高中物理解题微元法.docx
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高中物理解题微元法
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
v
C
lim
t0
S
CC
t
lim
t0
H
H
h
t
S
AA
Hv
H
h
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:
TTGcosTTGcosLgcos
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△T
θ的和,
即TTLgcosgLcos
观察Lcos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LcosR可得铁链A端受的拉力TgLcosgR
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vA,
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的大小.
B
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
v,半径为a,可以得到行星在△t时间内扫过的面积
A
1
SavA
2
ta
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,
1
则也有Svtb
b2
B
由开普勒第二定律可知:
Sa=Sb
即得
a
vBv此题也可用对称法求解.
A
b
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
mv1Mv①两边同时乘以一个极短的时间△t,有mv1tMv2t②
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svt1,s2v2t
1
由此将②式化为
ms1Ms③
2
把所有的元位移分别相加有
ms1Ms④
2
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
m
由⑤、⑥两式得船的位移L
s2
Mm
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2R,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mM
2
△m在该平面上受拉力F的作用,合力为
T
2Fcos()2F
2
sin
2
因为当θ很小时,sin所以TFF
2
2
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Tmgtan
2R2
现在弹性绳圈的半径为R
r
22
r2
所以45
sin
R2
tan1
因此T=mgMg
2
①、②联立,MgF
2
,
解得弹性绳圈的张力为:
F
Mg
2
设弹性绳圈的伸长量为x则x2RR(21)R
所以绳圈的劲度系数为:
k
F
x
2(
Mg
21)
(2
22
R
1)Mg
2
R
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=mrω
2,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mM
2
,受圆环对它的张
力为T,则同上例分析可得
2Tsinmr
2
2
因为△θ很小,所以
sin,即
22
2
2TMr解得最大角速度
22
2
T
Mr
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
(FMg)tI因为Mgt0
所以FtMv0vx解得冲力:
x
Fv,其中
t
x
t
就是t时刻链条的速度v,
故
2
Fv链条在t时刻的速度v即为链条下落
2=2gx,代入F的表达式中,得F2gx长为x时的即时速度,即v
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.
3Mgx
所以在t时刻链条对地面的总压力为.
N2gxgx3gx
L
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
1
的距离为x时,左边绳长为()
lx,速度v2gx,
2
1
右边绳长为().
lx又经过一段很短的时间△t以后,2
1
左边绳子又有长度Vt
2
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
1
力T和它本身的重力vtg(m/l
2
为绳子的线密度),
11
根据动量定理,设向上方向为正)
(Tvtg)t0(vtv
22
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,
1
所以有Tv2gx
2
因此钉子对右边绳端的作用力为
F
1
2
(l
x)
g
T
1
2
mg(1
3x
l
)
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:
NT
sinTsin2T
22
sin
2
当△θ很小时,
sin∴△N=T△θ
22
又因为△L=R△θ
则绳所受法向支持力线密度为
NTT
n①
LRR
以M、m分别为研究对象,根据牛顿定律有Mg-T=Ma②
T-mg=ma③由②、③解得:
T
2Mmg
Mm
将④式代入①式得:
n
(
2Mmg
Mm)
R
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
L1R2L2r2
其对应的质量分别为1lR2
m
111
m2lr2由于△α很小,
222
故△m1、△m2与m的距离可以认为分别是12Rcosr2rcos
r
2
所以△m1、△m2与m的万有引力分别为
GmmGR2mGmmGR2
1122
F,F
1(2cos)
2
222
r(2Rcos)rr
12
m
2
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
G
R
2
1
cos
(2R
m
2
)
G
(
2
2r
r2
cos
)
m
2
解得大小圆环的线密度之比为:
1
2
R
r
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:
W
1
2
2
mv
12
mv
W12
所以发动机的功率MgV
P
t(mV/Mg)2
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.
ODOD
OC,OC因此OC+O′C′=
coscos
OD
O
cos
D
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′=
O
C
cos
1
即OCOC
(1)
cos
1
等式两边同除以△t得环O的速度为1)
v0v(
cos
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
3/3
13.610kgm,水
银的表面张力系数0.49N/m.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
1,
1
2
积△x·h上的压力F,FPShgxhghx
22
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:
FF1cosF20
12
即cos0
ghxxx2
2(1cos)3
解得:
h2.7101cos
g
-3-3由于,11cos2,
0所以故2.7×10
m -3-3 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3×10m或4×10m. 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: 1 2 FLmv②而△m=ρS△L 2 2(p0p) v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. Q 选电荷元, qR它在P点产生的电场的场强的x分量为: 2R Exk r qRQ cosk 22(22) RRx 2 R x 2 x 根据对称性 EEx kQxkQxkQx 2 223223(22) 2(Rx)2(Rx)Rx 3 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 QR I,电流元I△L所受的安培力FILBQB 22 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, 2 2TsinFmR 2 RQB 2 当△θ很小时,mR sinT 222 m m 2 T RQB 2 m 2 2R R 解得圆环中张力为() TQBm 2 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 I RtR BL x tR 金属杆受到安培力为 F 安 ILB B 22 L tR x 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: I F 安 t B 22 L R x 对所有的位移求和,可得安培力的总冲量为 I 2222 BLxBL (①其中x为杆运动的最大距离, )x RR 对金属杆用动量定理可得I=0-mV0② 由①、②两式得: x mV R 0 2 B 2 L
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