高中物理解题方法及高中物理解题(微元法)

PAGE高中物理解题方法指导物理题解常用的两种方法：分析法的特点是从待求量出发，追寻待求量公式中每一个量的表达式，(当然结合题目所给的已知量追寻)，直至求出未知量。这样一种思维方式“目标明确”，是一种很好的方法应当熟练掌握。综合法，就是“集零为整”的思维方法，它是将各个局部（简单的部分）的关系明确以后，将各局部综合在一起，以得整体的解决。综合法的特点是从已知量入手，将各已知量联系到的量（据题目所给条件寻找）综合在一起。实际上“分析法”和“综合法”是密不可分的，分析的目的是综合，综合应以分析为基础，二者相辅相成。正确解答物理题应遵循一定的步骤第一步：看懂题。所谓看懂题是指该题中所叙述的现象是否明白?不可能都不明白，不懂之处是哪？哪个关键之处不懂？这就要集中思考“难点”，注意挖掘“隐含条件。”要养成这样一个习惯：不懂题，就不要动手解题。若习题涉及的现象复杂，对象很多，须用的规律较多，关系复杂且隐蔽，这时就应当将习题“化整为零”，将习题化成几个过程，就每一过程进行分析。第二步：在看懂题的基础上，就每一过程写出该过程应遵循的规律，而后对各个过程组成的方程组求解。第三步：对习题的答案进行讨论．讨论不仅可以检验答案是否合理，还能使读者获得进一步的认识，扩大知识面。一、静力学问题解题的思路和方法1.确定研究对象：并将“对象”隔离出来-。必要时应转换研究对象。这种转换，一种情况是换为另一物体，一种情况是包括原“对象”只是扩大范围，将另一物体包括进来。2.分析“对象”受到的外力，而且分析“原始力”，不要边分析，边处理力。以受力图表示。3.根据情况处理力，或用平行四边形法则，或用三角形法则，或用正交分解法则，提高力合成、分解的目的性，减少盲目性。4.对于平衡问题，应用平衡条件∑F＝0，∑M＝0，列方程求解，而后讨论。5.对于平衡态变化时，各力变化问题，可采用解析法或图解法进行研究。静力学习题可以分为三类：①力的合成和分解规律的运用。共点力的平衡及变化。固定转动轴的物体平衡及变化。认识物体的平衡及平衡条件对于质点而言，若该质点在力的作用下保持静止或匀速直线运动，即加速度为零，则称为平衡，欲使质点平衡须有∑F＝0。若将各力正交分解则有：∑FX＝0，∑FY＝0。对于刚体而言，平衡意味着，没有平动加速度即＝0，也没有转动加速度即＝0（静止或匀逮转动），此时应有：∑F＝0，∑M＝0。这里应该指出的是物体在三个力（非平行力）作用下平衡时，据∑F＝0可以引伸得出以下结论：①三个力必共点。②这三个力矢量组成封闭三角形。③任何两个力的合力必定与第三个力等值反向。对物体受力的分析及步骤（一）、受力分析要点：1、明确研究对象2、分析物体或结点受力的个数和方向，如果是连结体或重叠体，则用“隔离法”3、作图时力较大的力线亦相应长些4、每个力标出相应的符号（有力必有名），用英文字母表示5、物体或结点：6、用正交分解法解题列动力学方程=1\*GB3①受力平衡时=2\*GB3②受力不平衡时7、一些物体的受力特征：8、同一绳放在光滑滑轮或光滑挂钩上，两侧绳子受力大小相等，当三段以上绳子在交点打结时，各段绳受力大小一般不相等。（二）、受力分析步骤：1、判断物体的个数并作图：=1\*GB3①重力；=2\*GB3②接触力（弹力和摩擦力）；=3\*GB3③场力（电场力、磁场力）2、判断力的方向：=1\*GB3①根据力的性质和产生的原因去判；=2\*GB3②根据物体的运动状态去判；=1\*alphabetica由牛顿第三定律去判；=2\*alphabeticb由牛顿第二定律去判（有加速度的方向物体必受力）。二、运动学解题的基本方法、步骤运动学的基本概念(位移、速度、加速度等)和基本规律是我们解题的依据，是我们认识问题、分析问题、寻求解题途径的武器。只有深刻理解概念、规律才能灵活地求解各种问题，但解题又是深刻理解概念、规律的必需环节。根据运动学的基本概念、规律可知求解运动学问题的基本方法、步骤为（1）审题。弄清题意，画草图，明确已知量，未知量，待求量。（2）明确研究对象。选择参考系、坐标系。（3）分析有关的时间、位移、初末速度，加速度等。（4）应用运动规律、几何关系等建立解题方程。（5）解方程。三、动力学解题的基本方法我们用动力学的基本概念和基本规律分析求解动力学习题．由于动力学规律较复杂，我们根据不同的动力学规律把习题分类求解。1、应用牛顿定律求解的问题，这种问题有两种基本类型：（1）已知物体受力求物体运动情况，（2）已知物体运动情况求物体受力．这两种基本问题的综合题很多。从研究对象看，有单个物体也有多个物体。（1）解题基本方法根据牛顿定律解答习题的基本方法是①根据题意选定研究对象，确定m。②分析物体受力情况，画受力图，确定。③分析物体运动情况，确定a。④根据牛顿定律、力的概念、规律、运动学公式等建立解题方程。⑤解方程。⑥验算，讨论。以上①、②、③是解题的基础，它们常常是相互联系的，不能截然分开。应用动能定理求解的问题动能定理公式为，根据动能定理可求功、力、位移、动能、速度大小、质量等。应用动能定理解题的基本方法是·①选定研究的物体和物体的一段位移以明确m、s。②分析物体受力，结合位移以明确。③分析物体初末速度大小以明确初末动能。然后是根据动能定理等列方程，解方程，验算讨论。图4-5Fm2m1（例题）如图4—5所示，木板质量，长3米。物体质量图4-5Fm2m1木板右端，都处于静止状态。现用牛的水平恒力拉木板，物体将在木板上滑动，问经过2秒后（1）力F作功多少？（2）物体动能多大？（米/秒2）应用动量定理求解的问题从动量定理知，这定理能求冲量、力、时间、动量、速度、质量等。动量定理解题的基本方法是①选定研究的物体和一段过程以明确m、t。②分析物体受力以明确冲量。⑧分析物体初、末速度以明确初、末动量。然后是根据动量定理等建立方程，解方程，验算讨论。【例题8】质量为10千克的重锤从3.2米高处自由下落打击工件，重锤打击工件后跳起0.2米应用机械能守恒定律求解的问题机械能守恒定律公式是知，可以用来求动能、速度大小、质量、势能、高度，位移等。应用机械能守恒定律的基本方法是①选定研究的系统和一段位移。②分析系统所受外力、内力及它们作功的情况以判定系统机械能是否守恒。③分析系统中物体初末态位置、速度大小以确定初末态的机械。然后根据机械能守恒定律等列方程，解方程，验算讨论。四、电场解题的基本方法本章的主要问题是电场性质的描述和电场对电荷的作用，解题时必须搞清描述电场性质的几个物理量和研究电场的各个规律。1、如何分析电场中的场强、电势、电场力和电势能（1）先分析所研究的电场是由那些场电荷形成的电场。（2）搞清电场中各物理量的符号的含义。（3）正确运用叠加原理(是矢量和还是标量和)。下面简述各量符号的含义：①电量的正负只表示电性的不同，而不表示电量的大小。②电场强度和电场力是矢量，应用库仑定律和场强公式时，不要代入电量的符号，通过运算求出大小，方向应另行判定。（在空间各点场强和电场力的方向不能简单用‘＋’、‘－’来表示。）③电势和电势能都是标量，正负表示大小．用进行计算时，可以把它们的符号代入，如U为正，q为负，则也为负．如U1>U2>0，q为负，则。④电场力做功的正负与电荷电势能的增减相对应，WAB为正（即电场力做正功）时，电荷的电势能减小，；WAB为负时，电荷的电势能增加。所以，应用时可以代人各量的符号，来判定电场力做功的正负。当然也可以用求功的大小，再由电场力与运动方向来判定功的正负。但前者可直接求比较简便。2、如何分析电场中电荷的平衡和运动电荷在电场中的平衡与运动是综合电场；川力学的有关知识习·能解决的综合性问题，对加深有关概念、规律的理解，提高分析，综合问题的能力有很大的作用。这类问题的分析方法与力学的分析方法相同，解题步骤如下：(1)确定研究对象(某个带电体)。(2)分析带电体所受的外力。(3)根据题意分析物理过程，应注意讨论各种情况，分析题中的隐含条件，这是解题的关键。(4)根据物理过程，已知和所求的物理量，选择恰当的力学规律求解。(5)对所得结果进行讨论。【例题4】如图7—3所示，如果(氚核)和(氦核)垂直电场强度方向进入同—偏转电场，求在下述情况时，它们的横向位移大小的比。（1）以相同的初速度进入，（2）以相同的初动能进入；（3）以相同的初动量进入；（4）先经过同一加速电场以后再进入。VV0分析和解带电粒子在电场中所受电场力远远大于所受的重力，所以重力可以忽略。带电粒子在偏转电场受到电场力的作用，做类似于平抛的运动，在原速度方向作匀速运动，在横向作初速为零的匀加速运动。利用牛顿第二定律和匀加速运动公式可得（1）以相同的初速度v0进入电场，因E、l、v0都相同，所以（2）以相同的初动能Ek0进入电场，因为E、l、mv2都相同，所以（3）以相同的初动量p0进入电场，因为E、l、mv0都相同，由（4）先经过同一加速电场加速后进入电场，在加速电场加速后，粒子的动能（U1为加速电压）由因E、l、U1是相同的，y的大小与粒子质量、电量无关，所以：注意在求横向位移y的比值时，应先求出y的表达式，由题设条件，找出y与粒子的质量m、电量q的比例关系，再列出比式求解，这是求比值的一般方法。3、如何分析有关平行板电容器的问题在分析这类问题时应当注意（1）平行板电容器在直流电路中是断路，它两板间的电压与它相并联的用电器（或支路）的电压相同。（2）如将电容器与电源相接、开关闭合时，改变两板距离或两板正对面积时，两板电正不变，极板的带电量发生变化。如开关断开后，再改变两极距离或两板正对面积时，两极带电量不变，电压将相应改变。（3）平行板电容器内是匀强电场，可由求两板间的电场强度，从而进—步讨论，两极板问电荷的叫平衡和运。4、利用电力线和等势面的特性分析场强和电势电力线和等势面可以形象的描述场强和电势。电荷周围所画的电力线数正比于电荷所带电量。电力线的疏密，方向表示电场强度的大小和方向，顺电力线电势降低，等势面垂直电力线等……可以帮助我们去分析场强和电势－Q【例题】有一球形不带电的空腔导体，将一个负电荷—Q－Q（1）由于静电感应，空腔导体内、外壁各带什么电？空腔内、导体内、导体外的电场强度，电势的大小有何特点，电场强度的方向如何？（2）如将空腔导体内壁接地；空腔导体内外壁各带什么电?空腔内、导体内、导体外的场强，电势有何变比？（3）去掉接地线，再将场电荷－Q拿走远离空腔导体后，空腔导体内、外壁各带什么电？空腔内、导体内、导体外部的场强、电势又有什么变化？图7分析和解图7（1）把负电荷放人空腔中，负电荷周围将产生电场，（画出电力线其方向是指向负电荷）自由电子由低电势到高电势(电子逆电力线运动)发生静电感应，使导体内壁带有电量为Q的正电荷，导体外壁带有电量为Q的负电荷，如图7所示。空腔导体里外电力线数一样多（因电力线数正比于电量）空胶外电力线指向金属导体（电力线止于负电荷）。越靠近空腔导体场强越大。导体中无电力线小，电场强度为零，空腔内越靠近负电荷Q电力线越密，电场强度也越大。顺电力线电势降低，如规定无穷远电势为零，越靠近空腔导体电势越低，导体内部电势相等，空腔内越靠近负电荷Q电势越低。各处的电势均小于零。（2）如把空腔导体内壁接地，电子由低电势到高电势，导体上的自由电子将通过接地线进入大地，静电平衡后导体内壁仍带正电，导体外壁不带电。由于电力线数正比于场电荷，场电荷－Q未变所以空腔内的电力线分布未变，空腔内的电场强度也不变。导体内部场强仍为零。由于导体外壁不带电，导体外部无电力线，导体外部场强也变为零。（要使导体外部空间不受空腔内场电荷的影响，必须把空腔导体接地。）在静电平衡后，导体与地电势相等都等于零，导体内部空腔中电势仍为负，越靠近场电荷电势越低，各处电势都比导体按地以前高。（3）如去掉接地线，再把场电荷拿走远离空腔导体时，由于静电感应，导体外表面自由电子向内表面运动．到静电平衡时，导体内表面不带电，外表面带正电，带电量为Q。这时导体内部和空腔内无电力线，场强都变为零，导体外表面场强垂直导体表面指向导体外，离导体越远，电力线越疏，场强越小。顺电力线电势减小，无穷远电势为零，越靠近导体电势越高。导体上和空腔内电势相等，各点电势均大于零。当导体接地时，导体外表面不带电，也可用电力线进行分析。如果外表面带负电，就有电力线由无穷远指向导体，导体的电势将小于零，与导体电势为零相矛盾。如果导体外表面最后带正电，则有电力线由导体外表面指向无穷远，则导体电势将大于零，也与地等电势相矛盾．所以，本题中将导体接地时，导体外表面不再带电。3、利用等效和类比的方法进行分析当我们研究某一新问题时，如果它和某一学过的问题类似，就可以利用等效和类比的方法进行分析。【例题】摆球的质量为m，带电量为Q，用摆长为Z的悬线悬挂在场强为E的水平匀强电场中。求：（1）它在微小摆动时的周期；（2）将悬线偏离竖直位置多大角度时，小球由静止释放，摆到悬线为竖直位置时速度刚好是零。五、电路解题的基本方法1、解题的基本方法、步骤本章的主要问题是研究电路中通以稳恒电流时，各电学量的计算，分析稳恒电流的题目，步骤如下：（1）确定所研究的电路。（2）将不规范的串并联电路改画为规范的串并联电路。（使所画电路的串、并联关系清晰）。对应题中每一问可分别画出简单电路图，代替原题中较为复杂的电路图。（3）在所画图中标出已知量和待求量，以利分析。（4）应注意当某一电阻改变时，各部分电流、电压、功率都要改变。可以认为电源电动势和内电阻及其它定值电阻的数值不变。必要时先求出、r和定随电阻的大小。（5）根据欧姆定律，串、并联特性和电功率公式列方程求解。（6）学会用等效电路，会用数学方法讨论物理量的极值。2、将不规范的串并联电路加以规范搞清电路的结构是解这类题的基础，具体办法是：（1）确定等势点，标出相应的符号。因导线的电阻和理想安培计的电阻都不计，可以认为导线和安培计联接的两点是等势点。（2）先画电阻最少的支路，再画次少的支路……从电路的一端画到另一端。3、含有电容器的电路解题方法在直流电路中，电容器相当电阻为无穷大的电路元件，对电路是断路。解题步骤如下：（1）先将含电容器的支路去掉（包括与它串在同一支路上的电阻），计算各部分的电流、电压值。（2）电容器两极扳的电压，等于它所在支路两端点的电压。（3）通过电容器的电压和电容可求出电容器充电电量。（4）通过电容器的电压和平行板间距离可求出两扳间电场强度，再分析电场中带电粒子的运动。4、如何联接最省电用电器正常工作应满足它要求的额定电压和额定电流，要使额外的损失尽可能少，当电源电压大于或等于两个（或两个以上）用电器额定电压之和时，可以将这两个用电器串联，并给额定电流小的用电器加分流电阻，如电源电压大于用电器额定电压之和时，应串联分压电阻。【例】三盏灯，L1为“110V100W”，L2为“110V50W”，L3为“110V40W”电源电压为220V，要求：①三盏灯可以单独工作；②三盏灯同时工作时额外损耗的功率最小，应怎样联接？画出电路图，求出额外损耗功率。5、在电路计算中应注意的几个问题（1）在电路计算中，可以认为电源的电动势、内电阻和各定值电阻的阻值不变，而各部分的电流、电压、功率（或各种电表的示数）将随外电阻的改变而收变。所以，在电路计算中，如未给出电源的电动势和内电阻时，往往要先将其求出再求变化后的电流、电压、功率。（2）应搞清电路中各种电表是不是理想表。作为理想安培计，可以认为它的电阻是零，作为理想伏特计，可以认为它的电阻是无穷大。也就是说，将理想安培计、伏特汁接入电路，将不影响电路的电流和电压。可以把安培计当成导线、伏特计去掉后进行电路计算。但作为真实表，它们都具有电阻，它们既显示出电路的电流和电压，也显示它自身的电流值或电压值。如真实安培计是个小电阻，真实伏特计是一个大电阻，将它们接入电路将影响电路的电流和电压值。所以，解题时应搞清电路中电表是不是当作理想表。二、解题的基本方法1、磁场、磁场力方向的判定（1）电流磁场方向的判定——正确应用安培定则对于直线电流、环形电流和通电螺线管周围空间的磁场分布，要能熟练地用磁力线正确表示，以图示方法画出磁力线的分布情况——包括正确的方向和大致的疏密程度，还要能根据解题的需要选择不同的图示（如立体图、纵剖面图或横断面图等）。其中，关于磁场方向走向的判定，要能根据电流方向正确掌握安培定则的两种用法，即：①对于直线电流，用右手握住导线（电流），让伸直的大拇指所指方向跟电流方向一致，则弯曲的四指所指方向即为磁力线环绕电流的方向。②对于环形电流和通电螺线管，应让右手弯曲的四指所指方向跟电流方向一致，则伸直的大拇指所指方向即为环形电流中心轴线上磁力线方向，或通电螺线管内部磁力线方向（亦即大拇指指向通电螺线管滋力线出发端——北极）。③对于通电螺线管，其内部的磁场方向从N极指向S极；而内部的磁场方向从S极指向N极。从而形成闭合的曲线。（2）安培力、洛仑兹力方向的判定——正确应用左手定则①运用左手定则判定安培力的方向，要依据磁场B的方向和电流I的方向．只要B与IL的方向不平行，则必有安培力存在，且与B、IL所决定的平面垂直。对于B与IL不垂直的一般情况来说，则需先将B矢量分解为两个分量：一个是垂直于IL的，另一个是平行于IL的，如图9—2所示，再依据的方向和电流I的方向判定安培力的方向。在磁场与通电导线方向夹角给定的前提下，如果在安培力F磁场B和通电导线IL中任意两个量的方向确定，就能依据左手定则判断第三个量的方向。②运用左手定则判定洛仑兹力的方向，同样要依据磁场B的方向和由于带电粒子运动形成的电流方向（带正电粒子运动形成的电流，方向与其速度v方向一致，带负电粒子运动形成的电流，方向与其速度v方向相反）。只要B与v的方向不平行，则必有洛仑兹力存在，且与B、v所决定的平面垂直。对于B与v不垂直的一般情况来说，则仍需先将B矢量分解为两个分量：一个是垂直于v的，另一个是平行于v的，如图9－3①所示，（或将u矢量分解为两个分量：一个是垂直于B的，另一个是平行于B的，如图9—3②所示。）再依据的方向和v的方向(或B的方向和的方向)正确判定洛仑兹力的方向。在磁场B与已知电性粒子的运动速度v的方向夹角给定的前提下，如果在洛仑兹力f、磁场B和粒子运动速度中任意两个量的方向确定，也就能依据左手定则判断第三个量的方向。2、磁场力大小的计算及其作用效果（1）关于安培力大小的计算式，其中为B与IL的方向夹角（见图9—2），由式可知，由于角取值不同，安培力值将随之而变，其中取、值时F为零，取时F值最大。本式的适用条件，一般地说应为一般通电直导线IL处于匀强磁场B中，但也有例外，譬如在非匀强磁场中只要通电直导线段IL所在位置沿导线的各点B矢最相等（B值大小相等、方向相同），则其所受安培力也可运用该式计算。关于安培力的作用效果，解题中通常遇到的情况举例说明如下：①平行通电导线之间的相互作用；同向电流相吸，反向电流相斥。这是电流问磁相互作用的一个重要例证。②在安培力与其他力共同作用下使通电导体处于平衡状态，借以测定B或I等待测值。如应用电流天平测定磁感应强度值，应用磁电式电流表测量电流强度。【例题2)】图9－5所示是一种电流天平，用以测定匀强磁场的磁感应强度。在天平的一端挂一矩形线圈，其底边置于待测匀强磁场B中，B的方向垂直于纸面向里。已知线圈为n匝，底边长L当线圈通以逆时针方向，强度为I的电流时，使天平平衡；将电流反向但强度不变，则需在左盘中再加砝码，使天平恢复平衡。试列出待测磁场磁感应强度B的表达式。分析和解本题应着眼于线圈底边在安培力作用下天平的平衡以及电流方向变化后天平调整重新平衡等问题．因此需对线圈及天平进行受力分析，根据平衡条件确定有关量的量值关系。对于第一种情况，即线圈（设线圈质量为M）通以逆时针方向电流时，根据左手定则判定其底边所受安培力F的方向竖直向上。如果这时左盘中置砝码m可使天平平衡，则应有①第二种情况，即线圈改通顺时针方向电流后，显然其底边所受安培力方向变为竖直向下。左盘需再加砝码，以使天平重新平衡，这时则有②由①、②两式可得，根据安培力的计算式，并考虑到线圈的匝数，有。所以待测磁场的磁感应强度，即为所求。（2）关于洛仑兹力大小的计算式，其中为B与的方向夹角（见图9－3），由式可知，由于取值不同，洛仑兹力值亦将随之而变，其中取、值时为零，取时值最大。本式的适用范围比较广泛，但在中学物理教学中只讨论带电粒子在匀强磁场中的运动，而且大纲规定，洛仑兹力的计算，只要求掌握跟B垂直的情况。关于洛仑兹力的作用效果，解题中通常遇到的情况举例说明如下：①在匀强磁场中带电粒子的运动。a、如果带电粒子的运动速度垂直于磁场B，即＝，如图9—9所示，则带电粒子将在垂直于B的平面内做匀速圆周运动，这时洛仑兹力起着向心力的作用．根据牛顿第二定律，应为，由此可得，圆运动半径。角速度。周期。粒子动量的大小。粒子的动能。b、如果带电粒子的运动速度与磁场B不垂直，臂如锐角，如图9－10所示。则可将分解为及,其中带电粒子q一方面因而受洛仑兹力的作用，在垂直于B的平面内做一个匀速圆周运动；同时，还因而做一平行于磁场的与苏直线运动。两分运动的合运动为如图9－10所示的沿一等距螺旋线运动，其距轴的半径，螺距。高中奥林匹克物理竞赛解题方法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△SAA′=v△t则人影顶端的移动速度可见vc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：由于每段铁链沿切线向上的拉力比沿切线向下的拉力大△Tθ，所以整个铁链对A端的拉力是各段上△Tθ的和，即观察的意义，见图3—2—乙，由于△θ很小，所以CD⊥OC，∠OCE=θ△Lcosθ表示△L在竖直方向上的投影△R，所以可得铁链A端受的拉力例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，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，半径为a，可以得到行星在△t时间内扫过的面积同理，设行星在经过远日点B时也运动了相同的极短时间△t，则也有由开普勒第二定律可知：Sa=Sb即得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v1、v2分别是人和船在任何一时刻的速率，则有①两边同时乘以一个极短的时间△t，有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，由此将②式化为③把所有的元位移分别相加有④即ms1=Ms2⑤此式即为质心不变原理.其中s1、s2分别为全过程中人和船对地位移的大小，又因为L=s1+s2⑥由⑤、⑥两式得船的位移例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，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在该平面上受拉力F的作用，合力为因为当θ很小时，所以再看正视图3—5—乙，△m受重力△mg，支持力N，二力的合力与T平衡.即现在弹性绳圈的半径为所以因此T=①、②联立，，解得弹性绳圈的张力为：设弹性绳圈的伸长量为x则所以绳圈的劲度系数为：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=mrω2，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，受圆环对它的张力为T，则同上例分析可得因为△θ很小，所以，即解得最大角速度例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作用的冲量为因为所以解得冲力：，其中就是t时刻链条的速度v，故链条在t时刻的速度v即为链条下落长为x时的即时速度，即v2=2gx，代入F的表达式中，得此即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，速度，右边绳长为又经过一段很短的时间△t以后，左边绳子又有长度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和它本身的重力为绳子的线密度），根据动量定理，设向上方向为正由于△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，所以有因此钉子对右边绳端的作用力为例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：当△θ很小时，∴△N=T△θ又因为△L=R△θ则绳所受法向支持力线密度为①以M、m分别为研究对象，根据牛顿定律有Mg－T=Ma②T－mg=ma③由②、③解得：将④式代入①式得：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其对应的质量分别为由于△α很小，故△m1、△m2与m的距离可以认为分别是所以△m1、△m2与m的万有引力分别为由于α具有任意性，若△F1与△F2的合力为零，

则两圆环对m的引力的合力也为零，即解得大小圆环的线密度之比为：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：所以发动机的功率例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.因此OC+O′C′=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′=即等式两边同除以△t得环O的速度为例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，水银的表面张力系数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，，还有上表面分界线上的张力F1=σ△x和下表面分界线上的张力F2=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：即解得：由于故2.7×10－3m<h<3.8×10－3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4×10－3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p0、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=(p0－p)S①对进入的△m气体，由动能定理得：②而△m=ρS△L联立①、②、③式可得：最初中进容器的空气速度例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.选电荷元它在P点产生的电场的场强的x分量为：根据对称性由此可见，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，电流元I△L所受的安培力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，当△θ很小时，解得圆环中张力为例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v0，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金属杆受到安培力为由于时间极短，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：对所有的位移求和，可得安培力的总冲量为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－mV0②由①、②两式得：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.L1和L2是两根横放在导轨上的导体小棒，质量分别为m1和m2，且.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L1、L2为研究对象得：①同理得：②由①、②得：又因为所以而Q=CEq=CU′=CBLv所以解得小棒的最终速度（2）因为总能量守恒，所以即产生的热量针对训练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？