高中物理竞赛解题方法之降维法例题
专题46 割补法、微元法、递推法和降维法(原卷版)
2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练专题46 割补法、微元法、递推法和降维法【特训典例】一、割补法1．如图所示，一个质量为M 的匀质实心球，半径为R ，如果从球中挖去一个直径为R 的小球放在相距为2d R =的地方，则挖去部分与剩余部分的万有引力为（ ）A ．227256GM RB ．2217144GM RC ．227288GM RD ．2223800GM R2．均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。
如图所示，半径为R 的球体上均匀分布着正电荷，在过球心O 的直线上有A 、B 、C 三个点，OB BA R ==，2CO R =。
若以OB 为直径在球内挖一球形空腔，球的体积公式为343V r π=，则A 、C 两点的电场强度大小之比为（ ）A ．9:25B ．25:9C ．175:207D ．207:1753．已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等．如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox 为通过半球顶点与球心O 的轴线．A 、B 为轴上的点，且OA=OB ．则下列判断正确的是（ ）A．A点的电场强度与B点的电场强度相同B．A点的电势等于B点的电势C．在A点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，该粒子将做匀加速直线运动D．带正电的粒子在O点的电势能为零二、微元法4．解放前后，机械化生产水平较低，人们经常通过“驴拉磨”的方式把粮食颗粒加工成粗面来食用，如图所示，假设驴拉磨的力F总是与圆周轨迹的切线共线，运动的半径为R，则驴拉磨转动一周所做的功为()A．0B．FR C．2πFR D．无法判断5．半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。
点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。
将一点电荷q置于OC延长线上距C 点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。
圆环上剩余电荷分布不变，则q为（）A ．正电荷，2Q Lq R π∆= B ．正电荷，9Δ2Q Lq R π= C ．负电荷，2Q Lq Rπ∆=D ．负电荷，9Δ2Q Lq Rπ=6．2006年9月，中国第一座太空娱乐风洞在四川省绵阳市建成并投入运营。
13.降维法
十三、降维法方法简介降维法是将一个三维图变成几个二维图，即应选两个合适的平面去观察，当遇到一个空间受力问题时，将物体受到的力分解到两个不同平面上再求解。
由于三维问题不好想像，选取适当的角度，可用降维法求解。
降维的优点是把不易观察的空间物理量的关系在二维图中表示出来，使我们很容易找到各物理量之间的关系，从而正确解决问题。
赛题精讲例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的力F=G/2推该物体，物体恰好在斜面内做匀速直线运动，则物体与斜面间的动摩擦因数μ等于多少？物体匀速运动的方向如何？解析：物体在重力、推力、斜面给的支持力和摩擦力四个力的作用下做匀速直线运动，所以受力平衡。
但这四个力不在同一平面内，不容易看出它们之间的关系。
我们把这些力分解在两个平面内，就可以将空间问题变为平面问题，使问题得到解决。
将重力沿斜面、垂直于斜面分解。
我们从上面、侧面观察，图13—1—甲、图13—1—乙所示。
如图13—1—甲所示，推力F 与重力沿斜面的分力G 1的合力F ′为：G G F F 22212=+=' F ′的方向沿斜面向下与推力成α角， 则 ︒=∴==451tan 1ααFG这就是物体做匀速运动的方向物体受到的滑动摩擦力与F ′平衡，即 2/2G F f ='=所以摩擦因数：3630cos 2/2=︒==G G F f N μ 例2：如图13—2所示，一个直径为D 的圆柱体，其侧面刻有螺距为h 的光滑的螺旋形凹槽，槽内有一小球，为使小球能自由下落，必须要以多大的加速度来拉缠在圆柱体侧面的绳子？解析：将圆柱体的侧面等距螺旋形凹槽展开成为平面上的斜槽，如图13—2—甲所示，当圆柱体转一周，相当于沿斜槽下降一个螺距h ，当圆柱转n 周时，外侧面上一共移动的水平距离为22122at n D =π①圆弧槽内小球下降的高度为221gt nh =② 解①、②两式，可得，为使螺旋形槽内小球能自由下落，圆柱体侧面绳子拉动的加速度应为hDga π=例3：如图13—3所示，表面光滑的实心圆球B 的半径R=20cm ，质量M=20kg ，悬线长L=30cm 。
13.降维法
十三、降维法方法简介降维法是将一个三维图变成几个二维图,即应选两个合适的平面去观察,当遇到一个空间受力问题时,将物体受到的力分解到两个不同平面上再求解，由于三维问题不好想像,选取适当的角度,可用降维法求解，降维的优点是把不易观察的空间物理量的关系在二维图中表示出来,使我们很容易找到各物理量之间的关系,从而正确解决问题，赛题精讲例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 行的力F=G/2推该物体,物体恰好在斜面内做匀速直线运 动,则物体与斜面间的动摩擦因数μ等于多少？物体匀速 运动的方向如何？解析：物体在重力、推力、斜面给的支持力和摩擦力 四个力的作用下做匀速直线运动,所以受力平衡，但这四 个力不在同一平面内,不容易看出它们之间的关系，我们 把这些力分解在两个平面内,就可以将空间问题变为平面 问题,使问题得到解决，将重力沿斜面、垂直于斜面分解，我们从上面、侧面 观察,图13—1—甲、图13—1—乙所示，如图13—1—甲所示,推力F 与重力沿斜面的分力G 1的合力F ′为：G G F F 22212=+=' F ′的方向沿斜面向下与推力成α角, 则 ︒=∴==451tan 1ααFG这就是物体做匀速运动的方向物体受到的滑动摩擦力与F ′平衡,即 2/2G F f ='=所以摩擦因数：3630cos 2/2=︒==G G F f N μ 例2：如图13—2所示,一个直径为D 的圆柱体,其侧面刻有螺距为h 的光滑的螺旋形凹槽,槽内有一小球,为使小球能自由下落,必须要以多大的加速度来拉缠在圆柱体侧面的绳子？解析：将圆柱体的侧面等距螺旋形凹槽展开成为平面上的斜槽,如图13—2—甲所示,当圆柱体转一周,相当于沿斜槽下降一个螺距h,当圆柱转n 周时,外侧面上一共移动的水平距离为22122at n D =π① 圆弧槽内小球下降的高度为221gt nh =② 解①、②两式,可得,为使螺旋形槽内小球能自由下落,圆柱体侧面绳子拉动的加速度应为hDga π=例3：如图13—3所示,表面光滑的实心圆球B 的半径 R=20cm,质量M=20kg,悬线长L=30cm ，正方形物块A 的 厚度△h=10cm,质量m=2kg,物体A 与墙之间的动摩擦因 数μ=0.2,取g=10m/s 2，求：（1）墙对物块A 的摩擦力为多大？（2）如果要物体A 上施加一个与墙平行的外力,使物体A 在未脱离圆球前贴着墙沿水平方向做加速度a =5m/s 2 匀加速直线运动,那么这个外力大小方向如何？解析：这里物体A 、B 所受的力也不在一个平面内,混起来考虑比较复杂,可以在垂直于墙的竖直平面内分析A 、B 间压力和A 对墙的压力；在与墙面平行的平面内分析A 物体沿墙水平运动时的受力情况，（1）通过受力分析可知墙对物块A 的静摩擦力大小等于物块A 的重力，（2）由于物体A 贴着墙沿水平方向做匀加速直线运动,所以摩擦力沿水平方向,合力也沿水平方向且与摩擦力方向相反，又因为物体受竖直向下的重力,所以推力F 方向应斜向上，设物体A 对墙的压力为N,则沿垂直于墙的方向,物体B 受到物体A 的支持力大小也为N,有θμtan ,Mg N N f ==而又因为43tan 53sin ==++∆=θθ所以R L R h 在与墙面平行的平面内,对物体A 沿竖直方向 做受力分析,如图13—3—甲所示有mg F =αsin沿水平方向做受力分析,有 ma f F =-αcos 由以上各式,解得 )5/5arcsin(,520)()(22==++=a N ma f mg F因此,对物体A 施加的外力F 的大小为205N,方向沿墙面斜向上且与物体A 水平运动方向的夹角为).5/5arcsin(例4：一质量m=20kg 的钢件,架在两根完全相同的平 行长直圆柱上,如图13—4所示,钢件的重心与两柱等距, 两柱的轴线在同一水平面内,圆柱的半径r=0.025m,钢件 与圆柱间的动摩擦因数μ=0.20，两圆柱各绕自己的轴线做 转向相反的转动,角速度./40s rad =ω若沿平行于柱轴的 方向施力推着钢件做速度为s m /050.00=υ的匀速运动, 求推力是多大？（设钢件不发生横向运动）解析：本题关键是搞清滑动摩擦力的方向,滑动摩擦力 的方向与相对运动的方向相反,由于钢件和圆柱都相对地面 在运动,直接不易观察到相对地面在运动,直接不易观察到 相对运动的方向,而且钢件的受力不在同一平面内,所以考 虑“降维”,即选一个合适的角度观察，我们从上往上看,画 出俯视图,如图13—4—甲所示，我们选考虑左边圆柱与钢件之间的摩擦力,先分析相对运动的方向,钢件有向前的速度0υ,左边圆住有向右的速度ωr ,则钢件相对于圆柱的速度是0υ与ωr 的矢量差,如图中△v ,即为钢件相对于圆柱的速度,所以滑动摩擦力f 的方向与△v ,的方向相反,如图13—4—甲所示，以钢件为研究对象,在水平面上受到推力F 和两个摩擦力f 的作用,设f 与圆柱轴线的夹角为θ,当推钢件沿圆柱轴线匀速运动时,应有22000)(22cos 2ωθr v v f vv ff F +=∆== ①再从正面看钢件在竖直平面内的受力可以求出F N , 如图13—4—乙所示,钢件受重力G 和两个向上的支 持力F N ,且G=2F N ,所以把N N F f GF μ==,2代入①式,得 推力N r v v mgr v v F F N 2)(22)(222002200=+⋅=+⋅=ωμωμ例5：如图13—5所示,将质量为M 的匀质链条套在一个表面光滑的圆锥上,圆锥顶角为α,设圆锥底面水平,链条静止时也水平,求链条内的张力，解析：要求张力,应在链条上取一段质量元m ∆进行研究，因为该问题是三维问题,各力不在同一平面内,所以用“降维法”作出不同角度的平面图进行研究，作出俯视图13—5—甲,设质量元m ∆两端所受张力为T,其合力为F,因为它所对的圆心角θ很小,所以2sin 2θT F =,即F=T θ，再作出正视图13—5—乙,质量元受重力m ∆g 、支持力N 和张力的合力F 而处于平衡状态,由几何知识可得：2cot 22cotαπθα⋅=⋅∆=Mg mg F 所以链条内的张力2cot 22απ⋅==MgF T例6：杂技演员在圆筒形建筑物内表演飞车走壁，演员骑摩托车从底部开始运动,随着速度增加,圈子越兜越大,最后在竖直圆筒壁上匀速率行驶,如图13—6所示，如果演员和摩托车的总质量为M,直壁半径为R,匀速率行驶的速率为v ,每绕一周上升的距离为h,求摩托车匀速走壁时的向心力，解析：摩托车的运动速度v ,可分解为水平速度v 1和竖直分速度为v 2,则向心力速度为Rv a 21=，处理这个问题的关键是将螺旋线展开为一个斜面,其倾角的余弦为22)2(2cos hR R a +=ππ,如图13—6—甲所示，所以有v hR R v v 221)2(2cos +==ππα向心加速度为：222221))2(2(h R R R v R v a +==ππ向心力 )4(422222h R RMv Ma F +==ππ 例7：A 、B 、C 为三个完全相同的表面光滑的小球,B 、C 两球各被一长为L=2.00m 的不可伸和的轻线悬挂于天花板上,两球刚好接触,以接触点O 为原点作一直角坐标系z Oxyz ,轴竖直向上,O x 与两球的连心线重合,如图13—7所示，今让A 球射向B 、C 两球,并与两球同时发生碰撞，碰撞前,A 球速度方向沿y 轴正方向,速率为s m v A /00.40=，相碰后,A 球沿y 轴负方向反弹,速率A v =0.40m/s ，（1）求B 、C 两球被碰后偏离O 点的最大位移量； （2）讨论长时间内B 、C 两球的运动情况，（忽略空气阻力,取g=10m/s 2） 解析：（1）A 、B 、C 三球在碰撞前、后的运动发生 在Oxy 平面内,设刚碰完后,A 的速度大小为A v ,B 、 C 两球的速度分别为B v 与C v ,在x 方向和y 方向的分速 度的大小分别为Bx v ,Cy Cx By v v v ,和,如图13—7—甲所示, 由动量守恒定律,有0=-Bx Cx mv mv ①A Cy By Ax mv mv mv mv -+= ②由于球面是光滑的,在碰撞过程中,A 球对B 球的作用力方向沿A 、B 两球的连心线,A 球对C 球的作用力方向沿A 、C 两球的连心线,由几何关系,得⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫==6tan 6tan ππCy Cx By Bx v v v v ③ 由对称关系可知 Cy Bx v v = ④解①、②、③、④式可得 s m v v Cy Bx /27.1==s m v v Cy Bx /20.2==由此解得 s m v v Cy Bx /54.2==图13—7甲设C 球在x >0, y>0, z >0的空间中的最大位移为,OQ Q 点的z 坐标为z Q ,则由机械能守恒定律可写出Q C mgz mv =221 ⑤ 所以 gv z CQ 22= 代入数值解得 z Q =0.32m而Q 点到O z 轴的距离为 )2()(22Q Q Q z L z z L L QD -=--=所以C 球离O 点的最大位移量 Q Q Lz OD z OQ 222=+= ⑥代入数值,得 m OQ 13.1= ⑦由对称性,可得B 球在0,0,0>><z y x 的空间的最大位移量OP 为m OQ OP 13.1== ⑧（2）当B 、C 两球各达到最大位移后,便做回到原点的摆动,并发生两球间的碰撞,两球第一次返回O 点碰撞前速度的大小和方向分别为s m v Bx /27.1= 方向沿正x 轴方向 By v =2.20m/s 方向沿y 轴方向s m v Cx /27.1= 方向沿正x 轴方向 Cy v =2.20m/s 方向沿y 轴方向设碰撞后的速度分别为11C B v v 和,对应的分速度的大小分别为x B v 1、y B v 1、x C v 1和y C v 1,由于两球在碰撞过程中的相互作用力只可能沿x 轴方向,故碰撞后,沿y 轴方向的速度大小和方向均保持不变（因为小球都是光滑的）,即y B v 1=By v 方向沿负y 轴方向 ⑨ y C v 1=Cy v 方向沿负y 轴方向 ⑩碰撞过程中,沿x 轴方向的动量守恒,则 Cx Bx x B x C mv mv mv mv -=-11 因为Cx Bx v v = 所以x B x C v v 11=即碰撞后两球在x 方向的分速度大小也相等,方向相反,具体数值取决于碰撞过程中是否机械能损失，在A 球与B 、C 两球同时碰撞的过程中,碰撞前,三者的机械能m mv E AD 82121==碰撞后三者的机械能 12222259.6212121E E m mv mv mv E C B A <=++=表明在碰撞过程中有机械能损失,小球的材料不是完全弹性体,故B 、C 两球在碰撞过程中也有机械能损失,即)(21)(21)(212222221111Y X X X Y XB BC C B B v v m v v m v v m +<+++ ○11 由⑨、⑩和○11三式,和 Cx Bx C B v v v v x X =<=11 ○12或C B C B v v v v =<=11当B 、C 两球第二次返回O 点时,两球发生第二次碰撞,设碰撞后两球的速度分别为22C B v v 和,对应的分速度的大小分别为y C x C B B v v v v y X 22,,22和,则有y y y y C B C B v v v v 1122=== y x x x C B C B v v v v 1122=<= 或 12B B v v < 12C C v v <由此可见,B 、C 两球每经过一次碰撞,沿x 方向的分速度都要变小,即x x x x x x X C B C B C B Cx B v v v v v v v v 332211=>=>=>= ……而y 方向的分速度的大小保持不变,即y t y y y y y C B C B C B Cy B v v v v v v v v 332211======= ……当两球反复碰撞足够多次数后,沿x 方向的分速度为零,只有y 方向的分速度，设足够多的次数为n,则有 0==nx nx C B v v ○13 s m v v v y ny ny B C B /20.2=== ○14 即最后,B 、C 两球一起的Oyz 平面内摆动,经过最低点O 的速度由○14式给出,设最高点的z 轴坐标为Qn z ,则 Qn Cny mgz mv =221 得gv z Cny Qn 22=代入数值,得 m z Qn 24.0= ○15 最高点的y 坐标由下式给出：Qn Qn Qn Qn z z L z L L y )2()(22-±=--±=代入数值,得：m y Qn 95.0±= ○16 例8：一半径R=1.00m 的水平光滑圆桌面,圆心为O,有一竖直的立柱固定在桌面上的圆心附近,立柱与桌面的交线是 一条凸的平滑的封闭曲线C,如图13—8所示，一根不可伸 长的柔软的细轻绳,一端固定在封闭曲线上某一点,另一端系一质量为m=7.5×10—2kg 的小物块，将小物块放在桌面上并把绳拉直,再给小物块一个方向与绳垂直、大小为s m v /0.40=的初速度,物块在桌面上运动时,绳将缠绕在立柱上，已知当绳的张力为T 0=2.0N 时,绳即断开,在绳断开前物块始终在桌面上运动，（1）问绳刚要断开时,绳的伸直部分的长度为多少？（2）若绳刚要断开时,桌面圆心O 到绳的伸直部分与封闭曲线的接触点的连线正好与绳的伸直部分垂直,问物块的落地点到桌面圆心O 的水平距离为多少？已知桌面高度H=0.80m,物块在桌面上运动时未与立柱相碰，取重力加速度大小为10m/s 2，解析：（1）这一问题比较简单，绳断开前,绳的张力即为物块所受的向心力,因为初速度与绳垂直,所以绳的张力只改变物块的速度方向,而速度大小不变,绳刚要断开时,绳的伸直部分的长度可求出，设绳的伸直部分长为x ,则由牛顿第二定律得：xv m T 200=代入已知数值得：x =0.60m（2）选取桌面为分析平面,将物块的落地点投影到此分析平面上,然后由平抛运动的知识求解，如图13—8—甲所示,设绳刚要断开时物块位于 桌面上的P 点,并用A 点表示物块离开桌面时的位置, 先取桌面为分析平面,将物块的落地点投影到此分析 平面上,其位置用D 点表示,易知D 点应在直线PA 的延长线上,OD 即等于物块落地点与桌面圆心O 的水平距离,而AD 等于物块离开桌面后做平抛运动的 水平射程，即 gH v AD 20= 故20222)2(g H v x R x OD +-+= 代入已知数值得物块落地点到桌面圆心O 的水平距离 m OD 47.2=例9：如图13—9所示是一种记录地震装置的水平摆,摆球m 固定在边长为L,质量可忽略不计的等边三角形的顶点A 上，它的对边BC 跟竖直线成不大的夹角α,摆球可以绕固定轴图13—8BC 摆动，求摆做微小振动的周期，解析：若m 做微小振动,则其轨迹一定在过A 点,垂直于BC 的平面内的以O 为圆心,OA 为半径的圆弧上，因此我们可以作一个过A 点垂直于BC 的平面M,如图13—9—甲所示,将重力mg 沿M 平面和垂直于M 平面方向分解,则在平面M 内,m 的振动等效于一个只在重力αsin mg g m ='作用下简谐运动,摆长.2360sin L LL =︒='所以周期 αππsin 2322g Lg L T =''=例10：六个相同的电阻（阻值均为R ）连成一个电 阻环,六个结点依次为1、2、3、4、5和6,如图13—10 所示，现有五个完全相同的这样的电阻环,分别称为D 1、 D 2、…、D 5，现将D 1的1、3、5三点分别与D 2的2、4、 6三点用导线连接,如图13—10—甲所示，然后将D 2的 1、3、5三点分别与D 3的2、4、6三点用导线连接……依次类推,最后将D 5的1、3、5三点分别连接到D 4的2、4、6三点上，证明：全部接好后,在D 1上的1、3、两点间的等效是电阻为R 627724， 解析：由于连接电阻R 的导线,连接环D 之间的导线均不计电阻,因此,可改变环的半径,使五个环的大小满足：D 1<D 2<…<D 5.将图13—10—甲所示的圆柱形网络变成圆台形网络,在沿与底面垂直的方向将此圆台形网络压缩成一个平面,如图13—10—乙所示的平面电路图，现将圆形电阻环变成三角形,1、3、5三点为三角形的顶点,2、4、6三点为三角形三边的中点,图13—10—乙又变为如图13—10—丙所示电路图，不难发现,图13—10—丙所示的电路相对虚直线3、6具有左右对称性，可以用多种解法求，如将电路等效为图13—10—丁， A 1B 1以内的电阻R R B A 5411=A 2B 2以内的电阻R R R R R R R R B A B A B A 1914)2()2(111122=+++=A 3B 3以内的电阻R R R R R R R R B A B A B A 7152)2()2(222233=++⋅+=A 4B 4以内的电阻R R R R R R R R B A B A B A 265194)2()2(333344=++⋅+=A 5B 5以内的电阻R RR R R R R R B A B A B A 627724)2()2(444455=++⋅+=即为D 1环上1、3两点间的等效电阻，例11：如图13—11所示,用12根阻值均为r 的相同的电阻丝构成正立方体框架，试求AG 两点间的等效电阻，解析：该电路是立体电路,我们可以将该立体电路“压扁”,使其变成平面电路,如图13—11—甲所示，考虑到D 、E 、B 三点等势,C 、F 、H 三点等势,则电路图可等效为如图13—11—乙所示的电路图,所以AG 间总电阻为 r r r r R 65363=++=例12：如图13—12所示,倾角为θ的斜面上放一木 制圆制,其质量m=0.2kg,半径为r,长度L=0.1m,圆柱 上顺着轴线OO ′绕有N=10匝的线圈,线圈平面与斜面 平行,斜面处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度 B=0.5T,当通入多大电流时,圆柱才不致往下滚动？解析：要准确地表达各物理量之间的关系,最好画出正视图,问题就比较容易求解了，如图13—12—甲所示,磁场力F m 对线圈的力矩为M B =NBIL ·2r ·sin θ,重力对D 点的力矩为：M G =mgsin θ,平衡时有：M B =M G 则可解得：A NBL mg I 96.12== 例13：空间由电阻丝组成的无穷网络如图13—13所示,每段电阻丝的电阻均为r,试求A 、B 间的等效电阻R AB ，解析：设想电流A 点流入,从B 点流出,由对称性可知,网络中背面那一根无限长电阻丝中各点等电势,故可撤去这根电阻丝,而把空间网络等效为图13—13—甲所示的电路，（1）其中竖直线电阻r ′分别为两个r 串联和一个r 并联后的电阻值,所以 r r r r r 3232=⋅=' 横线每根电阻仍为r,此时将立体网络变成平面网络，（2）由于此网络具有左右对称性,所以以AB 为轴对折,此时网络变为如图13—13—乙所示的网络，其中横线每根电阻为21r r =竖线每根电阻为32r r r ='='' AB 对应那根的电阻为r r 32=' 此时由左右无限大变为右边无限大， （3）设第二个网络的结点为CD,此后均有相同的网络,去掉AB 时电路为图13—13—丙所示，再设R CD =R n －1（不包含CD 所对应的竖线电阻）则N B A R R =',网络如图13—13—丁所示，此时 1111111333222------++=+⋅+⋅=+''''+=n n n n n n n R r rR r R r R r r R r R r r R当∞→n 时,R n =R n －1 ∴ 上式变为n n n n n R r rR r R r rR r R 3432++=++=由此解得：r r R n 6213+= 即r r R B A 6213+=' 补上AB 竖线对应的电阻r 32,网络变为如图13—13—戊所示的电路， r r r r r r R r R r R B A B A AB 21212)321(21)213(221321)213(262133262133232322=++=++=+++⋅=+⋅='' 例14：设在地面上方的真空室内,存在匀强电场和匀强磁场,已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的,电场强度的大小E=4.0V/m,磁感应强度的大小B=0.15T,今有一个带负电的质点以v =20m/s 的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动,求此带电质点的电量与质量之比q/m 以及磁场的所有可能方向（角度可用反三角函数表），解析：因为带负电的质点做匀速直线运动,说明此质点所受的合外力为零，又因为电场强度和磁感应强度的方向相同,所以该带电质点所受的电场力和洛仑兹力的方向垂直共面,且必受重力作用,否则所受合外力不可能为零,设质点速度方向垂直纸面向里，由此该带电质点的受力图如图13—14所示，由平衡条件有有水平方向：θθsin cos Bqv Eq = ①在竖直方向：mg Bqv Eq =+θθcos sin ②解得：34tan =θ 34arctan =θ q/m=2 同理,当质点速度方向垂直纸面向外时受力情况如图13—14—甲,由平衡条件可解出θ值与上式解出的一样,只是与纸平面的夹角不同,故此带电质点的电量与质量之比为2，磁场的所有可能方向与水平方向的夹角都是 34tan 34arctan ==θθ或针对训练1．如图13—15所示,一个重1000N的物体放在倾角为30°的斜面上,物体与斜面间的摩擦系数μ为1/3，今有一个与斜面最大倾斜线成30°角的力F作用于物体上,使物体在斜面上保持静止,求力F的大小，2．斜面倾角θ=37°,斜面长为0.8m,宽为0.6m,如图13—16所示，质量为2kg的木块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,在平行于斜面方向的恒力F的作用下,沿斜面对角线从A 点运动到B点（g=10m/s2,sin37°=0.6），求：（1）力F的最小值是多大？（2）力F取最小值时木块的加速度，3．质量为0.8kg的长方形木块静止在倾角为30°的斜面上,若用平行于斜面沿水平方向大小等于3N的力推物体,它仍保持静止,如图13—17所示,则木块所受摩擦力大小为,方向为，4．如图13—18,四面体框架由电阻同为R的6个电阻连接而成,试求任意两个顶点AB间的等效电阻，5．如图13—19所示三棱柱由电阻同为R的电阻线连接而成,试求AB两个顶点间的等效电阻，6．将同种材料粗细均匀的电阻丝连接成立方体的形状,如图13—20所示,每段电阻丝电阻均为r，试求：（1）AB两点间等效电阻R AG；（2）AD两点间等效电阻R AD，。
巧用“降维”思想解决物理立体图难题
数理出 解题研究2019年第13期总第434期第(1)个问题是在步骤④中可以减小对下落时间/测量的误差的类型是什么？时间测量自然属于人为操作 快慢和读数问题带来的误差，因此属于偶然误差.第(2)个问题是在本实验要求小钩码的质量m 远远小于重锤的质量M,其目的是什么？给出了四个选项，是 一种判断性的问题,可以通过对自由落体的特征进行分析，因为重力加速度较大，造成下落〃高度的时间较短, 测量时间越短实验误差自然就越大，要使重锤下落的时 间变得更长，就必须采取减小系统下降的加速度，因此小 钩码的质量m 远远小于重锤的质量M.第(3)个问题是探究轮的摩擦阻力会引起实验误差 问题.是一种开放性的问题,本问较为巧妙，也代表着命题的趋势，考生需要弄清减小摩擦阻力变化的原理方法， 橡皮泥粘在什么物体上，其作用的原理是什么,这都需要学生在平时从实验操作中用心体会的，这也是在高考备考中必须具备的物理实验素养.第(4)个问题是根据测量数据(在题干中已经给出)进一步处理，目的是让学生能够通过牛顿第二定律进行思考，通过公式简单的变形和分析得出相应的答案，分析 简单而基础.在2018年江苏的高考物理试卷中类似例3的试题还有许多，如第10题,该题是对测量某干电池的电动势和 内阻的物理实验的考查，属于电学的基本实验，其目的在于考查学生的实验数据处理能力和误差分析能力，在这里就不再一一细说了.通过上述实验案例就可以对今天的备考有清晰的脉络.在注意“双基”的同时，应该去发展学生的物理思维的 方法，比如去分析实验数据、比较不同实验结果、抽象出 实验蕴含的物理规律等等，其中在物理备考过程中，通过 基本实验的提炼让抽象的物理概念形象化，让学生在备考中掌握对物理规律以演绎、归纳与概括的方法，从而达成提升学生物理学科的核心素养.总之，高考备考过程是将物理基本概念、基本规律重新打磨的过程，只有在这个过程中要求学生的勤于思考,通过学生在备考中积极的思考的过程,才能务实的挖掘出物 理概念和原理的内涵与夕卜延，才能在高考中蟾宫折桂.参考文献：［1］ 朱亚军.2017年江苏高考物理试卷评析与2018 年高三物理复习建议［J ］.中学教学参考,2017 (23)： 34 - 37.［2］ 金溢.近五年江苏高考物理实验题的特点分析与复习策略［J ］.中学物理教学参考,2017(23) ：47 -49.［3］ 张丹彤.高考物理实验试题的创意思想对高中物 理实验教学的启示——以江苏省高考物理试题为例［J ］. 物理教师,2015,36(11) ：84 -88.［责任编辑：闫久毅］巧用“降维”思想 解决物理立体图难题钱启明(江苏省启东市第一中学226200)摘要:在高中物理当中，很多题目组成都要用到三维立体图，这就给很多同学理解，分析以及解题造成 了很大的困难，为了让立体图变得更加“亲切”，同学们应该掌握如何将三维图简化的方法，让三维图不再是同 学们解题路上的“拦路虎”.关键词：立体图；降维思想中图分类号:G632 文献标识码：a 文章编号：1008 -0333(2019)13 -0074 -02三维视图问题对学生空间思维能力和综合处理问题 能力要求高，多数同学会觉得问题所描述的情况无法想象，无法熟练的运用知识来解决这类问题.学生在数学中已经了解了三视图的方法，所以需要做的就是引导学生 运用这个方法解决物理问题.一、运动方向一分为二，化繁为简在很多力学问题当中，物体运动除了直线外,会遇到某些特殊的运动轨迹，这样的运动方式让受力分析成为难点，我们不妨换一个思路,将复杂运动分解为若干简单收稿日期:2019-02 -05作者简介:钱启明(1982. 4 -),男，江苏省启东人，本科，中学一级教师，从事高中物理教学研究.—74—2019年第13期总第434期数理化解题研究运动，化繁为简，让复杂运动不再复杂.例1某人骑电动车车在圆筒形内沿着筒壁骑行.电动车加速行驶直到可以在筒壁上以匀速骑行，如图1所示.如果电动车(包括人)的总质量为M,筒壁半径为R,匀速率行驶的速率为”，每行驶一圈上升爪求电动车匀速行驶时的向心力.解析电动车的速度"，可分解为水平分速度v,和垂2直分速度为”2，则向心加速度为a=乍.问题的关键是将运动轨迹展开为一个面，如图2所示，其倾角为a,倾角的余弦为沁=7^帶+产向心加速度为心知~2"*-)，向心力F=Ma=Mv2 V(2tt R)2+h24tt2R (4tt2/?2+/i2)点拨从本题我们可以了解，运动不仅包括直线运动还包括各种复杂运动，而我们要做的就是删繁就简，将复杂问题简单化,在分析当中抽丝剥茧，这就需要同学们掌握数学知识和物理知识，以便从容应对此类问题.二、立体电阻分解，一目了然物理的电磁学当中少不了与电阻打交道，平面的电阻电路图是非常常见的，但是如果遇到立方形的电阻是不是还能从容应对呢，这就需要我们用一定的技巧进行简化，让立体变平面.例2如图3所示，某立方形是用12根阻值均为r的电阻丝构成.求立方形当中4点和G点之间的等效电阻.解析我们看到电路是由立方形组成，现将该立体电路“压平”成平面电路图，如图4所示.D图4由于到D、E、B三点等势,C、F、H三点等势,则立体电路可等效为如图5所示的电路图，所以A点和G点之间总电阻为点拨电磁学问题是物理学的重中之重，掌握电磁学的各种解题方法是非常必要的，但是同学又不能拘泥于物理学当中，这里就非常典型的运用了数学当中的几何知识，是立体变平面的典型问题.三、斜面变平面，信手拈来此问题的图形是三维的,不容易掌握物体的加速度，难度增加•如果我们能通过三视图将三维变成二维，问题就会容易得多.我们可以将立体图用三视图法，将分解成由两个运动轨迹的合体,这样解决起来可谓信手拈来.例3如图6(1)所示光滑带有斜度的平面长为a,宽为b,斜度为a,现有一个圆球在斜面上方P点水平抛出，要想使圆球从Q点离开，则需要圆球的初速度％是解析此题可以分解为两个方向，水平方向(如图6 (3))为匀速直线运动，速度为％.沿斜面向下方向(如图6(2))为初速度为0的匀加速运动，加速度为a=gsina,则a=*gt2sina, b=v o t,联立两个式子解得：％=b点拨三维运动分解为两个或者若干个平面运动，是解决此类问题的关键所在，也是让复杂问题简单化的“黄金钥匙”,深刻理解题意是前提,熟练掌握数学、物理知识是基础，灵活的思维是途径，正确分解图形是“钥匙”.以上三个例题分别介绍了三种“降维”方法，在以后的学习当中还需要同学自己摸索，自己探究，把数学几何思维和物理结合起来，不再让立体图成为难点，化繁为简，数形结合，以发散的思维看问题，这是学习的正确路径之所在.参考文献：［1］王正青.高中物理中解题方法归纳探究［J］.数理化解题研究,2017(22).［2］周杨.关于新课改高中物理解题方法探究［J］.商,2015(5)：277,［责任编辑：闫久毅］—75—。
高中物理竞赛解题方法之微元法例题
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Δt （Δt →0），则人由AB 到达A ′B ′，人影顶端C 点到达C ′点，由于ΔS AA ′= v Δt 则人影顶端的移动速度：v C =C C t 0S limt'∆→∆∆=AA t 0HS H h lim t'∆→∆-∆=H H h-v可见v c 与所取时间Δt 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ΔL 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：T θ + ΔT θ = ΔGcos θ + T θ ，ΔT θ = ΔGcos θ = ρg ΔLcos θ由于每段铁链沿切线向上的拉力比沿切线向下的拉力大ΔT θ ，所以整个铁链对A 端的拉力是各段上ΔT θ的和，即：T = ΣΔT θ = Σρg ΔLcos θ = ρg ΣΔLcos θ观察ΔLcos θ的意义，见图3—2—乙，由于Δθ很小，所以CD ⊥OC ，∠OCE = θΔLcosθ表示ΔL 在竖直方向上的投影ΔR ，所以ΣΔLcos θ = R ，可得铁链A 端受的拉力：T = ρg ΣΔLcos θ = 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。
降维思维法
第六讲降维思维法一、降维思维含义降维法是将一个三维图变成几个二维图，即应选两个合适的平面去观察，优点是把不易观察的空间物理量的关系在二维图中表示出来，从而容易找到各物理量之间的关系正确解决问题。
（实质：划立体为平面-------高中只有平面规律）二、降维思维分类1、“力”的降维：分解定律---平行四边形例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的力F=G/2推该物体，物体恰好在斜面内做匀速直线运动，则物体与斜面间的动摩擦因数μ等于多少？物体匀速运动的方向如何？2、“运动”的降维：分解定律---平行四边形例2：杂技演员在圆筒形建筑物内表演飞车走壁。
演员骑摩托车从底部开始运动，随着速度增加，圈子越兜越大，最后在竖直圆筒壁上匀速率行驶，如图13—6所示。
如果演员和摩托车的总质量为M，直壁半径为R，匀速率行驶的速率为v，每绕一周上升的距离为h，求摩托车匀速走壁时的向心力。
课后作业 姓名______________1、如图所示，表面光滑的实心圆球B 的半径R=20cm ，质量M=20kg ，悬线长L=30cm 。
正方形物块A 的厚度△h=10cm ，质量m=2kg ，物体A 与墙之间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s 2。
求：（1）墙对物块A 的摩擦力为多大？（2）如果要物体A 上施加一个与墙平行的外力，使物体A 在未脱离圆球前贴着墙沿水平方向做加速度a =5m/s 2 匀加速直线运动，那么这个外力大小方向如何？2、一质量m=20kg 的钢件，架在两根完全相同的平行长直圆柱上，如图所示，钢件的重心与两柱等距，两柱的轴线在同一水平面内，圆柱的半径r=0.025m ，钢件与圆柱间的动摩擦因数μ=0.20。
两圆柱各绕自己的轴线做转向相反的转动，角速度./40s rad =ω若沿平行于柱轴的方向施力推着钢件做速度为s m /050.00=υ的匀速运动，求推力是多大？3、如图所示，将质量为M 的匀质链条套在一个表面光滑的圆锥上，圆锥顶角为α，设圆锥底面水平，链条静止时也水平，求链条内的张力。
高中物理竞赛试题解题方法整体法3.doc
高中物理竞赛试题解题方法整体法3.doc高中物理竞赛试题解题方法：整体法针对训练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）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的均匀长板AB的中点，板位于水平面上，可绕通过2B 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v0。
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v。
35．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。
高中物理竞赛方法集锦降维法132
高中物理竞赛方法集锦降维法132例10：六个相同的电阻〔阻值均为R 〕连成一个电阻环，六个结点依次为1、2、3、4、5和6，如图13—10所示。
现有五个完全相同的如此的电阻环，分不称为D 1、D 2、…、D 5。
现将D 1的1、3、5三点分不与D 2的2、4、6三点用导线连接，如图13—10—甲所示。
然后将D 2的1、3、5三点分不与D 3的2、4、6三点用导线连接……依次类推，最后将D 5的1、3、5三点分不连接到D 4的2、4、6三点上。
证明：全部接好后，在D 1上的1、3、两点间的等效是电阻为R 627724。
解析：由于连接电阻R的导线，连接环D 之间的导线均不计电阻，因此，可改变环的半径，使五个环的大小满足：D 1<D 2<…<D 5.将图13—10—甲所示的圆柱形网络变成圆台形网络，在沿与底面垂直的方向将此圆台形网络压缩成一个平面，如图13—10—乙所示的平面电路图。
现将圆形电阻环变成三角形，1、3、5三点为三角形的顶点，2、4、6三点为三角形三边的中点，图13—10—乙又变为如图13—10—丙所示电路图。
不难发觉，图13—10—丙所示的电路相对虚直线3、6具有左右对称性。
能够用多种解法求。
如将电路等效为图13—10—丁。
A 1B 1以内的电阻R R B A 5411= A 2B 2以内的电阻 R RR R RR R R B A B A B A 1914)2()2(111122=+++= A 3B 3以内的电阻R RR R R R R R B A B A B A 7152)2()2(222233=++⋅+= A 4B 4以内的电阻R R R R RR R R B A B A B A 265194)2()2(333344=++⋅+=A 5B 5以内的电阻R R R R R R R R B A B A B A 627724)2()2(444455=++⋅+= 即为D 1环上1、3两点间的等效电阻。
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。
2021届一轮复习 物理解题方法导练 降维法(含解析)
1．如图所示，倾斜放置的圆盘绕着中轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心 处放一个小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘间的动摩擦因数为 ，假设木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同。若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大不能超过（ ）
A．2 rad/sB．8 rad/sC． D．
（1）击打白球后，白球与黑球发生碰撞，可以使黑球进入不同的洞口。请在以下两种情况下，画出白球的初速度方向以及碰前瞬间的位置，作图时请画出必要的辅助线。
a.使黑球进入1号洞（在图2中作图）；
b.使黑球进入2号洞（在图3中作图）。
（2）黑球进入2号洞的情况比进入1号洞的情况复杂一些。在处理复杂的物理问题时，常将其分解为简单的问题，如运动的分解、力的分解等等。将这些矢量在相互垂直的x、y两个方向上进行分解，然后分别进行研究。在黑球进入2号洞的情境下，若已知两球的质量均为m，碰前瞬间白球的速度大小为v0，碰后瞬间黑球的速度大小为v，v0与v方向的夹角θ= 53o，求两球碰撞过程中损失的机械能。（已知：sin53o= 0.8，cos53o= 0.6）
（______）
11．动量定理可以表示为，其中力F和动量p都是矢量．在运动动量定理处理二维问题时，可以在相互垂额直的x、y两个方向上分别研究．
如图所示，质量为m的小球斜射钢板上，入射的角度是，碰撞后弹出的角度也时，碰撞前后的速度发小都时v，碰撞过程中忽略小球所受重力，碰撞时间为已知．求小球对钢板的作用力F．
D．地面对杆的支持力与杆的重力是一对作用力和反作用力
5．如图所示，倾角θ的斜面上有一重为G的物体，在与斜面底边平行的水平推力作用下在斜面上做匀速直线运动，则
A．物体可能沿水平方ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ运动
“降维类比”：由三角函数余弦和角公式联想到二面角大小共8页word资料
“降维类比”：由三角函数余弦和角公式联想到二面角大小求解二面角大小问题是高考的热点问题.传统解题方法主要有定义法、三垂线法、垂面法、异面直线的距离法、法向量法.因此其求解中作图思维与推理具有一定难度.本文运用“降维类比法”，在三角函数余弦和角公式基础上类比出的二面角大小求解的“通用”公式，把空间形体转化为平面图形有关角的计算，能给予学生一定的解题思维程序，降低题目难度与思维难度，具有直观、简捷、套用明快的优点.1问题提出有关三面角公式求解二面角大小问题，一些文献作了探究，但是所推出的公式形式不一，也难以记忆【1】【2】【3】.笔者备课中研究发现，两角和与差的余弦公式cos（α+β）=cosα?cosβ-sinα?sinβ也是求二面角大小的“计算公式”（“三线四角”公式）的一种特例.这种由三角函数余弦和角公式“降维类比”（即三维空间的对象降到二维（或一维）空间中的对象）出二面角大小计算“通用”公式，只需计算出同一顶点发出的三个线线间角，即可快速求出二面角大小.图1三角函?涤嘞液徒枪?式如图1，OA、OB、OC是一平面内共端点的三条射线，记∠AOB=θ1，∠COB=θ2，∠AOC=θ，直线EF与OB垂直（垂足为H），且直线EF分别与射线OA、OC相交于E、F两点.则由三角函数和角公式有：cosθ=cos（θ1+θ2）=cosθ1?cosθ2-sinθ1?sinθ2.考虑到直线EHF，∠EHF=180°，则有：cosθ=cos（θ1+θ2）=cosθ1?cosθ2+sinθ1?sinθ2?cos180° 即：cosθ=cos（θ1+θ2）=cosθ1?cosθ2+sinθ1?sinθ2?cos∠EHF （*）图2三面角余弦定理如图2，将图1中射线OA、OC分别围绕OB旋转到任意位置，形成“三线四角”（共点三条射线两两所成的面角以及它们所构成的一个二面角）.类比公式（*），可得二面角A-OB-C（记二面角大小为α）的一个“通用”计算公式（简称“三线四角”公式）.此公式又称为三面角余弦定理.cosθ=cosθ1?cosθ2+sinθ1?sinθ2?cosα（**）略证在△EOF中，由余弦定理得：cos∠AOC=OE2+OF2-EF22OE?OF.在△EHF中，由余弦定理得：EF2=EH2+FH2-2EH?F Hcos∠EHF.所以有：cos∠AOC=OE2+OF2-EH2-FH2+2EH?FHcos∠EHF2OE?OF=（OE2-EH2）+（OF2-FH2）2OE?OF+EH?FHOE?OFcos∠EHF=2OH22OE?OF+EH?FHOE?OFcos∠EHF=cos∠AOB?cos∠BOC+sin∠AOB?sin∠BOC?cos∠EHF即：cosθ=cosθ1?cosθ2+sinθ1?sinθ2?cosα（**）cosα=cosθ-cosθ1?cosθ2sinθ1?sinθ2（***）即三面角余弦定理内涵表述：三面角中任一二面角的余弦值，等于其所对面角的余弦减去另两个面角的余弦之积，再除以这两个面角的正弦之积.同样可推出三面角正弦定理：三面角正弦定理三面角中面角的正弦的比等于所对二面角的正弦的比.如图2，二面角A-OB-C大小记为α，二面角A-OC-B大小记为β，二面角B-OA-C大小记为γ，则有sinαsinθ=sinβsinθ1=sinγsinθ2.实际解决有关高考试题二面角问题时，只要把求二面角的问题转化为考虑三个三角形中角的三角函数问题求解即可.（***）公式方向明确，方法简单.通过公式（**），也可速证最小角定理.图3最小角定理如图3，设A为平面α上一点，过A的直线AO在平面α上的射影为AB，AC为平面α上的一条直线，则∠OAC=θ，∠BAC=θ2，∠OAB=θ1，三角的余弦关系为：cosθ=cosθ1?cosθ2.此式又叫最小角定理（爪子定理），主要用于求平面斜线与平面内直线成的最小角.略证因O-AB-C二面角α=90°，由（**）即得：cosθ=cosθ1?cosθ2.2公式运用“三线四角”公式，将三维空间的对象降到二维（或一维）空间思考，它以最简约、最概括的方式呈现.不仅促进学生对原有“二面角”知识透彻的理解，还可以帮助学生更快捷地获取与弄清二面角概念及其计算公式的内涵和外延，理解结论的由来与适用范围，达到二面角知识学习的精练化、条理化、网络化，从而培养了学生的创新精神和创新意识.应用公式求二面角大小时，只需在棱上任找一点，分别在两个半平面内各引一条射线，使之与棱形成共点三线，由此共点三线两两所成面角.计算三个面角的三角函数值，即可通过公式快速求出相应二面角大小，从而减少作辅助线求解二面角的推理难度.2.1求两相交直线的夹角大小此类题一般条件是已知一个二面角大小及“三线”的二个面角，通过“三线四角”公式求解，求其另一个面角.解题时三面角顶点的确定是关键，应在所求二面角的交线上.有时也可依据三面角正弦定理直接求解.例1（2017年新课标Ⅲ卷理第16题）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB 以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°；其中正确的是.（填写所有正确结论的编号）图4解析如图4.由题意，AB是以AC为轴，BC为底面半径的圆锥的母线，由AC⊥a，AC⊥b，又AC⊥圆锥底面，在底面内可以过点B，作BD∥a，交底面圆C于点D.BE为底面圆直径，连结DE，则DE⊥BD，DE∥b.连结AD，等腰ΔABD中，不妨设AB=AD=2.（1）当直线AB与a成60°角时，∠ABD=60°，故BD=2.又在Rt△BDE中，BE=2，DE=2，故cos∠FBC=cos∠DEC=22，因二面角F-BC-A大小α=90°，由（**）即得：cos∠ABF=cos∠ABC?cos∠FBC=22.22=12，∠ABF=60°，即AB与b成60°角.故②正确，①错误.（2）因A-BC-D二面角大小α=90°，由（**）即得：cos∠ABD=cos∠ABC?cos∠DBC=22cos∠DBC，当∠DBC=0°，cos∠ABDmax=22?1=22，（∠ABD）min=45°，即直线AB与a所称角的最小值为45°，故③正确.∠DBC=90°，cos∠ABDmin=0，（∠ABD）max=90°，即直线AB与a所成角的最大值为90°，故④错误.因此正确的说法为②③.2.2求异面直线的夹角大小此类题一般条件是通过直线平移，转化为已知一个二面角大小及“三线”间二个面角，从而转化为“求两相交直线的夹角大小”类型，再通过“三线四角”公式求解.有时也可借助异面直线的距离公式d=l2-m2-n2±2mncosθ求异面直线的夹角θ大小（其中AC 和BD互为异面直线，且AC⊥AB，BD⊥AB，AB=d，CD=l，AC=m，BD=n）.例2（2017年新课标Ⅱ卷理第10题）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）.A.V=32B.155C.105D.33图5解析如图5，设异面直线AB1与BC所成角记为θ（θ∈（0°，90°]），只要将直线AB1平移过点B（此时平移后直线为A2B）即可.此时二面角A2-BB1-C1大小α=120°.cos∠AB1B=15，sin∠AB1B=25，cos（180°-∠C1BB1）=-cos∠C1BB1=-12，sin（180°-∠C1BB1）=12，由公式（**）得：cosθ=cosθ1cosθ2+sinθ1sinθ2cosα=cos∠AB1Bcos（180°-∠C1BB1）+sin∠AB1Bsin（180°-∠C1BB1）?cos120°=-[SX （]1[][KF（]5[KF）][SX）]?[SX（]1[][KF（]2[KF）][SX）]+[SX（]2[][KF （]5[KF）][SX）]?[SX（]1[][KF（]2[KF）][SX）]（-[SX（]1[]2[SX）]）=-[SX（][KF（]10[KF）][]5[SX）].即cosθ=105.因此正?_答案为C.2.3求二面角的夹角大小“三线四角”公式求解二面角大小，一般比“作角求角法”与“法向量法”显得更简洁.此类题一般条件是已知三面角的“三线”的三个面角，求其中二面角的大小.解题识别关键是通过三角函数关系求出三个面角大小，直接代入“三线四角”公式求解即可.有时证明两平面垂直关系也可转换成通过“三线四角”公式求平面二面角的夹角大小为90°即可，并且省去推理证明过程的麻烦.例3（2017年新课标Ⅰ卷文第18题）如图6，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°.图6（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A-PB-C的余弦值.解析（1）设二面角B-AP-D大小为α.因为∠BAP=∠CDP=90°，AB∥CD，所以AB⊥AP，CD⊥DP，AB⊥DP，由公式（***）得：cosα=cos∠BAD-cos∠BAP?cos∠DAPsin∠BAP?sin∠DAP=cos90°-cos90°?cos∠DAPsin90°?sin∠DAP=0，α=90°，即平面PAB⊥平面PAD.（2）设二面角A-PB-C大小为α.由（1）知，四边形ABCD为矩形.设PA=PD=AB=DC=1，则易得PB=PC=AD=BC=2，由公式（***）得：cosα=cos∠ABC-cos∠ABP?cos∠CBPsin∠ABP?sin∠CBP=0-22?120-22?3 2=-33.希望以上资料对你有所帮助，附励志名言3条：1、常自认为是福薄的人，任何不好的事情发生都合情合理，有这样平常心态，将会战胜很多困难。
高中奥林匹克物理竞赛解题方法之十三降维法
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的力F=G/2推该物体，物体恰好在斜面内做匀速直线运动，则物体与斜面间的动摩擦因数μ等于多少？物体匀速运动的方向如何？解析：物体在重力、推力、斜面给的支持力和摩擦力四个力的作用下做匀速直线运动，所以受力平衡。
但这四个力不在同一平面内，不容易看出它们之间的关系。
我们把这些力分解在两个平面内，就可以将空间问题变为平面问题，使问题得到解决。
将重力沿斜面、垂直于斜面分解。
我们从上面、侧面观察，图13—1—甲、图13—1—乙所示。
如图13—1—甲所示，推力F 与重力沿斜面的分力G 1的合力F ′为：G G F F 22212=+='F ′的方向沿斜面向下与推力成α角，则︒=∴==451tan 1ααFG这就是物体做匀速运动的方向物体受到的滑动摩擦力与F ′平衡，即2/2G F f ='=所以摩擦因数：3630cos 2/2=︒==G G F f N μ例2：如图13—2所示，一个直径为D 的圆柱体，其侧面刻有螺距为h 的光滑的螺旋形凹槽，槽内有一小球，为使小球能自由下落，必须要以多大的加速度来拉缠在圆柱体侧面的绳子？解析：将圆柱体的侧面等距螺旋形凹槽展开成为平面上的斜槽，如图13—2—甲所示，当圆柱体转一周，相当于沿斜槽下降一个螺距h ，当圆柱转n 周时，外侧面上一共移动的水平距离为22122at n D =π① 圆弧槽内小球下降的高度为221gt nh=② 解①、②两式，可得，为使螺旋形槽内小球能自由下落，圆柱体侧面绳子拉动的加速度应为hDgaπ=例3：如图13—3所示，表面光滑的实心圆球B 的半径R=20cm ，质量M=20kg ，悬线长L=30cm 。
正方形物块A 的厚度△h=10cm ，质量m=2kg ，物体A 与墙之间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s 2。
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 。
用“三视图降维法”解决物理三维空间问题
Җ㊀江苏㊀蒋轶群㊀㊀在高中物理中,不少地方都涉及空间立体问题,特别是力学和电磁学部分.此类问题对学生空间思维能力和综合处理问题能力要求高,绝大多数同学会觉得问题所描述的情景难以想象,因而无法运用已经掌握的知识来解决这部分问题.要解决这类问题,就需要将空间三维情况转化到我们熟悉的二维世界中来.如何实现降维呢?这就需要用到三视图.也即我们需要事先选定从什么角度去观察这个三维空间,而这个角度必然对应着某一个平面,当我们正对这个平面时,就将垂直于平面的维度给忽略了,从而画出一个二维平面图.一般可以有以下几种角度:正面㊁右侧面㊁左侧面㊁俯视㊁仰视.学生在数学学习中,已经了解了这种方法,所以物理课堂上需要做的就是引导他们熟练地运用这个方法解决物理问题,让他们了解各种学科之间的关联性.现以通电导线的磁场为例(图1~3)做简单说明.图1图2㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图3根据上面的例子理解了什么是三视图以后,就可以结合物理知识解决具体的物理三维空间问题了.下面以几种典型例子进行阐述.例1㊀如图4,光滑斜面长为a,宽为b,倾角为α,㊀图4㊀一物块沿斜面上方顶点水平射入,而从右下方顶点Q离开斜面,求物块入射的初速度v0.本题是斜面上的运动,运动轨迹是抛物线,和竖直平面上的二维平抛运动相比,此题是三维的,不容易掌握物体的加速度,难度增加.如果我们能通过三视图将三维变成二维,问题就会容易得多.我们可以先画出侧视图和俯视图(图5),可以从侧视图明显看出物体在光滑斜面上只受重力和斜面的支持力,二者的合力F=m g sinα,方向沿斜面向下,则加速度a=g sinα.再到俯视图,就可以用解决平抛运动的方法来解决此题,不同之处只是在于加速度不是竖直向下等于g,而是沿斜面向下等于g sinα.类比平抛运动,此题也可以将物体的运动分解为2个方向,水平方向速度v0的匀速直线运动,沿斜面向下的初速度为0的匀加速运动,加速度大小为a=g sinα.则有a=12g t2sinα,b=v0t.联立求解,得v0=b g sinα2a.图5㊀㊀图6例2㊀如图6,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以由M向N的电流,平衡时两悬挂线与竖直方向夹角均为θ,如果仅改变下列某一个条件,θ角的相应变化情况是(㊀㊀).A㊀棒中电流变大,θ角变大;B㊀金属棒质量变大,θ角变小;C㊀金属棒质量变大,θ角变大;D㊀磁感应强度变大,θ角变小如果在原图上进行受力分析,则很难在原图上画出简洁清晰的受力分析图.运用三视图进行降维,画出此题侧视图(图7)会更方便进行解答.由转化后的二维受力图可以清楚看到导体棒的受力情况,要始终保持平衡,就有B IL=m g tanθ,从73㊀㊀图7而得到tan θ=B IL m g,因此判断出正确答案为A ㊁B .例3㊀如图8所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场.图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置㊁相距为l 的相同平行金属板构成,极板长度为l ㊁间距为d ,两对极板间偏转电压大小相等㊁电场方向相反.质量为m ㊁电荷量为+q 的粒子经加速电压U 0加速后,水平射入偏转电压为U 1的平移器,最终从A 点水平射入待测区域.不考虑粒子受到的重力.图8(1)求粒子射出平移器时的速度大小v 1;(2)当加速电压变为4U 0时,欲使粒子仍从A 点射入待测区域,求此时的偏转电压U ;(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F .现取水平向右为x 轴正方向,建立如图8所示的直角坐标系Ox y z .保持加速电压为U 0不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.射入方向y-y z-z 受力大小5F5F7F3F㊀㊀请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向.第(1)问考查动能定理,可以轻松解答.第(2)问主要考查带电粒子在电场中的偏转,应用动力学相关知识解答,难度中等.第(3)问不知道磁场和电场方向,学生需要自己判断受力情况,同时是空间中的运动,难度高.对于第(3)问,我们也用三视图的方法进行降维,然后分析讨论得到结果.首先,根据题目描述的当速度方向沿x 正方向时,受力都为F ,说明此时的受力与速度大小无关,电场力F E =E q 与速度无关,洛伦兹力F 洛=B q v 与速度大小有关,所以说明此时有洛伦兹力,也即此时速度方向v 与磁感应强度B 平行.所以B 沿+x 或者-x方向.为了在二维平面上体现出洛伦兹力的情况,我们选择与B 垂直的平面作图,也就是选择y z 平面作图.如图9-甲,假定+x 方向垂直y z 向里,速度沿+y 方向时,洛伦兹力方向沿-z .同理,磁场沿+x ,速度沿-y ,则洛伦兹力沿+z 方向,如图9-乙.同理,如果磁场方向沿-x 方向,当速度沿+y 时,洛伦兹力沿+z ,速度沿-y 时,洛伦兹力沿-z .而当入射速度方向为+z 或者-z 时,洛伦兹力一定在+y 或者-y 方向.因为沿+y 或-y 入射时,合力大小一样,说明电场力有2种可能:a )沿+y 或者-y 方向;b )不在y Oz 平面.同时考虑当速度沿+z 或者-z 入射时,合力大小不一样,就排除了上述第一种可能,因此电场力一定不在y Oz 平面,而是在xO y 平面.图9设粒子沿+z 方向入射,设磁场方向沿+x 方向,画出xO y 平面的二维图,如图丙,设电场方向与x 轴夹角为θ,将电场力分解,可以得到(F 洛+F sin θ)2+(F cos θ)2=(7F )2,解得θ=30ʎ或者θ=150ʎ.同理,设磁场沿+x 方向,粒子沿-z 方向入射,如图丁,设电场方向与x 轴夹角为θ,将电场力分解,可以得到(F 洛-F sin θ)2+(F cos θ)2=(3F )2,求解得θ=30ʎ或者θ=150ʎ.同理,设磁场沿-x 方向,速度分别沿+z 和-z 方向,求解得电场与xO y 平面平行且与+x 方向成-30ʎ或者-150ʎ角.利用三视图降维的方法,可以将空间问题转化到平面上,会降低难度,一个三维空间可以从多个二维平面去描述,到底选择哪个二维平面呢?其中最关键的是要对题目信息进行分析,寻找到最简洁有效解决问题的二维平面.能掌握好这个方法,将极大提高空间想象力和综合解决问题的能力.(作者单位:江苏省南京市大厂高级中学)83。
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。
高中物理奥林匹克竞赛解题方法 整体法
积盾市安家阳光实验学校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：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，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.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F b和重力m b g的合力方向相反，如图所示，故选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，始终于P、Q的重力之和。
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△S AA ′=v △t 则人影顶端的 移动速度hH Hv t S h H H t S v A A t C C t C -=∆∆-=∆∆='→∆'→∆00lim lim 可见v c 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：θθθθT G T T +∆=∆+cos θρθθcos cos Lg G T ∆=∆=∆由于每段铁链沿切线向上的拉力比沿切线向下的拉力大△T θ，所以整个铁链对A 端的拉力是各段上△T θ的和，即 ∑∑∑∆=∆=∆=θρθρθcos cos L g Lg T T观察 θcos L ∆的意义，见图3—2—乙，由于△θ很小，所以CD ⊥OC ，∠OCE=θ△Lcos θ表示△L 在竖直方向上的投影△R ，所以 ∑=∆R L θcos 可得铁链A 端受的拉力 ∑=∆=gR L g T ρθρcos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A v ，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B v 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A v ，半径为a ，可以得到行星在△t 时间内扫过的面积 a t v S A a ⋅∆=21 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 ， 则也有 b t v S B b ⋅∆=21 由开普勒第二定律可知：S a =S b 即得 A B v b a v = 此题也可用对称法求解. 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v 1、v 2分别是人和船在任何一时刻的速率，则有21Mv mv = ① 两边同时乘以一个极短的时间△t ， 有 t Mv t mv ∆=∆21 ②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t v s ∆=∆11，t v s ∆=∆22由此将②式化为 21s M s m ∆=∆ ③把所有的元位移分别相加有 ∑∑∆=∆21s M s m④ 即 ms 1=Ms 2 ⑤ 此式即为质心不变原理. 其中s 1、s 2分别为全过程中人和船对地位移的大小， 又因为 L=s 1+s 2 ⑥由⑤、⑥两式得船的位移 L mM m s +=2 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R π2，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 M m πθ2∆=∆ △m 在该平面上受拉力F 的作用，合力为 2sin 2)2cos(2θθπ∆=∆-=F F T 因为当θ很小时，θθ≈sin 所以θθ∆=∆=F F T 22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 θtan ⋅∆=mg T现在弹性绳圈的半径为 R R r 2222==ππ 所以 ︒===4522sin θθR r 1tan =θ因此T=Mg mg πθ2∆=∆ ①、②联立，θπθ∆=∆F Mg 2， 解得弹性绳圈的张力为： π2Mg F = 设弹性绳圈的伸长量为x 则 R R R x πππ)12(2-=-=所以绳圈的劲度系数为：RMg R Mg x F k 222)12()12(2ππ+=-== 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=mr ω2，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M m πθ2∆=∆，受圆环对它的张 力为T ，则同上例分析可得 22sin 2ωθmr T ∆=∆ 因为△θ很小，所以22sin θθ∆≈∆，即 2222ωπθθMr T ∆=∆⋅ 解得最大角速度 MrT πω2= 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I t Mg F ∆=∆∆-)( 因为 0≈∆⋅∆t Mg所以 x v v M t F ∆=-⋅∆=∆ρ0 解得冲力：t x v F ∆∆=ρ，其中tx ∆∆就是t 时刻链条的速度v ， 故 2v F ρ= 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v 2=2g x ，代入F 的表达式中，得 gx F ρ2=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 .332LMgx gx gx gx N ==+=ρρρ 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)(21x l -，速度 gx v 2=， 右边绳长为).(21x l + 又经过一段很短的时间△t 以后， 左边绳子又有长度t V ∆21的一小段转移到右边去了，我们就分 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l m g t v /(21=∆λλ为绳子的线密度）， 根据动量定理，设向上方向为正 )21(0)21(v t v t g t v T ⋅∆--=∆∆-λλ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 λλgx v T ==221 因此钉子对右边绳端的作用力为 )31(21)(21lx mg T g x l F +=++=λ 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： 2sin 22sin 2sinθθθ∆=∆+∆=∆T T T N 当△θ很小时，22sin θθ∆≈∆ ∴△N=T △θ 又因为 △L=R △θ则绳所受法向支持力线密度为 RT R T L N n =∆∆=∆∆=θθ ① 以M 、m 分别为研究对象，根据牛顿定律有 Mg －T=Ma ② T －mg=m a ③ 由②、③解得： m M Mmg T +=2 将④式代入①式得：Rm M Mmg n )(2+= 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αα∆⋅=∆∆⋅=∆2221r L R L其对应的质量分别为 αρρ∆⋅=∆=∆21111R l mαρρ∆⋅=∆=∆22222r l m 由于△α很小，故△m 1、△m 2与m 的距离可以认为分别是 ααcos 2cos 221r r R r ==所以△m 1、△m 2与m 的万有引力分别为 222222212111)cos 2(2,)cos 2(2ααρααρr m R G r m Gm F R m R G r m Gm F ∆⋅=∆=∆∆⋅=∆=∆ 由于α具有任意性，若△F 1与△F 2的合力为零， 则两圆环对m 的引力的合力也为零， 即2221)cos 2(2)cos 2(2ααρααρr m r G R m R G ∆⋅=∆⋅ 解得大小圆环的线密度之比为：rR =21ρρ 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 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即 Mg ·△t=△m ·v △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： 221mv W ∆= 所以发动机的功率 MgV Mg mV mv t W P 21)/(212=∆∆=∆= 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.ααcos ,cos D O C O OD OC ''=''= 因此OC+O ′C ′=αcos D O OD ''+ ① 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 ′ ③由以上三式可得：OC+O ′C ′=αcos C O '' 即)1cos 1(-''=αC O OC 等式两边同除以△t 得环O 的速度为 )1cos 1(0-=αv v 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33/106.13m kg ⨯=ρ，水 银的表面张力系数./49.0m N =σ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 ，x gh xh hg S P F ∆⋅=∆⋅==22121ρρ， 还有上表面分界线上的张力F 1=σ△x 和下表面分界线上的 张力F 2=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：0cos 21=--F F F θ即 0cos 212=∆-∆-∆x x x gh σθσρ由于 ,2cos 11,20<+<<<θπθ所以 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p 0、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=(p 0－p)S ① 对进入的△m 气体，由动能定理得：221mv L F ∆=∆ ② 而 △m=ρS △L 联立①、②、③式可得：最初中进容器的空气速度 ρ)(20p p v -=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.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 ,2R Q R q πθ∆=∆它在P 点产生的电场的场强的x 分量为： 22222)(2cos x R x x R R Q R k r q k E x ++∆=∆=∆πθα 根据对称性 322322322)(2)(2)(2x R kQx x R kQxx R kQxE E x +=+=∆+=∆=∑∑ππθπ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 πω2Q I =，电流元I △L 所受的安培力θπω∆=∆=∆QB R LB I F 2 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，R m F T 22sin 2ωθ∆=∆-∆ 当△θ很小时，R m QB R T 2222sin ωθπωθθθ∆=∆-∆∆≈∆ θπωθπωθθπ∆=∆-∆∴∆=∆2222R m QB R T m m 解得圆环中张力为 )(2ωπωm QB R T +=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v 0，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 tRx BL tR R I ∆∆=∆∆Φ==ε金属杆受到安培力为tRx L B ILB F ∆∆==22安 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：Rx L B t F I ∆-=∆⋅-=∆22安 对所有的位移求和，可得安培力的总冲量为x RL B R x L B I 2222)(-=∆-=∑ ① 其中x 为杆运动的最大距离， 对金属杆用动量定理可得 I=0－mV 0 ② 由①、②两式得：220LB R mV x = 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.L 1和L 2是两根横放在导轨上的导体小棒，质量分别为m 1和m 2，且21m m <.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；（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L 1、L 2为研究对象得：1111v m v m t F i i -'=∆ ∑=∆v m t F i i 111 ① 同理得： ∑=∆v m t F i i 222 ② 由①、②得：v m m t F t F i i i i )(212211+=∆+∆∑∑又因为 11Bli F i = 21i i t t ∆=∆ 22Bli F i = i i i =+21所以 ∑∑∑∑∆=∆+=∆+∆i i i i t i BL t i i BL t BLi t BLi )(212211v m m q Q BL )()(21+=-=而Q=CE q=CU ′=CBL v所以解得小棒的最终速度 2221)(LCB m m BLCE v ++= （2）因为总能量守恒，所以热Q v m m C q CE +++=22122)(212121 即产生的热量 22122)(212121v m m C q CE Q +--=热 )(2)()()]([2121)(21)(12121222122122212122222122C L B m m CE m m L CB m m BLCE m m L CB CE v m m CBLv C CE +++=+++--=+--=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v 0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 ．gh 2 B ．0 C ．gh 22 D ．v 0 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.（1）设平衡时弹性绳圈长2πb ，b=a 2，求弹性系数k ；（用M 、R 、g 表示，g 为重力加速度）（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W F .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=1.60×10－19C.这束质子流每秒打到靶上的质子数为.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 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垂直磁场边界滑过磁场后，速度变为v（v<v0），求：（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U 1.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U 2，求棒落在离平台多远的位置.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：1．321v S ρ 2．θ=60°)223(2hs g h + 3．)cos 1/(x v + 4．2cos /θv 5．CD 6．（1）R Mg 22)12(π+ （2）绳圈掉地上，长度为原长 7．22v m mgR πμ+ 8．6.25×1015,2:1 9．2322)(x R QqxK + 10．32Rl Q K ρ∆ 11．R k λ2 12．r k λ2 13．σπR 2 14．2),(210220v v v v v m +='- 15．gh m u u CBL 2)(21- 16．22L CB m mg a +=。
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。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
十三、降维法方法简介降维法是将一个三维图变成几个二维图，即应选两个合适的平面去观察，当遇到一个空间受力问题时，将物体受到的力分解到两个不同平面上再求解。
由于三维问题不好想像，选取适当的角度，可用降维法求解。
降维的优点是把不易观察的空间物理量的关系在二维图中表示出来，使我们很容易找到各物理量之间的关系，从而正确解决问题。
赛题精讲例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的力F=G/2推该物体，物体恰好在斜面内做匀速直线运动，则物体与斜面间的动摩擦因数μ等于多少？物体匀速运动的方向如何？解析：物体在重力、推力、斜面给的支持力和摩擦力四个力的作用下做匀速直线运动，所以受力平衡。
但这四个力不在同一平面内，不容易看出它们之间的关系。
我们把这些力分解在两个平面内，就可以将空间问题变为平面问题，使问题得到解决。
将重力沿斜面、垂直于斜面分解。
我们从上面、侧面观察，图13—1—甲、图13—1—乙所示。
如图13—1—甲所示，推力F 与重力沿斜面的分力G 1的合力F ′为：G G F F 22212=+=' F ′的方向沿斜面向下与推力成α角， 则 ︒=∴==451tan 1ααFG这就是物体做匀速运动的方向物体受到的滑动摩擦力与F ′平衡，即 2/2G F f ='=所以摩擦因数：3630cos 2/2=︒==G G F f N μ 例2：如图13—2所示，一个直径为D 的圆柱体，其侧面刻有螺距为h 的光滑的螺旋形凹槽，槽内有一小球，为使小球能自由下落，必须要以多大的加速度来拉缠在圆柱体侧面的绳子？解析：将圆柱体的侧面等距螺旋形凹槽展开成为平面上的斜槽，如图13—2—甲所示，当圆柱体转一周，相当于沿斜槽下降一个螺距h ，当圆柱转n 周时，外侧面上一共移动的水平距离为22122at n D =π① 圆弧槽内小球下降的高度为221gt nh = ②解①、②两式，可得，为使螺旋形槽内小球能自由下落，圆柱体侧面绳子拉动的加速度应为hDga π=例3：如图13—3所示，表面光滑的实心圆球B 的半径R=20cm ，质量M=20kg ，悬线长L=30cm 。
正方形物块A 的厚度△h=10cm ，质量m=2kg ，物体A 与墙之间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s 2。
求：（1）墙对物块A 的摩擦力为多大？（2）如果要物体A 上施加一个与墙平行的外力，使物体A 在未脱离圆球前贴着墙沿水平方向做加速度a =5m/s 2 匀加速直线运动，那么这个外力大小方向如何？解析：这里物体A 、B 所受的力也不在一个平面内，混起来考虑比较复杂，可以在垂直于墙的竖直平面内分析A 、B 间压力和A 对墙的压力；在与墙面平行的平面内分析A 物体沿墙水平运动时的受力情况。
（1）通过受力分析可知墙对物块A 的静摩擦力大小等于物块A 的重力。
（2）由于物体A 贴着墙沿水平方向做匀加速直线运动，所以摩擦力沿水平方向，合力也沿水平方向且与摩擦力方向相反。
又因为物体受竖直向下的重力，所以推力F 方向应斜向上。
设物体A 对墙的压力为N ，则沿垂直于墙的方向，物体B 受到物体A 的支持力大小也为N ，有θμtan ,Mg N N f ==而又因为43tan 53sin ==++∆=θθ所以R L R h 在与墙面平行的平面内，对物体A 沿竖直方向做受力分析，如图13—3—甲所示有mg F =αsin沿水平方向做受力分析，有 ma f F =-αcos 由以上各式，解得)5/5arcsin(,520)()(22==++=a N ma f mg F因此，对物体A 施加的外力F 的大小为205N ，方向沿墙面斜向上且与物体A 水平运动方向的夹角为).5/5arcsin(例4：一质量m=20kg 的钢件，架在两根完全相同的平行长直圆柱上，如图13—4所示，钢件的重心与两柱等距，两柱的轴线在同一水平面内，圆柱的半径r=0.025m ，钢件与圆柱间的动摩擦因数μ=0.20。
两圆柱各绕自己的轴线做转向相反的转动，角速度./40s rad =ω若沿平行于柱轴的方向施力推着钢件做速度为s m /050.00=υ的匀速运动，求推力是多大？（设钢件不发生横向运动）解析：本题关键是搞清滑动摩擦力的方向，滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，由于钢件和圆柱都相对地面在运动，直接不易观察到相对地面在运动，直接不易观察到相对运动的方向，而且钢件的受力不在同一平面内，所以考虑“降维”，即选一个合适的角度观察。
我们从上往上看，画出俯视图，如图13—4—甲所示。
我们选考虑左边圆柱与钢件之间的摩擦力，先分析相对运动的方向，钢件有向前的速度0υ，左边圆住有向右的速度ωr ,则钢件相对于圆柱的速度是0υ与ωr 的矢量差，如图中△v ，即为钢件相对于圆柱的速度，所以滑动摩擦力f 的方向与△v ，的方向相反，如图13—4—甲所示。
以钢件为研究对象，在水平面上受到推力F 和两个摩擦力f 的作用，设f 与圆柱轴线的夹角为θ，当推钢件沿圆柱轴线匀速运动时，应有22000)(22cos 2ωθr v v f vv ff F +=∆== ①再从正面看钢件在竖直平面内的受力可以求出F N ，如图13—4—乙所示，钢件受重力G 和两个向上的支持力F N ，且G=2F N ，所以把N N F f GF μ==,2代入①式，得 推力N r v v mgr v v F F N 2)(22)(222002200=+⋅=+⋅=ωμωμ例5：如图13—5所示，将质量为M 的匀质链条套在一个表面光滑的圆锥上，圆锥顶角为α，设圆锥底面水平，链条静止时也水平，求链条内的张力。
解析：要求张力，应在链条上取一段质量元m ∆进行研究。
因为该问题是三维问题，图13—4—乙各力不在同一平面内，所以用“降维法”作出不同角度的平面图进行研究。
作出俯视图13—5—甲，设质量元m ∆两端所受张力为T ，其合力为F ，因为它所对的圆心角θ很小，所以2sin 2θT F =，即F=T θ。
再作出正视图13—5—乙，质量元受重力m ∆g 、支持力N 和张力的合力F 而处于平衡状态，由几何知识可得：2cot 22cotαπθα⋅=⋅∆=Mg mg F 所以链条内的张力2cot 22απ⋅==Mg F T 例6：杂技演员在圆筒形建筑物内表演飞车走壁。
演员骑摩托车从底部开始运动，随着速度增加，圈子越兜越大，最后在竖直圆筒壁上匀速率行驶，如图13—6所示。
如果演员和摩托车的总质量为M ，直壁半径为R ，匀速率行驶的速率为v ，每绕一周上升的距离为h ，求摩托车匀速走壁时的向心力。
解析：摩托车的运动速度v ，可分解为水平速度v 1和竖直分速度为v 2，则向心力速度为Rv a 21=。
处理这个问题的关键是将螺旋线展开为一个斜面，其倾角的余弦为22)2(2cos hR R a +=ππ，如图13—6—甲所示。
所以有v hR R v v 221)2(2cos +==ππα向心加速度为：222221))2(2(h R R R v R v a +==ππ 向心力 )4(422222h R RMv Ma F +==ππ例7：A 、B 、C 为三个完全相同的表面光滑的小球，B 、C 两球各被一长为L=2.00m 的不可伸和的轻线悬挂于天花板上，两球刚好接触，以接触点O 为原点作一直角坐标系z Oxyz ,轴竖直向上，O x 与两球的连心线重合，如图13—7所示。
今让A 球射向B 、C 两球，并与两球同时发生碰撞。
碰撞前，A 球速度方向沿y 轴正方向，速率为s m v A /00.40=。
相碰后，A 球沿y 轴负方向反弹，速率A v =0.40m/s 。
（1）求B 、C 两球被碰后偏离O 点的最大位移量；（2）讨论长时间内B 、C 两球的运动情况。
（忽略空气阻力，取g=10m/s 2） 解析：（1）A 、B 、C 三球在碰撞前、后的运动发生在Oxy 平面内，设刚碰完后，A 的速度大小为A v ，B 、C 两球的速度分别为B v 与C v ，在x 方向和y 方向的分速度的大小分别为Bx v ，Cy Cx By v v v ,和，如图13—7—甲所示，由动量守恒定律，有0=-Bx Cx mv mv ①A Cy By Ax mv mv mv mv -+= ②由于球面是光滑的，在碰撞过程中，A 球对B 球的作用力方向沿A 、B 两球的连心线，A 球对C 球的作用力方向沿A 、C 两球的连心线，由几何关系，得⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫==6tan6tan ππCy Cx By Bx v v v v ③ 由对称关系可知 Cy Bx v v = ④解①、②、③、④式可得 s m v v Cy Bx /27.1==s m v v Cy Bx /20.2==由此解得 s m v v Cy Bx /54.2==设C 球在x >0, y>0, z >0的空间中的最大位移为,OQ Q 点的z 坐标为z Q ，则由机械能守恒定律可写出Q C mgz mv =221 ⑤ 所以 gv z CQ 22= 代入数值解得 z Q =0.32m而Q 点到O z 轴的距离为 )2()(22Q Q Q z L z z L L QD -=--=图13—7甲所以C 球离O 点的最大位移量 Q Q Lz OD z OQ 222=+= ⑥代入数值，得 m OQ 13.1= ⑦由对称性，可得B 球在0,0,0>><z y x 的空间的最大位移量OP 为m OQ OP 13.1== ⑧（2）当B 、C 两球各达到最大位移后，便做回到原点的摆动，并发生两球间的碰撞，两球第一次返回O 点碰撞前速度的大小和方向分别为s m v Bx /27.1= 方向沿正x 轴方向 By v =2.20m/s 方向沿y 轴方向s m v Cx /27.1= 方向沿正x 轴方向 Cy v =2.20m/s 方向沿y 轴方向设碰撞后的速度分别为11C B v v 和，对应的分速度的大小分别为x B v 1、y B v 1、x C v 1和y C v 1，由于两球在碰撞过程中的相互作用力只可能沿x 轴方向，故碰撞后，沿y 轴方向的速度大小和方向均保持不变（因为小球都是光滑的），即y B v 1=By v 方向沿负y 轴方向 ⑨ y C v 1=Cy v 方向沿负y 轴方向 ⑩碰撞过程中，沿x 轴方向的动量守恒，则 Cx Bx x B x C mv mv mv mv -=-11 因为Cx Bx v v = 所以x B x C v v 11=即碰撞后两球在x 方向的分速度大小也相等，方向相反，具体数值取决于碰撞过程中是否机械能损失。