2024-2025高中物理奧賽解題方法：十 假設(shè)法含答案

2024-2025高中物理奧賽解題方法：十假設(shè)法含答案十、假設(shè)法方法簡(jiǎn)介假設(shè)法是對(duì)于待求解的問題，在與原題所給條件不相違的前提下，人為的加上或減去某些條件，以使原題方便求解。求解物理試題常用的有假設(shè)物理情景，假設(shè)物理過程，假設(shè)物理量等，利用假設(shè)法處理某些物理問題，往往能突破思維障礙，找出新的解題途徑，化難為易，化繁為簡(jiǎn)。賽題精析例1：如圖10—1所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一質(zhì)量為m0的平盤，盤中有一物體，質(zhì)量為m。當(dāng)盤靜止時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度比其自然長(zhǎng)度伸長(zhǎng)了L。今向下拉盤使彈簧再伸長(zhǎng)ΔL后停止，然后松手放開。設(shè)彈簧總處在彈性限度以內(nèi)，則剛松開手時(shí)盤對(duì)物體的支持力等于（）A、(1+)mgB、(1+)(m+m0)gC、mgD、(m+m0)g解析：此題可以盤內(nèi)物體為研究對(duì)象受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列出一個(gè)式子，然后再以整體為研究對(duì)象受力分析，根據(jù)牛頓第二定律再列一個(gè)式子和根據(jù)平衡位置的平衡條件聯(lián)立求解，求解過程較麻煩。若采用假設(shè)法，本題將變得非常簡(jiǎn)單。假設(shè)題中所給條件ΔL=0，其意義是沒有將盤往下拉，則松手放開，彈簧長(zhǎng)度不會(huì)變化，盤仍靜止，盤對(duì)物體的支持力的大小應(yīng)為mg。以ΔL=0代入四個(gè)選項(xiàng)中，只有答案A能得到mg。由上述分析可知，此題答案應(yīng)為A。例2：如圖10—2所示，甲、乙兩物體質(zhì)量分別為m1=2kg，m2=3kg，疊放在水平桌面上。已知甲、乙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.6，物體乙與平面間的動(dòng)摩因數(shù)為μ2=0.5，現(xiàn)用水平拉力F作用于物體乙上，使兩物體一起沿水平方向向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如果運(yùn)動(dòng)中F突然變?yōu)榱?，則物體甲在水平方向上的受力情況（g取10m/s2）A、大小為12N，方向向右B、大小為12N，方向向左C、大小為10N，方向向右D、大小為10N，方向向左解析：當(dāng)F突變?yōu)榱銜r(shí)，可假設(shè)甲、乙兩物體一起沿水平方運(yùn)動(dòng)，則它們運(yùn)動(dòng)的加速度可由牛頓第二定律求出。由此可以求出甲所受的摩擦力，若此摩擦力小于它所受的滑動(dòng)摩擦力，則假設(shè)成立。反之不成立。如圖10—2甲所示。假設(shè)甲、乙兩物體一起沿水平方向運(yùn)動(dòng)，則由牛頓第二定律得：f2=(m1+m2)a①f2=μN(yùn)2=μ2(m1+m2)g②由①、②得：a=5m/s2可得甲受的摩擦力為f1=m1a=10N因?yàn)閒=μ1m1g=12Nf1＜f所以假設(shè)成立，甲受的摩擦力為10N，方向向左。應(yīng)選D。例3：一升降機(jī)在箱底裝有若干個(gè)彈簧，如圖10—3所示，設(shè)在某次事故中，升降機(jī)吊索在空中斷裂，忽略摩擦力，則升降機(jī)在從彈簧下端觸地后直到最低點(diǎn)的一段運(yùn)動(dòng)過程中（）A、升降機(jī)的速度不斷減小B、升降機(jī)的速度不斷變大C、先是彈力做的負(fù)功小于重力做的正功，然后是彈力做的負(fù)功大于重力做的正功D、到最低點(diǎn)時(shí)，升降機(jī)加速度的值一定大于重力加速度的值解析：升降機(jī)在從彈簧下端觸地后直到最低點(diǎn)的一段運(yùn)動(dòng)過程，它受重力、彈簧彈力兩個(gè)力作用。當(dāng)重力大于彈力時(shí)速度繼續(xù)增大，當(dāng)重力等于彈力時(shí)速度增大到最大，當(dāng)重力小于彈力時(shí)，速度開始減小，最后減為零，因而速度是先增大后減小，所以選項(xiàng)C正確。假設(shè)升降機(jī)前一運(yùn)動(dòng)階段只受重力作用，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，它下降了h高度，末速度為v，則：v2=2gh后一運(yùn)動(dòng)階段升降機(jī)只受彈力作用，做初速度為v、末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，把彈簧壓縮了x，則：v2=2ax所以2gh=2ax而a==，所以：2gh=2()x，即：=因?yàn)閔＞x，所以＞2，即：a低=＞=g，所以選項(xiàng)D也正確。例4：一個(gè)光滑的圓錐體固定在水平桌面上，其軸線沿豎直方向，母線與軸線之間的夾角為θ=30°，如圖10—4所示。一長(zhǎng)為L(zhǎng)的繩（質(zhì)量不計(jì)），一端固定在圓錐體的頂點(diǎn)O處，另一端拴著一個(gè)質(zhì)量為m的小物體（可看做質(zhì)點(diǎn)）。物體以速度v繞圓錐體的軸線在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。（1）當(dāng)v1=時(shí)，求繩對(duì)物體的拉力；（2）當(dāng)v2=時(shí)，求繩對(duì)物體的拉力。解析：當(dāng)物體以某一速率繞圓錐體的軸線做水平勻面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，可能存在圓錐體對(duì)物體的彈力為零的臨界狀況，此時(shí)物體剛好與圓錐面接觸但不發(fā)生形變。而當(dāng)速率變大時(shí)，物體將脫離圓錐面，從而導(dǎo)致繩對(duì)物體的拉力大小和方向都要變化。因此，此題的關(guān)鍵是先求出臨界狀態(tài)下線速度的值。以小物體為研究對(duì)象，假設(shè)它與圓錐面接觸，而沒有彈力作用。受力如圖10—4甲所示，根據(jù)運(yùn)動(dòng)定律得：Tcosθ=mg①Tsinθ=②解①、②得：v=（1）因?yàn)関1=＜v，所以物體m與圓錐而接觸且有壓力，受力如圖10—4乙所示，由運(yùn)動(dòng)定律得：T1cosθ+Nsinθ=mg③T1sinθ－Ncosθ=m④解③、④得拉力：T1=(3+1)（2）因?yàn)関2=＞v，所以物體m脫離圓錐面，設(shè)繩子與軸線的夾角為φ，受力如圖10—4丙所示，由運(yùn)動(dòng)定律得：T2sinφ=m⑤T2cosφ=mg⑥解⑤、⑥得繩子拉力：T2=2mg例5：如圖10—5所示，傾角為α的斜面和傾角為β的斜面具有共同的頂點(diǎn)P，在頂點(diǎn)上安裝一個(gè)輕質(zhì)小滑輪，重量均為W的兩物塊A、B分別放在兩斜面上，由一根跨過滑輪的細(xì)線連接著，已知傾角為α的斜面粗糙，物塊與斜面間摩擦因數(shù)為μ；傾角為β的斜面光滑，為了使兩物塊能靜止在斜面上，試列出α、β必須滿足的關(guān)系式。解析：因題目中沒有給出具體數(shù)值，所以精糙斜面上物塊的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)就不能確定，應(yīng)考慮兩種可能。令細(xì)線的張力為T，假設(shè)物塊A有沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)時(shí)，對(duì)A物塊有：T－μWcosα=Wsinα對(duì)B物塊有：T=Wsinβ兩式聯(lián)立解得：sinβ=sinα+μcosα同理，假設(shè)物塊A有沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)時(shí)，可解得：sinβ=sinα－μcosα因此，物塊靜止在斜面上時(shí)兩傾角的關(guān)系為sinα－μcosα≤sinβ≤sinα+μcosα例6：如圖10—6所示，半徑為r的鉛球內(nèi)有一半徑為的球形空腔，其表面與球面相切，此鉛球的質(zhì)量為M，在鉛球和空腔的中心連線上，距離鉛球中心L處有一質(zhì)量為m的小球（可以看成質(zhì)點(diǎn)），求鉛球小球的引力。解析：設(shè)想把挖去部分用與鉛球同密度的材料填充，填充部分鉛球的質(zhì)量為M1。為了抵消填充球體產(chǎn)生的引力，我們?cè)谟疫叺染嚯x處又放置一個(gè)等質(zhì)量的球體。如圖10—6甲所示。設(shè)放置的球體的質(zhì)量為M1，則：M1=ρ1π()3=M0=M填補(bǔ)后的鉛球質(zhì)量：M0=M+M1=M則原鉛球?qū)π∏蛞椋篎=F0－F1=－=－=［－］例7：三個(gè)半徑為r、質(zhì)量相等的球放一在一個(gè)半球形碗內(nèi)，現(xiàn)把第四個(gè)半徑也為r，質(zhì)量也相等的相同球放在這三個(gè)球的正上方，要使四個(gè)球都能靜止，大的半球形碗的半徑應(yīng)滿足什么條件？不考慮各處摩擦。解析：假設(shè)碗的球面半徑很大，把碗面變成平面。因?yàn)楦鹘佑|面是光滑的，當(dāng)放上第四個(gè)球后，下面的三個(gè)球會(huì)散開，所以臨界情況是放上第四個(gè)球后，下面三個(gè)球之間剛好無彈力。把上面的球記為A，下面三個(gè)球分別記為B、C、D，則四個(gè)球的球心連起來構(gòu)成一個(gè)正四面體，正四面體的邊長(zhǎng)均2r，如圖10—7所示。設(shè)A、B球心的連線與豎直方向的夾角為α，設(shè)碗面球心為O，O與B球心的連線與豎直方向的夾角為β，碗面對(duì)上面三個(gè)球的作用力都為F，如圖10—7甲所示。先以整體為研究對(duì)象，受重力、碗面對(duì)三個(gè)球的彈力F，在豎直方向上有：3Fcosβ=4mg①再以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，受重力mg、碗面對(duì)B球的作用力F、A球?qū)的壓力FN，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：，消去FN，得：tanα=②①、②聯(lián)立，消去F得：tanβ=tanα③因?yàn)樗膫€(gè)球的球心構(gòu)成一個(gè)邊長(zhǎng)為2r正四面體，如圖10—7所示，根據(jù)幾何關(guān)系，可以知道：tanα====代入③式得：tanβ=于是碗面的半徑為：R=+r=+r=+r=7.633r所以半球形碗的半徑需滿足R≤7.633r。例8：如圖10—8所示，一根全長(zhǎng)為L(zhǎng)、粗細(xì)均勻的鐵鏈，對(duì)稱地掛在輕小光滑的定滑輪上，當(dāng)受到輕微的擾動(dòng)，鐵鏈開始滑動(dòng)，當(dāng)鐵鏈下降L1（L1≤）的瞬間，鐵鏈的速度多大？解析：在鐵鏈下降時(shí)，只有重力做功，機(jī)械能守恒。當(dāng)鐵鏈下降L1時(shí)，如圖10—8甲所示，假設(shè)此位置是把左側(cè)鐵鏈下端AB=L1段剪下來再接到右側(cè)鐵鏈的下端CD處實(shí)現(xiàn)的。設(shè)鐵鏈的總質(zhì)量為m，鐵鏈下降到L1時(shí)，L1段中心下降L1高，所以重力做功：W=L1gL1=根據(jù)機(jī)械能守恒定律：mv2=解得鐵鏈的速度：v=L1例9：如圖10—9所示，大小不等的兩個(gè)容器被一根細(xì)玻璃管連通，玻璃管中有一段水銀柱將容器內(nèi)氣體隔開（溫度相同），當(dāng)玻璃管豎直放置時(shí)，大容器在上，小容器在下，水銀柱剛好在玻璃管的正中間，現(xiàn)將兩容器同時(shí)降低同樣的溫度，若不考慮容器的變化，則細(xì)管中水銀柱的移動(dòng)情況是（）A、不動(dòng)B、上升C、下降D、先上升后下降解析：只要假設(shè)水銀柱不動(dòng)，分析氣體壓強(qiáng)隨溫度的變化情況，就可判定水銀柱怎樣移動(dòng)。假設(shè)水銀柱不移動(dòng)，則兩部氣體的體積都不變，根據(jù)查理定律，有：=，化簡(jiǎn)為：Δp=p有：ΔpA=pA，ΔpB=pB由于pA＜pB，所以：ΔpA＜ΔpB，水銀柱向下移動(dòng)。答案：C例10：如圖10—10所示，將一定量的水銀灌入豎直放置的U形管中，管的內(nèi)徑均勻，內(nèi)直徑d=1.2cm。水銀灌完后，兩管聽水銀在平衡位置附近做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，振動(dòng)周期T=3.43s。已知水銀的密度ρ=1.36×104kg/m3。試求水銀的質(zhì)量m。解析：題中水銀做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，已知振動(dòng)周期要求水銀的質(zhì)量m。根據(jù)簡(jiǎn)諧振動(dòng)的周期公式T=2π，T已知，關(guān)鍵是求出k。簡(jiǎn)諧振動(dòng)的物體受的回復(fù)力F=－kx，找出F與

x的關(guān)系，求出k，問題就可以求解。如圖10—10所示，設(shè)水銀離開平衡位置的距離為x，則回復(fù)力為：F=d22xρg由回復(fù)力的大小F=kx，得：k==d2ρg根據(jù)T=2π解得水銀的質(zhì)量：m====9.0kg例11：熱氣球是靠加熱氣球內(nèi)部空氣排除部分氣體而獲得上升動(dòng)力的裝置，現(xiàn)外界氣體溫度是15℃，密度為1.2kg/m3，氣球內(nèi)、外氣壓相等，要用容積1000m3的氣球吊起200kg的重物，必須把氣球內(nèi)的空氣溫度加熱到多少才行（取g=10m/s2）？解析：加熱氣球內(nèi)的氣體時(shí)，氣體被排出，質(zhì)量減少，在浮力不變的情況下，使F浮≥G總時(shí)，熱氣球升空。這里出現(xiàn)了氣體質(zhì)量減小的變質(zhì)量問題，為應(yīng)用三大實(shí)驗(yàn)定律只有依靠假設(shè)法，在此，為應(yīng)用等壓變化規(guī)律，假設(shè)升溫后排出去的氣體與留在熱氣球內(nèi)的氣體狀態(tài)相同，如圖10—11所示。初態(tài)體積V1=V0，末態(tài)體積V2=V0+ΔV0氣體質(zhì)量m=ρV0=1.2kg/m3×1000m3=1.2×103kgF浮=ρ空gV0≥G總=(m′+m物)g代入已知數(shù)據(jù)：1.2×10×103≥(m′+200)×10得m′≤1.0×103kg其中m是加熱前熱氣球內(nèi)空氣質(zhì)量，m′為加熱后熱氣球內(nèi)空氣質(zhì)量。Δm=m－m′=1.2×103kg－10×103kg=200kg當(dāng)密度相同時(shí)，=，所以：ΔV=V0=200m3對(duì)等質(zhì)量、等壓的氣體應(yīng)用蓋呂薩克定律：初態(tài)V=V0=103m3T1=273+15=288k未態(tài)V2=V0+ΔV=1.2×103m3根據(jù)：=解得加熱后氣體溫度：T2=T1=345.6K=72.6℃例12：0.2L的氧氣瓶?jī)?nèi)，裝有4g氧氣，在室溫為0℃時(shí)，瓶?jī)?nèi)氧氣的壓強(qiáng)是多少？解析：本題乍一看似乎缺少已知量，更無法利用理想氣體狀態(tài)方程，但當(dāng)我們假設(shè)這些氧氣的標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)為初態(tài)時(shí)，則問題就可以解決了。假設(shè)這些氧氣的初態(tài)為標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)，則有：V1=×22.4L，p1=1atm，T1=273K由已知該氧氣的末狀態(tài)為V1=0.2L，T2=273K，p2未知，由于T1=T2，所以根據(jù)玻意耳定律p1V1=p2V2解得：p2=1.4atm例13：如圖10—12所示，用導(dǎo)熱材料制成的兩端開口的U型管ABCD，其中AB高L1=24cm，CD高L2=20cm，截面積分別為SAB=1cm2，SCD=2cm2，開始時(shí)兩管均有高h(yuǎn)=16cm的水銀柱，現(xiàn)用兩個(gè)橡皮帽將兩個(gè)管口封閉，打開下方的閥門K，有注射器從底部緩慢抽出水銀，當(dāng)其中的一個(gè)管內(nèi)的水銀被抽干時(shí)立即關(guān)閉閥門K（已知大氣壓強(qiáng)為p0=75cmHg）。（1）請(qǐng)你判斷首先被抽干的是哪一管中的水銀？（2）另一只管中剩余的水銀柱高度為多少？解析：求解這一類題時(shí)，應(yīng)根據(jù)可解的情況先做出必要的假設(shè)，然后按著所做出的假設(shè)進(jìn)行推理，在推理過程中，對(duì)所做假設(shè)做出否定或認(rèn)同即可求解。假設(shè)左管內(nèi)水銀先被抽干，并設(shè)這時(shí)右管內(nèi)剩余水銀柱的高度為x，對(duì)左管內(nèi)封閉氣體用玻意耳定律有：p1V1=可得：=p1=×75=25cmHg所以右管內(nèi)氣體壓強(qiáng)為：=(25－x)cmHg再對(duì)右管內(nèi)被封氣體，根據(jù)玻意耳定律得：75(20－16)SCD=(25－x)(20－x)SCD整理得：x2－45x+200=0解得：x=5cm或40cm（不合題意舍去）在根據(jù)以上假設(shè)列的方程中，有滿足題設(shè)的實(shí)數(shù)解，故所做假設(shè)成立，即左管內(nèi)水銀先抽干，且此時(shí)右管內(nèi)剩余水銀柱高度為5cm。例14：如圖10—13所示，正四面體ABCD各面均為導(dǎo)體，但又彼此絕緣，已知帶電后四個(gè)面的電勢(shì)分別為φ1，φ2，φ3，φ4，求四面體中心點(diǎn)的電勢(shì)。解析：保持四面體不動(dòng)，假設(shè)按照一定方式調(diào)換四個(gè)面上的電荷，即假設(shè)四個(gè)面的電荷繞中心O轉(zhuǎn)動(dòng)，結(jié)果會(huì)得到正四面體的四個(gè)面的若干帶電模式，由于轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)并未改變各面電荷之間的相對(duì)位置，所以各種模式在中心O點(diǎn)的電勢(shì)φ0都相同?，F(xiàn)假設(shè)將四種模式疊加，則O點(diǎn)電勢(shì)應(yīng)為4φ0。另一方面，四處模式疊加后，正四面體的每個(gè)面的電勢(shì)皆為φ1+φ2+φ3+φ4，這時(shí)正四面體構(gòu)成一近似封閉的等勢(shì)面，它所包圍的空間（其中無電荷）就近似為一等勢(shì)體，因此O點(diǎn)的電勢(shì)為φ1+φ2+φ3+φ4。所以上分析得出：4φ0=φ1+φ2+φ3+φ4所以中心點(diǎn)的電勢(shì)：φ0=(φ1+φ2+φ3+φ4)例15：有一半徑為R的不導(dǎo)電的半球薄殼，均勻帶電，倒扣在xOy平面上，如圖10—14所示，圖中O為球心，ABCD為球殼邊緣，AOC為直徑。有一電電為q的點(diǎn)電荷位于OC上的E點(diǎn)，OE=r。已知將此點(diǎn)電荷由E點(diǎn)緩慢移至球殼頂點(diǎn)T時(shí)，外力需要做功W（W＞0），不計(jì)重力影響。（1）試求將此點(diǎn)電荷由E點(diǎn)緩慢移至A點(diǎn)外力需做功的正負(fù)、大小，并說明理由；（2）P為球心正下方的一點(diǎn)，OP=R。試求將此點(diǎn)電荷由E點(diǎn)緩慢移至P點(diǎn)，外力需做功的正負(fù)及大小，并說明理由。解析：（1）假設(shè)取另一完全相同的帶電半球殼扣在題給的半球殼下面，構(gòu)成一個(gè)完整的地均勻帶電球殼，則球殼及其內(nèi)部各點(diǎn)電勢(shì)都相等，令U表示此電勢(shì)。根據(jù)對(duì)稱性可知，上下兩個(gè)半球殼分別在圓面ABCD上各點(diǎn)引起的電勢(shì)是相等的，再由電勢(shì)疊加原理可知，當(dāng)只有上半球殼存在時(shí)，圓面ABCD上各點(diǎn)的電勢(shì)都應(yīng)為完整球殼內(nèi)電勢(shì)的一半，即，所以將電荷由E點(diǎn)移至A點(diǎn)的過程中，外力做功為零。（2）對(duì)完整球殼，E點(diǎn)與T點(diǎn)等勢(shì)，電勢(shì)差為零。由電勢(shì)疊加原理可知，若上半球殼在T、E兩點(diǎn)形成的電勢(shì)差為(UT－UE)，則下半球殼在T、E兩點(diǎn)形成的電勢(shì)差必為－(UT－UE)。已知W=q(UT－UE)。所以在下半球產(chǎn)生的電場(chǎng)中，q由E到T外力做功必為－W。由對(duì)稱性可知，在上半球殼產(chǎn)生的電場(chǎng)中，q由E到P外力的功刀必為－W。例16：無窮方格電阻絲網(wǎng)格如圖10—15所示，其中每一小段電阻絲的電阻均為r，試求相鄰兩個(gè)格點(diǎn)A、B間的等效電阻RAB。解析：假設(shè)從A點(diǎn)注入電流I，根據(jù)對(duì)稱性，追蹤一條支路，再根據(jù)歐姆定律可求出RAB。假設(shè)電流I從A點(diǎn)流入，不從B點(diǎn)流出，I將分流到無窮遠(yuǎn)處。據(jù)對(duì)稱性，其中有流經(jīng)AB段。再假設(shè)電流I不是從A點(diǎn)流入，而是從無窮遠(yuǎn)處流向B點(diǎn)，從B點(diǎn)流出，據(jù)對(duì)稱性，其中也有流經(jīng)AB段?，F(xiàn)在假設(shè)電流I從A點(diǎn)流入，經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間達(dá)穩(wěn)定后，從B點(diǎn)流出的電流也應(yīng)為I，經(jīng)AB段的電流為兩個(gè)的疊加，如圖10—15甲所示，即為，于是有UAB=r。所以AB間的等效電阻RAB==。例17：如圖10—16所示，在半徑為r的圓柱形區(qū)域內(nèi)，充滿與圓柱軸線平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一長(zhǎng)為r的金屬棒MN與磁場(chǎng)方向垂直地放在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，棒的端點(diǎn)MN恰在磁場(chǎng)邊界的圓周上，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻變化，其變化率為=k，求MN中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為多大？解析：由題可知，MN上有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，這種感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)無法直接計(jì)算。但如果注意MN的長(zhǎng)為r，結(jié)合題意，可虛構(gòu)兩根與NM完全相同的金屬棒與MN棒一起剛好構(gòu)成圓的內(nèi)接正三角形，如圖2—10—16—甲所示。由法拉第電磁感應(yīng)定律，這一回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)ε==Skr2。MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是整個(gè)回路中電動(dòng)勢(shì)的，所以：εMN=ε=kr2。針對(duì)訓(xùn)練1．兩個(gè)物體A和B，質(zhì)量分別為M和m，用跨過定滑輪的輕繩相連，A靜止于水平地面上，如圖10—17所示，不計(jì)摩擦，A對(duì)繩的作用力的大小與地面對(duì)A的作用力的大小分別為（） A、mg，(M－m)g B、mg，Mg C、(M－m)g，Mg D、(M+m)g，(M－m)g2．如10—18所示，A、B是靜止在水平地面上完全相同的兩塊長(zhǎng)木板，A的左端和B的右端相接觸，兩板的質(zhì)量皆為M=2.0kg，長(zhǎng)度皆為L(zhǎng)=1.0m，C是質(zhì)量為m=1.0kg的小物塊?，F(xiàn)給它一個(gè)初速度v0=2.0m/s，使它從板B的左端向右滑動(dòng)，已知地面是光滑的，而C與板A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)皆為μ=0.10，求最后A、B、C各以多大的速度做勻速運(yùn)動(dòng)。取重力加速度g=10m/s2。3．質(zhì)量為m的物體A置于質(zhì)量為M、傾角為θ的斜面體B上，A、B之間光滑接觸，B的底面與水平地面也是光滑接觸。設(shè)開始時(shí)A與B均靜止，而后A以某初速度沿B的斜面向上運(yùn)動(dòng)，如圖10—19所示，試問A在沒有到達(dá)斜面頂部前是否會(huì)離開斜面？為什么？討論中不必考慮B向前傾倒的可能性。4．半徑為r、質(zhì)量為m的三個(gè)相同的球放在水平桌面上，兩兩互相接觸。用一個(gè)高為1.5r的圓柱形圓筒（上下均無底）將此三球套在筒內(nèi)，圓筒的內(nèi)徑取適當(dāng)值，使得各球間以及球與筒壁之間均保持無形變接觸?，F(xiàn)取一質(zhì)量亦為m、半徑為R的第四個(gè)球，放在三球的上方正中。設(shè)四個(gè)球的表面、圓筒的內(nèi)壁表現(xiàn)均由相同物質(zhì)構(gòu)成，其相互之間的最大靜摩擦系數(shù)為μ=（約等于0.775），問R取何值時(shí)，用手緩慢豎直向上提起圓筒即能將四個(gè)球一起提起來？5．如圖10—20所示的一段封閉、水平放置的粗細(xì)均勻的玻璃管中，有水銀柱將氣體隔成了體積不同的左右兩部分，初溫T左＞T右，當(dāng)兩部分氣體升高相同的溫度時(shí)，判斷水銀柱如何移動(dòng)。（提示：假設(shè)用一裝置將水銀柱固定住，兩邊氣體作等容變化。）6．如圖10—21所示，A、B兩容器容積相等，用粗細(xì)均勻的細(xì)玻璃管相連，容器內(nèi)裝有不同氣體，細(xì)管中央有一段水銀且保持平衡，此時(shí)A中氣體的溫度為0℃，B中氣體溫度為20℃，若將它們的溫度都降低10℃，則水銀柱將（） A、向A移動(dòng)B、向B移動(dòng)C、不動(dòng)D、不能確定7．如圖10—22所示，半徑為R的大球O被內(nèi)切地挖去半徑為的小球O′，大球余下的部分均勻帶電量為Q，試求距大球球心O點(diǎn)r處（r＞R）P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)。已知OP的連線經(jīng)過小球球心。8．如圖10—23所示，兩種電路中電源相同，各電阻器阻值相等，各電流表的內(nèi)阻相等且不可忽略，電流表A1、A2、A3和A4讀出的電流值分別為I1、I2、I3和I4。下列關(guān)系式中正確的是（） A、I1=I3 B、I1＜I4 C、I2=2I1 D、I2＜I3+I49．如圖10—24所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，質(zhì)量為m、電量為+q的微粒在磁場(chǎng)中由靜止開始下落，空氣阻力不計(jì)。求微粒下落的最大高度和最大速度。10．兩根相距d=0.2m的平行光滑金屬長(zhǎng)軌道與水平方向成30°角固定，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T，方向垂直兩導(dǎo)軌組成的平面。兩根金屬棒ab、cd互相平行且始終與導(dǎo)軌垂直地放在導(dǎo)軌上，它們的質(zhì)量m1=0.1kg，m2=0.02kg，兩棒電阻均為0.02Ω，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。如圖10—25所示，ab棒在平行于導(dǎo)軌平面斜向上的外力作用下，以v=1.5m/s的速度沿斜面勻速向上運(yùn)動(dòng)，求在此過程中金屬棒cd運(yùn)動(dòng)的最大速度。11．兩個(gè)定值電阻R1、R2串聯(lián)后接在輸出電壓U穩(wěn)定于12V的直流電源上。有人把一個(gè)內(nèi)阻不是遠(yuǎn)大于R1、R2的電壓表接在R1兩端，如圖10—26所示，電壓表的示數(shù)8V，如果把此電壓表改接在R2的兩端，則電壓表的示數(shù)將（）A、小于4VB、等于4VC、大于4V，小于8VD、等于或大于8V12．如圖10—27所示的電路中，電池的電動(dòng)勢(shì)為ε，內(nèi)阻為r，R1和R2是兩個(gè)阻值固定的電阻。當(dāng)可變電阻R的滑片向a點(diǎn)移動(dòng)時(shí)，通過R1的電流I1和通過R2的電流I2將發(fā)生如下的變化中，正確的是（）A、I1變大，I2變小 B、I1變大，I2變大C、I1變小，I2變大 D、I1變小，I2變小參考答案1、A2、vA=m/s，vA=m/s，vC=(1+)m/s3、不會(huì)離開斜面，因?yàn)锳與B的相互作用力為，始終為正值。4、(－1)r＜R≤(－1)r5、水銀柱將向左移動(dòng)6、A7、［－］8、BD9、dm=，vm=10、v′=1m/s，方向沿斜面向下11、A12、C十二、類比法方法簡(jiǎn)介類比法是根據(jù)兩個(gè)研究對(duì)象或兩個(gè)系統(tǒng)在某些屬性上類似而推出其他屬性也類似的思維方法，是一種由個(gè)別到個(gè)別的推理形式。其結(jié)論必須由實(shí)驗(yàn)來檢驗(yàn)，類比對(duì)象間共有的屬性越多，則類比結(jié)論的可靠性越大。在研究物理問題時(shí)，經(jīng)常會(huì)發(fā)現(xiàn)某些不同問題在一定范圍內(nèi)具有形式上的相似性，其中包括數(shù)學(xué)表達(dá)式上的相似性和物理圖像上的相似性。類比法就是在于發(fā)現(xiàn)和探索這一相似性，從而利用已知系統(tǒng)的物理規(guī)律去尋找未知系統(tǒng)的物理規(guī)律。賽題精講例1：圖12—1中AOB是一內(nèi)表面光滑的楔形槽，固定在水平桌面（圖中紙面）上，夾角α=1°（為了能看清楚，圖中畫的是夸大了的）。現(xiàn)將一質(zhì)點(diǎn)在BOA面內(nèi)從A處以速度v=5m/s射出，其方向與AO間的夾角θ=60°，OA=10m。設(shè)質(zhì)點(diǎn)與桌面間的摩擦可忽略不計(jì)，質(zhì)點(diǎn)與OB面及OA面的碰撞都是彈性碰撞，且每次碰撞時(shí)間極短，可忽略不計(jì)，試求：（1）經(jīng)過幾次碰撞質(zhì)點(diǎn)又回到A處與OA相碰？（計(jì)算次數(shù)時(shí)包括在A處的碰撞）（2）共用多少時(shí)間？（3）在這過程中，質(zhì)點(diǎn)離O點(diǎn)的最短距離是多少？解析：由于此質(zhì)點(diǎn)彈性碰撞時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡所滿足的規(guī)律和光的反射定律相同，所以可用類比法通過幾何光學(xué)的規(guī)律進(jìn)行求解。即可用光在平面鏡上反射時(shí)，物像關(guān)于鏡面對(duì)稱的規(guī)律和光路是可逆的規(guī)律求解。（1）第一次，第二次碰撞如圖12—1—甲所示，由三角形的外角等于不相鄰的一兩個(gè)內(nèi)角和可知∠MBA=60°+1°=61°，故第一次碰撞的入射角為90°－61°=29°。第二次碰撞，∠BCA=61°+1°=62°，故第二次碰撞的入射角為90°－62°=28°。因此，每碰一次，入射角要減少1°，即入射角為29°、28°、…、0°，當(dāng)入射角為0°時(shí)，質(zhì)點(diǎn)碰后沿原路返回。包括最后在A處的碰撞在內(nèi)，往返總共60次碰撞。圖12—1—乙（2）如圖12—1—乙所示，從O依次作出與OB邊成1°、2°、3°、……的射線，從對(duì)稱規(guī)律可推知，在AB的延長(zhǎng)線上，BC′、C′D′、D′E′、……分別和BC、CD、DE、……相等，它們和各射線的交角即為各次碰撞的入射角與直角之和。碰撞入射角為0°時(shí)，即交角為90°時(shí)開始返回。故質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的總路程為一銳角為60°圖12—1—乙即：s=2AM=2AOcos60°=10m所用總時(shí)間：t===2s（3）碰撞過程中離O的最近距離為另一直角邊長(zhǎng)：OM=AOsin60°=5m（此題也可以用遞推法求解，讀者可自己試解。）例2：有一個(gè)很大的湖，岸邊（可視湖岸為直線）停放著一艘小船，纜繩突然斷開，小船被風(fēng)刮跑，其方向與湖岸成15°角，速度為2.5km/h。同時(shí)岸上一人從停放點(diǎn)起追趕小船，已知他在岸上跑的速度為4.0km/h，在水中游的速度為2.0km/h，問此人能否追及小船？解析：費(fèi)馬原理指出：光總是沿著光程為極小值的路徑傳播。據(jù)此可以證明，光在平面分界面上的折射是以時(shí)間為極小值的路程傳播。本題求最短時(shí)間問題，可類比類在平面分界面上的折射情況，這樣就把一個(gè)運(yùn)動(dòng)問題通過類比可轉(zhuǎn)化為光的折射問題求解。如圖12—2所示，船沿OP方向被刮跑，設(shè)人從O點(diǎn)出發(fā)先沿湖岸跑，在A點(diǎn)入水游到OP的B點(diǎn)，如果符合光的折射定律，則所用時(shí)間最短。根據(jù)折射定律：=，解得：γ=30°α=180°－15°－(90°+γ)=45°在這最短時(shí)間內(nèi)，若船還未到達(dá)B點(diǎn)，則人能追上小船，若船已經(jīng)通過了B點(diǎn)，則人不能追上小船，所以船剛好能到達(dá)B點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的船速就是小船能被追及的最大船速vm。根據(jù)正弦定理：==①又：t=t1+t2由以上兩式可解得：vm==2km/h②此即小船能被人追上的最大速度，而小船實(shí)際速度只有2.5km/h，小于2km/h，所以人能追上小船。例3：一只螞蟻洞沿直線爬出，已知爬出速度的大小與距螞蟻洞中心的距離L成反比，當(dāng)螞蟻爬到距螞蟻洞中心距離L1=1m的A點(diǎn)時(shí)，速度大小為v1=20cm/s，問當(dāng)螞蟻爬到距螞蟻洞中心L2=2m的B點(diǎn)時(shí)，其速度大小v2=?螞蟻從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)所用的時(shí)間t=？解析：雖然螞蟻的運(yùn)動(dòng)我們不能直接用已學(xué)過的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，但只要能找到描述螞蟻運(yùn)動(dòng)的公式和學(xué)過的公式的形式相同，便可借助學(xué)過的公式形式使問題得以解決。由已知得：螞蟻在距離巢中心△處的速度為v=k，代入已知得：k=vL=0.2×1=0.2m2/s，所以當(dāng)L2=2m時(shí)，其速度v2==0.1m/s由速度的定義得螞蟻從L到L+ΔL所需時(shí)間為Δt所以：Δt==ΔLL①類比初速v0=0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)基本公式在t到Δt時(shí)刻所經(jīng)位移Δs為：Δs=aΔtt②比較①、②兩式可以看出兩式的表述形式相同。據(jù)此，可得螞蟻問題中的參量t和L分別類比為初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)中的s和t。而相當(dāng)于加速度a，于是可得：在此螞蟻問題中t=L2令t1對(duì)應(yīng)L1，t2對(duì)應(yīng)L2，則所求時(shí)間為：代入已知可得從A到B所用的時(shí)間為：Δt=t2－t1=－=－=0.75s（此題也可以用圖象法、等效法求解，讀者可試試。）圖12—3例4：如圖12—3所示為一很大的接地導(dǎo)體板，在與導(dǎo)體板相距為d的A處放一帶電量為－q的點(diǎn)電荷。（1）試求板上感應(yīng)電荷在導(dǎo)體內(nèi)P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度；（2）試求感應(yīng)電荷在導(dǎo)體外P′點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度，P與P′對(duì)導(dǎo)體板右表面是對(duì)稱的；（3）在本題情形中根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)分析證明導(dǎo)體表面附近的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與導(dǎo)體表面垂直；（4）試求導(dǎo)體上的感應(yīng)電荷對(duì)點(diǎn)電荷－q的作用力；（5）若在切斷導(dǎo)體板與地的連線后，再將+Q電荷置于導(dǎo)體板上，試說明這部分電荷在導(dǎo)體板上如何分布可達(dá)到靜電平衡。（略去邊緣效應(yīng)）圖12—3—甲圖12—3—乙解析：面電荷問題有時(shí)可用點(diǎn)電荷場(chǎng)來類比，使問題大大簡(jiǎn)化。（1）因?qū)w處于靜電平衡狀態(tài)，內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)為零，因此感應(yīng)電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)可用點(diǎn)電荷場(chǎng)類比，若在A點(diǎn)放+q在導(dǎo)體中P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)和感應(yīng)電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)相同，因此有E=k，方向如圖12—3—甲所示。（r為AP間距離）（2）同理，感應(yīng)電荷在導(dǎo)體外P′點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)跟把+q放在與A關(guān)于導(dǎo)體右表面對(duì)稱的A′點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)相同，即=k，方向如圖12—3甲所示。（3）取導(dǎo)體外極靠近導(dǎo)體表面的一點(diǎn)P1，此處電場(chǎng)由感應(yīng)電荷和－q共同產(chǎn)生，可類比等量異號(hào)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)，導(dǎo)體表面可類比為等勢(shì)面，場(chǎng)強(qiáng)和等勢(shì)面是垂直的，因此P1點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向跟導(dǎo)體表面垂直。如圖12—3—乙所示。（4）感應(yīng)電荷對(duì)－q的作用力也可類比在A′點(diǎn)放的+q對(duì)它的庫侖力來求。如圖12—3—乙所示。F=q=（5）切斷接地線后，感應(yīng)電荷分布不變，感應(yīng)電荷和－q在導(dǎo)體中產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為零（相當(dāng)于不帶電情況），將+Q置于導(dǎo)體板上時(shí)，類比孤立無限大帶電平板，電荷將均勻分布圖12—4例5：如圖12—4所示為一無限多電容器連成的網(wǎng)絡(luò)，若其中每個(gè)電容器的電容均為C，求此網(wǎng)絡(luò)A、B間的等效電容CAB。解析：電容器兩極板間所加電壓為U，正極板上的電量為Q時(shí)，電容為：C=。電阻器兩端所加電壓為U，通過的電流為I時(shí)，電阻為R=。圖12—5在C、R表達(dá)式中U相同，Q與I類比，但兩個(gè)式子顯然有顛倒的關(guān)系，若為電容器引入C*==，C*便可與R類比，通過對(duì)R的求解，求出C*，再求出它的倒數(shù)即為C。當(dāng)將阻值為R的電阻替換電容C時(shí)，可以求得：AB間的總電阻為：RAB=(+1)R現(xiàn)在用C*取代R，可解得：=(+1)C*也即：=(+1)所以AB間的等效電容為：CAB=C例6：電容器網(wǎng)絡(luò)如圖12—5所示，各電容器以μF為單位的電容量數(shù)值已在圖中標(biāo)出。求A、B兩點(diǎn)之間的等效電容CAB。解析：同樣用類比法為電容器引入輔助參量C*=，則C*的串并聯(lián)公式與電阻R的串并聯(lián)公式完全一樣，而且如圖12—5—甲中兩個(gè)電容網(wǎng)絡(luò)元之間有完全類似于電阻網(wǎng)絡(luò)元的Y—△變換。變換公式為：=，=，=圖12—5—丙圖12—5—乙圖12—5—丙通過變換公式對(duì)題中的網(wǎng)絡(luò)進(jìn)行交換，從而求解。設(shè)C*=圖12—5—丁將中間同為C=2μF的電容變?yōu)镃*=(μF)－1，再將三個(gè)C*組成的△網(wǎng)絡(luò)元變換為C*==(μF)－1的三個(gè)Y網(wǎng)絡(luò)元，于是將原網(wǎng)絡(luò)等效為如圖12—5—乙網(wǎng)絡(luò)，圖12—5—乙中所標(biāo)數(shù)值均為C*值，為此網(wǎng)絡(luò)可等效如圖12—5—丙網(wǎng)絡(luò)，圖中所標(biāo)數(shù)值仍是C*值。因?yàn)榇司W(wǎng)絡(luò)中沒有電流圖12—5—丙可當(dāng)作平衡的橋式電路，中間的電容可拆去，此網(wǎng)絡(luò)又可等效為圖12—5—丁，再類比電阻串并聯(lián)公式可得：=(μF)－1圖12—6故原網(wǎng)絡(luò)A、B間的等效電容為：CAB==6μF例7：如圖12—6所示，一個(gè)由絕緣細(xì)線構(gòu)成的剛性圓形軌道，其半徑為R。此軌道水平放置，圓心在O點(diǎn)，一個(gè)金屬小珠P穿在此軌道上，可沿軌道無摩擦地滑動(dòng)，小珠P帶電荷Q。已知在軌道平面內(nèi)A點(diǎn)（OA=r＜R）放有一電荷q。若在OA連線上某一點(diǎn)A1放電荷q1，則給P一個(gè)初速度，它就沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。求A1點(diǎn)位置及電荷q1之值。解析：因?yàn)镻可沿圓軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說明此圓軌道是一等勢(shì)線，將此等勢(shì)線看成一個(gè)球面鏡的一部分。已知半徑為R，所以此球面鏡的焦距為。由成像公式+=若q為物點(diǎn)，q1為像點(diǎn)不成立，只能是q1為物點(diǎn)成虛像于q，所以有：－=，得到：P′=又因?yàn)?==解得：q1=q圖12—7例8：將焦距為10cm的一塊雙凸透鏡沿其表面的垂直方向切割成相同的兩部分，把這兩部分沿垂直于主軸的方向移開一段距離δ=1cm，并用不透明的材料將其擋住。若在原透鏡左側(cè)主軸上，距透鏡光心20cm處放一點(diǎn)光源M，如圖12—7所示，點(diǎn)光源能射出波長(zhǎng)為0.5μm的單色光，那么在透鏡另一側(cè)距透鏡50cm的屏幕（垂直于透鏡主軸放置）上，將出現(xiàn)多少亮條紋？解析：由透鏡成像規(guī)律可知，單色點(diǎn)光源M，經(jīng)切割成的兩個(gè)半透鏡分別成兩個(gè)像M1，M2（此時(shí)每個(gè)半透鏡相當(dāng)于一個(gè)透鏡）。這兩個(gè)像距相等，關(guān)于主光軸對(duì)稱，形成相干光源，從而在屏幕上可看到干涉條紋，屏幕中央是零級(jí)亮條紋，兩側(cè)依次分布著各級(jí)干涉條紋。根據(jù)透鏡成像公式+=得：P′=①設(shè)兩個(gè)像之間的距離M1M2=d由圖12—7—甲中的幾何關(guān)系可知：=②由①、②兩式得：d=(P+)=③由圖12—7—甲知：L=H－P′=H－=④類比光的雙縫干涉作圖12—7—乙。設(shè)屏幕上Q為一級(jí)亮條紋，則光程差為：Δδ=M2Q－M1Q≈dsinα=λ⑤因?yàn)棣两夂苄?，所以有：sinα≈tanα≈將其代入⑤式得：S=⑥將③、④代入⑥式得：S=［H(P－f)－fP］⑦由于干涉條紋是等間距的，所