物理竞赛极限法

五、极限法

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。

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) = Ek +kx2 ②

2m2g2联立①②式解得:Ek = mgh-

2k

图5—1

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:

12

at =OP 2

图5—2

2OP ① gcos?所以:t =由图可知,在ΔOPC中有:

OPOC=

sin(90o??)sin(90o????)OCcos? ②

cos(???)所以:OP=

将②式代入①式得:t =2OCcos?=gcos?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第 1 页

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:

22v012v0x = v0t =tanθ ,y =gt =tan2θ

g2g2v0tanθ g由几何关系得:

H+ y = xtanθ cos?

图5—

解得小球离开斜面的最大距离为:

2v0H =tanθ?sinθ

2g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?v0cos??t??12 y?vsin??t?gt0??2把A点坐标(d 、h)代入以上两式,消去t ,得:

gd2v=-

2(h?dtan?)cos2?20

图5—4

gd2= dsin2??h(cos2??1)=

gd2??dhd2?h2??sin2???cos2???h22d2?h2?d?h?

dhh= tanθ ,则2= cosθ ,= sinθ ,上式可变为: 222dd?hd?hgd22v0=2 d?h2sin(2???)?h?1h显然,当sin (2α-θ) = 1时,即2α-θ = 90°,亦即发射角α = 45°+= 45°+arctan=

22d445°+ arctan= 71.6°时,v0最小,且最小速度为:

3v0 =g(d2?h2?h)= 310= 9.5m/s 第 2 页

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

f?(M?m)g加速度a1 === μg 。 图5—5

M?mM?mv?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动的

2a1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 =

FM?m= μg ① mm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:v2 = 2a2l ,v?2= 2a1L

并将a1 、a2代入②式解得铁板移动的最大距离: L =

ml 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,发射速度v =gR0(2?R0),并用该式求出这个发射速度的最小值和最大值。(取R0 = 6.4×106m),设大r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:

Mm12E1 =mv发-G ①

R02Mm12进入轨道后卫星的机械能为:E2 =mv轨-G ②

r2由E1 = E2 ,并代入v轨 =v发 =GM,解得发射速度为: rRGM(2?0) ③ R0rMm= mg ,所以: 2R0又因为在地面上万有引力等于重力,即:G

GM= gR0 ④ R0把④式代入③式即得:v发 =gR0(2?R0) r第 3 页

(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 =gR0= 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:vmax =2gR0= 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 3G=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体,它与半球

88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?3RGsinθ =?xcosθ ,得到:x = 3Rtanθ 88

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:

tanθm =

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。

2(1)若以水平力F作用在杆上,作用点到地面的距离h1 =L

5(L为杆长),要使杆不滑倒,力F最大不能越过多少?

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增大到最大静摩

图5—7—甲

擦力时,杆刚要滑倒,此时满足:f = μN

解得:Fmax =

mgLtan?

tan?(L?h)?h?由上式又可知,当[

tan?(L-h)-h]→∞ ,即当h0 = 0.66L时,对F就没有限制了。 ?2(1)当h1 =L<h0 ,将有关数据代入Fmax的表达式得:Fmax = 385N

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