高中物理奥赛经典
2．T = 5.16N 3．fmax =4．A 5．B 6．C 7．C 8．
F+2mg
3
mA(m+mB)mAg
tanθ ；（2）F＜A(tanθ－μ)
mBmA+mB
mkx
，fmin = 0 M+m
9．（1）μ＜10．aC =11．vA =
mAmBg
(mA+mB+mC)(mA+mB)?mA
lm2cosα
，方向沿AB方向。 2
m2(m1+m2+m3)+m1m2sinα
4mv2mv2
12．P =，E =
1+2sin2α1+2sin2α
13．（1）a = 0.5m/s2 ，a′= 0.64m/s2 ；（2）3.78cm
14．0.2m 15．8cm
pS+mg+fpS+mg?f
16．0T0≤T≤0T0
p0Sp0S17．摩擦力足够大时，T = 2 (1 +1
18．2d ，mv2
2
klμmg)T0 ；摩擦力不是足够大时T = 2 (1 +)T0 p0Sp0S
19．Q =
πεD
4B
20．证明略。
隔离法第13页（共13页）
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”。
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 移动速度vC=lim
ΔSCC′
Δt→0Δt
H
ΔSAA′
Hv
==limH?hΔt→0ΔtH?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 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：
物理奥赛三第1页
Tθ+ΔTθ=ΔGcosθ+Tθ ΔTθ=ΔGcosθ=ρΔLgcosθ
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=
∑ΔTθ=∑ρΔLgcosθ=ρg∑ΔLcosθ
观察 ΔLcosθ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
∑ΔLcosθ=R 可得铁链A端受的拉力 T=ρg∑ΔLcosθ=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vA， 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vB的大小.
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vA，半径为a，可以得到行星在△t时间内扫过的面积
1
vAΔt?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 Sb=vBΔt?b 由开普勒第二定律可知：Sa=Sb
2a
即得 vB=vA 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， 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=Mv2 ① 两边同时乘以一个极短的时间△t， 有 mv1Δt=Mv2Δt ②
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Δs1=v1Δt，Δs2=v2Δt
物理奥赛三第2页
由此将②式化为 mΔs1=MΔs2 ③ 把所有的元位移分别相加有 m
∑Δs
1
=M∑Δs2 ④
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：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
ΔθM △m在该平面上受拉力F的作用，合力为 2ππ?ΔθΔθ T=2Fcos()=2Fsin
22
Δθ因为当θ很小时，sinθ≈θ 所以T=2F=FΔθ
2
量 Δm=
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=Δmg?tanθ
现在弹性绳圈的半径为 r=
2πR2
=R 2π2
所以 sinθ=
2r
=R2
θ=45° tanθ=1
ΔθΔθ因此T=Δmg=Mg ①、②联立，Mg=FΔθ，
2π2π
物理奥赛三第3页
解得弹性绳圈的张力为： F=
Mg
2π2πR?πR=(2?1)πR
设弹性绳圈的伸长量为x 则 x=
FMg(2+1)Mg
所以绳圈的劲度系数为：k===22
x2(2?1)πR2πR
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
ΔθM，受圆环对它的张 2πΔθ=Δmrω2 力为T，则同上例分析可得 2Tsin2
ΔθΔθ因为△θ很小，所以sin≈，即
22
为△θ，其质量可表示为Δm=
2T?
ΔθΔθ=Mrω2 解得最大角速度 ω=22π2πT
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：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?ΔMg)Δt=ΔI 因为 ΔMg?Δt≈0
所以 FΔt=ΔM?v?0=ρvΔx 解得冲力：
F=ρv
ΔxΔx，其中就是t时刻链条的速度v， ΔtΔt
物理奥赛三第4页
高中物理奥赛方法（清晰版）
