1、最新高中物理竞赛讲义（完整版）目录最新高中物理竞赛讲义（完整版）1第0部分 绪言3一、高中物理奥赛概况3二、知识体系3第一部分 力物体的平衡4第一讲 力的处理4第二讲 物体的平衡6第三讲 习题课7第四讲 摩擦角及其它10第二部分 牛顿运动定律13第一讲 牛顿三定律13第二讲 牛顿定律的应用14第二讲 配套例题选讲22第三部分 运动学22第一讲基本知识介绍22第二讲 运动的合成与分解、相对运动24第四部分 曲线运动 万有引力26第一讲 基本知识介绍26第二讲 重要模型与专题27第三讲 典型例题解析36第五部分 动量和能量36第一讲 基本知识介绍36第二讲 重要模型与专题38第三讲 典型例题解析5
2、0第六部分 振动和波51第一讲 基本知识介绍51第二讲 重要模型与专题55第三讲 典型例题解析63第七部分 热学64一、分子动理论64二、热现象和基本热力学定律66三、理想气体68四、相变74五、固体和液体78第八部分 静电场79第一讲 基本知识介绍79第二讲 重要模型与专题82第九部分 稳恒电流92第一讲 基本知识介绍92第二讲 重要模型和专题96第十部分 磁场105第一讲 基本知识介绍105第二讲 典型例题解析109第十一部分 电磁感应115第一讲、基本定律115第二讲 感生电动势118第三讲 自感、互感及其它122第十二部分 量子论125第一节 黑体辐射125第二节 光电效应128第三节
3、 波粒二象性134第四节 测不准关系137第0部分 绪言一、高中物理奥赛概况1、国际（International Physics Olympiad 简称Ipoh） 1967年第一届，（波兰）华沙，只有五国参加。 几乎每年一届，参赛国逐年增加，每国代表不超过5人。 中国参赛始于1986年的第十七届，此后未间断，成绩一直辉煌。 1994年第二十五届，首次在中国（北京）承办。 考试内容：笔试和试验各5小时，分两天进行，满分各为30分和20分。成绩最佳者记100% ，积分在90%以上者获金奖，78%89者获银奖，6577%者获铜奖。2、国家（Chinese Physics Olympiad 简称Coh
4、o）1984年以前，中学物理竞赛经常举行，但被冠以各种名称，无论是组织，还是考纲、知识体系都谈不上规范。 1984年开始第一届Coho，此后每学年举办一届。 初赛：每年九月第一个星期天考试。全国命题，各市、县组考，市统一阅卷，选前30名（左右）参加（全省）复赛。 复赛：九月下旬考试。全省命题，各省组织。理论考试前20名参加试验考试，取理论、试验考试总分前10名者参加省集训队。集训队成员经短期培训后推荐37名参加（全国）决赛。决赛：全国统一组织。按成绩挑选1525名参加国家集训队，到有关大学强化训练，最后从中选拔5名优秀队员参加Ipoh 。 满分140分。除初赛外，均含理论和试验两部分（试验满分
5、60分）。3、湖南省奥赛简况 至1998年，湖南选手获Coho决赛一等奖29人次，占全国的18.24% ；在Ipoh中获金牌5枚、银牌2枚、铜牌2枚，居各省之首。 题型与风格：初赛第十一届（1992年）开始统一，只有天空和计算。复赛第十三届（1994年）开始统一，只有计算题六个，考试时量均为3小时。二、知识体系1、高中物理的三档要求：一般要求（会考）高考要求竞赛要求。竞赛知识的特点：初赛对高中物理基础融会贯通，更注重物理方法的运用；复赛知识点更多，对数学工具的运用更深入。2、教法贯彻 高一：针对“高考要求”，进度尽量超前高一新课，知识点只做有限添加。目标瞄准初赛过关。 高二：针对“竞赛要求”，
6、瞄准复赛难度。高二知识一步到位，高一知识做短暂的回顾与加深。 复赛对象在约15天的时间内模拟考试，进行考法训练。3、教材范本：龚霞玲主编奥林匹克物理思维训练教材，知识出版社，2002年8月第一版。推荐典型参考书目 孙尚礼 毛 瑾主编高中物理奥林匹克基础知识及题解（上、下册），科学技术出版社，1994年10月第一版； 张大同主编通向金牌之路，陕西师范大学出版社（版本逐年更新）； 湖南省奥林匹克竞赛委员会物理分会编物理奥林匹克竞赛教程，湖南师范大学出版社，1993年6月第一版； 湖南省奥林匹克委员会物理分会、湖南省物理奥林匹克培训基地编新编物理奥林匹克教程，湖南师范大学出版社，1999年5月第一版
7、； 舒幼生主编奥林匹克物理（分1、2、3 多册出版），湖南教育出版社，第一册1993年8月第一版。第一部分 力物体的平衡第一讲 力的处理一、矢量的运算1、加法表达： + = 。名词：为“和矢量”。法则：平行四边形法则。如图1所示。和矢量大小：c = ，其中为和的夹角。和矢量方向：在、之间，和夹角= arcsine2、减法表达： = 。名词：为“被减数矢量”，为“减数矢量”，为“差矢量”。法则：三角形法则。如图2所示。将被减数矢量和减数矢量的起始端平移到一点，然后连接两时量末端，指向被减数时量的时量，即是差矢量。差矢量大小：a = ，其中为和的夹角。差矢量的方向可以用正弦定理求得。一条直线上的矢
8、量运算是平行四边形和三角形法则的特例。例题：已知质点做匀速率圆周运动，半径为R ，周期为T ，求它在T内和在T内的平均加速度大小。解说：如图3所示，A到B点对应T的过程，A到C点对应T的过程。这三点的速度矢量分别设为、和。根据加速度的定义 = 得：= ，= 由于有两处涉及矢量减法，设两个差矢量 = ，= ，根据三角形法则，它们在图3中的大小、方向已绘出（的“三角形”已被拉伸成一条直线）。本题只关心各矢量的大小，显然： = = = ，且： = = ， = 2= 所以：= = = ，= = = 。（学生活动）观察与思考：这两个加速度是否相等，匀速率圆周运动是不是匀变速运动？答：否；不是。3、乘法矢
9、量的乘法有两种：叉乘和点乘，和代数的乘法有着质的不同。 叉乘表达： = 名词：称“矢量的叉积”，它是一个新的矢量。叉积的大小：c = basin，其中为和的夹角。意义：的大小对应由和作成的平行四边形的面积。叉积的方向：垂直和确定的平面，并由右手螺旋定则确定方向，如图4所示。显然，但有：= 点乘表达： = c名词：c称“矢量的点积”，它不再是一个矢量，而是一个标量。点积的大小：c = abcos，其中为和的夹角。二、共点力的合成1、平行四边形法则与矢量表达式2、一般平行四边形的合力与分力的求法余弦定理（或分割成Rat）解合力的大小正弦定理解方向三、力的分解1、按效果分解2、按需要正交分解第二讲
10、物体的平衡一、共点力平衡1、特征：质心无加速度。2、条件： = 0 ，或 = 0 ， = 0例题：如图5所示，长为L 、粗细不均匀的横杆被两根轻绳水平悬挂，绳子与水平方向的夹角在图上已标示，求横杆的重心位置。解说：直接用三力共点的知识解题，几何关系比较简单。答案：距棒的左端L/4处。（学生活动）思考：放在斜面上的均质长方体，按实际情况分析受力，斜面的支持力会通过长方体的重心吗？解：将各处的支持力归纳成一个N ，则长方体受三个力（G 、f 、N）必共点，由此推知，N不可能通过长方体的重心。正确受力情形如图6所示（通常的受力图是将受力物体看成一个点，这时，N就过重心了）。答：不会。二、转动平衡1、
11、特征：物体无转动加速度。2、条件：= 0 ，或M+ =M- 如果物体静止，肯定会同时满足两种平衡，因此用两种思路均可解题。3、非共点力的合成大小和方向：遵从一条直线矢量合成法则。作用点：先假定一个等效作用点，然后让所有的平行力对这个作用点的和力矩为零。第三讲 习题课1、如图7所示，在固定的、倾角为斜面上，有一块可以转动的夹板（不定），夹板和斜面夹着一个质量为m的光滑均质球体，试求：取何值时，夹板对球的弹力最小。解说：法一，平行四边形动态处理。对球体进行受力分析，然后对平行四边形中的矢量G和N1进行平移，使它们构成一个三角形，如图8的左图和中图所示。由于G的大小和方向均不变，而N1的方向不可变，
12、当增大导致N2的方向改变时，N2的变化和N1的方向变化如图8的右图所示。显然，随着增大，N1单调减小，而N2的大小先减小后增大，当N2垂直N1时，N2取极小值，且N2min = Gsin。法二，函数法。看图8的中间图，对这个三角形用正弦定理，有： = ，即：N2 = ，在0到180之间取值，N2的极值讨论是很容易的。答案：当= 90时，甲板的弹力最小。2、把一个重为G的物体用一个水平推力F压在竖直的足够高的墙壁上，F随时间t的变化规律如图9所示，则在t = 0开始物体所受的摩擦力f的变化图线是图10中的哪一个？解说：静力学旨在解决静态问题和准静态过程的问题，但本题是一个例外。物体在竖直方向的运
13、动先加速后减速，平衡方程不再适用。如何避开牛顿第二定律，是本题授课时的难点。静力学的知识，本题在于区分两种摩擦的不同判据。水平方向合力为零，得：支持力N持续增大。物体在运动时，滑动摩擦力f = N ，必持续增大。但物体在静止后静摩擦力f G ，与N没有关系。对运动过程加以分析，物体必有加速和减速两个过程。据物理常识，加速时，f G ，而在减速时f G 。答案：B 。3、如图11所示，一个重量为G的小球套在竖直放置的、半径为R的光滑大环上，另一轻质弹簧的劲度系数为k ，自由长度为L（L2R），一端固定在大圆环的顶点A ，另一端与小球相连。环静止平衡时位于大环上的B点。试求弹簧与竖直方向的夹角。解
14、说：平行四边形的三个矢量总是可以平移到一个三角形中去讨论，解三角形的典型思路有三种：分割成直角三角形（或本来就是直角三角形）；利用正、余弦定理；利用力学矢量三角形和某空间位置三角形相似。本题旨在贯彻第三种思路。分析小球受力矢量平移，如图12所示，其中F表示弹簧弹力，N表示大环的支持力。（学生活动）思考：支持力N可不可以沿图12中的反方向？（正交分解看水平方向平衡不可以。）容易判断，图中的灰色矢量三角形和空间位置三角形AOB是相似的，所以： 由胡克定律：F = k（- R） 几何关系：= 2Rcos 解以上三式即可。答案：arcos 。（学生活动）思考：若将弹簧换成劲度系数k较大的弹簧，其它条件
15、不变，则弹簧弹力怎么变？环的支持力怎么变？答：变小；不变。（学生活动）反馈练习：光滑半球固定在水平面上，球心O的正上方有一定滑轮，一根轻绳跨过滑轮将一小球从图13所示的A位置开始缓慢拉至B位置。试判断：在此过程中，绳子的拉力T和球面支持力N怎样变化？解：和上题完全相同。答：T变小，N不变。4、如图14所示，一个半径为R的非均质圆球，其重心不在球心O点，先将它置于水平地面上，平衡时球面上的A点和地面接触；再将它置于倾角为30的粗糙斜面上，平衡时球面上的B点与斜面接触，已知A到B的圆心角也为30。试求球体的重心C到球心O的距离。解说：练习三力共点的应用。根据在平面上的平衡，可知重心C在OA连线上。
16、根据在斜面上的平衡，支持力、重力和静摩擦力共点，可以画出重心的具体位置。几何计算比较简单。答案：R 。（学生活动）反馈练习：静摩擦足够，将长为a 、厚为b的砖块码在倾角为的斜面上，最多能码多少块？解：三力共点知识应用。答： 。4、两根等长的细线，一端拴在同一悬点O上，另一端各系一个小球，两球的质量分别为m1和m2 ，已知两球间存在大小相等、方向相反的斥力而使两线张开一定角度，分别为45和30，如图15所示。则m1 : m2为多少？解说：本题考查正弦定理、或力矩平衡解静力学问题。对两球进行受力分析，并进行矢量平移，如图16所示。首先注意，图16中的灰色三角形是等腰三角形，两底角相等，设为。而且，
17、两球相互作用的斥力方向相反，大小相等，可用同一字母表示，设为F 。对左边的矢量三角形用正弦定理，有： = 同理，对右边的矢量三角形，有： = 解两式即可。答案：1 ： 。（学生活动）思考：解本题是否还有其它的方法？答：有将模型看成用轻杆连成的两小球，而将O点看成转轴，两球的重力对O的力矩必然是平衡的。这种方法更直接、简便。应用：若原题中绳长不等，而是l1 ：l2 = 3 ：2 ，其它条件不变，m1与m2的比值又将是多少？解：此时用共点力平衡更加复杂（多一个正弦定理方程），而用力矩平衡则几乎和“思考”完全相同。答：2 ：3 。5、如图17所示，一个半径为R的均质金属球上固定着一根长为L的轻质细杆
18、，细杆的左端用铰链与墙壁相连，球下边垫上一块木板后，细杆恰好水平，而木板下面是光滑的水平面。由于金属球和木板之间有摩擦（已知摩擦因素为），所以要将木板从球下面向右抽出时，至少需要大小为F的水平拉力。试问：现要将木板继续向左插进一些，至少需要多大的水平推力？解说：这是一个典型的力矩平衡的例题。以球和杆为对象，研究其对转轴O的转动平衡，设木板拉出时给球体的摩擦力为f ，支持力为N ，重力为G ，力矩平衡方程为：f R + N（R + L）= G（R + L） 球和板已相对滑动，故：f = N 解可得：f = 再看木板的平衡，F = f 。同理，木板插进去时，球体和木板之间的摩擦f= = F。答案：
19、 。第四讲 摩擦角及其它一、摩擦角1、全反力：接触面给物体的摩擦力与支持力的合力称全反力，一般用R表示，亦称接触反力。2、摩擦角：全反力与支持力的最大夹角称摩擦角，一般用m表示。此时，要么物体已经滑动，必有：m = act（为动摩擦因素），称动摩擦力角；要么物体达到最大运动趋势，必有：ms = acts（s为静摩擦因素），称静摩擦角。通常处理为m = ms 。3、引入全反力和摩擦角的意义：使分析处理物体受力时更方便、更简捷。二、隔离法与整体法1、隔离法：当物体对象有两个或两个以上时，有必要各个击破，逐个讲每个个体隔离开来分析处理，称隔离法。在处理各隔离方程之间的联系时，应注意相互作用力的大小和
20、方向关系。2、整体法：当各个体均处于平衡状态时，我们可以不顾个体的差异而讲多个对象看成一个整体进行分析处理，称整体法。应用整体法时应注意“系统”、“内力”和“外力”的涵义。三、应用1、物体放在水平面上，用与水平方向成30的力拉物体时，物体匀速前进。若此力大小不变，改为沿水平方向拉物体，物体仍能匀速前进，求物体与水平面之间的动摩擦因素。解说：这是一个能显示摩擦角解题优越性的题目。可以通过不同解法的比较让学生留下深刻印象。法一，正交分解。（学生分析受力列方程得结果。）法二，用摩擦角解题。引进全反力R ，对物体两个平衡状态进行受力分析，再进行矢量平移，得到图18中的左图和中间图（注意：重力G是不变的
21、，而全反力R的方向不变、F的大小不变），m指摩擦角。再将两图重叠成图18的右图。由于灰色的三角形是一个顶角为30的等腰三角形，其顶角的角平分线必垂直底边故有：m = 15。最后，= tagm 。答案：0.268 。（学生活动）思考：如果F的大小是可以选择的，那么能维持物体匀速前进的最小F值是多少？解：见图18，右图中虚线的长度即Fmin ，所以，Fmin = Gsinm 。答：Gsin15（其中G为物体的重量）。2、如图19所示，质量m = 5kg的物体置于一粗糙斜面上，并用一平行斜面的、大小F = 30N的推力推物体，使物体能够沿斜面向上匀速运动，而斜面体始终静止。已知斜面的质量M = 10
22、kg ，倾角为30，重力加速度g = 10m/s2 ，求地面对斜面体的摩擦力大小。解说：本题旨在显示整体法的解题的优越性。法一，隔离法。简要介绍法二，整体法。注意，滑块和斜面随有相对运动，但从平衡的角度看，它们是完全等价的，可以看成一个整体。做整体的受力分析时，内力不加考虑。受力分析比较简单，列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。答案：26.0N 。（学生活动）地面给斜面体的支持力是多少？解：略。答：135N 。应用：如图20所示，一上表面粗糙的斜面体上放在光滑的水平地面上，斜面的倾角为。另一质量为m的滑块恰好能沿斜面匀速下滑。若用一推力F作用在滑块上，使之能沿斜面匀速上滑，且要求斜面体静止不
23、动，就必须施加一个大小为P = 4mgsincos的水平推力作用于斜面体。使满足题意的这个F的大小和方向。解说：这是一道难度较大的静力学题，可以动用一切可能的工具解题。法一：隔离法。由第一个物理情景易得，斜面于滑块的摩擦因素= tg对第二个物理情景，分别隔离滑块和斜面体分析受力，并将F沿斜面、垂直斜面分解成Fx和Fy ，滑块与斜面之间的两对相互作用力只用两个字母表示（N表示正压力和弹力，f表示摩擦力），如图21所示。对滑块，我们可以考查沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡Fx = f + mgsinFy + mgcos= N且 f = N = Ntg综合以上三式得到：Fx = Fytg+ 2mgsi
24、n 对斜面体，只看水平方向平衡就行了P = fcos+ Nsin即：4mgsincos=Ncos+ Nsin代入值，化简得：Fy = mgcos 代入可得：Fx = 3mgsin最后由F =解F的大小，由tg= 解F的方向（设为F和斜面的夹角）。答案：大小为F = mg，方向和斜面夹角= arctg()指向斜面内部。法二：引入摩擦角和整体法观念。仍然沿用“法一”中关于F的方向设置（见图21中的角）。先看整体的水平方向平衡，有：Fcos(- ) = P 再隔离滑块，分析受力时引进全反力R和摩擦角，由于简化后只有三个力（R、mg和F），可以将矢量平移后构成一个三角形，如图22所示。在图22右边的矢
25、量三角形中，有： = = 注意：= arctg= arctg(tg) = 解式可得F和的值。第二部分 牛顿运动定律第一讲 牛顿三定律一、牛顿第一定律1、定律。惯性的量度2、观念意义，突破“初态困惑”二、牛顿第二定律1、定律2、理解要点a、矢量性b、独立作用性：F a ，Fx ax c、瞬时性。合力可突变，故加速度可突变（与之对比：速度和位移不可突变）；牛顿第二定律展示了加速度的决定式（加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段”）。3、适用条件a、宏观、低速b、惯性系对于非惯性系的定律修正引入惯性力、参与受力分析三、牛顿第三定律1、定律2、理解要点a、同性质（但不同物体）b、等时效（同增同减）
26、c、无条件（与运动状态、空间选择无关）第二讲 牛顿定律的应用一、牛顿第一、第二定律的应用单独应用牛顿第一定律的物理问题比较少，一般是需要用其解决物理问题中的某一个环节。应用要点：合力为零时，物体靠惯性维持原有运动状态；只有物体有加速度时才需要合力。有质量的物体才有惯性。a可以突变而v、s不可突变。1、如图1所示，在马达的驱动下，皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动。现将一工件（大小不计）在皮带左端A点轻轻放下，则在此后的过程中（ ）A、一段时间内，工件将在滑动摩擦力作用下，对地做加速运动B、当工件的速度等于v时，它与皮带之间的摩擦力变为静摩擦力C、当工件相对皮带静止时，它位于皮带上A点右侧
27、的某一点D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止的状态解说：B选项需要用到牛顿第一定律，A、C、D选项用到牛顿第二定律。较难突破的是A选项，在为什么不会“立即跟上皮带”的问题上，建议使用反证法（t 0 ，a ，则Fx ，必然会出现“供不应求”的局面）和比较法（为什么人跳上速度不大的物体可以不发生相对滑动？因为人是可以形变、重心可以调节的特殊“物体”）此外，本题的D选项还要用到匀变速运动规律。用匀变速运动规律和牛顿第二定律不难得出只有当L 时（其中为工件与皮带之间的动摩擦因素），才有相对静止的过程，否则没有。答案：A、D思考：令L = 10m ，v = 2 m/s ，= 0.2 ，g取10 m
28、/s2 ，试求工件到达皮带右端的时间t（过程略，答案为5.5s）进阶练习：在上面“思考”题中，将工件给予一水平向右的初速v0 ，其它条件不变，再求t（学生分以下三组进行） v0 = 1m/s (答：0.5 + 37/8 = 5.13s) v0 = 4m/s (答：1.0 + 3.5 = 4.5s) v0 = 1m/s (答：1.55s)2、质量均为m的两只钩码A和B，用轻弹簧和轻绳连接，然后挂在天花板上，如图2所示。试问： 如果在P处剪断细绳，在剪断瞬时，B的加速度是多少？ 如果在Q处剪断弹簧，在剪断瞬时，B的加速度又是多少？解说：第问是常规处理。由于“弹簧不会立即发生形变”，故剪断瞬间弹簧弹
29、力维持原值，所以此时B钩码的加速度为零（A的加速度则为2g）。第问需要我们反省这样一个问题：“弹簧不会立即发生形变”的原因是什么？是A、B两物的惯性，且速度v和位移s不能突变。但在Q点剪断弹簧时，弹簧却是没有惯性的（没有质量），遵从理想模型的条件，弹簧应在一瞬间恢复原长！即弹簧弹力突变为零。答案：0 ；g 。二、牛顿第二定律的应用应用要点：受力较少时，直接应用牛顿第二定律的“矢量性”解题。受力比较多时，结合正交分解与“独立作用性”解题。在难度方面，“瞬时性”问题相对较大。1、滑块在固定、光滑、倾角为的斜面上下滑，试求其加速度。解说：受力分析 根据“矢量性”定合力方向 牛顿第二定律应用答案：gs
30、in。思考：如果斜面解除固定，上表仍光滑，倾角仍为，要求滑块与斜面相对静止，斜面应具备一个多大的水平加速度？（解题思路完全相同，研究对象仍为滑块。但在第二环节上应注意区别。答：gtg。）进阶练习1：在一向右运动的车厢中，用细绳悬挂的小球呈现如图3所示的稳定状态，试求车厢的加速度。（和“思考”题同理，答：gtg。）进阶练习2、如图4所示，小车在倾角为的斜面上匀加速运动，车厢顶用细绳悬挂一小球，发现悬绳与竖直方向形成一个稳定的夹角。试求小车的加速度。解：继续贯彻“矢量性”的应用，但数学处理复杂了一些（正弦定理解三角形）。分析小球受力后，根据“矢量性”我们可以做如图5所示的平行四边形，并找到相应的夹
31、角。设张力T与斜面方向的夹角为，则=（90+ ）- = 90-（-） （1）对灰色三角形用正弦定理，有 = （2）解（1）（2）两式得：F = 最后运用牛顿第二定律即可求小球加速度（即小车加速度）答： 。2、如图6所示，光滑斜面倾角为，在水平地面上加速运动。斜面上用一条与斜面平行的细绳系一质量为m的小球，当斜面加速度为a时（actg），小球能够保持相对斜面静止。试求此时绳子的张力T 。解说：当力的个数较多，不能直接用平行四边形寻求合力时，宜用正交分解处理受力，在对应牛顿第二定律的“独立作用性”列方程。正交坐标的选择，视解题方便程度而定。解法一：先介绍一般的思路。沿加速度a方向建x轴，与a垂直的
32、方向上建y轴，如图7所示（N为斜面支持力）。于是可得两方程Fx = ma ，即Tx Nx = maFy = 0 ， 即Ty + Ny = mg代入方位角，以上两式成为T cosN sin = ma （1）T sin + Ncos = mg （2）这是一个关于T和N的方程组，解（1）（2）两式得：T = mgsin + ma cos解法二：下面尝试一下能否独立地解张力T 。将正交分解的坐标选择为：x斜面方向，y和斜面垂直的方向。这时，在分解受力时，只分解重力G就行了，但值得注意，加速度a不在任何一个坐标轴上，是需要分解的。矢量分解后，如图8所示。根据独立作用性原理，Fx = max即：T Gx
33、= max即：T mg sin = m acos显然，独立解T值是成功的。结果与解法一相同。答案：mgsin + ma cos思考：当actg时，张力T的结果会变化吗？（从支持力的结果N = mgcosma sin看小球脱离斜面的条件，求脱离斜面后，条件已没有意义。答：T = m 。）学生活动：用正交分解法解本节第2题“进阶练习2”进阶练习：如图9所示，自动扶梯与地面的夹角为30，但扶梯的台阶是水平的。当扶梯以a = 4m/s2的加速度向上运动时，站在扶梯上质量为60kg的人相对扶梯静止。重力加速度g = 10 m/s2，试求扶梯对人的静摩擦力f 。解：这是一个展示独立作用性原理的经典例题，建
34、议学生选择两种坐标（一种是沿a方向和垂直a方向，另一种是水平和竖直方向），对比解题过程，进而充分领会用牛顿第二定律解题的灵活性。答：208N 。3、如图10所示，甲图系着小球的是两根轻绳，乙图系着小球的是一根轻弹簧和轻绳，方位角已知。现将它们的水平绳剪断，试求：在剪断瞬间，两种情形下小球的瞬时加速度。解说：第一步，阐明绳子弹力和弹簧弹力的区别。（学生活动）思考：用竖直的绳和弹簧悬吊小球，并用竖直向下的力拉住小球静止，然后同时释放，会有什么现象？原因是什么？结论绳子的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变（胡克定律）。第二步，在本例中，突破“绳子的拉力如何瞬时调节”这一难点（从即将开始的运动来反推）。
35、知识点，牛顿第二定律的瞬时性。答案：a甲 = gsin ；a乙 = gtg 。应用：如图11所示，吊篮P挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托住，当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬间，P、Q的加速度分别是多少？解：略。答：2g ；0 。三、牛顿第二、第三定律的应用要点：在动力学问题中，如果遇到几个研究对象时，就会面临如何处理对象之间的力和对象与外界之间的力问题，这时有必要引进“系统”、“内力”和“外力”等概念，并适时地运用牛顿第三定律。在方法的选择方面，则有“隔离法”和“整体法”。前者是根本，后者有局限，也有难度，但常常使解题过程简化，使过程的物理意义更加明晰。对N个对象，有N个隔
36、离方程和一个（可能的）整体方程，这（N + 1）个方程中必有一个是通解方程，如何取舍，视解题方便程度而定。补充：当多个对象不具有共同的加速度时，一般来讲，整体法不可用，但也有一种特殊的“整体方程”，可以不受这个局限（可以介绍推导过程）= m1 + m2 + m3 + + mn其中只能是系统外力的矢量和，等式右边也是矢量相加。1、如图12所示，光滑水平面上放着一个长为L的均质直棒，现给棒一个沿棒方向的、大小为F的水平恒力作用，则棒中各部位的张力T随图中x的关系怎样？解说：截取隔离对象，列整体方程和隔离方程（隔离右段较好）。答案：N = x 。思考：如果水平面粗糙，结论又如何？解：分两种情况，（1
37、）能拉动；（2）不能拉动。第（1）情况的计算和原题基本相同，只是多了一个摩擦力的处理，结论的化简也麻烦一些。第（2）情况可设棒的总质量为M ，和水平面的摩擦因素为，而F = Mg ，其中lL ，则x(L-l)的右段没有张力，x(L-l)的左端才有张力。答：若棒仍能被拉动，结论不变。若棒不能被拉动，且F = Mg时（为棒与平面的摩擦因素，l为小于L的某一值，M为棒的总质量），当x(L-l)，N0 ；当x(L-l)，N = x -L-l。应用：如图13所示，在倾角为的固定斜面上，叠放着两个长方体滑块，它们的质量分别为m1和m2 ，它们之间的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分别为1和2 ，系统释放后能够一
38、起加速下滑，则它们之间的摩擦力大小为：A、1 m1gcos ； B、2 m1gcos ；C、1 m2gcos ； D、1 m2gcos ；解：略。答：B 。（方向沿斜面向上。）思考：（1）如果两滑块不是下滑，而是以初速度v0一起上冲，以上结论会变吗？（2）如果斜面光滑，两滑块之间有没有摩擦力？（3）如果将下面的滑块换成如图14所示的盒子，上面的滑块换成小球，它们以初速度v0一起上冲，球应对盒子的哪一侧内壁有压力？解：略。答：（1）不会；（2）没有；（3）若斜面光滑，对两内壁均无压力，若斜面粗糙，对斜面上方的内壁有压力。2、如图15所示，三个物体质量分别为m1 、m2和m3 ，带滑轮的物体放在光
39、滑水平面上，滑轮和所有接触面的摩擦均不计，绳子的质量也不计，为使三个物体无相对滑动，水平推力F应为多少？解说：此题对象虽然有三个，但难度不大。隔离m2 ，竖直方向有一个平衡方程；隔离m1 ，水平方向有一个动力学方程；整体有一个动力学方程。就足以解题了。答案：F = 。思考：若将质量为m3物体右边挖成凹形，让m2可以自由摆动（而不与m3相碰），如图16所示，其它条件不变。是否可以选择一个恰当的F，使三者无相对运动？如果没有，说明理由；如果有，求出这个F的值。解：此时，m2的隔离方程将较为复杂。设绳子张力为T ，m2的受力情况如图，隔离方程为： = m2a隔离m1 ，仍有：T = m1a解以上两式
40、，可得：a = g最后用整体法解F即可。答：当m1 m2时，没有适应题意的F；当m1 m2时，适应题意的F= 。3、一根质量为M的木棒，上端用细绳系在天花板上，棒上有一质量为m的猫，如图17所示。现将系木棒的绳子剪断，同时猫相对棒往上爬，但要求猫对地的高度不变，则棒的加速度将是多少？解说：法一，隔离法。需要设出猫爪抓棒的力f ，然后列猫的平衡方程和棒的动力学方程，解方程组即可。法二，“新整体法”。据= m1 + m2 + m3 + + mn ，猫和棒的系统外力只有两者的重力，竖直向下，而猫的加速度a1 = 0 ，所以：（ M + m ）g = m0 + M a1 解棒的加速度a1十分容易。答案
41、：g 。四、特殊的连接体当系统中各个体的加速度不相等时，经典的整体法不可用。如果各个体的加速度不在一条直线上，“新整体法”也将有一定的困难（矢量求和不易）。此时，我们回到隔离法，且要更加注意找各参量之间的联系。解题思想：抓某个方向上加速度关系。方法：“微元法”先看位移关系，再推加速度关系。、1、如图18所示，一质量为M 、倾角为的光滑斜面，放置在光滑的水平面上，另一个质量为m的滑块从斜面顶端释放，试求斜面的加速度。解说：本题涉及两个物体，它们的加速度关系复杂，但在垂直斜面方向上，大小是相等的。对两者列隔离方程时，务必在这个方向上进行突破。（学生活动）定型判断斜面的运动情况、滑块的运动情况。位移
42、矢量示意图如图19所示。根据运动学规律，加速度矢量a1和a2也具有这样的关系。（学生活动）这两个加速度矢量有什么关系？沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、y坐标，可得：a1y = a2y 且：a1y = a2sin 隔离滑块和斜面，受力图如图20所示。对滑块，列y方向隔离方程，有：mgcos- N = ma1y 对斜面，仍沿合加速度a2方向列方程，有：Nsin= Ma2 解式即可得a2 。答案：a2 = 。（学生活动）思考：如何求a1的值？解：a1y已可以通过解上面的方程组求出；a1x只要看滑块的受力图，列x方向的隔离方程即可，显然有mgsin= ma1x ，得:a1x = gsin 。最后据a1
43、 = 求a1 。答：a1 = 。2、如图21所示，与水平面成角的AB棒上有一滑套C ，可以无摩擦地在棒上滑动，开始时与棒的A端相距b ，相对棒静止。当棒保持倾角不变地沿水平面匀加速运动，加速度为a（且agtg）时，求滑套C从棒的A端滑出所经历的时间。解说：这是一个比较特殊的“连接体问题”，寻求运动学参量的关系似乎比动力学分析更加重要。动力学方面，只需要隔离滑套C就行了。（学生活动）思考：为什么题意要求agtg？（联系本讲第二节第1题之“思考题”）定性绘出符合题意的运动过程图，如图22所示：S表示棒的位移，S1表示滑套的位移。沿棒与垂直棒建直角坐标后，S1x表示S1在x方向上的分量。不难看出：S1x + b = S cos 设全程时间为t ，则有：S = at2 S1x = a1xt2 而隔离滑套，受力图如图23所示，显然：mgsin= ma1x 解式即可。答案：t = 另解：如果引进动力学在非惯性系中的修正式 + * = m （注：*为惯性力），此题极简单。过程如下以棒为参照，隔离滑套，分析受力，如图24所示。注意，滑套相对棒的加速度a相是沿棒向上的，故动力学方程为：F*cos- mgsin= ma相 （1）其中F* = ma
