替換法在物理解題中的應用

吳烜

替換法是一種創(chuàng)造性的思維方式，利用替換法解題，往往可以辟免復雜的數(shù)學運算，使這類問題得到簡化

1.利用物理量的替換

同一物體的兩個運動過程中，某個物理量的變化恰好對應著另一物理量的變化，這兩個不同物理量變化的量值相等，利用等效替換法，可以開辟常規(guī)途徑設(shè)法找到解題的捷徑.

例1如圖1質(zhì)量為m的小球以初速度v0沖上斜面，斜面的質(zhì)量為M, 斜面光滑，試求在下列兩種情況下，小球在斜面上升的最大高度之差.

（1）斜面固定;

（2）斜面自由地置于光滑水平面上.

（設(shè)兩種情況下小球的最大高度均小于斜面高）

解析這道題按常規(guī)解法是分別計算兩種情況下小球在斜面上到達的高度.這種解法的方程較多不夠簡潔，若利用物理量的替換就簡便一點.

考察小球運動的兩個物理過程，可以發(fā)現(xiàn)以下差異，第一次小球到達最高點時速度為零，而第二次小球到達最高點時速度不為零，且與斜面獲得共同的水平速度，即在第一個過程中小球的初動能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，而在第二次過程中小球的動能只有部分轉(zhuǎn)變?yōu)橹亓菽?由此可見，兩個過程中小球末態(tài)重力勢能的差值與第二種情況下小球和斜面的末態(tài)動能值具有代償性.

故mgΔh=12(m+M)v2,又 mv0=(m+M)v

解得 Δh=mv202(m+M)g.

1. 利用電路結(jié)構(gòu)補割等效換算

當電路或?qū)w具有特殊結(jié)構(gòu)時，如閉合電路在勻強磁場中不論在任何方向平動，閉合電路中的總電動勢恒為零.閉合的通電導線在勻強磁場中所受磁場力的矢量和恒為零.利用電路結(jié)構(gòu)補割等效換算，可使問題的求解過程變得簡單.

例2如圖所示，將金屬絲AB彎成半徑r的圓弧，但是AB之間留出寬度 為d，相對于圓弧來說很小的間隙，電荷量Q的正電荷均勻分布在金屬絲上，求圓心O處的電場強度.

思路分析將圓環(huán)的缺口補上，并且它的電荷線密度與缺了口的環(huán)體原有的電荷線密度一樣，這樣就形成了一個

電荷均勻分布的完整的帶電環(huán)，環(huán)上處于同一直徑兩端的微

小部分可看成相對應的點電荷，它產(chǎn)生的電場在圓心處疊加后場強為零.根據(jù)對稱性可知，帶電圓環(huán)在圓心處的總場強E=0.

解析設(shè)原缺口環(huán)所帶電荷的線密度為ρ，則補上金屬小段的帶電荷量Q′=ρd 將Q′視為點電荷，它在O處的場強為E1，方向向右.設(shè)要求的場強為E2，由E1+E2=0可得E2=-E1，負號表示E2方向與E1方向相反，為向左.

2. 利用物理狀態(tài)的互換性

物理狀態(tài)雖然各有特點存在差異，但是某些物理狀態(tài)在某些方面卻具有互換性.為很多問題的分析提供簡便方法.

例3如圖1所示，兩個相同大小的金屬板平行正對放置，且距離很近，組成一平行板電容器，已知兩板分別帶有q1=-2.0×10-8庫，q2=+6.0×10-8庫，測得兩板間電勢差u為10伏，求該容器電容C.

分析這個問題似乎無法解決，然而如下特殊狀態(tài)的結(jié)論會使解題豁然開朗.如果兩板各帶有等量的同種電荷，由電場的對稱性迭加可知，兩板間電場強度處處為零.據(jù)此，

可以得到解決本題的思路.設(shè)想使兩板分別再帶上負-2.0×10-8庫，則兩板帶電量分別為-4.0×10-8庫與4.0×10-8庫，這種補償?shù)男Ч请娙萜鲀?nèi)電場強度保持不變，即前后

兩種物理狀態(tài)具有互換性，故可用后一種狀態(tài)代換前一種狀態(tài)，

由電容器的定義可得

C=qu=4.0×10-810=4.0×10-9(F).

4.利用平衡力的不變性

一個平面共點力，若其合力為零，則為平衡力，對一個物體添加一平衡力，在其它條件不變的情況下，物體的受力效果相同.利用平衡力的這種不變性，可以巧妙地解決某些問題.

例4帶正電的粒子q質(zhì)量為m，初始時靜止在坐標原點o，勻強磁場方向沿x軸正方向，勻強電場方向沿z軸正方向, 磁感應強度為B，電場強度為E.求帶電粒子在此復合電磁場中的運動軌跡.

解析因為粒子初速度為零，所以可等效成兩個大小相等，

方向相反的速度合成，且令v0=E/B,方向沿y軸正方向.顯然

沿y軸正方向的v0所對應的洛侖茲力恰好與電場力平衡，

粒子只受到沿y軸負方向的v0所產(chǎn)生的洛侖茲力f=qv0B

的作用，方向在yoz平面內(nèi).粒子在yoz平面內(nèi)以v0作勻速圓周運動，同時由于沿y軸正方向的v0的存在，粒子還沿y軸正方向勻速運動，這兩個運動的疊加就是粒子在復合電磁場中的合運動.粒子的合運動可等效成半徑為R=mv0/Bq的圓沿y軸正方向以中心速度v0做滾動.

別列式：x=v02x⑥；0-(v02)2=2(-a)x1⑦，聯(lián)立得x=12m.

法4從平均速度關(guān)系出發(fā)解題，可得時間中點即9m時的速度為v02，同時也是整個過程的平均速度，得x=v02t⑧，

前一半時間的平均速度v1=V0+v022=34v0，得x1=v1·t2=

38v0t⑨；結(jié)合⑧⑨得x=12m.

法5根據(jù)汽車剎車的情形，設(shè)初速度為v0，滑行總時間為t，可以作出如圖6所示的v-t圖，數(shù)理結(jié)合可以將物理運動類問題轉(zhuǎn)化為求△OAB的面積，求得x=12m.

endprint

替換法是一種創(chuàng)造性的思維方式，利用替換法解題，往往可以辟免復雜的數(shù)學運算，使這類問題得到簡化

1.利用物理量的替換

同一物體的兩個運動過程中，某個物理量的變化恰好對應著另一物理量的變化，這兩個不同物理量變化的量值相等，利用等效替換法，可以開辟常規(guī)途徑設(shè)法找到解題的捷徑.

例1如圖1質(zhì)量為m的小球以初速度v0沖上斜面，斜面的質(zhì)量為M, 斜面光滑，試求在下列兩種情況下，小球在斜面上升的最大高度之差.

（1）斜面固定;

（2）斜面自由地置于光滑水平面上.

（設(shè)兩種情況下小球的最大高度均小于斜面高）

解析這道題按常規(guī)解法是分別計算兩種情況下小球在斜面上到達的高度.這種解法的方程較多不夠簡潔，若利用物理量的替換就簡便一點.

考察小球運動的兩個物理過程，可以發(fā)現(xiàn)以下差異，第一次小球到達最高點時速度為零，而第二次小球到達最高點時速度不為零，且與斜面獲得共同的水平速度，即在第一個過程中小球的初動能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，而在第二次過程中小球的動能只有部分轉(zhuǎn)變?yōu)橹亓菽?由此可見，兩個過程中小球末態(tài)重力勢能的差值與第二種情況下小球和斜面的末態(tài)動能值具有代償性.

故mgΔh=12(m+M)v2,又 mv0=(m+M)v

解得 Δh=mv202(m+M)g.

1. 利用電路結(jié)構(gòu)補割等效換算

當電路或?qū)w具有特殊結(jié)構(gòu)時，如閉合電路在勻強磁場中不論在任何方向平動，閉合電路中的總電動勢恒為零.閉合的通電導線在勻強磁場中所受磁場力的矢量和恒為零.利用電路結(jié)構(gòu)補割等效換算，可使問題的求解過程變得簡單.

例2如圖所示，將金屬絲AB彎成半徑r的圓弧，但是AB之間留出寬度 為d，相對于圓弧來說很小的間隙，電荷量Q的正電荷均勻分布在金屬絲上，求圓心O處的電場強度.

思路分析將圓環(huán)的缺口補上，并且它的電荷線密度與缺了口的環(huán)體原有的電荷線密度一樣，這樣就形成了一個

電荷均勻分布的完整的帶電環(huán)，環(huán)上處于同一直徑兩端的微

小部分可看成相對應的點電荷，它產(chǎn)生的電場在圓心處疊加后場強為零.根據(jù)對稱性可知，帶電圓環(huán)在圓心處的總場強E=0.

解析設(shè)原缺口環(huán)所帶電荷的線密度為ρ，則補上金屬小段的帶電荷量Q′=ρd 將Q′視為點電荷，它在O處的場強為E1，方向向右.設(shè)要求的場強為E2，由E1+E2=0可得E2=-E1，負號表示E2方向與E1方向相反，為向左.

2. 利用物理狀態(tài)的互換性

物理狀態(tài)雖然各有特點存在差異，但是某些物理狀態(tài)在某些方面卻具有互換性.為很多問題的分析提供簡便方法.

例3如圖1所示，兩個相同大小的金屬板平行正對放置，且距離很近，組成一平行板電容器，已知兩板分別帶有q1=-2.0×10-8庫，q2=+6.0×10-8庫，測得兩板間電勢差u為10伏，求該容器電容C.

分析這個問題似乎無法解決，然而如下特殊狀態(tài)的結(jié)論會使解題豁然開朗.如果兩板各帶有等量的同種電荷，由電場的對稱性迭加可知，兩板間電場強度處處為零.據(jù)此，

可以得到解決本題的思路.設(shè)想使兩板分別再帶上負-2.0×10-8庫，則兩板帶電量分別為-4.0×10-8庫與4.0×10-8庫，這種補償?shù)男Ч请娙萜鲀?nèi)電場強度保持不變，即前后

兩種物理狀態(tài)具有互換性，故可用后一種狀態(tài)代換前一種狀態(tài)，

由電容器的定義可得

C=qu=4.0×10-810=4.0×10-9(F).

4.利用平衡力的不變性

一個平面共點力，若其合力為零，則為平衡力，對一個物體添加一平衡力，在其它條件不變的情況下，物體的受力效果相同.利用平衡力的這種不變性，可以巧妙地解決某些問題.

例4帶正電的粒子q質(zhì)量為m，初始時靜止在坐標原點o，勻強磁場方向沿x軸正方向，勻強電場方向沿z軸正方向, 磁感應強度為B，電場強度為E.求帶電粒子在此復合電磁場中的運動軌跡.

解析因為粒子初速度為零，所以可等效成兩個大小相等，

方向相反的速度合成，且令v0=E/B,方向沿y軸正方向.顯然

沿y軸正方向的v0所對應的洛侖茲力恰好與電場力平衡，

粒子只受到沿y軸負方向的v0所產(chǎn)生的洛侖茲力f=qv0B

的作用，方向在yoz平面內(nèi).粒子在yoz平面內(nèi)以v0作勻速圓周運動，同時由于沿y軸正方向的v0的存在，粒子還沿y軸正方向勻速運動，這兩個運動的疊加就是粒子在復合電磁場中的合運動.粒子的合運動可等效成半徑為R=mv0/Bq的圓沿y軸正方向以中心速度v0做滾動.

別列式：x=v02x⑥；0-(v02)2=2(-a)x1⑦，聯(lián)立得x=12m.

法4從平均速度關(guān)系出發(fā)解題，可得時間中點即9m時的速度為v02，同時也是整個過程的平均速度，得x=v02t⑧，

前一半時間的平均速度v1=V0+v022=34v0，得x1=v1·t2=

38v0t⑨；結(jié)合⑧⑨得x=12m.

法5根據(jù)汽車剎車的情形，設(shè)初速度為v0，滑行總時間為t，可以作出如圖6所示的v-t圖，數(shù)理結(jié)合可以將物理運動類問題轉(zhuǎn)化為求△OAB的面積，求得x=12m.

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替換法是一種創(chuàng)造性的思維方式，利用替換法解題，往往可以辟免復雜的數(shù)學運算，使這類問題得到簡化

1.利用物理量的替換

同一物體的兩個運動過程中，某個物理量的變化恰好對應著另一物理量的變化，這兩個不同物理量變化的量值相等，利用等效替換法，可以開辟常規(guī)途徑設(shè)法找到解題的捷徑.

例1如圖1質(zhì)量為m的小球以初速度v0沖上斜面，斜面的質(zhì)量為M, 斜面光滑，試求在下列兩種情況下，小球在斜面上升的最大高度之差.

（1）斜面固定;

（2）斜面自由地置于光滑水平面上.

（設(shè)兩種情況下小球的最大高度均小于斜面高）

解析這道題按常規(guī)解法是分別計算兩種情況下小球在斜面上到達的高度.這種解法的方程較多不夠簡潔，若利用物理量的替換就簡便一點.

考察小球運動的兩個物理過程，可以發(fā)現(xiàn)以下差異，第一次小球到達最高點時速度為零，而第二次小球到達最高點時速度不為零，且與斜面獲得共同的水平速度，即在第一個過程中小球的初動能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，而在第二次過程中小球的動能只有部分轉(zhuǎn)變?yōu)橹亓菽?由此可見，兩個過程中小球末態(tài)重力勢能的差值與第二種情況下小球和斜面的末態(tài)動能值具有代償性.

故mgΔh=12(m+M)v2,又 mv0=(m+M)v

解得 Δh=mv202(m+M)g.

1. 利用電路結(jié)構(gòu)補割等效換算

當電路或?qū)w具有特殊結(jié)構(gòu)時，如閉合電路在勻強磁場中不論在任何方向平動，閉合電路中的總電動勢恒為零.閉合的通電導線在勻強磁場中所受磁場力的矢量和恒為零.利用電路結(jié)構(gòu)補割等效換算，可使問題的求解過程變得簡單.

例2如圖所示，將金屬絲AB彎成半徑r的圓弧，但是AB之間留出寬度 為d，相對于圓弧來說很小的間隙，電荷量Q的正電荷均勻分布在金屬絲上，求圓心O處的電場強度.

思路分析將圓環(huán)的缺口補上，并且它的電荷線密度與缺了口的環(huán)體原有的電荷線密度一樣，這樣就形成了一個

電荷均勻分布的完整的帶電環(huán)，環(huán)上處于同一直徑兩端的微

小部分可看成相對應的點電荷，它產(chǎn)生的電場在圓心處疊加后場強為零.根據(jù)對稱性可知，帶電圓環(huán)在圓心處的總場強E=0.

解析設(shè)原缺口環(huán)所帶電荷的線密度為ρ，則補上金屬小段的帶電荷量Q′=ρd 將Q′視為點電荷，它在O處的場強為E1，方向向右.設(shè)要求的場強為E2，由E1+E2=0可得E2=-E1，負號表示E2方向與E1方向相反，為向左.

2. 利用物理狀態(tài)的互換性

物理狀態(tài)雖然各有特點存在差異，但是某些物理狀態(tài)在某些方面卻具有互換性.為很多問題的分析提供簡便方法.

例3如圖1所示，兩個相同大小的金屬板平行正對放置，且距離很近，組成一平行板電容器，已知兩板分別帶有q1=-2.0×10-8庫，q2=+6.0×10-8庫，測得兩板間電勢差u為10伏，求該容器電容C.

分析這個問題似乎無法解決，然而如下特殊狀態(tài)的結(jié)論會使解題豁然開朗.如果兩板各帶有等量的同種電荷，由電場的對稱性迭加可知，兩板間電場強度處處為零.據(jù)此，

可以得到解決本題的思路.設(shè)想使兩板分別再帶上負-2.0×10-8庫，則兩板帶電量分別為-4.0×10-8庫與4.0×10-8庫，這種補償?shù)男Ч请娙萜鲀?nèi)電場強度保持不變，即前后

兩種物理狀態(tài)具有互換性，故可用后一種狀態(tài)代換前一種狀態(tài)，

由電容器的定義可得

C=qu=4.0×10-810=4.0×10-9(F).

4.利用平衡力的不變性

一個平面共點力，若其合力為零，則為平衡力，對一個物體添加一平衡力，在其它條件不變的情況下，物體的受力效果相同.利用平衡力的這種不變性，可以巧妙地解決某些問題.

例4帶正電的粒子q質(zhì)量為m，初始時靜止在坐標原點o，勻強磁場方向沿x軸正方向，勻強電場方向沿z軸正方向, 磁感應強度為B，電場強度為E.求帶電粒子在此復合電磁場中的運動軌跡.

解析因為粒子初速度為零，所以可等效成兩個大小相等，

方向相反的速度合成，且令v0=E/B,方向沿y軸正方向.顯然

沿y軸正方向的v0所對應的洛侖茲力恰好與電場力平衡，

粒子只受到沿y軸負方向的v0所產(chǎn)生的洛侖茲力f=qv0B

的作用，方向在yoz平面內(nèi).粒子在yoz平面內(nèi)以v0作勻速圓周運動，同時由于沿y軸正方向的v0的存在，粒子還沿y軸正方向勻速運動，這兩個運動的疊加就是粒子在復合電磁場中的合運動.粒子的合運動可等效成半徑為R=mv0/Bq的圓沿y軸正方向以中心速度v0做滾動.

別列式：x=v02x⑥；0-(v02)2=2(-a)x1⑦，聯(lián)立得x=12m.

法4從平均速度關(guān)系出發(fā)解題，可得時間中點即9m時的速度為v02，同時也是整個過程的平均速度，得x=v02t⑧，

前一半時間的平均速度v1=V0+v022=34v0，得x1=v1·t2=

38v0t⑨；結(jié)合⑧⑨得x=12m.

法5根據(jù)汽車剎車的情形，設(shè)初速度為v0，滑行總時間為t，可以作出如圖6所示的v-t圖，數(shù)理結(jié)合可以將物理運動類問題轉(zhuǎn)化為求△OAB的面積，求得x=12m.

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