2024-2025高中物理奧賽解題方法：七 對(duì)稱法含答案

2024-2025高中物理奧賽解題方法：七對(duì)稱法七、對(duì)稱法方法簡(jiǎn)介 由于物質(zhì)世界存在某些對(duì)稱性，使得物理學(xué)理論也具有相應(yīng)的對(duì)稱性，從而使對(duì)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(duì)稱性它不僅能幫助我們認(rèn)識(shí)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(wèn)題，這種思維方法在物理學(xué)中稱為對(duì)稱法。利用對(duì)稱法分析解決物理問(wèn)題，可以避免復(fù)雜的數(shù)學(xué)演算和推導(dǎo)，直接抓住問(wèn)題的實(shí)質(zhì)，出奇制勝，快速簡(jiǎn)便地求解問(wèn)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(gè)彈性小球A，拋出點(diǎn)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(diǎn)距墻壁的水平距離為2s，如圖7—1所示。求小球拋出時(shí)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(duì)稱性，碰撞后小球的運(yùn)動(dòng)軌跡與無(wú)墻壁阻擋時(shí)小球繼續(xù)前進(jìn)的軌跡相對(duì)稱，如圖7—1—甲所示，所以小球的運(yùn)動(dòng)可以轉(zhuǎn)換為平拋運(yùn)動(dòng)處理，效果上相當(dāng)于小球從A′點(diǎn)水平拋出所做的運(yùn)動(dòng)。根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律：因?yàn)閽伋鳇c(diǎn)到落地點(diǎn)的距離為3s，拋出點(diǎn)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(gè)豎直光滑墻壁A和B，間距為d，一個(gè)小球以初速度v0從兩墻正中間的O點(diǎn)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(diǎn)O，求小球的拋射角θ。解析：小球的運(yùn)動(dòng)是斜上拋和斜下拋等三段運(yùn)動(dòng)組成，若按順序求解則相當(dāng)復(fù)雜，如果視墻為一平面鏡，將球與墻的彈性碰撞等效為對(duì)平面鏡的物、像移動(dòng)，可利用物像對(duì)稱的規(guī)律及斜拋規(guī)律求解。物體跟墻A碰撞前后的運(yùn)動(dòng)相當(dāng)于從O′點(diǎn)開(kāi)始的斜上拋運(yùn)動(dòng)，與B墻碰后落于O點(diǎn)相當(dāng)于落到O″點(diǎn)，其中O、O′關(guān)于A墻對(duì)稱，O、O″對(duì)于B墻對(duì)稱，如圖7—2—甲所示，于是有：，落地時(shí)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(gè)邊長(zhǎng)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(duì)方，它們同時(shí)起動(dòng)，經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間可捕捉到獵物？解析：以地面為參考系，三只獵犬運(yùn)動(dòng)軌跡都是一條復(fù)雜的曲線，但根據(jù)對(duì)稱性，三只獵犬最后相交于三角形的中心點(diǎn)，在追捕過(guò)程中，三只獵犬的位置構(gòu)成三角形的形狀不變，以繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)的參考系來(lái)描述，可認(rèn)為三角形不轉(zhuǎn)動(dòng)，而是三個(gè)頂點(diǎn)向中心靠近，所以只要求出頂點(diǎn)到中心運(yùn)動(dòng)的時(shí)間即可。由題意作圖7—3，設(shè)頂點(diǎn)到中心的距離為s，則由已知條件得：s=a由運(yùn)動(dòng)合成與分解的知識(shí)可知，在旋轉(zhuǎn)的參考系中頂點(diǎn)向中心運(yùn)動(dòng)的速度為：v′=vcos30°=v由此可知三角形收縮到中心的時(shí)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(gè)同心圓代表一個(gè)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(gè)質(zhì)量也為m的小球，AB間的距離為槽的直徑。不計(jì)一切摩擦?，F(xiàn)將系統(tǒng)置于光滑水平面上，開(kāi)始時(shí)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(shí)，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(duì)稱性可知中心或者說(shuō)槽整體將僅在x軸方向上運(yùn)動(dòng)。設(shè)槽中心沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的速度變?yōu)関0，兩小球相對(duì)槽心做角速度大小為ω的圓周運(yùn)動(dòng)，A球處于如圖7—4—甲所示的位置時(shí)，相對(duì)水平面的兩個(gè)分速度為：vx=ωRsinθ+v0①vy=－ωRcosθ②B球的運(yùn)動(dòng)與A球的運(yùn)動(dòng)是對(duì)稱的。因系統(tǒng)在x軸方向上動(dòng)量守恒、機(jī)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(dāng)兩球間距離為R時(shí)，θ=30°，代入可解得槽中心運(yùn)動(dòng)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(lái)，放在水平上，如圖7—5所示，問(wèn)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(lái)恰好使下板離地？解析：此題可用能量守恒的觀點(diǎn)求解，但過(guò)程較繁，而用彈簧形變的“對(duì)稱性”求解就顯得簡(jiǎn)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(guò)程具有的對(duì)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(zhǎng)為l的兩塊相同的均勻長(zhǎng)方形磚塊A和B疊放在一起，A磚相對(duì)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(zhǎng)度是多少？解析：此題可用力矩平衡求解，但用對(duì)稱法求解，會(huì)直觀簡(jiǎn)潔。把A磚右端伸出B端的截去，補(bǔ)在B磚的右端，則變成圖7—6—甲所示的對(duì)稱形狀。伸出最多時(shí)對(duì)稱軸應(yīng)恰好通過(guò)桌邊。所以：l－x=x+解得B磚右端伸出桌面的最大長(zhǎng)度為：x=l。例7：如圖7—7所示，OABC是一張水平放置的桌球臺(tái)面。取OA為x軸，OC為y軸，P是紅球，坐標(biāo)為（x，y），Q是白球，坐標(biāo)為（x1，y1）（圖中未畫(huà)出Q球在臺(tái)面上的位置）。已知OA=BC=25dm，AB=OC=12dm。若P球的坐標(biāo)為：x=10dm，y=8dm處，問(wèn)Q球的位置在什么范圍內(nèi)時(shí)，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(diǎn)對(duì)OA壁的鏡像P1，P1對(duì)CO壁的鏡像P2，P2對(duì)BC壁的鏡像P3和P3對(duì)AB壁的鏡像P4，則只需瞄準(zhǔn)P4點(diǎn)擊出Q球，Q球在AB壁上D點(diǎn)反彈后射向P3，又在BC壁上E點(diǎn)反彈后射向P2，依次類(lèi)推，最后再經(jīng)F，G二點(diǎn)的反彈擊中P點(diǎn)，如圖7—7—甲所示。但是，若反彈點(diǎn)E離B點(diǎn)太近，Q球從E點(diǎn)反彈后EP2線與CO的交點(diǎn)，可能不在CO壁的范圍內(nèi)而在CO的延長(zhǎng)線上，這時(shí)Q球就無(wú)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(diǎn)D、E、F、和G一定要在相應(yīng)的臺(tái)壁范圍之內(nèi)。已知P點(diǎn)的坐標(biāo)為（10，8），由此可知，各個(gè)鏡像點(diǎn)的坐標(biāo)分別為：P1（10，－8），P2（－10，－8），P3（－10，32），P4（60，32）設(shè)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（x′，y′）；直線QP4的方程為：Y－y′=(X－x′) ①D點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)在此直線上，YG=0，所以：XG=(－160+8x′－10y′) ⑥反彈點(diǎn)位于相應(yīng)臺(tái)壁上的條件為： ⑦將③、④、⑤和⑥式代入⑦，除肯定滿足無(wú)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(gè)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(shí)滿足⑧、⑨兩式的條件，瞄準(zhǔn)P4擊出，可按題目要求次序反彈后擊中P球，三角形D0AH0三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)如圖7—7—乙所示。例8：一無(wú)限長(zhǎng)均勻帶電細(xì)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(chǎng)強(qiáng)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(duì)稱關(guān)系。ΔL1電荷與ΔL3電荷在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)強(qiáng)度成對(duì)抵消，可得圓心處場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)電荷，其帶電量：q1=RΔθλ，q2=ΔL3λ當(dāng)Δθ很小時(shí)，有：q2=又因?yàn)棣1=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(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)強(qiáng)。解析：因圓弧均勻帶電，在圓弧上任取一個(gè)微小線元，由于帶電線元很小，可以看成點(diǎn)電荷。用點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式表示它在圓心處的分場(chǎng)強(qiáng)，再應(yīng)用疊加原理計(jì)算出合場(chǎng)強(qiáng)。由對(duì)稱性分別求出合場(chǎng)強(qiáng)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(fù)電的圓弧上必定存在著一個(gè)與之對(duì)稱的線元，兩者產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)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(fù)方向成θ角，且在x軸方向上分量相等。由于很小，可以認(rèn)為是點(diǎn)電荷，兩線元在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為ΔE=2sinθ=，方向沿y軸的負(fù)方向，所以O(shè)點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)應(yīng)對(duì)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(guò)半球頂點(diǎn)C與球心O的軸線，如圖7—10所示，P、Q為CD軸線上在O點(diǎn)兩側(cè)，離O點(diǎn)距離相等的兩點(diǎn)，已知P點(diǎn)的電勢(shì)為UP，試求Q點(diǎn)的電勢(shì)UQ。解析：可以設(shè)想一個(gè)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(gè)完整的均勻帶電球面，根據(jù)對(duì)稱性來(lái)解。由對(duì)稱性可知，右半球在P點(diǎn)的電勢(shì)等于左半球在Q點(diǎn)的電勢(shì)UQ。即：=UQ所以有：UP+UQ=UP+而UP+正是兩個(gè)半球在P點(diǎn)的電勢(shì)，因?yàn)榍蛎婢鶆驇щ?，所以UP+=K由此解得Q點(diǎn)的電勢(shì)：UQ=－UP。例11：如圖7—11所示，三根等長(zhǎng)的細(xì)絕緣棒連接成等邊三角形，A點(diǎn)為三角形的內(nèi)心，B點(diǎn)與三角形共面且與A相對(duì)ac棒對(duì)稱，三棒帶有均勻分布的電荷，此時(shí)測(cè)得A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)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(shí)A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)、。解析：ab、bc、ac三根棒中的電荷對(duì)稱分布，各自對(duì)A點(diǎn)電勢(shì)的貢獻(xiàn)相同，ac棒對(duì)B點(diǎn)電勢(shì)的貢獻(xiàn)和對(duì)A點(diǎn)電勢(shì)的貢獻(xiàn)相同，而ab、bc棒對(duì)B點(diǎn)電勢(shì)的貢獻(xiàn)也相同。設(shè)ab、bc、ac棒各自在A點(diǎn)的電勢(shì)為U1，ab、bc棒在B點(diǎn)的電勢(shì)為U2。由對(duì)稱性知，ac棒在B點(diǎn)的電勢(shì)為U1。由電勢(shì)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(diǎn)的電勢(shì)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(dǎo)體板，在與導(dǎo)體板相距為d的A處放有帶電量為－q的點(diǎn)電荷。（1）試求板上感應(yīng)電荷在導(dǎo)體內(nèi)P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度；（2）試求感應(yīng)電荷在導(dǎo)體外P′點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度（P與P′點(diǎn)對(duì)導(dǎo)體板右表面是對(duì)稱的）；（3）在本題情形，試分析證明導(dǎo)體表面附近的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與導(dǎo)體表面垂直；（4）試求導(dǎo)體上的感應(yīng)電荷對(duì)點(diǎn)電荷－q的作用力；（5）若在切斷導(dǎo)體板與地的連線后，再將+Q電荷置于導(dǎo)體板上，試說(shuō)明這部分電荷在導(dǎo)體板上如何分布可達(dá)到靜電平衡（略去邊緣效應(yīng)）。解析：在討論一個(gè)點(diǎn)電荷受到面電荷（如導(dǎo)體表面的感應(yīng)電荷）的作用時(shí)，根據(jù)“鏡像法”可以設(shè)想一個(gè)“像電荷”，并使它的電場(chǎng)可以代替面電荷的電場(chǎng)，從而把問(wèn)題大大簡(jiǎn)化。（1）導(dǎo)體板靜電平衡后有E感=E點(diǎn)，且方向相反，因此板上感應(yīng)電荷在導(dǎo)體內(nèi)P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為EP=，其中r為AP間距離，方向沿AP，如圖7—12甲所示。（2）因?yàn)閷?dǎo)體接地，感應(yīng)電荷分布在右表面，感應(yīng)電荷在P點(diǎn)和P′點(diǎn)的電場(chǎng)具有對(duì)稱性，因此有EP′=，方向如圖7—12—甲所示。（3）考察導(dǎo)體板在表面兩側(cè)很靠近表面的兩點(diǎn)P1和。如前述分析，在導(dǎo)體外點(diǎn)感應(yīng)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為Ei=。點(diǎn)電荷q在點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小也是Eq=。它們的方向如圖7—12乙。從圖看出，點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為上述兩個(gè)場(chǎng)強(qiáng)的矢量和，即與導(dǎo)體表面垂直。（4）重復(fù)（2）的分析可知，感應(yīng)電荷在－q所在處A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為EiA==，方向垂直于導(dǎo)體板指向右方，該場(chǎng)作用于點(diǎn)電荷－q的電場(chǎng)力為F=－qEiA=－，負(fù)號(hào)表示力的方向垂直于導(dǎo)體板指向左方。（5）切斷接地線后，導(dǎo)體板上原來(lái)的感應(yīng)電荷仍保持原來(lái)的分布，導(dǎo)體內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)為零。在此情況下再將+Q電荷加在導(dǎo)體板上，只要新增加的電荷在導(dǎo)體內(nèi)部各處的場(chǎng)強(qiáng)為零，即可保持靜電平衡，我們知道電荷均勻分布在導(dǎo)體板的兩側(cè)表面時(shí)，上述條件即可滿足。顯然這時(shí)+Q將均勻分布在導(dǎo)體板的兩側(cè)面上，才能保證板內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)為零，實(shí)現(xiàn)靜電平衡。例13：如圖7—13所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，用長(zhǎng)為l的絕緣細(xì)線，拴住質(zhì)量為m、帶電量為q的小球，線的上端O固定，開(kāi)始時(shí)將線和球拉成水平，松開(kāi)后，小球由靜止開(kāi)始向下擺動(dòng)，當(dāng)擺過(guò)60°角時(shí)，速度又變?yōu)榱?。求：?）A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAB多大？（2）電場(chǎng)強(qiáng)度多大？解析：（1）小球在A、B間擺動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律有：εPA=εPB取A點(diǎn)為零勢(shì)能的參考點(diǎn)，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(diǎn)力的平衡條件：有：qE=mgtan60°解得電場(chǎng)強(qiáng)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(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)為E，在圓周平面內(nèi)，將一帶正電q的小球從a點(diǎn)以相同的動(dòng)能拋出，拋出方向不同時(shí)，小球會(huì)經(jīng)過(guò)圓周上不同的點(diǎn)，在這些所有的點(diǎn)中，到達(dá)c點(diǎn)時(shí)小球的動(dòng)能最大。已知∠cab=30°，若不計(jì)重力和空氣阻力，試求：（1）電場(chǎng)方向與直徑ab間的夾角θ；（2）若小球在a點(diǎn)時(shí)初速度方向與電場(chǎng)方向垂直，小球恰好能落在c點(diǎn)，則初動(dòng)能為多少？解析：由于對(duì)a點(diǎn)以相同的初動(dòng)能沿不同方向拋出的小球到達(dá)圓周上的各點(diǎn)時(shí)其中到達(dá)c點(diǎn)的小球動(dòng)能最大，因此過(guò)c點(diǎn)的切線一定是等勢(shì)線，由此可以確定電場(chǎng)線的方向，至于從a點(diǎn)垂直于電場(chǎng)線拋出的小球可按類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)處理。（1）用對(duì)稱性判斷電場(chǎng)的方向：由題設(shè)條件，在圓周平面內(nèi)，從a點(diǎn)以相同的動(dòng)能向不同方向拋出帶正電的小球，小球會(huì)經(jīng)過(guò)圓周上不同的點(diǎn)，且以經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)小球的動(dòng)能最大，可知，電場(chǎng)線平行于圓平面。又根據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力對(duì)到達(dá)c點(diǎn)的小球做功最多，為qUac。因此，Uac最大。即c點(diǎn)的電勢(shì)比圓周上任何一點(diǎn)的電勢(shì)都低。又因?yàn)閳A周平面處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，故連接Oc，圓周上各點(diǎn)的電勢(shì)對(duì)于Oc對(duì)稱（或作過(guò)c點(diǎn)且與圓周相切的線cf是等勢(shì)線），Oc方向即為電場(chǎng)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(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。小球沿垂直于電場(chǎng)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(chǎng)線方向，有：x=v0t①在沿電場(chǎng)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(dòng)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(diǎn)為球殼上的一點(diǎn)，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(diǎn)C間的電壓大小為多少？解析：將金屬球殼放在電場(chǎng)中達(dá)到靜電平衡后，球殼為等勢(shì)體，兩極板之間的電場(chǎng)由原來(lái)的勻強(qiáng)電場(chǎng)變?yōu)槿鐖D7—15甲所示的電場(chǎng)，這時(shí)C與A板間電勢(shì)差就不能用公式UAC=EdAC來(lái)計(jì)算。我們利用電場(chǎng)的對(duì)稱性求解。由于電場(chǎng)線和金屬球關(guān)于球心O對(duì)稱，所以A板與金屬板的電勢(shì)差UAO和金屬球與B板的電勢(shì)差UOB相等，即：UAO=UOB又A、B兩板電勢(shì)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(diǎn)間電勢(shì)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(jì)重力），從P點(diǎn)經(jīng)電場(chǎng)E加速，經(jīng)A點(diǎn)進(jìn)入中間磁場(chǎng)B，方向垂直紙面向里，再穿過(guò)中間磁場(chǎng)進(jìn)入右邊足夠大的空間磁場(chǎng)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(chǎng)并回到出發(fā)點(diǎn)P，然后再重復(fù)前述過(guò)程。已知l為P到A的距離，求中間磁場(chǎng)的寬度d和粒子運(yùn)動(dòng)的周期。（虛線表示磁場(chǎng)的分界線）解析：由粒子能“重復(fù)前述過(guò)程”，可知粒子運(yùn)動(dòng)具有周期性；又由粒子經(jīng)過(guò)A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后能夠按某一路徑再返回A點(diǎn)，可知的運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性。粒子從A點(diǎn)進(jìn)入中間磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為R，過(guò)C點(diǎn)進(jìn)入右邊磁場(chǎng)，于做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)經(jīng)點(diǎn)F到點(diǎn)D，由于過(guò)D點(diǎn)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(duì)稱，且OA垂直于磁場(chǎng)的分界線。同理可知，OA也同時(shí)是圓弧的對(duì)稱軸。因此粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是關(guān)于直線OA對(duì)稱的。由于速度方向?yàn)榍芯€方向，所以圓弧、、互相相切。（1）設(shè)中間磁場(chǎng)寬度為d，粒子過(guò)A點(diǎn)的速度為v，由圓周運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可得：Rsinθ=R－Rsinθ，則：θ=帶電粒子在加速電場(chǎng)中有：qEl=mv2①在中間和右邊磁場(chǎng)中有：R=②d=Rcosθ③解①、②、③得：d=（2）粒子運(yùn)動(dòng)周期T由三段時(shí)間組成，設(shè)在電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，則：t1=2設(shè)在中間磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，因?yàn)樗鶎?duì)圓心角為，所以：t2=2×T′=2×=設(shè)在右邊磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，因?yàn)樗鶎?duì)圓心角為，所以：t3=T′=2×=所以周期為：T=t1+t2+t3=2+針對(duì)訓(xùn)練1．從距地面高19.6m處的A點(diǎn)，以初速度為5.0m/s沿水平方向投出一小球。在距A點(diǎn)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(diǎn)離墻的水平距離為多少？2．如圖7—17所示，在邊長(zhǎng)為a的正方形四個(gè)頂點(diǎn)上分別固定電量均為Q的四個(gè)點(diǎn)電荷，在對(duì)角線交點(diǎn)上放一個(gè)質(zhì)量為m，電量為q（與Q同號(hào)）的自由點(diǎn)電荷。若將q沿著對(duì)角線移動(dòng)一個(gè)小的距離，它是否會(huì)做周期性振動(dòng)？若會(huì)，其周期是多少？3．如圖7—18所示是一個(gè)由電阻絲構(gòu)成的平面正方形無(wú)窮網(wǎng)絡(luò)，當(dāng)各小段電阻絲的電阻均為R時(shí)，A、B兩點(diǎn)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(wèn)調(diào)換后A，B之間的等效電阻是多少？4．有一無(wú)限大平面導(dǎo)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(diǎn)間的等效電阻。5．如圖7—20所示，某電路具有8個(gè)節(jié)點(diǎn)，每?jī)蓚€(gè)節(jié)點(diǎn)之間都連有一個(gè)阻值為2Ω的電阻，在此電路的任意兩個(gè)節(jié)點(diǎn)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?jī)蓚€(gè)節(jié)點(diǎn)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(gè)電阻連成如圖7—23所示的電路，圖中各P點(diǎn)是各支路中連接兩個(gè)電阻的導(dǎo)線上的點(diǎn)，所有導(dǎo)線的電阻都可忽略。現(xiàn)將一電動(dòng)勢(shì)為ε，內(nèi)阻為r的電源接到任意兩個(gè)P點(diǎn)處，然后將任一個(gè)沒(méi)接電源的支路在P點(diǎn)處切斷，發(fā)現(xiàn)流過(guò)電源的電流與沒(méi)切斷前一樣，則這200個(gè)電阻R1，R2，…，R100和r1，r2，…，r100應(yīng)有下列的普遍關(guān)系：===…=，這時(shí)圖中AB導(dǎo)線與CD導(dǎo)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(diǎn)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(gè)頂點(diǎn)A、B間的等效電阻RAB。11．一勻質(zhì)細(xì)導(dǎo)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)以速率K均勻的隨時(shí)間增強(qiáng)，環(huán)上的A、D、C三點(diǎn)位置對(duì)稱。電流計(jì)G連接A、C兩點(diǎn)，如圖7—26所示。若電流計(jì)內(nèi)阻為RG，求通過(guò)電流計(jì)的電流大小。參考答案1、5.0m2、會(huì)做周期性振動(dòng)，周期為π3、RAB=4、Rab=R05、I總=40A，節(jié)點(diǎn)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(jiǎn)介微元法是分析、解決物理問(wèn)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(guò)程用我們熟悉的物理規(guī)律迅速地加以解決，使所求的問(wèn)題簡(jiǎn)單化。在使用微元法處理問(wèn)題時(shí)，需將其分解為眾多微小的“元過(guò)程”，而且每個(gè)“元過(guò)程”所遵循的規(guī)律是相同的，這樣，我們只需分析這些“元過(guò)程”，然后再將“元過(guò)程”進(jìn)行必要的數(shù)學(xué)方法或物理思想處理，進(jìn)而使問(wèn)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3—1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(guò)AB處，再經(jīng)過(guò)一微小過(guò)程Δt（Δt→0），則人由AB到達(dá)A′B′，人影頂端C點(diǎn)到達(dá)C′點(diǎn)，由于ΔSAA′=vΔt則人影頂端的移動(dòng)速度：vC===v可見(jiàn)vc與所取時(shí)間Δt的長(zhǎng)短無(wú)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3—2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)，B端恰與桌面不接觸，鐵鏈單位長(zhǎng)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(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ΔL的一小段（微元）為研究對(duì)象，其受力分析如圖3—2—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：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(gè)鐵鏈對(duì)A端的拉力是各段上ΔTθ的和，即：T=ΣΔTθ=ΣρgΔLcosθ=ρgΣΔLcosθ觀察ΔLcosθ的意義，見(jiàn)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(yáng)C沿圓弧軌道運(yùn)行，它的近日點(diǎn)A離太陽(yáng)的距離為a，行星經(jīng)過(guò)近日點(diǎn)A時(shí)的速度為vA，行星的遠(yuǎn)日點(diǎn)B離開(kāi)太陽(yáng)的距離為b，如圖3—3所示，求它經(jīng)過(guò)遠(yuǎn)日點(diǎn)B時(shí)的速度vB的大小。解析：此題可根據(jù)萬(wàn)有引力提供行星的向心力求解。也可根據(jù)開(kāi)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Δt，由于時(shí)間極短可以認(rèn)為行星在Δt時(shí)間內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，線速度為vA，半徑為a，可以得到行星在Δt時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積：Sa=vAΔta同理，設(shè)行星在經(jīng)過(guò)遠(yuǎn)日點(diǎn)B時(shí)也運(yùn)動(dòng)了相同的極短時(shí)間Δt，則也有：Sb=vBΔtb由開(kāi)普勒第二定律可知：Sa=Sb。即得：vB=vA（此題也可用對(duì)稱法求解。）例4：如圖3—4所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)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(jì)水的阻力，人從船頭走到船尾的過(guò)程中，問(wèn)：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(guò)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(guò)程中的Δt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：mv1=Mv2①兩邊同時(shí)乘以一個(gè)極短的時(shí)間Δt，有：mv1Δt=Mv2Δt②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?cè)?。其中s1、s2分別為全過(guò)程中人和船對(duì)地位移的大小，又因?yàn)椋篖=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(zhǎng)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(shí)彈性繩圈長(zhǎng)為πR，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(duì)象，進(jìn)行受力分析。但是Δm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(huà)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(duì)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?yàn)楫?dāng)θ很小時(shí)，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(zhǎng)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(mén)，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=mrω2，當(dāng)ω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(duì)應(yīng)的圓心角為Δθ，其質(zhì)量可表示為Δm=M，受圓環(huán)對(duì)它的張力為T(mén)，則同上例分析可得：2Tsin=Δmrω2因?yàn)棣う群苄。裕簊in≈，即：2T=Mrω2解得最大角速度：ω=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(lái)，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(zhǎng)度x時(shí)，鏈條對(duì)地面的壓力為多大？解析：在下落過(guò)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(lái)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(kāi)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ρ。由題意可知，鏈條落至地面后，速度立即變?yōu)榱恪膖時(shí)刻起取很小一段時(shí)間Δt，在Δt內(nèi)又有ΔM=ρΔx落到地面上靜止。地面對(duì)ΔM作用的沖量為：(F－ΔMg)Δt=ΔI因?yàn)棣gΔt≈0，所以：FΔt=ΔMv－0=ρvΔx，解得沖力：F=ρv，其中就是t時(shí)刻鏈條的速度v，故F=ρv2，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：F=2ρgx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：N=2ρgx+ρgx=3ρgx=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3—8所示，當(dāng)左邊繩端離釘子的距離為x時(shí)，左邊繩長(zhǎng)為(l－x)，速度v=，右邊繩長(zhǎng)為(l+x)又經(jīng)過(guò)一段很短的時(shí)間Δt以后，左邊繩子又有長(zhǎng)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(duì)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(dòng)量定理，設(shè)向上方向?yàn)檎?，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(duì)于T來(lái)說(shuō)是很小的，可以忽略，所以有：T=v2λ=gxλ因此釘子對(duì)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(pán)固定不可轉(zhuǎn)動(dòng)，細(xì)繩不可伸長(zhǎng)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(pán)與繩間光滑接觸，試求盤(pán)對(duì)繩的法向支持力線密度。解析：求盤(pán)對(duì)繩的法向支持力線密度也就是求盤(pán)對(duì)繩的法向單位長(zhǎng)度所受的支持力。因?yàn)楸P(pán)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(pán)接觸的半圓形中取一小段繩元ΔL，ΔL所對(duì)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(mén)，繩元所受圓盤(pán)法向支持力為ΔN，因細(xì)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(dāng)Δθ很小時(shí)，sin≈，故ΔN=TΔθ。又因?yàn)棣=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(duì)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(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(wàn)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(wàn)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3—10所示，過(guò)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α，當(dāng)α有微小增量時(shí)，則大小圓環(huán)上對(duì)應(yīng)微小線元：ΔL1=R2Δα，ΔL2=r2Δα其對(duì)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(rèn)為分別是：r1=2Rcosα，r2=2rcosα所以Δm1、Δm2與m的萬(wàn)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(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Δt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：FΔt=Δmv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：MgΔt=Δmv，或者：Δt=對(duì)同樣這一部分氣體用動(dòng)能定理，火箭對(duì)它做的功為：W=Δmv2所以發(fā)動(dòng)機(jī)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(dòng)的豎直桿AB和A′B′上，一根不可伸長(zhǎng)的繩子穿過(guò)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′=α?xí)r，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(shí)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(zhǎng)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(guò)圓餅軸線的豎直截面如圖3—12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ρ=13.6×103kg/m3，水銀的表面張力系數(shù)σ=0.49N/m。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(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(huà)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(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3—13所示。問(wèn)空氣最初以多大初速度沖進(jìn)容器？（外界空氣壓強(qiáng)為p0、密度為ρ）解析：該題由于不知開(kāi)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?，也不知空氣分子進(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(kāi)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ΔL，因ΔL很小，所以其質(zhì)量Δm進(jìn)入容器過(guò)程中，不改變?nèi)萜鲏簭?qiáng)，故此薄層所受外力是恒力，該問(wèn)題就可以解決了。由以上分析，得：F=(p0－p)S①對(duì)進(jìn)入的Δm氣體，由動(dòng)能定理得：FΔL=Δmv2②而Δm=ρSΔL③聯(lián)立①、②、③式可得：最初中進(jìn)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(diǎn)為x處的P點(diǎn)的電場(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Δq=RΔθ，它在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)的x分量為：ΔEx=kcosα=k根據(jù)對(duì)稱性：E=ΣΔEx=Σθ=2π=由此可見(jiàn)，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3—15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(guò)其中心的豎直軸以勻角速度ω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)上電荷之間的作用）解析：當(dāng)環(huán)靜止時(shí)，因環(huán)上沒(méi)有電流，在磁場(chǎng)中不受力，則環(huán)中也就沒(méi)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ΔL=RΔθ圓弧元，受力情況如圖3—15—甲所示。因轉(zhuǎn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)所需的向心力，故：2Tsin－ΔF=Δmω2R當(dāng)Δθ很小時(shí)，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(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m的金屬桿，導(dǎo)軌間距為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(guò)程中的受力分析如圖3—16—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(guò)的知識(shí)好像無(wú)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Δt，發(fā)生了一段極小的位移Δx，在Δt時(shí)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(shí)間極短，可以認(rèn)為F安為恒力，選向右為正方向，在Δt時(shí)間內(nèi)，安培力F安的沖量為：ΔI=－F安Δt=－對(duì)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(yùn)動(dòng)的最大距離，對(duì)金屬桿用動(dòng)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(dòng)熱為E，電容器的電容為C，S是單刀雙擲開(kāi)關(guān)，MN、PQ是兩根位于同一水平面上的平行光滑長(zhǎng)導(dǎo)軌，它們的電阻可以忽略不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的均勻磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于兩導(dǎo)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(dǎo)軌上的導(dǎo)體小棒，質(zhì)量分別為m1和m2，且m1＜m2。它們?cè)趯?dǎo)軌上滑動(dòng)時(shí)與導(dǎo)軌保持垂直并接觸良好，不計(jì)摩擦，兩小棒的電阻相同，開(kāi)始時(shí)兩根小棒均靜止在導(dǎo)軌上?，F(xiàn)將開(kāi)關(guān)S先合向1，然后合向2。求：（1）兩根小棒最終速度的大??；（2）在整個(gè)過(guò)程中的焦耳熱損耗。（當(dāng)回路中有電流時(shí)，該電流所產(chǎn)生的磁場(chǎng)可忽略不計(jì)）解析：當(dāng)開(kāi)關(guān)S先合上1時(shí)，電源給電容器充電，當(dāng)開(kāi)關(guān)S再合上2時(shí)，電容器通過(guò)導(dǎo)體小棒放電，在放電過(guò)程中，導(dǎo)體小棒受到安培力作用，在安培力作用下，兩小棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)速度最后均達(dá)到最大。（1）設(shè)兩小棒最終的速度的大小為v，則分別為L(zhǎng)1、L2為研究對(duì)象得：FiΔti=m1－m1v1，有：ΣFi1Δti1=m1v①同理得：ΣFi2Δti2=m2v②由①、②得：ΣFi1Δti1+ΣFi2Δti2=(m1+m2)v又因?yàn)镕i1=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?yàn)榭偰芰渴睾?，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