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物理竞赛专题三:微元法


高中奥林匹克物理竞赛解题方法

三、微元法
方法简介
微元法是分析、解决物理问题中的常用方法,也是从部分到整体的思维方法。用该方法 可以使一些复杂的物理过程用我们熟悉的物理规律迅速地加以解决,使所求的问题简单化。 在使用微元法处理问题时,需将其分解为众多微小的“元过程” ,而且每个“元过程”所遵 循的规律是相同的,这样,我们只需分析这些“元过程” ,然后再将“元过程”进行必要的 数学方法或物理思想处理,进而使问题求解。使用此方法会加强我们对已知规律的再思考, 从而引起巩固知识、加深认识和提高能力的作用。

赛题精讲
例 1:如图 3—1 所示,一个身高为 h 的人在灯以悟空速度 v 沿水平直线行走。设灯距地面高 为 H,求证人影的顶端 C 点是做匀速直线运动。 解析:该题不能用速度分解求解,考虑采用“微元法” 。 解析 设某一时间人经过 AB 处,再经过一微小过程 △t(△t→0) ,则人由 AB 到达 A′B′,人影顶端 C 点到达 C′点,由于△SAA′=v△t 则人影顶端的

H S AA′ S CC ′ Hv 移动速度 vC = lim = lim H h = t → 0 t → 0 t t H h
可见 vc 与所取时间△t 的长短无关,所以人影的顶 端 C 点做匀速直线运动. 例 2:如图 3—2 所示,一个半径为 R 的四分之一光滑球 面放在水平桌面上,球面上放置一光滑均匀铁链,其 A 端固定在球面的顶点,B 端恰与桌面不接触,铁链单位 长度的质量为ρ.试求铁链 A 端受的拉力 T. 解析:以铁链为研究对象,由由于整条铁链的长度不能 解析 忽略不计,所以整条铁链不能看成质点,要分析铁链的受 力情况,须考虑将铁链分割,使每一小段铁链可以看成质 点,分析每一小段铁边的受力,根据物体的平衡条件得出 整条铁链的受力情况. 在铁链上任取长为△L 的一小段(微元)为研究对象, 其受力分析如图 3—2—甲所示.由于该元处于静止状态, 所以受力平衡,在切线方向上应满足:
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Tθ + Tθ = G cos θ + Tθ

Tθ = G cos θ = ρLg cos θ

由于每段铁链沿切线向上的拉力比沿切线向下的拉力大 △Tθ,所以整个铁链对 A 端的拉力是各段上△Tθ的和, 即

T = ∑ Tθ =∑ ρLg cos θ = ρg ∑ L cos θ

观察 L cosθ 的意义,见图 3—2—乙,由于△θ很小, 所以 CD⊥OC,∠OCE=θ△Lcosθ表示△L 在竖直方向上的投影△R, 所以

∑ L cosθ = R

可得铁链 A 端受的拉力

T = ρg ∑ L cos θ = ρgR

例 3:某行星围绕太阳 C 沿圆弧轨道运行,它的近日点 : A 离太阳的距离为 a,行星经过近日点 A 时的速度为 v A , 行星的远日点 B 离开太阳的距离为 b,如图 3—3 所示, 求它经过远日点 B 时的速度 v B 的大小. 解析: 解析:此题可根据万有引力提供行星的向心力求解.也 可根据开普勒第二定律,用微元法求解. 设行星在近日点 A 时又向前运动了极短的时间△t,由于时间极短可以认为行星在△t 时间内 做匀速圆周运动,线速度为 v A ,半径为 a,可以得到行星在△t 时间内扫过的面积

1 v A t a 同理,设行星在经过远日点 B 时也运动了相同的极短时间△t, 2 1 则也有 S b = v B t b 由开普勒第二定律可知:Sa=Sb 2 a 即得 v B = v A 此题也可用对称法求解. b Sa =
例 4:如图 3—4 所示,长为 L 的船静止在平静的水面上, : 立于船头的人质量为 m,船的质量为 M,不计水的阻力, 人从船头走到船尾的过程中,问:船的位移为多大? 解析:取人和船整体作为研究系统,人在走动过程中, 解析: 系统所受合外力为零,可知系统动量守恒.设人在走动过 程中的△t 时间内为匀速运动,则可计算出船的位移. 设 v1、v2 分别是人和船在任何一时刻的速率,则有

mv1 = Mv 2



两边同时乘以一个极短的时间△t, 有 mv1 t = Mv 2 t



由于时间极短,可以认为在这极短的时间内人和船的速率是不变的, 所以人和船位移大小分别为 s1 = v1 t , s2 = v2t
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由此将②式化为

ms1 = Ms 2 ③
m∑ s1 = M ∑ s 2 ④

把所有的元位移分别相加有 即

ms1=Ms2 ⑤ 此式即为质心不变原理. 其中 s1、s2 分别为全过程中人和船对地位移的

大小, 又因为 L=s1+s2 ⑥ 由⑤、⑥两式得船的位移

s2 =

m L M +m

例 5:半径为 R 的光滑球固定在水平桌面上,有一质量 : 为 M 的圆环状均匀弹性绳圈,原长为πR,且弹性绳圈 的劲度系数为 k,将弹性绳圈从球的正上方轻放到球上, 使弹性绳圈水平停留在平衡位置上,如图 3—5 所示,若 平衡时弹性绳圈长为 2πR ,求弹性绳圈的劲度系数 k. 解析: 解析:由于整个弹性绳圈的大小不能忽略不计,弹性绳圈 不能看成质点,所以应将弹性绳圈分割成许多小段,其中 每一小段△m 两端受的拉力就是弹性绳圈内部的弹力 F.在 弹性绳圈上任取一小段质量为△m 作为研究对象, 进行受力分析.但是△m 受的力不在同一平 面内,可以从一个合适的角度观察.选取一个合适的平面进行受力分析,这样可以看清楚各个 力之间的关系.从正面和上面观察, 分别画出正视图的俯视图, 如图 3—5—甲和 2—3—5—乙. 先看俯视图 3—5—甲,设在弹性绳圈的平面上,△m 所对的圆心角是△θ,则每一小段的质

θ M △m 在该平面上受拉力 F 的作用,合力为 2π π θ θ T = 2 F cos( ) = 2 F sin 2 2 θ 因为当θ很小时, sin θ ≈ θ 所以 T = 2 F = F θ 2


m =

再看正视图 3—5—乙,△m 受重力△mg,支持力 N, 二力的合力与 T 平衡.即

T = mg tan θ

现在弹性绳圈的半径为 r =

2πR 2 = R 2π 2

所以

sin θ =

r 2 = R 2 θ Mg 2π

θ = 45°

tan θ = 1 θ Mg = Fθ , 2π

因此 T= mg =

①、②联立,

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解得弹性绳圈的张力为: F = 设弹性绳圈的伸长量为 x

Mg 2π
2πR πR = ( 2 1)πR

则 x=

所以绳圈的劲度系数为: k =

F Mg ( 2 + 1) Mg = = x 2( 2 1)π 2 R 2π 2 R

例 6:一质量为 M、均匀分布的圆环,其半径为 r,几何轴与水平面垂直,若它能经受的最 : 大张力为 T,求此圆环可以绕几何轴旋转的最大角速度. 解析:因为向心力 F=mrω2,当ω一定时,r 越大,向心力越大,所以要想求最大张力 T 所 解析 对应的角速度ω,r 应取最大值. 如图 3—6 所示,在圆环上取一小段△L,对应的圆心角

θ M ,受圆环对它的张 2π θ 力为 T,则同上例分析可得 2T sin = mrω 2 2 θ θ 因为△θ很小,所以 sin ≈ ,即 2 2
为△θ,其质量可表示为 m =

2T

θ θ = Mrω 2 2 2π

解得最大角速度

ω=

2πT Mr

例 7:一根质量为 M,长度为 L 的铁链条,被竖直地悬挂起来,其最低端刚好与水平接触, : 今将链条由静止释放,让它落到地面上,如图 3—7 所示,求链条下落了长度 x 时,链条对地 面的压力为多大? 解析: 解析:在下落过程中链条作用于地面的压力实质就是链条对地面的“冲力”加上落在地面上 那部分链条的重力.根据牛顿第三定律,这个冲力也就等于同一时刻地面对链条的反作用力, 这个力的冲量,使得链条落至地面时的动量发生变化.由于各质元原来的高度不同,落到地面 的速度不同,动量改变也不相同.我们取某一时刻一小段链条(微元)作为研究对象,就可以 将变速冲击变为恒速冲击. 设开始下落的时刻 t=0,在 t 时刻落在地面上的链条长为 x,未到达地面部分链条的速度为 v, 并设链条的线密度为ρ.由题意可知,链条落至地面后,速度立即变为零.从 t 时刻起取很小一 段时间△t,在△t 内又有△M=ρ△x 落到地面上静止.地面对△M 作用的冲量为

( F Mg )t = I

因为 Mg t ≈ 0

所以 Ft = M v 0 = ρvx 解得冲力:

F = ρv

x x ,其中 就是 t 时刻链条的速度 v, t t
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故 F = ρv

2

链条在 t 时刻的速度 v 即为链条下落

长为 x 时的即时速度,即 v2=2gx,代入 F 的表达式中,得 F = 2 ρgx 此即 t 时刻链对地面的作用力,也就是 t 时刻链条对地面的冲力. 所以在 t 时刻链条对地面的总压力为

N = 2 ρgx + ρgx = 3 ρgx =

3Mgx . L

例 8:一根均匀柔软的绳长为 L,质量为 m,对折后两端固定在一个钉子上,其中一端突然 : 从钉子上滑落, 试求滑落的绳端点离钉子的距离为 x 时, 钉子对绳子另一端的作用力是多大? 解析: 解析:钉子对绳子另一端的作用力随滑落绳的长短而变化, 由此可用微元法求解.如图 3—8 所示,当左边绳端离钉子 的距离为 x 时,左边绳长为 右边绳长为

1 (l x) ,速度 v = 2 gx , 2

1 (l + x). 又经过一段很短的时间△t 以后, 2 1 左边绳子又有长度 Vt 的一小段转移到右边去了,我们就分 2
析这一小段绳子,这一小段绳子受到两力:上面绳子对它的拉 力 T 和它本身的重力

1 vtλg (λ = m / l 为绳子的线密度) , 2 1 1 根据动量定理,设向上方向为正 (T vtλg )t = 0 ( vtλ v) 2 2 1 2 v λ = gxλ 因此钉子对右边绳端的作用力为 2 1 1 3x F = (l + x)λg + T = mg (1 + ) 2 2 l T=

由于△t 取得很小,因此这一小段绳子的重力相对于 T 来说是很小的,可以忽略, 所以有

例 9:图 3—9 中,半径为 R 的圆盘固定不可转动,细绳不可伸长 : 但质量可忽略,绳下悬挂的两物体质量分别为 M、m.设圆盘与 绳间光滑接触,试求盘对绳的法向支持力线密度. 解析: 解析:求盘对绳的法向支持力线密度也就是求盘对绳的法向单位 长度所受的支持力.因为盘与绳间光滑接触,则任取一小段绳, 其两端受的张力大小相等,又因为绳上各点受的支持力方向不同, 故不能以整条绳为研究对象,只能以一小段绳为研究对象分析求 解.在与圆盘接触的半圆形中取一小段绳元△L,△L 所对应的 圆心角为△θ,如图 3—9—甲所示,绳元△L 两端的张力均为 T, 绳元所受圆盘法向支持力为△N,因细绳质量可忽略,法向合力为 零,则由平衡条件得:
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θ θ θ + T sin = 2T sin 2 2 2 θ θ ≈ ∴△N=T△θ 当△θ很小时, sin 2 2 N = T sin
又因为 △L=R△θ 则绳所受法向支持力线密度为 n =

N Tθ T = = L Rθ R 2 Mmg M +m



以 M、m 分别为研究对象,根据牛顿定律有 Mg-T=Ma ② T-mg=ma ③ 由②、③解得: T =

将④式代入①式得: n =

2 Mmg ( M + m) R

例 10:粗细均匀质量分布也均匀的半径为分别为 R 和 r 的两圆环相切.若在切点放一质点 m, : 恰使两边圆环对 m 的万有引力的合力为零,则大小圆环的线密度必须满足什么条件? 解析: 解析:若要直接求整个圆对质点 m 的万有引力比较难,当若要用到圆的对称性及要求所受合 力为零的条件,考虑大、小圆环上关于切点对称的微元与质量 m 的相互作用,然后推及整个 圆环即可求解. 如图 3—10 所示,过切点作直线交大小圆分别于 P、Q 两点,并设与水平线夹角为α,当α 有微小增量时,则大小圆环上对应微小线元

L1 = R 2α

L2 = r 2α
m1 = ρ 1 l1 = ρ 1 R 2α
由于△α很小,

其对应的质量分别为

m2 = ρ 2 l 2 = ρ 2 r 2α

故△m1、△m2 与 m 的距离可以认为分别是 所以△m1、△m2 与 m 的万有引力分别为

r1 = 2 R cos α

r2 = 2r cos α

F1 =

Gmm1 Gρ 1 R 2αm Gmm2 Gρ 2 R 2αm = , F2 = = 2 2 r1 (2 R cos α ) r22 (2r cos α ) 2 Gρ 1 R 2αm Gρ 2 r 2αm = (2 R cos α ) 2 (2r cos α ) 2

由于α具有任意性,若△F1 与△F2 的合力为零, 则两圆环对 m 的引力的合力也为零, 即

解得大小圆环的线密度之比为:

ρ1 R = ρ2 r
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一枚质量为 M 的火箭, 依靠向正下方喷气在空中保持静止, 如果喷出气体的速度为 v, 例 11: : 那么火箭发动机的功率是多少? 解析:火箭喷气时,要对气体做功,取一个很短的时间,求出此时间内,火箭对气体做的功, 解析 再代入功率的定义式即可求出火箭发动机的功率. 选取在△t 时间内喷出的气体为研究对象,设火箭推气体的力为 F,根据动量定理,有 F△t=△mv 即 Mg△t=△mv 因为火箭静止在空中,所以根据牛顿第三定律和平衡条件有 F=Mg △t=△mv/Mg

对同样这一部分气体用动能定理,火箭对它做的功为:

W=

1 mv 2 2

1 mv 2 W 1 所以发动机的功率 P = = 2 = MgV t (mV / Mg ) 2
例 12:如图 3—11 所示,小环 O 和 O′分别套在不动的竖直 杆 AB 和 A′B′上,一根不可伸长的绳子穿过环 O′,绳的 两端分别系在 A′点和 O 环上,设环 O′以恒定速度 v 向下 运动,求当∠AOO′=α时,环 O 的速度. 解析:O、O′之间的速度关系与 O、O′的位置有关,即与α 解析 角有关,因此要用微元法找它们之间的速度关系. 设经历一段极短时间△t,O′环移到 C′,O 环移到 C,自 C′ 与 C 分别作为 O′O 的垂线 C′D′和 CD,从图中看出.

OC =

OD O ′D ′ , O ′C ′ = cos α cos α

因此 OC+O′C′=

OD + O ′D ′ cos α



因△α极小,所以 EC′≈ED′,EC≈ED, 从而 OD+O′D′≈OO′-CC′ ② 由于绳子总长度不变,故 OO′-CC′=O′C′ ③ 由以上三式可得:OC+O′C′=

O ′C ′ cos α

即 OC = O ′C ′(

1 1) cos α

等式两边同除以△t 得环 O 的速度为

v0 = v(

1 1) cos α

例 13: 在水平位置的洁净的平玻璃板上倒一些水银,由于重力和 表面张力的影响,水银近似呈现圆饼形状(侧面向外凸出) ,过圆 饼轴线的竖直截面如图 3—12 所示,为了计算方便,水银和玻璃的 接触角可按 180°计算.已知水银密度 ρ = 13.6 × 10 3 kg / m 3 ,水 银的表面张力系数 σ = 0.49 N / m. 当圆饼的半径很大时,试估算其厚度 h 的数值大约为多 少?(取 1 位有效数字即可) 解析:若以整个圆饼状水银为研究对象,只受重力和玻璃板的支持力,在平衡方程中,液体 解析
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的体积不是 h 的简单函数,而且支持力 N 和重力 mg 都是未知量,方程中又不可能出现表面 张力系数,因此不可能用整体分析列方程求解 h.现用微元法求解. 在圆饼的侧面取一个宽度为△x,高为 h 的体积元, ,如图 3—12—甲所示,该体积元受重力 G、液体内部作用在面 积△xh 上的压力 F, F = PS =

1 1 ρhg xh = ρgh 2 x , 2 2

还有上表面分界线上的张力 F1=σ△x 和下表面分界线上的 张力 F2=σ△x.作用在前、后两个侧面上的液体压力互相平衡,作用在体积元表面两个弯曲 分界上的表面张力的合力,当体积元的宽度较小时,这两个力也是平衡的,图中都未画出. 由力的平衡条件有: F F1 cos θ F2 = 0 即

1 ρgh 2 x σx cos θ σx = 0 2

解得: h =

2σ (1 + cos θ ) = 2.7 × 10 3 1 + cosθ ρg

由于 0 < θ <

π
2

, 所以1 < 1 + cos θ < 2 ,

故 2.7×10 3m<h<3.8×10 3m
- -





题目要求只取 1 位有效数字,所以水银层厚度 h 的估算值为 3×10 3m 或 4×10 3m. 例 14:把一个容器内的空气抽出一些,压强降为 p,容器 上有一小孔,上有塞子,现把塞子拔掉,如图 3—13 所示. 问空气最初以多大初速度冲进容器?(外界空气压强为 p0、 密度为ρ) 解析: 解析:该题由于不知开始时进入容器内分有多少,不知它 们在容器外如何分布,也不知空气分子进入容器后压强如 何变化,使我们难以找到解题途径.注意到题目中“最初” 二字,可以这样考虑:设小孔的面积为 S,取开始时位于小孔外一薄层气体为研究对象,令 薄层厚度为△L,因△L 很小,所以其质量△m 进入容器过程中,不改变容器压强,故此薄 层所受外力是恒力,该问题就可以解决了. 由以上分析,得:F=(p0-p)S 由动能定理得: FL = ① 对进入的△m 气体, ② 而 △m=ρS△L

1 mv 2 2

联立①、②、③式可得:最初中进容器的空气速度

v=

2( p 0 p )

ρ

例 15:电量 Q 均匀分布在半径为 R 的圆环上(如图 3—14 所示) ,求在圆环轴线上距圆心 O 点为 x 处的 P 点的电场 强度.
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解析:带电圆环产生的电场不能看做点电荷产生的电场, 解析 故采用微元法,用点电荷形成的电场结合对称性求解. 选电荷元 q = Rθ

Q , 它在 P 点产生的电场的场强的 x 分量为: 2πR

E x = k

q RθQ cos α = k 2 r 2πR( R 2 + x 2 )
kQx 2π ( R + x )
2 2 3

x R2 + x2

根据对称性 E = ∑ E x =

∑ θ =

kQx 2π ( R + x )
2 2 3

2π =

kQx (R 2 + x 2 )3

由此可见,此带电圆环在轴线 P 点产生的场强大小相当于带电圆环带电量集中在圆环的某一 点时在轴线 P 点产生的场强大小,方向是沿轴线的方向. 例 16:如图 3—15 所示,一质量均匀分布的细圆环, 其半径为 R,质量为 m.令此环均匀带正电,总电 量为 Q.现将此环平放在绝缘的光滑水平桌面上,并 处于磁感应强度为 B 的均匀磁场中,磁场方向竖直向下. 当此环绕通过其中心的竖直轴以匀角速度ω沿图示方向 旋转时,环中的张力等于多少?(设圆环的带电量不减 少,不考虑环上电荷之间的作用) 解析:当环静止时,因环上没有电流,在磁场中不受力,则 解析 环中也就没有因磁场力引起的张力.当环匀速转动时,环上电 荷也随环一起转动,形成电流,电流在磁场中受力导致环中存 在张力,显然此张力一定与电流在磁场中受到的安培力有关. 由题意可知环上各点所受安培力方向均不同,张力方向也不同, 因而只能在环上取一小段作为研究对象,从而求出环中张力的 大小. 在圆环上取△L=R△θ圆弧元,受力情况如图 3—15—甲所示.因转动角速度ω而形成的电流

I=

Qω Rω ,电流元 I△L 所受的安培力 F = ILB = QBθ 2π 2π

因圆环法线方向合力为圆弧元做匀速圆周运动所需的向心力,

θ F = mω 2 R 2 θ θ 当△θ很小时, sin ≈ 2 2 2T sin



RωQB θ = mω 2 R 2π

m ∵ m = θ 2π
解得圆环中张力为

RωQB mω 2 R ∴ Tθ θ = θ 2π 2π T= Rω (QB + mω ) 2π
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例 17:如图 3—16 所示,一水平放置的光滑平行导轨上放一质量 为 m 的金属杆,导轨间距为 L,导轨的一端连接一阻值为 R 的电 阻,其他电阻不计,磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨平面. 现给金属杆一个水平向右的初速度 v0,然后任其运动,导轨足够 长,试求金属杆在导轨上向右移动的最大距离是多少? 解析:水平地从 a 向 b 看,杆在运动过程中的受力分析 解析 如图 3—16—甲所示,这是一个典型的在变力作用下求位 移的题,用我们已学过的知识好像无法解决,其实只要 采用的方法得当仍然可以求解. 设杆在减速中的某一时刻速度为 v,取一极短时间△t,发 生了一段极小的位移△x,在△t 时间内,磁通量的变化为 △φ △φ=BL△x

I=

ε
R

=

Φ BLx = tR tR

金属杆受到安培力为 F安 = ILB =

B 2 L2 x tR
B 2 L2 x R

由于时间极短,可以认为 F 安为恒力,选向右为正方向,在△t 时间内, 安培力 F 安的冲量为: I = F安 t =

对所有的位移求和,可得安培力的总冲量为

B 2 L2 x B 2 L2 )= x ① 其中 x 为杆运动的最大距离, R R 对金属杆用动量定理可得 I=0-mV0 ② I = ∑ (
由①、②两式得: x =

mV0 R B 2 L2

例 18:如图 3—17 所示,电源的电动热为 E,电容器的 电容为 C,S 是单刀双掷开关,MN、PQ 是两根位于同 一水平面上的平行光滑长导轨,它们的电阻可以忽略不计, 两导轨间距为 L,导轨处在磁感应强度为 B 的均匀磁场 中,磁场方向垂直于两导轨所在的平面并指向图中纸面 向里的方向.L1 和 L2 是两根横放在导轨上的导体小棒, 质量分别为 m1 和 m2,且 m1 < m 2 .它们在导轨上滑动 时与导轨保持垂直并接触良好,不计摩擦,两小棒的电阻 相同,开始时两根小棒均静止在导轨上.现将开关 S 先合向 1,然后合向 2.求: (1)两根小棒最终速度的大小;
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(2)在整个过程中的焦耳热损耗.(当回路中有电流时,该电流所产生的磁场可忽略不计) 解析:当开关 S 先合上 1 时,电源给电容器充电,当开关 S 再合上 2 时,电容器通过导体小 棒放电,在放电过程中,导体小棒受到安培力作用,在安培力作用下,两小棒开始运动,运 动速度最后均达到最大. (1)设两小棒最终的速度的大小为 v,则分别为 L1、L2 为研究对象得:

′ Fi t i = m1v1 m1v1
由①、②得:
i1

∑ F t
i1 i1

i1

= m1v



同理得:

∑F

i2

t i 2 = m2 v



∑ F t +∑ F

i2

t i 2 = (m1 + m2 )v
Fi 2 = Bli2

又因为 Fi1 = Bli1 所以

t i1 = t i 2

i1 + i 2 = i

∑ BLi t
1

i1

+ ∑ BLi 2 t i 2 = BL∑ (i1 + i2 )t i = BL ∑ it i = BL(Q q) = (m1 + m2 )v

而 Q=CE q=CU′=CBLv 所以解得小棒的最终速度 v =

BLCE (m1 + m2 ) + CB 2 L2

(2)因为总能量守恒,所以

1 1 q2 1 CE 2 = + (m1 + m2 )v 2 + Q热 2 2 C 2

即产生的热量

Q热 =

1 1 q2 1 CE 2 (m1 + m2 )v 2 2 2 C 2

=

1 11 1 CE 2 (CBLv) 2 (m1 + m2 )v 2 2 2C 2 1 1 BLCE = CE 2 [CB 2 L2 (m1 + m2 )] 2 2 (m1 + m2 ) + CB 2 L2

(m1 + m2 )CE 2 = 2(m1 + m2 + B 2 L2 C )

针对训练
1.某地强风的风速为 v,设空气的密度为ρ,如果将通过横截面 积为 S 的风的动能全部转化为电能,则其电功率为多少? 2.如图 3—19 所示,山高为 H,山顶 A 和水平面上 B 点的水平 距离为 s.现在修一条冰道 ACB,其中 AC 为斜面,冰道光滑,
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物体从 A 点由静止释放,用最短时间经 C 到 B,不计过 C 点 的能量损失.问 AC 和水平方向的夹角θ多大?最短时间为多少? 3.如图 3—21 所示,在绳的 C 端以速度 v 匀速收绳从而拉动低 处的物体 M 水平前进,当绳 AO 段也水平恰成α角时,物体 M 的速度多大?

4,如图 3—22 所示,质量相等的两个小球 A 和 B 通过轻绳绕过两个光滑的定滑轮带动 C 球 上升,某时刻连接 C 球的两绳的夹角为θ,设 A、B 两球此时下落的速度为 v,则 C 球上 升的速度多大? 5.质量为 M 的平板小车在光滑的水平面上以 v0 向左匀速运动,一质量为 m 的小球从高 h 处自由下落,与小车碰撞后反弹上升的高度仍为 h.设 M>>m,碰撞弹力 N>>g,球与车之 间的动摩擦因数为μ,则小球弹起后的水平速度可能是 A. 2 gh B.0 C. 2 2 gh D.v0 ( )

6.半径为 R 的刚性球固定在水平桌面上.有一质量为 M 的圆环状均匀弹性细绳圈,原长 2πa,a=R/2,绳圈的弹性系数为 k(绳伸长 s 时,绳中弹性张力为 ks).将绳圈从球的正 上方轻放到球上,并用手扶着绳圈使其保持水平,并最后停留在某个静力平衡位置.考 虑重力,忽略摩擦. (1)设平衡时弹性绳圈长 2πb,b= 2a ,求弹性系数 k; (用 M、R、g 表示,g 为重力加 速度) (2)设 k=Mg/2π2R,求绳圈的最后平衡位置及长度. 7.一截面呈圆形的细管被弯成大圆环,并固定在竖直平面内, 在环内的环底 A 处有一质量为 m、直径比管径略小的小球, 小球上连有一根穿过环顶 B 处管口的轻绳,在外力 F 作用 下小球以恒定速度 v 沿管壁做半径为 R 的匀速圆周运动, 如图 3—23 所示.已知小球与管内壁中位于大环外侧 部分的动摩擦因数为μ,而大环内侧部分的管内壁是光滑 的.忽略大环内、外侧半径的差别,认为均为 R.试求小 球从 A 点运动到 B 点过程中 F 做的功 WF. 8.如图 3—24,来自质子源的质子(初速度为零) ,经一 加速电压为 800kV 的直线加速器加速,形成电流为 1.0mA 的细柱形质子流.已知质子电荷 e=1.60×10 流每秒打到靶上的质子数为
-19

C.这束质子

.假设分布在质子源

到靶之间的加速电场是均匀的,在质子束中与质子源相距 l
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和 4l 的两处,各取一段极短的相等长度的质子流,其中质 子数分别为 n1 和 n2,则 n1: n2 . 9.如图 3—25 所示,电量 Q 均匀分布在一个半径为 R 的 细圆环上,求圆环轴上与环心相距为 x 的点电荷 q 所受的 力的大小. 10.如图 3—26 所示,一根均匀带电细线,总电量为 Q, 弯成半径为 R 的缺口圆环,在细线的两端处留有很小的 长为△L 的空隙,求圆环中心处的场强.

11.如图 3—27 所示,两根均匀带电的半无穷长平行直导 线(它们的电荷线密度为η) ,端点联线 LN 垂直于这 两直导线,如图所示.LN 的长度为 2R.试求在 LN 的 中点 O 处的电场强度. 12.如图 3—28 所示,有一均匀带电的无穷长直导线, 其电荷线密度为η.试求空间任意一点的电场强度. 该点与直导线间垂直距离为 r. 13.如图 3—29 所示,半径为 R 的均匀带电半球面,电 荷面密度为δ,求球心 O 处的电场强度. 14.如图 3—30 所示,在光滑的水平面上,有一垂直向 下的匀强磁场分布在宽度为 L 的区域内,现有一个边长 为 a(a<L) ,质量为 m 的正方形闭合线框以初速 v0 垂直 磁场边界滑过磁场后,速度变为 v(v<v0) ,求: (1)线框在这过程中产生的热量 Q; (2)线框完全进入磁场后的速度 v′. 15.如图 3—31 所示,在离水平地面 h 高的平台上有一相 距 L 的光滑轨道,左端接有已充电的电容器,电容为 C, 充电后两端电压为 U1.轨道平面处于垂直向上的磁感应 强度为 B 的匀强磁场中.在轨道右端放一质量为 m 的金 属棒,当闭合 S,棒离开轨道后电容器的两极电压变为 U2, 求棒落在离平台多远的位置.
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16.如图 3—32 所示,空间有一水平方向的匀强磁场,大小 为 B,一光滑导轨竖直放置,导轨上接有一电容为 C 的电 容器,并套一可自由滑动的金属棒,质量为 m,释放后,求 金属棒的加速度 a.

答案:
1.

1 Sρ v 3 2

2.θ=60°

2h 3 s ( + ) g 2 2h

3. v /(1 + cos x )

4. v / cos

θ
2

5.CD

6. (1)

( 2 + 1) Mg 2π 2 R

(2)绳圈掉地上,长度为原长

7. 2mgR + mπv 2

8.6.25×1015,2:1

9. K

Qqx (R 2 + x 2 )
3 2

10. K

Ql 2 ρR 3

11.

2kλ R
2h g

12.

2kλ r
mg m + CB 2 L2

13.2πRσ

2 14. m(v0 v 2 ), v ′ =

1 2

v + v0 2

CBL (u1 u 2 ) 15. m

16.a =

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