高中奧林匹克物理競(jìng)賽解題方法2

1、答案：1F=100N 2T=5.16N 3 4A 5B 6C 7C8 9（1） （2）F1011方向沿AB方向12P= E= 13（1） （2） 3.78cm140.2m 158cm 1617摩擦力足夠大時(shí) 摩擦力不是足夠大時(shí)18 19 20證明略 三、微元法方法簡(jiǎn)介微元法是分析、解決物理問題中的常用方法，也是從部分到整體的思維方法。用該方法可以使一些復(fù)雜的物理過程用我們熟悉的物理規(guī)律迅速地加以解決，使所求的問題簡(jiǎn)單化。在使用微元法處理問題時(shí)，需將其分解為眾多微小的“元過程”，而且每個(gè)“元過程”所遵循的規(guī)律是相同的，這樣，我們只需分析這些“元過程”，然后再將“元過程”進(jìn)行必要的數(shù)學(xué)方法或物理思

2、想處理，進(jìn)而使問題求解。使用此方法會(huì)加強(qiáng)我們對(duì)已知規(guī)律的再思考，從而引起鞏固知識(shí)、加深認(rèn)識(shí)和提高能力的作用。賽題精講例1：如圖31所示，一個(gè)身高為h的人在燈以悟空速度v沿水平直線行走。設(shè)燈距地面高為H，求證人影的頂端C點(diǎn)是做勻速直線運(yùn)動(dòng)。解析：該題不能用速度分解求解，考慮采用“微元法”。設(shè)某一時(shí)間人經(jīng)過AB處，再經(jīng)過一微小過程t（t0），則人由AB到達(dá)AB，人影頂端C點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)，由于SAA=vt則人影頂端的移動(dòng)速度可見vc與所取時(shí)間t的長(zhǎng)短無關(guān)，所以人影的頂端C點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng).例2：如圖32所示，一個(gè)半徑為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勻鐵鏈，其A端固定在球面的頂點(diǎn)，

3、B端恰與桌面不接觸，鐵鏈單位長(zhǎng)度的質(zhì)量為.試求鐵鏈A端受的拉力T.解析：以鐵鏈為研究對(duì)象，由由于整條鐵鏈的長(zhǎng)度不能忽略不計(jì)，所以整條鐵鏈不能看成質(zhì)點(diǎn)，要分析鐵鏈的受力情況，須考慮將鐵鏈分割，使每一小段鐵鏈可以看成質(zhì)點(diǎn)，分析每一小段鐵邊的受力，根據(jù)物體的平衡條件得出整條鐵鏈的受力情況.在鐵鏈上任取長(zhǎng)為L(zhǎng)的一小段（微元）為研究對(duì)象，其受力分析如圖32甲所示.由于該元處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以受力平衡，在切線方向上應(yīng)滿足： 由于每段鐵鏈沿切線向上的拉力比沿切線向下的拉力大T，所以整個(gè)鐵鏈對(duì)A端的拉力是各段上T的和，即 觀察 的意義，見圖32乙，由于很小，所以CDOC，OCE=Lcos表示L在豎直方向上的投影

4、R，所以 可得鐵鏈A端受的拉力 例3：某行星圍繞太陽C沿圓弧軌道運(yùn)行，它的近日點(diǎn)A離太陽的距離為a，行星經(jīng)過近日點(diǎn)A時(shí)的速度為，行星的遠(yuǎn)日點(diǎn)B離開太陽的距離為b，如圖33所示，求它經(jīng)過遠(yuǎn)日點(diǎn)B時(shí)的速度的大小.解析：此題可根據(jù)萬有引力提供行星的向心力求解.也可根據(jù)開普勒第二定律，用微元法求解.設(shè)行星在近日點(diǎn)A時(shí)又向前運(yùn)動(dòng)了極短的時(shí)間t，由于時(shí)間極短可以認(rèn)為行星在t時(shí)間內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，線速度為，半徑為a，可以得到行星在t時(shí)間內(nèi)掃過的面積 同理，設(shè)行星在經(jīng)過遠(yuǎn)日點(diǎn)B時(shí)也運(yùn)動(dòng)了相同的極短時(shí)間t，則也有 由開普勒第二定律可知：Sa=Sb 即得 此題也可用對(duì)稱法求解.例4：如圖34所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的船靜止在

5、平靜的水面上，立于船頭的人質(zhì)量為m，船的質(zhì)量為M，不計(jì)水的阻力，人從船頭走到船尾的過程中，問：船的位移為多大？解析：取人和船整體作為研究系統(tǒng)，人在走動(dòng)過程中，系統(tǒng)所受合外力為零，可知系統(tǒng)動(dòng)量守恒.設(shè)人在走動(dòng)過程中的t時(shí)間內(nèi)為勻速運(yùn)動(dòng)，則可計(jì)算出船的位移.設(shè)v1、v2分別是人和船在任何一時(shí)刻的速率，則有 兩邊同時(shí)乘以一個(gè)極短的時(shí)間t， 有 由于時(shí)間極短，可以認(rèn)為在這極短的時(shí)間內(nèi)人和船的速率是不變的，所以人和船位移大小分別為， 由此將式化為 把所有的元位移分別相加有 即 ms1=Ms2 此式即為質(zhì)心不變?cè)? 其中s1、s2分別為全過程中人和船對(duì)地位移的大小， 又因?yàn)?L=s1+s2 由、兩式得船

6、的位移 例5：半徑為R的光滑球固定在水平桌面上，有一質(zhì)量為M的圓環(huán)狀均勻彈性繩圈，原長(zhǎng)為R，且彈性繩圈的勁度系數(shù)為k，將彈性繩圈從球的正上方輕放到球上，使彈性繩圈水平停留在平衡位置上，如圖35所示，若平衡時(shí)彈性繩圈長(zhǎng)為，求彈性繩圈的勁度系數(shù)k.解析：由于整個(gè)彈性繩圈的大小不能忽略不計(jì)，彈性繩圈不能看成質(zhì)點(diǎn)，所以應(yīng)將彈性繩圈分割成許多小段，其中每一小段m兩端受的拉力就是彈性繩圈內(nèi)部的彈力F.在彈性繩圈上任取一小段質(zhì)量為m作為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析.但是m受的力不在同一平面內(nèi)，可以從一個(gè)合適的角度觀察.選取一個(gè)合適的平面進(jìn)行受力分析，這樣可以看清楚各個(gè)力之間的關(guān)系.從正面和上面觀察，分別畫出正視圖

7、的俯視圖，如圖35甲和235乙.先看俯視圖35甲，設(shè)在彈性繩圈的平面上，m所對(duì)的圓心角是，則每一小段的質(zhì)量 m在該平面上受拉力F的作用，合力為因?yàn)楫?dāng)很小時(shí)， 所以再看正視圖35乙，m受重力mg，支持力N，二力的合力與T平衡.即 現(xiàn)在彈性繩圈的半徑為 所以 因此T= 、聯(lián)立，解得彈性繩圈的張力為： 設(shè)彈性繩圈的伸長(zhǎng)量為x 則 所以繩圈的勁度系數(shù)為：例6：一質(zhì)量為M、均勻分布的圓環(huán)，其半徑為r，幾何軸與水平面垂直，若它能經(jīng)受的最大張力為T，求此圓環(huán)可以繞幾何軸旋轉(zhuǎn)的最大角速度.解析：因?yàn)橄蛐牧=mr2，當(dāng)一定時(shí)，r越大，向心力越大，所以要想求最大張力T所對(duì)應(yīng)的角速度，r應(yīng)取最大值.如圖36所示，

8、在圓環(huán)上取一小段L，對(duì)應(yīng)的圓心角為，其質(zhì)量可表示為，受圓環(huán)對(duì)它的張力為T，則同上例分析可得 因?yàn)楹苄?，所以，?解得最大角速度 例7：一根質(zhì)量為M，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的鐵鏈條，被豎直地懸掛起來，其最低端剛好與水平接觸，今將鏈條由靜止釋放，讓它落到地面上，如圖37所示，求鏈條下落了長(zhǎng)度x時(shí)，鏈條對(duì)地面的壓力為多大？解析：在下落過程中鏈條作用于地面的壓力實(shí)質(zhì)就是鏈條對(duì)地面的“沖力”加上落在地面上那部分鏈條的重力.根據(jù)牛頓第三定律，這個(gè)沖力也就等于同一時(shí)刻地面對(duì)鏈條的反作用力，這個(gè)力的沖量，使得鏈條落至地面時(shí)的動(dòng)量發(fā)生變化.由于各質(zhì)元原來的高度不同，落到地面的速度不同，動(dòng)量改變也不相同.我們?nèi)∧骋粫r(shí)刻一小段鏈

9、條（微元）作為研究對(duì)象，就可以將變速?zèng)_擊變?yōu)楹闼贈(zèng)_擊.設(shè)開始下落的時(shí)刻t=0，在t時(shí)刻落在地面上的鏈條長(zhǎng)為x，未到達(dá)地面部分鏈條的速度為v，并設(shè)鏈條的線密度為.由題意可知，鏈條落至地面后，速度立即變?yōu)榱?從t時(shí)刻起取很小一段時(shí)間t，在t內(nèi)又有M=x落到地面上靜止.地面對(duì)M作用的沖量為 因?yàn)?所以 解得沖力：，其中就是t時(shí)刻鏈條的速度v，故 鏈條在t時(shí)刻的速度v即為鏈條下落長(zhǎng)為x時(shí)的即時(shí)速度，即v2=2gx，代入F的表達(dá)式中，得 此即t時(shí)刻鏈對(duì)地面的作用力，也就是t時(shí)刻鏈條對(duì)地面的沖力.所以在t時(shí)刻鏈條對(duì)地面的總壓力為 例8：一根均勻柔軟的繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，對(duì)折后兩端固定在一個(gè)釘子上，其中一端

10、突然從釘子上滑落，試求滑落的繩端點(diǎn)離釘子的距離為x時(shí)，釘子對(duì)繩子另一端的作用力是多大？解析：釘子對(duì)繩子另一端的作用力隨滑落繩的長(zhǎng)短而變化，由此可用微元法求解.如圖38所示，當(dāng)左邊繩端離釘子的距離為x時(shí)，左邊繩長(zhǎng)為，速度 ，右邊繩長(zhǎng)為 又經(jīng)過一段很短的時(shí)間t以后，左邊繩子又有長(zhǎng)度的一小段轉(zhuǎn)移到右邊去了，我們就分析這一小段繩子，這一小段繩子受到兩力：上面繩子對(duì)它的拉力T和它本身的重力為繩子的線密度），根據(jù)動(dòng)量定理，設(shè)向上方向?yàn)檎?由于t取得很小，因此這一小段繩子的重力相對(duì)于T來說是很小的，可以忽略，所以有 因此釘子對(duì)右邊繩端的作用力為例9：圖39中，半徑為R的圓盤固定不可轉(zhuǎn)動(dòng)，細(xì)繩不可伸長(zhǎng)但質(zhì)量可

11、忽略，繩下懸掛的兩物體質(zhì)量分別為M、m.設(shè)圓盤與繩間光滑接觸，試求盤對(duì)繩的法向支持力線密度.解析：求盤對(duì)繩的法向支持力線密度也就是求盤對(duì)繩的法向單位長(zhǎng)度所受的支持力.因?yàn)楸P與繩間光滑接觸，則任取一小段繩，其兩端受的張力大小相等，又因?yàn)槔K上各點(diǎn)受的支持力方向不同，故不能以整條繩為研究對(duì)象，只能以一小段繩為研究對(duì)象分析求解.在與圓盤接觸的半圓形中取一小段繩元L，L所對(duì)應(yīng)的圓心角為，如圖39甲所示，繩元L兩端的張力均為T，繩元所受圓盤法向支持力為N，因細(xì)繩質(zhì)量可忽略，法向合力為零，則由平衡條件得：當(dāng)很小時(shí)， N=T又因?yàn)?L=R則繩所受法向支持力線密度為 以M、m分別為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓定律有 Mg

12、T=Ma Tmg=ma 由、解得： 將式代入式得：例10：粗細(xì)均勻質(zhì)量分布也均勻的半徑為分別為R和r的兩圓環(huán)相切.若在切點(diǎn)放一質(zhì)點(diǎn)m，恰使兩邊圓環(huán)對(duì)m的萬有引力的合力為零，則大小圓環(huán)的線密度必須滿足什么條件？解析：若要直接求整個(gè)圓對(duì)質(zhì)點(diǎn)m的萬有引力比較難，當(dāng)若要用到圓的對(duì)稱性及要求所受合力為零的條件，考慮大、小圓環(huán)上關(guān)于切點(diǎn)對(duì)稱的微元與質(zhì)量m的相互作用，然后推及整個(gè)圓環(huán)即可求解.如圖310所示，過切點(diǎn)作直線交大小圓分別于P、Q兩點(diǎn)，并設(shè)與水平線夾角為，當(dāng)有微小增量時(shí)，則大小圓環(huán)上對(duì)應(yīng)微小線元其對(duì)應(yīng)的質(zhì)量分別為 由于很小，故m1、m2與m的距離可以認(rèn)為分別是 所以m1、m2與m的萬有引力分別為由

13、于具有任意性，若F1與F2的合力為零，則兩圓環(huán)對(duì)m的引力的合力也為零， 即 解得大小圓環(huán)的線密度之比為：例11：一枚質(zhì)量為M的火箭，依靠向正下方噴氣在空中保持靜止，如果噴出氣體的速度為v，那么火箭發(fā)動(dòng)機(jī)的功率是多少？解析：火箭噴氣時(shí)，要對(duì)氣體做功，取一個(gè)很短的時(shí)間，求出此時(shí)間內(nèi)，火箭對(duì)氣體做的功，再代入功率的定義式即可求出火箭發(fā)動(dòng)機(jī)的功率.選取在t時(shí)間內(nèi)噴出的氣體為研究對(duì)象，設(shè)火箭推氣體的力為F，根據(jù)動(dòng)量定理，有Ft=m·v 因?yàn)榛鸺o止在空中，所以根據(jù)牛頓第三定律和平衡條件有F=Mg即 Mg·t=m·v t=m·v/Mg 對(duì)同樣這一部分氣體用動(dòng)能定理，

14、火箭對(duì)它做的功為： 所以發(fā)動(dòng)機(jī)的功率 例12：如圖311所示，小環(huán)O和O分別套在不動(dòng)的豎直桿AB和AB上，一根不可伸長(zhǎng)的繩子穿過環(huán)O，繩的兩端分別系在A點(diǎn)和O環(huán)上，設(shè)環(huán)O以恒定速度v向下運(yùn)動(dòng)，求當(dāng)AOO=時(shí)，環(huán)O的速度.解析：O、O之間的速度關(guān)系與O、O的位置有關(guān)，即與角有關(guān)，因此要用微元法找它們之間的速度關(guān)系.設(shè)經(jīng)歷一段極短時(shí)間t，O環(huán)移到C，O環(huán)移到C，自C與C分別作為OO的垂線CD和CD，從圖中看出. 因此OC+OC= 因極小，所以ECED，ECED，從而OD+ODOOCC 由于繩子總長(zhǎng)度不變，故 OOCC=OC 由以上三式可得：OC+OC= 即 等式兩邊同除以t得環(huán)O的速度為 例13：

15、 在水平位置的潔凈的平玻璃板上倒一些水銀，由于重力和表面張力的影響，水銀近似呈現(xiàn)圓餅形狀（側(cè)面向外凸出），過圓餅軸線的豎直截面如圖312所示，為了計(jì)算方便，水銀和玻璃的接觸角可按180°計(jì)算.已知水銀密度，水銀的表面張力系數(shù)當(dāng)圓餅的半徑很大時(shí)，試估算其厚度h的數(shù)值大約為多少？（取1位有效數(shù)字即可）解析：若以整個(gè)圓餅狀水銀為研究對(duì)象，只受重力和玻璃板的支持力，在平衡方程中，液體的體積不是h的簡(jiǎn)單函數(shù)，而且支持力N和重力mg都是未知量，方程中又不可能出現(xiàn)表面張力系數(shù)，因此不可能用整體分析列方程求解h.現(xiàn)用微元法求解.在圓餅的側(cè)面取一個(gè)寬度為x，高為h的體積元，如圖312甲所示，該體積元受

16、重力G、液體內(nèi)部作用在面積x·h上的壓力F，還有上表面分界線上的張力F1=x和下表面分界線上的張力F2=x.作用在前、后兩個(gè)側(cè)面上的液體壓力互相平衡，作用在體積元表面兩個(gè)彎曲分界上的表面張力的合力，當(dāng)體積元的寬度較小時(shí)，這兩個(gè)力也是平衡的，圖中都未畫出.由力的平衡條件有： 即 解得：由于 故2.7×103m<h<3.8×103m題目要求只取1位有效數(shù)字，所以水銀層厚度h的估算值為3×103m或4×103m.例14：把一個(gè)容器內(nèi)的空氣抽出一些，壓強(qiáng)降為p，容器上有一小孔，上有塞子，現(xiàn)把塞子拔掉，如圖313所示.問空氣最初以多大初速度沖

17、進(jìn)容器？（外界空氣壓強(qiáng)為p0、密度為）解析：該題由于不知開始時(shí)進(jìn)入容器內(nèi)分有多少，不知它們?cè)谌萜魍馊绾畏植迹膊恢諝夥肿舆M(jìn)入容器后壓強(qiáng)如何變化，使我們難以找到解題途徑.注意到題目中“最初”二字，可以這樣考慮：設(shè)小孔的面積為S，取開始時(shí)位于小孔外一薄層氣體為研究對(duì)象，令薄層厚度為L(zhǎng)，因L很小，所以其質(zhì)量m進(jìn)入容器過程中，不改變?nèi)萜鲏簭?qiáng)，故此薄層所受外力是恒力，該問題就可以解決了. 由以上分析，得：F=(p0p)S 對(duì)進(jìn)入的m氣體，由動(dòng)能定理得： 而 m=SL 聯(lián)立、式可得：最初中進(jìn)容器的空氣速度 例15：電量Q均勻分布在半徑為R的圓環(huán)上（如圖314所示），求在圓環(huán)軸線上距圓心O點(diǎn)為x處的P點(diǎn)的

18、電場(chǎng)強(qiáng)度.解析：帶電圓環(huán)產(chǎn)生的電場(chǎng)不能看做點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，故采用微元法，用點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)結(jié)合對(duì)稱性求解.選電荷元 它在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)的x分量為：根據(jù)對(duì)稱性 由此可見，此帶電圓環(huán)在軸線P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相當(dāng)于帶電圓環(huán)帶電量集中在圓環(huán)的某一點(diǎn)時(shí)在軸線P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小，方向是沿軸線的方向.例16：如圖315所示，一質(zhì)量均勻分布的細(xì)圓環(huán)，其半徑為R，質(zhì)量為m.令此環(huán)均勻帶正電，總電量為Q.現(xiàn)將此環(huán)平放在絕緣的光滑水平桌面上，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的均勻磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下.當(dāng)此環(huán)繞通過其中心的豎直軸以勻角速度沿圖示方向旋轉(zhuǎn)時(shí)，環(huán)中的張力等于多少？（設(shè)圓環(huán)的帶電量不減少，不考慮環(huán)上電荷之間

19、的作用）解析：當(dāng)環(huán)靜止時(shí)，因環(huán)上沒有電流，在磁場(chǎng)中不受力，則環(huán)中也就沒有因磁場(chǎng)力引起的張力.當(dāng)環(huán)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，環(huán)上電荷也隨環(huán)一起轉(zhuǎn)動(dòng)，形成電流，電流在磁場(chǎng)中受力導(dǎo)致環(huán)中存在張力，顯然此張力一定與電流在磁場(chǎng)中受到的安培力有關(guān).由題意可知環(huán)上各點(diǎn)所受安培力方向均不同，張力方向也不同，因而只能在環(huán)上取一小段作為研究對(duì)象，從而求出環(huán)中張力的大小.在圓環(huán)上取L=R圓弧元，受力情況如圖315甲所示.因轉(zhuǎn)動(dòng)角速度而形成的電流 ，電流元IL所受的安培力因圓環(huán)法線方向合力為圓弧元做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，當(dāng)很小時(shí)， 解得圓環(huán)中張力為 例17：如圖316所示，一水平放置的光滑平行導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m的金屬桿，導(dǎo)軌間

20、距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌的一端連接一阻值為R的電阻，其他電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面.現(xiàn)給金屬桿一個(gè)水平向右的初速度v0，然后任其運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，試求金屬桿在導(dǎo)軌上向右移動(dòng)的最大距離是多少？解析：水平地從a向b看，桿在運(yùn)動(dòng)過程中的受力分析如圖316甲所示，這是一個(gè)典型的在變力作用下求位移的題，用我們已學(xué)過的知識(shí)好像無法解決，其實(shí)只要采用的方法得當(dāng)仍然可以求解.設(shè)桿在減速中的某一時(shí)刻速度為v，取一極短時(shí)間t，發(fā)生了一段極小的位移x，在t時(shí)間內(nèi)，磁通量的變化為 =BLx 金屬桿受到安培力為由于時(shí)間極短，可以認(rèn)為F安為恒力，選向右為正方向，在t時(shí)間內(nèi)，安培力F安的沖量為： 對(duì)所有的位移求和

21、，可得安培力的總沖量為 其中x為桿運(yùn)動(dòng)的最大距離，對(duì)金屬桿用動(dòng)量定理可得 I=0mV0 由、兩式得：四、等效法方法簡(jiǎn)介在一些物理問題中，一個(gè)過程的發(fā)展、一個(gè)狀態(tài)的確定，往往是由多個(gè)因素決定的，在這一決定中，若某些因素所起的作用和另一些因素所起的作用相同，則前一些因素與后一些因素是等效的，它們便可以互相代替，而對(duì)過程的發(fā)展或狀態(tài)的確定，最后結(jié)果并不影響，這種以等效為前提而使某些因素互相代替來研究問題的方法就是等效法.等效思維的實(shí)質(zhì)是在效果相同的情況下，將較為復(fù)雜的實(shí)際問題變換為簡(jiǎn)單的熟悉問題，以便突出主要因素，抓住它的本質(zhì)，找出其中規(guī)律.因此應(yīng)用等效法時(shí)往往是用較簡(jiǎn)單的因素代替較復(fù)雜的因素，以使

22、問題得到簡(jiǎn)化而便于求解.賽題精講例1：如圖41所示，水平面上，有兩個(gè)豎直的光滑墻壁A和B，相距為d，一個(gè)小球以初速度v0從兩墻之間的O點(diǎn)斜向上拋出，與A和B各發(fā)生一次彈性碰撞后，正好落回拋出點(diǎn)，求小球的拋射角.解析：將彈性小球在兩墻之間的反彈運(yùn)動(dòng)，可等效為一個(gè)完整的斜拋運(yùn)動(dòng)（見圖）.所以可用解斜拋運(yùn)動(dòng)的方法求解.由題意得：可解得拋射角 例2：質(zhì)點(diǎn)由A向B做直線運(yùn)動(dòng)，A、B間的距離為L(zhǎng)，已知質(zhì)點(diǎn)在A點(diǎn)的速度為v0，加速度為a，如果將L分成相等的n段，質(zhì)點(diǎn)每通過L/n的距離加速度均增加a/n，求質(zhì)點(diǎn)到達(dá)B時(shí)的速度.解析 從A到B的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，由于加速度均勻增加，故此運(yùn)動(dòng)是非勻變速直線運(yùn)動(dòng)，而非

23、勻變速直線運(yùn)動(dòng)，不能用勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式求解，但若能將此運(yùn)動(dòng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)等效代替，則此運(yùn)動(dòng)就可以求解.因加速度隨通過的距離均勻增加，則此運(yùn)動(dòng)中的平均加速度為由勻變速運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)出公式得解得 例3一只老鼠從老鼠洞沿直線爬出，已知爬出速度的大小與距老鼠洞中心的距離s成反比，當(dāng)老鼠到達(dá)距老鼠洞中心距離s1=1m的A點(diǎn)時(shí)，速度大小為，問當(dāng)老鼠到達(dá)距老鼠洞中心s2=2m的B點(diǎn)時(shí)，其速度大小老鼠從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)所用的時(shí)間t=？解析 我們知道當(dāng)汽車以恒定功率行駛時(shí)，其速度v與牽引力F成反比，即，v=P/F，由此可把老鼠的運(yùn)動(dòng)等效為在外力以恒定的功率牽引下的彈簧的運(yùn)動(dòng).由此分析，可寫出當(dāng)將其代入上式求解，得所以

24、老鼠到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度再根據(jù)外力做的功等于此等效彈簧彈性勢(shì)能的增加，圖42代入有關(guān)量可得由此可解得此題也可以用圖像法、類比法求解.例4 如圖42所示，半徑為r的鉛球內(nèi)有一半徑為的球形空腔，其表面與球面相切，鉛球的質(zhì)量為M.在鉛球和空腔的中心連線上，距離鉛球中心L處有一質(zhì)量為m的小球（可以看成質(zhì)點(diǎn)），求鉛球?qū)π∏虻囊?解析 因?yàn)殂U球內(nèi)部有一空腔，不能把它等效成位于球心的質(zhì)點(diǎn). 我們?cè)O(shè)想在鉛球的空腔內(nèi)填充一個(gè)密度與鉛球相同的小鉛球M，然后在對(duì)于小球m對(duì)稱的另一側(cè)位置放另一個(gè)相同的小鉛球M，這樣加入的兩個(gè)小鉛球?qū)π∏騧的引力可以抵消，就這樣將空腔鉛球變成實(shí)心鉛球，而結(jié)果是等效的.帶空腔的鉛球?qū)的引

25、力等效于實(shí)心鉛球與另一側(cè)M對(duì)m的引力之和. 設(shè)空腔鉛球?qū)的引力為F，實(shí)心鉛球與M對(duì)m的引力分別為F1、F2. 則F=F1F2 經(jīng)計(jì)算可知：，所以圖43將、代入式，解得空腔鉛球?qū)π∏虻囊槔? 如圖4-3所示，小球長(zhǎng)為L(zhǎng)的光滑斜面頂端自由下滑，滑到底端時(shí)與擋板碰撞并反向彈回，若每次與擋板碰撞后的速度大小為碰撞前速度大小的，求小球從開始下滑到最終停止于斜面下端時(shí)，小球總共通過的路程.解析 小球與擋板碰撞后的速度小于碰撞前的速度，說明碰撞過程中損失能量，每次反彈距離都不及上次大，小球一步一步接近擋板，最終停在擋板處. 我們可以分別計(jì)算每次碰撞垢上升的距離L1、L2、Ln，則小球總共通過的路程為，

26、然后用等比數(shù)列求和公式求出結(jié)果，但是這種解法很麻煩.我們假設(shè)小球與擋板碰撞不損失能量，其原來損失的能量看做小球運(yùn)動(dòng)過程中克服阻力做功而消耗掉，最終結(jié)果是相同的，而阻力在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中都有，就可以利用摩擦力做功求出路程.設(shè)第一次碰撞前后小球的速度分別為、，碰撞后反彈的距離為L(zhǎng)1，則其中碰撞中損失的動(dòng)能為根據(jù)等效性有 解得等效摩擦力圖44通過這個(gè)結(jié)果可以看出等效摩擦力與下滑的長(zhǎng)度無關(guān)，所以在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，等效摩擦力都相同. 以整個(gè)運(yùn)動(dòng)為研究過程，有解出小球總共通過的總路程為此題也可以通過遞推法求解，讀者可試試.例6 如圖44所示，用兩根等長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛一個(gè)小球，設(shè)L和已知，當(dāng)小球垂直于紙面做

27、簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)時(shí)，其周期為 .解析 此題是一個(gè)雙線擺，而我們知道單擺的周期，若將又線擺擺長(zhǎng)等效為單擺擺長(zhǎng)，則雙線擺的周期就可以求出來了.將雙線擺擺長(zhǎng)等效為單擺擺長(zhǎng)，則此雙線擺的周期為圖45例8 如圖45所示，由一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的剛性輕桿和桿端的小球組成的單擺做振幅很小的自由振動(dòng). 如果桿上的中點(diǎn)固定另一個(gè)相同的小球，使單擺變成一個(gè)異形復(fù)擺，求該復(fù)擺的振動(dòng)周期.解析 復(fù)擺這一物理模型屬于大學(xué)普通物理學(xué)的內(nèi)容，中學(xué)階段限于知識(shí)的局限，不能直接求解. 如能進(jìn)行等效操作，將其轉(zhuǎn)化成中學(xué)生熟悉的單擺模型，則求解周期將變得簡(jiǎn)捷易行.設(shè)想有一擺長(zhǎng)為L(zhǎng)0的輔助單擺，與原復(fù)擺等周期，兩擺分別從擺角處從靜止開始擺動(dòng)，擺動(dòng)到與

28、豎直方向夾角為時(shí)，具有相同的角速度，對(duì)兩擺分別應(yīng)用機(jī)械能守恒定律，于是得對(duì)單擺，得 聯(lián)立兩式求解，得圖46故原復(fù)擺的周期為例9 粗細(xì)均勻的U形管內(nèi)裝有某種液體，開始靜止在水平面上，如圖46所示，已知：L=10cm，當(dāng)此U形管以4m/s2的加速度水平向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，求兩豎直管內(nèi)液面的高度差.（g=10m/s2）解析 當(dāng)U形管向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，可把液體當(dāng)做放在等效重力場(chǎng)中，的方向是等效重力場(chǎng)的豎直方向，這時(shí)兩邊的液面應(yīng)與等效重力場(chǎng)的水平方向平行，即與方向垂直.設(shè)的方向與g的方向之間夾角為，則由圖46可知液面與水平方向的夾角為，所以，例10 光滑絕緣的圓形軌道豎直放置，半徑為R，在其最低點(diǎn)A處放一質(zhì)量為m

29、的帶電小球，整個(gè)空間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球受到電場(chǎng)力的大小為，方向水平向右，現(xiàn)給小球一個(gè)水平向右的初速度，使小球沿軌道向上運(yùn)動(dòng)，若小球剛好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，求.解析 小球同時(shí)受到重力和電場(chǎng)力作用，這時(shí)也可以認(rèn)為小球處在等效重力場(chǎng)中.圖47小球受到的等效重力為等效重力加速度圖47甲與豎直方向的夾角，如圖47甲所示.所以B點(diǎn)為等效重力場(chǎng)中軌道的最高點(diǎn)，如圖47，由題意，小球剛好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度在等效重力場(chǎng)中應(yīng)用機(jī)械能守恒定律將、分別代入上式，解得給小球的初速度為例11 空間某一體積為V的區(qū)域內(nèi)的平均電場(chǎng)強(qiáng)度（E）的定義為圖48如圖48所示，今有一半徑為a原來不帶電的金屬球

30、，現(xiàn)使它處于電量為q的點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，點(diǎn)電荷位于金屬球外，與球心的距離為R，試計(jì)算金屬球表面的感應(yīng)電荷所產(chǎn)生的電場(chǎng)在此球內(nèi)的平均電場(chǎng)強(qiáng)度.解析 金屬球表面的感應(yīng)電荷產(chǎn)生的球內(nèi)電場(chǎng)，由靜電平衡知識(shí)可知等于電量為q的點(diǎn)電荷在金屬球內(nèi)產(chǎn)生的電場(chǎng)，其大小相等，方向相反，因此求金屬球表面的感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，相當(dāng)于求點(diǎn)電荷q在金屬球內(nèi)產(chǎn)生的電場(chǎng).由平均電場(chǎng)強(qiáng)度公式得設(shè)金屬球均勻帶電，帶電量為q，其密度為，則有為帶電球體在q所在點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，因而有，方向從O指向q.例11 質(zhì)量為m的小球帶電量為Q，在場(chǎng)強(qiáng)為E的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中獲得豎直向上的初速度為. 若忽略空氣阻力和重力加速度g隨高度的變化，求小球在運(yùn)動(dòng)過

31、程中的最小速度.圖49解析 若把電場(chǎng)力Eq和重力mg合成一個(gè)力，則小球相當(dāng)于只受一個(gè)力的作用，由于小球運(yùn)動(dòng)的初速度與其所受的合外力之間成一鈍角，因此可以把小球的運(yùn)動(dòng)看成在等效重力（即為合外力）作用下的斜拋運(yùn)動(dòng)，而做斜拋運(yùn)動(dòng)的物體在其速度方向與垂直時(shí)的速度為最小，也就是斜拋運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)，由此可見用這種等效法可以較快求得結(jié)果.電場(chǎng)力和重力的合力方向如圖49所示，由圖所示的幾何關(guān)系可知小球從O點(diǎn)拋出時(shí)，在y方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在x軸方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng). 當(dāng)在y軸方向上的速度為零時(shí)，小球只具有x軸方向上的速度，此時(shí)小球的速度為最小值，所以此題也可以用矢量三角形求極值的方法求解，讀者可自行解決.圖

32、410例12 如圖410所示，R1、R2、R3為定值電阻，但阻值未知，Rx為電阻箱.當(dāng)Rx為時(shí)，通過它的電流時(shí)，通過它的電流則當(dāng)時(shí)，求電阻圖410甲解析 電源電動(dòng)勢(shì)、內(nèi)電阻r、電阻R1、R2、R3均未知，按題目給的電路模型列式求解，顯然方程數(shù)少于未知量數(shù)，于是可采取變換電路結(jié)構(gòu)的方法.將圖410所示的虛線框內(nèi)電路看成新的電源，則等效電路如圖410甲所示，電源的電動(dòng)勢(shì)為，內(nèi)電阻為. 根據(jù)電學(xué)知識(shí)，新電路不改變Rx和Ix的對(duì)應(yīng)關(guān)系，有 由、兩式，得，代入式，可得例13 如圖411所示的甲、乙兩個(gè)電阻電路具有這樣的特性：對(duì)于任意阻值的RAB、RBC和RCA，相應(yīng)的電阻Ra、Rb和Rc可確定. 因此在

33、對(duì)應(yīng)點(diǎn)A和a，B和b、C和c的電位是相同的，并且，流入對(duì)應(yīng)點(diǎn)（例如A和a）的電流也相同，利用這些條件圖411證明：，并證明對(duì)Rb和Rc也有類似的結(jié)果，利用上面的結(jié)果求圖411甲中P和Q兩點(diǎn)之間的電阻.解析 圖411中甲、乙兩種電路的接法分別叫三角形接法和星形接法，只有這兩種電路任意兩對(duì)應(yīng)點(diǎn)之間的總電阻部分都相等，兩個(gè)電路可以互相等效，對(duì)應(yīng)點(diǎn)A、a、B、b和C、c將具有相同的電勢(shì).由Rab=RAB，Rac=RAC，Rbc=RBC，對(duì)ab間，有 同樣，ac間和bc間，也有 將+得：再通過和+，并整理，就得到Rb和RC的表達(dá)式.412甲412乙412丙下面利用以上結(jié)果求圖412乙中P和Q兩點(diǎn)之間的電

34、阻. 用星形接法代替三角形接法，可得圖412乙所示電路，PRQS回路是一個(gè)平衡的惠斯登電橋，所以在RS之間無電流，因此它與圖412丙所示電路是等效的. 因此PQ之間的總電阻RPQ可通過這三個(gè)并聯(lián)電阻求和得到.例14 如圖413所示，放在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.6T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的長(zhǎng)方形金屬線框abcd，框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，其中ab和bc各是一段粗細(xì)均勻的電阻絲Rab=5，Rbc=3，線框其余部分電阻忽略不計(jì).現(xiàn)讓導(dǎo)體EF擱置在ab、cd邊上，其有效長(zhǎng)度L=0.5m，且與ab垂直，阻值REF=1，并使其從金屬框ad端以恒定的速度V=10m/s向右滑動(dòng)，當(dāng)EF滑過ab長(zhǎng)的4/5距離時(shí)，問流過aE端

35、的電流多大？圖413解析 EF向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)EF滑過ab長(zhǎng)的時(shí)，電路圖可等效為如圖413甲所示的電路.根據(jù)題設(shè)可以求出EF產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，圖413甲此時(shí)電源內(nèi)阻為導(dǎo)體EF的電阻，則電路中的總電阻為電路中的總電流為圖414通過aE的電流為例15 有一薄平凹透鏡，凹面半徑為0.5m，玻璃的折射率為1.5，且在平面上鍍一層反射層，如圖414所示，在此系統(tǒng)的左側(cè)主軸上放一物S，S距系統(tǒng)1.5m，問S成像于何處？解析 本題可等效為物點(diǎn)S先經(jīng)薄平凹透鏡成像，其像為平面鏡的物，平面鏡對(duì)物成像又為薄平凹透鏡成像的物，根據(jù)成像規(guī)律，逐次求出最終像的位置.根據(jù)以上分析，首先考慮物S經(jīng)平凹透鏡的成

36、像，根據(jù)公式其中故有成像在左側(cè)，為虛像，該虛像再經(jīng)平凹透鏡成像后，其像距為成像在右側(cè)，為虛像，該虛像再經(jīng)平凹透鏡成像，有故成虛像于系統(tǒng)右側(cè)0.375m處此題還可用假設(shè)法求解.五、極限法方法簡(jiǎn)介極限法是把某個(gè)物理量推向極端，即極大和極小或極左和極右，并依此做出科學(xué)的推理分析，從而給出判斷或?qū)С鲆话憬Y(jié)論。極限法在進(jìn)行某些物理過程的分析時(shí)，具有獨(dú)特作用，恰當(dāng)應(yīng)用極限法能提高解題效率，使問題化難為易，化繁為簡(jiǎn)，思路靈活，判斷準(zhǔn)確。因此要求解題者，不僅具有嚴(yán)謹(jǐn)?shù)倪壿嬐评砟芰?，而且具有豐富的想象能力，從而得到事半功倍的效果。圖51賽題精講例1：如圖51所示， 一個(gè)質(zhì)量為m的小球位于一質(zhì)量可忽略的直立彈簧上

37、方h高度處，該小球從靜止開始落向彈簧，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k ，則物塊可能獲得的最大動(dòng)能為 。解析：球跟彈簧接觸后，先做變加速運(yùn)動(dòng)，后做變減速運(yùn)動(dòng)，據(jù)此推理，小球所受合力為零的位置速度、動(dòng)能最大。所以速最大時(shí)有mg = kx 由機(jī)械能守恒有：mg (h + x) = Ek +kx2 聯(lián)立式解得：Ek = mgh圖52例2：如圖52所示，傾角為的斜面上方有一點(diǎn)O ，在O點(diǎn)放一至斜面的光滑直軌道，要求一質(zhì)點(diǎn)從O點(diǎn)沿直軌道到達(dá)斜面P點(diǎn)的時(shí)間最短。求該直軌道與豎直方向的夾角 。解析：質(zhì)點(diǎn)沿OP做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t應(yīng)該與角有關(guān)，求時(shí)間t對(duì)于角的函數(shù)的極值即可。由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知，質(zhì)點(diǎn)沿光滑軌道下

38、滑的加速度為：a = gcos該質(zhì)點(diǎn)沿軌道由靜止滑到斜面所用的時(shí)間為t ，則：at2 =所以：t = 由圖可知，在OPC中有：=所以：= 將式代入式得：t =顯然，當(dāng)cos(2) = 1 ，即 =時(shí)，上式有最小值。所以當(dāng) =時(shí)，質(zhì)點(diǎn)沿直軌道滑到斜面所用的時(shí)間最短。此題也可以用作圖法求解。例3：從底角為的斜面頂端，以初速度v0水平拋出一小球，不計(jì)空氣阻力，若斜面足夠長(zhǎng)，如圖53所示，則小球拋出后，離開斜面的最大距離H為多少？解析：當(dāng)物體的速度方向與斜面平行時(shí)，物體離斜面最遠(yuǎn)。以水平向右為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，則由：vy = v0tan = gt ，解得運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t =tan圖5該點(diǎn)的

39、坐標(biāo)為：x = v0t =tan ，y =gt2 =tan2由幾何關(guān)系得：+ y = xtan解得小球離開斜面的最大距離為：H =tansin這道題若以沿斜面方向和垂直于斜面方向建立坐標(biāo)軸，求解則更加簡(jiǎn)便。例4：如圖54所示，一水槍需將水射到離噴口的水平距離為3.0m的墻外，從噴口算起，墻高為4.0m 。若不計(jì)空氣阻力，取g = 10m/s2 ，求所需的最小初速及對(duì)應(yīng)的發(fā)射仰角。圖54解析：水流做斜上拋運(yùn)動(dòng)，以噴口O為原點(diǎn)建立如圖所示的直角坐標(biāo)，本題的任務(wù)就是水流能通過點(diǎn)A（d 、h）的最小初速度和發(fā)射仰角。根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，水流的運(yùn)動(dòng)方程為：把A點(diǎn)坐標(biāo)（d 、h）代入以上兩式，消去t ，得

40、：=令= tan ，則= cos ，= sin ，上式可變?yōu)椋?顯然，當(dāng)sin (2) = 1時(shí)，即2 = 90°，亦即發(fā)射角 = 45°+= 45°+arctan= 45°+ arctan= 71.6°時(shí)，v0最小，且最小速度為：v0 = 3= 9.5m/s圖55例5：如圖55所示，一質(zhì)量為m的人，從長(zhǎng)為l 、質(zhì)量為M的鐵板的一端勻加速跑向另一端，并在另一端驟然停止。鐵板和水平面間摩擦因數(shù)為 ，人和鐵板間摩擦因數(shù)為，且 。這樣，人能使鐵板朝其跑動(dòng)方向移動(dòng)的最大距離L是多少？解析：人驟然停止奔跑后，其原有動(dòng)量轉(zhuǎn)化為與鐵板一起向前沖的動(dòng)量，此后，

41、地面對(duì)載人鐵板的阻力是地面對(duì)鐵板的摩擦力f ，其加速度a1 = g 。由于鐵板移動(dòng)的距離L =，故v越大，L越大。v是人與鐵板一起開始地運(yùn)動(dòng)的速度，因此人應(yīng)以不會(huì)引起鐵板運(yùn)動(dòng)的最大加速度奔跑。人在鐵板上奔跑但鐵板沒有移動(dòng)時(shí)，人若達(dá)到最大加速度，則地面與鐵板之間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦 (M + m)g ，根據(jù)系統(tǒng)的牛頓第二定律得：F = ma2 + M0所以：a2 = g 設(shè)v 、v分別是人奔跑結(jié)束及人和鐵板一起運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度：因?yàn)椋簃v = (M + m) v 且：v2 = 2a2l ，= 2a1L并將a1 、a2代入式解得鐵板移動(dòng)的最大距離：L =l例6：設(shè)地球的質(zhì)量為M ，人造衛(wèi)星的質(zhì)量為m

42、 ，地球的半徑為R0 ，人造衛(wèi)星環(huán)繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r 。試證明：從地面上將衛(wèi)星發(fā)射至運(yùn)行軌道，發(fā)射速度v =，并用該式求出這個(gè)發(fā)射速度的最小值和最大值。（取R0 = 6.4×106m），設(shè)大氣層對(duì)衛(wèi)星的阻力忽略不計(jì)，地面的重力加速度為g）解析：由能量守恒定律，衛(wèi)星在地球的引力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)總機(jī)械能為一常量。設(shè)衛(wèi)星從地面發(fā)射的速度為v發(fā) ，衛(wèi)星發(fā)射時(shí)具有的機(jī)械能為：E1 =mG 進(jìn)入軌道后衛(wèi)星的機(jī)械能為：E2 =mG 由E1 = E2 ，并代入v軌 =，解得發(fā)射速度為：v發(fā) = 又因?yàn)樵诘孛嫔先f有引力等于重力，即：G= mg ，所以：= gR0 把式代入式即得：v發(fā) =（1）如果r

43、 = R0 ，即當(dāng)衛(wèi)星貼近地球表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，所需發(fā)射速度最小為：vmin = 7.9×103m/s 。圖56（2）如果r，所需發(fā)射速度最大（稱為第二宇宙速度或脫離速度）為：vmax = 11.2×103m/s 。例7：如圖56所示，半徑為R的勻質(zhì)半球體，其重心在球心O點(diǎn)正下方C點(diǎn)處，OC =R ， 半球重為G ，半球放在水平面上，在半球的平面上放一重為的物體，它與半球平在間的動(dòng)摩擦因數(shù) = 0.2 ，求無滑動(dòng)時(shí)物體離球心O點(diǎn)最大距離是多少？解析：物體離O點(diǎn)放得越遠(yuǎn)，根據(jù)力矩的平衡，半球體轉(zhuǎn)過的角度越大，但物體在球體斜面上保持相對(duì)靜止時(shí)，有限度。設(shè)物體距球心為x時(shí)恰好

44、無滑動(dòng)，對(duì)整體以半球體和地面接觸點(diǎn)為軸，根據(jù)平衡條件有：Gsin =xcos ，得到：x = 3Rtan可見，x隨增大而增大。臨界情況對(duì)應(yīng)物體所受摩擦力為最大靜摩擦力，則：tanm = = 0.2 ，所以 x = 3R = 0.6R 。圖57例8：有一質(zhì)量為m = 50kg的直桿，豎立在水平地面上，桿與地面間靜摩擦因數(shù) = 0.3 ，桿的上端固定在地面上的繩索拉住，繩與桿的夾角 = 30°，如圖57所示。（1）若以水平力F作用在桿上，作用點(diǎn)到地面的距離h1 =L（L為桿長(zhǎng)），要使桿不滑倒，力F最大不能越過多少？（2）若將作用點(diǎn)移到h2 =L處時(shí)，情況又如何？圖57甲解析：桿不滑倒應(yīng)從

45、兩方面考慮，桿與地面間的靜摩擦力達(dá)到極限的前提下，力的大小還與h有關(guān)，討論力與h的關(guān)系是關(guān)鍵。桿的受力如圖57甲所示，由平衡條件得：FTsinf = 0NTcosmg = 0F(Lh)fL = 0另由上式可知，F(xiàn)增大時(shí)，f相應(yīng)也增大，故當(dāng)f增大到最大靜摩擦力時(shí)，桿剛要滑倒，此時(shí)滿足：f = N解得：Fmax =由上式又可知，當(dāng)(Lh)h ，即當(dāng)h0 = 0.66L時(shí)，對(duì)F就沒有限制了。（1）當(dāng)h1 =Lh0 ，將有關(guān)數(shù)據(jù)代入Fmax的表達(dá)式得：Fmax = 385N（2）當(dāng)h2 =Lh0 ，無論F為何值，都不可能使桿滑倒，這種現(xiàn)象即稱為自鎖。圖58例9：放在光滑水平面上的木板質(zhì)量為M ，如圖5

46、8所示，板上有質(zhì)量為m的小狗以與木板成角的初速度v0（相對(duì)于地面）由A點(diǎn)跳到B點(diǎn)，已知AB間距離為s 。求初速度的最小值。解析：小狗跳起后，做斜上拋運(yùn)動(dòng)，水平位移向右，由于水平方向動(dòng)量守恒，木板向左運(yùn)動(dòng)。小狗落到板上的B點(diǎn)時(shí)，小狗和木板對(duì)地位移的大小之和，是小狗對(duì)木板的水平位移。由于水平方向動(dòng)量守恒，有：mv0cos = Mv ，即：v = 小狗在空中做斜拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t = 又：s + v0cost = vt 將、代入式得：v0 =當(dāng)sin2 = 1 ，即 =時(shí)，v0有最小值，且v0min =。例10：一小物塊以速度v0 = 10m/s沿光滑地面滑行，然后沿光滑曲面上升到頂部水平的高臺(tái)上，

47、并由高臺(tái)上飛出，如圖59所示。當(dāng)高臺(tái)的高度h多大時(shí)，小物塊飛行的水平距離s最大？這個(gè)距離是多少？（g取10m/s2）圖59解析：依題意，小物塊經(jīng)歷兩個(gè)過程。在脫離曲面頂部之前，小物塊受重力和支持力，由于支持力不做功，物塊的機(jī)械能守恒，物塊從高臺(tái)上飛出后，做平拋運(yùn)動(dòng)，其水平距離s是高度h的函數(shù)。設(shè)小物塊剛脫離曲面頂部的速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：m=m v2 + mgh 小物塊做平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離s和高度h分別為：s = vt h =gt2 以上三式聯(lián)立解得：s = 2當(dāng)h = 2.5m時(shí)，s有最大值，且smax = 5m 。圖510例11：軍訓(xùn)中，戰(zhàn)士距墻s ，以速度v0起跳，如圖510所示，

48、再用腳蹬墻面一次，使身體變?yōu)樨Q直向上的運(yùn)動(dòng)以繼續(xù)升高，墻面與鞋底之間的靜摩擦因數(shù)為 。求能使人體重心有最大總升高的起跳角 。解析：人體重心最大總升高分為兩部分，一部分是人做斜上拋運(yùn)動(dòng)上升的高度，另一部分是人蹬墻所能上升的高度。如圖510甲，人做斜拋運(yùn)動(dòng)，有：vx = v0cos ，vy = v0singt重心升高為：H1 = s0tang ()2腳蹬墻面，利用最大靜摩擦力的沖量可使人向上的動(dòng)量增加，即：(mvy) = mvy = f(t) = N(t) t = N(t) t而：N(t) t = mvx所以：vy = vx ，人蹬墻后，其重心在豎直方向向上的速度為：圖510甲= vy + vy

49、= vy + vx ，繼續(xù)升高H2 =重心總升高：H = H1 + H2 =(cos + sin)2s0當(dāng) = arctan時(shí)，重心升高最大。例12：如圖511所示，一質(zhì)量為M的平頂小車，以速度v0沿水平的光滑軌道做勻速直線運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物塊無初速地放置在車頂前緣。已知物塊和車頂之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為 。（1）若要求物塊不會(huì)從車頂后緣掉下，則該車頂最少要多長(zhǎng)？（2）若車頂長(zhǎng)度符合（1）問中的要求，整個(gè)過程中摩擦力共做多少功？圖511解析：當(dāng)兩物體具有共同速度時(shí)，相對(duì)位移最大，這個(gè)相對(duì)位移的大小即為車頂?shù)淖钚￠L(zhǎng)度。設(shè)車長(zhǎng)至少為l ，則根據(jù)動(dòng)量守恒：Mv0 = (M + m)v根據(jù)功能關(guān)系

50、：mgl =M(M + m)v2解得：l =摩擦力共做功：W =mgl =圖512例13：一質(zhì)量m = 200kg ，高2.00m的薄底大金屬桶倒扣在寬廣的水池底部，如圖512所示。桶的內(nèi)橫截面積S = 0.500m2 ，桶壁加桶底的體積為V0 = 2.50×102m3 。桶內(nèi)封有高度為l = 0.200m的空氣。池深H0 = 20.0m ，大氣壓強(qiáng)p0 = 10.00m水柱高，水的密度 = 1.000×103kg/m3 ，重力加速度取g = 10.00m/s2 。若用圖中所示吊繩將桶上提，使桶底到達(dá)水面處，求繩子拉力對(duì)桶所需何等的最小功為多少焦耳？（結(jié)果要保留三位有效數(shù)字

51、）。不計(jì)水的阻力，設(shè)水溫很低，不計(jì)其飽和蒸汽壓的影響。并設(shè)水溫上下均勻且保持不變。解析：當(dāng)桶沉到池底時(shí)，桶自身重力大于浮力。在繩子的作用下桶被緩慢提高過程中，桶內(nèi)氣體體積逐步增加，排開水的體積也逐步增加，桶受到的浮力也逐漸增加，繩子的拉力逐漸減小，當(dāng)桶受到的浮力等于重力時(shí)，即繩子拉力恰好減為零時(shí)，桶將處于不穩(wěn)定平衡的狀態(tài)，因?yàn)槿粲幸粩_動(dòng)使桶略有上升，則浮力大于重力，無需繩的拉力，桶就會(huì)自動(dòng)浮起，而不需再拉繩。因此繩對(duì)桶的拉力所需做的最小功等于將桶從池底緩慢地提高到浮力等于重力的位置時(shí)繩子拉桶所做的功。圖512甲設(shè)浮力等于重力的不穩(wěn)定平衡位置到池底的距離為H ，桶內(nèi)氣體的厚度為l，如圖512甲所示。因?yàn)榭偟母×Φ扔谕暗闹亓g ，因而有： (l S + V0)g = mg有：l = 0.350m 在桶由池底上升高度H到達(dá)不穩(wěn)定平衡位置的過程中，桶內(nèi)氣體做等溫變化，由玻意耳定律得：p0 + H0H(l0l)l S =p0 + H0(l0l)lS