高中物理竞赛解题方法之极限法例题

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 =OCcos cos()

αα-β ② 将②式代入①式得：

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

2h(cos 21)

α-

α+

图5— 图5—4

=2

gd sin 2cos 2h ?αα-?? 令

h d = tan θ

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

1

v 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，发射速度v

（取R 0 = 6.4×106m ）

，设 图5—5

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 20

Mm 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

== 7.9×103m/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

= 11.2×103m/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 =38R ， 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：

tan θm =m f N

= μ = 0.2 ，所以 x = 3μR = 0.6R 。

图5—6

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 又：s + v 0cos θ?t = vt ③

将①、②代入③式得：v 0

图5—

7

图5—7—甲

图5—8

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 =12

m 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：

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) Δt

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：

图5—

9 图5—10

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

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， 图5—13

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 =22

mgsin 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—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 图5—

16

图5—

17

图5—18

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 图5—22

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 0 4、1.41s

5

6、（1（2）h －14R ；（3

7、D

8、BC

9、1)R ；+ 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22mgsin 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

高等数学求极限的常用方法附例题和详解完整版

高等数学求极限的常用 方法附例题和详解 HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】

高等数学求极限的14种方法 一、极限的定义 1.极限的保号性很重要：设 A x f x x =→)(lim 0 ， （i ）若A 0>，则有0>δ，使得当δ<-<||00x x 时，0)(>x f ； （ii ）若有,0>δ使得当δ<-<||00x x 时，0A ,0)(≥≥则x f 。 2.极限分为函数极限、数列极限，其中函数极限又分为∞→x 时函数的极限和0x x →的极限。要特别注意判定极限是否存在在： （i ）数列{}的充要条件收敛于a n x 是它的所有子数列均收敛于a 。常用的是其推论，即 “一个数列收敛于a 的充要条件是其奇子列和偶子列都收敛于a ” （ii ） A x x f x A x f x =+∞ →= -∞ →? =∞ →lim lim lim )()( (iii)A x x x x A x f x x =→=→? =→+ - lim lim lim 0 )( (iv)单调有界准则 （v ）两边夹挤准则（夹逼定理/夹逼原理） （vi ）柯西收敛准则（不需要掌握）。极限 )(lim 0 x f x x →存在的充分必要条件是： εδεδ<-∈>?>?|)()(|)(,0,021021x f x f x U x x o 时，恒有、使得当 二．解决极限的方法如下：

1.等价无穷小代换。只能在乘除．． 时候使用。例题略。 2.洛必达（L ’hospital ）法则（大题目有时候会有暗示要你使用这个方法） 它的使用有严格的使用前提。首先必须是X 趋近，而不是N 趋近，所以面对数列极限时候先要转化成求x 趋近情况下的极限，数列极限的n 当然是趋近于正无穷的，不可能是负无穷。其次,必须是函数的导数要存在，假如告诉f （x ）、g （x ）,没告诉是否可导，不可直接用洛必达法则。另外，必须是“0比0”或“无穷大比无穷大”,并且注意导数分母不能为0。洛必达法则分为3种情况： （i ）“ 00”“∞ ∞ ”时候直接用 (ii)“∞?0”“∞-∞”，应为无穷大和无穷小成倒数的关系，所以无穷大都写成了 无穷小的倒数形式了。通项之后，就能变成(i)中的形式了。即 )(1)()()()(1)()()(x f x g x g x f x g x f x g x f ==或；) ()(1 )(1 )(1 )()(x g x f x f x g x g x f -=- (iii)“00”“∞1”“0∞”对于幂指函数,方法主要是取指数还取对数的方法，即 e x f x g x g x f ) (ln )()()(=，这样就能把幂上的函数移下来了，变成“∞?0”型未定式。 3.泰勒公式(含有x e 的时候，含有正余弦的加减的时候） 12)! 1(!!21+++++++=n x n x x n e n x x x e θ ； cos=221242)! 22(cos )1()!2()1(!4!21+++-+-+-+-m m m m x m x m x x x θ

高中奥林匹克物理竞赛解题方法 10图像法

高中奥林匹克物理竞赛解题方法 十、图像法 方法简介 图像法是根据题意把抽象复杂的物理过程有针对性地表示成物理图像，将物理量间的代数关系转变为几何关系，运用图像直观、形象、简明的特点，来分析解决物理问题，由此达到化难为易，化繁为简的目的，图像法在处理某些运动问题，变力做功问题时是一种非常有效的方法。 赛题精讲 例1：一火车沿直线轨道从静止发出由A 地驶向B 地，并停止在B 地。AB 两地相距s ，火 车做加速运动时，其加速度最大为a 1，做减速运动时，其加速度的绝对值最大为a 2，由此可可以判断出该火车由A 到B 所需的最短时间为 。 解析：整个过程中火车先做匀加速运动，后做匀减速运动，加速度最大时，所用时间最短，分段运动可用图像法来解。 根据题意作v —t 图，如图11—1所示。 由图可得1 1t v a = vt t t v s t v a 21)(21212 2=+== 由①、②、③解得2 121)(2a a a a s t += 例2：两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度为v 0，若前车突然以恒定 的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车时的加速度开始刹车。已知前车在刹车过程中所行的距离为s ，若要保证两辆车在上述情况中不相碰，则两车在做匀速行驶时保持的距离至少为 （ ） A ．s B ．2s C ．3s D ．4s 解析：物体做直线运动时，其位移可用速度——时间图像 中的面积来表示，故可用图像法做。 作两物体运动的v —t 图像如图11—2所示，前车发 生的位移s 为三角形v 0Ot 的面积，由于前后两车的刹车 加速度相同，根据对称性，后车发生的位移为梯形的面积 S ′=3S ，两车的位移之差应为不相碰时，两车匀速行驶 时保持的最小车距2s. 所以应选B 。 ① ② ③ 图11—2

全国高中物理竞赛-历年赛题分析电学+力学

24届 二、（25分）图中所示为用三角形刚性细杆AB、BC、CD连成的平面连杆结构图。AB和CD杆可分别绕过A、D的垂直于纸面的固定轴转动，A、D两点位于同一水平线上。BC杆的两端分别与AB杆和CD杆相连，可绕连接处转动（类似铰链）。当AB杆绕A轴以恒定的角速度 转到图中所示的位置时，AB杆处于竖直位置。BC杆与CD杆都与水平方向成45°角， a的大小和方向已知AB杆的长度为l，BC杆和CD杆的长度由图给定。求此时C点加速度 c （用与CD杆之间的夹角表示） 27复 28复 二、（20分）质量均匀分布的刚性杆AB、CD如图放置，A点与水平地面接触，与地面间的 静摩擦系数为μA，B、D两点与光滑竖直墙面接触， 杆AB和CD接触处的静摩擦系数为μC，两杆的质量均 为m，长度均为l。 1、已知系统平衡时AB杆与墙面夹角为θ，求CD杆 与墙面夹角α应该满足的条件（用α及已知量满足的 方程式表示）。 2、若μA=1.00，μC=0.866，θ=60.0°。求系统平衡时 α的取值范围（用数值计算求出）。

26复 二、（20分）图示正方形轻质刚性水平桌面由四条完全相同的轻质细桌腿1、2、3、4支撑于桌角A 、B 、C 、D 处，桌腿竖直立在水平粗糙刚性地面上。已知桌腿受力后将产生弹性微小形变。现于桌面中心点O 至角A 的连线 OA 上某点P 施加一竖直向下的力F ，令c OA OP =，求桌面 对桌腿1的压力F 1。 25复 三、（22分）足球射到球门横梁上时，因速度方向不同、射在横梁上的位置有别，其落地点也是不同的。已知球门的横梁为圆柱形，设足球以水平方向的速度沿垂直于横梁的方向射到横梁上，球与横梁间的滑动摩擦系数0.70μ=，球与横梁碰撞时的恢复系数e=0.70。试问足球应射在横梁上什么位置才能使球心落在球门线内（含球门上）？足球射在横梁上的位置用球与横梁的撞击点到横梁轴线的垂线与水平方向（垂直于横梁的轴线）的夹角θ（小于 90 ）来表示。不计空气及重力的影响。 27复 24届 一、（20分）如图所示，一块长为m L 00.1=的光滑平板PQ 固定在轻质弹簧上端，弹 A

高等数学求极限的14种方法(完整资料).doc

【最新整理，下载后即可编辑】 高等数学求极限的14种方法 一、极限的定义 1.极限的保号性很重要：设 A x f x x =→)(lim 0 ， （1）若A 0>，则有0>δ，使得当δ<-<||00x x 时，0)(>x f ； （2）若有,0>δ使得当δ<-<||00x x 时，0A ,0)(≥≥则x f 。 2. 极限分为函数极限、数列极限，其中函数极限又分为∞→x 时函数的极限和0x x →的极限。 要特别注意判定极限是否存在在： （1）数列{}的充要条件收敛于a n x 是它的所有子数列均收敛于a 。常用的是其推论，即 “一个数列收敛于a 的充要条件是其奇子列和偶子列都收敛于a ” （2）A x x f x A x f x =+∞ →=-∞ →?=∞ →lim lim lim )()( (3) A x x x x A x f x x =→=→?=→+ - lim lim lim 0 )( (4) 单调有界准则 （5）两边夹挤准 （夹逼定理/夹逼原理） (6) 柯西收敛准则（不需要掌握）。极限)(lim 0 x f x x →存在的充分必要条件。是： εδεδ<-∈>?>?|)()(|)(,0,021021x f x f x U x x o 时，恒有、使得当 二．解决极限的方法如下： 1.等价无穷小代换。只能在乘除．． 时候使用。例题略。 2.洛必达（L ’hospital ）法则（大题目有时候会有暗示要你使用这个方法） 它的使用有严格的使用前提。首先必须是X 趋近，而不是N 趋近，所以面对数列极限时候先要转化成求x 趋近情况下的极限，数列极限的n 当然是趋近于正无穷的，不可能是负无穷。其次,必须是函数的导数要存在，假如告诉f （x ）、g （x ）,没告诉是否可导，不可直接用洛必达法则。另外，必须是“0比0”或“无穷大比无穷大”,并且注意导数分母不能为0。洛必达法则分为3种情况： （1）“0 0”“∞ ∞”时候直接用 (2)“∞?0”“∞-∞”，应为无穷大和无穷小成倒数的关系，所以无穷大都写成

高中物理竞赛方法集锦

例11：如图13—11所示，用12根阻值均为r的相同的电阻丝构成正立方体框架。试求AG两点间的等效电阻。 解析：该电路是立体电路，我们可以将该立体电路“压扁”，使其变成平面电路，如图13—11—甲所示。 考虑到D、E、B三点等势，C、F、H三点等势，则电路图可等效为如图13—11—乙所示的电路图，所以AG间总电阻为

r r r r R 6 5363=++= 例12：如图13—12所示，倾角为θ的斜面上放一木 制圆制，其质量m=0.2kg ，半径为r ，长度L=0.1m ，圆柱 上顺着轴线OO ′绕有N=10匝的线圈，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 B=0.5T ，当通入多大电流时，圆柱才不致往下滚动？ 解析：要准确地表达各物理量之间的关系， 最好画出正视图，问题就比较容易求解了。如 图13—12—甲所示，磁场力F m 对线圈的力矩 为M B =NBIL ·2r ·sin θ，重力对D 点的力矩为： M G =mgsin θ，平衡时有：M B =M G 则可解得：A NBL mg I 96.12== 例13：空间由电阻丝组成的无穷网络如图13—13 所示，每段电阻丝的电阻均为r ，试求A 、B 间的等效 电阻R AB 。 解析：设想电流A 点流入，从B 点流出，由对称 性可知，网络中背面那一根无限长电阻丝中各点等电 势，故可撤去这根电阻丝，而把空间网络等效为图13—13—甲所示的电路。

（1）其中竖直线电阻r ′分别为两个r 串联和一个r 并联后的电阻值， 所以 r r r r r 3 232=?=' 横线每根电阻仍为r ，此时将立体网络变成平面网络。 （2）由于此网络具有左右对称性，所以以AB 为轴对折，此时网络变为如图13—13—乙所示的网络。 其中横线每根电阻为21r r = 竖线每根电阻为32r r r ='= '' AB 对应那根的电阻为r r 32 =' 此时由左右无限大变为右边无限 大。 （3）设第二个网络的结点为CD ，此后均有相同的网络，去掉AB 时电路为图13—13—丙所示。再设R CD =R n －1（不包含CD 所对应的竖线电阻） 则N B A R R ='，网络如图13—13—丁所示。

高中物理竞赛(解题方法：整体法)

高中奥林匹克物理竞赛解题方法 、整体法 方法简介 整体是以物体系统为研究对象，从整体或全过程去把握物理现象的本质和规律，是一种把具 有相互联系、相互依赖、相互制约、相互作用的多个物体，多个状态，或者多个物理变化过程组合 作为一个融洽加以研究的思维形式。整体思维是一种综合思维，也可以说是一种综合思维，也是多 种思维的高度综合，层次深、理论性强、运用价值高。因此在物理研究与学习中善于运用整体研究 分析、处理和解决问题，一方面表现为知识的综合贯通，另一方面表现为思维的有机组合。灵活运 用整体思维可以产生不同凡响的效果，显现“变”的魅力， 把物理问题变繁为简、变难为易。 赛题精讲 例1如图1—1所示，人和车的质量分别为m和M，人用水 平力F拉绳子，图中两端绳子均处于水平方向，不计滑轮质量及摩 擦，若人和车保持相对静止，且水平地面是光滑的，则车的加速度为 ________________________________________________ . 解析：要求车的加速度，似乎需将车隔离出来才能求解，事实 上，人和车保持相对静止，即人和车有相同的加速度，所以可将人和车看做一个整体，对整体用 牛顿第二定律求解即可 将人和车整体作为研究对象，整体受到重力、水平面的支持力和两条绳的拉力 向重力与支持力平衡，水平方向绳的拉力为2F,所以有： 2F=(M+m)a，解得： 2F a M m 例2用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如图 1 —2所示，今对小球a持续施加一个向左偏下30°的恒力，并对小球b持续施加一个向右 偏上30°的同样大小的恒力，最后达到平衡，表示平衡状态的图可能是 ?在竖直方解析

历届全国初中物理竞赛(简单机械)

最近十年初中应用物理知识竞赛题分类解析专题12--简单机械 一、选择题 1. （2013全国初中应用物理知识竞赛预赛题）某次刮大风时把一棵大树吹倒了，需要两个工人把它扶起，工人们想到了如图l2所示的四种方案，每个人所需拉力最小的方案是 ( ) 1.答案：B 解析：根据滑轮知识，AB图绳中拉力为二人拉力之和，且拉树的力为两根绳中的拉力。根据杠杆知识，B图在动力臂大，所以每个人所需拉力最小的方案是B。 2.(2010全国初中应用物理知识竞赛题).图5是环卫工人用的一种垃圾夹的结构示意图。拉绳的一端固定在手把上，另一端穿过空心管杆与两夹爪的一端相连。当用力捏手把时，夹爪在拉绳的作用下可夹持物体，同时弹簧被压缩；当松开手把时， 夹爪在弹簧的作用下恢复原状。在使用过程中，手 把和夹爪分别是 ( ) A.省力杠杆，费力杠杆 B.费力杠杆，省力杠杆 C省力杠杆，省力杠杆 D.费力杠杆，费力杠杆 . 答案：A解析：手把动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，夹爪动力臂小于阻力臂，是费力杠杆。 3.(2010全国初中应用物理知识竞赛题).体操、投掷、攀岩等体育运动都不能缺少的“镁粉”，它的学名是碳酸镁。体操运动员在上杠前都要在手上涂擦“镁粉”，其目的是 ( ) A.仅仅是为了利用“镁粉”，吸汗的作用，增加手和器械表面的摩擦而防止打滑 B.仅仅是为了利用手握着器械并急剧转动时“镁粉”，能起到衬垫作用，相当于在中间添加了一层“小球”做“滚动摩擦” C仅仅是为了利用“镁粉”，填平手掌的褶皱和纹路，使手掌与器械的接触面增大，将握力变得更加实在和均匀 D.上述各种功能都具有

.答案：D解析：体操运动员在上杠前在手上涂擦“镁粉”的目的是为了利用“镁粉”吸汗的作用，增加手和器械表面的摩擦而防止打滑；利用手握着器械并急剧转动时“镁粉”能起到衬垫作用，相当于在中间添加了一层“小球”做“滚动摩擦”；利用“镁粉”填平手掌的褶皱和纹路，使手掌与器械的接触面增大，将握力变得更加实在和均匀，所以选项D正确。 4. (2011上海初中物理知识竞赛题)某人在车后用80牛的水平力推车，使车在平直公路上匀速前进，突然发现车辆前方出现情况，他马上改用120的水平拉力使车减速，在减速的过程中，车受到的合力大小为( ) A．40牛 B．80牛 C．120牛 D．200牛 3. 答案：D解析：用80牛的水平力推车，使车在平直公路上匀速前进，说明车运动受到的阻力为80N。改用120的水平拉力使车减速，在减速的过程中，车受到人向后拉力120N，阻力80N，所以车受到的合力大小为120N+80N=200N. ，选项D正确。 5. （2011上海初中物理知识竞赛题）分别用铁和铝做成两个外部直径和高度 相等，但内径不等的圆柱形容器，铁杯装满质量为m1的水后总重为G1；铝杯装 满质量为m2的水后总重为G2。下列关系不可能正确的是（） A．G1G2,m1>m2 C．G1m2 D．G1>G2,m1G2,所以A不可能正确。 6. （2011上海初中物理知识竞赛题）如图所示，两根硬杆AB、BC用 铰链连接于A、B、C，整个装置处于静止状态。关于AB杆对BC杆作用 力的方向正确的是（） A．若计AB杆重力，而不计BC杆重力时，由A指向B B．若计AB杆重力，而不计BC杆重力时，由C指向B C．若不计AB杆重力，而计BC杆重力时，由B指向A D．若不计AB杆重力，而计BC杆重力时，由B指向C 答案：C解析：若计AB杆重力，而不计BC杆重力时，取A点为支点，由杠杆平衡条件，BC杆对AB 杆作用力的方向竖直向上，由牛顿第三定律，AB杆对BC杆作用力的方向竖直向下，选项AB错误；若不计AB杆重力，而计BC杆重力时，取C点为支点，由杠杆平衡条件，AB杆对BC杆作用力的方向由B指向A，选项C正确D错误。

求极限的常用方法典型例题

求极限的常用方法典型例题 掌握求简单极限的常用方法。求极限的常用方法有 (1) 利用极限的四则运算法则； (2) 利用两个重要极限； (3) 利用无穷小量的性质（无穷小量乘以有界变量还是无穷小量）； (4) 利用连续函数的定义。 例 求下列极限： （1）x x x 33sin 9lim 0-+→ （2）1)1sin(lim 21--→x x x （3）x x x 1 0)21(lim -→ （4）2 22)sin (1cos lim x x x x x +-+∞→ （5）)1 1e (lim 0-+→x x x x 解（1）对分子进行有理化，然后消去零因子，再利用四则运算法则和第一重要极限计算，即 x x x 33sin 9lim 0-+→ =) 33sin 9()33sin 9)(33sin 9(lim 0++++-+→x x x x x =3 3sin 91lim 3sin lim 00++?→→x x x x x =2 1613=? （2）利用第一重要极限和函数的连续性计算，即 )1)(1()1sin(lim 1 )1sin(lim 121-+-=--→→x x x x x x x 11lim 1)1sin(lim 11+?--=→→x x x x x 2 11111=+?= （3）利用第二重要极限计算，即 x x x 1 0)21(lim -→＝2210])21[(lim --→-x x x 2e -=。 （4）利用无穷小量的性质（无穷小量乘以有界变量还是无穷小量）计算，即

222222222)sin 1(lim ]1cos 1[lim )sin 1(1cos 1lim )sin (1cos lim x x x x x x x x x x x x x x x x +-+=+-+=+-+∞→∞→∞→∞→= 1 注：其中当∞→x 时，x x x x sin 1sin =，)1(cos 11cos 2222-=-x x x x 都是无穷小量乘以有界变量，即它们还是无穷小量。 （5） 利用函数的连续性计算，即 )11e (lim 0-+→x x x x ＝11 01e 00-=-+?

高中物理竞赛解题方法 八、作图法

八、作图法 方法简介 作图法是根据题意把抽象复杂的物理过程有针对性的表示成物理图像，将物理 问题转化成一个几何问题，通过几何知识求解，作图法的优点是直观形象，便于定性分析，也可定性计算，灵活应用作图法会给解题带来很大方便。 赛题精析 例1 如图8—1所示，细绳跨过定滑轮，系住一个 质量为m 的球，球靠在光滑竖直墙上，当拉动细绳使球 匀速上升时，球对墙的压力将（ ） A ．增大 B ．先增大后减小 C ．减小 D ．先减小后增大 图8—1 解析 球在三个力的作用下处于平衡，如图8—1—甲所示.当球上升时，θ角 增大，可用动态的三角形定性分析，作出圆球的受力图（如图8—1—甲）.从图可见，当球上升时，θ角增大，墙对球的支持力增大，从而球对墙的压力也增大. 故选A 正确. 图8—1—甲 图8—2 图8—2—甲 例2 用两根绳子系住一重物，如图8—2所示.绳OA 与天花板间夹角θ不变，

当用手拉住绳子OB ，使绳OB 由水平方向转向竖直方向的过程中，OB 绳所受的拉力将（ ） A ．始终减小 B ．始终增大 C ．先减小后增大 D ．先增大后减小 解析 因物体所受重力的大小、方向始终不变，绳OA 拉力的方向始终不变，又 因为物体始终处于平衡状态，所受的力必然构成一个三角形，如图8—2—甲所示，由图可知OB 绳受的拉力是先减小后增大. 可知答案选C 例3 如图8—3所示，质量为m 的小球A 用细绳拴在天花板上， 悬点为O ，小球靠在光滑的大球上，处于静止状态.已知：大球的球心 O ′在悬点的正下方，其中绳长为l ，大球的半径为R ，悬点到大球最 高点的距离为h.求对小球的拉力T 和小球对大球的压力. 解析 力的三角形图和几何三角形有联系，若两个三角形相似， 则可以将力的三角形与几何三角形联系起来，通过边边对应成比例求解. 图8—3 以小球为研究对象，进行受力分析，如图8—3—甲所示，小球 受重力mg 、绳的拉力T 、大球的支持力F N ，其中重力mg 与拉力T 的 合力与支持力F N 平衡.观察图中的特点，可以看出力的矢量三角形 ABC 与几何三角形AOO ′相似，即： R h mg l T += R h mg R F N += 图8 —3—甲 所以绳的拉力：T= mg R h l + 小球对大球的压力mg R h R F F N N +==' 例4 如图8—4所示，质点自倾角为α的斜面上方定点O 沿

高中物理竞赛解题方法之降维法例题

十三、降维法 方法简介 降维法是将一个三维图变成几个二维图，即应选两个合适的平面去观察，当遇到一个空间受力问题时，将物体受到的力分解到两个不同平面上再求解。由于三维问题不好想像，选取适当的角度，可用降维法求解。降维的优点是把不易观察的空间物理量的关系在二维图中表示出来，使我们很容易找到各物理量之间的关系，从而正确解决问题。 赛题精讲 例1：如图13—1所示，倾角θ=30°的粗糙斜面上放一物体，物体重为G ，静止在斜面上。现用与斜面底边平行的力F=G/2推该物体，物体恰好在斜面内做匀速直线运动，则物体与斜面间的动摩擦因数μ等于多少？物体匀速运动的方向如何？ 解析：物体在重力、推力、斜面给的支持力和摩擦力四个力的作用下做匀速直线运动，所以受力平衡。但这四个力不在同一平面内，不容易看出它们之间的关系。我们把这些力分解在两个平面内，就可以将空间问题变为平面问题，使问题得到解决。 将重力沿斜面、垂直于斜面分解。我们从上面、侧面观察，图13—1—甲、图13—1—乙所示。 如图13—1—甲所示，推力F 与重力沿斜面的分力G 1的合力F ′为： G G F F 2 22 12 = += ' F ′的方向沿斜面向下与推力成α角， 则 ?=∴== 451 tan 1ααF G 这就是物体做匀速运动的方向 物体受到的滑动摩擦力与F ′平衡，即 2/2G F f = '= 所以摩擦因数：3 630cos 2/2=? ==G G F f N μ 例2：如图13—2所示，一个直径为D 的圆柱体，其侧面刻有螺距为h 的光滑的螺旋形凹槽，槽内有一小球，为使小球能自由下落，必须要以多大的加速度来拉缠在圆柱体侧面的绳子？ 解析：将圆柱体的侧面等距螺旋形凹槽展开成为平面上的斜槽，如图13—2—甲所示，当圆柱体转一周，相当于沿斜槽下降一个螺距h ，当圆柱转n 周时，外侧面上一共移动的

全国第31届高中物理竞赛初赛试题

全国第31届中学生物理竞赛预赛试题 一、选择题．本题共5小题，每小题6分，在每小题给出的4个选 项中，有的小题只有一项符合题意，有的小题有多项符合题意．把符合题意的选项前面的英文字母写在每小题后面的方括号内，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分． 1．一线膨胀系数为α的正立方体物块，当膨胀量较小时，其体膨胀系数等于 A．αB．α1/3 C．α3D．3α 2．按如下原理制作一杆可直接测量液体密度的秤，称为密度秤，其外形和普通的杆秤差不多，装秤钩的地方吊着一体积为lcm3的较重的合金块，杆上有表示液体密度数值的刻度．当秤砣放在Q点处时秤杆恰好平衡，如图所示，当合金块完全浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣的悬挂点，直至秤杆恰好重新平衡，便可直接在杆秤上读出液体的密度．下列说法中错误的是 A．密度秤的零点刻度在Q点 B．秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边 C．密度秤的刻度都在Q点的右侧 D．密度秤的刻度都在Q点的左侧 3．一列简谐横波在均匀的介质中沿z轴正向传播，两质点P1和P2的平衡位置在x轴上，它们相距60cm，当P1质点在平衡位置处向上运动时，P2质点处在波谷位置，若波的传播速度为24 m/s，则该波的频率可能为 A．50Hz B．60Hz C．400Hz D．410Hz 4．电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式，电磁驱动的原理如图所示，当直流电流突然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去．现在同一个固定线圈上，先后置有分别用钢、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环；当电流突然接通时，它们所受到的推力分别为F1、F2和F3．若环的重力可忽略，下列说法正确的是 A．F1>F2>F3B．F2>F3 >F1 C．F3 >F2> F1D．F1=F2=F3 5．质量为m A的A球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰．假设B球的质量m B可选取为不同的值，则 A．当m B=m A时，碰后B球的速度最大 B．当m B=m A时，碰后B球的动能最大

高等数学求极限的14种方法

高等数学求极限的14种方法 一、极限的定义 1.极限的保号性很重要：设 A x f x x =→)(lim 0 ， （1）若A 0>，则有0>δ，使得当δ<-<||00x x 时，0)(>x f ； （2）若有,0>δ使得当δ<-<||00x x 时，0A ,0)(≥≥则x f 。 2. 极限分为函数极限、数列极限，其中函数极限又分为∞→x 时函数的极限和0x x →的极限。 要特别注意判定极限是否存在在： （1）数列{} 的充要条件收敛于a n x 是它的所有子数列均收敛于a 。常用的是其推论，即“一个数列收敛于a 的充要条件是其奇子列和偶子列都收敛于a ” （2）A x x f x A x f x =+∞ →= -∞ →? =∞ →lim lim lim )()( (3) A x x x x A x f x x =→=→?=→+ - lim lim lim 0 )( (4) 单调有界准则 （5）两边夹挤准 （夹逼定理/夹逼原理） (6) 柯西收敛准则（不需要掌握）。极限 )(lim 0 x f x x →存在的充分必要条件。是： ε δεδ<-∈>?>?|)()(|)(,0,021021x f x f x U x x o 时，恒有、使得当 二．解决极限的方法如下： 1.等价无穷小代换。只能在乘除．． 时候使用。例题略。 2.洛必达（L ’hospital ）法则（大题目有时候会有暗示要你使用这个方法） 它的使用有严格的使用前提。首先必须是X 趋近，而不是N 趋近，所以面对数列极限时候先要转化成求x 趋近情况下的极限，数列极限的n 当然是趋近于正无穷的，不可能是负无穷。其次,必须是函数的导数要存在，假如告诉f （x ）、g （x ）,没告诉是否可导，不可直接用洛必达法则。另外，必须是“0比0”或“无穷大比无穷大”,并且注意导数分母不能为0。洛必达法则分为3种情况： （1）“ 00”“∞ ∞ ”时候直接用 (2)“∞?0”“∞-∞”，应为无穷大和无穷小成倒数的关系，所以无穷大都写成了无穷小的倒数形式了。通

高中物理竞赛方法集锦微元法针对训练

高中物理竞赛方法集锦微元法针对训练 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，它们的电阻能够忽略不计， 两导轨间距为L ，导轨处在磁感应强度为B 的平均磁场 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.L 1和L 2是两根横放在导轨上的导体小棒， 质量分不为m 1和m 2，且21m m <.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 ，那么分不为L 1、L 2为研究对象得： 111 1v m v m t F i i -'=? ∑=?v m t F i i 111 ① 同理得： ∑=?v m t F i i 222 ② 由①、②得：v m m t F t F i i i i )(212211+=?+?∑∑ 又因为 11Bli F i = 21i i t t ?=? 22Bli F i = i i i =+21 因此 ∑∑∑∑?=?+=?+?i i i i t i BL t i i BL t BLi t BLi )(212211 v m m q Q BL )()(21+=-= 而Q=CE q=CU ′=CBL v 因此解得小棒的最终速度 2221)(L CB m m BLCE v ++= 〔2〕因为总能量守恒，因此热Q v m m C q CE +++=22122)(2 12121 即产生的热量 22122)(2 12121v m m C q CE Q +--=热

高中物理竞赛 解题 方法

高中奥林匹克物理竞赛解题方法 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 图5—1 由机械能守恒有 22 1)(kx E x h mg k +=+ ② 联立①②式解得 k g m m g h E k 2 221?-= 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 βcos g a = 该质点沿轨道由静止滑到斜面所用的时间为t ，则 OP at =22 1 所以β cos 2g OP t = ① 由图可知，在△OPC 中有 图5—2

) 90sin()90sin(βαα-+=- OC OP 所以) cos(cos βαα-=OC OP ② 将②式代入①式得 g OC g OC t )]2cos([cos cos 4)cos(cos cos 2βαααβαβα-+=-= 显然，当2,1)2cos(αββα= =-即时，上式有最小值. 所以当2α β=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0υ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：gt v v y ==θtan 0，解得运动时间为θtan 0g v t = 该点的坐标为 θθ2202200tan 221tan g v gt y g v t v x ==== 由几何关系得：θθtan cos /x y H =+ 解得小球离开斜面的最大距离为 θθsin tan 220?=g v H 。 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 2/10s m g =，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。 图5— 3 图5—4

《全国中学生物理竞赛大纲》2020版

《全国中学生物理竞赛大纲2020版》 (2020年4月修订，2020年开始实行) 2011年对《全国中学生物理竞赛内容提要》进行了修订，修订稿经全国中学生物理竞赛委员会第30次全体会议通过，并决定从2020年开始实行。修订后的“内容提要”中，凡用※号标出的内容，仅限于复赛和决赛。 力学 1.运动学 参考系 坐标系直角坐标系 ※平面极坐标※自然坐标系 矢量和标量 质点运动的位移和路程速度加速度 匀速及匀变速直线运动及其图像 运动的合成与分解抛体运动圆周运动 圆周运动中的切向加速度和法向加速度 曲率半径角速度和※角加速度 相对运动伽里略速度变换 2．动力学 重力弹性力摩擦力惯性参考系 牛顿第一、二、三运动定律胡克定律万有引力定律均匀球壳对壳内和壳外质点的引力公式(不要求导出) ※非惯性参考系※平动加速参考系中的惯性力 ※匀速转动参考系惯性离心力、视重 ☆科里奥利力 3．物体的平衡 共点力作用下物体的平衡 力矩刚体的平衡条件 ☆虚功原理 4．动量 冲量动量质点与质点组的动量定理动量守恒定律※质心 ※质心运动定理 ※质心参考系 反冲运动 ※变质量体系的运动 5．机械能 功和功率

动能和动能定理※质心动能定理 重力势能引力势能 质点及均匀球壳壳内和壳外的引力势能公式(不要求导出)弹簧的弹性势能功能原理机械能守恒定律 碰撞 弹性碰撞与非弹性碰撞恢复系数 6．※角动量 冲量矩角动量 质点和质点组的角动量定理和转动定理 角动量守恒定律 7．有心运动 在万有引力和库仑力作用下物体的运动 开普勒定律 行星和人造天体的圆轨道和椭圆轨道运动 8．※刚体 刚体的平动刚体的定轴转动 绕轴的转动惯量 平行轴定理正交轴定理 刚体定轴转动的角动量定理刚体的平面平行运动9．流体力学 静止流体中的压强 浮力 ☆连续性方程☆伯努利方程 10．振动 简谐振动振幅频率和周期相位 振动的图像 参考圆简谐振动的速度 （线性）恢复力由动力学方程确定简谐振动的频率简谐振动的能量同方向同频率简谐振动的合成 阻尼振动受迫振动和共振(定性了解) 11．波动 横波和纵波 波长频率和波速的关系 波的图像 ※平面简谐波的表示式 波的干涉※驻波波的衍射(定性) 声波 声音的响度、音调和音品声音的共鸣乐音和噪声

极限计算方法及例题

极限计算方法总结 《高等数学》是理工科院校最重要的基础课之一，极限是《高等数学》的重要组成部分。求极限方法众多，非常灵活，给函授学员的学习带来较大困难，而极限学的好坏直接关系到《高等数学》后面内容的学习。下面先对极限概念和一些结果进行总结，然后通过例题给出求极限的各种方法，以便学员更好地掌握这部分知识。 一、极限定义、运算法则和一些结果 1．定义：（各种类型的极限的严格定义参见《高等数学》函授教材，这里不一一叙述）。 说明：（1）一些最简单的数列或函数的极限（极限值可以观察得到）都可以用上面的 极限严格定义证明，例如：)0,(0lim ≠=∞→a b a an b n 为常数且；5)13(lim 2 =-→x x ；???≥<=∞→时当不存在，时当，1||1||0lim q q q n n ；等等 （2）在后面求极限时，（1）中提到的简单极限作为已知结果直接运用，而不需 再用极限严格定义证明。 2．极限运算法则 定理1 已知 )(lim x f ，)(lim x g 都存在，极限值分别为A ，B ，则下面极限都存在，且有 （1）B A x g x f ±=±)]()(lim[ （2）B A x g x f ?=?)()(lim （3）)0(,) ()(lim 成立此时需≠= B B A x g x f 说明：极限号下面的极限过程是一致的；同时注意法则成立的条件，当条件不满足时， 不能用。 3．两个重要极限 （1） 1sin lim =→x x x （2） e x x x =+→1 )1(lim ； e x x x =+∞→)11(l i m 说明：不仅要能够运用这两个重要极限本身，还应能够熟练运用它们的变形形式， 作者简介：靳一东，男，（1964—），副教授。 例如：133sin lim =→x x x ，e x x x =--→21 ) 21(lim ，e x x x =+ ∞ →3)31(lim ；等等。 4．等价无穷小 定理2 无穷小与有界函数的乘积仍然是无穷小（即极限是0）。 定理3 当0→x 时，下列函数都是无穷小（即极限是0），且相互等价，即有：

初中物理竞赛方法指导

初中物理竞赛方法指导 我们知道，物理知识生活实际和，是人类在生活、生产、社会实践中获得的的总结。所以学习物理知识若只局限于课堂上书本的学习是不够的，必须到生活、社会实际的大课堂中去学习物理、应用物理，才能把知识学活、用活。 在日常生活和社会实践中存在着大量的各种各样的物理问题，如日、月的东升西落，冰、水的相互转化，水电站、内燃机、轮船、电动机、人造卫星、核能发电、光纤通信、及各种家用电器等等;而应用物理知识就是以生活、生产、社会中常见的现象为背景提出的问题，可见，解答应用物理知识题的基础和关键在于平时生活中要善于观察、勤于思考。如果我们对日常生活中的物理现象熟视无睹，或者虽然观察了，但未深入思考，那就等于脱离了“物”而学“理”，最终只能记住一些物理定律、公式。相反，如果日常生活中善于观察各种物理现象，并自己多问几个“是什么”、“为什么”，并积极利用所学的物理知识去分析、思考，设法得出问题的答案，这样不仅可以为解答应用物理知识题奠定必要的基础，同时这些丰富的感性材料，还有利用于我们透彻解物理概念和规律，这样才能将活、用活，才能不断提高分析解决问题的能力。 总之，应用物理知识题就像在我们周围的生活和社会的一些常见事物上面画了个“?”，给我们提出了具体的观察对象和思考的方

向。事实上我们天天生活在物理世界中，身边到处都有物理问题值得我们去研究。如：为什么水会流动?为什么空调器要装在高处?什么是?天上为什么会打雷?什么是温室效应?等等，这些决不止“?”。只有我们平时多观察，勤思考，才能真正学到有“物”的物理，才能为解答应用物理知识题打下良好的基础。 应用物理知识题都是生活和社会技术中的实际问题。它的显著特点是用生活中的语言来表述实际问题的具体情境，而不是用物理名词、术语直接给出的物理模型。它把物理知识隐蔽在实际事物之中，巳知条件或待求的实质问题常处于隐蔽状态，一般不能直接套用物理公式求解。这些都是与平时的练习题和试题的不同之处。所以，解应用物理知识题，首先要将实际问题转化为物理问题，用物理名词术语显现出它的物理真面目，再找出这个物理问题与哪些物理概念、规律有关系，即找准解题的理论依据，问题就迎刃而解了。例如：夏天，冰棍周围冒“白气”;水缸外壁“出汗”;卫生球日久变小。这些现象是否是升华?冒“白气”、“出汗”等都是生活语言。首先要转化成物理术语，与物理概念、名词联系起来冒“白气”实质是冰棍周围空气中的水蒸气遇冷“液化”成小水珠;水缸“出汗”是水蒸气遇冷“液化”成露。卫生球日久变小，是从固态直接变成气态跑掉了，这就是升华现象。