高中奥林匹克物理竞赛解题方法 十二 类比法

从一道题看奥赛所涉及的解题方法和技巧题：设湖岸MN 是一条直线，有一小船自岸边的A 点沿与湖岸成α＝15°角的方向匀速向湖中驶去，有一个人自A 点同时出发，，他先沿岸走一段再入水中游泳去追小船.已知人在岸上走的速度为v1 =4m/s ，在水中游泳的速度为v2＝2m/s ，试求小船的速度至多为多大时，这人才能追上小船？方法1：微元法如图，设人在D 点入水并在B 点刚好能追上小船，这表明：此时人追上小船所用时间最少，对应的小船速度最大.D 点两侧各有入水点C 和E ，使得在该处入水追船所用时间相等.现设C 、E 是D 点两侧附近无限靠近D 点的两点，并设分别从C 、E 点入水追小船所用总时间相等.现在BC 段截取BF=BE ，那么∠BFE ＝90°.由于从C 、E 点入水追小船所用总时间相等，所以，人在CE 段走与在CF 段游泳所用时间相等.于是因为C 、E 两点无限靠近D 点，所以∠BDN ＝θ＝60°，作BK ⊥BD 交MN 于K ，于是DK=2BD.又因为v1=2v2,则人游DK 段与走DK 段所用时间相等.所以人自出发经D 点再到B 点与人由A 点一直走到K 点所用时间相同，并都等于小船从A 到B 所用的最少时间.即有 在⊿ABK 中，用正弦定理可得： 那么方法2：类比法设想MN 为甲和乙两种介质的分界面，光在甲中的速度为v1，在乙中的速度为v2，据费马原理可知，B →D →A 是光从B 传到A 费时最少的路径，而β是临界角. 这可类比本题人从A 经D 到B 的追船情况.由此得： 下面解法与方法1相同.最后可得： 21v CF v CE =21cos ==CE CF θ︒=60θ1max v AK v AB =21135sin 30sin =︒︒=AK AB )/(2222211max s m v v v ===︒==30arcsin 12v v β)/(22max s m v =方法3：图解法如图，设人开始运动就一直游泳，那么他能到达的区域是以A 为圆心、以v2t 为半径的半圆中的任何一点，若他一直沿湖岸走，那么他在t 时间内可以到达AK ＝v1t 中的任何一点，若他先沿岸走一段再入水追船，那么他可以在t 时间内到达图中⊿AEF 中的任何一点.所以，他若能追上船，船也必须在t 时间内到达这区域.由于题设小船沿α角的方向运动，所以沿此方向的直线与EK 线的交点B 是船以最大速度运动且又能被人追上的地点.在Rt ⊿AEK 中，因为AK=2AE ，所以∠AKE ＝30°，于是，∠ABK ＝180 °－15 °－ 30°＝135°在⊿ABK 中,据正弦定理得： 而所以：方法4：矢量图解法设人先沿岸走一段，再入水追船，以船为参考系，由于人和船是同时由A 点出发的，则人在沿岸走时，船看到人正在由船所在位置逐渐“离去”，离去的相对速度u 1为：要人能追上船，即人能回到船上，则其返回的相对速度u 2必须沿u 1的反方向，返回的相对速度u 2为： 作图：（1）以MN 线上的A 点为起点作矢量v 1得K 点；（2）以A 点为圆心，以v2的大小为半径作圆;（3）作直线AC ，使它与MN 线的夹角为α＝15°；设K 点与圆上的任一点E 的连线与AC线的交点为B ，则AB 表示船速，BK 表示人相对船的“离开”速度u 1，而BE 表示人相对船的“返回”速度u 2.显然，当KE 与圆相切时，AB 线最长，表示船速最大，由此有作图步骤:（4）作KE 与圆相切于E 点，并与AC 相交于B 点.由于AK=AE ，所以，∠AKF ＝30°，∠ABE ＝45°.因而⊿ABE 为等腰直角三角形，那21135sin 30sin =︒︒=AK AB 1max 1max v v t v t v AK AB ==)/(2222211max s m v v v ===v v u -=11vv u -=22方法5：等效法设人在B 点追上船，则人到达B 点可能有很多途径，如A →C →B ，A →D →B,A →E →B 等,这些途径中耗时最少的途径对应着允许的最大船速，作∠NAP ＝30°，并分别作CK,DH,EF 垂直AP ，其中设BDH 为直线，又设想MN 线下方也变成湖水区域，则因为AC=2CK,所以人由K 点游泳到C 点所用时间与人在岸上走由A 点到C 点所用时间是相等的.故人按题设情况经路径A →C →B 所用时间与假想人全部在水中游泳游过路径K →C →B 所用时间相等，同理，人按题设情况经路径A →D →B所用时间与假想人全部在水中游泳游过路径H→D →B 所用时间相等，人按题设情况经路径A→E →B 所用时间与假想人全部在水中游泳游过路径F →E →B 所用时间相等，显然，在这些途径中，因为HDB 是直线，因此所用时间最少.由以上分析可知，人沿等效途径HDB 游泳就费时最少地刚好追上船，这对应着最大船速，设为vmax ，则有因为⊿AHB 是等腰直角三角形，所以故得方法6：极值法（利用三角函数）如图，设人沿岸走到D 点时，船航行到C 点，此时人入水游泳就刚好能在B 点追上船. 在⊿ACD 中应用正弦定理得又设此时船速为v ，人由A 点走到D 点耗时为t ，则 由以上两式得 又在⊿CDB 中应用正弦定理得设人游过DB 段所用时间为t ’,则 由以上两式得由（1）、（2）式，并注意v 1=2v 2，可得 又由于，要v 尽可能大，即需AC/AD 尽可能大，而θ越大，则AC 越大，由于 )/(2222max s m v v ==2max v BH v AB =BHAB 2=)/(2222max s m v v ==AC AD =--)sin()sin(αθθπvtAC t v AD ==,1BC BD =--)sin(sin βθπθt v CB t v BD '='=,2)2()sin(sin 2v v =+βθθ)1()sin(sin 1v v =-αθθ)3()sin(2)sin(αθβθ-=+1v v AD AC =α为恒量，则θ越大，则θ－α也越大，且（θ－α）为锐角，则sin （θ－α）随（θ－α）增大而增大，故得sin （θ－α）最大时，θ最大，由（3）式可见，当sin （θ＋β）＝1时，sin （θ－α）有最大值为1/2，此时对应的θ值为450，此时得β=450，于是⊿CDB 是等腰直角三角形，则有所以： 方法7：极值法（利用一元二次函数判别式）如图，设船出发后经时间t 被人追上.则船的位移为s=v t ，又设人在岸上走用时为kt （0<k<1)，位移为s1=k v 1t,人在湖中游用时为(1－k)t （0<k<1)，位移为s2=(1-k)v 2t.那么，据余弦定理有：把s 、s1、s2的表达式及v 1、v 2的值代入并整理可得于是有要这方程有实数解，其判别式⊿应满足：由此可解得：或由本题的物理情景可知只能取： 方法8：极值法（利用一元二次函数判别式）如图，设人在岸上D 处入水追船，运动方向与湖岸成θ角,并在B 点处追上船，这人由A →D →B 用时为t .则 上式表明：t 与θ有关，且在d 、L 、v 1、v 2一定时，由θ决定,研究函数 两边平方得： 整理后得：此方程有实数解的条件是：判别式⊿≧0，即有由此解得：所以： 由（3）、（4）式得： 这表明当θ＝60°时，函数y 有最小值，由（1）式知此时t 有最小值,对应的船速有最大值.)/(2222max s m v v ==αcos 2121222ss s s s -+=︒-+=-15cos 816)1(4222kv v k k 2213432230cos 115cos +=+=︒+=︒0)4(]8)26(2[1222=-+-+-v k v k 0)4(48]8)26(2[22≥---+=∆v v 22≤v )13(22+≥v )/(22max s m v =θθsin cot 21v d v d L t +-=)1()sin cos sin 1(121d v v v L θθθ-+=)2(sin cos sin 112θθθv v y -=θθθ2222122221212sin cos cos 2v v v v v v y +-=)3()cos 1(cos cos 2222212222121θθθ-+-=v v v v v v 0)1(cos 2cos )(222212122222212=-+-+v y v v v v v v y θθ0)1()(442222122222122221≥-+-v y v v v v y v v 222122212v v v v y -≥)4(222122212min v v v v y -=21cos 12==v v θ︒=60θ)315(cot )3132(15cot 1121min+︒=-+︒=v d v v v d t )315(cot 15sin sin 1min min max+︒︒===v t d t AB v θ。

高中物理竞赛备战物理竞赛掌握物理问题的解题技巧和思路在高中物理竞赛备战期间，掌握物理问题的解题技巧和思路是非常重要的。

本文将分享一些有效的方法和策略，帮助同学们在竞赛中更好地应对物理问题。

一、理清物理知识框架在备战物理竞赛之前，同学们需要系统地学习相关的物理知识，并理清知识的框架。

可以从重要的基础知识出发，逐步扩展到更高级的内容。

例如从力学、热学、光学、电磁学等方面入手，逐层递进地学习相关的理论和公式。

二、强化基本概念和公式的理解熟练掌握基本概念和公式是解决物理问题的基础。

同学们需要逐个概念进行理解，通过实例和图表进行实际应用，加深对概念的理解和记忆。

同时，要掌握一些常见的公式和其推导过程，这有助于加深对公式的理解和记忆，并能更好地运用到解题中。

三、注重解题方法的培养解题方法的培养至关重要。

需要培养一些常见的问题解决思路和方法，例如分析-分类-求解法、模型建立法、变形和逆向思维法等。

这些方法能够帮助同学们更快、更准确地解决物理问题，并在竞赛中取得好成绩。

四、多做习题和模拟试题理论学习只是第一步，同学们还需要通过多做习题和模拟试题来巩固所学知识，并提高解题的能力。

可以选择一些经典习题和竞赛试题进行训练，熟悉不同类型的题目和解题思路。

同时，需要注意进行错题总结，分析错误原因，找到解题的漏洞，以避免类似错误的再次发生。

五、培养逻辑思维和分析问题的能力物理竞赛中，逻辑思维和分析问题的能力非常重要。

同学们需要培养逻辑思维，学会抓住问题的关键点，建立问题与知识之间的联系。

培养逻辑思维能力可以通过解决一些有逻辑推理的问题，如逻辑谜题、思维游戏等。

同时，多进行物理问题的思考和讨论，加深对问题本质的理解和把握。

六、关注前沿科技和物理研究领域对于物理竞赛选手来说，关注前沿科技和物理研究领域的最新动态是非常有益的。

通过阅读相关的科技新闻、研究报告和论文，能够拓宽知识面，了解物理学的最新发展和应用。

这些信息的获取有助于拓展思维，提升解题能力，并能在竞赛中运用到实际问题中。

2024-2025高中物理奥赛解题方法：十 假设法含答案十、假设法方法简介假设法是对于待求解的问题，在与原题所给条件不相违的前提下，人为的加上或减去某些条件，以使原题方便求解。

求解物理试题常用的有假设物理情景，假设物理过程，假设物理量等，利用假设法处理某些物理问题，往往能突破思维障碍，找出新的解题途径，化难为易，化繁为简。

赛题精析例1：如图10—1所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m 0的平盘，盘中有一物体，质量为m 。

当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L 。

今向下拉盘使弹簧再伸长ΔL 后停止，然后松手放开。

设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于（ ）A 、(1 +L L ∆)mg B 、(1 +L L ∆)(m + m 0)g C 、L L ∆mg D 、L L∆(m + m 0)g 解析：此题可以盘内物体为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律列出一个式子，然后再以整体为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律再列一个式子和根据平衡位置的平衡条件联立求解，求解过程较麻烦。

若采用假设法，本题将变得非常简单。

假设题中所给条件ΔL = 0 ，其意义是没有将盘往下拉，则松手放开，弹簧长度不会变化，盘仍静止，盘对物体的支持力的大小应为mg 。

以ΔL = 0代入四个选项中，只有答案A 能得到mg 。

由上述分析可知，此题答案应为A 。

例2：如图10—2所示，甲、乙两物体质量分别为m 1 =2kg ，m 2 = 3kg ，叠放在水平桌面上。

已知甲、乙间的动摩擦因数为μ1 = 0.6 ，物体乙与平面间的动摩因数为μ2 = 0.5 ，现用水平拉力F 作用于物体乙上，使两物体一起沿水平方向向右做匀速直线运动，如果运动中F 突然变为零，则物体甲在水平方向上的受力情况（g 取10m/s 2）A 、大小为12N ，方向向右B 、大小为12N ，方向向左C 、大小为10N ，方向向右D 、大小为10N ，方向向左解析：当F 突变为零时，可假设甲、乙两物体一起沿水平方运动，则它们运动的加速度可由牛顿第二定律求出。

高中奥林匹克物理竞赛解题方法七、对称法方法简介由于物质世界存在某些对称性,使得物理学理论也具有相应的对称性,从而使对称现象普遍存在于各种物理现象和物理规律中. 应用这种对称性它不仅能帮助我们认识和探索物质世界的某些基本规律,而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题,这种思维方法在物理学中称为对称法. 利用对称法分析解决物理问题,可以避免复杂的数学演算和推导,直接抓住问题的实质,出奇制胜,快速简便地求解问题.赛题精析例1：沿水平方向向一堵竖直光滑的墙壁抛出一个弹性小球A,抛出点离水平地面的高度为h,距离墙壁的水平距离为s, 小球与墙壁发生弹性碰撞后,落在水平地面上,落地点距墙壁的水平距离为2s,如图7—1所示. 求小球抛出时的初速度.解析：因小球与墙壁发生弹性碰撞, 故与墙壁碰撞前后入射速度与反射速度具有对称性, 碰撞后小球的运动轨迹与无墙壁阻挡时小球继续前进的轨迹相对称,如图7—1—甲所示,所以小球的运动可以转换为平抛运动处理, 效果上相当于小球从A ′点水平抛出所做的运动. 根据平抛运动的规律：⎪⎩⎪⎨⎧==2021gt y t v x 因为抛出点到落地点的距离为3s,抛出点的高度为h代入后可解得：hg s y g x v 2320== 例2：如图7—2所示,在水平面上,有两个竖直光滑墙壁A 和B,间距为d, 一个小球以初速度0v 从两墙正中间的O 点斜向上抛出, 与A 和B 各发生一次碰撞后正好落回抛出点O, 求小球的抛射角θ.解析：小球的运动是斜上抛和斜下抛等三段运动组成, 若按顺序求解则相当复杂,如果视墙为一平面镜, 将球与墙的弹性碰撞等效为对平面镜的物、像移动,可利用物像对称的规律及斜抛规律求解.图7—1物体跟墙A 碰撞前后的运动相当于从O ′点开始的斜上抛运动,与B 墙碰后落于O 点相当于落到O ″点,其中O 、O ′关于A 墙对称,O 、O ″对于B 墙对称,如图7—2—甲所示,于是有 ⎩⎨⎧==⎪⎩⎪⎨⎧-==0221sin cos 200y d x gt t v y t v x 落地时θθ 代入可解得20202arcsin 2122sin v dg v dg ==θθ所以抛射角 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：以地面为参考系,三只猎犬运动轨迹都是一条复杂的曲线,但根据对称性,三只猎犬最后相交于三角形的中心点,在追捕过程中,三只猎犬的位置构成三角形的形状不变,以绕点旋转的参考系来描述,可认为三角形不转动,而是三个顶点向中心靠近,所以只要求出顶点到中心运动的时间即可.由题意作图7—3, 设顶点到中心的距离为s,则由已知条件得 a s 33=由运动合成与分解的知识可知,在旋转的参考系中顶点向中心运动的速度为v v v 2330cos ==' 由此可知三角形收缩到中心的时间为 v a v s t 32='=此题也可以用递推法求解,读者可自己试解.例4：如图7—4所示,两个同心圆代表一个圆形槽,质量为m,内外半径几乎同为R. 槽内A 、B 两处分别放有一个质量也为m 的小球,AB 间的距离为槽的直径. 不计一切摩擦. 现将系统置于光滑水平面上,开始时槽静止,两小球具有垂直于AB 方向的速度v ,试求两小球第一次相距R 时,槽中心的速度0v .解析：在水平面参考系中建立水平方向的x 轴和y 轴.由系统的对称性可知中心或者说槽整体将仅在x 轴方向上运动。

高中物理解题技巧：类比法类比法是根据两个（两类）对象之间在某些方面的相同或相似，而推出它们在其他方面也可能相同或相似的逻辑推理方法．根据事物属性之间的关系，类比法常用的有性质类比、关系类比、协变类比．1．性质类比是指对象各个属性之间的关系仅仅在于它们都是同一对象的属性．例1在匀速圆周运动一节教学中，在建立匀速圆周运动的概念时，可通过与匀速直线运动的概念类比，由学生总结出匀速圆周运动的概念．建立线速度的概念时，可与匀速直线运动的定义进行类比，从而总结出线速度的定义．例2人们依据声现象的一些特性与光现象特性进行类比（见表1）表1声现象具直线传播直线传播反射反射折射折射干涉干涉所以光可能也具有波动的特性．这一结论被后来的研究和实验所证实．例3“多普勒效应”最初是关于声音传播的定律，多普勒把光和声进行了类比，指出“多普勒效应”不仅适用于声波，也适用于光波．哈勃等天文学家根据“多普勒效应”解释了天文学上的“红移现象”进而得出宇宙大爆炸理论．例4在磁场概念的引入中，教材中首先列出电场和磁场的相似属性，如电荷之间有相互作用力，磁极与磁极之间也有相互作用力，电荷是同性相斥而异性相吸，磁极也是同名磁极相斥而异名磁极相吸，然后进行一系列类推：电荷周围存在电场，谁知磁极周围可能存在磁场；电荷间的作用力需电场传递，谁知磁极间的相互作用力可能也要靠磁场传递，电场是一种物质，推知磁场也是一种物质．例5在讨论绕地球运行的卫星在不同轨道上运行时，机械能的大小关系，可以与原子核外电子绕原子核做圆周运动时机械能的大小进行类比（见表2）．取无限远处引力势能为零，即r越大，卫星或原子核外电子的机械能绝对值越小，也就是负的越小，机械能越大．2．关系类比它是根据两个对象各自属性之间可能具有的相同因果关系而进行的类比推理．例1牛顿发现的万有引力定律，把天体力学与地上的力学统一起来，实现了物理学发展史上的第一次大综合，这其中就要应用关系类比的方法，高山上用力抛出的石头，初速度越大，则抛出越远，如果速度足够大，则石头可能绕地球运转而不落向地面，摇动系着绳子的石头，则石头可做圆周运动；而天上的月亮能作圆周运动，也可能象石头一样是受向心力作用，而这一向心力就是月亮与地球间的引力，从而导致万有引力定律的发现．3．协变类比它是根据两个（或两类）对象可能具有的属性之间的某种协变关系（定量的函数关系）的类比推理．例1德布罗意在1924年提出物质波公式的推理过程：光具有粒子性和波动性，所以实物料子也具有粒子性和波动性：所以实物粒子也可能具有方程式E＝hv，λ＝h／mv，此数学关系式被1927年的电子衍射实验所证实．例2库仑在电磁学研究中从牛顿的万有引力定律公式F∝m 1m2／r2中，联想到电荷之间的相互作用力也应遵从F∝q1q2／r2这一基本的电作用规律，于是就把库仑力的定量关系类比于万有引力公式，而得出F∝q1q2／r2．例320世纪初，卢瑟福及其助手为了探索原子结构的奥秘，曾经做了著名的a粒子散射实验，发现原子的结构同太阳系十分相似（见表3）所以，原子也可能由电子环绕原子核构成．卢瑟福于1911年提出了原子结构的“太阳系模型”假说．例4根据弹簧的动力学方程F＝－kx和单摆的动力学方程F＝－mgx／L＝－k′x的协变关系，由于弹簧振子的运动是简谐运动，推知单摆的运动也是简谐运动．以上是我在教学中用到类比法的一些例子，在物理教学中运用类比方法可以引导学生自己获取知识；有助于提出假说，进行推测，有助于提出问题并设想解决问题的方向，类比可激发学生探索的意向，引导学生进行探索，使学习成为学生自觉积极的活动，发展学生的思维能力．。

高中奥林匹克物理竞赛解题方法一、整体法方法简介整体是以物体系统为研究对象，从整体或全过程去把握物理现象的本质和规律，是一种把具有相互联系、相互依赖、相互制约、相互作用的多个物体，多个状态，或者多个物理变化过程组合作为一个融洽加以研究的思维形式。

整体思维是一种综合思维，也可以说是一种综合思维，也是多种思维的高度综合，层次深、理论性强、运用价值高。

因此在物理研究与学习中善于运用整体研究分析、处理和解决问题，一方面表现为知识的综合贯通，另一方面表现为思维的有机组合。

灵活运用整体思维可以产生不同凡响的效果，显现“变”的魅力，把物理问题变繁为简、变难为易。

赛题精讲例1：如图1—1所示，人和车的质量分别为m 和M ，人用水平力F 拉绳子，图中两端绳子均处于水平方向，不计滑轮质量及摩擦，若人和车保持相对静止，且水平地面是光滑的，则车的加速度为 .解析：要求车的加速度，似乎需将车隔离出来才 能求解，事实上，人和车保持相对静止，即人和车有相同的加速度，所以可将人和车看做一个整体，对整体用牛顿第二定律求解即可.将人和车整体作为研究对象，整体受到重力、水平面的支持力和两条绳的拉力.在竖直方向重力与支持力平衡，水平方向绳的拉力为2F ，所以有：2F=(M+m)a ，解得：mM F a +=2 例2 用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如图1—2所示，今对小球a 持续施加一个向左偏下30°的恒力，并 对小球b 持续施加一个向右偏上30°的同样大小的恒力，最后达到平衡，表示平衡状态的图可能是 （ ）解析 表示平衡状态的图是哪一个，关键是要求出两条轻质细绳对小球a 和小球b 的拉力的方向，只要拉力方向求出后，。

图就确定了。

先以小球a 、b 及连线组成的系统为研究对象，系统共受五个力的作用，即两个重力(m a +m b )g ，作用在两个小球上的恒力F a 、F b 和上端细线对系统的拉力T 1.因为系统处于平衡状态，所受合力必为零，由于F a 、F b 大小相等，方向相反，可以抵消，而(m a +m b )g 的方向竖直向下，所以悬线对系统的拉力T 1的方向必然竖直向上.再以b 球为研究对象，b 球在重力m b g 、恒力F b 和连线拉力T 2三个力的作用下处于平衡状态，已知恒力向右偏上30°，重力竖直向下，所以平衡时连线拉力T 2的方向必与恒力F b 和重力m b g 的合力方向相反，如图所示，故应选A.例3 有一个直角架AOB ，OA 水平放置，表面粗糙，OB 竖直向下，表面光滑，OA 上套有小环P ，OB 上套有小环Q ，两个环的质量均为m ，两环间由一根质量可忽略、不何伸长的细绳相连，并在某一位置平衡，如图1—4所示.现将P 环向左移动一段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态相比，OA 杆对P 环的支持力N 和细绳上的拉力T 的变化情况是 （ ）A ．N 不变，T 变大B ．N 不变，T 变小C ．N 变大，T 变小D ．N 变大，T 变大解析 先把P 、Q 看成一个整体，受力如图1—4—甲所示，则绳对两环的拉力为内力，不必考虑，又因OB 杆光滑，则杆在竖直方向上对Q 无力的作用，所以整体在竖直方向上只受重力和OA 杆对它的支持力，所以N 不变，始终等于P 、Q 的重力之和。

高中奥林匹克物理竞赛解题方法一、整体法整体是以物体系统为研究对象，从整体或全过程去把握物理现象的本质和规律，是一种把具有相互联系、相互依赖、相互制约、相互作用的多个物体，多个状态，或者多个物理变化过程组合作为一个融洽加以研究的思维形式。

整体思维是一种综合思维，也可以说是一种综合思维，也是多种思维的高度综合，层次深、理论性强、运用价值高。

因此在物理研究与学习中善于运用整体研究分析、处理和解决问题，一方面表现为知识的综合贯通，另一方面表现为思维的有机组合。

灵活运用整体思维可以产生不同凡响的效果，显现“变”的魅力，把物理问题变繁为简、变难为易。

例7 有一轻质木板AB 长为L ，A 端用铰链固定在竖直墙上，另一端用水平轻绳CB 拉住。

板上依次放着A 、B 、C 三个圆柱体，半径均为r ，重均为G ，木板与墙的夹角为θ，如图1—8所示，不计一切摩擦，求BC 绳上的张力。

二、隔离法隔离法就是从整个系统中将某一部分物体隔离出来，然后单独分析被隔离部分的受力情况和运动情况，从而把复杂的问题转化为简单的一个个小问题求解。

隔离法在求解物理问题时，是一种非常重要的方法，学好隔离法，对分析物理现象、物理规律大有益处。

例9 如图2—9所示，四个相等质量的质点由三根不可伸长的绳子依次连接，置于光滑水平面上，三根绳子形成半个正六边形保持静止。

今有一冲量作用在质点A ，并使这个质点速度变为u ，方向沿绳向外，试求此瞬间质点D 的速度.解析 要想求此瞬间质点D 的速度，由已知条件可知得用动量定理，由于A 、B 、C 、D 相关联，所以用隔离法，对B 、C 、D 分别应用动量定理，即可求解.以B 、C 、D 分别为研究对象，根据动量定理：对B 有：I A —I B cos60°=m B u …………①I A cos60°—I B =m B u 1…………②对C 有：I B —I D cos60°=m C u 1……③I B cos60°—I D =m c u 2…………④对D 有：I D =m D u 2……⑤由①~⑤式解得D 的速度u u 1312三、微元法微元法是分析、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。

物理竞赛解题思路物理竞赛是一项考验学生物理知识和解答能力的竞技活动。

为了在物理竞赛中取得好成绩，除了扎实的物理知识储备外，解题思路的灵活运用也是至关重要的。

本文将介绍一些物理竞赛中常用的解题思路，帮助大家在比赛中取得优异成绩。

一、理解题意在开始解题之前，首先要仔细理解题目的要求。

阅读题目时要注意关键词、数据和已知条件。

可以将题目中的关键信息标记出来，有助于后续解题过程中的思路清晰和避免遗漏。

二、分析物理原理理解题目要求后，接下来需要分析题目中涉及的物理原理。

对于给定的物理现象或问题，需要根据所学的物理知识进行合理的分析和推理。

将问题归类到已知的物理原理或概念上，并应用相应的公式、定律或原理进行推导和计算。

三、运用数学工具物理与数学有着紧密的联系，数学工具在解题过程中发挥着重要的作用。

对于一些需要精确计算的问题，需要灵活运用代数、几何和微积分等数学工具进行计算和推导。

同时，注意合理选取坐标系、使用矢量和向量等数学工具，有助于简化问题和提高解题的效率。

四、熟练掌握实验方法物理竞赛中常常会涉及实验和观察类题目，对于这类题目，掌握实验方法是解题的关键。

熟悉各种物理实验的操作步骤和基本原理，善于观察和分析实验现象，并能灵活运用所学的物理知识进行解答。

五、掌握解题技巧在物理竞赛中，掌握一些解题技巧是提高解题能力的有效途径。

例如，对于难题可以先解决一些简单的部分，逐步扩展解决范围；在解决复杂问题时，可以通过化繁为简、分步推导等方法简化问题；对于多个物理概念同时出现的问题，要善于找到彼此之间的关联点等等。

掌握这些解题技巧可以提高解题的效率和准确度。

六、刻苦训练与模拟考试除了上述的解题思路，刻苦训练和模拟考试也是提高物理竞赛成绩的重要途径。

通过大量的练习和模拟考试，能够加深对物理知识的理解和运用，培养解题的敏捷性和灵活性。

通过理解题意、分析物理原理、运用数学工具、熟练掌握实验方法、掌握解题技巧以及刻苦训练与模拟考试等方法，我们可以提高在物理竞赛中解题的能力和水平。

高中物理竞赛解题技巧竞赛是一种展现学生学习成果和能力的有效途径，而高中物理竞赛则是考验学生物理知识和解题技巧的平台。

在这篇文章中，将探讨一些在高中物理竞赛中提高解题技巧的方法和策略。

了解竞赛规则和题型是提高解题技巧的首要步骤。

不同的竞赛有不同的规则和题型，如多项选择题、填空题、计算题等。

通过了解竞赛的规则和题型，可以事先明确要求，有针对性地学习和准备。

其次，建立坚实的物理基础知识是提高解题技巧的基础。

物理是一门基础学科，理解物理原理和概念对于解题至关重要。

在学习物理的过程中，要注重理论和实践相结合，加强实验和实践能力的培养，以提高对物理现象的理解和应用。

在解题过程中，学会分析问题和找到关键信息是关键。

高中物理竞赛常常需要解决复杂的问题，因此学生在面对问题时要学会有条不紊地分析问题，找到关键信息。

可以通过画图、列式和构建模型等方法，将问题简化或者转化为容易解决的形式。

此外，培养逻辑思维和拓展思维也是解题的重要技巧。

在高中物理竞赛中，往往需要学生灵活运用物理知识，从多个角度思考问题，给出合理的解决方法。

因此，学生需要培养逻辑思维和拓展思维能力，注重培养创新思维和跨学科的能力。

在解题过程中，学会应用解题策略也是提高解题技巧的一种方法。

学生可以通过总结过去的解题经验，形成解题“套路”或者一些常用的解题方法，如分析问题的角度、列出公式和数据、使用逻辑推理、比较选项等。

这些解题策略有助于完善解题过程，提高解题效率。

培养良好的时间管理和压力应对能力也对提高解题技巧有着重要的影响。

高中物理竞赛通常时间紧迫，题目数量较多，学生需要在固定的时间内完成题目，因此需要学会合理规划时间，有序解题。

同时，竞赛本身带来的一定压力也需要学生具备较强的心理素质，保持冷静应对。

在准备竞赛时，多做题并及时复习是提高解题技巧的有效途径。

通过多做题目，可以熟悉各种题型和解题思路，掌握解题方法；并通过及时复习巩固和强化知识点，提高解题的准确性和快速性。

物理竞赛解题思路指南物理竞赛是一种考察学生对物理知识和解题思路的能力的竞赛形式。

在这篇文章中，我们将为大家介绍一些物理竞赛解题的思路和指导方法，希望能帮助读者在物理竞赛中取得更好的成绩。

1. 问题分析在参加物理竞赛时，首先要仔细阅读题目，理解问题的要求。

要特别注意题目中的关键词和条件，它们对解题过程至关重要。

同时，还要注意题目是否已经给出了所需的公式或数据，若有则应牢记在心。

2. 梳理已知条件将题目中给出的已知条件一一列出，归纳整理，以便更好地理解题目并快速寻找解题思路。

对于一些复杂的条件，可以作适当的简化和转化，使其更易理解。

3. 利用物理原理在解题过程中，要善于运用物理学的基本原理和定律，结合已知条件进行推理和分析。

熟练地掌握基本的物理公式，灵活运用公式之间的转化关系，可以在解题过程中减少计算量，提高解题效率。

4. 创造性思维物理竞赛中，往往存在一些较为复杂的问题，需要学生具备创造性的解题思维。

要善于运用所学知识，充分发挥自己的想象力，寻找解决问题的新思路。

可以通过建立适当的模型、引入合适的参数、进行近似计算等方式，突破解题的困难。

5. 实践与实验物理学是一门实践性很强的学科，实践和实验可以帮助学生更好地理解物理概念和原理，培养解决实际问题的能力。

因此，在备战物理竞赛时，要注重实践和实验，通过动手操作和观察实验现象，加深对物理原理的理解和记忆。

6. 多做题目，总结经验要在物理竞赛中取得好成绩，练习是非常重要的环节。

多做题目，包括练习册、历年试题或者参加模拟竞赛等，可以提高解题能力和应对复杂问题的能力。

同时，在解题的过程中，要及时总结解题经验和错题原因，明确不足之处，并加以改进。

总结：物理竞赛解题不仅仅是对知识的考验，更是对学生的思维能力和解决问题的能力的挑战。

通过深入的问题分析，巧妙运用物理原理，发挥创造性思维，结合实践和实验，多做题目并总结经验，相信你一定能在物理竞赛中取得优异的成绩。

努力学习，不断提高，相信你一定能成为一名优秀的物理竞赛选手！。

高中物理竞赛解题思路方法一、引言高中物理竞赛是许多学生展示自己物理知识和技能的平台，同时也是一个提升自己解决问题能力的好机会。

在物理竞赛中，解题思路和方法是非常重要的，因为它们直接关系到解题的速度和准确性。

本文将介绍一些高中物理竞赛解题的思路和方法，帮助学生们更好地应对物理竞赛。

二、解题思路1. 理解题目：在解题之前，首先要认真阅读题目，理解题目的要求和内容，明确题目所涉及的物理现象和物理过程。

2. 建立模型：根据题目所描述的现象和过程，建立相应的物理模型，如力学、电学、光学等。

3. 推导公式：根据物理规律和原理，推导所需的公式，并注意公式的适用条件。

4. 考虑特殊情况：在解题过程中，需要注意一些特殊情况，如临界状态、极值等，需要特别关注。

5. 画图辅助：画图可以帮助我们更好地理解物理过程和现象，同时也方便我们进行计算和推理。

三、解题方法1. 代入法：将已知量代入公式中，求解未知量。

这种方法适用于简单明了的问题。

2. 综合分析法：通过对题目中的各个因素进行分析，综合运用各种物理规律和原理，求解问题。

这种方法适用于复杂的问题。

3. 排除法：根据题目中的某些条件，排除不正确的选项，缩小答案范围，最后得到正确答案。

这种方法适用于选择题。

4. 假设法：在解题过程中，可以先假设一个答案，然后根据题目中的条件进行验证或推导，最终得到正确答案。

这种方法适用于一些不确定的问题。

四、例题解析【例题】一物体在水平地面上做匀速直线运动，其速度为v。

现在给物体施加一个水平向右的拉力F，使其速度变为原来的两倍。

求拉力F的大小。

【解析】1. 理解题目：题目描述了一个物体在水平地面上做匀速直线运动，现在施加一个拉力F使其速度变为原来的两倍。

需要求出拉力F 的大小。

2. 建立模型：本题涉及的是物体的运动问题，可以建立力学模型。

3. 推导公式：根据牛顿第二定律，可以推导出拉力F与物体加速度之间的关系公式。

4. 考虑特殊情况：本题中需要求出拉力的大小，因此需要考虑到物体做匀加速直线运动的情况。

解物理竞赛题的数学技巧在生物理竞赛中，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1（第15届全国生物理竞赛试题） 1ｍｏｌ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，①ｐＶ＝ＲＴ．②①、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）＋αｓｉｎαｃｏｓα＝（（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）有（1＋（2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）－３／２＝1＋（－3／2）（（2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）＋（（－3／2）（（－3／2）－1）／2！）（（2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）２＋……，（1－（2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）－３／２＝1＋（－3／2）（（－2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）＋（（－3／2）（（－3／2）－1）／2！）（（－2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）２＋……，又由于ｙ＜＜ｒ，或（2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ＜＜1，故（（2ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）的二次项及二次项以上高次项可略去，得ｆｙ＝ｋ（Ｑｑ／ｒ３）［（ｒｃｏｓθ＋ｙ）（1－（3ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）－（ｒｃｏｓθ－ｙ）（1＋（3ｙ／ｒ）ｃｏｓθ）］，＝－ｋ（2Ｑｑ／ｒ３）（3ｃｏｓ２θ－1）ｙ．由此可见，当（3ｃｏｓ２θ－1）＞0时，ｆｙ＜0，即合力方向指向原点，与位移方向相反，即ｆｙ具有回复力的特征．因而点电荷ｑ是稳定的．图3根据3ｃｏｓ２θ－1＞0，即ｃｏｓθ＞／3时，得－ａｒｃｃｏｓ（／3）＜θ＜ａｒｃｃｏｓ（／3或当ｃｏｓθ＜－／3时，得π－ａｒｃｏｓ（／3）＜θ＜π＋ａｒｃｃｏｓ（／3）．故当限制点电荷ｑ在如图3的阴影区域运动时，它在原点Ｏ处才是稳定的．三、利用特殊值，求解一般性问题特殊值是指物理量在某一特殊情况下的取值．物理量在一般情况下的量值之间必然与特殊值之间存在一定的联系．我们若能确定某一特殊值，则往往可以借助数学技巧来求出一般情况下该物理量的量值．例3 一个空心的环形圆管沿一条直径截成两部分，一半竖立在铅垂平面内，如图4所示，管口连线在一水平线上．今向管内装入与管壁相切的2ｍ个小滚珠，左、右侧顶部的滚珠都与圆管截面相切．已知单个滚珠重Ｇ，并设系统中处处无摩擦．求从左边起第ｎ个和第（ｎ＋1）个滚珠之间的相互压力Ｑｎ．图4分析与解研究一般性问题——分析第ｎ个滚珠的受力情况，此滚珠受四个力的作用：重力Ｇ，管壁对它的弹力Ｔｎ，第（ｎ－1）个滚珠对它的压力Ｑｎ－１及第（ｎ＋1）个滚珠对它的压力Ｑｎ．由于Ｔｎ的量值未知，且不为本题所求，故选取如图5所示的与Ｔｎ方向共线的轴作为ｙ轴建立直角坐标系．图5 图6由平衡条件知ｘ轴方向的合力为零，得Ｑｎ－１ｃｏｓα＋Ｇｃｏｓβ－Ｑｎｃｏｓα＝0，由几何知识，得α＝θ／2（其中θ＝π／2ｍβ＝（（ｎ－1）π／2ｍ）＋α，故Ｑｎ－Ｑｎ－１＝．①根据①式，如何求得Ｑｎ？对第1个滚珠进行受力分析，如图6所示，得到一特殊值，即Ｑ１＝，②故可对①式进行递推，得Ｑ２－Ｑ１＝，Ｑ３－Ｑ２＝，……Ｑｎ－Ｑｎ－１＝．将上面所列等式左、右两边分别相加，得Ｑｎ－Ｑ１＝［ｃｏｓ（3π／4ｍ）＋ｃｏｓ（5π／4ｍ）＋…＋ｃｏｓ（（2ｎ－1）π／4ｍ）］·Ｇ／ｃｏｓ（π／4ｍ把②式代入，得Ｑｎ＝［ｃｏｓ（（2ｋ－1）π／4 ｍ）］·Ｇ／ｃｏｓ（π／4ｍ）．而ｃｏｓ（（2ｋ－1）π／4ｍ）＝（1／2ｓｉｎ（π／4ｍ））2ｃｏｓ（（ｋπ／2ｍ）－（π／4ｍ））ｓｉｎ（π／4ｍ）＝（1／2ｓｉｎ（π／4ｍ））［ｓｉｎ（ｋπ／2ｍ）－ｓｉｎ（（ｋ－1）π／2ｍ）］，又［ｓｉｎ（ｋπ／2ｍ）－ｓｉｎ（（ｋ－1）π／2ｍ）］＝［ｓｉｎ（π／2ｍ）－0］＋［ｓｉｎ（2π／2ｍ）－ｓｉｎ（π／2ｍ）］＋［ｓｉｎ（3π／2ｍ）－ｓｉｎ（2π／2ｍ）］＋…＋［ｓｉｎ（ｎπ／2ｍ）－ｓｉｎ（（ｎ－1）π／2ｍ）］＝ｓｉｎ（ｎπ／2ｍ故Ｑｎ＝（ｓｉｎ（ｎπ／2ｍ）／ｓｉｎ（π／2ｍ））·Ｇ。

高中物理竞赛解题方法在高中物理竞赛中，学生们常常遇到各种各样具有一定难度的题目。

要想在竞赛中取得好成绩，除了良好的基础知识外，解题方法也是至关重要的。

下面将介绍几种在高中物理竞赛中常用的解题方法，希望能够帮助同学们更好地备战竞赛。

1. **理清题意**在面对物理竞赛题目时，首先要认真阅读题目，充分理解题意。

有些题目可能会采用文字描述、图表、公式等多种形式，学生需要耐心地将这些信息进行整合，确定问题的关键点和目标。

只有明确了题目要求，才能有针对性地进行解答。

2. **画图辅助**在解答一些涉及几何或者力学问题的物理竞赛题目时，通过画图可以更直观地理解问题，并找出解题思路。

尤其是对于一些复杂的题目，画图可以帮助学生建立清晰的思维框架，更好地把握问题的本质。

3. **利用已知信息**在解题过程中，要善于利用已知信息来推导未知结果。

通过综合运用所学知识和给出的条件，可以引导思维，解决问题。

有时候，一两个简单的公式就足以解决一个复杂的问题，关键在于如何正确运用这些知识。

4. **分类讨论**将题目中的情况进行分类讨论，可以帮助学生更好地理解问题的本质，并找出解题的关键点。

有时候，一个问题可能需要分几种情况进行讨论，将问题分解成若干个小问题来求解，最后再合并得到结果。

5. **试错法**在解题过程中，有时候可能会遇到困难或迷惘，此时可以尝试用试错法来寻找答案。

通过试探性地假设、计算，找出错误的原因，不断调整思路和方法，直至找到正确答案。

6. **查漏补缺**解题过程中，要时刻检查答案和计算过程，防止出现粗心大意导致的错误。

尤其是一些计算题目，稍有疏漏就可能得到完全不同的结果。

在确定答案之前，要反复核实每一步的计算过程，确保没有遗漏。

通过以上几种解题方法的灵活运用，相信同学们在高中物理竞赛中能够更加游刃有余地应对各种难题。

同时，坚持练习和思考，不断拓展物理知识和解题技巧，也是取得好成绩的关键。

希望同学们在竞赛中取得优异的成绩，为自己的物理学习之路添砖加瓦。

答案：1．F=100N 2．T=5.16N 3．0min max =+=f m M mkx f 4．A 5．B 6．C 7．C 8．3/)2(mg F + 9．（1）θμtan B A A m m M +< （2）F )(tan )(μθ-⋅+<BA B A m g m m m 10．AB AC B A B A C m m m m m m g m m a -+++=))(( 11．αα22132122sin )(cos m m m m m m lm v A +++=方向沿AB 方向 12．P=α2sin 214+mv E=)sin 21(222α+mv 13．（1）22/64.0/5.0s m a s m a ='= （2） 3.78cm14．0.2m 15．8cm 16．000000T Sp f mg S p T T S p f mg S p ++≤≤-+ 17．摩擦力足够大时00)1(2T S p kl T += 摩擦力不是足够大时00)1(2T S p mg T μ+= 18．221,2mv d 19．)4/(B D Q επ= 20．证明略 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”。

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 221)(kx E x h mg k +=+ ②联立①②式解得 k g m mgh E k 2221⋅-=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βcos g a =该质点沿轨道由静止滑到斜面所用的时间为t,则OP at =221图5—2所以βcos 2g OP t = ① 由图可知,在△OPC 中有)90sin()90sin(βαα-+=- OC OP 所以)cos(cos βαα-=OC OP ② 将②式代入①式得 g OC g OC t )]2cos([cos cos 4)cos(cos cos 2βαααβαβα-+=-=显然,当2,1)2cos(αββα==-即时,上式有最小值. 所以当2αβ=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θ的斜面顶端,以初速度0υ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：gt v v y ==θtan 0,解得运动时间为θtan 0g v t =该点的坐标为 θθ2202200tan 221tan gv gt y g v t v x ==== 由几何关系得：θθtan cos /x y H =+解得小球离开斜面的最大距离为 θθsin tan 220⋅=gv H . 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2/10s m g =,求所需的最小初速及对应的发射仰角.图5—3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⎪⎩⎪⎨⎧-⋅=⋅=20021sin cos gt t v y t v x αα 把A 点坐标（d 、h ）代入以上两式,消去t,得：hh d h h d dh d gd h d gd d h gd v -⋅+-⋅++=+-=-⋅-=]2cos 2sin [/)]12(cos 2sin /[)tan (cos 2/222222222220αααααα 令 ,sin /,cos /,tan /2222θθθ=+=+=h d h h d d d h 则上式可变为,,6.7134arctan 45arctan 2145245902,1)2sin(,,)2sin(/022220最小时亦即发射角即当显然v d h h h d gd v=+=+=+==-=---+=θαθαθαθα 且最小初速0v =./5.9/103)(22s m s m h h d g ==++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 ,其加速度g mM g m M m M f a μμ=++=+=)(1. 由于铁板移动的距离v a v L ''=故,212越大,L 越大.v '是人与铁板一起开始地运动的速度,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g m M )(+μ,根据系统的牛顿第二定律得： 02⋅+=M ma F所以 g m m M m F a +==μ2 ①哈 图5—5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 v m M mv '+=)( ②且L a v l a v 12222,2='=并将1a 、2a 代入②式解得铁板移动的最大距离 l m M m L += 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R 0,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)2(00rR g R v -=,并用该式求出这个发射速度的最小值和最大值.（取R 0=6.4×106m ）,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发v ,卫星发射时具有的机械能为2121R Mm G mv E -=发 ① 进入轨道后卫星的机械能为r Mm G mv E -=2221轨 ② 由E 1=E 2,并代入,rGM v =轨解得发射速度为 )2(00r R R GM v -=发 ③ 又因为在地面上万有引力等于重力,即：g R R GM mg R Mm G 0020==所以④把④式代入③式即得：)2(00r R g R v -=发 （1）如果r=R 0,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s m gR v /109.730min ⨯==.（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s m g R v /102.11230max ⨯==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2.0=μ, 求无滑动时物体离球心 图5—6O 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：θθcos 8sin 83x G R G =⋅得 θtan 3R x =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： R R x Nf m m 6.03,,2.0tan =====μμθ所以. 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3.0=μ,杆的上端固定在地面上的绳索拉住,绳与杆的夹角30=θ,如图5—7所示. （1）若以水平力F 作用在杆上,作用点到地面的距离L L h (5/21=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5/42L h =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0)(0cos 0sin =--=--=--fL h L F mg T N f T F θθ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：N f μ=解得：hh L mgL F mas --=μθθ/tan )(tan 由上式又可知,当L h h h L 66.0,/tan )(0=∞→--即当μθ时对F 就没有限制了.图5—7图5—7—甲（1）当0152h L h <=,将有关数据代入max F 的表达式得 N F 385max =（2）当,5402h L h >=无论F 为何值,都不可能使杆滑倒,这种现象即称为自锁. 例9：放在光滑水平面上的木板质量为M,如图5—8所示,板上有质量为m 的小狗以与木板成θ角的初速度0v （相对于地面）由A 点跳到B 点,已知AB 间距离为s.求初速度的最小值. 图5—8解析：小狗跳起后,做斜上抛运动,水平位移向右,由于水平方向动量守恒,木板向左运动.小狗落到板上的B 点时,小狗和木板对地位移的大小之和,是小狗对木板的水平位移.由于水平方向动量守恒,有Mmv v Mv mv θθsin cos 00==即 ① 小狗在空中做斜抛运动的时间为 gv t θsin 20= ② 又vt t v s =⋅+θcos 0 ③将①、②代入③式得 θ2sin )(0m M Mgs v += 当0,4,12sin v 时即πθθ==有最小值,m M Mgs v +=min 0. 例10：一小物块以速度s m v /100=沿光滑地面滑行,然后沿光滑曲面上升到顶部水平的高台上,并由高台上飞出,如图5—9 所示, 当高台的高度h 多大时,小物块飞行的水平距离s 最大？这个距离是多少？（g 取10m/s 2）解析：依题意,小物块经历两个过程.在脱离曲面顶部之前,小物块受重力和支持力,由于支持力不做功,物块的机械能守恒,物块从高台上飞出后,做平抛运动,其水平距离s 是高度h 的函数.设小物块刚脱离曲面顶部的速度为v ,根据机械能守恒定律,mgh mv mv +=2202121 ①小物块做平抛运动的水平距离s 和高度h 分别为：221gt h = ② 图5—9vt s = ③ 以上三式联立解得：22022020)4()4(222g v h g v g h gh v s --=-= 当m g v h 5.2420==时,飞行距离最大,为m gv s 5220max ==. 例11：军训中,战士距墙s,以速度0v 起跳,如图5—10所示,再用脚蹬墙面一次,使身体变为竖直向上的运动以继续升高,墙面与鞋底之间的静摩擦因数为μ.求能使人体重心有最大总升高的起跳角θ. 图5—10解析：人体重心最大总升高分为两部分,一部分是人做斜上抛运动上升的高度,另一部分是人蹬墙所能上升的高度.如图5—10—甲,人做斜抛运动θcos 0v v x =,gt v v y -=θsin 0重心升高为 2001)cos (21tan θθv s g s H -=脚蹬墙面,利用最大静摩擦力的冲量可使人向上的动量增加,即∑∑∑∑=∆∆=∆==∆=∆,)(,)()()()(x y y mv t t N t t N t t N t f v m mv 而μμ x y v v μ=∆∴,所以人蹬墙后,其重心在竖直方向向上的速度为x y y y y v v v v v μ+=∆+=',继续升高g v H y 222'=,人的重心总升高H=H 1+H 2=μθμθθμ1tan ,)sin cos (210220-=-+当s g v 时,重心升高最大. 例12：如图5—11所示,一质量为M 的平顶小车,以速度0v 沿水平的光滑轨道做匀速直线运动.现将一质量为m 的小物块无初速地放置在车顶前缘.已知物块和车顶之间的滑动摩擦因数为μ. （1）若要求物块不会从车顶后缘掉下,则该车顶最少要多长？（2）若车顶长度符合（1）问中的要求,整个过程中摩擦力共做多少功？解析：当两物体具有共同速度时,相对位移最大,这个相对位移的大小即为车顶的最小长 图5—10—甲图5—11度.设车长至少为l ,则根据动量守恒v m M Mv )(0+= 根据功能关系 220)(2121v m M Mv l mg +-=μ 解得 μg m M Mv l )(220+=,摩擦力共做功 )(220m M Mmv l mg W +-=-=μ 例13：一质量m=200kg,高2.00m 的薄底大金属桶倒扣在宽广的水池底部,如图5—12所示.桶的内横截面积S=0.500m 2,桶壁加桶底的体积为V 0=2.50×10－2m 3.桶内封有高度为l =0.200m 的空气.池深H 0=20.0m,大气压强p 0=10.00m 水柱高,水的密度33/10000.1m kg ⨯=ρ,重力加速度取g=10.00m/s 2.若用图中所示吊绳将桶上提,使桶底到达水面处,求绳子拉力对桶所需何等的最小功为多少焦耳？（结果要保留三位有效数字）.不计水的阻力,设水温很低,不计其饱和蒸汽压的影响.并设水温上下均匀且保持不变.解析：当桶沉到池底时,桶自身重力大于浮力.在绳子的作用下桶被缓慢提高过程中,桶内气体体积逐步增加,排开水的体积也逐步增加,桶受到的浮力也逐渐增加,绳子的拉力逐渐减小,当桶受到的浮力等于重力时,即绳子拉力恰好减为零时,桶将处于不稳定平衡的状态,因为若有一扰动 使桶略有上升,则浮力大于重力,无需绳的拉力,桶就会 图5—12—甲 自动浮起,而不需再拉绳.因此绳对桶的拉力所需做的最小功等于将桶从池底缓慢地提高到浮力等于重力的位置时绳子拉桶所做的功. 设浮力等于重力的不稳定平衡位置到池底的距离为H,桶内气体的厚度为l ',如图5—12—甲所示.因为总的浮力等于桶的重力mg,因而有mg g V S l =+')(0ρ有l '=0.350m ① 在桶由池底上升高度H 到达不稳定平衡位置的过程中,桶内气体做等温变化,由玻意耳定律得lS l l H p S l l l H H p )]([)]([000000--+=''---+ ②由①、②两式可得H=12.240m图5—12由③式可知H<（H 0－l '）,所以桶由池底到达不稳定平衡位置时,整个桶仍浸在水中.由上分析可知,绳子的拉力在整个过程中是一个变力.对于变力做功,可以通过分析水和桶组成的系统的能量变化的关系来求解：先求出桶内池底缓慢地提高了H 高度后的总机械能量△E ·△E 由三部分组成： （1）桶的重力势能增量mgH E =∆1 ④（2）由于桶本身体积在不同高度处排开水的势能不同所产生的机械能的改变量△E 2,可认为在H 高度时桶本身体积所排开的水是去填充桶在池底时桶所占有的空间,这时水的重力势能减少了.所以gH V E 02ρ-=∆ ⑤（3）由于桶内气体在不同高度处所排开水的势能不同所产生的机械能的改变△E 3,由于桶内气体体积膨胀,因而桶在H 高度时桶本身空气所排开的水可分为两部分：一部分可看为填充桶在池底时空气所占空间,体积为lS 的水,这部分水增加的重力势能为SgH l E ρ-=∆31 ⑥另一部分体积为S l l )(-'的水上升到水池表面,这部分水上升的平均高度为]2/)([00l l l l H H -'++--,增加的重力势能为]2/)([)(0032l l l l H H Sg l l E -'++---'=∆ρ ⑦由整个系统的功能关系得,绳子拉力所需做的最小功为W T =△E ⑧将④、⑤、⑥、⑦式代入⑧式得]2/)())([(220l l l H l l Sg W T -'+--'=ρ ⑨将有关数据代入⑨式计算,并取三位有效数字,可得W T =1.37×104J例14：如图5—13所示,劲度系数为k 的水平轻质弹簧,左端固定,右端系一质量为m 的物体,物体可在有摩擦的水平桌面上滑动,弹簧为原长时位于O 点,现把物体拉到距O 为A 0的P点按住,放手后弹簧把物体拉动,设物体在第二次经过O 点前,在O 点左方停住,求：（1）物体与桌面间的动摩擦因数μ的大小应在什么范围内？（2）物体停住点离O 点的距离的最大值,并回答这是不是物体在运动过程中所能图5—13达到的左方最远值？为什么？（认为动摩擦因数与静摩擦因数相等）解析：要想物体在第二次经过O 点前,在O 点左方停住,则需克服摩擦力做功消耗掉全部弹性势能,同时还需合外力为零即满足平衡条件.（1）物体在距离O 点为l 处停住不动的条件是：a ．物体的速度为零,弹性势能的减小等于物体克服滑动摩擦力所做的功.b ．弹簧弹力≤最大静摩擦力对物体运动做如下分析：①物体向左运动并正好停在O 点的条件是：02021mgA kA μ= 得：μ021kA mg= ②若μ021kA m g <,则物体将滑过O 点,设它到O 点左方B 处（设OB=L 1）时速度为零,则有：)(2121102120L A mg kL kA +=-μ ② 若物体能停住,则0131,kA mgmg kL ≥≤μμ故得 ③ ③如果②能满足,但μ031kA m g<,则物体不会停在B 处而要向右运动.μ值越小,则往右滑动的距离越远.设物体正好停在O 处,则有：12121mgL kL μ= 得：μ041kA mg =.要求物体停在O 点左方,则相应地要求μ041kA mg>. 综合以上分析结果,物体停在O 点左方而不是第二次经过O 点时,μ的取值范围为041kA m g <μ<021kA m g（2）当μ在031kA m g ≤μ<021kA m g 范围内时,物体向左滑动直至停止而不返回,由②式可求出最远停住点（设为B 1点）到O 点的距离为.3)3)(2(20000A mg kA k mg A k mg A L =-=-=μ当μ<031kA m g 时,物体在B 1点（301A OB =）的速度大于零,因此物体将继续 向左运动,但它不可能停在B 1点的左方.因为与B 1点相对应的μ=031kA m g, L 1=A 0/3,如果停留在B 1点的左方,则物体在B 1点的弹力大于30kA ,而摩擦力umg 30kA ,小于弹力大于摩 擦力,所以物体不可能停住而一定返回,最后停留在O 与B 1之间.所以无论μ值如何,物体停住与O 点的最大距离为30A ,但这不是物体在运 动过程中所能达到的左方最远值.例15：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：两球接触后电荷的分配比例是由两球的半径决定的,这个比例是恒定的. 根据两球带电比例恒定,第一次接触,电荷量之比为qq Q - 最后接触电荷之比为qQ Qq q q Q q q Q q Q m m m -=∴=-有, 此题也可以用递推法求解.例16：一系列相同的电阻R,如图5—14所示连接,求AB 间的等效电阻R AB .解析：无穷网络,增加或减小网络的格数,其等效电阻不变,所以R AB 跟从CD 往右看的电阻是相等的.因此,有R R RR R R R R AB AB AB AB )13(2+=++=解得 例17：如图5—15所示,一个U 形导体框架,宽度L=1m,其所在平面与水平面的夹角 30=α,其电阻可以忽略不计,设匀强磁场为U 形框架的平面垂直,磁感应强度B=1T,质量0.2kg 的导体棒电阻R=0.1Ω,跨 图5—14 图5—14放在U 形框上,并且能无摩擦地滑动.求：（1）导体棒ab 下滑的最大速度m v ； （2）在最大速度m v 时,ab 上释放出来的电功率.解析：导体棒做变加速下滑,当合力为零时速度最大,以后保持匀速运动（1）棒ab 匀速下滑时,有R Blv I BIl mg ==而,sin α 解得最大速度 s m l B R mg v m /1.0sin 22=⋅=α （2）速度最大时,ab 释放的电功率1.0sin =⋅=m v mg P αW针对训练1．如图5—16所示,原长L 0为100厘米的轻质弹簧放置在一光滑的直槽内,弹簧的一端固定在槽的O 端,另一端连接一小球,这一装置可以从水平位置开始绕O 点缓缓地转到竖直位置.设弹簧的形变总是在其弹性限度内.试在下述（a ）、（b ）两种情况下,分别求出这种装置从原来的水平位置开始缓缓地绕O 点转到竖直位置时小球离开原水平面的高度h 0.（a ）在转动过程中,发现小球距原水平面的高度变化出现极大值,且极大值h m为40厘米,（b ）在转动的过程中,发现小球离原水平面的高度不断增大.2．如图5—17所示,一滑雪运动员自H 为50米高处滑至O 点,由于运动员的技巧（阻力不计）,运动员在O 点保持速率0v 不变, 并以仰角θ起跳,落至B 点,令OB 为L,试问α为30°时,L的最大值是多大？当L 取极值时,θ角为多大？3．如图5—18所示,质量为M 的长滑块静止放在光滑水平面上,左侧固定一劲度系数为K 且足够长的水平轻质弹簧,右侧用一不可伸长的细轻绳连接于竖直墙上,细线所能承受的最大拉力为T.使一质量为m,初速度为0v 的小物体,在滑块上无摩擦地向左运 动,而后压缩弹簧.（1）求出细线被拉断的条件；（2）滑块在细线拉断后被加速的过程中,所能获得的最大的左向加速度为多大？（3）物体最后离开滑块时相对于地面速度恰为零的条件是什么？4．质量m=2.0kg 的小铁块静止于水平导轨AB 的A 端,导轨及支架ABCD 形状及尺寸如图5—19所示,它只能绕通过支架D 点的垂直于纸面的水平轴转动,其重心在图中的图5—16 图5—17 图5—18O 点,质量M=4.0kg,现用一细线沿轨拉铁块,拉力F=12N,铁块和导轨之间的摩擦系数50.0=μ,重力加速度g=10m/s 2,从铁块运动时起,导轨（及支架）能保持静止的最长时间t 是多少？5．如图5—20所示,在水平桌面上放一质量为M 、截面为直角三角形的物体ABC.AB 与AC 间的夹角为θ,B 点到桌面的高度为h.在斜面AB 上的底部A 处放一质量为m 的小物体.开始时两者皆静止.现给小物体一沿斜面AB 方向的初速度0v ,如果小物体与斜面间以及ABC 与水平桌面间的摩擦都不考虑,则0v 至少要大于何值才能使小物体经B 点滑出？6．如图5—21所示,长为L 的光滑平台固定在地面上,平台中央放有一小物体A 和B,两者彼此接触.物体A 的上表面是半径为R （R<<L ）的半圆形轨道,轨道顶端距台面的高度为h 处,有一小物体C,A 、B 、C 的质量均为m.现物体C 从静止状态沿轨道下滑,已知在运动过程中,A 、C 始终保持接触,试求：（1）物体A 和B 刚分离时,物体B 的速度；（2）物体A 和B 分离后,物体C 所能达到距台面的最大高度；（3）判断物体A 从平台的左边还是右边落地,并粗略估算物体A 从B 分离后到离开台面所经历的时间.7．电容器C 1、C 2和可变电阻器R 1、R 2以及电源ε连接成如图5—22所示的电路.当R 1的滑动触头在图示位置时,C 1、C 2的电量相等.要使C 1的电量 大于C 2的电量,应 （ ） A ．增大R 2 B ．减小R 2C ．将R 1的滑动触头向A 端移动D ．将R 1的滑动触头向B 端滑动8．如图5—23所示的电路中,电源的电动势恒定,要想使灯泡变亮,可以 （ ）A ．增大R 1B ．减小R 2C ．增大R 2D ．减小R 2图5—19 图5—20 图5—21图5—22图5—23 图5—24 图5—259．电路如图5—24所示,求当R ′为何值时,R AB 的阻值与“网格”的数目无关？此时R AB的阻值等于什么？10．如图5—25所示,A 、B 两块不带电的金属板,长为5d,相距为d,水平放置,B 板接地,两板间有垂直纸面向里的匀强磁场,现有宽度为d 的电子束从两板左侧水平方向入射,每个电子的质量为m,电量为e,速度为v ,要使电子不会从两板间射出,求两板间的磁感应强度应为多大？11．图5—26中 abcd 是一个固定的U 形金属框架, ad 和cd 边都很长, bc 边长为L,框架的电阻可不计, ef 是放置在框架上与 bc 平行的导体杆,它可在框架上自由滑动（摩擦可忽略）,它的电阻R, 现沿垂直于框架的方向加一恒定的匀 强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里,已知当以恒定力F 向右拉导体杆ef 时,导体杆最后匀速滑动,求匀速滑动,求匀速滑动时的速度？12．如图5—27所示,导线框abcd 固定在竖直平面内,bc 段的电阻为R,其他电阻均可忽略.ef 是一电阻可忽略的水平放置的导体杆,杆长为L,质量为m,杆的两端分别与ab 和cd 保持良好接触,又能沿它们无摩擦地滑动.整个装置放在磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向与框面垂直.现用一恒力F 竖直向上拉ef,当ef 匀速上升时,其速度的大小为多大？ 图5—2713．在倾角为 的足够长的两光滑平行金属导轨上,放一质量为m,电阻为R 的金属棒ab,所在空间有磁感应强度为B 的匀强磁场,方向垂直轨道平面向上,导轨宽度为L,如图5—28所示,电源电动势为ε,电源内阻和导轨电阻均不计,电容器的电容为C.求：（1）当开关S 接1时,棒ab 的稳定速度是多大？（2）当开关S 接2时,达到稳定状态时,棒ab 将做何运动？14．如图5—29所示,有上下两层水平放置的平行光滑导轨,间距是L,上层导轨上搁置一根质量为m 、电阻是R 的金属杆 ST,下层导轨末端紧接着两根竖直在竖直平面内的半径为R的光滑绝缘半圆形轨道,在靠近半圆形轨道处搁置一根质量也是m 、电阻也是R 的金属杆AB.上下两层平行导轨所在区域里有一个竖直向下的匀强磁场.当闭合开关S 后,有电量q 通过金属杆AB,杆AB 滑过下层导轨后进入半圆形轨道并且刚好能通过轨道最高点D ′F ′后滑上上层导轨.设上下两层导轨都足够长,电阻不计.（1）求磁场的磁感应强度.（2）求金属杆AB 刚滑到上层导轨瞬间,上层导轨和金属杆组成的回路里的电流.（3）求两金属杆在上层导轨滑动的最终速度.（4）问从AB 滑到上层导轨到具有最终速度这段时间里上层导轨回路中有多少能量 图5—26 图5—28 图5—29转变为内能？ 15．位于竖直平面内的矩形平面导线框abcd,ab 长为l 1,是 水平的,bc 长l 2, 线框的质量为m, 电阻为R, 其下 方有一匀强磁场区域,该区域的上、下边界PP ′和QQ ′ 均与ab 平行,两边界间的距离为H,H>l 2,磁场的磁感强度为B,方向与线框平面垂直,如图5—30所示,令 线框的dc 边从离磁场区域上边界PP ′的距离为h 处自由 下落,已知在线框的dc 边进入磁场以后,ab 边到达边界PP ′之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值.问从线框开始下落到dc 边刚刚到达磁场区域下边界QQ ′的过程中,磁场作用于线框的安培力做的总功为多少？答案：1．(a)37.5cm (b)50cm<h<100cm 2．︒==30200max θmL 3．K M m T v T KMv M m m M a mK T v )()(1,02200-=++=> 4．1.41s 5．θ2)(2mL M gh m M ++ 6．（1）3gh （2）R h 41- （3）ghL 3 7．D 8．B 、C 9．R R)15()15(+- 10．de mv B de mv 213≤≤ 11．22L B FR 12．22)(L B R mg F - 13．（1）22sin L B mgR BI αε- （2）加速度22sin LCB m mg +α 14．（1）gR qL m 5 （2）R gR BL 2 （3）RgR 2 （4）mgR 41 15．)(2244223h l mg lB R g m W +-=P Q ′ Q P ′a b d c h l 1 l 2 图5—30。

物理竞赛解题思路指导物理竞赛一直是考验学生物理素养和解题能力的重要途径。

在解物理竞赛题目时，正确而高效的解题思路是非常关键的。

本文将为大家介绍一些物理竞赛解题的思路指导，帮助大家更好地应对物理竞赛。

一、理清题意与需求首先，我们需要仔细阅读题目，全面理解题目所要求的内容。

核对题目中给出的已知条件，确定需要求解的未知量。

在明确了题目所需后，我们可以进行下一步的思考。

二、绘制清晰图示在解题过程中，绘制清晰的图示是非常有帮助的。

通过绘制图示，可以更直观地了解题目所涉及的物理过程，有助于理解和推理解题思路。

三、运用物理理论和公式基于题目所给的已知条件，我们可以运用所学的物理理论和公式进行分析和计算。

对于不同类型的题目，我们需要熟悉相关的物理理论和公式，并灵活运用于解题过程中。

四、进行逻辑推理和分析在运用物理理论和公式计算过程中，我们不仅要注意计算的准确性，还要进行逻辑推理和分析。

通过分析题目所给的条件和求解的需求，结合已学的物理知识，可以深入挖掘问题的本质，找到解决问题的关键。

五、合理估算和简化计算在物理竞赛解题过程中，对于一些复杂的计算，我们可以合理使用估算方法，大致估算出结果，避免因计算繁琐而浪费时间。

同时，我们也可以进行计算的简化，通过将一些项变为零或近似为零，简化计算过程。

六、多角度思考和创新思维物理竞赛中，有时需要我们进行一些更高层次的思考。

除了常规计算和推理之外，我们还可以从多个角度思考问题，寻找更加巧妙的解法。

创新思维和巧妙的推断有助于我们在竞赛中取得更好的成绩。

七、多练习和总结经验解题能力是通过不断练习和总结经验来提高的。

为了更好地应对物理竞赛，我们可以多做一些相关的练习题，加深对物理概念和解题方法的理解。

同时，在解题过程中，我们也要总结经验，记录解题的思路和技巧，为以后的解题提供参考。

总结：物理竞赛解题思路的指导包括理清题意与需求、绘制清晰图示、运用物理理论和公式、进行逻辑推理和分析、合理估算和简化计算、多角度思考和创新思维，以及多练习和总结经验。