高中物理竞赛解题方法之类比法例题

十二、类比法方法简介类比法是根据两个研究对象或两个系统在某些属性上类似而推出其他属性也类似的思维方法，是一种由个别到个别的推理形式。其结论必须由实验来检验，类比对象间共有的属性越多，则类比结论的可靠性越大。在研究物理问题时，经常会发现某些不同问题在一定范围内具有形式上的相似性，其中包括数学表达式上的相似性和物理图像上的相似性。类比法就是在于发现和探索这一相似性，从而利用已知系统的物理规律去寻找未知系统的物理规律。赛题精讲例1：图12—1中AOB是一内表面光滑的楔形槽，固定在水平桌面（图中纸面）上，夹角α=1°（为了能看清楚，图中画的是夸大了的）。现将一质点在BOA面内从A处以速度v=5m/s射出，其方向与AO间的夹角θ=60°，OA=10m。设质点与桌面间的摩擦可忽略不计，质点与OB面及OA面的碰撞都是弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，可忽略不计，试求：（1）经过几次碰撞质点又回到A处与OA相碰？（计算次数时包括在A处的碰撞）（2）共用多少时间？（3）在这过程中，质点离O点的最短距离是多少？解析：由于此质点弹性碰撞时的运动轨迹所满足的规律和光的反射定律相同，所以可用类比法通过几何光学的规律进行求解。即可用光在平面镜上反射时，物像关于镜面对称的规律和光路是可逆的规律求解。（1）第一次，第二次碰撞如图12—1—甲所示，由三角形的外角等于不相邻的一两个内角和可知∠MBA=60°+1°=61°，故第一次碰撞的入射角为90°－61°=29°。第二次碰撞，∠BCA=61°+1°=62°，故第二次碰撞的入射角为90°－62°=28°。因此，每碰一次，入射角要减少1°，即入射角为29°、28°、…、0°，当入射角为0°时，质点碰后沿原路返回。包括最后在A处的碰撞在内，往返总共60次碰撞。（2）如图12—1—乙所示，从O依次作出与OB边成1°、2°、3°、……的射线，从对称规律可推知，在AB的延长线上，BC′、C′D′、D′E′、……分别和BC、CD、DE、……相等，它们和各射线的交角即为各次碰撞的入射角与直角之和。碰撞入射角为0°时，即交角为90°时开始返回。故质点运动的总路程图12—1—乙为一锐角为60°的Rt△AMO的较小直角边AM的二倍。即：s=2AM=2AOcos60°=10m所用总时间：t=sv=105=2s（3）碰撞过程中离O的最近距离为另一直角边长：OM=AOsin60°=53m（此题也可以用递推法求解，读者可自己试解。）例2：有一个很大的湖，岸边（可视湖岸为直线）停放着一艘小船，缆绳突然断开，小船被风刮跑，其方向与湖岸成15°角，速度为2.5km/h。同时岸上一人从停放点起追赶小船，已知他在岸上跑的速度为4.0km/h，在水中游的速度为2.0km/h，问此人能否追及小船？解析：费马原理指出：光总是沿着光程为极小值的路径传播。据此可以证明，光在平面分界面上的折射是以时间为极小值的路程传播。本题求最短时间问题，可类比类在平面分界面上的折射情况，这样就把一个运动问题通过类比可转化为光的折射问题求解。如图12—2所示，船沿OP方向被刮跑，设人从O点出发先沿湖岸跑，在A点入水游到OP的B点，如果符合光的折射定律，则所用时间最短。根据折射定律：osin90sin=4.02.0，解得：γ=30°α=180°－15°－(90°+γ)=45°在这最短时间内，若船还未到达B点，则人能追上小船，若船已经通过了B点，则人不能追上小船，所以船刚好能到达B点所对应的船速就是小船能被追及的最大船速vm。根据正弦定理：movtsin120=11ovtsin45=22ovtsin15①又：t=t1+t2由以上两式可解得：vm=o12oo12vvsin120vsin15vsin45=22km/h②此即小船能被人追上的最大速度，而小船实际速度只有2.5km/h，小于22km/h，所以人能追上小船。例3：一只蚂蚁洞沿直线爬出，已知爬出速度v的大小与距蚂蚁洞中心的距离L成反比，当蚂蚁爬到距蚂蚁洞中心距离L1=1m的A点时，速度大小为v1=20cm/s，问当蚂蚁爬到距蚂蚁洞中心L2=2m的B点时，其速度大小v2=?蚂蚁从A点到达B点所用的时间t=？解析：虽然蚂蚁的运动我们不能直接用已学过的运动学公式求解，但只要能找到描述蚂蚁运动的公式和学过的公式的形式相同，便可借助学过的公式形式使问题得以解决。由已知得：蚂蚁在距离巢中心△处的速度为v=k1L，代入已知得：k=vL=0.2×1=0.2m2/s，所以当L2=2m时，其速度v2=2kL=0.1m/s由速度的定义得蚂蚁从L到L+ΔL所需时间为Δt所以：Δt=Lv=1kΔLL①类比初速v0=0的匀加速直线运动的两个基本公式svtvat在t到Δt时刻所经位移Δs为：Δs=aΔtt②比较①、②两式可以看出两式的表述形式相同。据此，可得蚂蚁问题中的参量t和L分别类比为初速为零的匀加速直线运动中的s和t。而1k相当于加速度a，于是可得：在此蚂蚁问题中t=121kL2令t1对应L1，t2对应L2，则所求时间为：2112221tL2k1tL2k代入已知可得从A到B所用的时间为：Δt=t2－t1=12k22L－12k21L=2220.2－2120.2=0.75s（此题也可以用图象法、等效法求解，读者可试试。）例4：如图12—3所示为一很大的接地导体板，在与导体板相距为d的A处放一带电量为－q的点电荷。（1）试求板上感应电荷在导体内P点产生的电场强度；（2）试求感应电荷在导体外P′点产生的电场强度，P与P′对导体板右表面是对称的；（3）在本题情形中根据场强分析证明导体表面附近的电场强度的方向与导体表面垂直；（4）试求导体上的感应电荷对点电荷－q的作用力；（5）若在切断导体板与地的连线后，再将+Q电荷置于导体板上，试说明这部分电荷在导体板上如何分布可达到静电平衡。（略去边缘效应）解析：面电荷问题有时可用点电荷场来类比，使问题大大简化。（1）因导体处于静电平衡状态，内部场强为零，因此感应电荷在P点产生的场强可用点电荷场类比，若在A点放+q在导体中P点产生的场和感应电荷在P点产生的场相同，因此有E=k2qr，方向如图12—3—甲所示。（r为AP间距离）（2）同理，感应电荷在导体外P′点产生的电场跟把+q放在与A关于导体右表面对称的A′点产生的电场相同，即图12—3图12—3—甲图12—3—乙PE=k2qr，方向如图12—3甲所示。（3）取导体外极靠近导体表面的一点P1，此处电场由感应电荷和－q共同产生，可类比等量异号点电荷形成的电场，导体表面可类比为等势面，场强和等势面是垂直的，因此P1点的场强方向跟导体表面垂直。如图12—3—乙所示。（4）感应电荷对－q的作用力也可类比在A′点放的+q对它的库仑力来求。如图12—3—乙所示。F=2kq(2d)q=22kq4d（5）切断接地线后，感应电荷分布不变，感应电荷和－q在导体中产生的电场强度为零（相当于不带电情况），将+Q置于导体板上时，类比孤立无限大带电平板，电荷将均匀分布例5：如图12—4所示为一无限多电容器连成的网络，若其中每个电容器的电容均为C，求此网络A、B间的等效电容CAB。解析：电容器两极板间所加电压为U，正极板上的电量为Q时，电容为：C=QU。电阻器两端所加电压为U，通过的电流为I时，电阻为R=UI。在C、R表达式中U相同，Q与I类比，但两个式子显然有颠倒的关系，若为电容器引入C*=1C=UQ，C*便可与R类比，通过对R的求解，求出C*，再求出它的倒数即为C。当将阻值为R的电阻替换电容C时，可以求得：AB间的总电阻为：RAB=(3+1)R现在用C*取代R，可解得：ABC=(3+1)C*也即：AB1C=(3+1)1C所以AB间的等效电容为：CAB=312C例6：电容器网络如图12—5所示，各电容器以μF为单位的电容量数值已在图中标出。求A、B两点之间的等效电容CAB。解析：同样用类比法为电容器引入辅助参量C*=1C，则C*的串并联公式与电阻R的串并联公式完全一样，而且如图12—5—甲中两个电容网络元之间有完全类似于电阻网络元的Y—△变换。变换公式为：aC=ABCAABBCCACCCCC，bC=ABBCABBCCACCCCC，aC=BCCAABBCCACCCCC图12—4图12—5图12—5—丙图12—5—乙图12—5—丙通过变换公式对题中的网络进行交换，从而求解。设C*=1C将中间同为C=2μF的电容变为C*=12(μF)－1，再将三个C*组成的△网络元变换为C*=1122111222=16(μF)－1的三个Y网络元，于是将原网络等效为如图12—5—乙网络，图12—5—乙中所标数值均为C*值，为此网络可等效如图12—5—丙网络，图中所标数值仍是C*值。因为此网络中没有电流图12—5—丙可当作平衡的桥式电路，中间的512电容可拆去，此网络又可等效为图12—5—丁，再类比电阻串并联公式可得：ABC=16(μF)－1故原网络A、B间的等效电容为：CAB=AB1C=6μF例7：如图12—6所示，一个由绝缘细线构成的刚性圆形轨道，其半径为R。此轨道水平放置，圆心在O点，一个金属小珠P穿在此轨道上，可沿轨道无摩擦地滑动，小珠P带电荷Q。已知在轨道平面内A点（OA=r＜R）放有一电荷q。若在OA连线上某一点A1放电荷q1，则给P一个初速度，它就沿轨道做匀速圆周运动。求A1点位置及电荷q1之值。解析：因为P可沿圆轨道做匀速圆周运动，说明此圆轨道是一等势线，将此等势线看成一个球面镜的一部分。已知半径为R，所以此球面镜的焦距为R2。由成像公式1P+1P=1f若q为物点，q1为像点不成立，只能是q1为物点成虚像于图12—5—丁图12—6q，所以有：1P－1Rr=2R，得到：P′=R(Rr)2rR又因为1qq=PP=(Rr)(R2r)R(Rr)=R2rR解得：q1=RR2rq例8：将焦距为10cm的一块双凸透镜沿其表面的垂直方向切割成相同的两部分，把这两部分沿垂直于主轴的方向移开一段距离δ=1cm，并用不透明的材料将其挡住。若在原透镜左侧主轴上，距透镜光心20cm处放一点光源M，如图12—7所示，点光源能射出波长为0.5μm的单色光，那么在透镜另一侧距透镜50cm的屏幕（垂直于透镜主轴放置）上，将出现多少亮条纹？解析：由透镜成像规律可知，单色点光源M，经切割成的两个半透镜分别成两个像M1，M2（此时每个半透镜相当于一个透镜）。这两个像距相等，关于主光轴对称，形成相干光源，从而在屏幕上可看到干涉条纹，屏幕中央是零级亮条纹，两侧依次分布着各级干涉条纹。根据透镜成像公式1P+1P=1f得：P′=PfPf①设两个像之间的距离M1M2=d由图12—7—甲中的几何关系可知：d=PPP②由①、②两式得：d=P(P+PfPf)=PPf③由图12—7—甲知：L=H－P′=H－PfPf=H(Pf)PfPf④类比光的双缝干涉作图12—7—乙。设屏幕上Q为一级亮条纹，则光程差为：Δδ=M2Q－M1Q≈dsinα=λ⑤因为α解很小，所以有：sinα≈tanα≈SL将其代入⑤式得：S=Ld⑥将③、④代入⑥式得：S=P［H(P－f)－fP］⑦由于干涉条纹是等间距的，所以屏幕上出现的亮条纹数目为：N=DS⑧图12—7由图12—7—甲中几何关系得：D=PPH解得：D=(HP)P⑨将⑨代入⑧式得：N=(HP)PPH(Pf)Pf=2(HP)H(Pf)Pf⑩将已知代入⑩得：N=46.6，所以亮条纹的条数为46条。例9：如图12—8所示，半径R=10cm的光滑凹球面容器固定在地面上，有一小物块在与容器最低点P相距5mm的C点由静止无摩擦滑下，则物块自静止下滑到第二次通过P点时所经历的时间是多少？若此装置放在以加速度a向上运动的实验舱中，上述所求的时间又是多少？解析：本题中的小物块是在重力、弹力作用下做变速曲线运动，我们若抓住物体