極限法在高中物理解題中的應用探究

賴曉芳

筆者查閱高中階段的各類物理考試和競賽試題發現，目前高中物理試題考察的角度已經不是簡單的物理定律和理論知識，而是學生的實際應用能力、邏輯思維能力和思變意識。極限法和極限思維本來是一種數學思維，在物理學上近些年開始廣泛地使用。極限法在高中物理中的應用主要針對物理對象的過程和狀態的變化，按照物理過程的變化趨勢合理外推到極端的情況。這種方法的應用為物理難題的解決找到了突破口和切入點，一定程度上簡化了解題過程和提高了解題效率。筆者通過大量的案例來詮釋極限法在高中物理試題解答中的具體應用。

案例1如圖1中所示，角度數為OP的斜面上方有一點O，在O點放一至斜面的光滑直軌道，并且滿足這一質點從O點沿軌道到達斜面P點的時間最短。試問直軌道與豎直方向的夾角β是多少？

圖1試題解析從題干中給出的條件知道質點沿OP做的是勻加速直線運動，其運動到P點的時間應該和待求的問題β角有一定的關系，從另外一個角度分析，只要解答t對于β角的函數的極值就可以解決問題。

對于學過的物理知識，需要運用的是牛頓運動定律。由此可知，這一質點沿光滑軌道下滑的加速度為a=gcosβ，該質點沿軌道由靜止滑到斜面所用的時間為t，

則112at2=OP，

解得t=2OOP1gcosβ ①

利用數學關系式，在△OPC中有

OP1sin（90°-α）=OC1sin（90°+α-β）

解得OP=OCcosα1cos（α-β） ②

將②式代入①式得

t=2OCcosα1gcosβcos（α-β）=4OC1[cosα+cos（α-2β）]g

經分析得知，當cos（α-2β）=1，即β=α12時，求得t的最小值，即β=α12時，t最短。

案例2如圖2，底角為θ的斜面頂端，以初速度為v0水平拋出一小球，忽略阻力，則小球被拋出后，求離開斜面的最大距離H？

圖2解析解決此題的關鍵是分析什么時間小球距離斜面的距離最大。從圖形可以看出只有當所拋物體的速度方向與斜面平行時，二者的距離最大。解決問題的過程中，首先建立坐標系，以水平向右為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，則由

vy=v0tanθ=gt，

解得t=v01gtanθ，

該點的坐標為 （x=v0t=v201gtanθy=112gt2=v2012gtan2θ）。

由幾何關系得

H/cosθ+y=xtanθ。

圖3案例3如圖3中所示，一人的質量視為m，此人在一個長是l、重是M的鐵板一端勻加速跑向另一端，且在另一端驟然停止。假如鐵板和水平面間的摩擦因數是μ，人和鐵板間摩擦因數為μ′，且μ′μ。求人能使鐵板朝其跑動方向移動的最大距離L？

解析題干中告知的是人跑向另一方之后驟然停止，人原有的動量就轉化成與鐵板一起向前沖的動量，此后，地面對載人鐵板的阻力是地面對鐵板的摩擦力f，其加速度

a1=f1M+m=μ（M+m）g1M+m=μg。

鐵板移動距離L=v′212a1越大，L越大。v′是人與鐵板的速度，因此人應以不會引起鐵板運動的最大加速度奔跑。人在鐵板上奔跑但鐵板沒有移動時，人若達到最大加速度，則地面與鐵板之間的摩擦力達到最大靜摩擦力μ（M+m）g，根據牛頓第二定律得F=ma2+M·0

解得a2=F1m=μM+m1mg ①

設v、v′分別是人奔跑結束及人和鐵板一起運動時的速度

因為mv=（M+m）v′ ②

且v2=2a2l，v′2=2a1L

將a1、a2代入②式

解得L=m1M+mlH=v2012gtanθ·sinθ。endprint

筆者查閱高中階段的各類物理考試和競賽試題發現，目前高中物理試題考察的角度已經不是簡單的物理定律和理論知識，而是學生的實際應用能力、邏輯思維能力和思變意識。極限法和極限思維本來是一種數學思維，在物理學上近些年開始廣泛地使用。極限法在高中物理中的應用主要針對物理對象的過程和狀態的變化，按照物理過程的變化趨勢合理外推到極端的情況。這種方法的應用為物理難題的解決找到了突破口和切入點，一定程度上簡化了解題過程和提高了解題效率。筆者通過大量的案例來詮釋極限法在高中物理試題解答中的具體應用。

案例1如圖1中所示，角度數為OP的斜面上方有一點O，在O點放一至斜面的光滑直軌道，并且滿足這一質點從O點沿軌道到達斜面P點的時間最短。試問直軌道與豎直方向的夾角β是多少？

圖1試題解析從題干中給出的條件知道質點沿OP做的是勻加速直線運動，其運動到P點的時間應該和待求的問題β角有一定的關系，從另外一個角度分析，只要解答t對于β角的函數的極值就可以解決問題。

對于學過的物理知識，需要運用的是牛頓運動定律。由此可知，這一質點沿光滑軌道下滑的加速度為a=gcosβ，該質點沿軌道由靜止滑到斜面所用的時間為t，

則112at2=OP，

解得t=2OOP1gcosβ ①

利用數學關系式，在△OPC中有

OP1sin（90°-α）=OC1sin（90°+α-β）

解得OP=OCcosα1cos（α-β） ②

將②式代入①式得

t=2OCcosα1gcosβcos（α-β）=4OC1[cosα+cos（α-2β）]g

經分析得知，當cos（α-2β）=1，即β=α12時，求得t的最小值，即β=α12時，t最短。

案例2如圖2，底角為θ的斜面頂端，以初速度為v0水平拋出一小球，忽略阻力，則小球被拋出后，求離開斜面的最大距離H？

圖2解析解決此題的關鍵是分析什么時間小球距離斜面的距離最大。從圖形可以看出只有當所拋物體的速度方向與斜面平行時，二者的距離最大。解決問題的過程中，首先建立坐標系，以水平向右為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，則由

vy=v0tanθ=gt，

解得t=v01gtanθ，

該點的坐標為 （x=v0t=v201gtanθy=112gt2=v2012gtan2θ）。

由幾何關系得

H/cosθ+y=xtanθ。

圖3案例3如圖3中所示，一人的質量視為m，此人在一個長是l、重是M的鐵板一端勻加速跑向另一端，且在另一端驟然停止。假如鐵板和水平面間的摩擦因數是μ，人和鐵板間摩擦因數為μ′，且μ′μ。求人能使鐵板朝其跑動方向移動的最大距離L？

解析題干中告知的是人跑向另一方之后驟然停止，人原有的動量就轉化成與鐵板一起向前沖的動量，此后，地面對載人鐵板的阻力是地面對鐵板的摩擦力f，其加速度

a1=f1M+m=μ（M+m）g1M+m=μg。

鐵板移動距離L=v′212a1越大，L越大。v′是人與鐵板的速度，因此人應以不會引起鐵板運動的最大加速度奔跑。人在鐵板上奔跑但鐵板沒有移動時，人若達到最大加速度，則地面與鐵板之間的摩擦力達到最大靜摩擦力μ（M+m）g，根據牛頓第二定律得F=ma2+M·0

解得a2=F1m=μM+m1mg ①

設v、v′分別是人奔跑結束及人和鐵板一起運動時的速度

因為mv=（M+m）v′ ②

且v2=2a2l，v′2=2a1L

將a1、a2代入②式

解得L=m1M+mlH=v2012gtanθ·sinθ。endprint

筆者查閱高中階段的各類物理考試和競賽試題發現，目前高中物理試題考察的角度已經不是簡單的物理定律和理論知識，而是學生的實際應用能力、邏輯思維能力和思變意識。極限法和極限思維本來是一種數學思維，在物理學上近些年開始廣泛地使用。極限法在高中物理中的應用主要針對物理對象的過程和狀態的變化，按照物理過程的變化趨勢合理外推到極端的情況。這種方法的應用為物理難題的解決找到了突破口和切入點，一定程度上簡化了解題過程和提高了解題效率。筆者通過大量的案例來詮釋極限法在高中物理試題解答中的具體應用。

案例1如圖1中所示，角度數為OP的斜面上方有一點O，在O點放一至斜面的光滑直軌道，并且滿足這一質點從O點沿軌道到達斜面P點的時間最短。試問直軌道與豎直方向的夾角β是多少？

圖1試題解析從題干中給出的條件知道質點沿OP做的是勻加速直線運動，其運動到P點的時間應該和待求的問題β角有一定的關系，從另外一個角度分析，只要解答t對于β角的函數的極值就可以解決問題。

對于學過的物理知識，需要運用的是牛頓運動定律。由此可知，這一質點沿光滑軌道下滑的加速度為a=gcosβ，該質點沿軌道由靜止滑到斜面所用的時間為t，

則112at2=OP，

解得t=2OOP1gcosβ ①

利用數學關系式，在△OPC中有

OP1sin（90°-α）=OC1sin（90°+α-β）

解得OP=OCcosα1cos（α-β） ②

將②式代入①式得

t=2OCcosα1gcosβcos（α-β）=4OC1[cosα+cos（α-2β）]g

經分析得知，當cos（α-2β）=1，即β=α12時，求得t的最小值，即β=α12時，t最短。

案例2如圖2，底角為θ的斜面頂端，以初速度為v0水平拋出一小球，忽略阻力，則小球被拋出后，求離開斜面的最大距離H？

圖2解析解決此題的關鍵是分析什么時間小球距離斜面的距離最大。從圖形可以看出只有當所拋物體的速度方向與斜面平行時，二者的距離最大。解決問題的過程中，首先建立坐標系，以水平向右為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，則由

vy=v0tanθ=gt，

解得t=v01gtanθ，

該點的坐標為 （x=v0t=v201gtanθy=112gt2=v2012gtan2θ）。

由幾何關系得

H/cosθ+y=xtanθ。

圖3案例3如圖3中所示，一人的質量視為m，此人在一個長是l、重是M的鐵板一端勻加速跑向另一端，且在另一端驟然停止。假如鐵板和水平面間的摩擦因數是μ，人和鐵板間摩擦因數為μ′，且μ′μ。求人能使鐵板朝其跑動方向移動的最大距離L？

解析題干中告知的是人跑向另一方之后驟然停止，人原有的動量就轉化成與鐵板一起向前沖的動量，此后，地面對載人鐵板的阻力是地面對鐵板的摩擦力f，其加速度

a1=f1M+m=μ（M+m）g1M+m=μg。

鐵板移動距離L=v′212a1越大，L越大。v′是人與鐵板的速度，因此人應以不會引起鐵板運動的最大加速度奔跑。人在鐵板上奔跑但鐵板沒有移動時，人若達到最大加速度，則地面與鐵板之間的摩擦力達到最大靜摩擦力μ（M+m）g，根據牛頓第二定律得F=ma2+M·0

解得a2=F1m=μM+m1mg ①

設v、v′分別是人奔跑結束及人和鐵板一起運動時的速度

因為mv=（M+m）v′ ②

且v2=2a2l，v′2=2a1L

將a1、a2代入②式

解得L=m1M+mlH=v2012gtanθ·sinθ。endprint