清北學(xué)堂講義 高中物理競賽解題方法 12類比法

1 高中奧林匹克物理競賽解題方法   十二、類比法   方法簡介  類比法是根據(jù)兩個研究對象或兩個系統(tǒng)在某些屬性上類似而推出其他屬性也類似的思維方法，是一種由個別到個別的推理形式 . 其結(jié)論必須由實(shí)驗(yàn)來檢驗(yàn)，類比對象間共有的屬性越多，則類比結(jié)論的可靠性越大 . 在研究物理問題時，經(jīng)常會發(fā)現(xiàn)某些不同問題在一定范圍內(nèi)具有形式上的相似性，其中包括數(shù)學(xué)表達(dá)式上的相似性和物理圖像上的相似性 . 類比法就是在于發(fā)現(xiàn)和探索這一相似性，從而利用已知系統(tǒng)的物理規(guī)律去尋找未知系統(tǒng)的物理規(guī)律 .  賽題精講  例 1 圖 12 1 中 AOB 是一內(nèi)表面光 滑的楔形槽，固定  在水平桌面（圖中紙面）上，夾角 1 （為了能看清楚，  圖中畫的是夸大了的） . 現(xiàn)將一質(zhì)點(diǎn)在 BOA 面內(nèi)從 A 處以  速度 smv /5 射出 ， 其方向與 AO 間的夾角 .10,60 mOA  設(shè)質(zhì)點(diǎn)與桌面間的摩擦可忽略不計(jì)，質(zhì)點(diǎn)與 OB 面及 OA 面的  碰撞都是彈性碰撞，且每次碰撞時間極短，可忽略不計(jì)，試求：     （ 1）經(jīng)過幾次碰撞質(zhì)點(diǎn)又回到 A 處與 OA 相碰？（計(jì)算次數(shù)時包括在 A 處的碰撞）     （ 2）共用多少時 間？     （ 3）在這過程中，質(zhì)點(diǎn)離 O 點(diǎn)的最短距離是多少？  解析   由于此質(zhì)點(diǎn)彈性碰撞時的運(yùn)動軌跡所滿足的規(guī)律  和光的反射定律相同，所以可用類比法通過幾何光學(xué)的規(guī)律  進(jìn)行求解 . 即可用光在平面鏡上反射時，物像關(guān)于鏡面對稱  的規(guī)律和光路是可逆的規(guī)律求解 .    （ 1）第一次，第二次碰撞如圖 12 1 甲所示，由三角形的外角等于不相鄰的一兩個內(nèi)角和可知 61160M BA ，故第一次碰撞的入射角為 296190 . 第二次碰撞， 62161BCA ，故第二次碰撞的入射角為 286290 . 因此每碰一次，入射角要減少 1，即入射角為 29、 28、 0，當(dāng)入射角為 0時，質(zhì)點(diǎn)碰后沿原路返回 . 包括最后在 A 處的碰撞在內(nèi)，往返總共 60 次碰撞 . （ 2）如圖 12 1 乙所示，從 O 依次作出與 OB 邊成  1、 2、 3、的射線，從對稱規(guī)律可推知，在 AB 的延長線上， BC、 C D、 D E、分別和 BC、  CD、 DE、相等，它們和各射線的交角即為各次碰撞的  入射角與直角之和 . 碰撞入射角為 0時，即交 角為 90時  開始返回 . 故質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的總路程為一銳角為 60的 Rt AMO 的較小直角邊 AM 的二倍 .    圖 12 1 乙  清北學(xué)堂 2 即 mAOAMs 1060c o s22  所用總時間 svst 2510  （ 3）碰撞過程中離 O 的最近距離為另一直角邊長 mAOOM 3560s in  此題也可以用遞推法求解，讀者可自己試解 . 例 2  有一個很大的湖，岸邊（可視湖岸為直線）停放著一艘小船，纜繩突然斷開，小船被風(fēng)刮跑，其方向與湖岸成 15角，速度為 2.5km/h. 同時岸上一人從停放點(diǎn)起追趕小船 ，已知他在岸上跑的速度為 4.0km/h，在水中游的速度為 2.0km/h，問此人能否追及小船？  解析   費(fèi)馬原理指出：光總是沿著光程為極小值的路徑傳播 . 據(jù)此可以證明，光在平面分界面上的折射是以時間為極小值的路程傳播 . 本題求最短時間問題，可類比類在平面分界面上的折射情況，這樣就把一個運(yùn)動問題通過類比可轉(zhuǎn)化為光的折射問題求解 . 如圖 12 2 所示，船沿 OP 方向被刮跑，設(shè)人從 O 點(diǎn)出發(fā)先沿湖岸跑，在 A 點(diǎn)入水游到OP 的 B 點(diǎn)，如果符合光的折射定律，則所用時間最短 . 根據(jù)折射定律：   300.2 0.4s in90s in 21 解得vv   45)90(15180  在這最短時間內(nèi)，若船還未到達(dá) B 點(diǎn)，則人能追上小船，若船已經(jīng)通過了 B 點(diǎn)，則人不能追上小船，所以船剛好能到達(dá) B 點(diǎn)所對應(yīng)的船速就是小船能被追及的最大船速 .mv  根據(jù)正弦定理     15s in45s in120s in 2211 tvtvtv m        又 21 ttt  由以上兩式可解得   )/(2245s in15s in 120s in 21 21 hkmvv vvv m    此即小船能被人追上的最大速度，而小船實(shí)際速度只有 2.5km/h，小于 hkm/22 ，所以人能追上小船 . 例 3  一只螞蟻洞沿直線爬出，已知爬出速度 v 的大小與距螞蟻洞中心的距離 L 成反比，當(dāng)螞蟻爬到距螞蟻洞中心距離 L1=1m 的 A 點(diǎn)時，速度大小為 scmv /201 ，問當(dāng)螞蟻爬到距螞蟻洞中心 L2=2m 的 B 點(diǎn)時，其速度大小 ?2v 螞蟻從 A 點(diǎn)到達(dá) B 點(diǎn)所用的時間 t=？  解析   雖然螞蟻的運(yùn)動我們不能直接用已學(xué)過的運(yùn)動學(xué)公式求解，但只 要能找到描述螞 清北學(xué)堂 3 蟻運(yùn)動的公式和學(xué)過的公式的形式相同，便可借助學(xué)過的公式形式使問題得以解決 . 由 已 知 得 ： 螞 蟻 在 距 離 巢 中 心 處 的 速 度 為 Lkv 1 ， 代 入 已 知 得 ：smvLk /2.012.0 2 ，所以當(dāng) smLkvmL /1.0,2222 其速度時 由速度的定義得螞蟻從 L 到 L+ L 所需時間為 t 所以 LLkvLt 1          類比初速 00v 的勻加速直線運(yùn)動的兩個基本公式 atv tvs 在 t 到 t 時刻所經(jīng)位移 s 為   ttas      比較、兩式可以看出兩式的表述形式相同 . 據(jù)此，可得螞蟻問題中的參量 t 和 L 分別類比為初速為零的勻加速直線運(yùn)動中的 s 和 t.而 k1 相當(dāng)于加速度 a，于是可得：在此螞蟻問題中 2121 Lkt  令 t1 對應(yīng) L1， t2 對應(yīng) L2，則所求時間為2222112121LktLkt 代入已 知可得從 A 到 B 所用的時間為  sLkLkttt 5.72.02 12.02 22121 2212212  此題也可以用圖像法、等效法求解，讀者可試試 . 例 4  如圖 12 3 所示為一很大的接地導(dǎo)體板，在與導(dǎo)體板相距為 d 的 A 處放一帶電量為 q 的點(diǎn)電荷 . （ 1）試求板上感應(yīng)電荷在導(dǎo)體內(nèi) P 點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度；  （ 2）試求感應(yīng)電荷在導(dǎo)體外 P 點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度， P  與 P 對導(dǎo)體板右表面是對稱的；  （ 3）在本題情形中根據(jù)場強(qiáng)分析證明導(dǎo)體表面附近的電   場強(qiáng)度的方向 與導(dǎo)體表面垂直；  （ 4）試求導(dǎo)體上的感應(yīng)電荷對點(diǎn)電荷 q 的作用力；  （ 5）若在切斷導(dǎo)體板與地的連線后，再將 +Q 電荷置于導(dǎo)  體板上，試說明這部分電荷在導(dǎo)體板上如何分布可達(dá)到靜電平  衡 .（略去邊緣效應(yīng)）  解析   面電荷問題有時可用點(diǎn)電荷場來類比，使問題大大簡化 . （ 1）因?qū)w處于靜電平衡狀態(tài)，內(nèi)部場強(qiáng)為零，因此感應(yīng)電   圖 12 3  圖 12 3 甲  清北學(xué)堂 4 荷在 P 點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)可用點(diǎn)電荷場類比，若在 A 點(diǎn)放 +q 在導(dǎo)體中  P 點(diǎn)產(chǎn)生的場和感應(yīng)電荷在 P 點(diǎn)產(chǎn)生的場相同，因此有2rqkEP ，方向如圖 12 3 甲所示 .（ r 為 AP 間距 離）  （ 2）同理，感應(yīng)電荷在導(dǎo)體外 P 點(diǎn)產(chǎn)生的電場跟把 +q 放在與 A 關(guān)于導(dǎo)體右表面對稱的 A 點(diǎn)產(chǎn)生的電場相同，即2rkqEP ，方向如圖 12 3 甲所示 . （ 3）取導(dǎo)體外極靠近導(dǎo)體表面的一點(diǎn) P1，此處電場由感應(yīng)電  荷和 q 共同產(chǎn)生，可類比等量異號點(diǎn)電荷形成的電場，導(dǎo)體表面  可類比為等勢面，場強(qiáng)和等勢面是垂直的，因此 P1 點(diǎn)的場強(qiáng)方向跟  導(dǎo)體表面垂直 .如圖 12 3 乙所示 . （ 4）感應(yīng)電荷對 q 的作 用力也可類比在 A 點(diǎn)放的 +q 對它的  庫侖力來求 . 如圖 12 3 乙所示 . qdkqqdkqF 22 4)2(  （ 5）切斷接地線后，感應(yīng)電荷分布不變，感應(yīng)電荷和 q 在導(dǎo)體中產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為零（相當(dāng)于不帶電情況），將 +Q 置于導(dǎo)體板上時，類比孤立無限大帶電平板，電荷將均勻分布  例 5  如圖 12 4 所示為一無限多電容器連成的網(wǎng)絡(luò)，  若其中每個電容器的電容均為 C，求此網(wǎng)絡(luò) A、 B 間的等  效電容 CAB. 解析   電容器兩極板間所加電壓為 U，正極板上的電  量為 Q 時，電 容為： C=Q/U. 電阻器兩端所加電壓為 U，通過的電流為 I 時，電阻為 R=U/I. 在 C、 R 表達(dá)式中 U 相同， Q 與 I 類比，但兩個式子顯然有顛倒的關(guān)系，若為電容器引入   QUCC 1 C*便可與 R 類比，通過對 R 的求解，求出 C*，再求出它的倒數(shù)即為 C. 當(dāng)將阻值為 R的電阻替換電容 C 時，可以求得： AB 間的總電阻為 RRAB )13(  現(xiàn)在用 C*取代 R，可解得 CC AB )13(  也即CC AB 1)13(1 所以 AB 間的等效電容為   CCAB 2 13  圖 12 3 乙   圖 12 4  圖 12 5 清北學(xué)堂 5 例 6  電容器網(wǎng)絡(luò)如圖 12 5 所示，各電容器以 F 為  單位的電容量數(shù)值已在圖中標(biāo)出 . 求 A、 B 兩點(diǎn)之間的等效  電容 CAB. 解析   同樣用類比法為電容器引入輔助參量 CC 1 ，則 C*的串并聯(lián)公式與電阻 R 的串并聯(lián)公式完全一樣，而且如圖 12 5 甲中兩個電容網(wǎng)絡(luò)元之間有完全類似于電阻網(wǎng)絡(luò)元的Y 變換 . 變換公式為： CABCAB CAABa CCC CCC             CABCAB BCABb CCC CCC             CABCAB CABCc CCC CCC        通過變換公式對題中的網(wǎng)絡(luò)進(jìn)行交換，從而求解 . 設(shè) CC 1  將中間同為 FC 2 的電容變?yōu)?1)(21 FC ，再將三個 C*組成的網(wǎng)絡(luò)元變換為  1)(61212121 2121 FC 的三個 Y 網(wǎng)絡(luò)元，于是將原網(wǎng)絡(luò)等效為如圖 12 5 乙網(wǎng)絡(luò)，圖 12 5 乙中所標(biāo)數(shù)值均為 C*值，為此網(wǎng)絡(luò)可等效如圖 12 5 丙網(wǎng)絡(luò)，圖中所標(biāo)數(shù)值仍是 C*值 . 因?yàn)榇司W(wǎng)絡(luò)中沒有電流圖 12 5 丙可當(dāng)作平衡的  橋式電路，中間的 125 電容可拆去，此網(wǎng)絡(luò)又可等效為  圖 12 5 丁，再類比電阻串并聯(lián)公式可得   圖 12 5 乙  圖 12 5 丙   圖 12 5 丁  清北學(xué)堂 6 1)(61 FCAB  故原網(wǎng)絡(luò) A、 B 間的等效電容為 FCC ABAB 61  例 7  如圖 12 6 所示，一個由絕緣細(xì)線構(gòu)成的剛性圓形  軌道，其半徑為 R. 此軌道水平放置，圓心在 O 點(diǎn)，一個 金屬  小珠 P 穿在此軌道上，可沿軌道無摩擦地滑動，小珠 P 帶電  荷 Q. 已知在軌道平面內(nèi) A 點(diǎn)（ RrOA ）放有一電荷 q.  若在 OA 連線上某一點(diǎn) A1 放電荷 q1，則給 P 一個初速度，它  就沿軌道做勻速圓周運(yùn)動 . 求 A1 點(diǎn)位置及電荷 q1 之值 . 解析   因?yàn)?P 可沿圓軌道做勻速圓周運(yùn)動，說明此圓軌道是一等勢線，將此等勢線看成一個球面鏡的一部分 . 已知半徑為 R，所以此球面鏡的焦距為 2R . 由成像公式fPP 111 若 q 為物點(diǎn)， q1 為像點(diǎn)不成立，只能是 q1 為物點(diǎn)成虛像于 q，所以有  Rr rRRPRrRP 2 )(211  又   R rRrRR rRrRPPqq 2)( )2)(| |1 解得   qrRRq 21 例 8  將焦距為 10cm 的一塊雙凸透鏡沿其表面的垂直方向  切割成相同的兩部分，把這兩部分沿垂直于主軸的方向移開一段  距離 cm1.0 ，并用不透明的材料將其擋住 . 若在原透鏡左側(cè)  主軸上，距透鏡光心 20cm 處 放一點(diǎn)光源 M，如圖 12 7 所示，  點(diǎn)光源能射出波長為 m5.0 的單色光，那么在透鏡另一側(cè)距透鏡  50cm 的屏幕（垂直于透鏡主軸放置）上，將出現(xiàn)多少亮條紋？  解析   由透鏡成像規(guī)律可知，單色點(diǎn)光源 M，經(jīng)切割成的兩個半透鏡分別成兩個像 M1，M2（此時每個半透鏡相當(dāng)于一個透鏡） . 這兩個像距相等，關(guān)于主光軸對稱，形成相干光源，從而在屏幕上可看到干涉條紋，屏幕中央是零級亮條紋，兩側(cè)依次分布著各級干涉條紋 . 根據(jù)透鏡成像公式：fP PfPfPP 得111  設(shè) 兩個像之間的距離 dMM 21  由圖 12 7 甲中的幾何關(guān)系可知 PPPd     圖 12 6  圖 12 7  清北學(xué)堂 7 由、兩式得fP PfP PfPPd )(    由圖 12 7 甲知 PHL             fP fPfPHfP PfH )( 類比光的雙縫干涉作圖 12 7 乙 . 設(shè)屏幕上 Q 為一  級亮條紋，則光程差為 s in12 dQMQM    因?yàn)?解很小，所以有 LS tansin  將其代入式得： dLS            將、代入式得： )( fPfPHPS        由于干涉條紋是等間距的，所以屏幕上出現(xiàn)的亮條紋數(shù)目為 SDN      由圖 12 7 甲中幾何關(guān)系得： HPPD  解得 P PHD )(        將代入 式得)( )()()(2PffPH PHfPfPH PP PHN    將已知代入得 N=46.6 所以亮條紋的條數(shù)為 46 條 . 例 9  如圖 12 8 所示，半徑 R=10cm 的光滑凹球面容器固定  在地面上，有一小物塊在與容器最低點(diǎn) P 相距 5mm 的 C 點(diǎn)由靜止  無摩擦滑下，則物塊自靜止下滑到第二次通過 P 點(diǎn)時所經(jīng)歷的時間  是多少？若此裝置放在以加速度 a 向上運(yùn)動的實(shí)驗(yàn)艙中，上述所求  的時間又是多少？  解析   本題中的小物塊是在重力、彈力作用下做變速曲線運(yùn)動，我們?nèi)糇プ∥矬w受力做5 往復(fù)運(yùn)動 的本質(zhì)特征，便可以進(jìn)行模型等效，即把小物塊在凹球面上的運(yùn)動等效為單擺模型 . 將上述裝置等效為單擺，根據(jù)單擺的周期公式glT 2   圖 12 8 清北學(xué)堂 8 得gRTt 2343 若此裝置放在以加速度 a 向上運(yùn)動的實(shí)驗(yàn)艙中，比較兩種情形中物體受力運(yùn)動的特征，可以等效為單擺的重力加速度為 agg 的情形，經(jīng)類比推理可得：  ag RTt 2343 針對訓(xùn)練  1宇航員站在一星球表面上的某高處，沿水平方向拋出一個小球，經(jīng)過 時間 t，小球落到星球表面，測得拋出點(diǎn)與落地點(diǎn)之間的距離為 L. 若拋出時的初速度增大到 2 倍，則拋出點(diǎn)與落地點(diǎn)之間的距離為 L3 . 已知兩落地點(diǎn)在同一水平面上，該星球的半徑為 R，萬有引力常數(shù)為 G. 求該星球的質(zhì)量 M. 2如圖 12 9 所示，有一半徑為 R 的接地導(dǎo)體球，在距離球心 a 處放有一點(diǎn)電荷 Q，由于靜電感應(yīng)，球的表面出現(xiàn)感應(yīng)電荷，求點(diǎn)電荷 Q 和導(dǎo)體球之間的相互作用力 . 3如圖 12 10 所示，如果導(dǎo)體球不接地，且與外界絕緣，帶電量為 q，則點(diǎn)電荷 Q 和導(dǎo)體球之間的作用力大小是 多少？        4已知， FCCFCCCCFCCCC 3,2,1 10876549321 ，試求如圖 12 11 所示的