井　淼

一、利用“微元”使規(guī)律從不能用變?yōu)槟苡?/p>

微元法是分析、解決物理問題中的常用方法，也是從部分到整體的思維方法。用該方法可以使一些復(fù)雜的物理過程用我們熟悉的物理規(guī)律迅速地解決，使所求的問題簡單化。在使用微元法處理問題時，需將其分解為眾多微小的“元過程”，而且每個“元過程”所遵循的規(guī)律是相同的。這樣，我們只需分析這些“元過程”，然后再將“元過程”進行必要的數(shù)學方法或物理思想的處理，進而使問題得到解決。

例1 粗細均勻質(zhì)量分布也均勻的，半徑分別為R和r的兩圓環(huán)相切。若在切點放一質(zhì)點m，恰使兩邊圓環(huán)對m的萬有引力的合力為零，則大小圓環(huán)的線密度必須滿足什么條件？

解析 若要直接求整個圓對質(zhì)點m的萬有引力比較難，若用到圓的對稱性及要求所受合力為零的條件，考慮大、小圓環(huán)上關(guān)于切點對稱的微元與質(zhì)量m的相互作用，然后推及整個圓環(huán)即可求解。

如圖1所示，過切點作直線交大小圓分別于P、Q兩點，并設(shè)與水平線夾角為α，當α有微小增量時，大小圓環(huán)上就有對應(yīng)微小的線元。

ΔL1=R?2Δα，ΔL2=r?2Δα

其對應(yīng)的質(zhì)量分別為Δm=ρΔl=ρR?2Δα

Δm=ρΔL=ρr?2Δα，由于Δα很小，

故Δm、Δm與m的距離可以認為分別是

r=2Rcosα，r=2rcosα

所以Δm、Δm與m的萬有引力分別為

ΔF==，ΔF==

由于α具有任意性，若ΔF與ΔF的合力為零，則兩圓環(huán)對m的引力的合力也為零， 即 =

解得大小圓環(huán)的線密度之比為：=

二、實施近似處理，解決物理規(guī)律不明顯的問題

在觀察物理現(xiàn)象、進行物理實驗、建立物理模型、推導物理規(guī)律和求解物理問題時，為了認識所研究問題的本質(zhì)屬性，往往突出問題的主要方面，忽略某些次要方面，進行近似處理。這種采用近似處理的手段簡化求解過程的方法叫近似法。

例2 在某鉛垂面上有一固定的光滑直角三角形細管軌道ABC，光滑小球從頂點A處沿斜邊軌道自靜止出發(fā)自由地滑到端點C處所需時間，恰好等于小球從頂點A處自靜止出發(fā)自由地經(jīng)兩直角邊軌道滑到端點C處所需的時間。這里假設(shè)鉛垂軌道AB與水平軌道BC的交接處B有極小的圓弧，可確保小球無碰撞地拐彎，且拐彎時間可忽略不計。

在此直角三角形范圍內(nèi)可構(gòu)建一系列如圖2中虛線所示的光滑軌道，每一軌道是由若干鉛垂線軌道與水平軌道交接而成，交接處都有極小圓?。ㄗ饔猛希?，軌道均從A點出發(fā)到C點終止，且不越出該直角三角形的邊界，試求小球在各條軌道中，由靜止出發(fā)自由地從A點滑行到C點所經(jīng)時間的上限與下限之比值。

解析 直角三角形AB、BC、CA三邊的長分別記為l、l、l，如圖3所示，小球從A到B的時間記為T，再從B到C的時間為T，而從A直接沿斜邊到C所經(jīng)歷的時間記為T，由題意知T+T=T，可得l∶l∶l=3∶4∶5。

由此能得T與T的關(guān)系

因為l=gT21，l2=gTT

所以=

因為l∶l=3∶4，所以T=T

小球在圖4中每一虛線所示的軌道中，經(jīng)各垂直線段所需時間之和為t=T，經(jīng)各水平段所需時間之和記為t，則從A到C所經(jīng)時間總和為t=T+t，最短的t對應(yīng)t的下限tmin，最長的t對應(yīng)t的上限tmax。

小球在各水平段內(nèi)的運動分別為勻速運動，同一水平段路程放在低處運動速度大，所需時間短，因此，所有水平段均處在最低位置（即與BC重合）時t最短，其值即為T，故tmin=T+T=T。

t的上限顯然對應(yīng)各水平段處在各自可達到的最高位置，實現(xiàn)它的方案是垂直段每下降Δl，便接一段水平距離Δl，這兩段之間恒有Δl=Δlcotα，角α即為∠ACB，水平段到達斜邊邊界后，再下降并接一段水平距離，如此繼續(xù)下去，構(gòu)成如圖４所示的微齒形軌道，由于Δl、Δl均為小量，小球在其中的運動可處理為勻速運動，分別經(jīng)歷的時間小量Δt（i）與Δt（i）之間有如下關(guān)聯(lián)： ==cotα

于是作為Δt（i）之和的t上限與作為Δt（i）之和的T之比也為cotα。故t的上限必為Tcotα，即得：tmax=T+Tcotα=T。

這樣tmax:tmin=7:5。

三、利用遞推關(guān)系，巧求多物體多作用問題

當問題中涉及相互聯(lián)系的物體較多并且有規(guī)律時，應(yīng)根據(jù)題目特點應(yīng)用數(shù)學思想將所研究的問題歸類，然后求出通式。具體方法是先分析某一次作用的情況，得出結(jié)論，再根據(jù)多次作用的重復(fù)性和它們的共同點，把結(jié)論推廣，然后結(jié)合數(shù)學知識求解，解題的關(guān)鍵是導出聯(lián)系相鄰兩次作用的遞推關(guān)系式。

例3 有許多質(zhì)量為m的木塊相互靠著沿一直線排列于光滑的水平面上。每相鄰的兩個木塊均用長為L的柔繩連接著?，F(xiàn)用大小為F的恒力沿排列方向拉第一個木塊，以后各木塊依次被牽而運動，求第n個木塊被牽動時的速度。

解析 每一個木塊被拉動起來后，就和前面的木塊成為一體，共同做勻加速運動一段距離L后，把繩拉緊，再牽動下一個木塊。在繩子繃緊時，有部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。因此，如果列出（n－1）FL=nmv2n這樣的關(guān)系式是錯誤的。

設(shè)第（n－1）個木塊剛被拉動時的速度為vn－1，它即將拉動下一個木塊時速度增至v′n－1，

第n個木塊剛被拉動時速度為vn。對第（n－1）個木塊開始運動到它把下一段繩子即將拉緊這一過程，由動能定理有：

FL=（n－1）mv′2n-1－（n－1）mv2n-1 ①

對繩子把第n個木塊拉動這一短暫過程，由動量守恒定律，有

（n－1）mv′n-1=nmvn得：v′n－1=vn ②

把②式代入①式得：FL=（n－1）mvn2－（n－1）mv2n-1

整理后得：（n－1）=n2v2n－（n－1）2v2n-1③

③式就是反映相鄰兩木塊被拉動時速度關(guān)系的遞推式，由③式可知

當n=2時有：=22v22－v21

當n=3時有：2?=32v23－22v22

當n=4時有：3?=42v24－32v23 …

一般地有（n－1）=n2v2n－（n－1）2v2n-1

將以上（n－1）個等式相加，得：（1+2+3+…+n－1） =n2v2n－v21

所以有?=n2v2n－v21

在本題中v=0，所以vn=

四、非對稱性問題可看成若干個對稱問題的疊加

應(yīng)用對稱性不僅能幫助我們認識和探索物質(zhì)世界的某些基本規(guī)律，而且也能幫助我們?nèi)デ蠼饽承┚唧w的物理問題。如果是非對稱性問題，我們可以把它巧妙地轉(zhuǎn)化成對稱性問題，直接抓住問題的實質(zhì)，出奇制勝。

例4 如圖5所示，在一實心大球體內(nèi)挖去一個較小的球形孔，余下部分均勻帶電，體電荷密度為ρ，試證明小球形孔內(nèi)為勻強場區(qū)。

解析 挖去小球形孔的實心球體可視為電荷體密度分別為ρ和-ρ的兩個帶電球的復(fù)合體。于是帶電系統(tǒng)為帶電ρ的大球與帶電-ρ的小球的組合。利用均勻帶電球的場強分布，結(jié)合場強疊加原理，即可計算小球孔內(nèi)的場強。

根據(jù)高斯定理，在電荷體密度均勻分布的帶電球的場強為：

E=r≤R r>R

為證明小球孔內(nèi)任一點P的場強均勻，可先計算小球球心O′點的場強，再證明小球孔內(nèi)任一點P的場強與O′點的場強相等即可。

如圖5所示，根據(jù)高斯定理，O′點的場強為EO′=a

式中a是O到O′的矢量。小球孔-ρ在O′點的場強為0。

在孔內(nèi)任取另一點P，則帶電ρ的大球和帶電-ρ的小球在P點的場強EP1與EP2之和即為P點的場強，即

EP=EP1+EP2=r+r′=（r－r′）=a=EO′

式中r和r′如圖6所示。

因任一點P的場強與小球O′點的場強相同，故小球孔內(nèi)為勻強場區(qū)。

五、巧用數(shù)學求導，求物理極值問題

如果當Δx→0時， f（x）有極限，我們把這個極限叫做 f（x）在該點（x=x）的導數(shù)。它正是曲線在該點處切線的斜率tanα。如果 f′（x）=0，則在x處函數(shù)有極值。

例5 如圖7所示，相距2L的A、B兩點固定著兩個正點電荷，帶電量均為Q，在它們的中垂線上的C點，由靜止釋放一電量為q，質(zhì)量為m的正檢驗電荷（不計重力）。試求檢驗電荷運動到何處加速度最大，最大加速度為多少？

解析 由于對稱性，在AB的中點受力為零，在AB中垂線上的其它點所受合力均是沿中垂線方向的。當q運動到中垂線上的D點時，由圖可知

F=2Fsinθ=2sinθ

故其加速度為：

a===（sinθ－sin3θ）

顯然加速度是一個關(guān)于θ的函數(shù)，令 f（θ）=sinθ－sin3θ

則 f（θ）的導數(shù)為 f′（θ）=cosθ－3sin2θcosθ

令 f'（θ）=0，即cosθ－3sin2θcosθ=0

解得：sinθ=，（θ=900有極值，不合題意）

即θ=arcsin時 f（θ）有極大值為－3 =

所以當θ=arcsin時，加速度有最大值為：

六、引入?yún)?shù)方程，簡解未知量多于方程數(shù)的問題

參數(shù)方程中的參數(shù)常具有一定的物理意義，參數(shù)方程的引入，可以使對曲線的認識不只是在孤立的、靜止的層面，而是提高到在相互聯(lián)系的層面，不僅可以深化對物理問題的認識，而且可以優(yōu)化未知量多于方程數(shù)的問題的求解方法。

例6 1 ｍｏｌ理想氣體緩慢的經(jīng)歷了一個循環(huán)過程，在ｐ－Ｖ圖中這一過程是一個橢圓，如圖8所示。已知此氣體若處在與橢圓中心Ｏ′點所對應(yīng)的狀態(tài)時，其溫度為Ｔ＝300 Ｋ，求在整個循環(huán)過程中氣體的最高溫度Ｔ和最低溫度Ｔ各是多少。

解析 由題給條件，可列出兩個相對獨立的方程。即氣體循環(huán)過程的橢圓方程和理想氣體的狀態(tài)方程，即

+=1①

ｐＶ＝ＲＴ ②

①、②兩方程中含三個未知量ｐ、Ｖ、Ｔ，直接對①、②兩式進行演算，要求出循環(huán)過程中的最高溫度Ｔ或最低溫度Ｔ，是較為困難的?，F(xiàn)根據(jù)①式引入含參數(shù)定義的方程為

V=V0+cosαｐ=ｐ0+sinα

②式則轉(zhuǎn)化為Ｔ＝（1／Ｒ）［ｐ＋（ｐ／2）ｓｉｎα］［Ｖ＋（Ｖ／2）ｃｏｓα］，即Ｔ＝［1＋（1／2）（ｓｉｎα＋ｃｏｓα）＋（1／4）ｓｉｎαｃｏｓα］Ｔ，③

（上式中Ｔ＝ｐＶ／Ｒ，為Ｏ′點對應(yīng)的溫度）

因為ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝ｓｉｎ［（π／4）＋α］，

ｓｉｎαｃｏｓα＝［（ｓｉｎα＋ｃｏｓα）２－1］／2，④

而－1≤ｓｉｎ［（π／4）＋α］≤1，

所以－≤ｓｉｎα＋ｃｏｓα≤，當ｓｉｎα＋ｃｏｓα≤，?。螅椋瞀粒悖铮螃粒綍r，由④式知ｓｉｎαｃｏｓα＝1／2

將上式代入③式得Ｔ≤［1＋（1／2）×＋（1／4）×（1／2）］Ｔ，即最高溫度Ｔ＝549 Ｋ。

當ｓｉｎα＋ｃｏｓα≥－，?。螅椋瞀粒悖铮螃粒剑瓡r，由④式知

ｓｉｎαｃｏｓα＝1／2，

代入③式，得

Ｔ≥［1＋（1／2）（－×（1／4）?（1／2））］Ｔ０，

即最低溫度Ｔ２＝125 Ｋ。

七、巧用降維，顯示物理量空間關(guān)系

由于三維問題不好想像，選取適當?shù)慕嵌龋捎媒稻S的方法求解。降維的優(yōu)點是把不易觀察的空間物理量的關(guān)系在二維圖中表示出來，使我們很容易找到各物理量之間的關(guān)系，從而正確解決問題。

例7 如圖9所示，將質(zhì)量為M的勻質(zhì)鏈條套在一個表面光滑的圓錐上，圓錐頂角為α，設(shè)圓錐底面水平，鏈條靜止時也水平，求鏈條內(nèi)的張力。

解析 要求張力，應(yīng)在鏈條上取一段質(zhì)量元Δm進行研究。因為該問題是三維問題，各力不在同一平面內(nèi)，所以用“降維法”作出不同角度的平面圖進行研究。

作出俯視圖10，設(shè)質(zhì)量元Δm兩端所受張力為T，其合力為F，因為它所對的圓心角θ很小，所以F=2Tsin，即F=Tθ。

再作出正視圖11，質(zhì)量元受重力Δmg、支持力N和張力的合力F而處于平衡狀態(tài)，由幾何知識可得：F=Δmg?cot=Mg?cot

所以鏈條內(nèi)的張力T==?cot

八、巧用一次函數(shù)的平均值化難為易

用一次函數(shù)，我們不但能正確地表達諸如由時間決定的變力，彈簧類物體的彈力，線性變化的感應(yīng)電動勢，靜液體的壓強，共軸轉(zhuǎn)動物體各點的線速度等等一般的物理規(guī)律，更重要的是，我們還可以利用一次函數(shù)在定義區(qū)間x1~x2內(nèi)的平均值=，來分析和解決許多比較復(fù)雜乃至極其困難的物理問題，從而刪繁就簡，化難為易。

例8 如圖12所示，兩條平行的虛線M、N之間存在著垂直紙面向內(nèi)、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。在磁場的左側(cè)另有一個等腰梯形線框ABCD，已知它的AB邊的長度d，底角α，且總電阻為R?，F(xiàn)使線框自左至右以速度v勻速進入磁場，自AB邊進入直到CD邊與磁場左邊界M重合為止，所用的時間為t，那么求在此過程中通過線框某一橫截面的電荷量。

解析 分析可知，在題設(shè)過程中梯形線框切割部分的有效長度為

L=d+2vtcotα

由電磁感應(yīng)規(guī)律得線框中的感應(yīng)電動勢

E=BLv=Bvd+2Bv2tcotα

顯見，它是時間的一次函數(shù)。

然后，該電動勢在時間0~t內(nèi)的平均值為

==

最后由歐姆定律求出通過線框某一橫截面的電荷量

q=?t=