高中奧林匹克物理競賽解題方法3

1、解得:VnM 3m (n 1)mM 3m nmn 1同理Vn 1M 3m (n 2)m3m (n 1)mVn設(shè)拋上n+1個沙袋后車速反向，要求0,Vn3m (n 1)m0 解得3m (n 2)m 0即拋上第沙袋后車就停止，所以車上最終有11個沙袋.例9如圖66所示，一固定的斜面，傾角 長L=2.00米.在斜面下端有一與斜面垂直的擋板 質(zhì)點，從斜面的最高點沿斜面下滑，初速度為零45 ,.一質(zhì)量為下滑到最底端圖6-6斜面m的與擋板發(fā)生彈性碰撞.已知質(zhì)點與斜面間的動摩擦因數(shù)0.20 ,試求此質(zhì)點從開始到發(fā)生第11次碰撞的過程中運動的總路程 .解析 因為質(zhì)點每次下滑均要克服摩擦力做功，且每次做功又不相

2、同，所以要想求質(zhì)點從開始到發(fā)生n次碰撞的過程中運動的總路程，需次一次的求，推出通式即可求解設(shè)每次開始下滑時,小球距檔板為則由功能關(guān)系:mg cosS2)mg(Sis2)sinmg cos(S2S3)mg(S2S3)sin即有包包s1s2sinsincoscos由此可見每次碰撞后通過的路程是一等比數(shù)列，其公比為在發(fā)生第11次碰撞過程中的路程s s12s2 2s32s112(S1 S2S3S11)561 歹1 23S110 12 (|)11(m)39.86(m)例10如圖6 7所示，一水平放置的圓環(huán)形剛性窄槽固定在桌面上，槽內(nèi)嵌著三個大小相同的剛性小球，它們的質(zhì)量分別是m1、和m3, m2=m3=

3、2m1.小球與槽的兩壁剛好接觸而它們之間的摩擦可忽 略不計.開始時，三球處在槽中I、n、出的位置，彼此間距離相等，m2和m3靜止,m1以初速V。R/2沿槽運動，R為圓環(huán)的內(nèi)半徑和小球半徑之和,解析當設(shè)各球之間的碰撞皆為彈性碰撞，求此系統(tǒng)的運動周期m1與m2發(fā)生彈性碰撞時，由于 m2=2m1,所以m1碰后彈回,m2向前與m3發(fā)生碰撞.而又由于 m2=m3,所以m2與m3碰后，m3能靜止在 mi的位置，mi又以v速度被反 彈，可見碰撞又重復一次.當mi回到初始位置，則系統(tǒng)為一個周期 .以mi、m2為研究對象，當 mi與m2發(fā)生彈性碰撞后，根據(jù)動量守恒定律，能量守恒定律可寫出：miVomiVim2

4、V2i 2-miVo2i 2-miVi2由、式得：Vi(mi m2)Vomi m2i一 Vo3V2 一 mi2miVoi m22Vo3以m2、m3為研究對象，當 m2與m3發(fā)生彈性碰撞后，得v20以m3、mi為研究對象，當 m3與mi發(fā)生彈性碰撞后，得V3ViVo由此可見，當 mi運動到m2處時與開始所處的狀態(tài)相似.所以碰撞使位置，當mi再次回到原來位置時，所用的時間恰好就是系統(tǒng)的一個周期mi、m2、m3交換T,由此可得周期T3(tit2t3) 3 (3Vovo3Vo)io R Voio R , 2o(s).R2例ii有許多質(zhì)量為 m的木塊相互靠著沿一直線排列于光滑的水平面上.每相鄰的兩以后各

5、木個木塊均用長為L的柔繩連接著.現(xiàn)用大小為F的恒力沿排列方向拉第一個木塊， 塊依次被牽而運動，求第 n個木塊被牽動時的速度.因止匕,解析 每一個木塊被拉動起來后，就和前面的木塊成為一體，共同做勻加速運動一段 距離L后，把繩拉緊，再牽動下一個木塊.在繩子繃緊時，有部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能i 2如果列出（n i）FL nmv；這樣的關(guān)系式是錯誤的.設(shè)第（n i）個木塊剛被拉動時的速度為vni,它即將拉動下一個木塊時速度增至第n個木塊剛被拉動時速度為Vn.對第（n i）個木塊開始運動到它把下一段繩子即將拉緊這一過程，由動能定理有:i FL 一 （n2對繩子把第2 i , i)mVn i 2(n2i) m

6、Vn in個木塊拉動這一短暫過程，由動量守恒定律，有(n i)mVn i nmVn 得：Vn ii把式代入式得：FL 1(n 2口一一2FL 9 9整理后得：(n i)2FL n2v2 mnn ivnn 、2 i)mK2(n2i)mVn i(n i)2v2i式就是反映相鄰兩木塊被拉動時速度關(guān)系的遞推式，由式可知當n=2時有： 立L 22 V2 V2當 n=3 時有：2 2FL 32v2 22 v； m當 n=4 時有：3 2FL 42v232v32 m2FI c cc c2 22n VnVi一般地有(n 1)2FL n2v2 (n 1)2v2 1 m將以上(n 1)個等式相加，得：(12 3所

7、以有n(n 1) 2FL 2 m2Vn2Vi在本題中V10 ,所以vnFL(n 1)nm例12如圖68所示，質(zhì)量m=2kg的平板小車，后端放有質(zhì)量M=3kg的鐵塊，它和車之間動摩擦因數(shù)0.50.開始圖6-8時，車和鐵塊共同以Vg 3m/s的速度向右在光滑水平面上前進，并使車與墻發(fā)生正碰，設(shè)碰撞時間極短，碰撞無機械能損失，且車身足夠長，使得鐵 塊總不能和墻相碰，求小車走過的總路程.解析 小車與墻撞后，應(yīng)以原速率彈回.鐵塊由于慣性繼續(xù)沿原來方向運動，由于鐵塊 和車的相互摩擦力作用， 過一段時間后，它們就會相對靜止，一起以相同的速度再向右運動， 然后車與墻發(fā)生第二次碰撞，碰后，又重復第一次碰后的情況

8、.以后車與墻就這樣一次次碰撞下去.車每與墻碰一次，鐵塊就相對于車向前滑動一段距離，系統(tǒng)就有一部分機械能轉(zhuǎn)化 為內(nèi)能，車每次與墻碰后，就左、右往返一次，車的總路程就是每次往返的路程之和.設(shè)每次與墻碰后的速度分別為 V1、V2、V3、Vn、車每次與墻碰后向左運動的最遠距離分別為S1、S2、S3、Sn、.以鐵塊運動方向為正方向，在車與墻第 （n 1）次碰后到發(fā)生第n次碰撞之前，對車和鐵塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律有、，M m Vn 1(M m)Vn 1 (M m)Vn 所以 Vn Vn 1 M m 5由這一關(guān)系可得：V2 V1,V3 2552般地，有VnV15n 1由運動學公式可求出車與墻發(fā)生第n次

9、碰撞后向左運動的最遠距離為2V12aV1212a 52n 2由 這 一關(guān) 系 可 遞 推 到22.V1 V11si 丁，s2 T- 72，s32a 2a 5v212a 5",snv212a 52rl所以車運動的總路程s總2( sis2S3sn2 v1 2，(1 2aV 1a 1 1 521542VIa2524因此 v1 v0 3m/sMg mas22一一 5所以s巧 一 (m) 心4例13 10個相同的扁長木塊一個緊挨一個地放在水平 地面上，如圖69所示，每個木塊的質(zhì)量 m 0.40kg,長度l 0.45m,它們與地面間的靜摩擦因數(shù)和動摩擦因數(shù)均為2 0.10.原來木塊處于靜止狀態(tài).

10、左方第一個木塊的左端 上方放一個質(zhì)量為 M=1.0kg的小鉛塊，它與木塊間的靜摩擦因數(shù)和動摩擦因數(shù)均為10.20.現(xiàn)突然給鉛塊一向右的初速度v04.3m/s,使其在大木塊上滑行.試確定鉛塊最后的位置在何處(落在地上還是停在哪塊木塊上).重力加速度2g取10(m/s)2 ,設(shè)鉛塊的長度與木塊相比可以忽略.解析 當鉛塊向右運動時，鉛塊與 10個相同的扁長木塊中的第一塊先發(fā)生摩擦力，若此摩擦力大于10個扁長木塊與地面間的最大靜摩擦力，則10個扁長木塊開始運動， 若此摩擦力小于10個扁長木塊與地面間的最大摩擦力，則10個扁長木塊先靜止不動， 隨著鉛塊的運動，總有一個時刻扁長木塊要運動，直到鉛塊與扁長木

11、塊相對靜止，后又一起勻減速運動到停止.鉛塊M在木塊上滑行所受到的滑動摩擦力f11Mg2.0N設(shè)M可以帶動木塊的數(shù)目為 n,則n滿足:f12(Mm)g (n 1) 2mg 0即 2.0 1.4 0.4(n 1) 0上式中的n只能取整數(shù)，所以 n只能取2,也就是當 M下的兩個木塊將開始運動.設(shè)鉛塊剛離開第8個木塊時速度為滑行到倒數(shù)第二個木塊時，剩V,則-Mv2 2-Mv221Mg 81得：V22.49(m/s)2 0由此可見木塊還可以滑到第9個木塊上.M在第9個木塊m圖6-9甲上運動如圖69甲所不，則對 M而后有:iMg MaM得：aM2.0m/s2第9及第10個木塊的動力學方程為：Mg 2(M

12、m)g 2mg 2mam,得：am 0.25m/s2.設(shè)M剛離開第9個木塊上時速度為 V ,而第10個木塊運動的速度為 V ,并設(shè)木塊運 動的距離為s,則M運動的距離為s l ,有：22V V 2aM (s l) 2V 2 2amsv v aM tVamt、 ” 1 v 0.611m/s . v 0.26m/s消去s及t求出：或,顯然后一解不合理應(yīng)舍去 .V 0.212m/s V 0.23m/s因v V ,故M將運動到第10個木塊上.再設(shè)M運動到第10個木塊的邊緣時速度為 v ,這時木塊的速度為 V ,則：22v v2aM (s l)解得：v 21.63 4s 0,故m不能滑離第10個木塊，只

13、能停在它的表面上，最6-10后和木塊一起靜止在地面上 .例14如圖610所示，質(zhì)量為 m的長方形箱子，放在光滑 的水平地面上.箱內(nèi)有一質(zhì)量也為 m的小滑塊，滑塊與箱底間無摩 擦.開始時箱子靜止不動，滑塊以恒定的速度v0從箱子的A壁處向B處運動，后與B壁碰撞.假設(shè)滑塊與箱壁每碰撞一次，兩者相對速度的大小變?yōu)樵摯闻鲎睬跋鄬λ俣鹊膃倍，e(1)要使滑塊與箱子這一系統(tǒng)消耗的總動能不超過其初始動能的40%,滑塊與箱壁最多可碰撞幾次？(2)從滑塊開始運動到剛完成上述次數(shù)的碰撞期間，箱子的平均速度是多少？解析 由于滑塊與箱子在水平方向不受外力， 故碰撞時系統(tǒng)水平方向動量守恒 .根據(jù)題 目給出的每次碰撞前后相

14、對速度之比，可求出每一次碰撞過程中動能的損耗.滑塊開始運動到完成題目要求的碰撞期間箱子的平均速度，應(yīng)等于這期間運動的總位移與總時間的比值.(1)滑塊與箱壁碰撞，碰后滑塊對地速度為v,箱子對地速度為 u.由于題中每次碰撞的e是一樣的，故有：U1 v1 U2 V2Un vne v0 U0 v1 U1vn 1 Un 1V1 U1V00v2 u2Vn UnV1U1Vn 1 U n 1(e)nV1U1V2U2Vn U n即碰撞碰撞第VoV1U1Vn 1 U n 1n次后vnUn (e)nV0dn次的動量守恒式是mvn mUn mv01、聯(lián)立得vn；1 (e)nvo1nUn21 ( e) V0第n次碰撞后

15、，系統(tǒng)損失的動能12EknEkEkn - mV0212 22 m(vn2、Un)122 mv01 e2n22n1 e212”-mv0 (1 412一mV。22n e )卜面分別討論:Ek1 e221,220.1462時，E2Ek3時,金Ek4時，且Ek5 時,工Ek1 e40.251e8101 e1 1. 0.3234 0.3752d 1 1 上 0.412因為要求的動能損失不超過40%,故n=4.22(2)設(shè)A、B兩側(cè)壁的距離為L,則滑塊從開始運動到與箱壁發(fā)生第一次碰撞的時間to .在下一次發(fā)生碰撞的時間tiVoL| Ui Vl |Levo,共碰撞四次，另兩次碰撞的時間分別為t2L-2-e

16、Vot3,所以總時間t totit2t3e VoL23、(i e e e ).e Vo在這段時間中，箱子運動的距離是:s o u1t1u2t2u3t32(i e)Vo 嬴 2(i e2)Vo 品-3e)Vo3e VoLL LLLL2e22e222e32L2_3、3(1 e e e )2e3L23所以平均速度為:Vo2，(i e e e ) 2e3L23.(1 e e e )e Vo例15 容積為1/4升的抽氣機，每分鐘可完成8次抽氣動作.一容積為1升的容器與此抽氣筒相連通.求抽氣機工作多長時間才能使容器內(nèi)的氣體的壓強由76mmmHg降為1.9mmHg.(在抽氣過程中容器內(nèi)的溫度保持不變)解析根

17、據(jù)玻一馬定律，找出每抽氣一次壓強與容器容積和抽氣機容積及原壓強的關(guān)系，然后歸納遞推出抽 n次的壓強表達式.設(shè)氣體原壓強為 po,抽氣機的容積為 Vo,容器的容積為 V.每抽一次壓強分別為 p1、P2、，則由玻一馬定律得：第一次抽氣后：poV P1(V Vo)第二次抽氣后：p1Vp2 (V Vo)依次遞推有：p2Vp3(V Vo)pn 1Vpn(V Vo)ig史由以上 式得：pn('一)npo所以n pnV Volg(j)代入已知得：n lg400 27 (次)lg1.2527工作時間為：t 27 3.38分鐘8例16使一原來不帶電的導體小球與一帶電量為Q的導體大球接觸，分開之后，小球獲

18、得電量q.今讓小球與大球反復接觸，在每次分開有后，都給大球補充電荷，使其帶電量 恢復到原來的值Q.求小球可能獲得的最大電量.解析 兩個孤立導體相互接觸，相當于兩個對地電容并聯(lián)，設(shè)兩個導體球帶電 Qi、Q2,由于兩個導體球?qū)Φ仉妷合嗟?，Qi Qo QiCQiC故有 QL Q2,即土 C1,亦即 一QC1k,Ci C2 Q2 C2Qi Q2 Ci C2所以Q k(Qi Q2),k為常量，此式表明：帶電(或不帶電)的小球跟帶電大球接觸后，小球所獲得的電量與總電量的比值不變，比值k等于第一次帶電量 q與總電量Q的比值，即k 9.根據(jù)此規(guī)律就可以求出小球可能獲得的最大電量 Q設(shè)第i、2、n次接觸后小球所

19、帶的電量分別為qi、q2、，有:qi kQ qq2 k(Q qi) q kq 2q3 k(Q q2) kQ kq2 q kq k qqn k(Q qni) q kq k2q kniq圖 6-11Ai和A2為兩個平行板電容由于k i,上式為無窮遞減等比數(shù)列，根據(jù)求和公式得：一q q qQqn - -7；i k . q Q q iQ即小球與大球多次接觸后，獲得的最大電量為-qQ-.Q q例i7在如圖6ii所示的電路中，S是一單刀雙擲開關(guān), 器,S擲向a時，Ai獲電荷電量為 Q,當S再擲向b時，A2獲電荷電量為q.問經(jīng)過很多次 S擲向a,再擲向b后，A2將獲得多少電量？解析 S擲向a時，電源給Ai充

20、電，S再擲向b, Ai給A2充電，在經(jīng)過很多次重復的 過程中，A2的帶電量越來越多，兩板間電壓越來越大.當A2的電壓等于電源電壓時， A2的帶電量將不再增加.由此可知A 2最終將獲得電量q2=C2E.因為Q CiE 所以G Q當S由a第一次擲向b時，有:Q qCi所以C2Qq一(Q q)E解得A2最終獲得的電量q2QqQ q例18電路如圖612所示，求當R為何值時，Rab的阻值與“網(wǎng)絡(luò)”的“格”數(shù)無關(guān)？此時Rab的阻值等于什么？解析 要使Rab的阻值與“網(wǎng)絡(luò)”的“格”數(shù)無關(guān), 行.E6-12則圖中CD間的阻值必須等于 R才所以有(2R R)2R r 解得r (J5 1)R 2R R 2R此時A

21、B間總電阻Rab （而1）R例19如圖613所示，在x軸上方有垂直于 xy平面向里 的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,在x軸下方有沿y軸負方向的勻強電場，場強為 E. 一質(zhì)量為m,電量為一q的粒子從坐標原點 O 沿著y軸方向射出.射出之后，第三次到達 x軸時，它與。點的 距離為L.求此粒子射出時的速度 v和每次到達x軸時運動的總 路程s.（重力不計）解析粒子進入磁場后做勻速圓周運動，經(jīng)半周后通過x軸進入電場后做勻減速直線運動，速度減為零后，又反向勻加速通過x軸進入磁場后又做勻速圓周運動，所以運動有周期性 它第3次到達x軸時距。點的距離L等于圓半徑的4倍（如圖 613甲所示）粒子在磁場中做勻速圓周運動

22、的半徑為_ mv LR -Bq 4圖6 13圖6- 13-甲所以粒子射出時的速度v 典4m粒子做圓周運動的半周長為s,4粒子以速度v進入電場后做勻減速直線運動，能深入的最大距離為y,因為 v2 2ay 2q y m所以粒子在電場中進入一次通過的路程為S2 2y2 , 2B qL16mE粒子第1次到達x軸時通過的路程為S1粒子第2次到達x軸時，已通過的路程為S2S1S22 , 2B qL4 16mE粒子第3次到達x軸時，已通過的路程為S3LS1S2S122 , 2B qL 16mE粒子第4次到達x軸時，已通過的路程為S42s1 2s2L22 , 2B qL8mE粒子第(2n 1)次到達x軸時，已

23、通過的路程為5S(2n 1)ns1 (n 1)s2_ 22L (n 1)BL-416mE粒子第2n次到達x軸時,已通過的路程為S2nn (SiS2)n(_ 22上 b qL) 4 16mE上面n都取正整數(shù).針對訓練F,歷時1秒鐘，隨1. 一物體放在光滑水平面上，初速為零，先對物體施加一向東的恒力即把此力改為向西，大小不變，歷時 1秒鐘,接著又把此力改為向東，大小不變，歷時1秒鐘，如此反復，只改變力的方向，共歷時 A.物體時而向東運動，時而向西運動，在 B.物體時而向東運動，時而向西運動，在 C.物體時而向東運動，時而向西運動，在D.物體一直向東運動,2. 一小球從距地面為 H從不向西運動，在的

24、高度處由靜止開始落下11111分鐘.在此1分鐘內(nèi) 分鐘末靜止于初始位置之東 分鐘末靜止于初始位置 分鐘末繼續(xù)向東運動 分鐘末靜止于初始位置之東.已知小球在空中運動時所受空氣阻力為球所受重力的k倍(k1),球每次與地面相碰前后的速率相等，試求小球從開始運動到停止運動，(1)總共通過的路程；(2)所經(jīng)歷的時間.3 .如圖614所示，小球從長L的光滑斜面頂端自由下滑，滑到底 端時與擋板碰撞并反彈而回，若每次與擋板碰撞后的速度大小為 碰撞前的4/5,求小球從開始下滑到最終停止于斜面下端物體共 通過的路程.4 .如圖6-15所示，有一固定的斜面，傾角為 45。，斜面長為米，在斜面下端有一與斜面垂直的擋板

25、, 從斜面的最高點沿斜面下滑，初速度為 滑到斜面最底端與擋板發(fā)生彈性碰撞 動摩擦因數(shù)為0.20.m的質(zhì)點,1米/秒.質(zhì)點沿斜面下 .已知質(zhì)點與斜面間的滑(1)試求此質(zhì)點從開始運動到與擋板發(fā)生第10次碰撞的過程中通過的總路程;離地依次放在傾角30的斜面上（如圖616所示）.斜面在木塊2以上的部分是光滑的，以下部分是粗糙的，5個木塊與斜面粗糙部分之間的靜摩擦系數(shù)和滑動摩擦系數(shù)都是，開始時用手扶著木塊1 ,其余各木塊都靜止在斜面上 .現(xiàn)在放手， 使木塊1自然下滑，并與木塊 2發(fā)生碰撞，接著陸續(xù)發(fā)生其他 碰撞.假設(shè)各木塊間的碰撞都是完全非彈性的.求取何值時木塊4能被撞而木塊5不能被撞.6 .在一光滑水

26、平的長直軌道上，等距離地放著足夠多的完全相同的質(zhì)量為 m的長方形木塊，依次編號為木塊1,木塊 同向自卡,2,，如圖617所示. 口工U在木塊1之前放一質(zhì)量為 M=4m的大木塊，大木塊與圖6-17木塊1之間的距離與相鄰各木塊間的距離相同，均為 L.現(xiàn)在，在所有木塊都靜止的情 況下，以一沿軌道方向的恒力 F一直作用在大木塊上，使其先與木塊1發(fā)生碰撞，設(shè)碰后與木塊1結(jié)為一體再與木塊 2發(fā)生碰撞，碰后又結(jié)為一體，再與木塊3發(fā)生碰撞，碰后又結(jié)為一體，如此繼續(xù)下去 .今問大木塊（以及與之結(jié)為一體的各小木塊）與第幾個 小木塊碰撞之前的一瞬間，會達到它在整個過程中的最大速度？此速度等于多少？7 .有電量為Q1

27、的電荷均勻分布在一個半球面上，另有無數(shù)個電量均為Q2的點電荷位于通過球心的軸線上，且在半球面的下部.第k個電荷與球心的距離為 R 2k 1 ,且k=1, 2,3, 4,，設(shè)球心處的電勢為零，周圍空間均為自由空間.若Q1已知，求Q2.8 . 一個半徑為1米的金屬球，充電后的電勢為 U,把10個半徑為1/9米的均不帶電的小金 屬球順次分別與這個大金屬球相碰后拿走，然后把這10個充了電了小金屬球彼此分隔擺（設(shè)整個過程中系統(tǒng)的總在半彳5為10米的圓周上，并拿走大金屬球 .求圓心處的電勢.電量無泄漏）9 .真空中，有五個電量均為 q的均勻帶電薄球殼，它們的半徑 分別為R, R/2, R/4, R/8,

28、R/16,彼此內(nèi)切于 P點（如圖 618）.球心分別為 O1, O2,。3,。4,。5,求O1與O5間的 電勢差.Oi用6 1810 .在圖619所示的電路中，三個電容器 6、Cn> C?的電容 值均等于C,電源的電動勢為 ，Ri、Rn為電阻，S為雙擲 開關(guān).開始時，三個電容器都不帶電 .先接通Oa,再接通Ob, 再接通Oa,再接通Ob如此反復換向，設(shè)每次接通前都 已達到靜電平衡，試求：（1）當S第n次接通Ob并達到平衡后，每個電容器兩端的 電壓各是多少？（2）當反復換向的次數(shù)無限增多時，在所有電阻上消耗的 總電能是多少？12.如圖 6 21所示，R1=R3=R5=-=R99=5Q ,R

29、2=R4=R6=-=R98=10 Q ,R100=5Q ,=10V求：(1) Rab=?(2)電阻R2消耗的電功率應(yīng)等于多少？H(3) Ri(i 1,2,3,99)消耗的電功率；(4)電路上的總功率.13 .試求如圖6 22所示，框架中 A、B兩點間的電阻 Rab,此框架 是用同種細金屬絲制作的，單位長的電阻為r, 一連串內(nèi)接等邊三角形的數(shù)目可認為趨向無窮，取 AB邊長為a,以下每個三角 形的邊長依次減少一半.14 .圖623中，AOB是一內(nèi)表面光滑的楔形槽，固定在水平桌圖 6-23面(圖中紙面)上，夾角 1 (為了能看清楚，圖中的是 夸大了的).現(xiàn)將一質(zhì)點在BOA面內(nèi)從C處以速度v 5m/s

30、 射出，其方向與 AO間的夾角 60 , OC=10m.設(shè)質(zhì)點與 桌面間的摩擦可忽略不計，質(zhì)點與OB面及OA面的碰撞都是彈性碰撞，且每次碰撞時間極短，可忽略不計，試求：(1)經(jīng)過幾次碰撞質(zhì)點又回到 C處與OA相碰？(計算次數(shù)時包括在 C處的碰撞)(2)共用多少時間？(3)在這過程中，質(zhì)點離 O點的最短距離是多少?2H 1 k、1 k2(1 k)g 2kFL 490.622 6. 21,m48六、遞推法答案H 2H 1 k .1 k21 . D 2，.:k , (1 k)g 2k413. L 4. 9.79m 50m5. 0.59797.10.11.Qi28. 0.065U 9. 24.46K

31、-R21 n11 n(1)I： 3c 1 (4)n, 口 出：3c 1 (-)nRab (v13 1)R12. (1) 10a(2) 2.5W(3)1C 3 20 F 2i 1(i 1,3,5, ,99),10/.2?(i2,4, ,98)(4) 10W13. 40a14 - RAB1-(7 1)ra315. (1) 60次(2) 2s(3) 5 - 3m高中奧林匹克物理競賽解題方法 七、對稱法方法簡介 由于物質(zhì)世界存在某些對稱性，使得物理學理論也具有相應(yīng)的對稱性，從而使對稱現(xiàn)象普遍存在于各種物理現(xiàn)象和物理規(guī)律中.應(yīng)用這種對稱性它不僅能幫助我們認識和探索物質(zhì)世界的某些基本規(guī)律，而且也能幫助我們

32、去求解某些具體的物理問題，這種思維方法在物理學中稱為對稱法.利用對稱法分析解決物理問題，可以避免復雜的數(shù)學演算和推 導，直接抓住問題的實質(zhì)，出奇制勝，快速簡便地求解問題賽題精析例1 :沿水平方向向一堵豎直光滑的墻壁拋出一個彈性小球A,拋出點離水平地面的高度為 h,距離墻壁的水平距離為 s,小球與 墻壁發(fā)生彈性碰撞后，落在水平地面上，落地點距墻壁的水平距離 為2s,如圖71所示.求小球拋出時的初速度.解析：因小球與墻壁發(fā)生彈性碰撞，故與墻壁碰撞前后入射速度與反射速度具有對稱性，碰撞后小球的運動軌跡與無墻壁阻擋時小球繼續(xù)前進的軌跡相對稱，如圖71一甲所示，所以小球的運動可以轉(zhuǎn)換為平拋運動處理，效果

33、上相當于小球從 A'點水平拋出所做的運動.根據(jù)平拋運動的規(guī)律:XVot12y -gt2因為拋出點到落地點的距離為3s,拋出點的高度為 h代入后可解得:VoX gx,2y3s 2gh例2:如圖72所示，在水平面上，有兩個豎直光滑墻壁A和B,間距為d, 一個小球以初速度 Vo從兩墻正中間的 。點斜向上拋出，與A和B各發(fā)生一次碰撞后正好落回拋出點O ,求小球的拋射角 .解析：小球的運動是斜上拋和斜下拋等三段運動組成，若按順序求解則相當復雜，如果視墻為一平面鏡，將球與墻的彈性碰撞等 效為對平面鏡的物、像移動，可利用物像對稱的規(guī)律及斜拋規(guī)律求解物體跟墻A碰撞前后的運動相當于從 。點開始的斜上拋運

34、動，與 B墻碰后落于O點 相當于落到0點，其中O、O'關(guān)于A墻對稱，O、0對于B墻對稱，如圖7 2一甲所 示，于是有落地時xy2d0X Vo cos t 12y v0 sin t - gt代入可解得sin 22dg所以拋射角-arcsin 2dgvo2vo例3: A、B、C三只獵犬站立的位置構(gòu)成一個邊長為a的正三角形，每只獵犬追捕獵物的速度均為v, A犬想追捕B犬，B犬想追捕C犬，C犬想追捕A犬，為追捕到獵物，獵 犬不斷調(diào)整方向，速度方向始終“盯”住對方，它們同時起動，經(jīng)多長時間可捕捉到獵物？解析：以地面為參考系，三只獵犬運動軌跡都是一條復雜的曲線，但根據(jù)對稱性，三只獵犬最后相交于三角

35、形的中心點，在追捕過程中，三只獵犬的位置構(gòu)成三角形的形狀不變，以繞 點旋轉(zhuǎn)的參考系來描述，可認為三角形不轉(zhuǎn)動，而是三個頂點向 中心靠近，所以只要求出頂點到中心運動的時間即可由題意作圖73,設(shè)頂點到中心的距離為 s,則由已知條3件得s a由運動合成與分解的知識可知,3v vcos30v由此可知三角形收縮到中心的時間為2此題也可以用遞推法求解，讀者可自己試解.例4:如圖74所示，兩個同心圓代表一個圓形槽， 質(zhì)量為m,內(nèi)外半徑幾乎同為 R.槽內(nèi)A、B兩處分別放 有一個質(zhì)量也為 m的小球，AB間的距離為槽的直徑.不 計一切摩擦.現(xiàn)將系統(tǒng)置于光滑水平面上，開始時槽靜止， 兩小球具有垂直于 AB方向的速度

36、V,試求兩小球第一次相距R時，槽中心的速度v0.解析：在水平面參考系中建立水平方向的 x軸和y軸. 由系統(tǒng)的對稱性可知中心或者說槽整體將僅在x軸方向上運動。設(shè)槽中心沿 x軸正方向運動的速度變?yōu)?v0 ,兩小球相對槽心做角速度大小為的圓周運動，A球處于如圖74一甲所示的位置時，相對水平面的兩個分速度為vxRsinv0vyRcosB球的運動與A球的運動是對稱的.因系統(tǒng)在x軸方向上動量守恒、機械能也守恒，因此mv0 2mvx 2mv11巾/22、122 -m(vx vy) mv02y 22 1mv22將、式代入、式得:3V0 2v 2 Rsin圖732 _ 2 -R2 Rv0 sin21 222 .

37、 sinv0v°v 由此解得 v0 - (1 j=)v23.3 2sin2當兩球間距離為R時,30，代入可解得槽中心運動的速度為例5:用一輕質(zhì)彈簧把兩塊質(zhì)量各為M和m的木板連接起來，放在水平上，如圖 75所示，問必須在上面木板上施加多大的壓 力F,才能使撤去此力后，上板跳起來恰好使下板離地？解析：此題可用能量守恒的觀點求解，但過程較繁，而用彈簧 形變的“對稱性”求解就顯得簡潔明了.若用拉力F作用在m上，欲使M離地，拉力F至少應(yīng)為F= (M+m ) g根據(jù)彈簧的拉伸和壓縮過程具有的對稱性，故要產(chǎn)生上述效果， 作用在m上的向下的壓力應(yīng)為 F= (M+m) g例6:如圖76所示，長為l的兩

38、塊相同的均勻長方形磚塊 A 和B疊放在一起，A醇相對于B醇伸出l/5,B醇放在水平桌面上，磚 的端面與桌面平行.為保持兩磚不翻倒，B磚伸出桌面的最大長度是 多少？解析：此題可用力矩平衡求解，但用對稱法求解，會直觀簡潔把A科右端伸出B端的1/5截去，補在B磚的右端，則變成圖 76一甲所示的對稱形狀.伸出最多時對稱軸應(yīng)恰好通過桌邊.所以：1 x x (1 /5)解得B科右端伸出桌面的最大長度為x 21/5.例7:如圖77所示，OABC是一張水平放置的桌球臺面 .取OA為x軸，OC為y軸,P是紅球，坐標為(x, y), Q是白球，坐標為(x1，y1)(圖中未畫出 Q球在臺面上的位置).已知 OA=B

39、C=25dm , AB=OC=12dm.1 V,kp若P球的坐標為：x 10dm, y 8dm處，問Q球的位置在什么 I.范圍內(nèi)時，可使擊出的 Q球順次與AB、BC、CO和OA四壁碰撞反k£彈，最后擊中P球？I ：=:.，解析：由于彈性碰撞反彈服從的規(guī)律與光線的反射定律相同，所以作P點對OA壁的鏡像Pi, Pi對CO壁的鏡像P2, P2對BC壁的鏡像P3和P3對AB壁的 鏡彳象P4,則只需瞄準P4點擊出Q球，Q球在AB壁上D點反彈后射向P3,又在BC壁上E 點反彈后射向P2,依次類推，最后再經(jīng) F, G二點的反彈擊中P點，如圖77一甲所示.P4 (60, 32)但是，若反彈點 E離B

40、點太近， Q球從E點反 彈后EP2線與CO的交點，可能不在 CO壁的范圍內(nèi) 而在CO的延長線上， 這時Q球就無法擊中 CO壁(而擊到OA壁上)，不符合題目要求，所以， Q球能 夠最后按題目要求擊中 P球的條件是：反彈點 D、E、 F、和G 一定要在相應(yīng)的臺壁范圍之內(nèi) .已知P點的坐標為(10, 8),由此可知，各個鏡 像點的坐標分別為Pi (10, 8), P2 (10, 8), P3 (10, 32),設(shè)Q點的坐標為(x,y)；直線QP4的方程為2x y)Xf)8x 10y)32 yY y 7(X x)60 xD點在此直線上，Xd 25 ,由上式得:1YD 一1一(800 32x 35y )

41、60 x直線DP 3的方程為32 yY Yd-(X xd)60 xE點在此直線上，Ye=12,由 此式及式得1xe 25 (1 80 20x 35 y )32 y直線EP2的方程為y Ye 32 y (X xE)60 x10F點在此直線上，Xf 0,所以4 12 (8860 x32 y最后，直線FP1的方程為 Y Yf -(X60 xG點在此直線上，Yg=0,所以 xg 1(160 32 y0 YD 120 Xe 25反彈點位于相應(yīng)臺壁上的條件為0 YF120 Xg 25將、和式代入，除肯定滿足無需討論的不等式外，Q球按題目要求擊中 P球的條件成為YD : 35y20x 80Xe:35y20x

42、 80Yf : 5y 4x 80Xg ：5y 4x 80上面共兩個條件，作直線li : 35Y 20X 80及I2 ： 5Y 4X 80如圖77乙所示，若 Q球位于l2下方的三角形 D0AH0內(nèi)，即可同時滿足、兩式的條件，瞄準 P4擊出，可 按題目要求次序反彈后擊中 P球，三角形D0AH0三個頂點的坐標如圖7 7乙所示.例8: 一無限長均勻帶電細線彎成如圖7 8所示的平面圖形，其中 AB是半徑為R的半圓孤，AA '平行于BB',試求圓心O處的電場強度.ABA解析：如圖78一甲所示，左上1/4圓弧內(nèi)的線元 Li與右下直線上的線元 L3具有角元4 對稱關(guān)系.4L1電荷 與L3電荷在

43、O點的場強 Ei與4E3方向相反，若它們的大 小也相等，則左上與右下線元電場強度成對抵消，可得圓心 處場強為零.設(shè)電荷線密度為常量 荷可看做點電荷，其帶電量,因 很小， Li電荷與 L3電q2當很小時，有q2coscos又因為EiK-R12,E2kJcos2cos與 Ei的大小相同，且 Ei與4E2方向相反，所以圓心例9:如圖79所示，半徑為 R的半圓形絕緣線上、 下1/4圓弧上分別均勻帶電 +q和一 q,求圓心處的場強.解析：因圓弧均勻帶電，在圓弧上任取一個微小線元，由于帶電線元很小，可以看成點電荷.用點電荷場強公式表。處的電場強度為零.示它在圓心處的分場強，再應(yīng)用疊加原理計算出合場強 對稱

44、性分別求出合場強的方向再求出其值.圖79在帶正電的圓孤上取一微小線元，由于圓弧均勻帶電，因而線密度2q/ R.在帶負電的圓弧上必定存在著一個與之對稱的線元,兩者產(chǎn)生的場強如圖79一甲所示.顯然， 兩者大小相等，其方向分別與 x 軸的正、負方向成 角，且在x軸方向上分量相等.由于很小，可以認為是點電荷，兩線元在。點的場強為E 2坦方向沿y軸的負方向,所以。點的合場強應(yīng)對2K h 2KR2R2丁sin RE求和.2K 了RR24KqR2y圖一9一甲2KR例10:電荷q均勻分布在半球面 ACB上，球面的半徑為 R, CD為通過半球頂點 C與球心O的軸線，如圖710所示，P、Q 為CD軸線上在。點兩側(cè)

45、，離O點距離相等的兩點，已知 P點的 電勢為UP,試求Q點的電勢Uq.解析：可以設(shè)想一個均勻帶電、帶電量也是q的右半球，與題中所給的左半球組成一個完整的均勻帶電球面，根據(jù)對稱性來解.圖門一1。Q0由對稱性可知，右半球在P點的電勢UP等于左半球在 Q點的電勢Uq.即UPUQ所以有UPUq UP UP,而UP UP正是兩個半球在P點的電勢，因為球面均勻帶電，所以UPUP K2q.由此解得Q點的電勢UqR例11:如圖7ii所示， 角形，A點為三角形的內(nèi)心， 對稱，三棒帶有均勻分布的電荷,三根等長的細絕緣棒連接成等邊三B點與三角形共面且與 A相對ac棒 此時測得 A、B兩點的電勢各為Ua、Ub,現(xiàn)將a

46、c棒取走，而ab、bc棒的電荷分布不變，求這時 A、B兩點的電勢Ua、Ub解析：ab、bc、ac三根棒中的電荷對稱分布，各自對 A點電勢的貢獻相同，ac棒對B 點電勢的貢獻和對 A點電勢的貢獻相同，而 ab、bc棒對B點電勢的貢獻也相同.設(shè)ab、bc、ac棒各自在 A點的電勢為 Ui, ab、bc棒在B點的電勢為 U2.由對稱性知,ac棒在B點的電勢為Ui.由電勢疊加原理得:3Ui=UaUi+2U2=Ub由、兩式得.Ub Ui22將ac棒取走后，Ui=Ua/3u AUb胃23Ub Ua6A、B兩點的電勢分別為Ua Ua Ui2U 3Ub Ub U2Ub Ua260712例12:如圖712所示為

47、一塊很大的接地導體板，在與 導體板相距為d的A處放有帶電量為一q的點電荷.(1)試求板上感應(yīng)電荷在導體內(nèi)P點產(chǎn)生的電場強度；(2)試求感應(yīng)電荷在導體外 P'點產(chǎn)生的電場強度(P 與P'點對導體板右表面是對稱的)；(3)在本題情形，試分析證明導體表面附近的電場強度 的方向與導體表面垂直；(4)試求導體上的感應(yīng)電荷對點電荷一q的作用力；(5)若在切斷導體板與地的連線后，再將+Q電荷置于導體板上， 試說明這部分電荷在導體板上如何分布可達到靜電平衡(略去邊緣效應(yīng))解析：在討論一個點電荷受到面電荷(如導體表面的感應(yīng)電荷)的作用時，根據(jù)“鏡像 法”可以設(shè)想一個“像電荷”，并使它的電場可以代

48、替面電荷的電場，從而把問題大大簡化(1)導體板靜電平衡后有 E感=£點,且方向相反，因此板上感應(yīng)電荷在導體內(nèi)P點產(chǎn)生的場強為EP 駕， rr為AP間距離，方向沿 AP,如圖712甲所示.(2)因為導體接地，感應(yīng)電荷分布在右表面，感應(yīng)電荷在P點和P'點的電場具有對稱性，因此有Ep 粵，方向如圖r712一甲所小.(3)考察導體板在表面兩側(cè)很靠近表面的兩點P1和P1 .前述分析，在導體外 P1點感應(yīng)電荷產(chǎn)生的場強大小為Eip1點電荷在Pi點產(chǎn)生的場強大小也是 F p1 kq.方向如圖712 q IU. 2一乙.從圖看出，Pi點的場強為上述兩個場強的矢量和，即與導體表面垂直(4)重復

49、(2)的分析可知，感應(yīng)電荷在一q所在處A點的場強為EiAkq 2(2d)kq2 14d方向垂直于導體板指向右方，該場作用于點電荷一q的電場力為F qEiAkq24d2負號表示力的方向垂直于導體板指向左方(5)切斷接地線后，導體板上原來的感應(yīng)電荷仍保持原來的分布，導體內(nèi)場強為零在此情況下再將+Q電荷加在導體板上，只要新增加的電荷在導體內(nèi)部各處的場強為零，即可保持靜電平衡，我們知道電荷均勻分布在導體板的兩側(cè)表面時，上述條件即可滿足.顯然這時+Q將均勻分布在導體板的兩側(cè)面上，才能保證板內(nèi)場強為零，實現(xiàn)靜電平衡例13:如圖713所示，在水平方向的勻強電場中，用長為l的絕緣細線，拴住質(zhì)量為 m、帶電量為

50、q的小球，線的上端 O固 定，開始時將線和球拉成水平，松開后，小球由靜止開始向下擺動， 當擺過60°角時，速度又變?yōu)榱?求：(1) A、B兩點的電勢差 Uab多大？(2)電場強度多大？解析：(1)小球在A、B間擺動，根據(jù)能量守恒定律有PA PB取A點為零勢能的參考點，即 PB 0則 Epbmgl sin 60 qU BA 0所以Uba詈Uab鬻(2)小球在平衡位置的受力如圖713一甲.根據(jù)共點力的平衡條件：有：qE mg tan 60解得電場強度:E 3mgq例14:如圖714所示，ab是半徑為R的圓的一條直徑，該圓處于勻強電場中，場強為E,在圓周平面內(nèi)，將一帶正電q的小球從a點以相同的動能拋出，拋出方向不同時，小球會經(jīng)過圓周上不同的點，在這些所