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高中奥林匹克物理竞赛解题方法之十假设法


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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 m0 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.(1+△L/L)mg B

.(1+△L/L)(m+m0)g C.△Lmg D.(△L/L)(m+m0)g 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,则松手放开,弹簧长度不会变化,盘仍静止,盘对物体 的支持力的大小应为 mg. 以△L=0 代入四个选项中,只有答案 A 能得到 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μ 1=0.6,物体乙与平面间的动摩因数为μ 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 F 突然变为零, 则物体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 B.大小为 12N,方向向左 C.大小为 10N,方向向右 D.大小为 10N,方向向左 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。假设甲、乙两物体一起沿水平方向运动,则 2—10—2—甲由牛顿第二定律得: f2=(m1+m2)a ① f2=μ N2=μ 2(m1+m2)g ② 2 由①、②得:a=5m/s 可得甲受的摩擦力为 f1=m1a=10N 因为 f=μ 1m1=12N f1<f 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

0 ? kx kx kx 2h 而a ? ? 2 , 所以2hg ? 2( ) x,即 ? m m 2m mg x

?F

因为 h ? x, 所以

kx kx ? mg 2mg ? mg ? 2,即a低 ? ? ? g , 所以选项 D 也正确. mg m m

例 4 一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上,其轴线沿竖直方向,母线与轴线之间的夹角为θ =30°,如图 2 —10—4 所示。 一长为 L 的绳 (质量不计) 一端固定在圆锥体的顶点 O 处, , 另一端拴着一个质量为 m 的小物体 (可 看做质点) 。物体以速度 v 绕圆锥体的轴线在水平面内做匀速圆周运动。

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(1)当 v1 ?

gL 时,求绳对物体的拉力; (2) v 2 ? 6

3 gL ,求绳对物体的拉力。 2

解析 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, 假设它与圆锥面接触, 而没有弹力作用。 受力如图 2—10—4—甲所示, 根据运动定律得: Tcos θ =mg ① Tsinθ =

mv 2 L sin?



解得: v ?

3gL 6

(1)因为 v1 ?

gL ? 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 6
① T1sinθ -Ncosθ =m

T1cosθ +Nsinθ =mg 解得拉力: T1 ? (2)因为 v 2 ? 由运动定律得:

v12 L sin?



mg (3 3 ? 1) 6
3 gL ? 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, 2

T2 sin ? ? m

2 v2 L sin ?



T2 cos? ? mg



解得绳子拉力:T2=2mg 例 5 如图 2—10—5 所示,倾角为α 的斜面和倾角为β 的斜面具有共同的顶点 P,在顶点上安装一个轻质小滑 轮,重量均为 W 的两物块 A、B 分别放在两斜面上,由一根跨过滑轮的细线连接着,已知倾角为α 的斜面粗糙,物 块 与斜面间摩擦因数为μ ;倾角为β 的斜面光滑,为了使两物块能静止在斜面上,试列出α 、β 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。 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-μ Wcosα =Wsinα 对 B 物块有:T=Wsinβ 两式联立解得:sinβ =sinα +μ cosα 同理,假设物块 A 有沿斜面向下运动的趋势时,可解得 sinβ =sinα -μ cosα 因此,物块静止在斜面上时两倾角的关系为 sinα -μ cosα ≤sinβ ≤sinα +μ cosα 例6 如图 2—10—6 所示,半径为 r 的铅球内有一半径为

r 的球形空腔,其表面与球面相切, 2

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 m 的小球(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 M1.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。

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设放置的球体的质量为 M1,则 M 1 ? ? ? ? ( ) 3 ? 填补后的铅球质量:M0=M+M1=8M/7.

4 3

r 2

1 1 M0 ? M 8 7

r F ? F0 ? F1 ? GM 0 m / L2 ? GM 1m( L ? ) 2 ? 8GMm / 7 L2 ? 4GMm / 7(2 L ? r ) 2 则原铅球对小球引力为 2 2 2 ? (4GMm / 7)[2 / L ? 1/ (2 L ? r ) ]
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。因为各接触面是光滑的,当放上第四个球后,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—10—7 所示。 设 A、B 球心的连线与竖直方向的夹角为α ,设碗面球心为 O,O 与 B 球心的连线与竖直方向的夹角为β ,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 3Fcosβ =4mg ① 再以 B 球为研究对象,受重力 mg、碗面对 B 球的作用力 F、A 球对 B 的压力 FN,根据共点力平衡条件,有

? F cos ? ? mg ? FN cos? ? ? F sin ? ? FN sin ?
消去 FN,得: tan ?

F sin ? F cos ? ? mg



①、②联立,消去 F 得: tan ? ?

1 tan? 4
2 3 ? ? 2r 3 2 ( 2r ) 2 ? (



因为四个球的球心构成一个边长为 2r 正四面体,如图 2—10—7 所示,根据几何关系,可以知道:

BO ? tan? ? ? AO ?

BO ? AB ? BO ?
2 2

?

?

2 3 2 r) 3

1 2

代入③式得: tan ? ?

1 4 2 BO ? ? r ? BO ? 1 ? cot 2 ? ? r =7.633r sin ?

于是碗面的半径为 R ? BO ? r ?

所以半球形碗的半径需满足 R≤7.633r. 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 L1(L1≤L/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 L1 时,如图 2—10—8—甲所示,假设此位置 是把左侧铁链下端 AB=L1 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 W ?
2 1 2 mgL1 根据机械能守恒定律: mv ? 2 L 2 mgL1 m L1 gL1 ? L L

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解得铁链的速度: v ?

2g L1 L

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:

p p ? ?p ? T T ? ?T 化简为 : ?p ? 有?p A ? ?T p T

?T ?T p A , ?p B ? pB T T 由于p A ? p B , 所以?p A ? ?p B , 水银柱向下移动故选C.
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ρ =1.36× 4kg/m3.试求水 10 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 m . 根据简谐振动的周期公式 T ? 2?

m ,T k

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 F ? 由回复力的大小 F=kx,得: k ? 根据 T ? 2?

?
4

d 2 ? 2 x ? ?g

F ? 2 ? d ?g x 2

m k

解得水银的质量 m ?

T 2 k T 2 d 2 ?g (3.43) 2 ? (0.012 ) 2 ? (1.36 ? 10 4 ) ? 9.8 ? ? ? 9kg 8? 8 ? 3.14 4? 2

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 15℃,密度 3 为 1.2kg/m ,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=V0+△V0 气体质量 m ? ? V0 ? 1.2kg / m ?1000m ? 1.2 ?10 kg
3 3 3

F浮 ? ?空gV0 ? G 总 ? (m? ? m 物 )g

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代入已知数据: 1.2 ?10 ?10 ? (m? ? 200) ?10
3

得 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′=1.2× 3kg-10× 3kg=200kg 10 10 当密度相同时,

?m ?V ?m ? , 所以?V ? V0 ? 200 m 3 m? V0 m?

对等质量、等压的气体应用盖·吕萨克定律 初态 V ? V0 ? 10 m
3 3

T1 ? 273 ? 15 ? 288k
3 3

未态 V2 ? V0 ?? V ? 1.2 ?10 m 根据:

V1 T1 ? V2 T2

解得加热后气体温度: T2 ? T1 ?

V2 345.6K ? 72.6℃ . V1

例 12 0.2L 的氧气瓶内,装有 4g 氧气,在室温为 0℃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

V1 ?

4 ? 22.4 L 32

p1 ? 1atm

T1 ? 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 K.(已知 大气压强为 p0=75cmHg) (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,对左管内封闭气体用玻意耳 定律有 p1V1=p1′V1′

? 可得 p1 ?

V1 (24 ? 16) S p1 ? ? 75 ? 25cmHg V1? 24 S

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

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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 ? 0 都相同。现假设将四种模式叠加,则 O 点电势应为 4 ? 0。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:4 ? 0= ? 1+ ? 2+ ? 3+ ? 4 所以中心点的电势 ? 0=

1 ( ? 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-(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-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-W. 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

I 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 I/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 I/4 的叠加,如图 2—10—15—甲所示,即为 的等效电阻 RAB=UAB/I=r/2.

I I ,于是有 UAB=( )r.所以 AB 间 2 2


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