以不變應萬變之矢量運算策略
——例說正交分解法在高考題解中的應用

丁岳林

(常州高級中學 江蘇 常州 213003)

以不變應萬變之矢量運算策略
——例說正交分解法在高考題解中的應用

丁岳林

(常州高級中學 江蘇 常州 213003)

物理學中矢量運算(合成與分解)的基本法則是平行四邊形定則，也可簡化為三角形定則，當涉及兩個以上矢量的合成時可以是應用平行四邊形定則逐次相加或者是應用多邊形定則一次性完成．從作圖的方面來看，平行四邊形定則或多邊形定則是非常直觀簡潔的表達方式，但在進行定量計算時，求解任意三角形或多邊形往往比較麻煩．

關于矢量的分解，是中學物理教學中的難點，雖說分解是合成的逆運算，但因為矢量的分解往往不具有唯一性(由已知的對角線作平行四邊形可以有無數解)，從而使問題變得比較復雜．一般考慮從矢量產生的效果進行分解，很多時候是考慮研究問題的需要，而正交分解法則是最常用的也是最有效的方法，特別是應用正交分解的方法研究矢量的合成，無論是靜力學或者是動力學問題中應用都非常普遍，本文試以幾道高考題為例來領略正交分解法的普適性．

【例1】(2016年高考江蘇卷第14題)如圖1所示，傾角為α的斜面A被固定在水平面上，細線的一端固定于墻面，另一端跨過斜面頂端的小滑輪與物塊B相連，B靜止在斜面上．滑輪左側的細線水平，右側的細線與斜面平行．A和B的質量均為m．撤去固定A的裝置后，A和B均做直線運動．不計一切摩擦，重力加速度為g．求：A滑動的位移為sA時，B的位移大小sB．

圖1 例1題圖

解析一：平行四邊形法

當斜面A向左運動時，物塊B一方面跟隨A向左運動，同時，又相對于A沿斜面向下滑動，兩個分運動的位移大小都是sA，所要求的B的位移即為兩個分位移的矢量和，可作出圖2所示的平行四邊形，此時平行四邊形是一菱形，取其四分之一即為一直角三角形，可得

(1)

圖2 平行四邊形解法

解析二：正交分解法

建立如圖3所示的直角坐標系，物塊B在x和y方向的位移分量分別為

xB=sA(1-cosα)

yB=sAsinα

圖3 正交分解解法

合位移的大小為

解得

解法一中的平行四邊形為菱形，在計算時所解的是直角三角形，解法二中無論是求分位移的過程或者是求合位移的過程都是解的直角三角形，因此說兩種解法難易程度相當，考生可以根據自己的喜好選擇．要說明的是，兩種解的結果表達式看上去并不一致，但運用三角公式不難證明兩種結果是等價的．

【例2】(2016年高考上海卷第24題)如圖4所示，質量為m的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，處于靜止狀態．施加一勻強電場后，A向右擺動，平衡位置在α=60°處，然后將A的質量改變為2m，其新的平衡位置在α=30°處，A受到的電場力大小為______．

圖4 例2題圖

解析一：正弦定理法

以小球A為研究對象，受重力G，電場力F和繩子拉力T作用處于平衡，設電場力與豎直方向夾角為β，可作出圖5所示的力三角形，對于第一次平衡，G1=mg，α1=60°，對第二次平衡，G2=2mg，α2=30°，由正弦定理分別得

圖5 正弦定理解法

解得

β=60°F=mg

解析二：正交分解法

設電場力沿水平向右方向的分力為Fx，沿豎直向上方向的分力為Fy，小球A受力如圖6所示，根據共點力平衡條件

ΣFx=0 ΣFy=0

可得

Fx-T1sinα1=0

Fy+T1cosα1-mg=0

Fx-T2sinα2=0

Fy+T2cosα2-2mg=0

將α1=60°，α2=30°代入上式，消去T1和T2得

再將Fx與Fy合成，易得

F=mg

圖6 正交分解解法

解法一,運用正弦定理解力三角形(任意三角形)，看上去列式比較簡單，但解方程組的要求很高，并且力三角形相關邊和角對應關系的確定也不容易，相當一部分考生不習慣此方法．事實上，在我們的課程標準和考試說明中，涉及力的處理一般都是限于解直角三角形．解法二，雖然列式比較多，但無論是建立x和y方向上的平衡方程還是最終由Fx與Fy求合力，都是解直角三角形，對考生來說熟門熟路，毫不費力，對絕大多數考生來說，可以將正交分解法作為首選．

對于解法二，還可以兩次應用正交分解法，在圖6中，沿繩子拉力T方向和垂直于繩子方向建立直角坐標系x′Oy′ ，將Fx,Fy和G沿x′,y′ 方向分解，在垂直于繩子方向(圓弧切線方向)建立力的平衡方程，這樣，可回避繩子拉力，只要兩個方程即可求解Fx與Fy．

【例3】(2016年高考北京卷第24題)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的動量沿光傳播方向運動．激光照射到物體上，在發生反射、折射和吸收現象的同時，也會對物體產生作用．光鑷效應就是一個實例，激光束可以像鑷子一樣抓住細胞等微小顆粒．

一束激光經S點后被分成若干細光束，若不考慮光的反射和吸收，其中光束①和②穿過介質小球的光路如圖7所示，圖中O點是介質小球的球心，入射時光束①和②與SO的夾角均為θ，出射時光束均與SO平行．請在下面兩種情況下，分析說明兩光束因折射對小球產生的合力的方向．

圖7 例3題圖

(1)光束①和②強度相同；

(2)光束①比②強度大．

解析一：矢量三角形法

分別考察光束①和②中各自一個粒子與小球作用過程的始末動量及其動量變化，可作出圖8所示的矢量三角形，由圖中可得

圖8 矢量三角形解法

假設時間Δt內光束①和②穿過小球的光粒子數分別為n1和n2，由動量定理，時間Δt內光束①和②與小球作用的粒子受到的合力分別為

小球受到光粒子的反作用力如圖9所示．

圖9 小球受到的作用力

解析二：正交分解法

選取水平向右方向為x軸，豎直向上方向為y軸，光束①和②中各自一個粒子與小球作用過程的動量變化分別為

Δp1x=p1(1-cosθ)

Δp1y=-p1sinθ

Δp2x=p2(1-cosθ)

Δp2y=p2sinθ

式中

p1=p2=p

對于時間Δt內光束①和②穿過小球的光粒子數整體，動量變化的x與y分量為

ΣΔpx=(n1+n2)p(1-cosθ)

ΣΔpy=(n2-n1)psinθ

由動量定理，時間Δt內光束①和②與小球作用的粒子受到合力的x、y分量為

解法一從作動量差的矢量三角形出發，對于矢量性要求很高，容易中途出錯．解法二，只要按照固定程序，一定可以正確走到底．

【例4】(2012年高考江蘇卷第15題)如圖10所示，待測區域O-xyz空間存在勻強電場和勻強磁場，根據帶電粒子射入時的受力情況可推測其電場和磁場．已知粒子質量為m，電荷量為+q．當粒子以不同速度水平向右射入待測區域，剛進入時的受力大小均為F．現保持粒子進入待測區域時的速度大小為v0(不變)，使粒子沿不同的坐標軸方向射入待測區域，粒子剛射入時的受力大小如表1所示(不考慮粒子受到的重力)．

圖10 例4題圖

請推測該區域中電場強度和磁感應強度的大小及可能的方向.

表1 粒子剛入射時受力大小

解析：本題電場強度E和磁感應強度B的大小、方向具有不確定性，需分類討論．

根據題目提供的信息，按如下程序進行討論．

(1)磁場方向

由沿x軸方向射入時的受力情況可知，粒子不受磁場力，B必定平行于x軸，方向有沿±x兩種情況．

(2)電場的z分量

由粒子沿±y進入，磁場力分別沿z軸的負方向和正方向，而粒子受電場力與磁場力的合力大小不變，故電場力的z分量必定為零，因此，電場E的z分量等于零．

(3)粒子沿±y或±z進入，磁場力f大小

設B沿+x方向．

粒子沿±y進入或±z進入，磁場力大小均為f=qv0B，粒子沿±y進入時磁場力方向分別沿-z和+z；粒子沿±z進入時磁場力方向分別沿+y和-y；

設電場力的x與y分量分別為Fx與Fy

當v0沿y方向時

(1)

解以上兩式可得

f=2F

(4)確定磁感應強度大小

由f=2F及f=qv0B可解得

(5)確定電場力的兩個分力

當v0沿+z方向時

(2)

當v0沿-z方向時

(3)

聯立式(2)、(3)解得

(6)確定電場方向與x軸正方向的夾角

由以上解得的Fx和Fy可作出圖11所示矢量關系的平行四邊形，容易得到電場E和x正方向的夾角α1=30°或α2=150°．

圖11 電場力示意圖

(7)設B沿-x方向．確定電場方向與x軸正方向的夾角為-30°或-150°

重復以上第3到6步討論，將式(1)～(3)中的磁場力改為-f,可解得

同樣，可作出圖12所示矢量關系的平行四邊形，容易得到電場E和x正方向的夾角α1=-30°或α2=-150°．

圖12 電場力示意圖

例4難度非常大，必須有堅實的正交分解法的基礎，才有可能使問題得到解決．

從以上幾道高考題的解析過程可以看出，應用正交分解法進行矢量運算，總能以不變應萬變，因此，熟練掌握正交分解法，對于學習物理是十分重要的，教學中一定要強化，形成良好的思維定勢．

2016-09-20)