高中物理奥林匹克竞赛方法指导之极限法.docx

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=kx①图5—1由机械能守恒有mg=Ek kx 2②联立①②式解得Ek=mgh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。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a=g cosβ该质点沿轨道由静止滑到斜面所用的时间为t，则所以t①由图可知，在△OPC中有所以②将②式代入①式得t显然，当cos=1,即时，上式有最小值.所以当时，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。图5—3例3：从底角为θ的斜面顶端，以初速度υ0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=v0 tanθ=gt，解得运动时间为t tanθ该点的坐标为x=v0 t tanθ由几何关系得：H/cosθ+y=x tanθ解得小球离开斜面的最大距离为H tanθ.sin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/s 2，求所需的最小初速及对应的发射仰角。2图5—4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gt 2把A点坐标（d、h）代入以上两式，消去t，得：令h/d=tanθ,则d cos sin上式可变为v gd sin_h,显然,当sin(2α_θ)=1,即2α_θ=90ο亦即发射角arctan arctan时,v0最小,且最小初速vm/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ag。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μ(M+m)g，根据系统的牛顿第二定律得：F=ma2+M.0所以ag①哈设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v 2=2a2 l,v,2=2a1L并将a1、a2代入②式解得铁板移动的最大距离例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，并用该式求出这个发射速度的最小值和最大值。（取R0=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v发，卫星发射时具有的机械能为进入轨道后卫星的机械能为E mv②由E1=E2，并代入v轨解得发射速度为v发③又因为在地面上万有引力等于重力，即：G mg所以R0 g④把④式代入③式即得：v发（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 m/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4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μ=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：G sin x cosθ得x=3R tanθ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：tan所以,x=3μR=0.6R.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μ=0.3，杆的上端固定在地面上的绳索拉住，绳与杆的夹角θ=30ο,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_T sinθ_f=0 N_T cosθ_mg=0图5—7—甲F(L_h)_fL=0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=μN解得：Fmas由上式又可知，当(L_h)tanθ/μ_h→∞,即当h0=0.66L时对F就没有限制了。（1）当hL<h0，将有关数据代入Fmax的表达式得F=385N max（2）当hL>h0,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v0（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mv0 cosθ=Mv即v①小狗在空中做斜抛运动的时间为t②又s+v0 cosθ.t=vt③将①、②代入③式得v当sin 2θ=1,即θ=时,v0有最小值，v0 min图5—9例10：一小物块以速度v0=10m/s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/s2）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，小物块做平抛运动的水平距离s和高度h分别为：h gt 2②s=vt③以上三式联立解得：s当h m时，飞行距离最大，为smax m。例11：军训中，战士距墙s，以速度v0起跳，如图5—10所示，图5—10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。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vx=v0 cosθ,vy=v0 sinθ_gt图5—10—甲重心升高为H1=s0 tan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Δ(mvy)=mΔvy=Σf(t)=ΣμN(t)Δt=μΣN(t)Δt,而ΣN(t)Δt=mvx,∴Δvy=μvx，所以人蹬墙后，其重心在竖直方向向上的速度为vy,=vy+Δvy=vy+μvx，继续升高H，人的重心总升高H=H 1+H2_μs0,当θ=tan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v0沿水平的光滑轨道做匀速直线运动。现将一质量为m的小物块无图5—11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度。设车长至少为l，则根据动量守恒Mv0=(M+m)v根据功能关系mgμl Mvv 2解得l，摩擦力共做功例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=0.500m2，桶壁加桶底的体积为V0=2.50×10－2m3。桶内封有高度为图5—12 l=0.200m的空气。池深H0=20.0m，大气压强p0=10.00m水柱高，水的密度ρ=1.000×103 kg/m3，重力加速度取g=10.00m/s2。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，因为若有一扰动图5—12—甲使桶略有上升，则浮力大于重力，无需绳的拉力，桶就会自动浮起，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ρ(l,S+V0)g=mg有l,=0.350m①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[p0+H0_H_(l0_l,)]l,S=[p0+H0_(l0_l)]lS②由①、②两式可得H=12.240m由③式可知H<（H0－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ΔE1=mgH④（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△E2，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ΔE2=_ρV0 gH⑤（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△E3，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ΔE31=_lρSgH⑥另一部分体积为(l,_l)S的水上升到水池表面，这部分水上升的平均高度为[H0_H_l0+l+(l,_l)/2]，增加的重力势能为ΔE32=ρ(l,_l)Sg[H0_H_l0+l+(l,_l)/2]⑦由整个系统的功能关系得，绳子拉力所需做的最小功为WT=△E⑧将④、⑤、⑥、⑦式代入⑧式得WT=ρSg[(l,_l)(H_l0)+(l,2_l 2)/2]⑨将有关数据代入⑨式计算，并取三位有效数字，可得WT=1.37×104J图5—13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A0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：kAmgA0得：kA0 1②若μ<kA0，则物体将滑过O点，设它到O点左方B处（设OB=L1）时速度2mg为零，则有：1若物体能停住，则kL1≤μmg,故得μ≥kA0③3mg 1③如果②能满足，但μ<kA0，则物体不会停在B处而要向右运动。μ值越3mg小，则往右滑动的距离越远。设物体正好停在O处，则有：kLmgL1得：kA0。要求物体停在O点左方，则相应地要求μ>kA0。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kAkA0（2）当μ在kAkA0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B1点）到O点的距离为当μ<kA0时，物体在B1点（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B1点的左方。因为与B1点相对应的kA0，L 1=A0/3，如果停留在B1点的左方，则物体在B1点的弹力大于kA0，而摩擦力3 kA umg 0，小于弹力大于摩3擦力，所以物体不可能停住而一定返回，最后停留在O与B1之间。A所以无论μ值如何，物体停住与O点的最大距离为0，但这不是物体在运3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。Q_q根据两球带电比例恒定，第一次接触，电荷量之比为q最后接触电荷之比为∴qm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RAB。图5—14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RAB跟从CD往右看的电阻是相等的。因此，有RAB=2R解得RAB=(3+1)R图5—14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α=30ο,其电阻可以忽11图略不计，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5—15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vm；（2）在最大速度vm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mg sinα=BIl,而I解得最大速度vm m/s（2）速度最大时，ab释放的电功率P=mg sinα.vm=0.1 W针对训练1．如图5—16所示，原长L0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h0。（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hm图5—16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，由图5—17于运动员的技巧（阻力不计），运动员在O点保持速率v0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v0的小物体，在滑块上无摩擦地向左运图5—18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O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μ=0.50，重力加速度g=10m/s2，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？图5—19图5—20图5—21 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v0，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v0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。图5—22 7．电容器C1、C2和可变电阻器R1、R2以及电源ε连接成如图5—22所示的电路。当R1的滑动触头在图示位置时，C 1、C2的电量相等。要使C1的电量大于C2的电量，应()A．增大R2 B．减小R2 C．将R1的滑动触头向A端移动D．将R1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R1 B．减小R2 C．增大R2 D．减小R2图5—23图5—24图5—25 9．电路如图5—24所示，求当R′为何值时，RAB的阻值与“网格”的数目无关？此时RAB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（摩擦可图5—26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图5—28竖直向上拉ef，当ef匀速上升时，其速度的大小为多大？图5—27 13．在倾角为α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图5—29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l1,是水平的，bc长l2,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>l2，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l1 a d P′b l2 c h P图5—30 Q′Q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．Lmax=200mθ=30°4．1.41s 6．（1）（2）h_R（3）7．D 8．B、C 9．(5_1)R(5+1)R 10．11．13．（1）BIε_mgR sinα（2）加速度mg sinαB 2 L2 m+CB 2 L2（2）（3）（4）mgR高中奥林匹克物理竞赛解题方法九、估算法方法简介有些物理问题本身的结果，并不一定需要有一个很准确的答案，但是，往往需要我们对事物有一个预测的估计值；有些物理问题的提出，由于本身条件的限制，或者实验中尚未观察到必要的结果，使我们解决问题缺乏必要的已知条件，无法用常规的方法来求出物理问题的准确答案，采用“估算”的方法就能忽略次要因素，抓住问题的主要本质，充分应用物理知识进行快速数量级的计算.近几年来，竞赛试题中频频出现的各类估算题，的确是判断学生思维能力的好题型.赛题精析例1已知地球半径约为6.4×106m，又知月球绕地球的运动可近似看做匀速圆周运动，则可估算出月球到地心的距离约为m.（结果只何留一位有效数字）解析因为月球绕地球的运动可近似看做匀速圆周运动，所以可根据月球所受的万有引力提供月球做匀速圆周运动所需要的向心力及月球公转周期求解此问题，也可根据地球上的光经月球反射2秒后返回地球的知识估算.根据运动定律及万有引力定律得：由①、②两式代入数据可得r=4.1×108m（其中T是月球绕地球旋转周期，T=30天）例2估算在室温下，真空度达1.33×10－1Pa时，容器内空气分子的平均距离.（取一位有效数字即可）解析要想求容器内空气分子的平均距离，则可以根据克拉珀龙方程求出每个空气分子所占的体积，由此即可求解.取1摩尔空气作为研究对象，视每个空气分子所占的空间是以分子间的平均距离a为边长的立方体，每个分子处在立方体的中心.则每个空气分子占据的空间的体积为V0=a 3根据克拉珀龙方程，1摩尔空气占据的总体积V=RT/p=N0 V0=N0 a 3所以空气分子间平均距离a，近似地取室温T=300K，代入数据可算得：分子间平均距离为：a=1×10_5 m例3密闭容器的气体压强为p=10_2 Pa，温度为27℃,估算其中分子的间距（保留一位有效数学字）.解析以密闭容器内的一定量气体为研究对象，选取标准状况为该气体的一个已知状态，根据理想气体状态方程可求解.取1摩尔气体作为研究对象，在标准状态下为V0=22.4×10_3 m3，所包含的分子数为NA=6.023×1023个.在题设条件下，设其体积为V，则根据气态方程：有每个分子所占的空间体积为V，分子间的距离为d=3 V,=7×10_7 m.例4已知一密闭容器内的气体分子平均距离为d=3×10_9 m，温度为27℃,试估算容器内气体的压强多大？（保留一位有效数学）解析要想估算容器内气体的压强，则可根据理想气体状态方程求解，其中选一个标准状态为已知状态.一个分子占扰的体积为V,=d 3=27×10_27 m 3，1摩尔分子占据的体积为V=n0 V,由，解得p p0=2×105 Pa例5已知冰、水和水蒸气在一密闭容器中能在某一外界条件下处于三态平衡共存（容器内无任何其他物质），这种状态称为水的三相点，其三相点温度为0.01℃,三相点压强为4.58mmHg.现有冰、水和水蒸气各1g处于三相点，若在保持总体积不变的情况下对此系统缓慢加热，输入热量Q=2.25×105J，试估算系统再达平衡后冰、水和水蒸气的质量.已知水的密度和冰的密度分别为1×103kg/m3和0.9×103kg/m3，冰在三相点时的升华热L升=2.83×106J/kg，水在三相点的汽化热L汽=2.49×106J/kg.解析由题给数据可利用以下近似关系求得冰的熔化热L熔=L升－L气=0.34×106J/kg①因为缓缓加给系统的热Q<L熔，所以冰不能全部熔化，系统在物态变化过程中始终是三态共存且接近平衡，因此系统的温度和压强均不变.现在估算在题给温度、压强条件下水蒸气的密度ρ气，用理想气体状态方程可得ρ气=μpt/RTt,μ为水蒸气的摩尔质量代入数值μ=18×10_3 kg/mol,R=8.31J/mol.K,pt=4.58mmHg=610Pa得Tt=273K估算可得ρ气≈5×10_3 kg/m 3在同样的条件下，水的密度ρ水≈1×103 kg/m3，冰的密度ρ冰≈0.9×103 kg/m 3.由此可知，水蒸气的体积远远大于水和冰的体积之和，又由于冰熔化为水时体积变化不大，在总体积保持不变的条件下，完全可以认为物态变化过程中水蒸气的体积不变，也就是再达到平衡时，水蒸气的质量仍为1g，物态变化过程几乎完全是冰熔为水的过程.设后来冰、水、水蒸气的质量分别为x、y、z，则有z=1g②x+y=2g③根据能量守恒定律，有（1－x）L熔=Q④由②③④式可得x=0.25g y=1.75g z=1g例6假想有一水平方向的匀强磁场，磁感强度B很大，有一半径为R，厚度为d（d<<R）的金属圆盘在此磁场中竖直下落，盘面始终位于竖直平面内并与磁场方向平行，如图2—9—1所示，若要使圆盘在磁场中下落的加速度比没有磁场时减小千分之一（不计空气阻力），试估算所需磁感强度的数值，假定金属盘的电阻为零，并设金属的密度ρ=9×103 kg/m3，介电常数ε=9×10_12 C 2/N.m 2.解析当盘在磁场中下落速度为v时，盘中的感应电动势E=Bvd，在感应电动势的作用下，圆盘两个表面上将带有等量异号的电荷(±Q）因为盘电阻为零，所以电荷(±Q）引起的两表面间的电压U等于盘中感应电动势的数值，即U=Bvd.圆盘上的Q与U之间的关系跟一个同样尺寸的带电电容器上的Q与U的关系相同，此电容器的电容C=ε.S/d=ε.πR 2/d，故圆盘表面所带电量Q=CU=ε.πR 2 Bv.在盘下落过程中，盘的速度v随时间增大，盘面上的电量Q也随时间增大，由此可求出盘中电流I=△Q/△t=ε.πR 2 BΔv/Δt，磁场对此电流的作用力F的方向向上，大小为F=BId=ε.πR 2 BΔv/Δt.若盘的质量为m，则盘受到的力为F和重力mg，盘的加速度a=Δv/Δt可由下式求出由此得盘的加速度a按题意a=g_(1/1000)g，由此得所以磁感应强度B针对训练1．估算地球大气总质量M和部分了数N.2．已知铜的8.9×103kg/m3，原子量为64.通过估算可知铜中每个铜原子所占的体积为()A．7×10－6m3 B．1×10－29m3 C．1×10－26m3 D．8×10－24m3 3．只要知道下列哪一组物理量，就可以估算出气体中分子间的平均距离？()A．阿伏伽德罗常数、该气体的摩尔质量和质量B．阿伏伽德罗常数、该气体的摩尔质量和密度C．阿伏伽德罗常数、该气体的质量和体积D．该气体的密度、体积和摩尔质量4．已知油酸的密度为6.37×102kg/m3，油酸的原子量为282.试估算油酸分子的直径有多大？（结果保留一位有效数字）九、估算法1．M≈1018 kg N≈1044 2．B 3．B 4．B高中奥林匹克物理竞赛解题方法十一、图像法方法简介图像法是根据题意把抽象复杂的物理过程有针对性地表示成物理图像，将物理量间的代数关系转变为几何关系，运用图像直观、形象、简明的特点，来分析解决物理问题，由此达到化难为易，化繁为简的目的，图像法在处理某些运动问题，变力做功问题时是一种非常有效的方法。赛题精讲例1：一火车沿直线轨道从静止发出由A地驶向B地，并停止在B地。AB两地相距s，火车做加速运动时，其加速度最大为a1，做减速运动时，其加速度的绝对值最大为a2，由此可可以判断出该火车由A到B所需的最短时间为。解析：整个过程中火车先做匀加速运动，后做匀减速运动，加速度最大时，所用时间最短，分段运动可用图像法来解。根据题意作v—t图，如图11—1所示。由图可得a①a②由①、②、③解得t例2：两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度为v0，若前车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车时的加速度开始刹车。已知前车在刹车过程中所行的距离为s，若要保证两辆车在上述情况中不相碰，则两车在做匀速行驶时保持的距离至少为()A．s B．2s C．3s D．4s解析：物体做直线运动时，其位移可用速度——时间图像中的面积来表示，故可用图像法做。作两物体运动的v—t图像如图11—2所示，前车发生的位移s为三角形v0Ot的面积，由于前后两车的刹车加速度相同，根据对称性，后车发生的位移为梯形的面积S′=3S，两车的位移之差应为不相碰时，两车匀速行驶时保-1-持的最小车距2s.所以应选B。图11—2例3：一只老鼠从老鼠洞沿直线爬出，已知爬出速度v的大小与距老鼠洞中心的距离s成反比，当老鼠到达距老鼠洞中心距离s1=1m的A点时，速度大小为v1=20cm/s，问当老鼠到达距老鼠洞中心s2=2m的B点时，其速度大小v2=?老鼠从A点到达B点所用的时间t=?解析：因为老鼠从老鼠洞沿直线爬出，已知爬出的速度与通过的距离成反比，则不能通过匀速运动、匀变速运动公式1直接求解，但可以通过图像法求解，因为在一s图像中，v 1所围面积即为所求的时间。以距离s为横轴，为纵轴v 1 1建立直角坐标系，则s与成正比，作—s图像如图v v 11—3所示，由图可得s=2m时，老鼠的速度为10cm/s。在1m到2m之间图像与横轴包围的面积即为所求的时间，所以老鼠从A到B爬行的时间为例4：在一汽缸的活塞下面封闭有μ摩尔理想气，由于受到骤然加热，气体迅速膨胀，且膨胀过程中其热力学温度与其体积的平方成正比，即T=KV2。在其体积由V1膨胀至V2的过程中，气体从外界吸收的热量为Q1，试求此过程中气体的内能增加了多少？图11—3图11—4解析：求此过程中气体的内能增加了多少，要用热力学第一定律，由已知条件可知，关键是要求出气体对外做了多少功，而功可用p—V图像中所围的面积来计算。以缸内气体为研究对象，根据克拉珀龙方程：pV=μRt①又由已知条件有T=KV2②①、②两式可得：p=μRKV可见气体膨胀时，其压强p与体积V成正比例。因此作p—V图，如图11—4所示，图中阴影区的面积表示气体在此过程中，对外所做的功W.再由热力学第一定律，可知此过程中气体内能的增加量为-2-例5：如图11—5所示，在一个开有小孔的原来不带电的导体球壳中心O点，有一个点电荷Q，球壳的内外表面半径图1—5分别为a和b，欲将电荷Q通过小孔缓慢地从O点移到无穷远处，应当做功多少？解析：球内、外表面上的感应电荷的电量随着放在球心的电荷电量的改变而改变，感应电荷在球心处产生的电势U=KQ感也与感应电荷的电量Q感成正比，利用U—Q感的图像也可以求出外力做的功。感应电荷在球心O处产生的电势为U0，则作出U—Q感的图像如图11—5—甲所示，假设电量Q是一份一份地从无穷远处移到球心，而球内外表面上的感应电荷Q感随球心处的电荷增加而增加，在此过程中移动电荷所做的功就应等于U1—Q感图象中阴影部分所示的三角形的面积，则有()图1—5—甲当Q感=Q时,U=U0=KQ那么移走Q时所做的功也应所以W例6：电源电动势为ε,内电阻为r，试求其外电阻为何值时，电源的输出功率最大？解析：根据全电路欧姆定律得ε=U+Ir,由此可知当ε、r不变时，U随I线性变化，作U—I图，图中所围面积为功率。设电源的输出电流为I，路端电压为U，由于U=ε_Ir,故作U—I图如图11—6所示，以AB线上任意一点和坐标原点为相对顶点所围成的矩形的面积为S=IU图1—6显然S表示此时电源对应的输出功率，要使电源的输出功率最大，即要此矩形的面积最大，由几何知识得，当一个顶点位于AB线段中点C处的矩形面积最大，从图中可得U①根据欧姆定律有U R②由①、②解得R=rε2即当外电阻R+r时，电源的输出功率最大，其最大值为4r例7：在11—7图中，安培表的读数为I1=20mA。如果电池εx反向联结，电流增加到I2=35mA。如果电灯发生短路时，电路中的电流I等于多少？灯泡的伏安特性曲线如图11—7—甲所示。解析：题目中给出ε1的数值为9V，εx的大小不确定。当图11—7εx从正向变为反向联结时，回路的总电动势增大，在εx<ε1和εx>ε1的两种情况下，I2都有可能增加。所以要分两种情况讨论。由灯泡的伏安特性曲线可知：当I1=20mA时，有U灯1=3V，I2=35mA时，U灯2=9V设两个电源的内阻与电流表内阻总和为R内，根据回路电压方程有：图11—7—甲（1）当ε1>εx时,有ε1_εx_U灯1=I1R内①εx反向时,有ε1+εx_U灯2=I2 R内②由①+②得2ε1_U灯1_U灯2=(I1+I2)R内所以R内将③式代入①式得εx=3.8V③短路瞬间，可视电灯两端电压为零，所以原电路中的电流内（2）当ε1<εx时,有εx_ε1_U灯1=I1R内。

这里是常见问题内容示例，可替换为实际内容。