基于橢圓的物理問題的應(yīng)用分析

高中物理教學(xué)培養(yǎng)學(xué)生諸個能力點中的一個是：應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力，要求學(xué)生“能夠根據(jù)具體問題列出物理量之間的關(guān)系式，進行推導(dǎo)和求解，并根據(jù)結(jié)果得出物理結(jié)論；必要時能運用幾何圖形、函數(shù)圖像進行表達、分析.”橢圓知識在物理學(xué)中的應(yīng)用時有出現(xiàn)，相比于圓周知識又稍現(xiàn)難些，因而有必要與同學(xué)們談?wù)?

一、基于橢圓定義的力學(xué)應(yīng)用

橢圓定義：到兩定點F1、F2的距離之和為常數(shù)（大于|F1F2|）的動點P的軌跡叫做橢圓.這個“距離之和”等于橢圓的長軸大小，兩定點F1、F2的距離叫焦距，半長軸a、半短軸b和半焦距c的關(guān)系a2=b2+c2.

【例1】（多選題）如圖1中實線所示，一根質(zhì)量為m的勻質(zhì)繩子，兩端分別固定在同一高度的兩個釘子上，繩子平衡時成橢圓的部分形狀，重心恰好在橢圓焦點F1處，釘子處繩子的切線方向與豎直方向的夾角為θ；現(xiàn)用力F在繩子的最低位置緩慢地向下拉少許，繩子平衡時也成橢圓形狀，如圖1中虛線所示，橢圓焦點在F2處，重力加速度為g，則（" ）

圖1

A.繩子第一次平衡時，釘子處繩子的張力大小為mg2cosθ

B.繩子第一次平衡時，繩子最低處的張力大小為mgtanθ

C.力F作用后，平衡時繩子重心下移至F2

D.力F作用后，平衡時繩子重心上移至F1上方

【解析】設(shè)釘子處繩子的張力大小為T1，對整條繩子受力分析可知2T1cosθ＝mg，設(shè)繩子最低處的張力大小為T2，對左半條繩子受力分析可知T2tanθ＝12mg，解得T1=mg2cosθ，T2=12mgtanθ，故A選項正確，B選項錯誤；力F對繩子做了功，繩子的機械能增加，不考慮繩子動能變化，故其重力勢能必然增加，則繩子的重心上移，C選項錯誤，D選項正確.

【答案】AD

【點晴】本題中繩子不是理想繩子模型，是一條要考慮重力的具體繩子；物體的重心不一定在物體上，也有可能在物體外，重心有可能在焦點上，也有可能不在焦點上.

【例2】（多選題）橢圓型軌道長半軸為a，短半軸為b，其中三個頂點分別為A、B、C，輕質(zhì)彈性繩長為（a+b），繩的兩端分別固定在橢圓的焦點F1、F2上，彈性繩套在光滑滑輪P上，圖2

滑輪P套在橢圓型軌道上，如圖2所示.現(xiàn)從A向B緩慢移動滑輪P，整個過程彈性繩在彈性限度內(nèi)，滿足胡克定律，勁度系數(shù)為k ，則（" ）

A.從A到B再到C的過程中，繩子對滑輪的作用力先增大后減小

B.從A到B再到C的過程中，繩子對滑輪的作用力先減小后增大

C.繩子對滑輪的作用力的最大值等于k（a-b）

D.繩子對滑輪的作用力的最小值等于2bak（a-b）

【解析】橢圓上任一點到兩焦點的距離之和為2a，繩子伸長了x=a-b，由胡克定律知道繩子上的張力大小F=k（a-b）. 設(shè)角∠F1PF2=θ，繩子對滑輪作用力的大小為F合=2Fcosθ2，在A位置時，θ=0，繩子對滑輪的作用力最大，大小為2k（a-b），在B位置時，cosθ2=ba ，繩子對滑輪的作用力最小，大小為2bak（a-b），綜上分析可知B、D選項正確，A、C選項錯誤.

【答案】BD

【點晴】彈性繩上的張力大小處處相等，且與繩子總的伸長量成正比，并不是與其一側(cè)繩子的伸長量成正比.

二、基于橢圓平面的電磁學(xué)應(yīng)用

圖3

【例3】（多選題）如圖3所示，外表面絕緣的導(dǎo)電繩長為a，繩子兩端分別固定在水平面上相距為c的兩個旋轉(zhuǎn)扣F1、F2上，F(xiàn)1、F2之間接上電容器組成一個閉合電路，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直水平面向上，繩子套在旋轉(zhuǎn)扣P上，使旋轉(zhuǎn)扣繃直繩子，PF1F2平面與水平面平行，保持繩子繃直，旋轉(zhuǎn)扣P以恒定速率υ帶動繩子在水平面上作順時針方向轉(zhuǎn)動，不考慮旋轉(zhuǎn)扣的大小及其帶動繩子旋轉(zhuǎn)和反轉(zhuǎn)時的影響，則（" ）

A.通過電路的磁通量最小時，電流改變方向

B.電路中最大感應(yīng)電動勢為12Bcυ

C.電路中磁通量增大時與磁通量減小時的電流方向可能一致

D.電路中產(chǎn)生的是直流電

【解析】旋轉(zhuǎn)扣P在運行過程中，在水平面上畫出了一個橢圓，

如圖4所示，旋轉(zhuǎn)扣P通過橢圓端點A或B位置前后，由右手定則可知，電路中感應(yīng)電動勢及電流方向不變.以旋轉(zhuǎn)扣P通過A

圖4

位置時分析計算，電路中磁通量最小，感應(yīng)電動勢最大，導(dǎo)線繩與AF1重合段的感應(yīng)電動勢EAF1=B12（a-c）v，其中v=12v，得EAF1=14（a-c）Bv，方向由A指向F1；同理，導(dǎo)線繩與AF2重合段的感應(yīng)電動勢EAF2=B12（a+c）v，得EAF2=14（a+c）Bv，方向由A指向F2，所以電路中電動勢E=EAF2-EAF1=12Bcv，A選項錯誤，B選項正確.當(dāng)旋轉(zhuǎn)扣P由A位置轉(zhuǎn)到P1位置的過程中，電路中磁通量增大，由楞次定律可知電流方向為F1→P1→F2→b →a→F1；當(dāng)旋轉(zhuǎn)扣P由D位置轉(zhuǎn)到P2位置的過程中，電路中磁通量減小，由楞次定律可知電流方向F1→P2→F2→b →a→F1，這兩種情況下，都是b端電勢高a端電勢低，故C選項正確.一個周期內(nèi)，電路中產(chǎn)生的是交變電流，D選項錯誤.

【答案】BC

【點晴】三角形PF1F2的面積是可以定性討論其大小變化的，其中F1F2邊的長度等于橢圓焦距，大小不變，P與橢圓端點A、B重合時，三角形面積最小，與端點C、D重合時，面積最大；電流流向與繩子轉(zhuǎn)動方向不是一回事.

【例4】（多選題）如圖5-1所示為某種材料的橢圓形固體薄片（俯視圖），A、B、C、D為橢圓的頂點，O為橢圓中心，先將A、C接入電極，其電阻為R，再將BD接入電極，其電阻為 kR（k≠0），則（" ）

圖5-1""""""" 圖5-2""""""" 圖5-3

A.截取一半后，如圖5-2所示，將AC接入電極，其電阻為2R

B.截取一半后，如圖5-2所示，將B和AOC側(cè)接入電極，其電阻為2kR

C.截取四分之一，如圖5-3所示，將B和AO側(cè)接入電極，其電阻為kR

D.若k=1，則薄片是金屬片

【解析】把橢圓形固體薄片分成對稱的四小塊，A、C接入電極時，設(shè)每小塊電阻大小為R1，則四個電阻兩兩串聯(lián)后再并聯(lián)，總電阻大小RAC=2R1·2R12R1+2R1=R1，R1=R，截取一半后，如圖5-2所示，將A、C接入電極，相當(dāng)于兩電阻串聯(lián)，其電阻為2R1=2R，A選項正確；同理，B、D接入電極時，設(shè)每小塊電阻為R2，其總電阻RBD=2R2·2R22R2+2R2=R2，R2=kR，截取一半后，如圖5-2所示，將AOC側(cè)與B接入電極，相當(dāng)于兩電阻并聯(lián)，其電阻為12R2=12kR，B選項錯誤；截取四分之一，如圖5-3所示，將AO側(cè)和B接入電極，其電阻為R2=kR ，C選項正確；若薄片是金屬材料片，其導(dǎo)電性能為各項同性，A、C接入電極與B、D接入電極比較，AC長大于BD長，AC方向的等效截面積小于BD方向的等效截面積，由電阻定律可知，Rgt;kR，klt;1，故D選項錯誤.

【答案】AC

【點晴】本題的思維方法是把固體薄片切割成對稱的四小塊處理，并且綜合考查了晶體的物理性質(zhì).

【例5】如圖6所示，在直角坐標系內(nèi)有一橢圓，半長軸大小為a，半短軸大小為b，且agt;bgt;0，

垂直橢圓平面的勻強磁場（含橢圓邊界），

圖6

磁感應(yīng)強度大小為B，位于坐標原點O的粒子源不斷地向平面內(nèi)各個方向發(fā)出帶電粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，求：

（1）沿x軸出射的粒子不離開磁場的速度大小；

（2）沿y軸出射的粒子不離開磁場的速度大小;

（3）畫出（1）（2）兩問中粒子在平面內(nèi)運行的重疊范圍圖.

【解析】（1）如圖7中圓Ⅰ所示，從坐標原點O沿x軸正、負方向發(fā)射的粒子都不離開磁場，其最大圓半徑為r=b2，粒子在磁場內(nèi)作圓周運動，洛倫茲力提供向心力

Bqυ=mυ2r①

可求得v=Bqb2m，即速度滿足0lt;υ≤Bqb2m的粒子，不離開磁場.

圖7

（2）由橢圓知識和左手定則可知，沿y軸正、負方向發(fā)出的粒子，不離開磁場的粒子半徑大于b2，如圖7中圓Ⅱ所示，設(shè)其半徑大小為r，由圓與橢圓相切條件可以求出圓的半徑大小，橢圓方程

x2a2+y2b2=1②

圓Ⅱ的方程（x±r）2+y2=r2③

聯(lián)立②③式化簡得（b2-a2）x2±2a2rx-a2b2=0

圓與橢圓相切的條件是Δ=4a4r2+4a2b2（b2-a2）=0

解得r=baa2-b2④

圖8

④式代入①式得

v=Bqbama2-b2

沿y軸正、負方向發(fā)出的粒子，不射出磁場的速度范圍0lt;υ≤Bqbama2-b2.

（3）圓Ⅰ和圓Ⅱ重疊范圍如圖8陰影部分所示.

【拓展提升】在題目第一問速度條件下沿各個方向發(fā)出的粒子，所能到達的區(qū)域是半徑為b2的所有圓的包絡(luò)面，即半徑為b的圓面；還有一些速度大小特定的粒子沿相應(yīng)方向射入磁場，也不離開磁場，只是數(shù)學(xué)解析復(fù)雜，供學(xué)有余力者思考.

三、基于橢圓軌道的天體運動的應(yīng)用

1.開普勒第二定律（面積定律）：對任意一個行星來說，它與

圖9

太陽的連線在相等的時間內(nèi)掃過的面積相等，如圖9所示.由開普勒第二定律可得12Δl1r1＝

12Δl2r2，12v1·Δt·r1＝

12v2·Δt·r2，解得v1v2=r2r1，即行星在兩個位置的速度之比與到太陽的距離成反比，近日點速度最大，遠日點速度最小.

圖10

【例6】1970年成功發(fā)射的“東方紅一號”是我國第一顆人造地球衛(wèi)星，該衛(wèi)星至今仍沿橢圓軌道繞地球運動.如圖10所示，設(shè)衛(wèi)星在近地點、遠地點的速度分別為v1、v2，近地點到地心的距離為r，地球質(zhì)量為M，引力常量為G.則（" ）

A.v1＞v2，v1＝GMr

B.v1＞v2，v1＞GMr

C.v1＜v2，v1＝GMr

D.v1＜v2，v1＞GMr

【解析】“東方紅一號”環(huán)繞地球在橢圓軌道上運動的過程中，只有萬有引力做功，因而機械能守恒，其由近地點向遠地點運動時，萬有引力做負功，衛(wèi)星的勢能增加，動能減小，因此v1＞v2；“東方紅一號”離開近地點開始做離心運動，則由離心運動的條件可知GMmr2＜mv21r，解得v1＞GMr，B選項正確，A、C、D選項錯誤.

【答案】B

【點晴】考試時，因為其選擇題性質(zhì)，可以用二級結(jié)論

v1v2=r2r1直接作出選擇項的前部分判斷.

2.開普勒第三定律（周期定律）：所有行星軌道的半長軸的三次方跟它的公轉(zhuǎn)周期的二次方的比都相等. a3T2＝k，k是一個與行星無關(guān)的常量，k值只與中心天體的質(zhì)量有關(guān)，不同的中心天體k值不同，且該定律只能用在同一中心天體的兩星體之間.

圖11

【例7】（多選題）人造地球衛(wèi)星在經(jīng)歷多次變軌調(diào)整后進入橢圓軌道Ⅰ運行，Q為軌道與地球相切點，空間站在圓周軌道Ⅱ上運行，衛(wèi)星與空間站均在地球赤道平面內(nèi)逆時針方向運行，如圖11所示，O為地心，在橢圓Ⅰ的焦點和圓周Ⅱ的圓心上，衛(wèi)星與空間站在P點對接失敗后，需進行下一次再在P位置對接.已知地球半徑R，空間站軌道半徑為r，周期為Τ.則（" ）

A.可以估算地球質(zhì)量

B.可以估算衛(wèi)星質(zhì)量

C.可以估算衛(wèi)星周期

D.可以預(yù)算下一次對接時間

【解析】空間站作圓周運動，萬有引力提供向心力，GMmr2=m4π2T2r，引力常數(shù)G未知，不可計算地球質(zhì)量，衛(wèi)星和空間站質(zhì)量也不可計算，A、B選項錯誤；設(shè)衛(wèi)星的周期為T0，半長軸為a，至少需要t時間，衛(wèi)星完成n1次周期回到P位置，空間站完成n2次周期回到P位置，才能進行下一次對接，

有t=n1T0=n2T①

其中n1-n2=1②

由開普勒第三定律得" R+r23T02=r3T2③

由①②③式，可解得衛(wèi)星的半長軸，周期及衛(wèi)星與空間站下一次的對接時間，C、D選項正確.

【答案】CD

【點晴】本題是由兩衛(wèi)星繞同一天體作圓周運動中的追趕問題遷移而來的，以提高同學(xué)們舉一反三的解題能力.

數(shù)學(xué)是自然科學(xué)最優(yōu)美的語言，運用數(shù)學(xué)工具能夠更好地解決物理問題，但是，不能純粹地用數(shù)學(xué)代替物理，物理問題還得從物理實際出發(fā).

責(zé)任編輯" 李平安