三、微元法
方法簡介
微元法是分析、解決物理問題中的常用方法，也是從部分到整體的思維方法。用該方法可以使一些複雜的物理過程用我們熟悉的物理規律迅速地加以解決，使所求的問題簡單化。在使用微元法處理問題時，需將其分解為眾多微小的「元過程」，而且每個「元過程」所遵循的規律是相同的，這樣，我們只需分析這些「元過程」，然後再將「元過程」進行必要的數學方法或物理思想處理，進而使問題求解。
使用此方法會加強我們對已知規律的再思考，從而引起鞏固知識、加深認識和提高能力的作用。
賽題精講
例1：如圖3—1所示，乙個身高為h的人在燈以悟空速度v沿水平直線行走。設燈距地面高為h ，求證人影的頂端c點是做勻速直線運動。
解析：該題不能用速度分解求解，考慮採用「微元法」。
設某一時間人經過ab處，再經過一微小過程δt（δt→0），則人由ab到達a′b′，人影頂端c點到達c′點，由於δsaa′= vδt則人影頂端的移動速度：
vc ===v
可見vc與所取時間δt的長短無關，所以人影的頂端c點做勻速直線運動。
例2：如圖3—2所示，乙個半徑為r的四分之一光滑球面放在水平桌面上，球面上放置一光滑均勻鐵鍊，其a端固定在球面的頂點，b端恰與桌面不接觸，鐵鍊單位長度的質量為ρ 。試求鐵鍊a端受的拉力t 。
解析：以鐵鍊為研究物件，由由於整條鐵鍊的長度不能忽略不計，所以整條鐵鍊不能看成質點，要分析鐵鍊的受力情況，須考慮將鐵鍊分割，使每一小段鐵鍊可以看成質點，分析每一小段鐵邊的受力，根據物體的平衡條件得出整條鐵鍊的受力情況。在鐵鍊上任取長為δl的一小段（微元）為研究物件，其受力分析如圖3—2—甲所示。
由於該元處於靜止狀態，所以受力平衡，在切線方向上應滿足：
tθ + δtθ = δgcosθ + tθ ，δtθ = δgcosθ = ρgδlcosθ
由於每段鐵鍊沿切線向上的拉力比沿切線向下的拉力大δtθ ，所以整個鐵鍊對a端的拉力是各段上δtθ的和，即：
t = σδtθ = σρgδlcosθ = ρgσδlcosθ
觀察δlcosθ的意義，見圖3—2—乙，由於δθ很小，所以cd⊥oc ，∠oce = θδlcosθ表示δl在豎直方向上的投影δr ，所以σδlcosθ = r ，可得鐵鍊a端受的拉力：
t = ρgσδlcosθ = ρgr
例3：某行星圍繞太陽c沿圓弧軌道執行，它的近日點a離太陽的距離為a ，行星經過近日點a時的速度為va ，行星的遠日點b離開太陽的距離為b ，如圖3—3所示，求它經過遠日點b時的速度vb的大小。
解析：此題可根據萬有引力提供行星的向心力求解。也可根據克卜勒第二定律，用微元法求解。
設行星在近日點a時又向前運動了極短的時間δt ，由於時間極短可以認為行星在δt時間內做勻速圓周運動，線速度為va ，半徑為a ，可以得到行星在δt時間內掃過的面積：
sa =vaδta
同理，設行星在經過遠日點b時也運動了相同的極短時間δt ，則也有：
sb =vbδtb
由克卜勒第二定律可知：sa = sb 。即得：vb =va
（此題也可用對稱法求解。）
例4：如圖3—4所示，長為l的船靜止在平靜的水面上，立於船頭的人質量為m ，船的質量為m ，不計水的阻力，人從船頭走到船尾的過程中，問：船的位移為多大？
解析：取人和船整體作為研究系統，人在走動過程中，系統所受合外力為零，可知系統動量守恆。設人在走動過程中的δt時間內為勻速運動，則可計算出船的位移。
設v1 、v2分別是人和船在任何一時刻的速率，則有：mv1 = mv2
兩邊同時乘以乙個極短的時間δt ， 有：mv1δt = mv2δt
由於時間極短，可以認為在這極短的時間內人和船的速率是不變的，所以人和船位移大小分別為δs1 = v1δt ，δs2 = v2δt
由此將②式化為：mδs1 = mδs2
把所有的元位移分別相加有：mσδs1 = mσδs2
即：ms1 = ms2
此式即為質心不變原理。其中s1 、s2分別為全過程中人和船對地位移的大小，又因為：
l = s1 + s2
由⑤、⑥兩式得船的位移：s2 =l
例5：半徑為r的光滑球固定在水平桌面上，有一質量為m的圓環狀均勻彈性繩圈，原長為πr ，且彈性繩圈的勁度係數為k ，將彈性繩圈從球的正上方輕放到球上，使彈性繩圈水平停留在平衡位置上，如圖3—5所示，若平衡時彈性繩圈長為πr ，求彈性繩圈的勁度係數k 。
解析：由於整個彈性繩圈的大小不能忽略不計，彈性繩圈不能看成質點，所以應將彈性繩圈分割成許多小段，其中每一小段δm兩端受的拉力就是彈性繩圈內部的彈力f 。在彈性繩圈上任取一小段質量為δm作為研究物件，進行受力分析。
但是δm受的力不在同一平面內，可以從乙個合適的角度觀察。選取乙個合適的平面進行受力分析，這樣可以看清楚各個力之間的關係。從正面和上面觀察，分別畫出正檢視的俯檢視，如圖3—5—甲和2—3—5—乙。
先看俯檢視3—5—甲，設在彈性繩圈的平面上，δm所對的圓心角是δθ ，則每一小段的質量：δm =m
δm在該平面上受拉力f的作用，合力為：
t = 2fcos= 2fsin
因為當θ很小時，sinθ≈θ ，所以：t = 2f= fδθ ①
再看正檢視3—5—乙，δm受重力δmg ，支援力n ，二力的合力與t平衡。即：t = δmgtanθ
現在彈性繩圈的半徑為：r ==r
所以：sinθ ==，θ = 45°，tanθ = 1
因此：t = δmg =mg
將①、②聯立，有： mg = fδθ ，解得彈性繩圈的張力為：f =
設彈性繩圈的伸長量為x ，則：x =πr－πr = (－1) πr
所以繩圈的勁度係數為：k ===
例6：一質量為m 、均勻分布的圓環，其半徑為r ，幾何軸與水平面垂直，若它能經受的最大張力為t，求此圓環可以繞幾何軸旋轉的最大角速度。
解析：因為向心力f = mrω2 ，當ω一定時，r越大，向心力越大，所以要想求最大張力t所對應的角速度ω ，r應取最大值。
如圖3—6所示，在圓環上取一小段δl ，對應的圓心角為δθ ，其質量可表示為δm =m ，受圓環對它的張力為t ，則同上例分析可得：
2tsin= δmrω2
因為δθ很小，所以：sin≈，即：2t=m rω2
解得最大角速度：ω =
例7：一根質量為m ，長度為l的鐵鍊條，被豎直地懸掛起來，其最低端剛好與水平接觸，今將鏈條由靜止釋放，讓它落到地面上，如圖3—7所示，求鏈條下落了長度x時，鏈條對地面的壓力為多大？
解析：在下落過程中鏈條作用於地面的壓力實質就是鏈條對地面的「衝力」加上落在地面上那部分鏈條的重力。根據牛頓第三定律，這個衝力也就等於同一時刻地面對鏈條的反作用力，這個力的衝量，使得鏈條落至地面時的動量發生變化。
由於各質元原來的高度不同，落到地面的速度不同，動量改變也不相同。我們取某一時刻一小段鏈條（微元）作為研究物件，就可以將變速衝擊變為恆速衝擊。
設開始下落的時刻t = 0 ，在t時刻落在地面上的鏈條長為x ，未到達地面部分鏈條的速度為v ，並設鏈條的線密度為ρ 。由題意可知，鏈條落至地面後，速度立即變為零。從t時刻起取很小一段時間δt ，在δt內又有δm = ρδx落到地面上靜止。
地面對δm作用的衝量為：
(f－δmg) δt = δi
因為δmgδt≈0 ，所以：fδt = δmv－0 = ρvδx ，解得衝力：
f = ρv，其中就是t時刻鏈條的速度v ，故f = ρv2 ，鏈條在t時刻的速度v即為鏈條下落長為x時的即時速度，即：v2 = 2gx
代入f的表示式中，得：f = 2ρgx
此即t時刻鏈對地面的作用力，也就是t時刻鏈條對地面的衝力。
所以在t時刻鏈條對地面的總壓力為：n = 2ρgx + ρgx = 3ρgx =
例8：一根均勻柔軟的繩長為l ，質量為m ，對折後兩端固定在乙個釘子上，其中一端突然從釘子上滑落，試求滑落的繩端點離釘子的距離為x時，釘子對繩子另一端的作用力是多大？
解析：釘子對繩子另一端的作用力隨滑落繩的長短而變化，由此可用微元法求解。如圖3—8所示，當左邊繩端離釘子的距離為x時，左邊繩長為(l－x) ，速度v =，右邊繩長為(l+x)
又經過一段很短的時間δt以後，左邊繩子又有長度vδt的一小段轉移到右邊去了，我們就分析這一小段繩子，這一小段繩子受到兩力：上面繩子對它的拉力t和它本身的重力vδtλg（λ =為繩子的線密度）
根據動量定理，設向上方向為正，有：(t－vδtλg ) δt = 0－(－vδtλv)
由於δt取得很小，因此這一小段繩子的重力相對於t來說是很小的，可以忽略，所以有：t =v2λ = gxλ
因此釘子對右邊繩端的作用力為：f = (l + x)λg + t =mg(1 +)
例9：圖3—9中，半徑為r的圓盤固定不可轉動，細繩不可伸長但質量可忽略，繩下懸掛的兩物體質量分別為m 、m 。設圓盤與繩間光滑接觸，試求盤對繩的法向支援力線密度。
解析：求盤對繩的法向支援力線密度也就是求盤對繩的法向單位長度所受的支援力。因為盤與繩間光滑接觸，則任取一小段繩，其兩端受的張力大小相等，又因為繩上各點受的支援力方向不同，故不能以整條繩為研究物件，只能以一小段繩為研究物件分析求解。
在與圓盤接觸的半圓形中取一小段繩元δl ，δl所對應的圓心角為δθ ，如圖3—9—甲所示，繩元δl兩端的張力均為t ，繩元所受圓盤法向支援力為δn ，因細繩質量可忽略，法向合力為零，則由平衡條件得：
δn = tsin+ tsin= 2t
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