯-⨯=-=-=∆ 此题也能够用图像法、等效法求解，读者可试试.例4 如图12—3所示为一专门大的接地导体板，在与导体板相距为d 的A 处放一带电量为－q 的点电荷.〔1〕试求板上感应电荷在导体内P 点产生的电场强度；〔2〕试求感应电荷在导体外P '点产生的电场强度，P与P '对导体板右表面是对称的；〔3〕在此题情形中依照场强分析证明导体表面邻近的电 场强度的方向与导体表面垂直；〔4〕试求导体上的感应电荷对点电荷－q 的作用力；〔5〕假设在切断导体板与地的连线后，再将+Q 电荷置于导体板上，试讲明这部分电荷在导体板上如何分布可达到静电平衡.〔略去边缘效应〕解析 面电荷咨询题有时可用点电荷场来类比，使咨询题大大简化.〔1〕因导体处于静电平稳状态，内部场强为零，因此感应电荷在P 点产生的场强可用点电荷场类比，假设在A 点放+q 在导体中 图12—3图12—3—甲P 点产生的场和感应电荷在P 点产生的场相同，因此有2r q k E P =，方向如图12—3—甲所示.〔r 为AP 间距离〕 〔2〕同理，感应电荷在导体外P '点产生的电场跟把+q 放在与A 关于导体右表面对称的A '点产生的电场相同，即2rkq E P ='，方向如图12—3甲所示. 〔3〕取导体外极靠近导体表面的一点P 1，此处电场由感应电荷和－q 共同产生，可类比等量异号点电荷形成的电场，导体表面可类比为等势面，场强和等势面是垂直的，因此P 1点的场强方向跟导体表面垂直.如图12—3—乙所示.〔4〕感应电荷对－q 的作用力也可类比在A '点放的+q 对它的库仑力来求. 如图12—3—乙所示. q dkq q d kq F ⋅=⋅=224)2( 〔5〕切断接地线后，感应电荷分布不变，感应电荷和－q 在导体中产生的电场强度为零〔相当于不带电情形〕，将+Q 置于导体板上时，类比孤立无限大带电平板，电荷将平均分布例5 如图12—4所示为一无限多电容器连成的网络，假设其中每个电容器的电容均为C ，求此网络A 、B 间的等效电容C AB . 解析 电容器两极板间所加电压为U ，正极板上的电 量为Q 时，电容为：C=Q/U. 电阻器两端所加电压为U ，通过的电流为I 时，电阻为R=U/I.在C 、R 表达式中U 相同，Q 与I 类比，但两个式子明显有颠倒的关系，假设为电容器引入 QU C C ==*1 C *便可与R 类比，通过对R 的求解，求出C *，再求出它的倒数即为C. 当将阻值为R 的电阻替换电容C 时，能够求得：AB 间的总电阻为R R AB )13(+=现在用C *取代R ，可解得**+=C C AB )13(也即CC AB 1)13(1+= 因此AB 间的等效电容为 C C AB 213-= 例6 电容器网络如图12—5所示，各电容器以F μ为单位的电容量数值已在图中标出. 求A 、B 两点之间的等效图12—3—乙图12—4图12—5电容C AB .解析 同样用类比法为电容器引入辅助参量C C 1=*，那么C *的串并联公式与电阻R 的串并联公式完全一样，而且如图12—5—甲中两个电容网络元之间有完全类似于电阻网络元的Y —△变换.变换公式为：******++=CA BC ABCA AB a C C C C C C ******++=CA BC AB BC AB bC C C C C C ******++=CA BC AB CA BC cC C C C C C通过变换公式对题中的网络进行交换，从而求解.设CC 1=* 将中间同为F C μ2=的电容变为1)(21-*=F C μ，再将三个C *组成的△网络元变换为 1)(612121212121-*=++⨯=F C μ的三个Y 网络元，因此将原网络等效为如图12—5—乙网络，图12—5—乙中所标数值均为C *值，为此网络可等效如图12—5—丙网络，图中所标数值仍是C *值.因为此网络中没有电流图12—5—丙可当作平稳的桥式电路，中间的125电容可拆去，此网络又可等效为 图12—5—丁，再类比电阻串并联公式可得 1)(61-*=F C AB μ 故原网络A 、B 间的等效电容为F C C AB AB μ61==-*例7 如图12—6所示，一个由绝缘细线构成的刚性圆形图12—5—乙图12—5—丙图12—5—丁轨道，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. 在轨道平面内A 点〔R r OA <=〕放有一电荷q.假设在OA 连线上某一点A 1放电荷q 1，那么给P 一个初速度，它就沿轨道做匀速圆周运动. 求A 1点位置及电荷q 1之值.解析 因为P 可沿圆轨道做匀速圆周运动，讲明此圆轨道是一等势线，将此等势线看成一个球面镜的一部分. 半径为R ，因此此球面镜的焦距为2R . 由成像公式f P P 111='+ 假设q 为物点，q 1为像点不成立，只能是q 1为物点成虚像于q ，因此有Rr r R R P R r R P --='⇒-=--'2)(211 又 Rr R r R R r R r R P P q q 2)()2)((||||1-=---='= 解得 q rR R q 21-= 例8 将焦距为10cm 的一块双凸透镜沿其表面的垂直方向切割成相同的两部分，把这两部分沿垂直于主轴的方向移开一段距离cm 1.0=δ，并用不透亮的材料将其挡住. 假设在原透镜左侧主轴上，距透镜光心20cm 处放一点光源M ，如图12—7所示，点光源能射出波长为m μ5.0的单色光，那么在透镜另一侧距透镜 50cm 的屏幕〔垂直于透镜主轴放置〕上，将显现多少亮条纹？解析 由透镜成像规律可知，单色点光源M ，经切割成的两个半透镜分不成两个像M 1，M 2〔现在每个半透镜相当于一个透镜〕. 这两个像距相等，关于主光轴对称，形成相干光源，从而在屏幕上可看到干涉条纹，屏幕中央是零级亮条纹，两侧依次分布着各级干涉条纹.依照透镜成像公式：fP Pf P f P P -='='+得111 ① 设两个像之间的距离d M M =21由图12—7—甲中的几何关系可知P P P d '+=δ ② 由①、②两式得fP P f P Pf P P d -=-+=δδ)( ③ 由图12—7—甲知P H L '-=图12—7f P f P f P H f P Pf H -'--=--=)( 类比光的双缝干涉作图12—7—乙. 设屏幕上Q 为一级亮条纹，那么光程差为λαδ=≈-=∆sin 12d Q M Q M ⑤因为α解专门小，因此有L S ≈≈ααtan sin 将其代入⑤式得：d LS λ= ⑥将③、④代入⑥式得：])([fP f P H P S --=δλ ⑦ 由于干涉条纹是等间距的，因此屏幕上显现的亮条纹数目为S D N =⑧ 由图12—7—甲中几何关系得：H P P D +=δ 解得P P H D )(+=δ ⑨将⑨代入⑧式得])([)(])([)(2Pf f P H P H f P f P H P P P H N --+=⋅--⋅+=λδλδδ ⑩ 将代入⑩得N=46.6因此亮条纹的条数为46条.例9 如图12—8所示，半径R=10cm 的光滑凹球面容器固定在地面上，有一小物块在与容器最低点P 相距5mm 的C 点由静止无摩擦滑下，那么物块自静止下滑到第二次通过P 点时所经历的时刻是多少？假设此装置放在以加速度a 向上运动的实验舱中，上述所求 的时刻又是多少？ 解析 此题中的小物块是在重力、弹力作用下做变速曲线运动，我们假设抓住物体受力做︒<5θ往复运动的本质特点，便能够进行模型等效，即把小物块在凹球面上的运动等效为单摆模型.将上述装置等效为单摆，依照单摆的周期公式gl T π2= 得gR T t π2343== 假设此装置放在以加速度a 向上运动的实验舱中，比较两种情形中物体受力运动的特点，能够等效为单摆的重力加速度为a g g +='的情形，经类比推理可得：图12—8a gR T t +='='π2343 针对训练1．宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一个小球，通过时刻t ，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L. 假设抛出时的初速度增大到2倍，那么抛出点与落地点之间的距离为L 3. 两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R ，万有引力常数为G . 求该星球的质量M.2．如图12—9所示，有一半径为R 的接地导体球，在距离球心a 处放有一点电荷Q ，由于静电感应，球的表面显现感应电荷，求点电荷Q 和导体球之间的相互作用力.3．如图12—10所示，假如导体球不接地，且与外界绝缘，带电量为q ，那么点电荷Q 和导体球之间的作用力大小是多少？4．，F C C F C C C C F C C C C μμμ3,2,110876549321==========，试求如图12—11所示的电路中，A 、B 间的等效电容C AB .5．电容器网络如图12—12所示，各电容器以F μ为单位的电容量数值已在图中标出，试求A 、B 两点间的等效电容C AB .6．许多电容量都为C 的电容器组成一个多级网络，如图12—13所示.〔1〕咨询在最后一级右边的电容器上并联一个多大的电容C '，可使整个网络的总电容也等于C ？〔2〕如不加C '，但无限增加级数，咨询整个网 路的总电容是多少？〔3〕当电路中的级数足够多时，假如在最后一级右边的电容器上并联一个任意大小的电容x C ，咨询整个网路的总电容是多少？7．将焦距为f 的一块透镜沿其表面的垂直方向切割成两部分.如图12—14所示，把两块半透镜移开一小段距离，假如在透镜的一方距离f l >处放置一个单色点光源，咨询在透镜的另一方距H 处的屏幕上，将显现多少条干涉条纹？8．将焦距cm f 20=的凸薄透镜从正中切去宽度为a 的小部分，如图12—15所示，再将剩下两半粘在一起，构成一个〝粘合透镜〞，见图12—15甲中D=2cm. 在粘合透镜一侧的中心轴线上距镜20cm 处，置一波长m 6105.0-⨯=λ的单色点光源S ，另一侧垂直于中心轴线处放置屏幕，见图12—15—乙. 屏幕上显现干涉条纹，条纹间距.2.0cm x =∆试咨询：〔1〕切去部分的宽度a 是多少？〔2〕为获得最多的干涉条纹，屏幕应离透镜多远？。