高中物理奥赛解题方法：五.极限法

五、极限法

方法简介

极限法是把某个物理量推向极端，即极大和极小或极左和极右，并依此做出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论。极限法在进行某些物理过程的分析时，具有独特作用，恰当应用极限法能提高解题效率，使问题化难为易，化繁为简，思路灵活，判断准确。因此要求解题者，不仅具有严谨的逻辑推理能力，而且具有丰富的想象能力，从而得到事半功倍的效果。

赛题精讲

例1：如图5—1所示， 一个质量为m 的小球位于一质量可忽略的直立弹簧上方h 高度处，该小球从静止开始落向弹簧，设弹簧的劲度系数为k ，则物块可能获得的最大动能为 。

解析：球跟弹簧接触后，先做变加速运动，后做变减速运动，据此

推理，小球所受合力为零的位置速度、动能最大。所以速最大时有

mg = kx ①

由机械能守恒有：mg (h + x) = E k +12

kx 2 ② 联立①②式解得：E k = mgh －22

m g 2k 例2：如图5—2所示，倾角为α的斜面上方有一点O ，在O 点放一至斜面的光滑直轨道，要求一质点从O 点沿直轨道到达斜面P 点的时间最短。求该直轨道与竖直方向的夹角β 。

解析：质点沿OP 做匀加速直线运动，运动的时间t 应该与β

角有关，求时间t 对于β角的函数的极值即可。

由牛顿运动定律可知，质点沿光滑轨道下滑的加速度为：

a = gcos β

该质点沿轨道由静止滑到斜面所用的时间为t ，则：

12at 2 =OP 所以：

① 由图可知，在ΔOPC 中有：

o OP sin(90)-α=o OC sin(90)

+α-β

图5—

1

图5—2

所以：OP =OC cos cos()

αα-β ② 将②式代入①式得：

t =

显然，当cos(α－2β) = 1 ，即β =

2α时，上式有最小值。 所以当β =2

α时，质点沿直轨道滑到斜面所用的时间最短。 此题也可以用作图法求解。

例3：从底角为θ的斜面顶端，以初速度v 0水平抛出一小球，不计空气阻力，若斜面足够长，如图5—3所示，则小球抛出后，离开斜面的最大距离H 为多少？

解析：当物体的速度方向与斜面平行时，物体离斜面最远。以水平向右为x 轴正方向，竖直向下为y 轴正方向，则由：v y = v 0tan θ = gt ，解得运动时间为t =

0v g tan θ 该点的坐标为：

x = v 0t =20v g tan θ ，y =12gt 2 =20v 2g tan 2θ 由几何关系得：H cos θ+ y = xtan θ 解得小球离开斜面的最大距离为：

H =20v 2g

tan θ?sin θ 这道题若以沿斜面方向和垂直于斜面方向建立坐标轴，求解则更加简便。

例4：如图5—4所示，一水枪需将水射到离喷口的水平距离为3.0m 的墙外，从喷口算起，墙高为4.0m 。若不计空气阻力，取g = 10m/s 2 ，求所需的最小初速及对应的发射仰角。

解析：水流做斜上抛运动，以喷口O 为原点建立如图所示的直角坐标，本题的任务就是水流能通过点A （d 、h ）的最小初速度和发射仰角。

根据平抛运动的规律，水流的运动方程为：

020x v cos t 1y v sin t gt 2

=α????=α?-?? 把A 点坐标（d 、h ）代入以上两式，消去t ，得：

2

0v =－2

2gd 2(h d tan )cos -αα =2

gd d sin 2

h(cos 21)

α-

α+

图5— 图5—4

=2

gd sin 2cos 2h ?αα-?? 令h d = tan θ

，则= cos θ

= sin θ ，上式可变为： 20v

2

显然，当sin (2α－θ) = 1时，即2α－θ = 90°，亦即发射角α = 45°+2

θ= 45°+12arctan h d = 45°+ arctan 43

= 71.6°时，v 0最小，且最小速度为： v 0

例5：如图5—5所示，一质量为m 的人，从长为l 、质量为M 的铁板的一端匀加速跑向另一端，并在另一端骤然停止。铁板和水平面间摩擦因数为μ ，人和铁板间摩擦因数为μ′，且μ′μ 。这样，人能使铁板朝其跑动方向

移动的最大距离L 是多少？

解析：人骤然停止奔跑后，其原有动量转化为与铁板一起向

前冲的动量，此后，地面对载人铁板的阻力是地面对铁板的摩擦

力f ，其加速度a 1 =f M m

+=(M m)g M m μ++= μg 。 由于铁板移动的距离L =2

1v 2a '，故v ′越大，L 越大。v ′是人与铁板一起开始地运动的速度，因此人应以不会引起铁板运动的最大加速度奔跑。

人在铁板上奔跑但铁板没有移动时，人若达到最大加速度，则地面与铁板之间的摩擦力达到最大静摩擦μ (M + m)g ，根据系统的牛顿第二定律得：

F = ma 2 + M ?0

所以：a 2 =F m = μM m m

+g ① 设v 、v ′分别是人奔跑结束及人和铁板一起运动时的速度：

因为：mv = (M + m) v ′ ②

且：v 2 = 2a 2l ，2v '= 2a 1L

并将a 1 、a 2代入②式解得铁板移动的最大距离： L =m M m

+l 例6：设地球的质量为M ，人造卫星的质量为m ，地球的半径为R 0 ，人造卫星环绕地球做圆周运动的半径为r

。试证明：从地面上将卫星发射至运行轨道，发射

图5—5

速度

（取R 0 = 6.4×106m ），设大气层对卫星的阻力忽略不计，地面的重力加速度为g ）

解析：由能量守恒定律，卫星在地球的引力场中运动时总机械能为一常量。设卫星从地面发射的速度为v 发 ，卫星发射时具有的机械能为：

E 1 =12

m 2v 发－G 0Mm R ① 进入轨道后卫星的机械能为：E 2 =12

m 2v 轨－G Mm r ② 由E 1 = E 2 ，并代入v 轨

v 发

③ 又因为在地面上万有引力等于重力，即：G

20Mm R = mg ，所以： 0

GM R = gR 0 ④ 把④式代入③式即得：v 发

（1）如果r = R 0 ，即当卫星贴近地球表面做匀速圆周运动时，所需发射速度最小为：v min

=×103m/s 。

（2）如果r →∞，所需发射速度最大（称为第二宇宙速度或脱离速度）为：v max

=×103m/s 。

例7：如图5—6所示，半径为R 的匀质半球体，其重心在球心O 点正下方C 点

处，OC =38

R ， 半球重为G ，半球放在水平面上，在半球的平面上放一重为G 8的物体，它与半球平在间的动摩擦因数μ = 0.2 ，求无滑动时物体离球心O 点最大距离是多少？

解析：物体离O 点放得越远，根据力矩的平衡，半球

体转过的角度θ越大，但物体在球体斜面上保持相对静止

时，θ有限度。

设物体距球心为x 时恰好无滑动，对整体以半球体和

地面接触点为轴，根据平衡条件有： G ?3R 8sin θ =G 8?xcos θ ，得到：x = 3Rtan θ 可见，x 随θ增大而增大。临界情况对应物体所受摩擦力为最大静摩擦力，则：

图5—6

tan θm =m f N

= μ = 0.2 ，所以 x = 3μR = 0.6R 。 例8：有一质量为m = 50kg 的直杆，竖立在水平地面上，

杆与地面间静摩擦因数μ = 0.3 ，杆的上端固定在地面上的绳

索拉住，绳与杆的夹角θ = 30°，如图5—7所示。

（1）若以水平力F 作用在杆上，作用点到地面的距离h 1 =25

L （L 为杆长），要使杆不滑倒，力F 最大不能越过多少？ （2）若将作用点移到h 2 =45L 处时，情况又如何？ 解析：杆不滑倒应从两方面考虑，杆与地面间的静摩擦力达到极限的前提下，力的大小还与h 有关，讨论力与h 的关系是关键。

杆的受力如图5—7—甲所示，由平衡条件得：

F －Tsin θ－f = 0

N －Tcos θ－mg = 0

F(L －h)－fL = 0 另由上式可知，F 增大时，f 相应也增大，故当f 增大到最大静摩擦力时，杆刚要滑倒，此时满足：f = μN

解得：F max =mgL tan tan (L h)h θθ--μ

由上式又可知，当［

tan θμ

(L －h)－h ］→∞ ，即当h 0 = 0.66L 时，对F 就没有限制了。 （1）当h 1 =25

L ＜h 0 ，将有关数据代入F max 的表达式得：F max = 385N （2）当h 2 =45

L ＞h 0 ，无论F 为何值，都不可能使杆滑倒，这种现象即称为自锁。 例9：放在光滑水平面上的木板质量为M ，如图5—8所示，板上有质量为m 的小狗以与木板成θ角的初速度v 0（相对于地面）由A 点跳到B 点，已知AB 间距离为s 。求初速度的最小值。

解析：小狗跳起后，做斜上抛运动，水平位移向右，由

于水平方向动量守恒，木板向左运动。小狗落到板上的B 点时，小狗和木板对地位移的大小之和，是小狗对木板的水平位移。

由于水平方向动量守恒，有：mv 0cos θ = Mv ，即：v =

0mv sin M θ ① 小狗在空中做斜抛运动的时间为：t =

02v sin g θ ②

图5—

7

图5—7—甲

图5—8

又：s + v 0cos θ?t = vt ③

将①、②代入③式得：v 0

当sin2θ = 1 ，即θ =4

π时，v 0有最小值，且v 0min

。 例10：一小物块以速度v 0 = 10m/s 沿光滑地面滑行，然后沿光滑 曲面上升到顶部水平的高台上，并由高台上飞出，如图5—9所示。当高台的高度h 多大时，小物块飞行的水平距离s 最大？这个距离是多少？（g 取10m/s 2）

解析：依题意，小物块经历两个过程。在脱离

曲面顶部之前，小物块受重力和支持力，由于支持

力不做功，物块的机械能守恒，物块从高台上飞出

后，做平抛运动，其水平距离s 是高度h 的函数。

设小物块刚脱离曲面顶部的速度为v ，根据机

械能守恒定律：

12m 20v =12m v 2 + mgh ① 小物块做平抛运动的水平距离s 和高度h 分别

为：

s = vt ② h =12

gt 2 ③ 以上三式联立解得：

s =

当h =20v 4g = 2.5m 时，s 有最大值，且s max =20v 2g

= 5m 。 例11：军训中，战士距墙s ，以速度v 0起跳，如图5—10所示，再用脚蹬墙面一次，使身体变为竖直向上的运动以继续升高，墙面与鞋底之间的静摩擦因数为μ 。求能使人体重心有最大总升高的起跳角θ 。

解析：人体重心最大总升高分为两部分，一部分是人做

斜上抛运动上升的高度，另一部分是人蹬墙所能上升的高度。

如图5—10—甲，人做斜抛运动，有：v x = v 0cos θ ，v y =

v 0sin θ－gt

重心升高为：H 1 = s 0tan θ－12g (0s v cos θ)2 脚蹬墙面，利用最大静摩擦力的冲量可使人向上的动量

增加，即：

Δ(mv y ) = m Δv y = Σf(t) = ΣμN(t) Δt = μΣN(t) Δ

t

图5—

9

图5—10

而：ΣN(t) Δt = mv x

所以：Δv y = μv x ，人蹬墙后，其重心在竖直方向向上的速度为：

y v '= v y + Δv y = v y + μv x ，继续升高H 2 =2y

v 2g '

重心总升高：H = H 1 + H 2 =20v 2g

(μcos θ + sin θ)2－μs 0 当θ = arctan

1μ时，重心升高最大。 例12：如图5—11所示，一质量为M 的平顶小车，

以速度v 0沿水平的光滑轨道做匀速直线运动。现将一质量为m 的小物块无初速地放置在车顶前缘。已知物块和车顶之间的滑动摩擦因数为μ 。

（1）若要求物块不会从车顶后缘掉下，则该车顶最少要多长？

（2）若车顶长度符合（1）问中的要求，整个过程中摩擦力共做多少功？

解析：当两物体具有共同速度时，相对位移最大，这个相对位移的大小即为车顶的最小长度。

设车长至少为l ，则根据动量守恒：

Mv 0 = (M + m)v

根据功能关系：μmgl =12M 20v －12

(M + m)v 2 解得：l =20Mv 2(M m)g

μ+ 摩擦力共做功：W =－μmgl =－20Mmv 2(M m)+ 例13：一质量m = 200kg ，高2.00m 的薄底大金属桶倒扣在宽广的水池底部，如

图5—12所示。桶的内横截面积S = 0.500m 2 ，桶壁加桶底的体积为V 0 = 2.50×10－2m 3 。

桶内封有高度为l = 0.200m 的空气。池深H 0 = 20.0m ，大气压强p 0 = 10.00m 水柱高，水的密度ρ = 1.000×103kg/m 3 ，重力加速度取g = 10.00m/s 2 。若用图中所示吊绳将桶上提，使桶底到达水面处，求绳子拉力对桶所需何等的最小功为多少焦耳？（结果要保留三位有效数字）。不计水的阻力，设水温很低，不计其饱和蒸汽压的影响。并设水温上下均匀且保持不变。

解析：当桶沉到池底时，桶自身重力大于浮力。在绳子的

作用下桶被缓慢提高过程中，桶内气体体积逐步增加，排开水

的体积也逐步增加，桶受到的浮力也逐渐增加，绳子的拉力逐

渐减小，当桶受到的浮力等于重力时，即绳子拉力恰好减为零

时，桶将处于不稳定平衡的状态，因为若有一扰动使桶略有上

升，则浮力大于重力，无需绳的拉力，桶就会自动浮起，而不需再拉绳。因此绳对桶的拉力所需做的最小功等于将桶从池底缓慢地提高到浮力等于重力的位置时绳子拉桶所做的功。

图5—10—甲

图5—

11

图5—12

设浮力等于重力的不稳定平衡位置到池底的距离为H ，桶内气体的厚度为l ′，如图5—12—甲所示。因为总的浮力等于桶的重力mg ，因而有：

ρ (l ′ S + V 0)g = mg

有：l ′ = 0.350m ①

在桶由池底上升高度H 到达不稳定平衡位置的过程中，桶

内气体做等温变化，由玻意耳定律得：

［p 0 + H 0－H －(l 0－l ′)］l ′ S =［p 0 + H 0－(l 0－l ′)］lS ② 由①、②两式可得：H = 12.240m ③ 由③式可知H ＜（H 0－l ′ ），所以桶由池底到达不稳定平衡

位置时，整个桶仍浸在水中。

由上分析可知，绳子的拉力在整个过程中是一个变力。对于变力做功，可以通过分析水和桶组成的系统的能量变化的关系来求解：

先求出桶内池底缓慢地提高了H 高度后的总机械能量ΔE 。ΔE 由三部分组成：

（1）桶的重力势能增量：

ΔE 1 = mgH ④

（2）由于桶本身体积在不同高度处排开水的势能不同所产生的机械能的改变量ΔE 2 ，可认为在H 高度时桶本身体积所排开的水是去填充桶在池底时桶所占有的空间，这时水的重力势能减少了。

所以：ΔE 2 =－ρgV 0H ⑤

（3）由于桶内气体在不同高度处所排开水的势能不同所产生的机械能的改变ΔE 3 ，由于桶内气体体积膨胀，因而桶在H 高度时桶本身空气所排开的水可分为两部分：一部分可看为填充桶在池底时空气所占空间，体积为lS 的水，这部分水增加的重力势能为：

ΔE 3 =－ρgHlS ⑥

另一部分体积为(l ′－l)S 的水上升到水池表面，这部分水上升的平均高度为： H 0－H －l 0 + l +l l 2

'- 增加的重力势能为： ΔE 32 = ρgS(l ′－l)［H 0－H －l 0 + l +

l l 2'-］ ⑦ 由整个系统的功能关系得，绳子拉力所需做的最小功为：

W T = ΔE ⑧

将④、⑤、⑥、⑦式代入⑧式得：

W T = ρgS ［(l ′－l)( H 0－l 0) +22

l l 2

'-］ ⑨ 将有关数据代入⑨式计算，并取三位有效数字，可得：W T = 1.37×104J

例14：如图5—13所示，劲度系数为k 的水平轻质弹簧，左端固定，右端系一质量为m 的物体，物体可在有摩擦的水平桌面上滑动，弹簧为原长时位于O 点，现把物体拉到距O 为A 0的P 点按住，放手后弹簧把物体拉动，设物体在第二次经过O 点前，

图5—12—甲

在O 点左方停住，求：

（1）物体与桌面间的动摩擦因数μ的大小应在什么范围内？

（2）物体停住点离O 点的距离的最大值，并回答这是不是物体在运动过程中所能达到的左方最远值？为什么？（认为动摩擦因数与静摩擦因数相等）

解析：要想物体在第二次经过O 点前，在O 点左方停住，

则需克服摩擦力做功消耗掉全部弹性势能，同时还需合外力为

零即满足平衡条件。

（1）物体在距离O 点为l 处停住不动的条件是： a ．物体的速度为零，弹性势能的减小等于物体克服滑动摩擦力所做的功。

b ．弹簧弹力≤最大静摩擦力

对物体运动做如下分析：

①物体向左运动并正好停在O 点的条件是：12

k 20A = μmgA 0 得：μ =0kA 2mg

① ②若μ＜0

kA 2mg μ，则物体将滑过O 点，设它到O 点左方B 处（设OB = L 1）时速

度为零，则有：

12k 20A －12

k 21L = μmg (A 0 + L 1) ② 若物体能停住，则kL 1≤μmg ，得：μ≥0kA 3mg

③ ③如果②能满足，但μ＜

0kA 3mg

，则物体不会停在B 处而要向右运动。μ值越小，则往右滑动的距离越远。 设物体正好停在O 处，则有：12

k 2

1L = μmgL 1 ，得：μ =0kA 4mg 要求物体停在O 点左方，则相应地要求μ＞0kA 4mg

综合以上分析结果，物体停在O 点左方而不是第二次经过O 点时，μ的取值范围为：0kA 4mg ＜μ＜0kA 2mg

（2）当μ在0kA 3mg ≤μ＜0kA 2mg

范围内时，物体向左滑动直至停止而不返回，由②式可求出最远停住点（设为B 1点）到O 点的距离为：

L = A 0－2mg k μ= A 0－(2mg k )(0kA 3mg ) =0A 3

图5—13

当μ＜0kA 3mg 时，物体在B 1点（OB 1 =0A 3

）的速度大于零，因此物体将继续向左运动，但它不可能停在B 1点的左方。因为与B 1点相对应的μ =

0kA 3mg ，L 1 =0A 3，如果停留在B 1点的左方，则物体在B 1点的弹力大于0kA 3，而摩擦力μmg 0kA 3

，小于弹力大于摩擦力，所以物体不可能停住而一定返回，最后停留在O 与B 1之间。 所以无论μ值如何，物体停住与O 点的最大距离为

0A 3，但这不是物体在运动过程中所能达到的左方最远值。

例15：使一原来不带电的导体小球与一带电量为Q 的导体大球接触，分开之后，小球获得电量q 。今让小球与大球反复接触，在每次分开后，都给大球补充电荷，使其带电量恢复到原来的值Q 。求小球可能获得的最大电量。

解析：两球接触后电荷的分配比例是由两球的半径决定的，这个比例是恒定的。 根据两球带电比例恒定，第一次接触，电荷量之比为

Q q q -，最后接触电荷之比为m Q q ，有Q q q -=m

Q q ，所以：q m =Qq Q q - （此题也可以用递推法求解。）

例16：一系列相同的电阻R ，如图5—14所

示连接，求AB 间的等效电阻R AB 。

解析：无穷网络，增加或减小网络的格数，其

等效电阻不变，所以R AB 跟从CD 往右看的电阻是

相等的。因此，有：

R AB = 2R +AB AB R R R R +，解得：R AB

= (+ 2)R 例17：如图5—15所示，一个U 形导体框架，宽度L = 1m ，其所在平面与水平面的夹角α = 30°，其电阻可以忽略不计，设匀强磁场为U 形框架的平面垂直，磁感应强度B = 1T ，质量0.2kg 的导体棒电阻R = 0.1Ω ，跨放在U 形框上，并且能无摩擦地滑动。求：

（1）导体棒ab 下滑的最大速度v m ；

（2）在最大速度v m 时，ab 上释放出来的电功率。

解析：导体棒做变加速下滑，当合力为零时速度最大，

以后保持匀速运动 （1）棒ab 匀速下滑时，有：mgsin α = BIl 而I =Blv R

，解得最大速度v m =22mgsin R B l α?= 0.1m/s （2）速度最大时，ab 释放的电功率P = mgsin α?v m

= 0.1W

图5—

14

图5—15

针对训练

1．如图5—16所示，原长L 0为100厘米的轻质弹簧放置在一光滑的直槽内，弹簧的一端固定在槽的O 端，另一端连接一小球，这一装置可

以从水平位置开始绕O 点缓缓地转到竖直位置。设弹簧的形

变总是在其弹性限度内。试在下述（a ）、（b ）两种情况下，

分别求出这种装置从原来的水平位置开始缓缓地绕O 点转到

竖直位置时小球离开原水平面的高度h 0 。（a ）在转动过程

中，发现小球距原水平面的高度变化出现极大值，且极大值h m 为40厘米，（b ）在转动的过程中，发现小球离原水平面的高度不断增大。

2．如图5—17所示，一滑雪运动员自H 为50米高处滑至O 点，由于运动员的技巧（阻力不计），运动员在O 点保持速率v 0不变，并以仰角θ起跳，落至B 点，令OB 为L ，试问α为30°时，L 的最大值是多大？当L 取极

值时，θ角为多大？

3．如图5—18所示，质量为M 的长滑块静止放在光滑

水平面上，左侧固定一劲度系数为K 且足够长的水平轻质弹

簧，右侧用一不可 伸长的细轻绳连接于竖直墙上，细线

所能承受的最大拉力为T 。使一质量为m ，初速度为v 0的小物体，在滑块上无摩擦地向左运动，而后压缩弹簧。 （1）求出细线被拉断的条件；

（2）滑块在细线拉断后被加速的过程中，所能获得的

最大的左向加速度为多大？

（3）物体最后离开滑块时相对于地面速度恰为零的条件是什么？ 4．质量m = 2.0kg 的小铁块静止于水平导轨AB 的A 端，

导轨及支架ABCD 形状及尺寸如图5—19所示，它只能绕通过支架D 点的垂直于纸面的水平轴转动，其重心在图中的O 点，质量M = 4.0kg ，现用一细线沿轨拉铁块，拉力F = 12N ，铁块和导轨之间的摩擦系数μ = 0.50，重力加速度g = 10m/s 2 ，从铁块运动时起，导轨（及支架）能保持静止的最长时间t 是多少？

图5—

16 图5—

17

图5—18

图5—19 图5—20 图5—21

5．如图5—20所示，在水平桌面上放一质量为M 、截面为直角三角形的物体ABC 。AB 与AC 间的夹角为θ ，B 点到桌面的高度为h 。在斜面AB 上的底部A 处放一质量为m 的小物体。开始时两者皆静止。现给小物体一沿斜面AB 方向的初速度v 0 ，如果小物体与斜面间以及ABC 与水平桌面间的摩擦都不考虑，则v 0至少要大于何值才能使小物体经B 点滑出？

6．如图5—21所示，长为L 的光滑平台固定在地面上，平台中央放有一小物体A 和B ，两者彼此接触。物体A 的上表面是半径为R （R L ）的半圆形轨道，轨道顶端距台面的高度为h 处，有一小物体C ，A 、B 、C 的质量均为m 。现物体C 从静止状态沿轨道下滑，已知在运动过程中，A 、C 始终保持接触，试求：

（1）物体A 和B 刚分离时，物体B 的速度；

（2）物体A 和B 分离后，物体C 所能达到距台面的最大高度；

（3）判断物体A 从平台的左边还是右边落地，并粗略估算物体A 从B 分离后到离开台面所经历的时间。

7．电容器C 1 、C 2和可变电阻器R 1 、R 2以及电源ε连接成

如图5—22所示的电路。当R 1的滑动触头在图示位置时，C 1 、

C 2的电量相等。要使C 1的电量大于C 2的电量，应当（ ）

A 、增大R 2

B 、减小R 2

C 、将R 1的滑动触头向A 端移动

D 、将R 1的滑动触头向B 端滑动

8．如图5—23所示的电路中，电源的电动势恒定，要想使灯泡变亮，可以（ ）

A 、增大R 1

B 、减小R 2

C 、增大R 2

D 、减小R 2

图5—23 图5—24 图5—25

9．电路如图5—24所示，求当R ′为何值时，R AB 的阻值与“网格”的数目无关？此时R AB 的阻值等于什么？

10．如图5—25所示，A 、B 两块不带电的金属板，长为5d ，相距为d ，水平放置，B 板接地，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场，现有宽度为d 的电子束从两板左侧水平方向入射，每个电子的质量为m ，电量为e ，速度为v ，要使电子不会从两板间射出，求两板间的磁感应强度应为多大？

11．图5—26中abcd 是一个固定的U 形金属框架，ad 和cd 边都很长，bc 边长为L ，框架的电阻可不计，ef 是放置在框架上与bc 平行的导体杆，它可在框架上自由滑动（摩擦可忽略），它的电阻R ， 现沿垂直于框架的方向加一恒定的匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，已知当以恒定力F 向右拉导体杆ef

时，导体 图5—22

杆最后匀速滑动，求匀速滑动，求匀速滑动时的速度？

12．如图5—27所示，导线框abcd固定在竖直平面内，bc段的电阻为R ，其他电阻均可忽略。ef是一电阻可忽略的水平放置的导体杆，杆长为L ，质量为m ，杆的两端分别与ab和cd保持良好接触，又能沿它们无摩擦地滑动。整个装置放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与框面垂直。现用一恒力F竖直向上拉ef ，当ef匀速上升时，其速度的大小为多大？

图5—26 图5—27 图5—28 图5—29 13．在倾角为α的足够长的两光滑平行金属导轨上，放一质量为m ，电阻为R 的金属棒ab ，所在空间有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直轨道平面向上，导轨宽度为L ，如图5—28所示，电源电动势为ε，电源内阻和导轨电阻均不计，电容器的电容为C 。求：

（1）当开关S接1时，棒ab的稳定速度是多大？

（2）当开关S接2时，达到稳定状态时，棒ab将做何运动？

14．如图5—29所示，有上下两层水平放置的平行光滑导轨，间距是L ，上层导轨上搁置一根质量为m 、电阻是R的金属杆ST ，下层导轨末端紧接着两根竖直在竖直平面内的半径为R的光滑绝缘半圆形轨道，在靠近半圆形轨道处搁置一根质量也是m 、电阻也是R的金属杆AB 。上下两层平行导轨所在区域里有一个竖直向下的匀强磁场。当闭合开关S后，有电量q通过金属杆AB ，杆AB滑过下层导轨后进入半圆形轨道并且刚好能通过轨道最高点D′F′后滑上上层导轨。设上下两层导轨都足够长，电阻不计。

（1）求磁场的磁感应强度。

（2）求金属杆AB刚滑到上层导轨瞬间，上层

导轨和金属杆组成的回路里的电流。

（3）求两金属杆在上层导轨滑动的最终速度。

（4）问从AB滑到上层导轨到具有最终速度这

段时间里上层导轨回路中有多少能量转变为内能？

15．位于竖直平面内的矩形平面导线框abcd，

ab长为l1，是水平的，bc长l2，线框的质量为

m ，电阻为R ，其下方有一匀强磁场区域，该

区域的上、下边界PP′和QQ′均与ab平行，两边

界间的距离为H ，H＞l2，磁场的磁感强度为B ，

方向与线框平面垂直，如图5—30所示。令线框的

dc边从离磁场区域上边界PP′的距离为h处自由

下落，已知在线框的dc 边进入磁场以后，ab 边到达边界PP ′之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值。问从线框开始下落到dc 边刚刚到达磁场区域下边界QQ ′的过程中，磁场作用于线框的安培力做的总功为多少？

参考答案

1、（a ）37.5cm ；（b ）50cm ＜h ＜100cm

2、L max = 200m ；θ = 30°

3、v 0＞

a =1M v 04、1.41s

5

6、（1（2）h －14R ；（3

7、D

8、BC

9、1)R ；10、mv 13ed ≤B ≤2mv ed

11、

22FR B L 12、22

(F mg)R B L - 13、（1）22BI mgR sin B L ε-α；（2）加速度22

mgsin m CB L α+

14、（1）m qL （2；（3）（4）14mgR 15、W =322

44

m g R 2B l －mg (l 2 + h)

高中物理奥赛解题方法七 对称法

七、对称法 方法简介 由于物质世界存在某些对称性，使得物理学理论也具有相应的对称性，从而使对称现象普遍存在于各种物理现象和物理规律中。应用这种对称性它不仅能帮助我们认识和探索物质世界的某些基本规律，而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题，这种思维方法在物理学中称为对称法。利用对称法分析解决物理问题，可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的实质，出奇制胜，快速简便地求解问题。 赛题精析 例1：沿水平方向向一堵竖直光滑的墙壁抛出一个弹性小球A ，抛出点离水平地面的高度为h ，距离墙壁的水平距离为s ，小球与墙壁发生弹性碰撞后，落在水平地面上，落地点距墙壁的水平距离为2s ，如图7—1所示。求小球抛出时的初速度。 解析：因小球与墙壁发生弹性碰撞，故与墙壁碰撞前后入射速度与反射速度具有对称性，碰撞后小球的运动轨迹与无墙壁阻挡时小球继续前进的轨迹相对称，如图7—1—甲所示，所以小球的运动可以转换为平抛运动处理，效果上相当于小球从A′点水平抛出所做的运动。 根据平抛运动的规律： 2 x v t 1 y gt 2 = ? ? ? = ?? 因为抛出点到落地点的距离为3s ，抛出点的高度为h ，代入后可解得： v0 例2：如图7—2所示，在水平面上，有两个竖直光滑墙壁A和B ，间距为d ，一个小球以初速度v0从两墙正中间的O点斜向上抛出，与A和B各发生一次碰撞后正好落回抛出点O ，求小球的抛射角θ。

解析：小球的运动是斜上抛和斜下抛等三段运动组成，若按顺序求解则相当复杂，如果视墙为一平面镜，将球与墙的弹性碰撞等效为对平面镜的物、像移动，可利用物像对称的规律及斜抛规律求解。 物体跟墙A 碰撞前后的运动相当于从O ′点开始的斜上抛运动，与B 墙碰后落于O 点相当于落到O ″点，其中O 、O ′关于A 墙对称，O 、O ″对于B 墙对称，如图7—2—甲所示，于是有： 020x v cos t 1y v sin t gt 2 =θ????=θ?-??，落地时x 2d y 0=??=? 代入可解得：sin2θ = 202gd v 所以，抛射角θ =1 2arcsin 202gd v 例3：A 、B 、C 三只猎犬站立的位置构成一个边长为 a 的正三角形，每只猎犬追捕猎物的速度均为v ，A 犬想追 捕B 犬，B 犬想追捕C 犬，C 犬想追捕A 犬，为追捕到猎 物，猎犬不断调整方向，速度方向始终“盯”住对方，它们 同时起动，经多长时间可捕捉到猎物？ 解析：以地面为参考系，三只猎犬运动轨迹都是一条复杂的曲线，但根据对称性，三只猎犬最后相交于三角形的中心点，在追捕过程中，三只猎犬的位置构成三角形的形状不变，以绕点旋转的参考系来描述，可认为三角形不转动，而是三个顶点向中心靠近，所以只要求出顶点到中心运动的时间即可。 由题意作图7—3 ，设顶点到中心的距离为s ，则由已知条件得： a 由运动合成与分解的知识可知，在旋转的参考系中顶点向中心运动的速度为： v ′= vcos30° 由此可知三角形收缩到中心的时间为：t =s v '=2a 3v （此题也可以用递推法求解，读者可自己试解。） 例4：如图7—4所示，两个同心圆代表一个圆形槽，质量为m ，内外半径几乎同为R 。槽内A 、B 两处分别放有一个质量也为m 的小球，AB 间的距离为槽的直径。不计

高中物理解题方法大全(完整版)

" 高中物理解题方法指导 (完整版) 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。 ②共点力的平衡及变化。 ③固定转动轴的物体平衡及变化。

极限法在初中物理中的应用

教学内容：极限法初中物理教学中的应用 教学重点：极限法初中物理教学中的应用 教学难点：对极限法的理解与运用 引入：问在雨中，一个人从A走到B，是走的快被淋水多，还是走的慢被淋水多？如果说走的慢被淋的水少的话，一下利用极限法就可以排除了，慢的极限就为0，这个人速度为0，那么相当于这个人一直在雨水中淋着。这是生活对极限法很好的诠释。 进行新课：极限法的实质 有些物理问题涉及的因素较多,过程复杂,我们往往难以洞察其变化规律并对其作出迅速准确的判断.但是,如果我们将问题推想到极端状态或极端条件下进行分析,问题有时会顿时变得明朗而简单. 极限法定义：将问题从一般状态推到特殊状态进行分析处理的解题方法就是极限法,又称极端法. 教学重点：极限法的应用 教学难点：极限法的理解 极限法听起来似乎陌生,但这只是在中学教学中没有对学生具体的给以定义,事实上在初中阶段, 很多地方都应用到了极限法，刚刚接触物理时就将这种方法渗透到教学中, 以便于发展学生的科学思维能力。 教材从第二章《声现象》的第一节就开始渗透极限法 .在探究声音的传播是否需要介质时,用另一个手机拨通玻璃罩内的手机,随着罩内空气的不断抽出,听到手机铃声越来越弱,利用极限法,假设罩内被抽成真空,将不能听到铃声.由此得出结论,声音

不能在真空中传播。只不过在这时,我们给它定义为“理想化模型法”,或“建立在实验基础上的推理法”而已。 教材第八章第一节《牛顿第一定律》实验“探究阻力对物体运动的影响”时发现，小车受到的阻力越小，小车运动的路程越远，应用极限法，设想小车在绝对光滑的水平面上运动，即不受到阻力作用小车将永远沿直线运动下去。著名的物理学家牛顿在伽利略等科学家研究的基础上，多次试验，深入研究，最终总结出著名的“牛顿第一定律”。 教材第十二章第三节《机械效率》中，在探究影响斜面机械效率的因素时，先让学生猜想，斜面的机械效率与斜面的倾斜程度有什么关系？由于学生的知识有限很难进行合理的猜想。不妨引导学生利用极限法的思想，让斜面无限制的倾斜以至于水平，将发现总功无限大，机械效率将减小。 教材第十八章《电学》中，实际上也应用到了极限法，就如何认识电路的串联和并联时，由于电压表的内阻很大，将电压表的内阻看作无限大，致使电流无法通过，相当于断路，而电流表的内阻很小，则趋向于零，电流表相当于纯导线，从而使一个既有电压表，又有电流表的复杂电路简化为只有用电器的电路。 1.极限法在速度中的应用 一艘小船以速度V I从上游A点到B点再返回A点用时为t1（河水流动速度为V2)，若河水静止，这艘船还是以速度V1从A 点到B点再返回A点用时为t2，则t1与t2的关系是：（） Ａt1t2 Ｃt1＝t2 Ｄ无法判断 常规解题：t1=s/(V I+V2)+s/(V I-V2) t2=s/V I+s/V I=2s/V I 若利用极限法假设V I与V2相同，则船逆水向上时速度为0，将永远向上运动，故t1

高中物理奥林匹克竞赛专题4.动量和角动量习题

习题 4-1. 如图所示的圆锥摆，绳长为l ，绳子一端固定，另一端系一质量为m 的质点，以匀角速ω绕铅直线作圆周运动，绳子与铅直线的夹角为θ。在质点旋转一周的过程中，试求： （1）质点所受合外力的冲量I ； （2）质点所受张力T 的冲量I T 。 解： （1）根据冲量定理：???==t t P P d dt 00 ??P P F 其中动量的变化：0v v m m - 在本题中，小球转动一周的过程中，速度没有变化，动量的变化就为0，冲量之和也为0，所以本题中质点所受合外力的冲量I 为零 （2）该质点受的外力有重力和拉力，且两者产生的冲量大小相等，方向相反。 重力产生的冲量=mgT=2πmg /ω；所以拉力产生的冲量2πmg /ω，方向为竖直向上。 4-2.一物体在多个外力作用下作匀速直线运动，速度=4m/s 。已知其中一力F 方向恒与运动方向一致，大小随时间变化内关系曲线为半个椭圆，如图。求：

（1）力F 在1s 到3s 间所做的功； （2）其他力在1s 到s 间所做的功。 解： （1）由做功的定义可知： （2）由动能定理可知，当物体速度不变时，外力做的总功为零，所以当该F 做的功为125.6J 时，其他的力的功为-125.6J 。 4-3.质量为m 的质点在Oxy 平面内运动，运动学方程为j i r t b t a ωωsin cos +=，求： （1）质点在任一时刻的动量； （2）从0=t 到ωπ/2=t 的时间内质点受到的冲量。 解：（1）根据动量的定义：(sin cos )P mv m a t b t ωωωω==-+i j （2）从0=t 到ωπ/2=t 的时间内质点受到的冲量等于它在这段时间内动量的变化，因为动量没变，所以冲量为零。 4-4.质量为M =2.0kg 的物体（不考虑体积），用一根长为l =1.0m 的细绳悬挂在天花板上。今有一质量为m =20g 的子弹

高中奥林匹克物理竞赛解题方法之七对称法

例1：沿水平方向向一堵竖直光滑的墙壁抛出一个弹性小球A ， 抛出点离水平地面的高度为h ，距离墙壁的水平距离为s ， 小球与墙壁发生弹性碰撞后，落在水平地面上，落地点距墙壁的水平距离为2s ，如图7—1所示. 求小球抛出时的初速度. 解析：因小球与墙壁发生弹性碰撞， 故与墙壁碰撞前后入射速度与反射速度具有对称性， 碰撞后小球的运 动轨迹与无墙壁阻挡时小球继续前进的轨迹相对称，如图7—1—甲所示，所以小球的运动可以转换为平抛运动处理， 效果上相当于小球从A ′点水平抛出所做的运动. 根据平抛运动的规律：?? ? ??==2 021gt y t v x 因为抛出点到落地点的距离为3s ，抛出点的高度为h 代入后可解得：h g s y g x v 2320 == 例2：如图7—2所示，在水平面上，有两个竖直光滑墙壁A 和B ，间距为d ， 一个小球以初速度0v 从两墙正中间的O 点斜向上抛出， 与A 和B 各发生一次碰撞后正好落回抛出点O ， 求小球的抛射角θ. 解析：小球的运动是斜上抛和斜下抛等三段运动组成， 若按顺序求解则相当复杂，如果视墙为一平面镜， 将球与墙的弹性碰撞等效为对平面镜的物、像移动，可利用物像对称的规律及斜抛规律求解. 物体跟墙A 碰撞前后的运动相当于从O ′点开始的斜上抛运动，与B 墙碰后落于O 点相当于落到O ″点，其中O 、O ′关于A 墙对称，O 、O ″对于B 墙对称，如图7—2—甲所示，于是有 ? ??==?? ???-==0221sin cos 200y d x gt t v y t v x 落地时θθ 代入可解得2 202arcsin 2122sin v dg v dg == θθ 所以抛射角 例3：A 、B 、C 三只猎犬站立的位置构成一个边长为a 的正三角形，每只猎犬追捕猎物的速度均为v ，A 犬想追捕B 犬，B 犬 想追捕C 犬，C 犬想追捕A 犬，为追捕到猎物，猎犬不断调整方向，速度方向始终“盯”住对方，它们同时起动，经多长时间可捕捉到猎物？ 解析：以地面为参考系，三只猎犬运动轨迹都是一条复杂的曲线，但根据对称性，三只猎犬最后相交于 三角形的中心点，在追捕过程中，三只猎犬的位置构成三角形的形状不变，以绕点旋转的参考系来描述，可认为三角形不转动，而是三个顶点向中心靠近，所以只要求出顶点到中心运动的时间即可. 由题意作图7—3， 设顶点到中心的距离为s ，则由已知条件得 a s 3 3 = 由运动合成与分解的知识可知，在旋转的参考系中顶点向中心运动的速度为 v v v 2330cos = =' 由此可知三角形收缩到中心的时间为 v a v s t 32='= 此题也可以用递推法求解，读者可自己试解. 例4：如图7—4所示，两个同心圆代表一个圆形槽，质量为m ，内外半径几乎同为R. 槽内A 、B 两处分别放有一个质量也为m 的小球，AB 间的距离为槽的直径. 不计一切摩擦. 现将系统置于光滑水平面上，开始时槽静止，两小球具有垂直于AB 方向的速度v ，试求两小球第一次相距R 时，槽中心的速度0v . 解析：在水平面参考系中建立水平方向的x 轴和y 轴. 由系统的对称性可知中心或者说槽整体将仅在x 轴方向上 运动。设槽中心沿x 轴正方向运动的速度变为0v ，两小球相对槽心做角速度大小为ω的圆周运动，A 球处于

高中物理：力学模型及方法知识归纳

╰ α 高中物理知识归纳（二） ----------------力学模型及方法 1．连接体模型是指运动中几个物体叠放在一起、或并排在一起、或用细绳、细杆联系在一起的物体组。解决这类问题的基本方法是整体法和隔离法。 整体法是指连接体内的物体间无相对运动时,可以把物体组作为整体，对整体用牛二定律列方程隔离法是指在需要求连接体内各部分间的相互作用( 如求相互间的压力或相互间的摩擦力等)时，把某物体从连接体中隔离出来进行分析的方法。 2斜面模型（搞清物体对斜面压力为零的临界条件） 斜面固定：物体在斜面上情况由倾角和摩擦因素决定 μ=tgθ物体沿斜面匀速下滑或静止μ> tgθ物体静止于斜面 μ< tgθ物体沿斜面加速下滑a=g(sinθ一μcosθ) 3．轻绳、杆模型 向的力。 杆对球的作用力由运动情况决定 只有θ=arctg( g a)时才沿杆方向 最高点时杆对球的作用力；最低点时的速度?，杆的拉力? 若小球带电呢？ 假设单B下摆,最低点的速度V B=R 2g?mgR=2 2 1 B mv 整体下摆2mgR=mg 2 R +'2 B '2 A mv 2 1 mv 2 1 +

F 'A 'B V 2V = ? ' A V = gR 53 ； ' A ' B V 2V ==gR 25 6> V B =R 2g 所以AB 杆对B 做正功，AB 杆对A 做负功 若 V 0

物理竞赛极限法

五、极限法 极限法是把某个物理量推向极端，即极大和极小或极左和极右，并依此做出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论。极限法在进行某些物理过程的分析时，具有独特作用，恰当应用极限法能提高解题效率，使问题化难为易，化繁为简，思路灵活，判断准确。因此要求解题者，不仅具有严谨的逻辑推理能力，而且具有丰富的想象能力，从而得到事半功倍的效果。 例1：如图5—1所示， 一个质量为m 的小球位于一质量可忽略的直立弹簧上方h 高度处，该小球从静止开始落向弹簧，设弹簧的劲度系数为k ，则物块可能获得的最大动能为 。 解析：球跟弹簧接触后，先做变加速运动，后做变减速运动，据此推理，小球所受合力为零的位置速度、动能最大。所以速最大时有 mg = kx ① 由机械能守恒有：mg (h + x) = E k +1 2kx 2 ② 联立①②式解得：E k = mgh －22 m g 2k 例2：如图5—2所示，倾角为α的斜面上方有一点O ，在O 点放一至斜面的光滑直轨道，要求一质点从O 点沿直轨道到达斜面P 点的时间最短。求该直轨道与竖直方向的夹角β 。 解析：质点沿OP 做匀加速直线运动，运动的时间t 应该与β角有关，求时间t 对于β角的函数的极值即可。 由牛顿运动定律可知，质点沿光滑轨道下滑的加速度为： a = gcos β 该质点沿轨道由静止滑到斜面所用的时间为t ，则： 12 at 2 =OP 所以： ① 由图可知，在ΔOPC 中有： o OP sin(90)-α=o OC sin(90) +α-β 所以：OP = OC cos cos() α α-β ② 将②式代入①式得： 显然，当cos(α－2β) = 1 ，即β =2 α 时，上式有最小值。 所以当β = 2 α 时，质点沿直轨道滑到斜面所用的时间最短。 图5—1 图5—2

全国高中物理竞赛专题十三 电磁感应训练题解答

1、 如图所示为一椭圆形轨道，其方程为()22 2210x y a b a b +=>>，在中心处有一圆形区域， 圆心在O 点，半径为()r b <，圆形区域中有一均匀磁场1B ，方向垂直纸面向里，1B 以 1B t k ??=的速率增大，在圆外区域中另 有一匀强磁场2B ，方向与1B 相同，在初始时，A 点有一带正电q 的质量为m 的粒子， 粒子只能在轨道上运动，把粒子由静止释放，若要其通过C 点时对轨道无作用力，求2B 的大小。 解：由于r b a <<，故轨道上距O 为R 的某处，涡旋电场强度为 22122B r kr E R t R ?==? 方向垂直于R 且沿逆时针方向，故q 逆时针运动。 q 相对O 转过θ?角时，1B 对其做功为 2 2kr W F x Eq x q R R θ?=?=?=? 而2B 产生的洛伦兹力及轨道支持力不做功，故q 对O 转过θ角后，其动能为 2 2122 k kr E mv W q θ==?=∑ q 的速度大小为 2kr q v m θ = q 过C 时，()3 20,1,2,2 n n θππ=+= C 处轨道不受力的条件为 2 2mv qvB ρ = 其中ρ为C 处的曲率半径，可以证明：2 a b ρ=（证明略） A C 1 B 2 B O x y

将v 和θ的表达式代入上式可得 ()22 320,1,2,2br mk B n n a q ππ?? = += ??? 2、 两根长度相等，材料相同，电阻分别为R 和2R 的细导线，两者相接而围成一半径为a 的圆环，P Q 、为其两个接点，如图所示，在圆环所围成的区域内，存在垂直于图面、指向纸内的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间增大的变化率为恒定值b 。已知圆环中感应电动势是均匀分布的，设M N 、为圆环上的两点，M N 、间的圆弧为半圆弧的一半，试求这两点间的电压()M N U U -。 解：根据法拉第定律，整个圆环中的感应电动势的大小 2E r b t π?Φ = =? （1） 按楞次定律判断其电流方向是逆时针的，电流大小为 23E E I R R R = =+ （2） 按题意，E 被均匀分布在整个圆环上，即?MN 的电动势为4E ，?NQPM 的电动势为34E ，现考虑?NQPM ，在这段电路上由于欧姆电阻所产生电势降落为()22I R R +，故 3242M N R U U E R I ? ?-=-+ ?? ? （3） 由（1）、（2）、（3）式可得 21 12 M N U U r b π-=- （4） 当然，也可采用另一条路径（?MTN 圆弧）求电势差 ()211 424321212 N M M N E R E E R U U I E r b U U R π-= -=-===--g g 与（4）式相符。 3、 如图所示，在边长为a 的等边三角形区域内有匀强磁场B ，其方向垂直纸面向外。一个边长也为a 的等边三角形导轨框架ABC ，在0t =时恰好与上述磁场区域的边界重合，而后以周期T 绕其中心在纸面内顺时针方向匀速转动，于是在框架ABC 中产生感应电流，规 R T M N P Q 2R S

高中物理竞赛流程详细解析

高中物理竞赛流程详细解析 高中物理竞赛国内竞赛主要分为：物理竞赛预赛、物理竞赛复赛、物理竞赛决赛三个流程，国际性赛事分为国际物理奥林匹克竞赛和亚洲物理奥林匹克竞赛。 一、全国中学生物理竞赛预赛（CPhO） 1、高中物理竞赛入门级赛事，每年9月上旬举办（也就是秋学期开学），由全国竞赛委员会统一命题，各省市、学校自行组织，所有中学生均可报名； 2、考试形式：笔试，共3小时，5道选择题、每题6分，5道填空题、每题10分，6道大题、每题20分，共计200分； 3、考试主要考力学、热学、电磁学、光学、近代物理等相关内容（回台回复“物竞考纲”查看明细）； 4、比赛分别设置了一等奖、二等奖和三等奖，因为预赛主要是各省市为了选拔复赛选手而筹备的，所以一般一等奖可以参加复赛。 5、一般来说，考完试后2~3天即可在考点查询成绩。 二、全国中学生物理竞赛复赛（CPhO） 1、高中阶段最重要的赛事，其成绩对于自主招生及参加清北学科营等有直接影响，每年9月下旬举办（也就是预赛结束后）。 2、复赛分为笔试+实验： 笔试，共3小时，8道大题，每题40分，共计320分； 实验，共90分钟，2道实验，每道40分，共计80分； 总分400分。 3、笔试由全国竞赛委员会统一命题，各省市自行组织、规定考点，大多数省份只有预赛一等奖的同学可以参加； 实验由各省市自行命题，根据笔试成绩组织前几十名左右考生参加（也就是说实验不是所有人都考，只有角逐一等奖的同学才参加），最终根据实验和笔试的总成绩评定出一等奖、二等奖、三等。 4、各省市的实验时间稍有不同，具体可参考当地往年的考试时间。 5、考试内容在预赛的基础上稍有增加，具体考纲后台回复“物竞考纲”查看。 6、比赛设置了一等奖、二等奖、三等奖，也就是我们常说的省一、省二、省三，其中各省省一前几名入选该省省队，可参加决赛。 7、成绩有什么用？ 省一等奖可基本满足除清华、北大、复旦以外其他985/211高校的自主招生条件； 省二等奖可满足部分985/211高校的自主招生条件； 省三等奖可满足大部分211学校的自主招生条件。 8、各省省队成员可参加清北金秋营、冬令营，并根据成绩获得降分优惠。

高三物理巧用极限法分析临界问题(附答案)

高三物理巧用极限法分析临界问题 临界问题的分析是中学物理中较为常见，也是很多同学感到困难的问题之一，这就要求我们在教学中能不断探索这类问题的分析方法。 极限法分析临界问题，是通过分析把关键物理量同时推向极大和极小时的物理现象，从而找出解决问题的突破口的一种方法。下面通过几种情况的分析来体会： 一、关键物理量“力F ” 【例1】如图1所示，物体A 的质量为2kg ，两轻绳AB 和AC(L AB =2L AC )的一端连接在竖直墙上，另一端系在物体A 上，今在物体A 上另施加一个与水平方向成α=600角的拉力F 。要使两绳都能伸直，试求拉力F 的大小范围。(g=10m/s 2) 分析与解 如果F 很小，由竖直方向平衡知轻绳AB 中必有张力，当AC 中张力恰为零时，F 最小；如果F 很 大，由竖直方向平衡知轻绳AC 中必有张力，当AB 中张 力恰好为零时，F 最大。 设物体的质量为m ，轻绳AB 中的张力为T AB ，AC 中的张力为T AC ，F 的最小值为F 1，最大值为F 2 L AB =2L AC ，有∠CAB=600 由平衡条件有： F 1sin600+T AB sin600=mg , F 1cos600=T AB cos600 F 2sin600=mg 以上各式代入数据得：F 1=20√3/3N ，F 2=40√3/3N 因此，拉力F 的大小范围：20√3/3N ＜F ＜40√3/3N 此题也可由平衡条件直接列方程，结合不等式关系T AB ＞0，T AC ＞0求解。 二、关键物理量“加速度a ” 【例2】质量为0.2kg 的小球用细绳吊在倾角θ=600的斜面体的顶端，斜面体静止时，小球紧靠在斜面上，线与斜面平行，如图2所示，不计摩擦，求当斜面体分别以（1）2√3m/s 2， （2）4√3m/s 2的加速度向右加速时，线对小球的拉力。 分析与解 很多同学看到题目就会不加分析的列方程 求解，从而出现解出的结果不符合实际。其实，如果我们 仔细审题就会发现题目设问的着眼点是加速度。当小球向 图1 图2—1

极限思维法、特殊值法、量纲法、等解高中物理选择题

高中物理“超纲”选择题解题方法 1．有一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断。例如从解的物理量的单位，解随某些已知量变化的趋势，解在一定特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性。 举例如下：如图所示，质量为M、倾角为θ的滑块A放于水平地面上。把质量为m的滑块B放在A的斜面上。忽略 一切摩擦，有人求得B相对地面的加速度a = M+m gsinθ，式中g为重力加速度。 M+msin2θ 对于上述解，某同学首先分析了等号右侧量的单位，没发现问题。 他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都 是“解可能是对的”。但是，其中有一项是错误 ．．的。请你指出该项。 （） A．当θ=0?时，该解给出a=0，这符合常识，说明该解可能是对的 B．当θ＝90?时，该解给出a=g，这符合实验结论，说明该解可能是对的 C．当M≥m时，该解给出a=gsinθ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的

D ．当m ≥M 时，该解给出a =sin g θ ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 2．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示。导电介质的电阻率为ρ、制成内、外半径分别为a 和b 的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a 、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极。设该电阻的阻值为R 。下面给出R 的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，R 的合理表达式应为 （ ） A ．R= ab a b πρ2) (+ B ．R= ab a b πρ2) (- C ．R=) (2a b ab -πρ D ．R= ) (2a b ab +πρ 3．图示为一个半径为R 的均匀带电圆环，其单位长度带电量为η。取环面中心O 为原点，以垂直于环面的轴线为x 轴。设轴上任意点P 到O 点的距离为x ，以无限远处为零电势，P 点电势的大小为Φ。下面给出 Φ的四个表达式（式中k 为静电力常量），其中只有一个是合理的。你 可能不会求解此处的电势Φ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，Φ的合理表达式应为 （ ） I

高中物理竞赛专题训练

高中物理竞赛专题训练 1、一圆柱体的坚固容器，高为h，上底有一可以打开和关闭的密封阀门，现把此容器沉入深为H 的湖底，并打开阀门，让水充满容器，然后关闭阀门。设大气压强为P0， 湖水的密度为，则容器内部底面受到的向下的压强为_________，若将 此容器从湖底移动湖面上，这时容器内部底面上受到的向下的压强为 _________。（P 0+gH、P0+gH） 2、氢原子处于基态时，能量E=_________；当氢原子处于n=5的能量状态时，氢原子的能量为__________；当氢原子从n=5状态跃迁到n=1的基态时，辐射光子的能量是_________，是_________光线（红外线、可见或紫外线）。（—13.6 ev、—0.54ev 、13.06ev、紫外线） 3、质量为m的物体A置于质量为M、倾角为的斜面B上，A、B之间光滑接触，B的底面与水平地面也是光滑接触。设开始时A与B均为静止，而后A以某初速度沿B的斜面向上运动，如图所示，试问A在没有到达斜面顶部前是否会离开斜面？为什么？讨论中不必考虑B向前倾倒的可能性。（不会离开斜面，因为A与B的相互作用力为(mMcos g) / [M+m(sin)2]，始终为正值） 4、一电荷Q1均匀分布在一半球面上，无数个点电荷、电量均为Q2位于通过球心的轴线上，且在半球面的下部。第k个电荷与球心的距离为，而k=1，2，3，4……，设球心处的电势为零，周围空间均为自由空间。若Q1已知求Q2。（—Q1/2）

5、一根长玻璃管，上端封闭，下端竖直插入水银中，露出水银面的玻璃管长为76 cm。水银充满管子的一部分。玻璃管的上端封闭有0.001mol的空气，如图所示。外界大气压强为76cmHg。空气的定容摩尔热容量为C V =20.5J/mol k。当玻璃管与管内空气的温度均降低100C时，试问管内空气放出多少热量？（0.247焦耳） 6、如图所示，折射率n=1.5的全反射棱镜上方6cm处放置一物体AB，棱镜直角边长为6cm，棱镜右侧10cm处放置一焦距f1=10cm的凸透镜，透镜右侧15cm处再放置一焦距f2=10cm的凹透镜，求该光学系统成像的位置和像放大率。（在凹透镜的右侧10cm处、放大率为2） 7、在边长为a的正方形四个顶点上分别固定电量均为Q的四个点电荷，在对角线交点上放一个质量为m，电量为q（与Q同号）的自由点电荷。若将q沿着对角线移动一个小的距离，它是否会做周期性振动？若会，其周期是多少？（会做周期性振动，周期为） 8、一匀质细导线圆环，总电阻为R，半径为a，圆环内充满方向垂直于 环面的匀强磁场，磁场以速率K均匀的随时间增强，环上的A、D、C三点位置对称。电流计G

(完整版)高中物理八大解题方法之七：逆向思维法

高中物理解题方法之逆向思维法 江苏省特级教师 戴儒京 内容提要：本文通过几道物理题的解法分析，阐述逆向思维解题方法的几种应用：一、在解题程序上逆向思维；二、在因果关系上逆向思维；三、在迁移规律上逆向思维。 所谓“逆向思维”，简单说来就是“倒过来想一想”。这种方法用于解物理题，特别是某些难题，很有好处。下面通过高考物理试卷中的几道题的解法分析，谈谈逆向思维解题法的应用的几种情况。 一、 在解题程序上逆向思维 解题程序，一般是从已知到未知，一步步求解，通常称为正向思维。但有些题目反过来思考，从未知到已知逐步推理，反而方便些。 例1．如图1所示， 图1 一理想变压器的原副线圈分别由双线圈ab 和cd （匝数都为n 1）、ef 和gh （匝数都为n 2）组成。用I 1和U 1表示输入电流和电压，用I 2和U 2表示输出电流和电压。在下列四种接法中，符合关系1 2212121,n n I I n n U U ==的有： （A ） b 与c 相连，以a 、d 为输入端；f 与g 相连，以e 、h 为输入端。 （B ） b 与c 相连，以a 、d 为输入端；e 与g 相连、f 与h 相连作为输入端。

（C ） a 与c 相连，b 与d 相连作为输入端；f 与g 相连，以e 、h 为输出端。 （D ） a 与c 相连，b 与d 相连作为输入端；e 与g 相连、f 与h 相连作为输出端。 析与解：一般的选择题，是从题干所给的已知条件去求解，解出结果与选项比较，哪个正确选哪个。但本题我们不能根据两个公式去求解法，而只能逐一选项讨论哪种解法能得出题干给出的公式。 对（A ），初级ab 和cd 两线圈串联，总匝数为2 n 1，次级ef 和gh 两线圈亦串联，总匝数为2 n 2，据变压器变压比公式及变流比公式有1 21221212121,22n n U U I I n n n n U U ====。 对（B ），初级总匝数为2 n 1，次级总匝数为n 2（ef 与gh 并联），不符合题给两公式。 对（C ），初级总匝数为n 1，次级总匝数为2n 2，亦不符合题给两公式。 对（D ），初级总匝数为 n 1，次级总匝数为n 2 ， 符合题给两公式。 故本题选（A 、D ）。 这种在解题程序上的逆向思维法，较多用于选择题和证明题，因为此类题给出了要求的结果，便于逆推。 二、在因果关系上逆向思维 物理过程有一定的因果关系，通常从原因出发推导结果，称为正向思维。但有时反过来，从结果倒推原因，可称为逆向思维。 例2．某人透过焦距为10厘米，直径为4．0厘米的薄凸透镜观看方格纸，每个方格的边长均为0．30厘米。他使透镜的主轴与方格垂直，透镜与纸面相距10厘米，眼睛位于透镜主轴上离透镜5．0厘米处。问他至多能看到同一行上几个完整的方格？ 析与解：眼睛看到方格，应是方格纸反射的自然光经透镜折射后射到人的眼中，我们根据光路的可逆性，把眼睛看作光源，求此光源发出的光经透镜折射（会聚）后能照到方格纸上多大的范围？ 光路图为图2所示。 C

高中物理极限法的应用

极限法的应用 一. 本周教学容： 物理解题方法复习专题——极限法的应用 二. 重点、难点： （一）物理思想 在物理问题中，有些物理过程虽然比较复杂，但这个较为复杂的物理过程又包含在一个更复杂的物理过程中。若把这个复杂的物理过程分解成几个小过程，且这些小过程的变化是单一的。那么，选取全过程的两个端点及中间的奇变点来进行分析，其结果必然可以反映所要讨论的物理过程，从而能使求解过程简单、直观，这就是极限思维法的物理思想。 极限法是一种直观、简捷的科学方法。在我们已学过的物理规律中，常能看到科学家们利用这种思维方法得到的物理规律。例如伽利略在研究从斜面上滚下的小球的运动时就运用了极限思维法将第二斜面外推到极限——水平面；开尔文把查理定律外推到压强为零这一极限制，而引入了热力学温标……这些例子说明，在物理学的发展和物理问题的研究中，极限思维法是一种重要的方法。（二）如何应用极限法解决问题 应用极限思维法时，特别要注意到所选取的某段物理过程研究的物理量的变化应是单一的。如增函数或减函数。但不能在所选过程中既包含有增函数，又包含有减函数的关系，

这种题目的解答是不能应用极限法的。因此，在解题时，一定要先判定物理量间的变化关系是否为单调变化。若物理量间的变化关系为单调变化，可假设某种变化的极端情况，从而得出结论或作出判断。 极限法常见用于解答定性判断题和选择题，或者在解答某些大题时，用极限法确定“解题方向”。在解题过程中，极限法往往能化难为易，达到“事半功倍”的效果。 【典型例题】 例1. 如图所示电路中，当可变电阻R的阻值增大时（） A. A、B两点间的电压U增大 B. A、B 两点间的电压U减小 C. 通过R的电流I增大 D. 通过R 的电流I减小 分析： 可变电阻R的变化围在零到无穷大之间连续变化。当R=0 ；当R→∞时，R断路，时，A、B间短路，此时U=0，I E R r =+ () 1 ，()。可见，当R的阻值增大时，U增大而I ==++ I U ER R R r 212 减小，因此A、D选项正确。 点拨：

高中物理竞赛经典方法 2.隔离法

二、隔离法 方法简介 隔离法就是从整个系统中将某一部分物体隔离出来，然后单独分析被隔离部分的受力情况和运动情况，从而把复杂的问题转化为简单的一个个小问题求解。隔离法在求解物理问题时，是一种非常重要的方法，学好隔离法，对分析物理现象、物理规律大有益处。 赛题精讲 例1：两个质量相同的物体1和2紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如图2—1所示，如果它们分别受到水平推力F 1和F 2作用，且F 1＞F 2 ， 则物体1施于物体2的作用力的大小为（ ） A ．F 1 B ．F 2 C ．12F F 2+ D ．12F F 2 - 解析：要求物体1和2之间的作用力，必须把其中一个隔离出来分析。先以整体为研 究对象，根据牛顿第二定律：F 1－F 2 = 2ma ① 再以物体2为研究对象，有N －F 2 = ma ② 解①、②两式可得N = 12 F F 2 +，所以应选C 例2：如图2—2在光滑的水平桌面上放一物体A ，A 上再放一物体B ，A 、B 间有摩擦。施加一水平力F 于B ，使它相对于桌面向右运动，这时物体A 相对于桌面（ ） A ．向左动 B ．向右动 C ．不动 D ．运动，但运动方向不能判断 解析：A 的运动有两种可能，可根据隔离法分析 设AB 一起运动，则：a =A B F m m + AB 之间的最大静摩擦力：f m = μm B g 以A 为研究对象：若f m ≥m A a ，即：μ≥A B B A m m (m m )g +F 时，AB 一起向右运动。 若μ＜ A B B A m m (m m )g + F ，则A 向右运动，但比B 要慢，所 以应选B 例3：如图2—3所示，已知物块A 、B 的质量分别为m 1 、m 2 ，A 、B 间的摩擦因数为μ1 ，A 与地面之间的摩擦因数为μ2 ，在水平力F 的推动下，要使A 、B 一起运动而B 不至下滑，力F 至少为多大？ 解析： B 受到A 向前的压力N ，要想B 不下滑，需满足的临界条件是：μ1N = m 2g 。

极限法(特殊值法)在物理高考中的应用Word版

极限法（特殊值法）在物理高考中的应用 “极限法”是一种特殊的方法，它的特点是运用题中的隐含条件，或已有的概念，性质，对选项中的干扰项进行逐个排除，最终达到选出正确答案的目的。 极限法在物理解题中有比较广泛的应用,将貌似复杂的问题推到极端状态或极限值条件下进行分析，问题往往变得十分简单。利用极限法可以将倾角变化的斜面转化成平面或竖直面。可将复杂电路变成简单电路，可将运动物体视为静止物体，可将变量转化成特殊的恒定值，可将非理想物理模型转化成理想物理模型，从而避免了不必要的详尽的物理过程分析和繁琐的数学推导运算，使问题的隐含条件暴露，陌生结果变得熟悉，难以判断的结论变得一目了然。 1.（12安徽）如图1所示，半径为R 均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P （坐标为x ）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出： E =2πκσ()????????+-21221x r x ，方向沿x 轴。现考虑单位面积带电量为0σ的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆板，如图2所示。则圆孔轴线上任意一点Q （坐标为x ）的电场强度为 ( ) A. 2πκ0σ()2122x r x + B. 2πκ0σ()2122x r r + C. 2πκ0 σr x D. 2πκ0σx r 【解析】当→∝R 时，22x R x +=0，则0k 2E δπ=，当挖去半径为r 的圆孔时，应在E 中减掉该圆孔对应的场强）（220r x r x - 12E +=πκδ，即21220x r x 2E ）（+='πκδ。选项A 正确。 2.（11福建）如图，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质 量为m 1和m 2的物体A 和B 。若滑轮有一定大小，质量为m 且分布均匀，滑 轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的磨擦。设细绳对A 和B 的拉力大小分别为T 1和T 2，已知下列四个关于T 1的表达式中有一个是正确 的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析判断正确的表达式是（ ） O R ● x P 图1 O r ● x Q 图2

高中物理奥赛专题十三 磁场

专题十三 磁场 【拓展知识】 1．几种磁感应强度的计算公式 （1）定义式：IL F B = 通电导线与磁场方向垂直。 （2）真空中长直导线电流周围的磁感应强度：r I K r I B ==πμ20 （πμ20=K ）。 式中r 为场点到导线间的距离，I 为通过导线的电流，μ0为真空中的磁导率，大小为4π×10-7H/m 。 （3）长度为L 的有限长直线电流I 外的P 处磁感应强度：)cos (cos 4210θθπμ-= r I B 。 （4）长直通电螺线管内部的磁感应强度：B=μ0nI 。 式中n 为单位长度螺线管的线圈的匝数。 2．均匀磁场中的载流线圈的磁力矩公式：M=NBISsin θ。 式中N 为线圈的匝数，S 为线圈的面积，θ为线圈平面与磁场方向的夹角。 3．洛伦兹力 F =qvBsin θ (θ是v 、B 之间的夹角) 当θ=0°时，带电粒子不受磁场力的作用。 当θ=90°时，带电粒子做匀速圆周运动。 当0°＜θ＜时90°，带电粒子做等距螺旋线运动，回旋半径、螺距和回旋周期分别为 qB mv R θsin =； qB mv h θπcos 2= ； qB m T π2= ； 4．霍尔效应 将一载流导体放在磁场中，由于洛伦兹力的作用，会在磁场和电流两者垂直的方向上出现横向电势差，这一现象称为霍尔效应，这电势差称为霍尔电势差。

【典型例题】 1．如图所示，将均匀细导线做成的环上的任意两点A和B与固定电源连接起来，总电流为I，计算由环上电流引起的环中心的磁感应强度。 2．如图所示，倾角为θ的粗糙斜面上放一木制圆柱，其质量为m = 0.2kg，半径为r，长为l =0.1m，圆柱上顺着轴线绕有N =10匝线圈，线圈平面与斜面平行，斜面处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B =0.5T，当通入多大电流时，圆柱才不致往下滚动？ 3．如图所示，S为一离子源，它能各方向会均等地持续地大量发射正离子，离子的质量皆为m、电量皆为q，速率皆为v0。在离子源的右侧有一半径为R的圆屏，图中OOˊ是通过圆屏的圆心并垂直于屏面的轴线，S位于轴线上，离子源和圆屏所在的空间有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于圆屏向右。在发射的离子中，有的离子不管S的距离如何变化，总能打到圆屏面上，求这类离子的数目与总发射离子数之比，不考虑离