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高中物理奥赛解题方法:05 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。

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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
1 由机械能守恒有:mg (h + x) = E k + kx2 2

② 图 5—1

联立①②式解得:Ek = mgh-

m2 g 2 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 = gcosβ 该质点沿轨道由静止滑到斜面所用的时间为 t ,则:
1 2 at = OP 2

图 5—2
2OP g cos?

所以:t =



由图可知,在 ΔOPC 中有:
OP OC = o sin(90 ? ? ) sin(90o ? ? ? ?)

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所以: OP =

OC cos ? cos(? ? ?)



将②式代入①式得:t =

2OCcos ? = g cos ? cos(? ? ?)

4OCcos ? ?cos ? ? cos(? ? 2?)? g

显然,当 cos(α-2β) = 1 ,即 β = 所以当 β =

? 时,上式有最小值。 2

? 时,质点沿直轨道滑到斜面所用的时间最短。 2

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 v0 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:vy = v0tanθ = gt ,解得运动时间为 t = 该点的坐标为: x = v0 t =
2 v0 v2 1 tanθ ,y = gt2 = 0 tan2θ g 2g 2

v0 tanθ g

由几何关系得:

H + y = xtanθ cos ?

解得小球离开斜面的最大距离为:
v2 H = 0 tanθ ? sinθ 2g

图 5—

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/s2 ,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:
? x ? v0 cos ? ? t ? ? 1 2 ? y ? v0 sin ? ? t ? 2 gt ?

把 A 点坐标(d 、h)代入以上两式,消去 t ,得:
2 v 0 =-

gd 2 2(h ? d tan ?) cos 2 ?

图 5—4

=

gd 2 d sin 2? ? h(cos 2? ? 1)
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=

gd 2 ? ? d h d2 ? h2 ? ? sin 2? ? ? cos 2? ? ? h 2 2 2 2 d ?h ? d ?h ?



d h h = tanθ ,则 2 = cosθ , 2 = sinθ ,上式可变为: 2 d d ?h d ? h2 gd 2 2 v0 = d 2 ? h 2 sin(2? ? ?) ? h

? 显然,当 sin (2α-θ) = 1 时,即 2α-θ = 90°,亦即发射角 α = 45°+ = 45° 2 1 h 4 + arctan = 45°+ arctan = 71.6°时,v0 最小,且最小速度为: 2 d 3

v0 = g( d2 ? h2 ? h) = 3 10 = 9.5m/s 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 a1 =
?(M ? m)g f = = μg 。 图 5—5 M?m M?m v ?2 由于铁板移动的距离 L = ,故 v′越大,L 越大。v′是人与铁板一起开始地运 2a 1

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 = ma2 + M ? 0 所以:a2 =
F M?m =μ g m m



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 2 2 且:v = 2a2l , v? = 2a1L 并将 a1 、a2 代入②式解得铁板移动的最大距离: L=
m l M?m

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 R0 ,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

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速度 v = gR 0 (2 ?

R0 ) ,并用该式求出这个发射速度的最小值和最大值。 (取 R0 = 6.4× r

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: Mm 1 2 E1 = m v发 -G ① R0 2
Mm 1 2 进入轨道后卫星的机械能为:E2 = m v轨 -G r 2



由 E1 = E2 ,并代入 v 轨 =
R GM (2 ? 0 ) R0 r

GM ,解得发射速度为: r

v发 =


Mm = mg ,所以: 2 R0

又因为在地面上万有引力等于重力,即:G
GM = gR0 R0


R0 ) r

把④式代入③式即得:v 发 = gR 0 (2 ?

(1)如果 r = R0 ,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:vmin = gR 0 = 7.9×103 m/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:vmax = 2gR 0 = 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
3 G 处,OC = 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 的物 8 8

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 G sinθ = ? xcosθ ,得到:x = 3Rtanθ 8 8

图 5—6

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:
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tanθ m =

fm = μ = 0.2 ,所以 x = 3μR = 0.6R 。 N

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 h1
2 = L(L 为杆长) ,要使杆不滑倒,力 F 最大不能越过多少? 5 4 (2)若将作用点移到 h2 = L 处时,情况又如何? 5

图 5—7

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-Tsinθ-f = 0 N-Tcosθ-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 图 5—7—甲 静摩擦力时,杆刚要滑倒,此时满足:f = μN 解得:Fmax =
mgL tan ? tan ? (L ? h) ? h ?

由上式又可知,当[ 制了。

tan ? (L-h)-h]→∞ ,即当 h0 = 0.66L 时,对 F 就没有限 ?

2 (1)当 h1 = L<h0 ,将有关数据代入 Fmax 的表达式得:Fmax = 385N 5 4 (2)当 h2 = L>h0 ,无论 F 为何值,都不可能使杆滑倒,这种现象即称为自锁。 5

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 v0(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 图 5—8 位移。 由于水平方向动量守恒,有:mv0cosθ = Mv ,即:v = 小狗在空中做斜抛运动的时间为:t =
2v 0 sin ? g

mv0 sin ? M

① ②

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又:s + v0cosθ ? t = vt 将①、②代入③式得:v0 =
Mgs (M ? m) sin 2?



当 sin2θ = 1 ,即 θ =

Mgs ? 时,v0 有最小值,且 v0min = 。 M?m 4

例 10:一小物块以速度 v0 = 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/s2) 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: 图 5—9 1 1 2 m v 0 = m v2 + mgh ① 2 2 小物块做平抛运动的水平距离 s 和高度 h 分别为: s = vt ②
1 h = gt2 2
2 以上三式联立解得:s = v0 ? 2gh


v2 v2 2h = 2 ( 0 ) 2 ? (h ? 0 ) 2 g 4g 4g

当h=

2 v0 v2 = 2.5m 时,s 有最大值,且 s max = 0 = 5m 。 4g 2g

例 11:军训中,战士距墙 s ,以速度 v0 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:vx = v0cosθ ,vy = v0sinθ-gt s 1 重心升高为:H1 = s0tanθ- g ( )2 v 0 cos? 2 图 5—10 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(mvy) = mΔvy = Σf(t) = ΣμN(t) Δt = μΣN(t) Δt 而:ΣN(t) Δt = mvx
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所以:Δvy = μvx ,人蹬墙后,其重心在竖直方向向上的速度为:
v ?y = vy + Δvy = vy + μvx ,继续升高 H2 =
v ?2 y 2g

重心总升高:H = H 1 + H 2 = 当 θ = arctan

v (μcosθ + sinθ)2-μs0 2g

2 0

图 5—10—甲 例 12:如图 5—11 所示,一质量为 M 的平顶小车, 以速度 v0 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: Mv0 = (M + m)v
1 1 2 根据功能关系:μmgl = M v 0 - (M + m)v2 2 2

1 时,重心升高最大。 ?

图 5—11

解得:l =

Mv 2?(M ? m)g
2 Mmv 0 2(M ? m)

2 0

摩擦力共做功:W =-μmgl =-

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 = 0.500m2 , 桶壁加桶底的体积为 V0 = 2.50×10 2m3 。 桶内封有高度为 l = 0.200m 的空气。池深 H0 = 20.0m ,大气压强 p0 = 10.00m 水柱高, 水的密度 ρ = 1.000×103kg/m3 ,重力加速度取 g = 10.00m/s2 。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 图 5—12 缓慢地提高到浮力等于重力的位置时绳子拉桶所做的功。

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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: [p0 + H 0-H-(l0-l′)]l′ S =[p0 + H0-(l0-l′)]lS ② 由①、②两式可得:H = 12.240m ③ 图 5—12—甲 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: ΔE1 = 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 ΔE2 ,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:ΔE2 =-ρgV0H 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 ΔE3 ,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: ΔE3 =-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: H0-H-l0 + l +
l? ? l 2 l? ? l ] 2

增加的重力势能为: ΔE32 = ρgS(l′-l)[H 0-H-l0 + l + ⑦

由整个系统的功能关系得,绳子拉力所需做的最小功为: WT = ΔE ⑧ 将④、⑤、⑥、⑦式代入⑧式得: WT = ρgS[(l′-l)( H 0-l0) +
l ?2 ? l 2 ] 2



将有关数据代入⑨式计算,并取三位有效数字,可得:WT = 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 A0 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,
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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 图 5—13 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 2 ①物体向左运动并正好停在 O 点的条件是: k A0 = μmgA 0 2

得:μ =

kA 0 2mg kA 0 2mg



②若 μ<

? ,则物体将滑过 O 点,设它到 O 点左方 B 处(设 OB = L1)时速

度为零,则有:
1 1 2 k A0 - k L21 = μmg (A 0 + L1) 2 2


kA 0 3mg

若物体能停住,则 kL1≤μmg ,得:μ≥ ③如果②能满足,但 μ< 则往右滑动的距离越远。



kA 0 ,则物体不会停在 B 处而要向右运动。μ 值越小, 3mg

kA 0 1 设物体正好停在 O 处,则有: k L21 = μmgL1 ,得:μ = 4mg 2

要求物体停在 O 点左方,则相应地要求 μ>

kA 0 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:
kA 0 kA 0 <μ< 4mg 2mg

(2)当 μ 在

kA 0 kA 0 ≤μ< 范围内时,物体向左滑动直至停止而不返回,由②式 3mg 2mg

可求出最远停住点(设为 B1 点)到 O 点的距离为: A 2?mg 2mg kA 0 L = A0- = A0-( )( )= 0 3mg k k 3

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当 μ<

kA 0 A 时,物体在 B1 点(OB1 = 0 )的速度大于零,因此物体将继续向左运 3mg 3 kA 0 A ,L1 = 0 ,如果停 3mg 3

动,但它不可能停在 B1 点的左方。因为与 B1 点相对应的 μ = 留在 B1 点的左方,则物体在 B1 点的弹力大于

kA0 kA ,而摩擦力 μmg 0 ,小于弹力大 3 3 A0 ,但这不是物体在运动过 3

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 B1 之间。 所以无论 μ 值如何,物体停住与 O 点的最大距离为

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 所以:q m =
Qq Q?q Q?q Q Q?q Q ,最后接触电荷之比为 ,有 = , q qm q qm

(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 RAB 。 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 RAB 跟从 CD 往右看的电阻是 相等的。因此,有: RAB
R R = 2R + AB ,解得:RAB = ( 3 + 2)R R AB ? R

图 5—14

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 vm ; (2)在最大速度 vm 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:mgsinα = BIl 图 5—15 Blv mg sin ? ? R 而I= ,解得最大速度 v m = = 0.1m/s R B2 l2 (2)速度最大时,ab 释放的电功率 P = mgsinα ? vm = 0.1W
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针对训练
1.如图 5—16 所示,原长 L0 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 h0 。 (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 图 5—16 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 v0 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 v0 的 小物体,在滑块上无摩擦地向左运动,而后压缩弹簧。 图 5—17 (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? 图 5—18 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/s2 ,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?

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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 v0 ,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 v0 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 C1 、C2 和可变电阻器 R1 、R2 以及电源 ε 连接成 如图 5—22 所示的电路。当 R1 的滑动触头在图示位置时,C1 、 C2 的电量相等。要使 C1 的电量大于 C2 的电量,应当( ) A、增大 R2 B、减小 R2 C、将 R1 的滑动触头向 A 端移动 图 5—22 D、将 R1 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 R1 B、减小 R2 C、增大 R2 D、减小 R2

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, AB 的阻值与 R “网格” 的数目无关? 此时 RAB 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
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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
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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、Lmax = 200m ;θ = 30° 3、v0> 4、1.41s 5、
2(M ? m)gh M ? mL2 ? gh 3L 1 ; (2)h- R ; (3) 3 4 gh

T mK

;a =

1 M

m T 2 (KMv 0 ? T 2 ) ;v0 = m?M (m ? M)K

6、 (1) 7、D 8、BC

9、( 5 -1)R ;( 5 + 1)R mv 2mv 10、 ≤B≤ ed 13ed 11、 12、
FR B2 L2 (F ? mg)R B2 L2 BI? ? mgR sin ? mgsin ? ; (2)加速度 2 2 BL m ? CB2 L2
m qL

13、 (1)

14、 (1)

(2) 5gR ;

BL gR gR 1 ; (3) ; (4) mgR 4 2R 2R

15、W =

m3 g 2 R 2 -mg (l2 + h) 2B4 l4

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