10假设法高中物理解题14法.docx
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10假设法高中物理解题14法
十、假设法
方法简介
假设法是对于待求解的问题,在与原题所给条件不相违的前提下,人为的加上或减去
某些条件,以使原题方便求解。
求解物理试题常用的有假设物理情景,假设物理过程,假设物理量等,利用假设法处理某些物理问题,往往能突破思维障碍,找出新的解题途径,化难为易,化繁为简。
赛题精析
例1如图2—10—1所示,一根轻质弹簧上端固定,下端挂一质量为mo的平盘,盘中
有一物体,质量为m•当盘静止时,弹簧的长度比其自然长度伸长了L.今向下拉盘使弹簧再
伸长△L后停止,然后松手放开•设弹簧总处在弹性限度以内,则刚松开手时盘对物体的支持力等于(
A.
B.
C.
D.
)
(1+△L/L)mg
(1+△L/L)(m+mo)g
△Lmg
(△L/L)(m+mo)g
图2—10-1
解析此题可以盘内物体为研究对象受力分析,根据牛顿第二定律列出一个式子,然
后再以整体为研究对象受力分析,根据牛顿第二定律再列一个式子和根据平衡位置的平衡条件联立求解,求解过程较麻烦。
若采用假设法,本题将变得非常简单。
假设题中所给条件△L=0,其意义是没有将盘往下拉,
盘仍静止,盘对物体的支持力的大小应为mg.以厶L=0
到mg.由上述分析可知,此题答案应为A.
例2如图2—10—2所示,甲、乙两物体质量分别为m1=2kg,m2=3kg,叠放在水平桌面上。
已知甲、乙间的动摩擦因数为卩1=0.6,物体乙与平面间的动摩因数为卩2=0.5,现用水平拉力F作用于物体乙上,使两物体一起沿水平方向向右做匀速直线运动,如果运动中甲在水平方向上的受力情况(g取10m/s2)
A.大小为12N,方向向右
C.大小为10N,方向向右解析当F突变为零时,可假设甲、乙两物体一起沿水平方运动,则它们运动的加速度可由牛顿第二定律求出。
由此可以求出甲所受的摩擦力,若此摩擦力小于它所受的滑动摩擦力,则假设成立。
反之不成立。
如图2—10—2—甲所示。
牛顿第二定律得:
f2=(m1+m2)a
f2=N2=2(mi+m2)g
由①、②得:
a=5m/s2
则松手放开,弹簧长度不会变化,
代入四个选项中,只有答案A能得
图2-10-2
B.大小为12N,D.大小为10N,
F突然变为零,则物体
方向向左
方向向左
2-10-2-甲
假设甲、乙两物体一起沿水平方向运动,则
2—10—2—甲由
可得甲受的摩擦力为fi=mia=10N
因为f=卩imi=12N
fi 所以假设成立,甲受的摩擦力为10N,方向向左。 应选D。 例3一升降机在箱底装有若干个弹簧,如图2—10—3所示,设在某次事故中,升 □ 图2-】0—3 降机吊索在空中断裂,忽略摩擦力,则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中 () A.升降机的速度不断减小 B.升降机的速度不断变大 C.先是弹力做的负功小于重力做的正功,然后是弹力做的负功大于重力做的正功 D.到最低点时,升降机加速度的值一定大于重力加速度的值 解析升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程,它受重力、弹簧弹力 两个力作用。 当重力大于弹力时速度继续增大,当重力等于弹力时速度增大到最大,当重力小于弹力时,速度开始减小,最后减为零,因而速度是先增大后减小,所以选项C正确。 假设升降机前一运动阶段只受重力作用,做初速度为零的匀加速直线运动,它下降了h 高度,末速度为v,则 v2=2gh 后一运动阶段升降机只受弹力作用,做初速度为v、末速度为零的匀减速直线运动,把 弹簧压缩了x,则 v2=2ax 所以2gh=2ax 0kx 2kxkx2h —J,所以2hg2()x,即 m2mmgx 当物体以某一速率绕圆锥体的轴线做水平匀面内的匀速圆周运动时,可能存在圆锥体对物体的弹力为零的临界状况,此时物体刚好与圆锥面接触但不发生形变。 而当速率 变大时,物体将脱离圆锥面,从而导致绳对物体的拉力大小和方向都要变化。 因此,此题的关键是先求出临界状态下线速度的值。 以小物体为研究对象,甲所示,根据运动定律得: Tcos0=mg 假设它与圆锥面接触,而没有弹力作用。 受力如图 2—10—4— 2 mv Tsin0= v所以物体m与圆锥而接触且有压力,受力如图2—10—4—乙 所示,由运动定律得 Ticos0+Nsin0=mg 2Vi Tisin0—Ncos0=m Lsin 解得拉力: T1哑(33 6 1) (2)因为v v, 所以物体m脱离圆锥面,设绳子与轴线的夹角为 ,受力 如图2—10—4—丙所示,由运动定律得: T2sin 2 V2 m— Lsin T2cos mg 72 解得绳子拉力: T2=2mg 例5如图2—10—5所示,倾角为a的斜面和倾角为3的斜面具有共同的顶点 B分别放在两斜面上,由一根跨过 P,在 顶点上安装一个轻质小滑轮,重量均为W的两物块 滑轮的细线连接着,已知倾角为a的斜面粗糙,物块与斜面间摩擦因数为a;倾角为3的斜面光滑,为了使两物块能静止在斜面上,试列出a、3必须满足的关系式。 解析因题目中没有给出具体数值,所以 精糙斜面上物块的运动趋势就不能确定,应考虑两种可能。 S2-10-5 令细线的张力为T,假设物块A有沿斜面向上运动的趋势时,对A物块有 T—aWcosa=Wsina 对B物块有: T=Wsin3 两式联立解得: sin3=sin a+aCOSa 同理,假设物块A有沿斜面向下运动的趋势时,可解得 3Fcos3=4mg 再以B球为研究对象,受重力据共点力平衡条件,有 sin3=sina—口cosa 因此,物块静止在斜面上时两倾角的关系为sina—口cosa r 例6如图2—10—6所示,半径为r的铅球内有一半径为的球形空腔,其表面与球 2 面相切,此铅球的质量为M,在铅球和空腔的中心连线上,距离铅球中心L处有一质量为 (可以看成质点),求铅球小球的引力。 解析设想把挖去部分用与铅球 同密度的材料填充,填充部分铅球的质量为Mi.为了抵消填充球体产生的引力,我们在右边等距离处又放置一个等质量的球体。 如图2—10—6甲所示。 设放置的球体的质量为Mi, FFoFi 2r2 GM0m/LGMim(L) 228GMm/7L4GMm/7(2Lr)(4GMm/7)[2/L2i/(2Lr)2] 例7三个半径为r、质量相等的球放一在 一个半球形碗内,现把第四个半径也为r,质量也 相等的相同球放在这三个球的正上方,要使四个球都能静止,大的半球形碗的半径应满足什么条件? 不考虑各处摩擦。 解析假设碗的球面半径很大,把碗面变成平面。 四个球后,下面的三个球会散开,所以临界情况是放上第四个球后,下面三个球之间刚好无 弹力。 把上面的球记为A,下面三个球分别记为B、C、D,则四个球的球心连起来构成一 个正四面体,正四面体的边长均2r,如图2—i0—7所示。 设A、B球心的连线与竖直方向的夹角为a,设碗面球心为0,0与B球心的连线与竖直方向的夹角为3,碗面对上面三个球的作用力都为F,如图2—10—7—甲所示。 先以整 体为研究对象,受重力、碗面对三个球的弹力F,在竖直方向上有 ① mg、碗面对B球的作用力F、A球对B的压力Fn,根 FcosmgFncos FsinFnsin 消去Fn,得: ①、②联立,消去F得: tan1tan 2r正四面体,如图2—10—7所示,根据几何关系, 4 因为四个球的球心构成一个边长为 可以知道: tan BO AO BO AB2BO 代入③式得: tan 1 4、2 于是碗面的半径为 BO 0)2 (233r^2 BO r sin 所以半球形碗的半径需满足例8如图2—10—8所示,一根全长为L、粗细均匀的铁链,对称地挂在轻小光滑的定滑轮上,当受到轻微的扰动,铁链开始滑动,当铁链下降Li(LiWL/2)的瞬间,铁链的速度多大? 解析在铁链下降时,只有重力做功,机械能守恒。 当铁链下降Li时,如图2—10—8—甲所示,段剪下来再接到右侧铁链的下端CD处实现的。 设铁链的总质量为m,铁链下降到L1时,L1段中心下降L1高,所以重力做功 RW7.633r. 假设此位置是把左侧铁链下端 AB=Li mgLi2 WLL1gL1L 根据机械能守恒定律: 2 mv 2 mgL: L 解得铁链的速度: 例9如图2—10—9所示,大小不等的两个容器被一根细玻璃管连通,玻璃管中有一段水银柱将容器内气体隔开(温度相同),当玻璃管竖直放置时,大容器在上,小容器在 下,水银柱刚好在玻璃管的正中间,现将两容器同时降低同样的温度,若不考虑容器的变化, 则细管中水银柱的移动情况是() A.不动B.上升C.下降D.先上升后下降 解析只要假设水银柱不动,分析气体压强随温度的变化情况,就可判定水银柱怎样 移动。 假设水银柱不移动,则两部气体的体积都不变,根据查理定律,有: 例10如图2—10—10所示,将一定量的水银灌入竖直放置的U形管中,管的内径均匀,内直径d=1.2cm.水银灌完后,两管听水银在平衡位置附近做简谐振动,振动周期T=3.43s.已知水银的密度p=1.36xi04kg/m3.试求水银的质量m. 解析题中水银做简谐振动,已知振动周期要求水银的质量 期公式T2,T已知,关键是求出k.简谐振动的物体受的回复力F=—kx,找出F 与x的关系,求出k,问题就可以求解. 如图2—10—10所示,设水银离开平衡位置的距离为xcm,则回复力为 Fd22xg 4a 由回复力的大小F=kx,得: kFd2g x2 根据T2.m Vk 解得水银的质量 9kg T2kT2d2g(3.43)2(0.012)2(1.36104)9.8 m——2 4883.14 例11热气球是靠加热气球内部空气排除部分气体而获得上升动力的装置,现外界 气体温度是15C,密度为1.2kg/m3,气球内、外气压相等,要用容积1000m3的气球吊起200kg的重物,必须把气球内的空气温度加热到多少才行? (取g=10m/s2) 解析加热气球内的气体时,气体被排出,质量减少,在浮力不变的情况下,使F浮 >G总时,热气球升空.这里出现了气体质量减小的变质量问题,为应用三大实验定律只有依靠假设法,在此,为应用等压变化规律,假设升温后排出去的气体与留在热气球内的气体状态相同,如图2—10—11所示。 初态体积V1=V0,末态体积V2=V°+AV0气体质量m=pV°=1.2kg/m3X1000m3=1.2X03kg F浮=p空gV0>G总=(m,+m物)g 代入已知数据: 1.2XI0X103>(m'+200)X10得m'w1.0X03(kg) 其中m是加热前热气球内空气质量,m'为 加热后热气球内空气质量. △m=m—m'=1.2X103kg-10xi03kg=200kg 当密度相同时,—V,所以V—Vo200m3 mVom 对等质量、等压的气体应用盖•吕萨克定律 初态V=Vo=io3m3 Ti=273+15=288k 未态V2=Vo+△V=1.2X103m3 根据: VlT^ V2T2 V2 解得加热后气体温度: T2=2Ti=345.6K=72.6°C. Vi 例120.2L的氧气瓶内,装有4g氧气,在室温为0C时,瓶内氧气的压强是多少? 解析本题乍一看似乎缺少已知量,更无法利用理想气体状态方程,但当我们假设 这些氧气的标准状态为初态时,则问题就可以解决了 假设这些氧气的初态为标准状态,则有 4 Vi22.4L 32 p11atm 壬273K 由已知该氧气的末状态为V1=0.2L,T2=273K,p2未知, 由于T1=T2,所以根据玻意耳定律P1V1=P2V2 解得P2=1.4atm 例13如图2—10—12所示,用导热材料制成的两端开口的U型管ABCD,其中AB 高L1=24cm,CD高L2=20cm,截面积分别为SAB=1cm2,ScD=2cm2,开始时两管均有高h=16cm 的水银柱,现用两个橡皮帽将两个管口封闭,打开下方的阀门K,有注射器从底部缓慢抽出 水银,当其中的一个管内的水银被抽干时立即关闭阀门 (1)请你判断首先被抽干的是哪一管中的水银? (2)另一只管中剩余的水银柱高度为多少? 解析求解这一类题时,应根据可解的情况 先做出必要的假设,然后按着所做出的假设进行推理,在推理过程中,对所做假设做出否定或认同即可求解. 假设左管内水银先被抽干,并设这时右管内剩余水银柱的高度为x,对左管内圭寸闭气体用玻意耳定律有 可得p1Vlp1(2416)S7525cmHg V124S 所以右管内气体压强为P2‘=(25—x)cmHg 再对右管内被封气体,根据玻意耳定律得: 75(20—16)Scd=(25—x)(20—x)Scd 整理得: x2—45x+200=0 解得: x=5cm或40cm(不合题意舍去) 在根据以上假设列的方程中,有满足题设的实数解,故所做假设成立,即左管内水银先抽干,且此时右管内剩余水银柱高度为5cm. 例14如图2—10—13所示,正四面体ABCD各面均为导体,但又彼此绝缘,已知带电后四个面的电势分别为1,2,3,4, 求四面体中心点的电势• 解析保持四面体不动,假设按照一定 方式调换四个面上的电荷,即假设四个面的电荷绕中心O转动,结果会得到正四面体的四个面的若干带电模式,由于转动时并未改变各面电荷之间的相对位置,所以各种模式在中心O点的电势o都相同。 现假设将四种模式叠加,则O点电势应为4o。 另一方面,四处模式叠加后,正四面体的每个面的电势皆为 1+2+3+4,这时正四面体构成一近似封闭的等势面,它所包围的空间(其中无电荷)就近似为一等势体,因此O点的电势为1+2+3+4。 所以上分析得出: 40=1+2+3+4 1 所以中心点的电势0=(1+2+3+4) 4 例15有一半径为R的不导电的半球薄壳,均匀带电,倒扣在xOy平面上,如图2 —10—14所示,图中O为球心,ABCD为球壳边缘,AOC为直径。 有一电电为q的点电荷位于OC上的E点,OE=r。 已知将此点电荷由E点缓慢移至球壳顶点T时,外力需要做功W(W>0),不计重力影响• (1)试求将此点电荷由E点缓慢移至A点外力需做功的正负、大小,并说明理由; (2)P为球心正下方的一点,OP=R.试求将此点电荷由E点缓慢移至P点,外力需做功的正负及大小,并说明理由• 解析 (1)假设取另一完全相同的带电半球壳 图2-10-14 扣在题给的半球壳下面,构成一个完整的地均匀带电球壳,则球壳及其内部各点电势都相等,令U表示此电势。 根据对称性可知,上下两个半球壳分别在圆面ABCD上各 点引起的电势是相等的,再由电势叠加原理可知,当只有上半球壳存在时,圆面ABCD上 各点的电势都应为完整球壳内电势的一半,即U/2,所以将电荷由E点移至A点的过程中, 外力做功为零。 (2)对完整球壳,E点与T点等势,电势差为零。 由电势叠加原理可知,若上半球壳 在T、E两点形成的电势差为(Ut—Ue),则下半球壳在T、E两点形成的电势差必为一(Ut— Ue).已知W=q(Ut—Ue).所以在下半球产生的电场中,q由E到T外力做功必为一W.由对称 性可知,在上半球壳产生的电场中,q由E到P外力的功刀必为一 例16无穷方格电阻丝网格如图2—10—15所示, 其中每一小段电阻丝的电阻均为r,试求相邻两个格点 A、B间的等效电阻Rab. 解析假设从A点注入电流I,根据对称性, 追踪一条支路,再根据欧姆定律可求出Rab. 假设电流I从A点流入,不从B点流出,I将 分流到无穷远处。 据对称性,其中有丄流经AB段。 4 再假设电流I不是从A点流入,而是从无穷远处流向 B点,从B点流出,据对称性,其中也有1/4流经AB段。 现在假设电流I从A点流入,经过足够长的时间达稳定后,从B点流出的电流也应为I,经AB段的电流为两个1/4的叠加,如图2—10—15—甲所示,即为—,于是有Uab=(—)r.所以AB间的等效电阻Rab=Uab/|=「/2. 22 例17如图2—10—16所示,在半径为r的圆柱形区域内,充满与圆柱轴线平行的 匀强磁场,一长为..、3r的金属棒MN与磁场方向垂直地放在磁场区域内,棒的端点MN恰 B 在磁场边界的圆周上,已知磁感应强度B随时间均匀变化,其变化率为=k,求MN中 产生的电动势为多大? 2-10-16-T 解析由题可知,MN上有感应电动势,这种感应电动势无法直接计算。 但如果注意 MN的长为,3r,结合题意,可虚构两根与NM完全相同的金属棒与MN棒一起刚好构成 圆的内接正三角形,如图2—10—16—甲所示•由法拉第电磁感应定律,这一回路中的感应电 B3 动势 S—J3kr2.MN上的感应电动势是整个回路中电动势的1/3,所以 t4 仝kr2 4 针对训练 &如图2—10—23所示,两种电路中电源相同,各电阻器阻值相等,各电流表的内阻相等且不可忽略,电流表A1,A2,A3,和A4读出的电流值分别为11、12、13和14。 下列关系式中正确的是 A.|1=|3B.|1<|4C.12=211D.|2<|3+|4 9.如图2—10—24所示,匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,质量为m、电 量为+q的微粒在磁场中由静止开始下落,空气阻力不计。 求微粒下落的最大高度和最大 速度。 10.两根相距d=0.2m的平行光滑金属长轨道与水平方向成30°角固定,匀强磁场的磁感应 强度B=0.2T,方向垂直两导轨组成的平面。 两根金属棒ab、cd互相平行且始终与导轨 垂直地放在导轨上,它们的质量m1=0.1kg,m2=0.02kg,两棒电阻均为0.02Q,导轨的电 阻不计。 如图2—10—25所示,ab棒在平行于导轨平面斜向上的外力作用下,以v=1.5m/s 的速度沿斜面匀速向上运动,求在此过程中金属棒cd运动的最大速度。 xt>x X卞^2—10—24 11.两个定值电阻Ri、R2串联后接在输出电压U稳定于12V的直流电源上。 有人把一个内阻不是远大于Ri、R2的电压表接在Ri两端,如图2—10—26所示,电压表的示数8V,如果把此电压表改接在R2的两端,则电压表的示数将() A.小于4VB.等于4V H2—10—27 12.如图2—10—27所示的电路中,电池的电动势为£,内阻为r,Ri和R2是两个阻值固 定的电阻。 当可变电阻R的滑片向a点移动时,通过R1的电流 I1和通过R2的电流I2将 发生如下的变化中,正确的是 () A.11变大,12变小 B.I 1变大, I2变大 C.I1变小,|2变大 D.I 1变小, I2变小 十、假设法 1.A2.vA一(1.6)m/s,vB 15 4,6, m/s,vC 10 一(1、6)m/s 15 3. 不会离开斜面,因为 2 A与B的相互作用力为(mMcosg)/[Mmsin ],始终为正 4. 值。 I 1)rR (3231)r5.水银柱将向左移动 33 6. 4KQ2 2 1.亠mg 2]8.B、D9.dm2—^^,Vm (2rR)2q2B2 2mg qB 12.C 10.v=1m/s,方向沿斜面向下11.A
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- 10 假设 高中物理 解题 14