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高中物理奥赛解题方法:03 微元法


三、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 Δt(Δt →0) ,则人由 AB 到达 A′B′,人影顶端 C 点到达 C′ 点,由于 ΔSAA′= vΔt 则人影顶端的移动速度:
H ?SAA ? ?SCC? H H?h vC = lim = lim = v ?t ? 0 ?t ?0 ?t H?h ?t

可见 vc 与所取时间 Δt 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 ΔL 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: Tθ + ΔTθ = ΔGcosθ + Tθ ,ΔTθ = ΔGcosθ = ρgΔLcosθ
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由于每段铁链沿切线向上的拉力比沿切线向下的拉力大 ΔTθ ,所以整个铁链对 A 端 的拉力是各段上 ΔTθ 的和,即: T = ΣΔTθ = ΣρgΔLcosθ = ρgΣΔLcosθ 观察 ΔLcosθ 的意义, 见图 3—2—乙, 由于 Δθ 很小, 所以 CD⊥OC , ∠OCE = θΔLcosθ 表示 ΔL 在竖直方向上的投影 ΔR ,所以 ΣΔLcosθ = R ,可得铁链 A 端受的拉力: T = ρgΣΔLcosθ = ρgR 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 vB 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 Δt , 由于时间极短可 以认为行星在 Δt 时间内做匀速圆周运动, 线速度为 vA , 半径为 a ,可以得到行星在 Δt 时间内扫过的面积:
1 Sa = vAΔt ? a 2

同理,设行星在经过远日点 B 时也运动了相同的极短时间 Δt ,则也有:
1 Sb = vBΔt ? b 2

由开普勒第二定律可知:Sa = Sb 。即得:vB = (此题也可用对称法求解。 )

a vA 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 Δt 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:mv1 = Mv2 两边同时乘以一个极短的时间 Δt , 有:mv1Δt = Mv2Δt 大小分别为 Δs1 = v1Δt ,Δs2 = v2Δt 由此将②式化为:mΔs1 = MΔs2 把所有的元位移分别相加有:mΣΔs1 = MΣΔs2 即:ms1 = Ms2 L = s1 + s2
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① 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 ③ ④ ⑤ ⑥

此式即为质心不变原理。 其中 s1 、 2 分别为全过程中人和船对地位移的大小, s 又因为:

由⑤、⑥两式得船的位移:s2 =

m L M?m

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
2 πR ,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 Δm 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 Δm 作为研究对象,进行受力分析。但是 Δm 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,Δm 所对的圆心角是 Δθ ,则每一小 段的质量:Δm =
?? M 2?

Δm 在该平面上受拉力 F 的作用,合力为: T = 2Fcos
? ? ?? ?? = 2Fsin 2 2 ?? = FΔθ 2

因为当 θ 很小时,sinθ≈θ ,所以:T = 2F



再看正视图 3—5—乙,Δm 受重力 Δmg ,支持力 N ,二力 的合力与 T 平衡。即:T = Δmg ? tanθ 现在弹性绳圈的半径为:r = 所以:sinθ =
2?R 2 = R 2? 2

r 2 = ,θ = 45°,tanθ = 1 R 2 ?? 因此:T = Δmg = Mg 2?



将①、②联立,有: 为:F =
Mg 2?

?? Mg = FΔθ ,解得弹性绳圈的张力 2?

设弹性绳圈的伸长量为 x ,则:x = 2 πR-πR = ( 2 -1) πR 所以绳圈的劲度系数为:k =
( 2 ? 1)Mg Mg F = = 2 2?2 R x 2( 2 ? 1)? 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
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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 ΔL , 对应的圆心角 为 Δθ ,其质量可表示为 Δm = T ,则同上例分析可得: 2Tsin
?? = Δmrω2 2 ?? ?? ?? ?? ≈ ,即:2T ? = M rω2 2 2 2 2?

?? M ,受圆环对它的张力为 2?

因为 Δθ 很小,所以:sin 解得最大角速度:ω =

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 Δt ,在 Δt 内又有 ΔM = ρΔx 落到地面 上静止。地面对 ΔM 作用的冲量为: (F-ΔMg) Δt = ΔI 因为 ΔMg ? Δt≈0 ,所以:FΔt = ΔM ? v-0 = ρvΔx ,解得冲力: F = ρv
?x ?x ,其中 就是 t 时刻链条的速度 v ,故 F = ρv2 ,链条在 t 时刻的速度 v ?t ?t

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:F = 2ρgx 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:N = 2ρgx + ρgx = 3ρgx =
3Mgx 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
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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
1 离为 x 时,左边绳长为 (l-x) ,速度 v = 2gx ,右边绳长为 2 1 (l+x) 2 1 又经过一段很短的时间 Δt 以后,左边绳子又有长度 vΔt 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
1 m 对它的拉力 T 和它本身的重力 vΔtλg(λ = 为绳子的线密度) 2 l 1 1 根据动量定理,设向上方向为正,有:(T- vΔtλg ) Δt = 0-(- vΔtλ ? v) 2 2

由于Δ 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
1 以有:T = v2λ = gxλ 2 3x 1 1 因此钉子对右边绳端的作用力为:F = (l + x)λg + T = mg(1 + ) l 2 2

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 ΔL ,ΔL 所对应的圆心角为 Δθ ,如图 3—9— 甲所示, 绳元 ΔL 两端的张力均为 T , 绳元所受圆盘法向支持力为 ΔN , 因细绳质量可忽略,法向合力为零,则由平衡条件得: ΔN = Tsin
?? ?? ?? + Tsin = 2T 2 2 2 ?? ?? ≈ , ΔN = TΔθ 。 故 又因为 ΔL = RΔθ , 2 2

当 Δθ 很小时, sin

则绳所受法向支持力线密度为: n=
?N T?? T = = ?L R?? R



以 M 、m 分别为研究对象,根据牛顿定律有:
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Mg-T = Ma T-mg = ma 由②、③解得:T =
2Mmg M?m
2Mmg (M ? m)R

② ③

将④式代入①式得:n =

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: ΔL1 = R ? 2Δα ,ΔL2 = r ? 2Δα 其对应的质量分别为: Δm1 = ρ1Δl1 =ρ1R ? 2Δα ,Δm2 = ρ2Δl2 =ρ2r ? 2Δα 由于 Δα 很小,故 Δm1 、Δm2 与 m 的距离可以认为分别是: r1 = 2Rcosα ,r2 = 2rcosα 所以 Δm1 、Δm2 与 m 的万有引力分别为: ΔF1 =
Gm?m 2 G? 2 R ? 2??m Gm?m1 G?1 R ? 2??m = ,ΔF2 = = (2R cos ? ) 2 r12 r22 (2r cos ? ) 2

由于 α 具有任意性,若 ΔF1 与 ΔF2 的合力为零,则两圆环对 m 的引力的合力也为零, 即:
G?1 R ? 2??m G? 2 R ? 2??m = (2R cos ? ) 2 (2r cos ? ) 2 ?1 R = ?2 r

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 Δt 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:FΔt = Δm ? 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 ? Δt = Δm ? v ,或者:Δt =
?m ? v Mg

1 对同样这一部分气体用动能定理,火箭对它做的功为:W = Δmv2 2
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1 ?mv 2 1 W 2 所以发动机的功率:P = = = Mgv ?mv 2 ?t Mg

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 Δt ,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。 OD O?D? OC = ,O′C′= ,因此: cos ? cos ? OC + O′C′=
OD ? O?D? cos ?



因 Δα 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 O?C? 1 由以上三式可得:OC + O′C′= ,即:OC = O′C′( -1) cos ? cos ? 等式两边同除以 Δt 得环 O 的速度为:v0 = v(
1 -1) 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 ρ = 13.6 ×103kg/m3 ,水银的表面张力系数 σ = 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 Δx ,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 Δx ? h 上的压力 F ,则:
1 1 F = P S = ρgh ? Δxh = ρgh2 ? Δx 2 2

还有上表面分界线上的张力 F1 = σΔx 和下表面分界线上的张力 F2 = σΔx 。作用在前、
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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:F-F1cosθ-F2 = 0
1 即: ρgh2 ? Δx-σΔx ? cosθ-σΔx = 0 2

解得:h =

2?(1 ? cos ?) - = 2.7×10 3 1 ? cos ? ?g

由于 0<θ<

? - - ,所以:1< 1 ? cos ? < 2 ,故:2.7×10 3m<h<3.8×10 3m 2
- -

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 3m 。 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 ΔL ,因 ΔL 很小,所以其质量 Δm 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)S
1 对进入的 Δm 气体,由动能定理得:F ? ΔL = Δmv2 2

① ② ③
2(p0 ? p) ?

而 Δm = ρSΔL 联立①、②、③式可得:最初中进容器的空气速度:v = 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 Δq = RΔθ
Q , 它在 P 点产生的电场的 2?R
x R ? x2
2

场强的 x 分量为: R??Q ?q ? ΔEx = k 2 cosα = k 2?R(R 2 ? x 2 ) r

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根据对称性:E = ΣΔEx =

kQx 2? (R ? x )
2 2 3

Σθ =

kQx 2? (R ? x )
2 2 3

? 2π =

kQx (R 2 ? x 2 )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 ΔL = RΔθ 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:I = 力:ΔF = IΔLB =
R? QBΔθ 2? Q? ,电流元 IΔL 所受的安培 2?

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,故: 2Tsin
?? -ΔF = Δmω2R 2 ?? ?? ≈ ,故有: 2 2

当 Δθ 很小时,sin TΔθ-

R?QB Δθ = Δmω2R 2? m R?QB m?2 R Δθ ,∴TΔθ- Δθ = Δθ 2? 2? 2? R? (QB + mω) 2?

∵Δm =

解得圆环中张力为:T =

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
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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 Δt ,发生了一段极小的位移 Δx , 在 Δt 时间内,磁通量的变化为: Δφ = BLΔx ,I =
? ?? BL?x = = R R?t R ?t

金属杆受到安培力为:F 安 = BIL =

B2 L2 ?x R?t

由于时间极短, 可以认为 F 安为恒力, 选向右为正方向, 在 Δt 时间内,安培力 F 安的冲量为: ΔI =-F 安 Δt =-
B2 L2 ?x R

对所有的位移求和,可得安培力的总冲量为: I = Σ (-
B2 L2 ?x B2 L2 ) =- x R R



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-mv0 由①、②两式得:x =
mv 0 R B2 L2



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。 1 和 L2 是两根横 L 放在导轨上的导体小棒,质量分别为 m1 和 m2 ,且 m1<m2 。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: FiΔti = m1 v 1? -m1v1 ,有:ΣFi1Δti1 = m1v 同理得: i2Δti2 = m2v ΣF 由①、②得:ΣFi1Δti1 + ΣFi2Δti2 = (m1 + m2)v
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① ②

又因为 Fi1 = Bli1 ,Fi1 = 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 所以解得小棒的最终速度:v =
BLCE (m1 ? m 2 ) ? CB 2 L2

1 1 q2 1 (2)因为总能量守恒,所以: CE2 = ? + ( m1 + m2)v2 + Q 热 2 2 C 2 1 1 q2 1 即产生的热量:Q 热 = CE2- ? - ( m1 + m2)v2 2 2 C 2 1 1 1 1 = CE2- ? (CBLv)2- ( m1 + m2)v2 2 2 C 2 BLCE 1 1 = CE2- [CB2L2-(m1 + m2)] (m1 ? m 2 ) ? CB 2 L2 2 2

=

(m1 ? m 2 )CE 2 2(m1 ? m 2 ? B2 L2 C)

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? 2.如图 3—19 所示,山高为 H ,山顶 A 和水平面上 B 点的 水平距离为 s 。现在修一条冰道 ACB ,其中 AC 为斜面,冰道 光滑,物体从 A 点由静止释放,用最短时间经 C 到 B ,不计过 C 点的能量损失。问 AC 和水平方向的夹角 θ 多大?最短时间为 多少? 3. 如图 3—21 所示, 在绳的 C 端以速度 v 匀速收绳从而拉动低处的物体 M 水平前进, 当绳 AO 段也水平恰成 α 角时,物体 M 的速度多大?

4.如图 3—22 所示,质量相等的两个小球 A 和 B 通过轻绳绕过两个光滑的定滑轮带 动 C 球上升,某时刻连接 C 球的两绳的夹角为 θ ,设 A 、B 两球此时下落的速度为 v , 则 C 球上升的速度多大? 5.质量为 M 的平板小车在光滑的水平面上以 v0 向左匀速运动,一质量为 m 的小球 从高 h 处自由下落,与小车碰撞后反弹上升的高度仍为 h 。设 M ? m ,碰撞弹力 N ? g , 球与车之间的动摩擦因数为 μ ,则小球弹起后的水平速度可能是(
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A、 2gh

B、0

C、2μ 2gh

D、v0

6.半径为 R 的刚性球固定在水平桌面上。有一质量为 M 的圆环状均匀弹性细绳圈, 原长 2πa ,a =
R ,绳圈的弹性系数为 k(绳伸长 s 时,绳中弹性张力为 ks) 。将绳圈从球 2

的正上方轻放到球上,并用手扶着绳圈使其保持水平,并最后停留在某个静力平衡位置。 考虑重力,忽略摩擦。 (1)设平衡时弹性绳圈长 2πb ,b = 2 a ,求弹性系数 k ; (用 M 、R 、g 表示,g 为重力加速度) (2)设 k =
Mg ,求绳圈的最后平衡位置及长度。 2? 2 R

7.一截面呈圆形的细管被弯成大圆环,并固定在竖直平面内, 在环内的环底 A 处有一质量为 m 、直径比管径略小的小球,小球 上连有一根穿过环顶 B 处管口的轻绳,在外力 F 作用下小球以恒 定速度 v 沿管壁做半径为 R 的匀速圆周运动, 如图 3—23 所示。 已知小球与管内壁中位于大环外侧 部分的动摩擦因数为 μ , 而大 环内侧部分的管内壁是光滑 的。忽略大环内、外侧半径的差别,认为均为 R 。试求小 球 从 A 点运动到 B 点过程中 F 做的功 WF 。 8.如图 3—24,来自质子源的质子(初速度为零) , 经一加速电压为 800kV 的直线加速器加速,形成电流为 1.0mA 的细柱形质子流。 已知质子电荷 e = 1.60×10 这束质子流每秒打到靶上的质子数为 布在质子源
-19

C 。

。假设分

到靶之间的加速电场是均匀的,在质子束 。 力

中与质子源相距 l 和 4l 的两处, 各取一段极短的相等长度 的质子流,其中质子数分别为 n1 和 n2,则 n1∶n2 细圆环上, 求圆环轴上与环心相距为 x 的点电荷 q 所受的 的大小。 10.如图 3—26 所示,一根均匀带电细线,总电量为 Q , 弯成半径为 R 的缺口圆环, 在细线的两端处留有很小的长为 ΔL 的空隙,求圆环中心处的场强。 9.如图 3—25 所示,电量 Q 均匀分布在一个半径为 R 的

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11.如图 3—27 所示,两根均匀带电的半无穷长平行直导线(它 们的电荷线密度为 η) ,端点联线 LN 垂直于这两直导线,如图所示。 LN 的长度为 2R 。试求在 LN 的中点 O 处的电场强度。 12.如图 3—28 所示,有一均匀带电的无穷长直导线,其电荷 线密度为 η 。试求空间任意一点的电场强度。该点与直导线间垂直 距离为 r 。 13.如图 3—29 所示,半径为 R 的均匀带电半球面,电荷 面密度为 δ ,求球心 O 处的电场强度。 14.如图 3—30 所示,在光滑的水平面上,有一垂直向下 的匀强磁场分布在宽度为 L 的区域内,现有一个边长为 a(a< L) 质量为 m 的正方形闭合线框以初速 v0 垂直磁场边界滑过磁 , 场后,速度变为 v(v<v0) ,求: (1)线框在这过程中产生的热量 Q ; (2)线框完全进入磁场后的速度 v′。 15. 如图 3—31 所示, 在离水平地面 h 高的平台上有一相 距 L 的光滑轨道,左端接有已充电的电容器,电容为 C ,充 电后两端电压为 U1 。 轨道平面处于垂直向上的磁感应强度为 B 的匀强磁场中。在轨道右端放一质量为 m 的金属棒,当闭 合 S ,棒离开轨道后电容器的两极电压变为 U2 ,求棒落在 离平台多远的位置。 16.如图 3—32 所示,空间有一水平方向的匀强磁场,大 小为 B ,一光滑导轨竖直放置,导轨上接有一电容为 C 的电 容器,并套一可自由滑动的金属棒,质量为 m ,释放后,求 金属棒的加速度 a 。

参考答案
1 1、 Sρv3 2

2、θ = 60°;
v 1 ? cos x
v cos ? 2

2h 3 s ( + ) g 2 2h

3、 4、

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5、CD 6、 (1)
( 2 ? 1)Mg ; (2)绳圈掉地上,长度为原长 2?2 R

7、2mgR + μmπv2 8、6.25× 15 ;2∶1 10 9、k
Qqx (R 2 ? x 2 ) 3 / 2

10、k 11、 12、

Q?l 2?R 3

2k? R 2k? r

13、2πRδ
v ? v0 1 2 14、 m( v 0 -v2) ,v′= 2 2

15、

CBL(U1 ? U2 ) m

2h g

16、a =

mg m ? CB2 L2

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