高中物理解题微元法.docx
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高中物理解题微元法
高中奥林匹克物理竞赛解题方法
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
v
C
lim
t0
S
CC
t
lim
t0
H
H
h
t
S
AA
Hv
H
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：
TTGcosTTGcosLgcos
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△T
θ的和，
即TTLgcosgLcos
观察Lcos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LcosR可得铁链A端受的拉力TgLcosgR
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
v的大小.
B
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
v，半径为a，可以得到行星在△t时间内扫过的面积
A
1
SavA
2
ta
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，
1
则也有Svtb
b2
B
由开普勒第二定律可知：
Sa=Sb
即得
a
vBv此题也可用对称法求解.
A
b
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
mv1Mv①两边同时乘以一个极短的时间△t，有mv1tMv2t②
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svt1，s2v2t
1
由此将②式化为
ms1Ms③
2
把所有的元位移分别相加有
ms1Ms④
2
即ms1=Ms2⑤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+s2⑥
m
由⑤、⑥两式得船的位移L
s2
Mm
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2R，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
量mM
2
△m在该平面上受拉力F的作用，合力为
T
2Fcos（）2F
2
sin
2
因为当θ很小时，sin所以TFF
2
2
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Tmgtan
2R2
现在弹性绳圈的半径为R
r
22
r2
所以45
sin
R2
tan1
因此T=mgMg
2
①、②联立，MgF
2
，
解得弹性绳圈的张力为：
F
Mg
2
设弹性绳圈的伸长量为x则x2RR（21）R
所以绳圈的劲度系数为：
k
F
x
2（
Mg
21）
（2
22
R
1）Mg
2
R
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=mrω
2，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
为△θ，其质量可表示为mM
2
，受圆环对它的张
力为T，则同上例分析可得
2Tsinmr
2
2
因为△θ很小，所以
sin，即
22
2
2TMr解得最大角速度
22
2
T
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
（FMg）tI因为Mgt0
所以FtMv0vx解得冲力：
x
Fv，其中
t
x
t
就是t时刻链条的速度v，
故
2
Fv链条在t时刻的速度v即为链条下落
2=2gx，代入F的表达式中，得F2gx长为x时的即时速度，即v
此即t时刻链对地面的作用力，也就是t时刻链条对地面的冲力.
3Mgx
所以在t时刻链条对地面的总压力为.
N2gxgx3gx
L
例8：
一根均匀柔软的绳长为L，质量为m，对折后两端固定在一个钉子上，其中一端突然
从钉子上滑落，试求滑落的绳端点离钉子的距离为x时，钉子对绳子另一端的作用力是多大？
解析：
钉子对绳子另一端的作用力随滑落绳的长短而变化，
由此可用微元法求解.如图3—8所示，当左边绳端离钉子
1
的距离为x时，左边绳长为（）
lx，速度v2gx，
2
1
右边绳长为（）.
lx又经过一段很短的时间△t以后，2
1
左边绳子又有长度Vt
2
的一小段转移到右边去了，我们就分
析这一小段绳子，这一小段绳子受到两力：
上面绳子对它的拉
1
力T和它本身的重力vtg（m/l
2
为绳子的线密度），
11
根据动量定理，设向上方向为正）
（Tvtg）t0（vtv
22
由于△t取得很小，因此这一小段绳子的重力相对于T来说是很小的，可以忽略，
1
所以有Tv2gx
2
因此钉子对右边绳端的作用力为
F
1
2
（l
x）
g
T
1
2
mg（1
3x
l
）
例9：
图3—9中，半径为R的圆盘固定不可转动，细绳不可伸长
但质量可忽略，绳下悬挂的两物体质量分别为M、m.设圆盘与
绳间光滑接触，试求盘对绳的法向支持力线密度.
解析：
求盘对绳的法向支持力线密度也就是求盘对绳的法向单位
长度所受的支持力.因为盘与绳间光滑接触，则任取一小段绳，
其两端受的张力大小相等，又因为绳上各点受的支持力方向不同，
故不能以整条绳为研究对象，只能以一小段绳为研究对象分析求
解.在与圆盘接触的半圆形中取一小段绳元△L，△L所对应的
圆心角为△θ，如图3—9—甲所示，绳元△L两端的张力均为T，
绳元所受圆盘法向支持力为△N，因细绳质量可忽略，法向合力为
零，则由平衡条件得：
NT
sinTsin2T
22
sin
2
当△θ很小时，
sin∴△N=T△θ
22
又因为△L=R△θ
则绳所受法向支持力线密度为
NTT
n①
LRR
以M、m分别为研究对象，根据牛顿定律有Mg－T=Ma②
T－mg=ma③由②、③解得：
T
2Mmg
Mm
将④式代入①式得：
n
（
2Mmg
Mm）
R
例10：
粗细均匀质量分布也均匀的半径为分别为R和r的两圆环相切.若在切点放一质点m，
恰使两边圆环对m的万有引力的合力为零，则大小圆环的线密度必须满足什么条件？
解析：
若要直接求整个圆对质点m的万有引力比较难，当若要用到圆的对称性及要求所受合
力为零的条件，考虑大、小圆环上关于切点对称的微元与质量m的相互作用，然后推及整个
圆环即可求解.
如图3—10所示，过切点作直线交大小圆分别于P、Q两点，并设与水平线夹角为α，当α
有微小增量时，则大小圆环上对应微小线元
L1R2L2r2
其对应的质量分别为1lR2
m
111
m2lr2由于△α很小，
222
故△m1、△m2与m的距离可以认为分别是12Rcosr2rcos
r
2
所以△m1、△m2与m的万有引力分别为
GmmGR2mGmmGR2
1122
F,F
1（2cos）
2
222
r（2Rcos）rr
12
m
2
由于α具有任意性，若△F1与△F2的合力为零，
则两圆环对m的引力的合力也为零，即
G
R
2
1
cos
（2R
m
2
）
G
（
2
2r
r2
cos
）
m
2
解得大小圆环的线密度之比为：
1
2
R
r
例11：
一枚质量为M的火箭，依靠向正下方喷气在空中保持静止，如果喷出气体的速度为v，
那么火箭发动机的功率是多少？
解析：
火箭喷气时，要对气体做功，取一个很短的时间，求出此时间内，火箭对气体做的功，
再代入功率的定义式即可求出火箭发动机的功率.
选取在△t时间内喷出的气体为研究对象，设火箭推气体的力为F，根据动量定理，有
F△t=△m·v因为火箭静止在空中，所以根据牛顿第三定律和平衡条件有F=Mg
即Mg·△t=△m·v△t=△m·v/Mg
对同样这一部分气体用动能定理，火箭对它做的功为：
W
1
2
2
mv
12
mv
W12
所以发动机的功率MgV
P
t（mV/Mg）2
例12：
如图3—11所示，小环O和O′分别套在不动的竖直
杆AB和A′B′上，一根不可伸长的绳子穿过环O′，绳的
两端分别系在A′点和O环上，设环O′以恒定速度v向下
运动，求当∠AOO′=α时，环O的速度.
解析：
O、O′之间的速度关系与O、O′的位置有关，即与α
角有关，因此要用微元法找它们之间的速度关系.
设经历一段极短时间△t，O′环移到C′，O环移到C，自C′
与C分别作为O′O的垂线C′D′和CD，从图中看出.
ODOD
OC,OC因此OC+O′C′=
coscos
OD
O
cos
D
①
因△α极小，所以EC′≈ED′，EC≈ED，
从而OD+O′D′≈OO′－CC′②
由于绳子总长度不变，故OO′－CC′=O′C′③
由以上三式可得：
OC+O′C′=
O
C
cos
1
即OCOC
（1）
cos
1
等式两边同除以△t得环O的速度为1）
v0v（
cos
例13：
在水平位置的洁净的平玻璃板上倒一些水银，由于重力和
表面张力的影响，水银近似呈现圆饼形状（侧面向外凸出），过圆
饼轴线的竖直截面如图3—12所示，为了计算方便，水银和玻璃的
接触角可按180°计算.已知水银密度
3/3
13.610kgm，水
银的表面张力系数0.49N/m.当圆饼的半径很大时，试估算其厚度h的数值大约为多
少？
（取1位有效数字即可）
解析：
若以整个圆饼状水银为研究对象，只受重力和玻璃板的支持力，在平衡方程中，液体
的体积不是h的简单函数，而且支持力N和重力mg都是未知量，方程中又不可能出现表面
张力系数，因此不可能用整体分析列方程求解h.现用微元法求解.
在圆饼的侧面取一个宽度为△x，高为h的体积元，，如图
3—12—甲所示，该体积元受重力G、液体内部作用在面
1，
1
2
积△x·h上的压力F，FPShgxhghx
22
还有上表面分界线上的张力F1=σ△x和下表面分界线上的
张力F2=σ△x.作用在前、后两个侧面上的液体压力互相平衡，作用在体积元表面两个弯曲
分界上的表面张力的合力，当体积元的宽度较小时，这两个力也是平衡的，图中都未画出.
由力的平衡条件有：
FF1cosF20
12
即cos0
ghxxx2
2（1cos）3
解得：
h2.7101cos
g
－3－3由于,11cos2,
0所以故2.7×10
m－3－3
题目要求只取1位有效数字，所以水银层厚度h的估算值为3×10m或4×10m.
例14：
把一个容器内的空气抽出一些，压强降为p，容器
上有一小孔，上有塞子，现把塞子拔掉，如图3—13所示.
问空气最初以多大初速度冲进容器？
（外界空气压强为p0、
密度为ρ）
解析：
该题由于不知开始时进入容器内分有多少，不知它
们在容器外如何分布，也不知空气分子进入容器后压强如
何变化，使我们难以找到解题途径.注意到题目中“最初”
二字，可以这样考虑：
设小孔的面积为S，取开始时位于小孔外一薄层气体为研究对象，令
薄层厚度为△L，因△L很小，所以其质量△m进入容器过程中，不改变容器压强，故此薄
层所受外力是恒力，该问题就可以解决了.
由以上分析，得：
F=（p0－p）S①对进入的△m气体，
由动能定理得：
1
2
FLmv②而△m=ρS△L
2
2（p0p）
v联立①、②、③式可得：
最初中进容器的空气速度
例15：
电量Q均匀分布在半径为R的圆环上（如图3—14
所示），求在圆环轴线上距圆心O点为x处的P点的电场
强度.
解析：
带电圆环产生的电场不能看做点电荷产生的电场，
故采用微元法，用点电荷形成的电场结合对称性求解.
Q
选电荷元,
qR它在P点产生的电场的场强的x分量为：
2R
Exk
r
qRQ
cosk
22（22）
RRx
2
R
x
2
x
根据对称性
EEx
kQxkQxkQx
2
223223（22）
2（Rx）2（Rx）Rx
3
由此可见，此带电圆环在轴线P点产生的场强大小相当于带电圆环带电量集中在圆环的某一
点时在轴线P点产生的场强大小，方向是沿轴线的方向.
例16：
如图3—15所示，一质量均匀分布的细圆环，
其半径为R，质量为m.令此环均匀带正电，总电
量为Q.现将此环平放在绝缘的光滑水平桌面上，并
处于磁感应强度为B的均匀磁场中，磁场方向竖直向下.
当此环绕通过其中心的竖直轴以匀角速度ω沿图示方向
旋转时，环中的张力等于多少？
（设圆环的带电量不减
少，不考虑环上电荷之间的作用）
解析：
当环静止时，因环上没有电流，在磁场中不受力，则
环中也就没有因磁场力引起的张力.当环匀速转动时，环上电
荷也随环一起转动，形成电流，电流在磁场中受力导致环中存
在张力，显然此张力一定与电流在磁场中受到的安培力有关.
由题意可知环上各点所受安培力方向均不同，张力方向也不同，
因而只能在环上取一小段作为研究对象，从而求出环中张力的
大小.
在圆环上取△L=R△θ圆弧元，受力情况如图3—15—甲所示.因转动角速度ω而形成的电流
QR
I，电流元I△L所受的安培力FILBQB
22
因圆环法线方向合力为圆弧元做匀速圆周运动所需的向心力，
2
2TsinFmR
2
RQB
2
当△θ很小时，mR
sinT
222
m
m
2
T
RQB
2
m
2
2R
R
解得圆环中张力为（）
TQBm
2
例17：
如图3—16所示，一水平放置的光滑平行导轨上放一质量
为m的金属杆，导轨间距为L，导轨的一端连接一阻值为R的电
阻，其他电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面.
现给金属杆一个水平向右的初速度v0，然后任其运动，导轨足够
长，试求金属杆在导轨上向右移动的最大距离是多少？
解析：
水平地从a向b看，杆在运动过程中的受力分析
如图3—16—甲所示，这是一个典型的在变力作用下求位
移的题，用我们已学过的知识好像无法解决，其实只要
采用的方法得当仍然可以求解.
设杆在减速中的某一时刻速度为v，取一极短时间△t，发
生了一段极小的位移△x，在△t时间内，磁通量的变化为
△φ△φ=BL△x
I
RtR
BL
x
tR
金属杆受到安培力为
F
安
ILB
B
22
L
tR
x
由于时间极短，可以认为F安为恒力，选向右为正方向，在△t时间内，
安培力F
安的冲量为：
I
F
安
t
B
22
L
R
x
对所有的位移求和，可得安培力的总冲量为
I
2222
BLxBL
（①其中x为杆运动的最大距离，
）x
RR
对金属杆用动量定理可得I=0－mV0②
由①、②两式得：
x
mV
R
0
2
B
2
L
升级会员 