五、极限法

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。

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 = kx ①

1由机械能守恒有：mg (h + x) = Ek +kx2 ②

2m2g2联立①②式解得：Ek = mgh－

2k

图5—1

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 。

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 = gcosβ

该质点沿轨道由静止滑到斜面所用的时间为t ，则：

12

at =OP 2

图5—2

2OP ① gcos?所以：t =由图可知，在ΔOPC中有：

OPOC=

sin(90o??)sin(90o????)OCcos? ②

cos(???)所以：OP=

将②式代入①式得：t =2OCcos?=gcos?cos(???)4OCcos? ?cos??cos(??2?)?g显然，当cos(α－2β) = 1 ，即β =所以当β =

?时，上式有最小值。 2?时，质点沿直轨道滑到斜面所用的时间最短。 2第 1 页

此题也可以用作图法求解。

例3：从底角为θ的斜面顶端，以初速度v0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 = v0tanθ = gt ，解得运动时间为t =

该点的坐标为：

22v012v0x = v0t =tanθ ，y =gt =tan2θ

g2g2v0tanθ g由几何关系得：

H+ y = xtanθ cos?

图5—

解得小球离开斜面的最大距离为：

2v0H =tanθ?sinθ

2g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/s2 ，求所需的最小初速及对应的发射仰角。

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：

?x?v0cos??t??12 y?vsin??t?gt0??2把A点坐标（d 、h）代入以上两式，消去t ，得：

gd2v=－

2(h?dtan?)cos2?20

图5—4

gd2= dsin2??h(cos2??1)=

gd2??dhd2?h2??sin2???cos2???h22d2?h2?d?h?

令

dhh= tanθ ，则2= cosθ ，= sinθ ，上式可变为： 222dd?hd?hgd22v0=2 d?h2sin(2???)?h?1h显然，当sin (2α－θ) = 1时，即2α－θ = 90°，亦即发射角α = 45°+= 45°+arctan=

22d445°+ arctan= 71.6°时，v0最小，且最小速度为：

3v0 =g(d2?h2?h)= 310= 9.5m/s 第 2 页

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

f?(M?m)g加速度a1 === μg 。 图5—5

M?mM?mv?2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

2a1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：a2 =

FM?m= μg ① mm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：v2 = 2a2l ，v?2= 2a1L

并将a1 、a2代入②式解得铁板移动的最大距离： L =

ml M?m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 =gR0(2?R0)，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r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：

Mm12E1 =mv发－G ①

R02Mm12进入轨道后卫星的机械能为：E2 =mv轨－G ②

r2由E1 = E2 ，并代入v轨 =v发 =GM，解得发射速度为： rRGM(2?0) ③ R0rMm= mg ，所以： 2R0又因为在地面上万有引力等于重力，即：G

GM= gR0 ④ R0把④式代入③式即得：v发 =gR0(2?R0) r第 3 页

（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 =gR0= 7.9×103m/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：vmax =2gR0= 11.2×103m/s 。

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 3G=R ， 半球重为G ，半球放在水平面上，在半球的平面上放一重为的物体，它与半球

88平在间的动摩擦因数μ = 0.2 ，求无滑动时物体离球心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?3RGsinθ =?xcosθ ，得到：x = 3Rtanθ 88

图5—6

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：

tanθm =

fm= μ = 0.2 ，所以 x = 3μR = 0.6R 。 N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 = 30°，如图5—7所示。

2（1）若以水平力F作用在杆上，作用点到地面的距离h1 =L

5（L为杆长），要使杆不滑倒，力F最大不能越过多少？

4（2）若将作用点移到h2 =L处时，情况又如何？

5

图5—7

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－Tsinθ－f = 0 N－Tcosθ－mg = 0 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

图5—7—甲

擦力时，杆刚要滑倒，此时满足：f = μN

解得：Fmax =

mgLtan?

tan?(L?h)?h?由上式又可知，当［

tan?(L－h)－h］→∞ ，即当h0 = 0.66L时，对F就没有限制了。 ?2（1）当h1 =L＜h0 ，将有关数据代入Fmax的表达式得：Fmax = 385N

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