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(fù)雜的數(shù)學(xué)運(yùn)算，使這類(lèi)問(wèn)題得到簡(jiǎn)化

1.利用物理量的替換

同一物體的兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，某個(gè)物理量的變化恰好對(duì)應(yīng)著另一物理量的變化，這兩個(gè)不同物理量變化的量值相等，利用等效替換法，可以開(kāi)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(jì)算兩種情況下小球在斜面上到達(dá)的高度.這種解法的方程較多不夠簡(jiǎn)潔，若利用物理量的替換就簡(jiǎn)便一點(diǎn).

考察小球運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)物理過(guò)程，可以發(fā)現(xiàn)以下差異，第一次小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度為零，而第二次小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度不為零，且與斜面獲得共同的水平速度，即在第一個(gè)過(guò)程中小球的初動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，而在第二次過(guò)程中小球的動(dòng)能只有部分轉(zhuǎn)變?yōu)橹亓?shì)能.由此可見(jiàn)，兩個(gè)過(guò)程中小球末態(tài)重力勢(shì)能的差值與第二種情況下小球和斜面的末態(tài)動(dòng)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(bǔ)割等效換算

當(dāng)電路或?qū)w具有特殊結(jié)構(gòu)時(shí)，如閉合電路在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中不論在任何方向平動(dòng)，閉合電路中的總電動(dòng)勢(shì)恒為零.閉合的通電導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中所受磁場(chǎng)力的矢量和恒為零.利用電路結(jié)構(gòu)補(bǔ)割等效換算，可使問(wèn)題的求解過(guò)程變得簡(jiǎn)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(duì)于圓弧來(lái)說(shuō)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(chǎng)強(qiáng)度.

思路分析將圓環(huán)的缺口補(bǔ)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(gè)

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(duì)應(yīng)的點(diǎn)電荷，它產(chǎn)生的電場(chǎng)在圓心處疊加后場(chǎng)強(qiáng)為零.根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，帶電圓環(huán)在圓心處的總場(chǎng)強(qiáng)E=0.

解析設(shè)原缺口環(huán)所帶電荷的線密度為ρ，則補(bǔ)上金屬小段的帶電荷量Q′=ρd 將Q′視為點(diǎn)電荷，它在O處的場(chǎng)強(qiáng)為E1，方向向右.設(shè)要求的場(chǎng)強(qiáng)為E2，由E1+E2=0可得E2=-E1，負(fù)號(hào)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(diǎn)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(wèn)題的分析提供簡(jiǎn)便方法.

例3如圖1所示，兩個(gè)相同大小的金屬板平行正對(duì)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(kù)，q2=+6.0×10-8庫(kù)，測(cè)得兩板間電勢(shì)差u為10伏，求該容器電容C.

分析這個(gè)問(wèn)題似乎無(wú)法解決，然而如下特殊狀態(tài)的結(jié)論會(huì)使解題豁然開(kāi)朗.如果兩板各帶有等量的同種電荷，由電場(chǎng)的對(duì)稱(chēng)性迭加可知，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)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(fù)-2.0×10-8庫(kù)，則兩板帶電量分別為-4.0×10-8庫(kù)與4.0×10-8庫(kù)，這種補(bǔ)償?shù)男Ч请娙萜鲀?nèi)電場(chǎng)強(qiáng)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(gè)平面共點(diǎn)力，若其合力為零，則為平衡力，對(duì)一個(gè)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(wèn)題.

例4帶正電的粒子q質(zhì)量為m，初始時(shí)靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)o，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向沿x軸正方向，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿z軸正方向, 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.求帶電粒子在此復(fù)合電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡.

解析因?yàn)榱Ｗ映跛俣葹榱?，所以可等效成兩個(gè)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(duì)應(yīng)的洛侖茲力恰好與電場(chǎng)力平衡，

粒子只受到沿y軸負(fù)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(yùn)動(dòng)，同時(shí)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(yùn)動(dòng)，這兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的疊加就是粒子在復(fù)合電磁場(chǎng)中的合運(yùn)動(dòng).粒子的合運(yùn)動(dòng)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(dòng).

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(shí)間中點(diǎn)即9m時(shí)的速度為v02，同時(shí)也是整個(gè)過(guò)程的平均速度，得x=v02t⑧，

前一半時(shí)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(chē)剎車(chē)的情形，設(shè)初速度為v0，滑行總時(shí)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(yùn)動(dòng)類(lèi)問(wèn)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(fù)雜的數(shù)學(xué)運(yùn)算，使這類(lèi)問(wèn)題得到簡(jiǎn)化

1.利用物理量的替換

同一物體的兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，某個(gè)物理量的變化恰好對(duì)應(yīng)著另一物理量的變化，這兩個(gè)不同物理量變化的量值相等，利用等效替換法，可以開(kāi)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(jì)算兩種情況下小球在斜面上到達(dá)的高度.這種解法的方程較多不夠簡(jiǎn)潔，若利用物理量的替換就簡(jiǎn)便一點(diǎn).

考察小球運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)物理過(guò)程，可以發(fā)現(xiàn)以下差異，第一次小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度為零，而第二次小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度不為零，且與斜面獲得共同的水平速度，即在第一個(gè)過(guò)程中小球的初動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，而在第二次過(guò)程中小球的動(dòng)能只有部分轉(zhuǎn)變?yōu)橹亓?shì)能.由此可見(jiàn)，兩個(gè)過(guò)程中小球末態(tài)重力勢(shì)能的差值與第二種情況下小球和斜面的末態(tài)動(dòng)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(bǔ)割等效換算

當(dāng)電路或?qū)w具有特殊結(jié)構(gòu)時(shí)，如閉合電路在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中不論在任何方向平動(dòng)，閉合電路中的總電動(dòng)勢(shì)恒為零.閉合的通電導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中所受磁場(chǎng)力的矢量和恒為零.利用電路結(jié)構(gòu)補(bǔ)割等效換算，可使問(wèn)題的求解過(guò)程變得簡(jiǎn)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(duì)于圓弧來(lái)說(shuō)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(chǎng)強(qiáng)度.

思路分析將圓環(huán)的缺口補(bǔ)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(gè)

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(duì)應(yīng)的點(diǎn)電荷，它產(chǎn)生的電場(chǎng)在圓心處疊加后場(chǎng)強(qiáng)為零.根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，帶電圓環(huán)在圓心處的總場(chǎng)強(qiáng)E=0.

解析設(shè)原缺口環(huán)所帶電荷的線密度為ρ，則補(bǔ)上金屬小段的帶電荷量Q′=ρd 將Q′視為點(diǎn)電荷，它在O處的場(chǎng)強(qiáng)為E1，方向向右.設(shè)要求的場(chǎng)強(qiáng)為E2，由E1+E2=0可得E2=-E1，負(fù)號(hào)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(diǎn)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(wèn)題的分析提供簡(jiǎn)便方法.

例3如圖1所示，兩個(gè)相同大小的金屬板平行正對(duì)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(kù)，q2=+6.0×10-8庫(kù)，測(cè)得兩板間電勢(shì)差u為10伏，求該容器電容C.

分析這個(gè)問(wèn)題似乎無(wú)法解決，然而如下特殊狀態(tài)的結(jié)論會(huì)使解題豁然開(kāi)朗.如果兩板各帶有等量的同種電荷，由電場(chǎng)的對(duì)稱(chēng)性迭加可知，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)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(fù)-2.0×10-8庫(kù)，則兩板帶電量分別為-4.0×10-8庫(kù)與4.0×10-8庫(kù)，這種補(bǔ)償?shù)男Ч请娙萜鲀?nèi)電場(chǎng)強(qiáng)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(gè)平面共點(diǎn)力，若其合力為零，則為平衡力，對(duì)一個(gè)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(wèn)題.

例4帶正電的粒子q質(zhì)量為m，初始時(shí)靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)o，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向沿x軸正方向，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿z軸正方向, 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.求帶電粒子在此復(fù)合電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡.

解析因?yàn)榱Ｗ映跛俣葹榱?，所以可等效成兩個(gè)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(duì)應(yīng)的洛侖茲力恰好與電場(chǎng)力平衡，

粒子只受到沿y軸負(fù)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(yùn)動(dòng)，同時(shí)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(yùn)動(dòng)，這兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的疊加就是粒子在復(fù)合電磁場(chǎng)中的合運(yùn)動(dòng).粒子的合運(yùn)動(dòng)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(dòng).

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(shí)間中點(diǎn)即9m時(shí)的速度為v02，同時(shí)也是整個(gè)過(guò)程的平均速度，得x=v02t⑧，

前一半時(shí)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(chē)剎車(chē)的情形，設(shè)初速度為v0，滑行總時(shí)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(yùn)動(dòng)類(lèi)問(wèn)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(fù)雜的數(shù)學(xué)運(yùn)算，使這類(lèi)問(wèn)題得到簡(jiǎn)化

1.利用物理量的替換

同一物體的兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，某個(gè)物理量的變化恰好對(duì)應(yīng)著另一物理量的變化，這兩個(gè)不同物理量變化的量值相等，利用等效替換法，可以開(kāi)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(jì)算兩種情況下小球在斜面上到達(dá)的高度.這種解法的方程較多不夠簡(jiǎn)潔，若利用物理量的替換就簡(jiǎn)便一點(diǎn).

考察小球運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)物理過(guò)程，可以發(fā)現(xiàn)以下差異，第一次小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度為零，而第二次小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度不為零，且與斜面獲得共同的水平速度，即在第一個(gè)過(guò)程中小球的初動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，而在第二次過(guò)程中小球的動(dòng)能只有部分轉(zhuǎn)變?yōu)橹亓?shì)能.由此可見(jiàn)，兩個(gè)過(guò)程中小球末態(tài)重力勢(shì)能的差值與第二種情況下小球和斜面的末態(tài)動(dòng)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(bǔ)割等效換算

當(dāng)電路或?qū)w具有特殊結(jié)構(gòu)時(shí)，如閉合電路在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中不論在任何方向平動(dòng)，閉合電路中的總電動(dòng)勢(shì)恒為零.閉合的通電導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中所受磁場(chǎng)力的矢量和恒為零.利用電路結(jié)構(gòu)補(bǔ)割等效換算，可使問(wèn)題的求解過(guò)程變得簡(jiǎn)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(duì)于圓弧來(lái)說(shuō)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(chǎng)強(qiáng)度.

思路分析將圓環(huán)的缺口補(bǔ)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(gè)

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(duì)應(yīng)的點(diǎn)電荷，它產(chǎn)生的電場(chǎng)在圓心處疊加后場(chǎng)強(qiáng)為零.根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，帶電圓環(huán)在圓心處的總場(chǎng)強(qiáng)E=0.

解析設(shè)原缺口環(huán)所帶電荷的線密度為ρ，則補(bǔ)上金屬小段的帶電荷量Q′=ρd 將Q′視為點(diǎn)電荷，它在O處的場(chǎng)強(qiáng)為E1，方向向右.設(shè)要求的場(chǎng)強(qiáng)為E2，由E1+E2=0可得E2=-E1，負(fù)號(hào)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(diǎn)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(wèn)題的分析提供簡(jiǎn)便方法.

例3如圖1所示，兩個(gè)相同大小的金屬板平行正對(duì)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(kù)，q2=+6.0×10-8庫(kù)，測(cè)得兩板間電勢(shì)差u為10伏，求該容器電容C.

分析這個(gè)問(wèn)題似乎無(wú)法解決，然而如下特殊狀態(tài)的結(jié)論會(huì)使解題豁然開(kāi)朗.如果兩板各帶有等量的同種電荷，由電場(chǎng)的對(duì)稱(chēng)性迭加可知，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)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(fù)-2.0×10-8庫(kù)，則兩板帶電量分別為-4.0×10-8庫(kù)與4.0×10-8庫(kù)，這種補(bǔ)償?shù)男Ч请娙萜鲀?nèi)電場(chǎng)強(qiáng)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(gè)平面共點(diǎn)力，若其合力為零，則為平衡力，對(duì)一個(gè)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(wèn)題.

例4帶正電的粒子q質(zhì)量為m，初始時(shí)靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)o，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向沿x軸正方向，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿z軸正方向, 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.求帶電粒子在此復(fù)合電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡.

解析因?yàn)榱Ｗ映跛俣葹榱?，所以可等效成兩個(gè)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(duì)應(yīng)的洛侖茲力恰好與電場(chǎng)力平衡，

粒子只受到沿y軸負(fù)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(yùn)動(dòng)，同時(shí)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(yùn)動(dòng)，這兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的疊加就是粒子在復(fù)合電磁場(chǎng)中的合運(yùn)動(dòng).粒子的合運(yùn)動(dòng)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(dòng).

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(shí)間中點(diǎn)即9m時(shí)的速度為v02，同時(shí)也是整個(gè)過(guò)程的平均速度，得x=v02t⑧，

前一半時(shí)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(chē)剎車(chē)的情形，設(shè)初速度為v0，滑行總時(shí)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(yùn)動(dòng)類(lèi)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求△OAB的面積，求得x=12m.

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