高中物理竞赛辅导之解物理竞赛题的数学技巧
偷梁换柱(物理问题数学化)---对一道竞赛试题两种解法之辨析.doc
偷梁换柱（物理问题数学化）对一重宣奏M里商桂解法之券析内蒙古苏姓红京］学松山校区勃迳鱼赵书海（024005）在高一年级的物理竞赛辅导工作中，一般的资料上都有如下一常规经典题型出现在“共点力作用下物体的平衡”章节中，同学们有两种解法，出现了不同的结论，下面作一洗显分析，肯请指正。
—轻始跨过两个等高的轻定滑轮（不计大小、摩擦），两端分别挂上质量为mi=4kg和m：=?kg的物体，如图1在滑轮间的缱子上悬挂物体m,为了使三个物体保持平衡，则m的取值范围多大？解析1：设Ti、旧、T分别为三个物体相连的三条绳子上的张力，且T】、T】与竖直方向的夹角分别为L、e ；,如图2对的结点分析由共点力的平衡条件有水平方向：秫］g sin q = sin，竖直方向：Wjgcos4-^2geos= mg化简得2 sin = sing4cos^ + 2cos^ = w由于滑轮是等高的，散8 1、8 2 一定小于90',且0K0 2,综合上式得:I 1 . 2次= 4,1 一彳sin 旦+2cosq讨论有当日2=0"时，m的最大值为6kg，8 2增大时，m减小；当B 2=90：时，m的最小值为2很施从上面的讨论可知，要让三个物体平衡，m的取值范围是2yl3kg<m<6kg,但是题中给定的条件两个滑轮等高，说明8 2不可能等于90、又从两滑轮相隔一定的水平距离，可知B 2也不可能等于0°,所以当2y/3kg <m <6Ag,三个物体能处于平衡状态。
如图3所示，设Ti、3、T分别为三个物体,相连的三条缱子上的张力，对于平行四边形中右半三角形，设一8角且9e(0°,180°),用余弦Y定理得：P 尸=&"+ *2 _ 2 x 宫x 务x cos 9 讨论有当8 =180：时，T的最大值为60N ,即m的最大值为。
kg，当日=0：时，T的最小值为20M 即m的最小值为2Ag从上面的讨论可知，要让三个物体平衡，m的取值范围是2kg <m<6Ag □两种解法，结论不相同，很显然解析2中的范围包含解析1中的范围，孰对孰非，看来就在于对秫w (2Ag,2y/3kg)范围的质重的讨论了。
运用“局部等效法”巧解物理竞赛题
可得 ｑ ｌ ＝
Ｑ， ｑ
Ｑ 。
解， 运动 的合成和分 解 ， 电场 、 电势 的叠加 ， 等效 电路 、 等
效 电阻等等 ， 都是等效法 、 等效思想在 物理学 中的具 体应 用。 可以说上述 都是“ 完全等效法 ” “ ，完全 等效 法” 求有 要 较多的一致性和共性 ，由此也多多少 少制约 了思维 的合
塞； 捕； 壅
的过程 ；５ 球壳 半径 由 ４ ｃ 增 大到 ５ ｃ 的过程 。 （） ０ｍ ０ｍ 由于
． ．
相 当于接在球壳外表面和无穷远之 间， 而 、３ ｃ 串联接在
电源上 ， 由电容器串联 的电压关系可得 ：
该 题所要 求解 的 ，其实是导体球壳在 不同的状态时所带 的电量 ， 因而可以用题 １ 所用的局部等效法来求解 电量。
・Ａ
荷仍是 ｑ、２若把点 电荷 ｐ一分为二 ， ｑ；
分别置于过 Ｐ点且与极板平 行的平面
上 的两点 上时 ，由于它们 与两极板 的
２
相对位置 与原 来一样 ，故两 极板 上 的
ｑ 穿 过球壳壁进 入导 体 。
球壳 内的过 程 ；３ 球 壳 （） 半 径 由 ２ｃ 增 大 到 ０ｍ
讨论 ： 与左右两金属板相距为 ａ ｂ的 Ｐ点置 一点 电 和
荷 ｐ， 在金属板上 的感应 电荷 的多少 ， 与三块平 行金属板 、
左右两块金属板接 地 、 中间一块金 属板 带电量为 ｐ时 ， 左 右两块金属板 上的感应 电荷量相等 。这是两 种不同的情 景 ， 内部的电场完全 不 同， 其 但金属板上所感 应出来的 电 量却是相等 的 ，本 题 的解答 Ⅱ 是抓住 了感应 电量相等这 ：
生创新思维方 面能更有效地发挥 等效法 的作用。本 文试
2．用参数巧解物理竞赛题
2．用参数巧解物理竞赛题
周天源
【期刊名称】《数理天地：高中版》
【年(卷),期】2000(000)008
【摘要】题 1mol理想气体缓慢地经历了一个循环过程，在P-V图象中这一过程是一个椭圆，如图所示，已知此气体在椭圆中心O′点所对应的状态时，其温度为T0=300K。
求整个循环过程中气体盼最高温度T1和最低温度T2各是多少?【总页数】1页(P41)
【作者】周天源
【作者单位】重庆市渝西中学，401326
【正文语种】中文
【中图分类】O414.1
【相关文献】
1.运用"局部等效法"巧解物理竞赛题
2.应用镜像对称法巧解物理竞赛题
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4.用能量观点巧解一道高中物理竞赛题
5.应用镜像对称法巧解物理竞赛题
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高中物理竞赛_话题17：巧用质心和质心系求解问题
话题17：巧用质心和质心系求解问题应用质心和质心系解答竞赛题是一中重要的解题方法。
特别是系统所受外力为零时，质心做匀速直线运动，抓住这个特点来求解有关力学问题往往能化难为易，化繁为简。
下面举例说明。
例1、如图，一水平放置的圆环形刚性套槽固定在桌面上。
槽内嵌着三个大小相同的刚性小球，它们的质量分别为1m 、2m 、3m ，其中1322m m m ==，小球与槽壁刚好接触，而它们之间的摩擦可以忽略不计。
开始时三球处在槽中a 、b 、c 的位置，彼此之间距离相等，2m 、3m 静止。
1m 以初速度20Rv π=沿槽运动，R 为圆环的内半径和小球半径之和。
设各球间的碰撞皆为弹性碰撞。
求此系统的运动周期T 。
解： 此题的常规解法是逐一应用动量守恒，找出系统的运动规律。
从而求出周期。
该方法比较麻烦。
如果注意到三个小球在运动过程中在圆的切线方向不受力。
故可以认为系统的质心作匀速圆周运动。
系统运动一个周期，即质心运动一个圆周。
设质心的速率为c v105032101R v m m m v m v c π==++=，所以周期s v RT c202==π 例2、在光滑水平面上有两个质量均为m 的物体A 和B ，B 上有一劲度系为k 的轻弹簧。
物A 以速度0v 向静止的物体B 运动，并开始压缩弹簧，求：从开始压缩弹簧到最大压缩量过程中物体B 的位移。
解：先求出弹簧的最大压缩量。
当两物体速度相等时，弹簧压缩量最大。
此时两物体速度为v 设最大压缩量为m x 。
由动量守恒和能量守恒得：mv mv 20= (1)22202122121m kx mv mv += (2) 由 (1) (2)得：kmv x m 20= 在运动过程中相对于地面来说。
A 、B 两物体都做复杂的变加速运动。
现在以质心为参考系来研究A 、B两物体的运动规律。
注意到系统不受外力，质心做匀速直线运动。
其中质BA心位于A B 两物体的中点处，质心速度2200v m mv v c ==。
2023年高中奥林匹克物理竞赛解题方法图像法
高中奥林匹克物理竞赛解题措施十一、图像法措施简介图像法是根据题意把抽象复杂旳物理过程有针对性地表到达物理图像，将物理量间旳代数关系转变为几何关系，运用图像直观、形象、简要旳特点，来分析处理物理问题，由此到达化难为易，化繁为简旳目旳，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旳措施。
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，其加速度旳绝对值最大为a 2，由此可可以判断出该火车由A 到B 所需旳最短时间为 。
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11t v a =vt t t v s t v a 21)(212122=+==由①、②、③解得2121)(2a a a a s t +=例2：两辆完全相似旳汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度为v 0，若前车忽然以恒定旳加速度刹车，在它刚停住时，后车此前车刹车时旳加速度开始刹车。
已知前车在刹① ②车过程中所行旳距离为s ，若要保证两辆车在上述状况中不相碰，则两车在做匀速行驶时保持旳距离至少为 （ ）A ．sB ．2sC ．3sD ．4s解析：物体做直线运动时，其位移可用速度——时间图像中旳面积来表达，故可用图像法做。
作两物体运动旳v —t 图像如图11—2所示，前车发生旳位移s 为三角形v 0Ot 旳面积，由于前后两车旳刹车加速度相似，根据对称性，后车发生旳位移为梯形旳面积S ′=3S ，两车旳位移之差应为不相碰时，两车匀速行驶时保持旳最小车距2s.因此应选B 。
例3：一只老鼠从老鼠洞沿直线爬出，已知爬出速度v 旳大小与距老鼠洞中心旳距离s 成反比，当老鼠抵达距老鼠洞中心距离s 1=1m 旳A 点时，速度大小为v 1=20cm/s ，问当老鼠抵达距老鼠洞中心s 2=2m 旳B 点时，其速度大小v 2=?老鼠从A 点抵达B 点所用旳时间t=?解析：由于老鼠从老鼠洞沿直线爬出，已知爬出旳速度与通过旳距离成反比，则不能通过匀速运动、匀变速运动公式直接求解，但可以通过图像法求解，由于在s v1图像中，所围面积即为所求旳时间。
高中物理竞赛试题解题方法：对称法
高中物理竞赛试题解题方法：对称法例8：一无限长均匀带电细线弯成如图7—8所示的平面图形，其中AB 是半径为R 的半圆孤，AA ′平行于BB ′，试求圆心O 处的电场强度.解析：如图7—8—甲所示，左上14圆弧内的线元△L 1与右下直线上的线元△L 3具有角元△θ对称关系。
△L 1电荷与△L 3电荷在O 点的场强△E 1与△E 3方向相反，若它们的大小也相等，则左上与右下线元电场强度成对抵消，可得圆心处场强为零。
设电荷线密度为常量λ，因△θ很小，△L 1电荷与△L 3电荷可看做点电荷，其带电量λθλ321L q R q ∆=∆=当θθθλθcos cos ,2⋅∆=∆R q 有很小时又因为 ,cos cos ,2222222211RR K R R K r q K E R q K E θλθθθλ∆=⋅∆==∆=∆ 与△E 1的大小相同，且△E 1与△E 2方向相反，所以圆心O 处的电场强度为零.例9：如图7—9所示，半径为R 的半圆形绝缘线上、下14圆弧上分别均匀带电+q 和－q ，求圆心处的场强。
解析：因圆弧均匀带电，在圆弧上任取一个微小线元，由于带电线元很小，可以看成点电荷。
用点电荷场强公式表示它在圆心处的分场强，再应用叠加原理计算出合场强。
由对称性分别求出合场强的方向再求出其值。
在带正电的圆孤上取一微小线元，由于圆弧均匀带电，因而线密度2q Rλπ=。
在带负电的圆弧上必定存在着一个与之对称的线元，两者产生的场强如图7—9—甲所示。
显然，两者大小相等，其方向分别与x 轴的正、负方向成θ角，且在x 轴方向上分量相等.由于很小，可以认为是点电荷，两线元在O 点的场强为,2sin 222RhK R KR E ∆=∆⋅⋅=∆λθθλ 方向沿y 轴的负方向，所以O 点的合场强应对△E 求和。
即∑∑∑==∆=∆=∆=22224222RKqR R K h R K R h K E E πλλλ。
例10：电荷q 均匀分布在半球面ACB 上，球面的半径为R ，CD 为通过半球顶点C 与球心O 的轴线，如图7—10所示，P 、Q 为CD 轴线上在O 点两侧，离O 点距离相等的两点，已知P 点的电势为U P ，试求Q 点的电势U Q 。
物理竞赛题有时想得太复杂
物理竞赛题有时想得太复杂【引言】物理竞赛题是针对具有一定物理基础知识和思维能力的同学设计的。
然而，许多同学在解答这类题目时，往往会想得过于复杂，导致解题效率低下。
为了帮助大家解决这个问题，本文将分析想得太复杂的原因，并给出解决策略。
【分析】1.知识储备不足：对于一些物理概念和公式掌握不牢，导致解题时信心不足，思维混乱。
2.思维定势：习惯于运用常规思维解题，遇到复杂题目难以跳出思维框架。
3.缺乏解题技巧：在分析问题、提取关键信息方面存在不足，无法迅速找到解题切入点。
4.过于追求完美：担心答案不完整或出现错误，导致陷入细枝末节的思考。
【方法论】1.强化基础知识：通过系统学习和复习，提高物理概念、公式和定理的掌握程度。
2.培养解题技巧：学会分析问题、提取关键信息、运用恰当的物理方法和数学工具。
3.拓宽解题思路：学会从不同角度审视问题，跳出思维定势，尝试创新性思考。
4.注重实践：多做物理竞赛题，总结经验，提高解题速度和准确度。
【实例演示】以下以一道物理竞赛题为例，展示解题过程：题目：一个质量为m的物体在水平面上受到一个大小为F的恒定力的作用，物体在光滑水平面上做匀加速直线运动。
若物体在t时间内通过的距离为s，求物体的加速度a和运动速度v。
解题步骤：1.根据题意，列出物体运动的基本方程：F = ma，s = vt/2。
2.联立两个方程，解得：a = 2F/m，v = 2s/t。
3.验证解是否符合题意：将求得的a、v代入原方程，检验是否满足条件。
【结论】在解答物理竞赛题时，我们要保持简洁思维，抓住问题的关键点，迅速找到解题切入点。
通过强化基础知识、培养解题技巧、拓宽解题思路和注重实践，不断提高自己的物理素养和竞赛水平。
高中物理竞赛实用解题方法——递推法
⾼中物理竞赛实⽤解题⽅法——递推法递推法递推法是解决物体与物体发⽣多次作⽤后的情况. 即当问题中涉及相互联系的物体较多并且有规律时，应根据题⽬特点应⽤数学思想将所研究的问题归类，然后求出通式. 具体⽅法是先分析某⼀次作⽤的情况，得出结论. 再根据多次作⽤的重复性和它们的共同点，把结论推⼴，然后结合数学知识求解. ⽤递推法解题的关键是导出联系相邻两次作⽤的递推关系式.例1 质点以加速度a 从静⽌出发做直线运动，在某时刻t ，加速度变为2a ；在时刻2t ，加速度变为3a ；…；在nt 时刻，加速度变为（n +1）a ，求：（1）nt 时刻质点的速度；（2）nt 时间内通过的总路程.解析根据递推法的思想，从特殊到⼀般找到规律，然后求解.（1）物质在某时刻t 末的速度为at v t =2t 末的速度为at at v at v v t t t 2,222+=+=所以3t 末的速度为at at at at v v t t 32322++=+=……则nt 末的速度为nat v v t n nt +=-)1()321()1(32n at nat at n at at at ++++=+-++++=at n n n n at )1(21)1(21+=+?= （2）同理：可推得nt 内通过的总路程.)12)(1(1212at n n n s ++= 例2 ⼩球从⾼m h 1800=处⾃由下落，着地后跳起⼜下落，每与地⾯相碰⼀次，速度减⼩)2(1=n n，求⼩球从下落到停⽌经过的总时间为通过的总路程.（g 取10m/s 2）解析⼩球从h 0⾼处落地时，速率s m gh v /60200==第⼀次跳起时和⼜落地时的速率2/01v v =第⼆次跳起时和⼜落地时的速率2022/v v =第m 次跳起时和⼜落地时的速率m m v v 2/0= 每次跳起的⾼度依次4022*******,2n h g v h n h g v h ====， ……通过的总路程 +++++=∑m h h h h s 222210m h n n h n h h n n n n h h m 300351112)1111(202202002242200==-+?=-+=++++++=- 经过的总时间为 +++++=∑m t t t t t 210s g v n n g v n n g v gv g v g v m m 183)11(])1(2121[2200010==-+=+?++?+=++++=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？解析由题意可知，由题意可知，三只猎⽝都做等速率曲线运动，⽽且任⼀时刻三只猎⽝的位置都分别在⼀个正三⾓形的三个顶点上，但这正三⾓形的边长不断减⼩，如图6—1所⽰.所以要想求出捕捉的时间，则需⽤微元法将等速率曲线运动变成等速率直线运动，再⽤递推法求解.设经时间t 可捕捉猎物，再把t 分为n 个微⼩时间间隔△t ，在每⼀个△t 内每只猎⽝的运动可视为直线运动，每隔△t ，正三⾓形的边长分别为a 1、a 2、a 3、…、a n ，显然当a n →0时三只猎⽝相遇. t v n a a t v a t v a a t v a t v a a t v a BB AA a a n ??-=??-=?-=??-=?-=?-=?--=23,23323,23223,2360cos 2312111因为,023=??-t v n a 即va t t t n 32==?所以此题还可⽤对称法，在⾮惯性参考系中求解.例4 ⼀列进站后的重载列车，车头与各节车厢的质量相等，均为m ，若⼀次直接起动，车头的牵引⼒能带动30节车厢，那么，利⽤倒退起动，该车头能起动多少节同样质量的车厢？解析若⼀次直接起动，车头的牵引⼒需克服摩擦⼒做功，使各节车厢动能都增加，若利⽤倒退起动，则车头的牵引⼒需克服摩擦⼒做的总功不变，但各节车厢起动的动能则不同.原来挂钩之间是张紧的，倒退后挂钩间存在△s 的宽松距离，设⽕车的牵引⼒为F ，则有：车头起动时，有2121)(mv s mg F =?-µ 拉第⼀节车厢时：11)(mv v m m ='+ 故有s g mF v v ?-==)(21412121µ 2122221221)2(v m mv s mg F '?-?=?-µ 拉第⼆节车厢时：222)2(mv v m m ='+ 故同样可得：s g m F v v ?-==')35(32942222µ …… 推理可得 s g n m F n n v n ?+-+=')312(12µ 由mg n F v n µ312:02+>>'可得另由题意知46,31<=n mg F 得µ因此该车头倒退起动时，能起动45节相同质量的车厢.例5 有n 块质量均为m ，厚度为d 的相同砖块，平放在⽔平地⾯上，现将它们⼀块⼀块地叠放起来，如图6—2所⽰，⼈⾄少做多少功？解析将平放在⽔平地⾯上的砖⼀块⼀块地叠放起来，每次克服重⼒做的功不同，因此需⼀次⼀次地计算递推出通式计算.将第2块砖平放在第⼀块砖上⼈⾄少需克服重⼒做功为mgd W =2将第3、4、…、n 块砖依次叠放起来，⼈克服重⼒⾄少所需做的功分别为dn mg W dmg W dmg W dmg W n )1(432543-====所以将n 块砖叠放起来，⾄少做的总功为W =W 1+W 2+W 3+…+W n2)1()1(32-?=-++++=n n mgd dn mg d mg d mg mgd例6 如图6—3所⽰，有六个完全相同的长条薄⽚1(=i B A i i 、2、…、6）依次架在⽔平碗⼝上，⼀端搁在碗⼝，另⼀端架在另⼀薄⽚的正中位置（不计薄⽚的质量）. 将质量为m 的质点置于A 1A 6的中点处，试求：A 1B 1薄⽚对A 6B 6的压⼒.解析本题共有六个物体，通过观察会发现，A 1B 1、A 2B 2、…、A 5B 5的受⼒情况完全相同，因此将A 1B 1、A 2B 2、…A 5B 5作为⼀类，对其中⼀个进⾏受⼒分析，找出规律，求出通式即可求解.以第i 个薄⽚AB 为研究对象，受⼒情况如图6—3甲所⽰，第i 个薄⽚受到前⼀个薄⽚向上的⽀持⼒N i 、碗边向上的⽀持⼒和后⼀个薄⽚向下的压⼒N i +1. 选碗边B 点为轴，根据⼒矩平衡有 2,211++=?=?i i i i N N L N L N 得所以65321)21(212121N N N N ==?== ①再以A 6B 6为研究对象，受⼒情况如图6—3⼄所⽰，A 6B 6受到薄⽚A 5B 5向上的⽀持⼒N 6、碗向上的⽀持⼒和后⼀个薄⽚A 1B 1向下的压⼒N 1、质点向下的压⼒mg. 选B 6点为轴，根据⼒矩平衡有L N L mg L N ?=?+?61432 由①、②联⽴，解得 421mg N =所以，A 1B 1薄⽚对A 6B 6的压⼒为.42mg 例7 ⽤20块质量均匀分布的相同光滑积⽊块，在光滑⽔平⾯上⼀块叠⼀块地搭成单孔桥，已知每⼀积⽊块长度为L ，横截⾯是边长为)4/(L h h =的正⽅形，要求此桥具有最⼤的跨度（即桥孔底宽），计算跨度与桥孔⾼度的⽐值.解析为了使搭成的单孔桥平衡，桥孔两侧应有相同的积⽊块，从上往下计算，使积⽊块均能保证平衡，要满⾜合⼒矩为零，平衡时，每块积⽊块都有最⼤伸出量，则单孔桥就有最⼤跨度，⼜由于每块积⽊块都有厚度，所以最⼤跨度与桥孔⾼度存在⼀⽐值.将从上到下的积⽊块依次计为1、2、…、n ，显然第1块相对第2块的最⼤伸出量为 21L x =? 第2块相对第3块的最⼤伸出量为2x ?（如图6—4所⽰），则224)2(222?==-=??L L x G x L x G同理可得第3块的最⼤伸出量323?=L x …… 最后归纳得出nL x n ?=2 所以总跨度h xk n n 32.11291=?=∑= 跨度与桥孔⾼的⽐值为 258.1932.11==hh H k 例8 如图6—5所⽰，⼀排⼈站在沿x 轴的⽔平轨道旁，原点O 两侧的⼈的序号都记为3,2,1(=n n …）. 每⼈只有⼀个沙袋，0>x ⼀侧的每个沙袋质量为m =14kg ，0+=?--+n n n n n v nm M m n M v v nm M mv n v m n M 即. 同理有n n v mn M m n M v )1()2(1+++-=+，若抛上（n+1）包沙袋后车反向运动，则应有.0,01<>+n n v v 即.0)2(,0)1(<+->+-m n M m n M 由此两式解得：n n n ,14 20,1438><为整数取3. 当车反向滑⾏时，根据上⾯同样推理可知，当向左运动到第n 个⼈⾝旁，抛上第n 包沙袋后由动量守恒定律有：''++='-''-++--n n nv m n m M nv m v m n m M )3(2])1(3[11解得：''+++'+-+='''++'+-+='+-n n n n v m n m M m n m M v v m n m M m n m M v )1(3)2(33)1(311同理设抛上n+1个沙袋后车速反向，要求0,01≤>'+n n v v即=>≤'+-+>'+-+870)2(30)1(3n n m n m M m n m M 解得即抛上第8个沙袋后车就停⽌，所以车上最终有11个沙袋.例9 如图6—6所⽰，⼀固定的斜⾯，倾⾓?=45θ，斜⾯长L=2.00⽶. 在斜⾯下端有⼀与斜⾯垂直的挡板. ⼀质量为m 的质点，从斜⾯的最⾼点沿斜⾯下滑，初速度为零. 下滑到最底端与挡板发⽣弹性碰撞. 已知质点与斜⾯间的动摩擦因数20.0=µ，试求此质点从开始到发⽣第11次碰撞的过程中运动的总路程.解析因为质点每次下滑均要克服摩擦⼒做功，且每次做功⼜不相同，所以要想求质点从开始到发⽣n 次碰撞的过程中运动的总路程，需⼀次⼀次的求，推出通式即可求解.设每次开始下滑时，⼩球距档板为s则由功能关系：θθµsin )()(cos 2121s s mg s s mg -=+θθµsin )()(cos 3232s s mg s s mg -=+ 即有32cos sin cos sin 2312=+-===θµθθµθ s s s s 由此可见每次碰撞后通过的路程是⼀等⽐数列，其公⽐为.32∴在发⽣第11次碰撞过程中的路程 11321222s s s s s ++++=1111111321321])32(1[2)(2s s s s s s s ---?=-++++= )(86.9)()32(121011m m =?-= 例10 如图6—7所⽰，⼀⽔平放置的圆环形刚性窄槽固定在桌⾯上，槽内嵌着三个⼤⼩相同的刚性⼩球，它们的质量分别是m 1、m 2和m 3，m 2=m 3=2m 1. ⼩球与槽的两壁刚好接触⽽它们之间的摩擦可忽略不计. 开始时，三球处在槽中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的位置，彼此间距离相等，m 2和m 3静⽌，m 1以初速2/0R v π=沿槽运动，R 为圆环的内半径和⼩球半径之和，设各球之间的碰撞皆为弹性碰撞，求此系统的运动周期T.解析当m 1与m 2发⽣弹性碰撞时，由于m 2=2m 1，所以m 1碰后弹回，m 2向前与m 3发⽣碰撞. ⽽⼜由于m 2=m 3，所以m 2与m 3碰后，m 3能静⽌在m 1的位置，m 1⼜以v 速度被反弹，可见碰撞⼜重复⼀次. 当m 1回到初始位置，则系统为⼀个周期.以m 1、m 2为研究对象，当m 1与m 2发⽣弹性碰撞后，根据动量守恒定律，能量守恒定律可写出：221101v m v m v m += ①222211201212121v m v m v m += ②由①、②式得：002112002121132231)(v v m m m v v v m m m m v =+=-=+-= 以m 2、m 3为研究对象，当m 2与m 3发⽣弹性碰撞后，得032203='=v v v 以m 3、m 1为研究对象，当m 3与m 1发⽣弹性碰撞后，得0130v v v ='=' 由此可见，当m 1运动到m 2处时与开始所处的状态相似.所以碰撞使m 1、m 2、m 3交换位置，当m 1再次回到原来位置时，所⽤的时间恰好就是系统的⼀个周期T ，由此可得周期).(2021010)32232(3)(30000321s R R v R v R v R v R t t t T ===++?=++=ππππππ例11 有许多质量为m 的⽊块相互靠着沿⼀直线排列于光滑的⽔平⾯上. 每相邻的两个⽊块均⽤长为L 的柔绳连接着. 现⽤⼤⼩为F 的恒⼒沿排列⽅向拉第⼀个⽊块，以后各⽊块依次被牵⽽运动，求第n 个⽊块被牵动时的速度.解析每⼀个⽊块被拉动起来后，就和前⾯的⽊块成为⼀体，共同做匀加速运动⼀段距离L 后，把绳拉紧，再牵动下⼀个⽊块.在绳⼦绷紧时，有部分机械能转化为内能. 因此，如果列出221)1(n nmv FL n =-这样的关系式是错误的. 设第)1(-n 个⽊块刚被拉动时的速度为1-n v ，它即将拉动下⼀个⽊块时速度增⾄1-'nv ，第n 个⽊块刚被拉动时速度为n v . 对第)1(-n 个⽊块开始运动到它把下⼀段绳⼦即将拉紧这⼀过程，由动能定理有：2121)1(21)1(21----'-=n n mv n v m n FL ①对绳⼦把第n 个⽊块拉动这⼀短暂过程，由动量守恒定律，有n nnmv v m n ='--1)1( 得：n n v n n v 11-='- ②把②式代⼊①式得：212)1(21)1()1(21-----=n n mv n v n n m n FL 整理后得：21222)1(2)1(---=-n n v n v n m FL n ③③式就是反映相邻两⽊块被拉动时速度关系的递推式，由③式可知当n =2时有：2122222v v mFL -= 当n =3时有：2222322322v v mFL -=? 当n =4时有：2322423423v v mFL -=? … ⼀般地有21222)1(2)1(---=-n n v n v n m FL n 将以上)1(-n 个等式相加，得：21222)1321(v v n m FL n n -=-++++ 所以有212222)1(v v n mFL n n n -=?- 在本题中01=v ，所以.)1(nm n FL v n -=例12 如图6—8所⽰，质量m =2kg 的平板⼩车，后端放有质量M =3kg 的铁块，它和车之间动摩擦因数.50.0=µ开始时，车和铁块共同以s m v /30=的速度向右在光滑⽔平⾯上前进，并使车与墙发⽣正碰，设碰撞时间极短，碰撞⽆机械能损失，且车⾝⾜够长，使得铁块总不能和墙相碰，求⼩车⾛过的总路程.解析⼩车与墙撞后，应以原速率弹回. 铁块由于惯性继续沿原来⽅向运动，由于铁块和车的相互摩擦⼒作⽤，过⼀段时间后，它们就会相对静⽌，⼀起以相同的速度再向右运动，然后车与墙发⽣第⼆次碰撞，碰后，⼜重复第⼀次碰后的情况. 以后车与墙就这样⼀次次碰撞下去. 车每与墙碰⼀次，铁块就相对于车向前滑动⼀段距离，系统就有⼀部分机械能转化为内能，车每次与墙碰后，就左、右往返⼀次，车的总路程就是每次往返的路程之和.设每次与墙碰后的速度分别为v 1、v 2、v 3、…、v n 、…车每次与墙碰后向左运动的最远距离分别为s 1、s 2、s 3、…、s n 、…. 以铁块运动⽅向为正⽅向，在车与墙第)1(-n 次碰后到发⽣第n 次碰撞之前，对车和铁块组成的系统，由动量守恒定律有n n v m M v m M )()(1+=-- 所以 511--=+-=n n n v v m M m M v 由这⼀关系可得： ,5,521312v v v v == ⼀般地，有 ,511-=n n v v 由运动学公式可求出车与墙发⽣第n 次碰撞后向左运动的最远距离为2221215122-?==n n a v a v s类似的，由这⼀关系可递推到：222142132212211512,,512,512,2-?=?=?==n n a v s a v s a v s a v s 所以车运动的总路程)(2321 +++++=n s s s s s 总24255111)5151511(2221221224221?=-?=+++++?=-a v a v a v n 因此201/215/3s m m Mg a sm v v ====µ 所以)(45m s =总例13 10个相同的扁长⽊块⼀个紧挨⼀个地放在⽔平地⾯上，如图6—9所⽰，每个⽊块的质量,40.0kg m =长度m l 45.0=，它们与地⾯间的静摩擦因数和动摩擦因数均为.10.02=µ原来⽊块处于静⽌状态. 左⽅第⼀个⽊块的左端上⽅放⼀个质量为M=1.0kg 的⼩铅块，它与⽊块间的静摩擦因数和动摩擦因数均为.20.01=µ现突然给铅块⼀向右的初速度s m v /3.40=，使其在⼤⽊块上滑⾏. 试确定铅块最后的位置在何处（落在地上还是停在哪块⽊块上）. 重⼒加速度g 取2)/(10s m ，设铅块的长度与⽊块相⽐可以忽略.解析当铅块向右运动时，铅块与10个相同的扁长⽊块中的第⼀块先发⽣摩擦⼒，若此摩擦⼒⼤于10个扁长⽊块与地⾯间的最⼤静摩擦⼒，则10个扁长⽊块开始运动，若此摩擦⼒⼩于10个扁长⽊块与地⾯间的最⼤摩擦⼒，则10个扁长⽊块先静⽌不动，随着铅块的运动，总有⼀个时刻扁长⽊块要运动，直到铅块与扁长⽊块相对静⽌，后⼜⼀起匀减速运动到停⽌.铅块M 在⽊块上滑⾏所受到的滑动摩擦⼒N Mg f 0.211==µ设M 可以带动⽊块的数⽬为n ，则n 满⾜：0)1()(221≥--+-mg n g m M f µµ 即0)1(4.04.10.2≥---n上式中的n 只能取整数，所以n 只能取2，也就是当M 滑⾏到倒数第⼆个⽊块时，剩下的两个⽊块将开始运动.设铅块刚离开第8个⽊块时速度为v ，则 l Mg Mv Mv 821211202?-=µ 得：0)/(49.222>=s m v由此可见⽊块还可以滑到第9个⽊块上. M 在第9个⽊块上运动如图6—9甲所⽰，则对M ⽽⾔有：M Ma Mg =-1µ得：2/0.2s m a M -=第9及第10个⽊块的动⼒学⽅程为：m ma mg g m M Mg 2)(221=-+-µµµ，得：./25.02s m a m = 设M 刚离开第9个⽊块上时速度为v '，⽽第10个⽊块运动的速度为V '，并设⽊块运动的距离为s ，则M 运动的距离为l s +，有：s a V l s a v v m M 2)(2222='++='ta V t a v v m M ='+=' 消去s 及t 求出：='-='='='sm V s m v s m V s m v /23.0/26.0/212.0/611.0或，显然后⼀解不合理应舍去. 因V v '>'，故M 将运动到第10个⽊块上.再设M 运动到第10个⽊块的边缘时速度为v ''，这时⽊块的速度为V ''，则： )(222l s a v v M +'+'=''解得：0463.12<'--=''s v ，故M 不能滑离第10个⽊块，只能停在它的表⾯上，最后和⽊块⼀起静⽌在地⾯上.例14 如图6—10所⽰，质量为m 的长⽅形箱⼦，放在光滑的⽔平地⾯上. 箱内有⼀质量也为m 的⼩滑块，滑块与箱底间⽆摩擦. 开始时箱⼦静⽌不动，滑块以恒定的速度v 0从箱⼦的A 壁处向B 处运动，后与B 壁碰撞. 假设滑块与箱壁每碰撞⼀次，两者相对速度的⼤⼩变为该次碰撞前相对速度的e 倍，.214=e （1）要使滑块与箱⼦这⼀系统消耗的总动能不超过其初始动能的40%，滑块与箱壁最多可碰撞⼏次？（2）从滑块开始运动到刚完成上述次数的碰撞期间，箱⼦的平均速度是多少？解析由于滑块与箱⼦在⽔平⽅向不受外⼒，故碰撞时系统⽔平⽅向动量守恒. 根据题⽬给出的每次碰撞前后相对速度之⽐，可求出每⼀次碰撞过程中动能的损耗.滑块开始运动到完成题⽬要求的碰撞期间箱⼦的平均速度，应等于这期间运动的总位移与总时间的⽐值.（1）滑块与箱壁碰撞，碰后滑块对地速度为v ，箱⼦对地速度为u . 由于题中每次碰撞的e 是⼀样的，故有：1111220011----==--=--=n n n n u v v u u v v u u v v u e 或1111220110----==--=--=-n n n n u v u v u v u v v u v e111122011)(----??--?-=-n n n n n u v u v u v u v v u v e 即碰撞n 次后0)(v e u v n n n -=- ①碰撞第n 次的动量守恒式是0mv mu mv n n =+ ②①、②联⽴得00])(1[21])(1[21v e u v e v n n n n --=-+= 第n 次碰撞后，系统损失的动能)(21212220n n kn k kn u v m mv E E E +-=-=? k nn n E e mv e e mv mv 212121)1(4121220222020-=?-=+-=下⾯分别讨论：当146.0221121,12=-=-=?=e E E n k kl 时 25.0221121,242=-=-=?=e E E n k k 时 323.022121121,363=-=-=?=e E E n k k 时 375.0241121,484=-=-=?=e E E n k k 时 412.022141121,5105=-=-=?=e E E n k k 时因为要求的动能损失不超过40%，故n=4.（2）设A 、B 两侧壁的距离为L ，则滑块从开始运动到与箱壁发⽣第⼀次碰撞的时间 00v L t =. 在下⼀次发⽣碰撞的时间0 111||ev L v u L t =-=，共碰撞四次，另两次碰撞的时间分别为022v e L t =、033v e L t =，所以总时间).1(32033210e e e v e L t t t t t +++=+++= 在这段时间中，箱⼦运动的距离是：3322110t u t u t u s +++=)1(2222222)1(21)1(21)1(21323320303020200e e e eL L e L L e L L e L v e L v e v e L v e ev L v e +++=+++-+=?++?-+?+=所以平均速度为：2)1()1(203203323v e e e v e L e e e eL t s v =++++++== 例15 ⼀容积为1/4升的抽⽓机，每分钟可完成8次抽⽓动作. ⼀容积为1升的容器与此抽⽓筒相连通. 求抽⽓机⼯作多长时间才能使容器内的⽓体的压强由76mmmHg 降为1.9mmHg.（在抽⽓过程中容器内的温度保持不变）解析根据玻⼀马定律，找出每抽⽓⼀次压强与容器容积和抽⽓机容积及原压强的关系，然后归纳递推出抽n 次的压强表达式.设⽓体原压强为p 0，抽⽓机的容积为V 0，容器的容积为V . 每抽⼀次压强分别为p 1、p 2、…，则由玻⼀马定律得：第⼀次抽⽓后：)(010V V p V p += ①第⼆次抽⽓后：)(021V V p V p += ②依次递推有：)(032V V p V p += ③)(01V V p V p n n +=- ○n由以上○n 式得：)lg(lg)(0000v V V p p n p V V V p n n n +=+=所以代⼊已知得：2725.1lg 400lg ==n （次）⼯作时间为：38.3827==t 分钟例16 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，在每次分开有后，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.解析两个孤⽴导体相互接触，相当于两个对地电容并联，设两个导体球带电Q 1、Q 2，由于两个导体球对地电压相等，故有k C C C Q Q Q C C Q Q C Q C Q =+=+==21121121212211,,亦即即，所以k Q Q k Q ),(21+=为常量，此式表明：带电（或不带电）的⼩球跟带电⼤球接触后，⼩球所获得的电量与总电量的⽐值不变，⽐值k 等于第⼀次带电量q 与总电量Q 的⽐值，即.Qq k =根据此规律就可以求出⼩球可能获得的最⼤电量. 设第1、2、…、n 次接触后⼩球所带的电量分别为q 1、q 2、…，有：qk q k kq q q Q k q q k kq q kq kQ q Q k q kqq q Q k q qkQ q n n n 1212223121)()()(--++++=+=++=+=+=+=+===由于1qQ qQ Q qq k q q n -=-=-=11 即⼩球与⼤球多次接触后，获得的最⼤电量为.q Q qQ - 例17 在如图6—11所⽰的电路中，S 是⼀单⼑双掷开关，A 1和A 2为两个平⾏板电容器，S 掷向a 时，A 1获电荷电量为Q ，当S 再掷向b 时，A 2获电荷电量为q. 问经过很多次S 掷向a ，再掷向b 后，A 2将获得多少电量？解析 S 掷向a 时，电源给A 1充电，S 再掷向b ，A 1给A 2充电，在经过很多次重复的过程中，A 2的带电量越来越多，两板间电压越来越⼤. 当A 2的电压等于电源电压时，A 2的带电量将不再增加. 由此可知A 2最终将获得电量q 2=C 2E.因为E C Q 1= 所以EQ C =1 当S 由a 第⼀次掷向b 时，有：21C q C q Q =- 所以Eq Q Qq C )(2-= 解得A 2最终获得的电量 qQ Qq q -=2例18 电路如图6—12所⽰，求当R '为何值时，R AB 的阻值与“⽹络”的“格”数⽆关？此时R AB 的阻值等于什么？解析要使R AB 的阻值与“⽹络”的“格”数⽆关，则图中CD 间的阻值必须等于R '才⾏. 所以有R R R R R R R '=+'+'+222)2( 解得R R )15(-=' 此时AB 间总电阻R R AB )15(+=例19 如图6—13所⽰，在x 轴上⽅有垂直于xy 平⾯向⾥的匀强磁场，磁感应强度为B ，在x 轴下⽅有沿y 轴负⽅向的匀强电场，场强为E. ⼀质量为m ，电量为－q 的粒⼦从坐标原点O沿着y 轴⽅向射出. 射出之后，第三次到达x 轴时，它与O 点的距离为L. 求此粒⼦射出时的速度v 和每次到达x 轴时运动的总路程s.（重⼒不计）解析粒⼦进⼊磁场后做匀速圆周运动，经半周后通过x轴进⼊电场后做匀减速直线运动，速度减为零后，⼜反向匀加速通过x 轴进⼊磁场后⼜做匀速圆周运动，所以运动有周期性.它第3次到达x 轴时距O 点的距离L 等于圆半径的4倍（如图6—13甲所⽰）粒⼦在磁场中做匀速圆周运动的半径为 4L Bq mv R == 所以粒⼦射出时的速度 mB q L v 4= 粒⼦做圆周运动的半周长为 41Ls π=粒⼦以速度v 进⼊电场后做匀减速直线运动，能深⼊的最⼤距离为y ，因为y mEq ay v 222== 所以粒⼦在电场中进⼊⼀次通过的路程为 mEqL B y s 162222== 粒⼦第1次到达x 轴时通过的路程为 41LR s ππ=?=粒⼦第2次到达x 轴时，已通过的路程为 mE qL B Ls s s 16422212+=+=π粒⼦第3次到达x 轴时，已通过的路程为 mE qL B Ls s s s 162221213+=++=π粒⼦第4次到达x 轴时，已通过的路程为 mE qL B Ls s s 822222214+=+=π粒⼦第)12(-n 次到达x 轴时，已通过的路程为mEqL B n L n s n ns s n 16)1(4)1(2221)12(-+=-+=-π粒⼦第2n 次到达x 轴时，已通过的路程为 )164()(22212mE qL B Ln s s n s n+=+=π上⾯n 都取正整数.针对训练1．⼀物体放在光滑⽔平⾯上，初速为零，先对物体施加⼀向东的恒⼒F ，历时1秒钟，随即把此⼒改为向西，⼤⼩不变，历时1秒钟，接着⼜把此⼒改为向东，⼤⼩不变，历时1秒钟，如此反复，只改变⼒的⽅向，共历时1分钟. 在此1分钟内（）A ．物体时⽽向东运动，时⽽向西运动，在1分钟末静⽌于初始位置之东B ．物体时⽽向东运动，时⽽向西运动，在1分钟末静⽌于初始位置C ．物体时⽽向东运动，时⽽向西运动，在1分钟末继续向东运动D ．物体⼀直向东运动，从不向西运动，在1分钟末静⽌于初始位置之东2．⼀⼩球从距地⾯为H 的⾼度处由静⽌开始落下. 已知⼩球在空中运动时所受空⽓阻⼒为球所受重⼒的k 倍)1(（1）总共通过的路程；（2）所经历的时间.3．如图6—14所⽰，⼩球从长L 的光滑斜⾯顶端⾃由下滑，滑到底端时与挡板碰撞并反弹⽽回，若每次与挡板碰撞后的速度⼤⼩为碰撞前的4/5，求⼩球从开始下滑到最终停⽌于斜⾯下端物体共通过的路程.4．如图6—15所⽰，有⼀固定的斜⾯，倾⾓为45°，斜⾯长为2⽶，在斜⾯下端有⼀与斜⾯垂直的挡板，⼀质量为m 的质点，从斜⾯的最⾼点沿斜⾯下滑，初速度为1⽶/秒. 质点沿斜⾯下滑到斜⾯最底端与挡板发⽣弹性碰撞. 已知质点与斜⾯间的滑动摩擦因数为0.20.（1）试求此质点从开始运动到与挡板发⽣第10次碰撞的过程中通过的总路程；（2）求此质点从开始运动到最后停下来的过程中通过的总路程.5．有5个质量相同、其⼤⼩可不计的⼩⽊块1、2、3、4、5等距离地依次放在倾⾓?=30θ的斜⾯上（如图6—16所⽰）.斜⾯在⽊块2以上的部分是光滑的，以下部分是粗糙的，5个⽊块与斜⾯粗糙部分之间的静摩擦系数和滑动摩擦系数都是µ，开始时⽤⼿扶着⽊块1，其余各⽊块都静⽌在斜⾯上. 现在放⼿，使⽊块1⾃然下滑，并与⽊块2发⽣碰撞，接着陆续发⽣其他碰撞. 假设各⽊块间的碰撞都是完全⾮弹性的. 求µ取何值时⽊块4能被撞⽽⽊块5不能被撞.6．在⼀光滑⽔平的长直轨道上，等距离地放着⾜够多的完全相同的质量为m 的长⽅形⽊块，依次编号为⽊块1，⽊块2，…，如图6—17所⽰.在⽊块1之前放⼀质量为M=4m 的⼤⽊块，⼤⽊块与⽊块1之间的距离与相邻各⽊块间的距离相同，均为L. 现在，在所有⽊块都静⽌的情况下，以⼀沿轨道⽅向的恒⼒F ⼀直作⽤在⼤⽊块上，使其先与⽊块1发⽣碰撞，设碰后与⽊块1结为⼀体再与⽊块2发⽣碰撞，碰后⼜结为⼀体，再与⽊块3发⽣碰撞，碰后⼜结为⼀体，如此继续下去. 今问⼤⽊块（以及与之结为⼀体的各⼩⽊块）与第⼏个⼩⽊块碰撞之前的⼀瞬间，会达到它在整个过程中的最⼤速度？此速度等于多少？7．有电量为Q 1的电荷均匀分布在⼀个半球⾯上，另有⽆数个电量均为Q 2的点电荷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12-?k R ，且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Q 1已知，求Q 2.8．⼀个半径为1⽶的⾦属球，充电后的电势为U ，把10个半径为1/9⽶的均不带电的⼩⾦属球顺次分别与这个⼤⾦属球相碰后拿⾛，然后把这10个充了电了⼩⾦属球彼此分隔摆在半径为10⽶的圆周上，并拿⾛⼤⾦属球. 求圆⼼处的电势. （设整个过程中系统的总电量⽆泄漏）9．真空中，有五个电量均为q 的均匀带电薄球壳，它们的半径分别为R ，R/2，R/4，R/8，R/16，彼此内切于P 点（如图6—18）.球⼼分别为O 1，O 2，O 3，O 4，O 5，求O 1与O 5间的电势差.10．在图6—19所⽰的电路中，三个电容器C Ⅰ、C Ⅱ、C Ⅲ的电容值均等于C ，电源的电动势为ε，R Ⅰ、R Ⅱ为电阻，S 为双掷开关. 开始时，三个电容器都不带电.先接通O a ，再接通Ob ，再接通O a ，再接通Ob ……如此反复换向，设每次接通前都已达到静电平衡，试求：（1）当S 第n 次接通Ob 并达到平衡后，每个电容器两端的电压各是多少？（2）当反复换向的次数⽆限增多时，在所有电阻上消耗的总电能是多少？11．⼀系列相同的电阻R ，如图6—20所⽰连接，求AB 间的等效电阻R AB .12．如图6—21所⽰，R 1=R 3=R 5=…=R 99=5Ω，R 2=R 4=R 6=…=R 98=10Ω，R 100=5Ω，ε=10V求：（1）R AB =？（2）电阻R 2消耗的电功率应等于多少？（3）)99,,3,2,1( =i R i 消耗的电功率；（4）电路上的总功率.13．试求如图6—22所⽰，框架中A 、B 两点间的电阻R AB ，此框架是⽤同种细⾦属丝制作的，单位长的电阻为r ，⼀连串内接等边三⾓形的数⽬可认为趋向⽆穷，取AB 边长为a ，以下每个三⾓形的边长依次减少⼀半.14．图6—23中，AOB 是⼀内表⾯光滑的楔形槽，固定在⽔平桌⾯（图中纸⾯）上，夹⾓?=1α（为了能看清楚，图中的是夸⼤了的）. 现将⼀质点在BOA ⾯内从C 处以速度s m v /5= 射出，其⽅向与AO 间的夹⾓?=60θ，OC=10m. 设质点与桌⾯间的摩擦可忽略不计，质点与OB ⾯及OA ⾯的碰撞都是弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，可忽略不计，试求：（1）经过⼏次碰撞质点⼜回到C 处与OA 相碰？（计算次数时包括在C 处的碰撞）（2）共⽤多少时间？（3）在这过程中，质点离O 点的最短距离是多少？参考答案1．D2．k k k g k H k k k g k H k H 211)1(2211)1(2,22-+-++-++- 3．L 941 4．9.79m 50m5．622.0597.0<<µ6．21块 4849m FL 7．21Q - 8．0.065U9．24.46KRq 10．（1）I ：],)41(1[32n C -εⅡⅢ：])41(1[31n C -ε（3）231εC 11．R R AB )13(+=12．（1）10Ω（2）2.5W（3）)99,,5,3,1(2201 =+i i ，)98,,4,2(210 =i i （4）10W 13．40Ω14．ra R AB )17(31-= 15．（1）60次（2）2s （3）m 35。
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高中物理培优解物理竞赛题的数学技巧
在中学生物理竞赛中，不难发现这样一类试题：题目描述的物理情境并不陌生，所涉及的物理知识也并不复杂，若能恰当地运用数学技巧求解，问题就可顺利得到解决．然而，选手在处理这类问题时，往往由于不能灵活运用数学技巧而前功尽弃．辅导教师在对参赛选手进行物理知识传授、物理方法渗透的同时，利用某些典型的物理问题去传授和强化他们的数学技巧，提高他们运用数学解决物理问题的能力是十分必要的．笔者通过实例剖析，就解物理竞赛题中的数学技巧作一简要探讨．
一、引入参数方程，简解未知量多于方程数的问题
例11ｍｏｌ理想气体缓慢的经历了一个循环过程，在ｐ－Ｖ图中这一过程是一个椭圆，如图1所示．已知此气体若处在与椭圆中心Ｏ′点所对应的状态时，其温度为Ｔ０＝300Ｋ，求在整个循环过程中气体的最高温度Ｔ１和最低温度Ｔ２各是多少．
图1
分析与解由题给条件，可列出两个相对独立的方程．即气体循环过程的椭圆方程和理想气体的状态方程，即
，①
ｐＶ＝ＲＴ．②
①、②两方程中含三个未知量ｐ、Ｖ、Ｔ，直接对①、②两式进行演算，要求出循环过程中的最高温度Ｔ１或最低温度Ｔ２，是较为困难的．现根据①式引入含参数定义的方程为
②式则转化为
Ｔ＝（1／Ｒ）（ｐ０＋（ｐ０／2）ｓｉｎα）（Ｖ０＋（Ｖ０／2）ｃｏｓα），即Ｔ＝［1＋（1／2）（ｓｉｎα＋ｃｏｓα）＋（1／4）ｓｉｎαｃｏｓα］Ｔ０，③
（上式中Ｔ０＝ｐ０Ｖ０／Ｒ，为Ｏ′点对应的温度）
因为ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝ｓｉｎ（（π／4）＋α），
ｓｉｎαｃｏｓα＝（（ｓｉｎα＋ｃｏｓα）２－1）／2，④
而－1≤ｓｉｎ（（π／4）＋α）≤1，
所以－≤ｓｉｎα＋ｃｏｓα≤，
当ｓｉｎα＋ｃｏｓα≤，取ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝时，由④式知
ｓｉｎαｃｏｓα＝1／2，
将上式代入③式得
Ｔ≤［1＋（1／2）×＋（1／4）×（1／2）］Ｔ０，
即最高温度Ｔ１＝549Ｋ．
当ｓｉｎα＋ｃｏｓα≥－，取ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝－时，由④式知
ｓｉｎαｃｏｓα＝1／2，
代入③式，得
Ｔ≥［1＋（1／2）（－＋（1／4）·（1／2））］Ｔ０，
即最低温度Ｔ２＝125Ｋ．
二、实施近似处理，解决物理规律不明显的问题
例2如图2所示，两个带电量均为Ｑ的正点电荷，固定放置在ｘ轴上的Ａ、Ｂ两处，点Ａ、Ｂ到原点的距离都等于ｒ，若在原点Ｏ放置另一带正电的点电荷，其带电量为ｑ．当限制点电荷ｑ在哪些方向上运动时，它在原点Ｏ处才是稳定的?
图2
分析与解设限制点电荷ｑ在与ｘ轴成θ角的ｙ轴上运动．当它受扰动移动到Ｐ点，即沿ｙ轴有微小的位移ｙ（＝ｙ）时，Ａ、Ｂ两处的点电荷对ｑ的库仑力分别为ｆＡ、ｆＢ．则ｑ在ｙ轴上的合力为ｆｙ＝ｋ（Ｑｑ／）ｃｏｓα－ｋ（Ｑｑ／）ｃｏｓβ，
由余弦定理知
＝ｒ２＋ｙ２＋2ｒｙｃｏｓθ，
＝ｒ２＋ｙ２－2ｒｙｃｏｓθ．
又由三角形知，
ｃｏｓα＝（ｒｃｏｓθ＋ｙ）／，
ｃｏｓβ＝（ｒｃｏｓθ－ｙ）／，
故ｆｙ＝ｋＱｑ（ｒｃｏｓθ＋ｙ）／（ｒ２＋ｙ２－2ｒｙｃｏｓθ）３／２－（ｋＱｑ（ｒｃｏｓθ－ｙ）／（ｒ２＋ｙ２－2ｒｙｃｏｓθ）３／２）．
上式已表示出ｆｙ与θ、ｙ间的定量关系．可它们满足的规律并不明显．怎样将合力ｆｙ与方向角θ、位移ｙ之间的物理规律显现出来?由于ｙ很小，故ｙ的二次项可略去，得
ｆｙ＝ｋ（Ｑｑ／ｒ３），
即ｆｙ＝ｋ（Ｑｑ／ｒ３）［（ｒｃｏｓθ＋ｙ）（1＋（2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）－３／２－（ｒｃｏｓθ－ｙ）（1－（2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）－３／２］，
根据二项式展开式
（1＋ｔ）Ｓ＝1＋Ｓｔ＋（Ｓ（Ｓ－1）／2！）ｔ２＋…＋（（Ｓ（Ｓ－1）…（Ｓ－ｎ＋1））／ｎ！）ｔｎ＋……，
（其中Ｓ为任意实数）。