細品經(jīng)典試題 體味正交分解奧妙

福建 姚龍楷

正交分解法作為物理中處理矢量問題的一種基本方法，本質上就是把表示矢量性的物理量放在平面直角坐標系中，沿坐標軸方向進行分解，將矢量的分量轉化為代數(shù)量，進行代數(shù)運算。如果我們能在解決物理習題的過程中，靈活應用正交分解法，將復雜的解題過程及運算過程簡化，一些問題便可迎刃而解。

一、合理建立直角坐標系，使解題更簡便

【例1】物體A、B疊放在固定斜面上。A、B的質量分別為mA、mB，斜面傾角為θ，斜面與B之間的動摩擦因數(shù)為μ，B的上表面水平且不光滑(如圖)?，F(xiàn)用與斜面平行的力F推B，使A、B一起保持相對靜止，沿斜面向上做加速運動。求A受到的支持力和摩擦力。

圖1

【解析】由于A、B一起沿斜面向上做加速運動，可將A、B整體作為研究對象，先求出它們的共同加速度a，分析受力，并建立如圖2所示直角坐標系。

圖2

受力分析有F-(mA+mB)gsinθ-Ff=(mA+mB)a

FN=(mA+mB)gcosθ

Ff=μFN

若要求出A受到的支持力和摩擦力，就以A物體為研究對象，分析受力后，如何建立坐標系呢?

一種方法是仍以a方向為x軸正方向，垂直斜面向上的方向為y軸正方向。這樣，A受到的重力mAg、摩擦力Ff、支持力FN，都要分解。由于分解的力過多，會給解題帶來不必要的麻煩。若以水平向右為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，這樣，三個力都不需要分解，只要分解a即可。

如圖3所示：ay=acosθ，ay=asinθ

圖3

根據(jù)坐標軸方向建立牛頓第二定律的方程，有

FNA-mAg=mAay

FfA=mAax

【點評】從理論上講，使用正交分解時，直角坐標系的坐標軸方向的選定是任意的。但在處理具體問題時，選擇較為合理的坐標軸方向，可使問題的解法簡化。在建立坐標系時，讓盡可能多的矢量與坐標軸在同一直線上，避免分解過多的矢量，使運算簡便。

本題求加速度a時，是以加速度a的方向為坐標軸的正向。這樣做的目的是在y軸方向上不出現(xiàn)a的分量，避免分解加速度，僅在x方向上列出牛頓第二定律的方程，而在y軸方向上只列出力平衡條件方程，簡化了方程，簡便了運算。在求A受到的FfA和FNA時，并不以a的方向為坐標軸正向，而以水平向右、豎直向上分別為x軸和y軸的正向，避免分解過多的力，僅分解加速度a，同樣也是為了簡化運算?？梢娨`活地選擇坐標軸方向，避免分解過多的矢量，有助于方便運算。

二、根據(jù)運動的實際效果，確定正交分解方向

【例2】如圖4所示，在離水面高為H的岸邊，有人以v0的勻速率收繩使船靠岸(假設繩子不可伸長)，當船與岸上的定滑輪水平距離為s時，船速大小是多少？

圖4

圖5

圖6

(2)變式訓練：如果船在靠岸過程中，水對船的水平阻力Ff大小不變，問在小船勻速靠岸的過程中，人對繩的拉力大小如何變化？(提示：把繩子拉力分解為水平和豎直兩個分量，其中Fcosθ=Ff，繩的拉力不斷增大。)

三、用正交分解法理清復雜的運動過程

【例3】如圖7所示，在豎直平面內，一個帶電量為-q的油滴，從O點以速度v射入方向水平向右的勻強電場中，v的方向與電場方向成θ角。已知油滴的質量為m，測得油滴到達運動軌跡的最高點時，它的速度大小又為v。求：

圖7

(1)最高點的位置可能在O點上方的哪一側？簡要說明理由；

(2)最高點處(設為N)與O點的電勢差U；

(3)電場強度E。

【解析】(1)對油滴受力分析可知，在豎直方向上受豎直向下的重力，在水平方向上受水平向左恒定的電場力。這就暗示我們可將油滴的運動按水平、豎直兩個方向進行分解，油滴在水平方向上向右以初速度為vcosθ做勻減速直線運動，速度變?yōu)榱愫笥窒蜃笞鰟蚣铀龠\動，在豎直方向上做初速度為vsinθ的豎直上拋運動，油滴到達最高點時豎直分速度變?yōu)榱?，此時只有水平分速度。當水平分運動中油滴回到出發(fā)點O的左方時，速度大小才可能等于v。所以最高點的位置只能在O點的左上方。

從O到N，由動能定理可知UNOq-mgh=0

(3)從O點到N點過程中，豎直方向上vsinθ=gt

設水平方向油滴運動的加速度為a，則-v=vcosθ-at，Eq=ma

【點評】1.第(1)問也可用動能定理分析。由題意可知，油滴帶負電荷，油滴運動到最高點過程中由于重力做負功，則電場力只能做正功，才能保證初態(tài)與末態(tài)的動能不變，所以最高點的位置只能在O點的左上方。第(3)問也可由動量定理求解，從O點到N點過程中，豎直方向有mgt=mvsinθ，水平方向有qEt=mv+mvcosθ，消去t可求E。

2.物體在某方向上的分運動形式只與該方向上的受力情況以及初始條件有關。我們將實際運動分解為兩個分運動時，往往要根據(jù)受力方向來確定兩個分運動的方向。這也是物理學中常提到的“力的作用與運動的獨立性原理”。那么本題的解題思路會很自然地聯(lián)想到“水平方向”和“豎直方向”兩個正交方向，并運用相應規(guī)律來求解。

【例4】如圖8所示，一個光滑的圓弧形槽半徑為R，放在水平地面上，圓弧所對的圓心角小于5°。AD的長為x，今有一小球m1以沿AD方向的初速度v從A點開始運動，要使小球m1可以與固定在D點的小球m2相碰撞，那么小球m1的速度v應滿足什么條件？

圖8

【解析】把m1的運動分成兩個分運動，其一是沿AD方向的勻速運動，因為在這個方向上m1不受力，其二是沿AB圓弧的運動，相當于擺長等于圓弧槽半徑的單擺運動。而兩個分運動具有等時性。

在AD方向上x=vt①

在AB弧上運動，等效成單擺運動t=nT②

【點評】在一些較為復雜的運動中，合運動的軌跡往往無法準確地描述出來，但正交方向上的分運動規(guī)律卻很容易得出。利用分運動的規(guī)律，就可以求出結果，而不必尋找實際運動的準確軌跡。

四、回避矢量不確定性帶來的影響

圖9

(1)無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值；

(2)電場強度的大小和方向。

dsin60°=v0t①

設小球到達A點時的動能為EkA，則

(2)加電場后，小球從O點到A點，其動能增加量比未加電場時多，可知電場力必做正功，電場有向下的分量。

設電場強度為E，將場強正交分解如圖10所示，兩分量分別為Ex、Ey。

圖10

未加電場時，對小球從O點到A點，由動能定理得

加電場時，對小球從O點到A點，由動能定理得

對小球從O點到B點，由動能定理得

其中EkB=6Ek0

【點評】本題我們先把不確定的場強E分解成兩個方向正交的分量，采用“先分后合”策略，結合正交分解法及動能定理解決這道難題。一般來說，用牛頓第二定律和運動學知識求解的問題，用動能定理也能求解，而且用動能定理求解更簡捷。但是，由于本例題中小球運動的軌跡無法精確地描述出來，應用牛頓第二定律和運動學知識不一定能求解，應該優(yōu)先考慮應用動能定理。

五、解決復雜的極值問題

【例6】如圖11所示，長為L的細線拴一個質量為m的小球懸掛于O點，現(xiàn)將小球拉至與O點等高的位置且線恰被拉直。求放手后小球擺到O點正下方的過程中重力做功的最大功率。

圖11

【解析】重力做功功率P等于重力mg與小球的豎直分速度vy的乘積?？芍笾亓ψ龉Φ淖畲蠊β蔖m的關鍵在于求vy的最大值。小球在水平位置由靜止釋放后，其運動速度在豎直方向的分量由零逐漸增大，然后又逐漸減小，到最低點時豎直分速度減小到零。設細線和水平方向夾角為θ時小球豎直分速度最大，因此，當豎直分加速度為零，即豎直方向合力為零時，小球豎直速度最大。即有

FTsinθ=mg①

圖12

六、結束語