2024-2025高中物理奧賽解題方法：七 對稱法含答案

2024-2025高中物理奧賽解題方法：七對稱法七、對稱法方法簡介 由于物質(zhì)世界存在某些對稱性，使得物理學理論也具有相應(yīng)的對稱性，從而使對稱現(xiàn)象普遍存在于各種物理現(xiàn)象和物理規(guī)律中。應(yīng)用這種對稱性它不僅能幫助我們認識和探索物質(zhì)世界的某些基本規(guī)律，而且也能幫助我們?nèi)デ蠼饽承┚唧w的物理問題，這種思維方法在物理學中稱為對稱法。利用對稱法分析解決物理問題，可以避免復雜的數(shù)學演算和推導，直接抓住問題的實質(zhì)，出奇制勝，快速簡便地求解問題。賽題精析例1：沿水平方向向一堵豎直光滑的墻壁拋出一個彈性小球A，拋出點離水平地面的高度為h，距離墻壁的水平距離為s，小球與墻壁發(fā)生彈性碰撞后，落在水平地面上，落地點距墻壁的水平距離為2s，如圖7—1所示。求小球拋出時的初速度。解析：因小球與墻壁發(fā)生彈性碰撞，故與墻壁碰撞前后入射速度與反射速度具有對稱性，碰撞后小球的運動軌跡與無墻壁阻擋時小球繼續(xù)前進的軌跡相對稱，如圖7—1—甲所示，所以小球的運動可以轉(zhuǎn)換為平拋運動處理，效果上相當于小球從A′點水平拋出所做的運動。根據(jù)平拋運動的規(guī)律：因為拋出點到落地點的距離為3s，拋出點的高度為h，代入后可解得：v0=x=3s例2：如圖7—2所示，在水平面上，有兩個豎直光滑墻壁A和B，間距為d，一個小球以初速度v0從兩墻正中間的O點斜向上拋出，與A和B各發(fā)生一次碰撞后正好落回拋出點O，求小球的拋射角θ。解析：小球的運動是斜上拋和斜下拋等三段運動組成，若按順序求解則相當復雜，如果視墻為一平面鏡，將球與墻的彈性碰撞等效為對平面鏡的物、像移動，可利用物像對稱的規(guī)律及斜拋規(guī)律求解。物體跟墻A碰撞前后的運動相當于從O′點開始的斜上拋運動，與B墻碰后落于O點相當于落到O″點，其中O、O′關(guān)于A墻對稱，O、O″對于B墻對稱，如圖7—2—甲所示，于是有：，落地時代入可解得：sin2θ=所以，拋射角θ=arcsin例3：A、B、C三只獵犬站立的位置構(gòu)成一個邊長為a的正三角形，每只獵犬追捕獵物的速度均為v，A犬想追捕B犬，B犬想追捕C犬，C犬想追捕A犬，為追捕到獵物，獵犬不斷調(diào)整方向，速度方向始終“盯”住對方，它們同時起動，經(jīng)多長時間可捕捉到獵物？解析：以地面為參考系，三只獵犬運動軌跡都是一條復雜的曲線，但根據(jù)對稱性，三只獵犬最后相交于三角形的中心點，在追捕過程中，三只獵犬的位置構(gòu)成三角形的形狀不變，以繞點旋轉(zhuǎn)的參考系來描述，可認為三角形不轉(zhuǎn)動，而是三個頂點向中心靠近，所以只要求出頂點到中心運動的時間即可。由題意作圖7—3，設(shè)頂點到中心的距離為s，則由已知條件得：s=a由運動合成與分解的知識可知，在旋轉(zhuǎn)的參考系中頂點向中心運動的速度為：v′=vcos30°=v由此可知三角形收縮到中心的時間為：t==（此題也可以用遞推法求解，讀者可自己試解。）例4：如圖7—4所示，兩個同心圓代表一個圓形槽，質(zhì)量為m，內(nèi)外半徑幾乎同為R。槽內(nèi)A、B兩處分別放有一個質(zhì)量也為m的小球，AB間的距離為槽的直徑。不計一切摩擦。現(xiàn)將系統(tǒng)置于光滑水平面上，開始時槽靜止，兩小球具有垂直于AB方向的速度v，試求兩小球第一次相距R時，槽中心的速度v0。解析：在水平面參考系中建立水平方向的x軸和y軸。由系統(tǒng)的對稱性可知中心或者說槽整體將僅在x軸方向上運動。設(shè)槽中心沿x軸正方向運動的速度變?yōu)関0，兩小球相對槽心做角速度大小為ω的圓周運動，A球處于如圖7—4—甲所示的位置時，相對水平面的兩個分速度為：vx=ωRsinθ+v0①vy=－ωRcosθ②B球的運動與A球的運動是對稱的。因系統(tǒng)在x軸方向上動量守恒、機械能也守恒，因此：mv0+2mvx=2mv③2×m(+)+m=2×mv2④將①、②式代入③、④式得：3v0=2v－2ωRsinθω2R2+2ωRv0sinθ++=v2由此解得：v0=(1－)v當兩球間距離為R時，θ=30°，代入可解得槽中心運動的速度為：v0=(1－)v例5：用一輕質(zhì)彈簧把兩塊質(zhì)量各為M和m的木板連接起來，放在水平上，如圖7—5所示，問必須在上面木板上施加多大的壓力F，才能使撤去此力后，上板跳起來恰好使下板離地？解析：此題可用能量守恒的觀點求解，但過程較繁，而用彈簧形變的“對稱性”求解就顯得簡潔明了。若用拉力F作用在m上，欲使M離地，拉力F至少應(yīng)為：F=(M+m)g根據(jù)彈簧的拉伸和壓縮過程具有的對稱性，故要產(chǎn)生上述效果，作用在m上的向下的壓力應(yīng)為F=(M+m)g。例6：如圖7—6所示，長為l的兩塊相同的均勻長方形磚塊A和B疊放在一起，A磚相對于B磚伸出，B磚放在水平桌面上，磚的端面與桌面平行。為保持兩磚不翻倒，B磚伸出桌面的最大長度是多少？解析：此題可用力矩平衡求解，但用對稱法求解，會直觀簡潔。把A磚右端伸出B端的截去，補在B磚的右端，則變成圖7—6—甲所示的對稱形狀。伸出最多時對稱軸應(yīng)恰好通過桌邊。所以：l－x=x+解得B磚右端伸出桌面的最大長度為：x=l。例7：如圖7—7所示，OABC是一張水平放置的桌球臺面。取OA為x軸，OC為y軸，P是紅球，坐標為（x，y），Q是白球，坐標為（x1，y1）（圖中未畫出Q球在臺面上的位置）。已知OA=BC=25dm，AB=OC=12dm。若P球的坐標為：x=10dm，y=8dm處，問Q球的位置在什么范圍內(nèi)時，可使擊出的Q球順次與AB、BC、CO和OA四壁碰撞反彈，最后擊中P球？解析：由于彈性碰撞反彈服從的規(guī)律與光線的反射定律相同，所以作P點對OA壁的鏡像P1，P1對CO壁的鏡像P2，P2對BC壁的鏡像P3和P3對AB壁的鏡像P4，則只需瞄準P4點擊出Q球，Q球在AB壁上D點反彈后射向P3，又在BC壁上E點反彈后射向P2，依次類推，最后再經(jīng)F，G二點的反彈擊中P點，如圖7—7—甲所示。但是，若反彈點E離B點太近，Q球從E點反彈后EP2線與CO的交點，可能不在CO壁的范圍內(nèi)而在CO的延長線上，這時Q球就無法擊中CO壁（而擊到OA壁上），不符合題目要求，所以，Q球能夠最后按題目要求擊中P球的條件是：反彈點D、E、F、和G一定要在相應(yīng)的臺壁范圍之內(nèi)。已知P點的坐標為（10，8），由此可知，各個鏡像點的坐標分別為：P1（10，－8），P2（－10，－8），P3（－10，32），P4（60，32）設(shè)Q點的坐標為（x′，y′）；直線QP4的方程為：Y－y′=(X－x′) ①D點在此直線上，XD=25，由上式得：YD=(800－32x′+35y′) ②直線DP3的方程為：Y－YD=－(X－xD) ③E點在此直線上，YE=12，由此式及②式得：xE=25－(1－80+20x′－35y′) ④直線EP2的方程為：Y－YE=－(X－xE)F點在此直線上，XF=0，所以：YF=12－(88－2x′+y′)最后，直線FP1的方程為：Y－YF=－(X－xF)⑤G點在此直線上，YG=0，所以：XG=(－160+8x′－10y′) ⑥反彈點位于相應(yīng)臺壁上的條件為： ⑦將③、④、⑤和⑥式代入⑦，除肯定滿足無需討論的不等式外，Q球按題目要求擊中P球的條件成為：上面共兩個條件，作直線l1：35Y=20X－80及l(fā)2：5Y=4X－80如圖7—7—乙所示，若Q球位于l2下方的三角形D0AH0內(nèi)，即可同時滿足⑧、⑨兩式的條件，瞄準P4擊出，可按題目要求次序反彈后擊中P球，三角形D0AH0三個頂點的坐標如圖7—7—乙所示。例8：一無限長均勻帶電細線彎成如圖7—8所示的平面圖形，其中AB是半徑為R的半圓孤，AA′平行于BB′，試求圓心O處的電場強度。解析：如圖7—8甲所示，左上1/4圓弧內(nèi)的線元ΔL1與右下直線上的線元ΔL3具有角元Δθ對稱關(guān)系。ΔL1電荷與ΔL3電荷在O點的場強ΔE1與ΔE3方向相反，若它們的大小也相等，則左上與右下線元電場強度成對抵消，可得圓心處場強為零。設(shè)電荷線密度為常量λ，因Δθ很小，ΔL1電荷與ΔL3電荷可看做點電荷，其帶電量：q1=RΔθλ，q2=ΔL3λ當Δθ很小時，有：q2=又因為ΔE1=K，ΔE2=K=K=K，與ΔE1的大小相同，且ΔE1與ΔE2方向相反。所以圓心O處的電場強度為零。例9：如圖7—9所示，半徑為R的半圓形絕緣線上、下1/4圓弧上分別均勻帶電+q和－q，求圓心處O的場強。解析：因圓弧均勻帶電，在圓弧上任取一個微小線元，由于帶電線元很小，可以看成點電荷。用點電荷場強公式表示它在圓心處的分場強，再應(yīng)用疊加原理計算出合場強。由對稱性分別求出合場強的方向再求出其值。在帶正電的圓孤上取一微小線元，由于圓弧均勻帶電，因而線密度λ=。在帶負電的圓弧上必定存在著一個與之對稱的線元，兩者產(chǎn)生的場強如圖7—9甲所示。顯然，兩者大小相等，其方向分別與x軸的正、負方向成θ角，且在x軸方向上分量相等。由于很小，可以認為是點電荷，兩線元在O點的場強為ΔE=2sinθ=，方向沿y軸的負方向，所以O(shè)點的合場強應(yīng)對ΔE求和。即：E=ΣΔE=Σ=ΣΔh=R=例10：電荷q均勻分布在半球面ACB上，球面的半徑為R，CD為通過半球頂點C與球心O的軸線，如圖7—10所示，P、Q為CD軸線上在O點兩側(cè)，離O點距離相等的兩點，已知P點的電勢為UP，試求Q點的電勢UQ。解析：可以設(shè)想一個均勻帶電、帶電量也是q的右半球，與題中所給的左半球組成一個完整的均勻帶電球面，根據(jù)對稱性來解。由對稱性可知，右半球在P點的電勢等于左半球在Q點的電勢UQ。即：=UQ所以有：UP+UQ=UP+而UP+正是兩個半球在P點的電勢，因為球面均勻帶電，所以UP+=K由此解得Q點的電勢：UQ=－UP。例11：如圖7—11所示，三根等長的細絕緣棒連接成等邊三角形，A點為三角形的內(nèi)心，B點與三角形共面且與A相對ac棒對稱，三棒帶有均勻分布的電荷，此時測得A、B兩點的電勢各為UA、UB，現(xiàn)將ac棒取走，而ab、bc棒的電荷分布不變，求這時A、B兩點的電勢、。解析：ab、bc、ac三根棒中的電荷對稱分布，各自對A點電勢的貢獻相同，ac棒對B點電勢的貢獻和對A點電勢的貢獻相同，而ab、bc棒對B點電勢的貢獻也相同。設(shè)ab、bc、ac棒各自在A點的電勢為U1，ab、bc棒在B點的電勢為U2。由對稱性知，ac棒在B點的電勢為U1。由電勢疊加原理得：3U1=UA①U1+2U2=UB②由①、②兩式得：U1=，U2===將ac棒取走后，A、B兩點的電勢分別為：=UA－U1=UA=UB－U2=+例12：如圖7—12所示為一塊很大的接地導體板，在與導體板相距為d的A處放有帶電量為－q的點電荷。（1）試求板上感應(yīng)電荷在導體內(nèi)P點產(chǎn)生的電場強度；（2）試求感應(yīng)電荷在導體外P′點產(chǎn)生的電場強度（P與P′點對導體板右表面是對稱的）；（3）在本題情形，試分析證明導體表面附近的電場強度的方向與導體表面垂直；（4）試求導體上的感應(yīng)電荷對點電荷－q的作用力；（5）若在切斷導體板與地的連線后，再將+Q電荷置于導體板上，試說明這部分電荷在導體板上如何分布可達到靜電平衡（略去邊緣效應(yīng)）。解析：在討論一個點電荷受到面電荷（如導體表面的感應(yīng)電荷）的作用時，根據(jù)“鏡像法”可以設(shè)想一個“像電荷”，并使它的電場可以代替面電荷的電場，從而把問題大大簡化。（1）導體板靜電平衡后有E感=E點，且方向相反，因此板上感應(yīng)電荷在導體內(nèi)P點產(chǎn)生的場強為EP=，其中r為AP間距離，方向沿AP，如圖7—12甲所示。（2）因為導體接地，感應(yīng)電荷分布在右表面，感應(yīng)電荷在P點和P′點的電場具有對稱性，因此有EP′=，方向如圖7—12—甲所示。（3）考察導體板在表面兩側(cè)很靠近表面的兩點P1和。如前述分析，在導體外點感應(yīng)電荷產(chǎn)生的場強大小為Ei=。點電荷q在點產(chǎn)生的場強大小也是Eq=。它們的方向如圖7—12乙。從圖看出，點的場強為上述兩個場強的矢量和，即與導體表面垂直。（4）重復（2）的分析可知，感應(yīng)電荷在－q所在處A點的場強為EiA==，方向垂直于導體板指向右方，該場作用于點電荷－q的電場力為F=－qEiA=－，負號表示力的方向垂直于導體板指向左方。（5）切斷接地線后，導體板上原來的感應(yīng)電荷仍保持原來的分布，導體內(nèi)場強為零。在此情況下再將+Q電荷加在導體板上，只要新增加的電荷在導體內(nèi)部各處的場強為零，即可保持靜電平衡，我們知道電荷均勻分布在導體板的兩側(cè)表面時，上述條件即可滿足。顯然這時+Q將均勻分布在導體板的兩側(cè)面上，才能保證板內(nèi)場強為零，實現(xiàn)靜電平衡。例13：如圖7—13所示，在水平方向的勻強電場中，用長為l的絕緣細線，拴住質(zhì)量為m、帶電量為q的小球，線的上端O固定，開始時將線和球拉成水平，松開后，小球由靜止開始向下擺動，當擺過60°角時，速度又變?yōu)榱?。求：?）A、B兩點的電勢差UAB多大？（2）電場強度多大？解析：（1）小球在A、B間擺動，根據(jù)能量守恒定律有：εPA=εPB取A點為零勢能的參考點，即εPB=0則：EPB=－mglsin60°+qUBA=0所以：UBA=，UAB=－（2）小球在平衡位置的受力如圖7—13甲。根據(jù)共點力的平衡條件：有：qE=mgtan60°解得電場強度：E=例14：如圖7—14所示，ab是半徑為R的圓的一條直徑，該圓處于勻強電場中，場強為E，在圓周平面內(nèi)，將一帶正電q的小球從a點以相同的動能拋出，拋出方向不同時，小球會經(jīng)過圓周上不同的點，在這些所有的點中，到達c點時小球的動能最大。已知∠cab=30°，若不計重力和空氣阻力，試求：（1）電場方向與直徑ab間的夾角θ；（2）若小球在a點時初速度方向與電場方向垂直，小球恰好能落在c點，則初動能為多少？解析：由于對a點以相同的初動能沿不同方向拋出的小球到達圓周上的各點時其中到達c點的小球動能最大，因此過c點的切線一定是等勢線，由此可以確定電場線的方向，至于從a點垂直于電場線拋出的小球可按類平拋運動處理。（1）用對稱性判斷電場的方向：由題設(shè)條件，在圓周平面內(nèi)，從a點以相同的動能向不同方向拋出帶正電的小球，小球會經(jīng)過圓周上不同的點，且以經(jīng)過c點時小球的動能最大，可知，電場線平行于圓平面。又根據(jù)動能定理，電場力對到達c點的小球做功最多，為qUac。因此，Uac最大。即c點的電勢比圓周上任何一點的電勢都低。又因為圓周平面處于勻強電場中，故連接Oc，圓周上各點的電勢對于Oc對稱（或作過c點且與圓周相切的線cf是等勢線），Oc方向即為電場方向（如圖7—14—甲所示），它與直徑ab的夾角為60°。（2）小球在勻強電場中做類平拋運動。小球沿垂直于電場方向拋出，設(shè)其初速度為v0，小球質(zhì)量為m。在垂直于電場線方向，有：x=v0t①在沿電場線方向，有：y=at2②由圖中幾何關(guān)系可得：x=Rcos30°③y=R(1+cos60°)④且：a=⑤將③、④、⑤式代入①、②兩式解得：=所以初動能：Ek0=m=例15：如圖7—15所示，兩塊豎直放置的平行金屬板A、B之間距離為d，兩板間電壓為U，在兩板間放一半徑為R的金屬球殼，球心到兩板的距離相等，C點為球殼上的一點，位置在垂直于兩板的球直徑的靠A板的一端，試求A板與點C間的電壓大小為多少？解析：將金屬球殼放在電場中達到靜電平衡后，球殼為等勢體，兩極板之間的電場由原來的勻強電場變?yōu)槿鐖D7—15甲所示的電場，這時C與A板間電勢差就不能用公式UAC=EdAC來計算。我們利用電場的對稱性求解。由于電場線和金屬球關(guān)于球心O對稱，所以A板與金屬板的電勢差UAO和金屬球與B板的電勢差UOB相等，即：UAO=UOB又A、B兩板電勢差保持不變?yōu)閁，即：UAO+UOB=U由以上兩式解得：UAO=UOB=所以得A、C兩點間電勢差：UAC=UAO=例16：如圖7—16所示，一靜止的帶電粒子q，質(zhì)量為m（不計重力），從P點經(jīng)電場E加速，經(jīng)A點進入中間磁場B，方向垂直紙面向里，再穿過中間磁場進入右邊足夠大的空間磁場B′（B′=B），方向垂直于紙面向外，然后能夠按某一路徑再由A返回電場并回到出發(fā)點P，然后再重復前述過程。已知l為P到A的距離，求中間磁場的寬度d和粒子運動的周期。（虛線表示磁場的分界線）解析：由粒子能“重復前述過程”，可知粒子運動具有周期性；又由粒子經(jīng)過A點進入磁場后能夠按某一路徑再返回A點，可知的運動具有對稱性。粒子從A點進入中間磁場做勻速圓周運動，半徑為R，過C點進入右邊磁場，于做半徑為R的勻速圓周運動經(jīng)點F到點D，由于過D點后還做勻速圓周回到A（如圖7—16—甲所示），故和CA關(guān)于直線OA對稱，且OA垂直于磁場的分界線。同理可知，OA也同時是圓弧的對稱軸。因此粒子的運動軌跡是關(guān)于直線OA對稱的。由于速度方向為切線方向，所以圓弧、、互相相切。（1）設(shè)中間磁場寬度為d，粒子過A點的速度為v，由圓周運動的對稱性可得：Rsinθ=R－Rsinθ，則：θ=帶電粒子在加速電場中有：qEl=mv2①在中間和右邊磁場中有：R=②d=Rcosθ③解①、②、③得：d=（2）粒子運動周期T由三段時間組成，設(shè)在電場中做勻變速直線運動的時間為t1，則：t1=2設(shè)在中間磁場中運動的時間為t2，因為所對圓心角為，所以：t2=2×T′=2×=設(shè)在右邊磁場中運動的時間為t3，因為所對圓心角為，所以：t3=T′=2×=所以周期為：T=t1+t2+t3=2+針對訓練1．從距地面高19.6m處的A點，以初速度為5.0m/s沿水平方向投出一小球。在距A點5.0m處有一光滑墻，小球與墻發(fā)生彈性碰撞（即入射角等于反射角，入射速率等于反射率），彈回后掉到地面B處。試求：B點離墻的水平距離為多少？2．如圖7—17所示，在邊長為a的正方形四個頂點上分別固定電量均為Q的四個點電荷，在對角線交點上放一個質(zhì)量為m，電量為q（與Q同號）的自由點電荷。若將q沿著對角線移動一個小的距離，它是否會做周期性振動？若會，其周期是多少？3．如圖7—18所示是一個由電阻絲構(gòu)成的平面正方形無窮網(wǎng)絡(luò)，當各小段電阻絲的電阻均為R時，A、B兩點之間的等效電阻為R/2，今將A，B之間的一小段電阻絲換成電阻為R′的另一端電阻絲，試問調(diào)換后A，B之間的等效電阻是多少？4．有一無限大平面導體網(wǎng)絡(luò)，它由大小相同的正六角形網(wǎng)眼組成，如圖7—19所示，所有六邊形每邊的電阻均為R0，求a、b兩結(jié)點間的等效電阻。5．如圖7—20所示，某電路具有8個節(jié)點，每兩個節(jié)點之間都連有一個阻值為2Ω的電阻，在此電路的任意兩個節(jié)點之間加上10V電壓，求電路的總電流，各支路的電流以及電阻上消耗的總功率。6．電路如圖7—21所示，每兩個節(jié)點間電阻的阻值為R，求A、B間總電阻RAB。7．電路如圖7—22所示，已知電阻阻值均為15Ω，求RAC、RAB和RAD各為多少歐？8．將200個電阻連成如圖7—23所示的電路，圖中各P點是各支路中連接兩個電阻的導線上的點，所有導線的電阻都可忽略。現(xiàn)將一電動勢為ε，內(nèi)阻為r的電源接到任意兩個P點處，然后將任一個沒接電源的支路在P點處切斷，發(fā)現(xiàn)流過電源的電流與沒切斷前一樣，則這200個電阻R1，R2，…，R100和r1，r2，…，r100應(yīng)有下列的普遍關(guān)系：===…=，這時圖中AB導線與CD導線之間的電壓等于。9．電路如圖7—24所示的電阻絲網(wǎng)絡(luò)中，每一小段電阻絲的電阻值都為R，試求圖中A、B兩點間的等效電阻RAB。10．如圖7—25所示的四面體框架由電阻同為R的6根電阻絲聯(lián)結(jié)而成，求任意兩個頂點A、B間的等效電阻RAB。11．一勻質(zhì)細導線圓環(huán)，總電阻為R，半徑為a，圓環(huán)內(nèi)充滿方向垂直于環(huán)面的勻強磁場，磁場以速率K均勻的隨時間增強，環(huán)上的A、D、C三點位置對稱。電流計G連接A、C兩點，如圖7—26所示。若電流計內(nèi)阻為RG，求通過電流計的電流大小。參考答案1、5.0m2、會做周期性振動，周期為π3、RAB=4、Rab=R05、I總=40A，節(jié)點1~8之間支路電流I1=5A；其他支路電流2.5A，總功率400W6、RAB=2R7、RAC=Ω，RAB=15Ω，RAD=Ω8、09、RAB=R10、RAB=11、三、微元法方法簡介微元法是分析、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，使所求的問題簡單化。在使用微元法處理問題時，需將其分解為眾多微小的“元過程”，而且每個“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”進行必要的數(shù)學方法或物理思想處理，進而使問題求解。使用此方法會加強我們對已知規(guī)律的再思考，從而引起鞏固知識、加深認識和提高能力的作用。賽題精講例1：如圖3—1所示，一個身高為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點是做勻速直線運動。解析：該題不能用速度分解求解，考慮采用“微元法”。設(shè)某一時間人經(jīng)過AB處，再經(jīng)過一微小過程Δt（Δt→0），則人由AB到達A′B′，人影頂端C點到達C′點，由于ΔSAA′=vΔt則人影頂端的移動速度：vC===v可見vc與所取時間Δt的長短無關(guān)，所以人影的頂端C點做勻速直線運動。例2：如圖3—2所示，一個半徑為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，B端恰與桌面不接觸，鐵鏈單位長度的質(zhì)量為ρ。試求鐵鏈A端受的拉力T。解析：以鐵鏈為研究對象，由由于整條鐵鏈的長度不能忽略不計，所以整條鐵鏈不能看成質(zhì)點，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，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。在鐵鏈上任取長為ΔL的一小段（微元）為研究對象，其受力分析如圖3—2—甲所示。由于該元處于靜止狀態(tài)，所以受力平衡，在切線方向上應(yīng)滿足：Tθ+ΔTθ=ΔGcosθ+Tθ，ΔTθ=ΔGcosθ=ρgΔLcosθ由于每段鐵鏈沿切線向上的拉力比沿切線向下的拉力大ΔTθ，所以整個鐵鏈對A端的拉力是各段上ΔTθ的和，即：T=ΣΔTθ=ΣρgΔLcosθ=ρgΣΔLcosθ觀察ΔLcosθ的意義，見圖3—2—乙，由于Δθ很小，所以CD⊥OC，∠OCE=θΔLcosθ表示ΔL在豎直方向上的投影ΔR，所以ΣΔLcosθ=R，可得鐵鏈A端受的拉力：T=ρgΣΔLcosθ=ρgR例3：某行星圍繞太陽C沿圓弧軌道運行，它的近日點A離太陽的距離為a，行星經(jīng)過近日點A時的速度為vA，行星的遠日點B離開太陽的距離為b，如圖3—3所示，求它經(jīng)過遠日點B時的速度vB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A時又向前運動了極短的時間Δt，由于時間極短可以認為行星在Δt時間內(nèi)做勻速圓周運動，線速度為vA，半徑為a，可以得到行星在Δt時間內(nèi)掃過的面積：Sa=vAΔta同理，設(shè)行星在經(jīng)過遠日點B時也運動了相同的極短時間Δt，則也有：Sb=vBΔtb由開普勒第二定律可知：Sa=Sb。即得：vB=vA（此題也可用對稱法求解。）例4：如圖3—4所示，長為L的船靜止在平靜的水面上，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)，人在走動過程中，系統(tǒng)所受合外力為零，可知系統(tǒng)動量守恒。設(shè)人在走動過程中的Δt時間內(nèi)為勻速運動，則可計算出船的位移。設(shè)v1、v2分別是人和船在任何一時刻的速率，則有：mv1=Mv2①兩邊同時乘以一個極短的時間Δt，有：mv1Δt=Mv2Δt②由于時間極短，可以認為在這極短的時間內(nèi)人和船的速率是不變的，所以人和船位移大小分別為Δs1=v1Δt，Δs2=v2Δt由此將②式化為：mΔs1=MΔs2③把所有的元位移分別相加有：mΣΔs1=MΣΔs2④即：ms1=Ms2⑤此式即為質(zhì)心不變原理。其中s1、s2分別為全過程中人和船對地位移的大小，又因為：L=s1+s2⑥由⑤、⑥兩式得船的位移：s2=L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，原長為πR，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3—5所示，若平衡時彈性繩圈長為πR，求彈性繩圈的勁度系數(shù)k。解析：由于整個彈性繩圈的大小不能忽略不計，彈性繩圈不能看成質(zhì)點，所以應(yīng)將彈性繩圈分割成許多小段，其中每一小段Δm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Δm作為研究對象，進行受力分析。但是Δm受的力不在同一平面內(nèi)，可以從一個合適的角度觀察。選取一個合適的平面進行受力分析，這樣可以看清楚各個力之間的關(guān)系。從正面和上面觀察，分別畫出正視圖的俯視圖，如圖3—5—甲和2—3—5—乙。先看俯視圖3—5—甲，設(shè)在彈性繩圈的平面上，Δm所對的圓心角是Δθ，則每一小段的質(zhì)量：Δm=MΔm在該平面上受拉力F的作用，合力為：T=2Fcos=2Fsin因為當θ很小時，sinθ≈θ，所以：T=2F=FΔθ①再看正視圖3—5—乙，Δm受重力Δmg，支持力N，二力的合力與T平衡。即：T=Δmgtanθ現(xiàn)在彈性繩圈的半徑為：r==R所以：sinθ==，θ=45°，tanθ=1因此：T=Δmg=Mg②將①、②聯(lián)立，有：Mg=FΔθ，解得彈性繩圈的張力為：F=設(shè)彈性繩圈的伸長量為x，則：x=πR－πR=(－1)πR所以繩圈的勁度系數(shù)為：k===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：因為向心力F=mrω2，當ω一定時，r越大，向心力越大，所以要想求最大張力T所對應(yīng)的角速度ω，r應(yīng)取最大值。如圖3—6所示，在圓環(huán)上取一小段ΔL，對應(yīng)的圓心角為Δθ，其質(zhì)量可表示為Δm=M，受圓環(huán)對它的張力為T，則同上例分析可得：2Tsin=Δmrω2因為Δθ很小，所以：sin≈，即：2T=Mrω2解得最大角速度：ω=例7：一根質(zhì)量為M，長度為L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3—7所示，求鏈條下落了長度x時，鏈條對地面的壓力為多大？解析：在下落過程中鏈條作用于地面的壓力實質(zhì)就是鏈條對地面的“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，這個沖力也就等于同一時刻地面對鏈條的反作用力，這個力的沖量，使得鏈條落至地面時的動量發(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，動量改變也不相同。我們?nèi)∧骋粫r刻一小段鏈條（微元）作為研究對象，就可以將變速沖擊變?yōu)楹闼贈_擊。設(shè)開始下落的時刻t=0，在t時刻落在地面上的鏈條長為x，未到達地面部分鏈條的速度為v，并設(shè)鏈條的線密度為ρ。由題意可知，鏈條落至地面后，速度立即變?yōu)榱?。從t時刻起取很小一段時間Δt，在Δt內(nèi)又有ΔM=ρΔx落到地面上靜止。地面對ΔM作用的沖量為：(F－ΔMg)Δt=ΔI因為ΔMgΔt≈0，所以：FΔt=ΔMv－0=ρvΔx，解得沖力：F=ρv，其中就是t時刻鏈條的速度v，故F=ρv2，鏈條在t時刻的速度v即為鏈條下落長為x時的即時速度，即：v2=2gx代入F的表達式中，得：F=2ρgx此即t時刻鏈對地面的作用力，也就是t時刻鏈條對地面的沖力。所以在t時刻鏈條對地面的總壓力為：N=2ρgx+ρgx=3ρgx=例8：一根均勻柔軟的繩長為L，質(zhì)量為m，對折后兩端固定在一個釘子上，其中一端突然從釘子上滑落，試求滑落的繩端點離釘子的距離為x時，釘子對繩子另一端的作用力是多大？解析：釘子對繩子另一端的作用力隨滑落繩的長短而變化，由此可用微元法求解。如圖3—8所示，當左邊繩端離釘子的距離為x時，左邊繩長為(l－x)，速度v=，右邊繩長為(l+x)又經(jīng)過一段很短的時間Δt以后，左邊繩子又有長度vΔt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：上面繩子對它的拉力T和它本身的重力vΔtλg（λ=為繩子的線密度）根據(jù)動量定理，設(shè)向上方向為正，有：(T－vΔtλg)Δt=0－(－vΔtλv)由于Δt取得很小，因此這一小段繩子的重力相對于T來說是很小的，可以忽略，所以有：T=v2λ=gxλ因此釘子對右邊繩端的作用力為：F=(l+x)λg+T=mg(1+)例9：圖3—9中，半徑為R的圓盤固定不可轉(zhuǎn)動，細繩不可伸長但質(zhì)量可忽略，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，試求盤對繩的法向支持力線密度。解析：求盤對繩的法向支持力線密度也就是求盤對繩的法向單位長度所受的支持力。因為盤與繩間光滑接觸，則任取一小段繩，其兩端受的張力大小相等，又因為繩上各點受的支持力方向不同，故不能以整條繩為研究對象，只能以一小段繩為研究對象分析求解。在與圓盤接觸的半圓形中取一小段繩元ΔL，ΔL所對應(yīng)的圓心角為Δθ，如圖3—9—甲所示，繩元ΔL兩端的張力均為T，繩元所受圓盤法向支持力為ΔN，因細繩質(zhì)量可忽略，法向合力為零，則由平衡條件得：ΔN=Tsin+Tsin=2T當Δθ很小時，sin≈，故ΔN=TΔθ。又因為ΔL=RΔθ，則繩所受法向支持力線密度為：n===①以M、m分別為研究對象，根據(jù)牛頓定律有：Mg－T=Ma②T－mg=ma③由②、③解得：T=將④式代入①式得：n=例10：粗細均勻質(zhì)量分布也均勻的半徑為分別為R和r的兩圓環(huán)相切。若在切點放一質(zhì)點m，恰使兩邊圓環(huán)對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：若要直接求整個圓對質(zhì)點m的萬有引力比較難，當若要用到圓的對稱性及要求所受合力為零的條件，考慮大、小圓環(huán)上關(guān)于切點對稱的微元與質(zhì)量m的相互作用，然后推及整個圓環(huán)即可求解。如圖3—10所示，過切點作直線交大小圓分別于P、Q兩點，并設(shè)與水平線夾角為α，當α有微小增量時，則大小圓環(huán)上對應(yīng)微小線元：ΔL1=R2Δα，ΔL2=r2Δα其對應(yīng)的質(zhì)量分別為：Δm1=ρ1Δl1=ρ1R2Δα，Δm2=ρ2Δl2=ρ2r2Δα由于Δα很小，故Δm1、Δm2與m的距離可以認為分別是：r1=2Rcosα，r2=2rcosα所以Δm1、Δm2與m的萬有引力分別為：ΔF1==，ΔF2==由于α具有任意性，若ΔF1與ΔF2的合力為零，則兩圓環(huán)對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)動機的功率是多少？解析：火箭噴氣時，要對氣體做功，取一個很短的時間，求出此時間內(nèi)，火箭對氣體做的功，再代入功率的定義式即可求出火箭發(fā)動機的功率。選取在Δt時間內(nèi)噴出的氣體為研究對象，設(shè)火箭推氣體的力為F，根據(jù)動量定理，有：FΔt=Δmv因為火箭靜止在空中，所以根據(jù)牛頓第三定律和平衡條件有：F=Mg即：MgΔt=Δmv，或者：Δt=對同樣這一部分氣體用動能定理，火箭對它做的功為：W=Δmv2所以發(fā)動機的功率：P===Mgv例12：如圖3—11所示，小環(huán)O和O′分別套在不動的豎直桿AB和A′B′上，一根不可伸長的繩子穿過環(huán)O′，繩的兩端分別系在A′點和O環(huán)上，設(shè)環(huán)O′以恒定速度v向下運動，求當∠AOO′=α時，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α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)歷一段極短時間Δt，O′環(huán)移到C′，O環(huán)移到C，自C′與C分別作為O′O的垂線C′D′和CD，從圖中看出。OC=，O′C′=，因此：OC+O′C′=①因Δα極小，所以EC′≈ED′，EC≈ED，從而：OD+O′D′≈OO′－CC′②由于繩子總長度不變，故：OO′－CC′=O′C′③由以上三式可得：OC+O′C′=，即：OC=O′C′(－1)等式兩邊同除以Δt得環(huán)O的速度為：v0=v(－1)例13：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3—12所示，為了計算方便，水銀和玻璃的接觸角可按180°計算。已知水銀密度ρ=13.6×103kg/m3，水銀的表面張力系數(shù)σ=0.49N/m。當圓餅的半徑很大時，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：若以整個圓餅狀水銀為研究對象，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?，F(xiàn)用微元法求解。在圓餅的側(cè)面取一個寬度為Δx，高為h的體積元，，如圖3—12—甲所示，該體積元受重力G、液體內(nèi)部作用在面積Δxh上的壓力F，則：F=S=ρghΔxh=ρgh2Δx還有上表面分界線上的張力F1=σΔx和下表面分界線上的張力F2=σΔx。作用在前、后兩個側(cè)面上的液體壓力互相平衡，作用在體積元表面兩個彎曲分界上的表面張力的合力，當體積元的寬度較小時，這兩個力也是平衡的，圖中都未畫出。由力的平衡條件有：F－F1cosθ－F2=0即：ρgh2Δx－σΔxcosθ－σΔx=0解得：h==2.7×10－3由于0＜θ＜，所以：1＜＜，故：2.7×10－3m＜h＜3.8×10－3m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3×10－3m或4×10－3m。例14：把一個容器內(nèi)的空氣抽出一些，壓強降為p，容器上有一小孔，上有塞子，現(xiàn)把塞子拔掉，如圖3—13所示。問空氣最初以多大初速度沖進容器？（外界空氣壓強為p0、密度為ρ）解析：該題由于不知開始時進入容器內(nèi)分有多少，不知它們在容器外如何分布，也不知空氣分子進入容器后壓強如何變化，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，取開始時位于小孔外一薄層氣體為研究對象，令薄層厚度為ΔL，因ΔL很小，所以其質(zhì)量Δm進入容器過程中，不改變?nèi)萜鲏簭?，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=(p0－p)S①對進入的Δm氣體，由動能定理得：FΔL=Δmv2②而Δm=ρSΔL③聯(lián)立①、②、③式可得：最初中進容器的空氣速度：v=例15：電量Q均勻分布在半徑為R的圓環(huán)上（如圖3—14所示），求在圓環(huán)軸線上距圓心O點為x處的P點的電場強度。解析：帶電圓環(huán)產(chǎn)生的電場不能看做點電荷產(chǎn)生的電場，故采用微元法，用點電荷形成的電場結(jié)合對稱性求解。選電荷元Δq=RΔθ，它在P點產(chǎn)生的電場的場強的x分量為：ΔEx=kcosα=k根據(jù)對稱性：E=ΣΔEx=Σθ=2π=由此可見，此帶電圓環(huán)在軸線P點產(chǎn)生的場強大小相當于帶電圓環(huán)帶電量集中在圓環(huán)的某一點時在軸線P點產(chǎn)生的場強大小，方向是沿軸線的方向。例16：如圖3—15所示，一質(zhì)量均勻分布的細圓環(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)強度為B的均勻磁場中，磁場方向豎直向下。當此環(huán)繞通過其中心的豎直軸以勻角速度ω沿圖示方向旋轉(zhuǎn)時，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)上電荷之間的作用）解析：當環(huán)靜止時，因環(huán)上沒有電流，在磁場中不受力，則環(huán)中也就沒有因磁場力引起的張力。當環(huán)勻速轉(zhuǎn)動時，環(huán)上電荷也隨環(huán)一起轉(zhuǎn)動，形成電流，電流在磁場中受力導致環(huán)中存在張力，顯然此張力一定與電流在磁場中受到的安培力有關(guān)。由題意可知環(huán)上各點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象，從而求出環(huán)中張力的大小。在圓環(huán)上取ΔL=RΔθ圓弧元，受力情況如圖3—15—甲所示。因轉(zhuǎn)動角速度ω而形成的電流：I=，電流元IΔL所受的安培力：ΔF=IΔLB=QBΔθ圓環(huán)法線方向合力為圓弧元做勻速圓周運動所需的向心力，故：2Tsin－ΔF=Δmω2R當Δθ很小時，sin≈，故有：TΔθ－Δθ=Δmω2R∵Δm=Δθ，∴TΔθ－Δθ=Δθ解得圓環(huán)中張力為：T=(QB+mω)例17：如圖3—16所示，一水平放置的光滑平行導軌上放一質(zhì)量為m的金屬桿，導軌間距為L，導軌的一端連接一阻值為R的電阻，其他電阻不計，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面。現(xiàn)給金屬桿一個水平向右的初速度v0，然后任其運動，導軌足夠長，試求金屬桿在導軌上向右移動的最大距離是多少？解析：水平地從a向b看，桿在運動過程中的受力分析如圖3—16—甲所示，這是一個典型的在變力作用下求位移的題，用我們已學過的知識好像無法解決，其實只要采用的方法得當仍然可以求解。設(shè)桿在減速中的某一時刻速度為v，取一極短時間Δt，發(fā)生了一段極小的位移Δx，在Δt時間內(nèi)，磁通量的變化為：Δφ=BLΔx，I===金屬桿受到安培力為：F安=BIL=由于時間極短，可以認為F安為恒力，選向右為正方向，在Δt時間內(nèi)，安培力F安的沖量為：ΔI=－F安Δt=－對所有的位移求和，可得安培力的總沖量為：I=Σ(－)=－x①其中x為桿運動的最大距離，對金屬桿用動量定理可得：I=0－mv0②由①、②兩式得：x=例18：如圖3—17所示，電源的電動熱為E，電容器的電容為C，S是單刀雙擲開關(guān)，MN、PQ是兩根位于同一水平面上的平行光滑長導軌，它們的電阻可以忽略不計，兩導軌間距為L，導軌處在磁感應(yīng)強度為B的均勻磁場中，磁場方向垂直于兩導軌所在的平面并指向圖中紙面向里的方向。L1和L2是兩根橫放在導軌上的導體小棒，質(zhì)量分別為m1和m2，且m1＜m2。它們在導軌上滑動時與導軌保持垂直并接觸良好，不計摩擦，兩小棒的電阻相同，開始時兩根小棒均靜止在導軌上?，F(xiàn)將開關(guān)S先合向1，然后合向2。求：（1）兩根小棒最終速度的大小；（2）在整個過程中的焦耳熱損耗。（當回路中有電流時，該電流所產(chǎn)生的磁場可忽略不計）解析：當開關(guān)S先合上1時，電源給電容器充電，當開關(guān)S再合上2時，電容器通過導體小棒放電，在放電過程中，導體小棒受到安培力作用，在安培力作用下，兩小棒開始運動，運動速度最后均達到最大。（1）設(shè)兩小棒最終的速度的大小為v，則分別為L1、L2為研究對象得：FiΔti=m1－m1v1，有：ΣFi1Δti1=m1v①同理得：ΣFi2Δti2=m2v②由①、②得：ΣFi1Δti1+ΣFi2Δti2=(m1+m2)v又因為Fi1=Bli1，F(xiàn)i1=Bli1，Δti1=Δti2，i1+i2=i所以：ΣBLi1Δti1+ΣBLi2Δti2=BLΣ(i1+i2)Δti=BLΣiΔti=BL(Q－q)=(m1+m2)v而Q=CE，q=CU′=CBLv所以解得小棒的最終速度：v=（2）因為總能量守恒，所以：CE2=+(m1+m2)v2+Q熱即產(chǎn)生的熱量：Q熱=CE2－－(m1+m2)v2=CE2－(CBLv)2－(m1+m2)v2=CE2－［CB2