高中奥林匹克物理竞赛解题方法
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。 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 图5— 1
由机械能守恒有 mg(h?x)?Ek?12kx ② 21m2g2??联立①②式解得 Ek?mgh 2k例2：如图5—2所示，倾角为?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?。
图5—2
解析：质点沿OP做匀加速直线运动，运动的时间t应该与?角有关，
求时间t对于?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?gcos?
该质点沿轨道由静止滑到斜面所用的时间为t，则
12at?OP 2所以t?2OP ①
gcos?由图可知，在△OPC中有
1
OPOC ???sin(90??)sin(90????)OCcos? ②
cos(???)2OCcos?4OCcos??
gcos?cos(???)[cos??cos(??2?)]g所以OP?将②式代入①式得 t?显然，当cos(??2?)?1,即??所以当???2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。
此题也可以用作图法求解。
例3：从底角为?的斜面顶端，以初速度?0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?v0tan??gt，解得运动时间为t?2v0该点的坐标为 x?v0t?tan?g图5—3
v0tan? g212v0y?gt?tan2?
22g由几何关系得：H/cos??y?xtan?
2v0解得小球离开斜面的最大距离为 H?tan??sin?。
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 图5—4
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。
2
?x?v0cos??t?根据平抛运动的规律，水流的运动方程为?12
y?v0sin??t?gt?2?把A点坐标（d、h）代入以上两式，消去t，得：
2v0??gd2/2cos2??(h?dtan?)?gd2/[dsin2??h(cos2??1)]?gd2/d2?h2[dd?h22?sin2??hd?h22
?cos2?]?h2222令 h/d?tan?,则d/d?h?cos?,h/d?h?sin?,上式可变为
2v0?gd2/d2?h2sin(2???)?h,显然,当sin(2???)?1,即2????90? 1h4??亦即发射角??45??45?arctan?45?arctan?71.6时,v0最小,22d3???且最小初速v0=
g(d2?h2?h)?310m/s?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?，人和铁板间摩擦因数为
??，且??>>?。这样，人能使铁板朝其跑动方向移动
图5—5
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?f?(M?m)g ???g。M?mM?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动
2a1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?(M?m)g，根据系统的牛顿第二定律得：
F?ma2?M?0
所以 a2?FM?m??g ①哈 mm3
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?R0g(2?R0（取R0=6.4)，并用该式求出这个发射速度的最小值和最大值。
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
E1?12Mm ① mv发?G2R01Mm2mv轨?G ② 2r
进入轨道后卫星的机械能为E2?由E1=E2，并代入v轨?
RGMGM,解得发射速度为 v发?(2?0) ③ rR0rMm?mg2R0所以GM?R0g④ R0
又因为在地面上万有引力等于重力，即：G
把④式代入③式即得：v发?R0g(2?R0) r（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?2R0g?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=3R/8， 半球重为G，半球放在
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水平面上，在半球的平面上放一重为G/8的物体，它与半
球平在间的动摩擦因数??0.2， 求无滑动时物体离球心 图5—6
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?越大，但物体在球
体斜面上保持相对静止时，?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
3RGsin??xcos? 88? 得 x?3Rtan可见，x随?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：
衡条件有：G? tan?m?fm???0.2,所以,x?3?R?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??0.3，杆的上端固定在地面上的绳索拉住，绳 与杆的夹角??30，如图5—7所示。
?图5—7
（1）若以水平力F作用在杆上，作用点到地面的距离h1?2L/5(L为杆长），要
使杆不滑倒，力F最大不能越过多少？
（2）若将作用点移到h2?4L/5处时，情况又如何？
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?Tsin??f?0 N?Tcos??mg?0
F(L?h)?fL?0图5—7—甲
另由上式可知，F增大时，f相应也增大，故当f增大到最大静摩擦力时，杆刚要滑倒，此时满足：f??N
解得：Fmas?mgLtan?
(L?h)tan?/??h
由上式又可知，当(L?h)tan?/??h??,即当h0?0.66L时对F就没有限制了。
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高中物理竞赛 解题 方法
