高中物理競(jìng)賽全集講座 所有知識(shí)點(diǎn)

高中物理輔導(dǎo)網(wǎng)/京翰教育中心/高中物理競(jìng)賽全集講座所有知識(shí)點(diǎn)第五部分動(dòng)量和能量第一講基本知識(shí)介紹一、沖量和動(dòng)量1、沖力（F—t圖象特征）→沖量。沖量定義、物理意義沖量在F—t圖象中的意義→從定義角度求變力沖量（F對(duì)t的平均作用力）2、動(dòng)量的定義動(dòng)量矢量性與運(yùn)算二、動(dòng)量定理1、定理的基本形式與表達(dá)2、分方向的表達(dá)式：ΣIx=ΔPx，ΣIy=ΔPy…3、定理推論：動(dòng)量變化率等于物體所受的合外力。即=ΣF外三、動(dòng)量守恒定律1、定律、矢量性2、條件a、原始條件與等效b、近似條件c、某個(gè)方向上滿足a或b，可在此方向應(yīng)用動(dòng)量守恒定律四、功和能1、功的定義、標(biāo)量性，功在F—S圖象中的意義2、功率，定義求法和推論求法3、能的概念、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律4、功的求法a、恒力的功：W=FScosα=FSF=FSSb、變力的功：基本原則——過(guò)程分割與代數(shù)累積；利用F—S圖象（或先尋求F對(duì)S的平均作用力）c、解決功的“疑難雜癥”時(shí)，把握“功是能量轉(zhuǎn)化的量度”這一要點(diǎn)五、動(dòng)能、動(dòng)能定理1、動(dòng)能（平動(dòng)動(dòng)能）2、動(dòng)能定理a、ΣW的兩種理解b、動(dòng)能定理的廣泛適用性六、機(jī)械能守恒1、勢(shì)能a、保守力與耗散力（非保守力）→勢(shì)能（定義：ΔEp=－W保）b、力學(xué)領(lǐng)域的三種勢(shì)能（重力勢(shì)能、引力勢(shì)能、彈性勢(shì)能）及定量表達(dá)2、機(jī)械能3、機(jī)械能守恒定律a、定律內(nèi)容b、條件與拓展條件（注意系統(tǒng)劃分）c、功能原理：系統(tǒng)機(jī)械能的增量等于外力與耗散內(nèi)力做功的代數(shù)和。七、碰撞與恢復(fù)系數(shù)1、碰撞的概念、分類（按碰撞方向分類、按碰撞過(guò)程機(jī)械能損失分類）碰撞的基本特征：a、動(dòng)量守恒；b、位置不超越；c、動(dòng)能不膨脹。2、三種典型的碰撞a、彈性碰撞：碰撞全程完全沒有機(jī)械能損失。滿足——m1v10+m2v20=m1v1+m2v2m1+m2=m1+m2解以上兩式（注意技巧和“不合題意”解的舍棄）可得：v1=，v2=對(duì)于結(jié)果的討論：①當(dāng)m1=m2時(shí)，v1=v20，v2=v10，稱為“交換速度”；②當(dāng)m1＜＜m2，且v20=0時(shí)，v1≈－v10，v2≈0，小物碰大物，原速率返回；③當(dāng)m1＞＞m2，且v20=0時(shí)，v1≈v10，v2≈2v10，b、非（完全）彈性碰撞：機(jī)械能有損失（機(jī)械能損失的內(nèi)部機(jī)制簡(jiǎn)介），只滿足動(dòng)量守恒定律c、完全非彈性碰撞：機(jī)械能的損失達(dá)到最大限度；外部特征：碰撞后兩物體連為一個(gè)整體，故有v1=v2=3、恢復(fù)系數(shù)：碰后分離速度（v2－v1）與碰前接近速度（v10－v20）的比值，即：e=。根據(jù)“碰撞的基本特征”，0≤e≤1。當(dāng)e=0，碰撞為完全非彈性；當(dāng)0＜e＜1，碰撞為非彈性；當(dāng)e=1，碰撞為彈性。八、“廣義碰撞”——物體的相互作用1、當(dāng)物體之間的相互作用時(shí)間不是很短，作用不是很強(qiáng)烈，但系統(tǒng)動(dòng)量仍然守恒時(shí)，碰撞的部分規(guī)律仍然適用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、機(jī)械能可能膨脹）。此時(shí)，碰撞中“不合題意”的解可能已經(jīng)有意義，如彈性碰撞中v1=v10，v2=v20的解。2、物體之間有相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，機(jī)械能損失的重要定勢(shì)：－ΔE=ΔE內(nèi)=f滑·S相，其中S相指相對(duì)路程。第二講重要模型與專題一、動(dòng)量定理還是動(dòng)能定理？物理情形：太空飛船在宇宙飛行時(shí)，和其它天體的萬(wàn)有引力可以忽略，但是，飛船會(huì)定時(shí)遇到太空垃圾的碰撞而受到阻礙作用。設(shè)單位體積的太空均勻分布垃圾n顆，每顆的平均質(zhì)量為m，垃圾的運(yùn)行速度可以忽略。飛船維持恒定的速率v飛行，垂直速度方向的橫截面積為S，與太空垃圾的碰撞后，將垃圾完全粘附住。試求飛船引擎所應(yīng)提供的平均推力F。模型分析：太空垃圾的分布并不是連續(xù)的，對(duì)飛船的撞擊也不連續(xù)，如何正確選取研究對(duì)象，是本題的前提。建議充分理解“平均”的含義，這樣才能相對(duì)模糊地處理垃圾與飛船的作用過(guò)程、淡化“作用時(shí)間”和所考查的“物理過(guò)程時(shí)間”的差異。物理過(guò)程需要人為截取，對(duì)象是太空垃圾。先用動(dòng)量定理推論解題。取一段時(shí)間Δt，在這段時(shí)間內(nèi)，飛船要穿過(guò)體積ΔV=S·vΔt的空間，遭遇nΔV顆太空垃圾，使它們獲得動(dòng)量ΔP，其動(dòng)量變化率即是飛船應(yīng)給予那部分垃圾的推力，也即飛船引擎的推力。=====nmSv2如果用動(dòng)能定理，能不能解題呢？同樣針對(duì)上面的物理過(guò)程，由于飛船要前進(jìn)x=vΔt的位移，引擎推力須做功W=x，它對(duì)應(yīng)飛船和被粘附的垃圾的動(dòng)能增量，而飛船的ΔEk為零，所以：W=ΔMv2即：vΔt=（nmS·vΔt）v2得到：=nmSv2兩個(gè)結(jié)果不一致，不可能都是正確的。分析動(dòng)能定理的解題，我們不能發(fā)現(xiàn)，垃圾與飛船的碰撞是完全非彈性的，需要消耗大量的機(jī)械能，因此，認(rèn)為“引擎做功就等于垃圾動(dòng)能增加”的觀點(diǎn)是錯(cuò)誤的。但在動(dòng)量定理的解題中，由于I=t，由此推出的=必然是飛船對(duì)垃圾的平均推力，再對(duì)飛船用平衡條件，的大小就是引擎推力大小了。這個(gè)解沒有毛病可挑，是正確的。（學(xué)生活動(dòng)）思考：如圖1所示，全長(zhǎng)L、總質(zhì)量為M的柔軟繩子，盤在一根光滑的直桿上，現(xiàn)用手握住繩子的一端，以恒定的水平速度v將繩子拉直。忽略地面阻力，試求手的拉力F。解：解題思路和上面完全相同。答：二、動(dòng)量定理的分方向應(yīng)用物理情形：三個(gè)質(zhì)點(diǎn)A、B和C，質(zhì)量分別為m1、m2和m3，用拉直且不可伸長(zhǎng)的繩子AB和BC相連，靜止在水平面上，如圖2所示，AB和BC之間的夾角為（π－α）?，F(xiàn)對(duì)質(zhì)點(diǎn)C施加以沖量I，方向沿BC，試求質(zhì)點(diǎn)A開始運(yùn)動(dòng)的速度。模型分析：首先，注意“開始運(yùn)動(dòng)”的理解，它指繩子恰被拉直，有作用力和沖量產(chǎn)生，但是繩子的方位尚未發(fā)生變化。其二，對(duì)三個(gè)質(zhì)點(diǎn)均可用動(dòng)量定理，但是，B質(zhì)點(diǎn)受沖量不在一條直線上，故最為復(fù)雜，可采用分方向的形式表達(dá)。其三，由于兩段繩子不可伸長(zhǎng)，故三質(zhì)點(diǎn)的瞬時(shí)速度可以尋求到兩個(gè)約束關(guān)系。下面具體看解題過(guò)程——繩拉直瞬間，AB繩對(duì)A、B兩質(zhì)點(diǎn)的沖量大小相等（方向相反），設(shè)為I1，BC繩對(duì)B、C兩質(zhì)點(diǎn)的沖量大小相等（方向相反），設(shè)為I2；設(shè)A獲得速度v1（由于A受合沖量只有I1,方向沿AB，故v1的反向沿AB），設(shè)B獲得速度v2（由于B受合沖量為+，矢量和既不沿AB，也不沿BC方向，可設(shè)v2與AB繩夾角為〈π－β〉，如圖3所示），設(shè)C獲得速度v3（合沖量+沿BC方向，故v3沿BC方向）。對(duì)A用動(dòng)量定理，有：I1=m1v1①B的動(dòng)量定理是一個(gè)矢量方程：+=m2，可化為兩個(gè)分方向的標(biāo)量式，即：I2cosα－I1=m2v2cosβ②I2sinα=m2v2sinβ③質(zhì)點(diǎn)C的動(dòng)量定理方程為：I－I2=m3v3④AB繩不可伸長(zhǎng)，必有v1=v2cosβ⑤BC繩不可伸長(zhǎng)，必有v2cos(β－α)=v3⑥六個(gè)方程解六個(gè)未知量（I1、I2、v1、v2、v3、β）是可能的，但繁復(fù)程度非同一般。解方程要注意條理性，否則易造成混亂。建議采取如下步驟——1、先用⑤⑥式消掉v2、v3，使六個(gè)一級(jí)式變成四個(gè)二級(jí)式：I1=m1v1⑴I2cosα－I1=m2v1⑵I2sinα=m2v1tgβ⑶I－I2=m3v1(cosα+sinαtgβ)⑷2、解⑶⑷式消掉β，使四個(gè)二級(jí)式變成三個(gè)三級(jí)式：I1=m1v1㈠I2cosα－I1=m2v1㈡I=m3v1cosα+I2㈢3、最后對(duì)㈠㈡㈢式消I1、I2，解v1就方便多了。結(jié)果為：v1=（學(xué)生活動(dòng)：訓(xùn)練解方程的條理和耐心）思考：v2的方位角β等于多少？解：解“二級(jí)式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消I1，得I2的表達(dá)式，將I2的表達(dá)式代入⑶就行了。答：β=arctg（）。三、動(dòng)量守恒中的相對(duì)運(yùn)動(dòng)問題物理情形：在光滑的水平地面上，有一輛車，車內(nèi)有一個(gè)人和N個(gè)鉛球，系統(tǒng)原來(lái)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)車內(nèi)的人以一定的水平速度將鉛球一個(gè)一個(gè)地向車外拋出，車子和人將獲得反沖速度。第一過(guò)程，保持每次相對(duì)地面拋球速率均為v，直到將球拋完；第二過(guò)程，保持每次相對(duì)車子拋球速率均為v，直到將球拋完。試問：哪一過(guò)程使車子獲得的速度更大？模型分析：動(dòng)量守恒定律必須選取研究對(duì)象之外的第三方（或第四、第五方）為參照物，這意味著，本問題不能選車子為參照。一般選地面為參照系，這樣對(duì)“第二過(guò)程”的鉛球動(dòng)量表達(dá)，就形成了難點(diǎn)，必須引進(jìn)相對(duì)速度與絕對(duì)速度的關(guān)系。至于“第一過(guò)程”，比較簡(jiǎn)單：N次拋球和將N個(gè)球一次性拋出是完全等效的。設(shè)車和人的質(zhì)量為M，每個(gè)鉛球的質(zhì)量為m。由于矢量的方向落在一條直線上，可以假定一個(gè)正方向后，將矢量運(yùn)算化為代數(shù)運(yùn)算。設(shè)車速方向?yàn)檎?，且第一過(guò)程獲得的速度大小為V1第二過(guò)程獲得的速度大小為V2。第一過(guò)程，由于鉛球每次的動(dòng)量都相同，可將多次拋球看成一次拋出。車子、人和N個(gè)球動(dòng)量守恒。0=Nm(-v)+MV1得：V1=v①第二過(guò)程，必須逐次考查鉛球與車子（人）的作用。第一個(gè)球與（N–1）個(gè)球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設(shè)“系統(tǒng)”速度為u1。值得注意的是，根據(jù)運(yùn)動(dòng)合成法則，鉛球?qū)Φ氐乃俣炔⒉皇牵?v），而是（-v+u1）。它們動(dòng)量守恒方程為：0=m(-v+u1)+〔M+(N-1)m〕u1得：u1=第二個(gè)球與（N-2）個(gè)球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設(shè)“系統(tǒng)”速度為u2。它們動(dòng)量守恒方程為：〔M+(N-1)m〕u1=m(-v+u2)+〔M+(N-2)m〕u2得：u2=+第三個(gè)球與（N-2）個(gè)球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設(shè)“系統(tǒng)”速度為u3。鉛球?qū)Φ氐乃俣仁牵?v+u3）。它們動(dòng)量守恒方程為：〔M+(N-2)m〕u2=m(-v+u3)+〔M+(N-3)m〕u3得：u3=++以此類推（過(guò)程注意：先找uN和uN-1關(guān)系，再看uN和v的關(guān)系，不要急于化簡(jiǎn)通分）……，uN的通式已經(jīng)可以找出：V2=uN=+++…+即：V2=②我們?cè)賹ⅱ偈礁膶懗桑篤1=①′不難發(fā)現(xiàn)，①′式和②式都有N項(xiàng)，每項(xiàng)的分子都相同，但①′式中每項(xiàng)的分母都比②式中的分母小，所以有：V1＞V2。結(jié)論：第一過(guò)程使車子獲得的速度較大。（學(xué)生活動(dòng)）思考：質(zhì)量為M的車上，有n個(gè)質(zhì)量均為m的人，它們靜止在光滑的水平地面上?，F(xiàn)在車上的人以相對(duì)車大小恒為v、方向水平向后的初速往車下跳。第一過(guò)程，N個(gè)人同時(shí)跳下；第二過(guò)程，N個(gè)人依次跳下。試問：哪一次車子獲得的速度較大？解：第二過(guò)程結(jié)論和上面的模型完全相同，第一過(guò)程結(jié)論為V1=。答：第二過(guò)程獲得速度大。四、反沖運(yùn)動(dòng)中的一個(gè)重要定式物理情形：如圖4所示，長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的船停止在靜水中（但未拋錨），船頭上有一個(gè)質(zhì)量為m的人，也是靜止的?，F(xiàn)在令人在船上開始向船尾走動(dòng)，忽略水的阻力，試問：當(dāng)人走到船尾時(shí)，船將會(huì)移動(dòng)多遠(yuǎn)？（學(xué)生活動(dòng)）思考：人可不可能勻速（或勻加速）走動(dòng)？當(dāng)人中途停下休息，船有速度嗎？人的全程位移大小是L嗎？本系統(tǒng)選船為參照，動(dòng)量守恒嗎？模型分析：動(dòng)量守恒展示了已知質(zhì)量情況下的速度關(guān)系，要過(guò)渡到位移關(guān)系，需要引進(jìn)運(yùn)動(dòng)學(xué)的相關(guān)規(guī)律。根據(jù)實(shí)際情況（人必須停在船尾），人的運(yùn)動(dòng)不可能是勻速的，也不可能是勻加速的,運(yùn)動(dòng)學(xué)的規(guī)律應(yīng)選擇S=t。為尋求時(shí)間t，則要抓人和船的位移約束關(guān)系。對(duì)人、船系統(tǒng)，針對(duì)“開始走動(dòng)→中間任意時(shí)刻”過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)量守恒（設(shè)末態(tài)人的速率為v，船的速率為V），令指向船頭方向?yàn)檎?，則矢量關(guān)系可以化為代數(shù)運(yùn)算，有：0=MV+m(-v)即：mv=MV由于過(guò)程的末態(tài)是任意選取的，此式展示了人和船在任一時(shí)刻的瞬時(shí)速度大小關(guān)系。而且不難推知，對(duì)中間的任一過(guò)程，兩者的平均速度也有這種關(guān)系。即：m=M①設(shè)全程的時(shí)間為t，乘入①式兩邊，得：mt=Mt設(shè)s和S分別為人和船的全程位移大小，根據(jù)平均速度公式，得：ms=MS②受船長(zhǎng)L的約束，s和S具有關(guān)系：s+S=L③解②、③可得：船的移動(dòng)距離S=L（應(yīng)用動(dòng)量守恒解題時(shí)，也可以全部都用矢量關(guān)系，但這時(shí)“位移關(guān)系”表達(dá)起來(lái)難度大一些——必須用到運(yùn)動(dòng)合成與分解的定式。時(shí)間允許的話，可以做一個(gè)對(duì)比介紹。）另解：質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定律人、船系統(tǒng)水平方向沒有外力，故系統(tǒng)質(zhì)心無(wú)加速度→系統(tǒng)質(zhì)心無(wú)位移。先求出初態(tài)系統(tǒng)質(zhì)心（用它到船的質(zhì)心的水平距離x表達(dá)。根據(jù)力矩平衡知識(shí)，得：x=），又根據(jù)，末態(tài)的質(zhì)量分布與初態(tài)比較，相對(duì)整體質(zhì)心是左右對(duì)稱的。弄清了這一點(diǎn)后，求解船的質(zhì)心位移易如反掌。（學(xué)生活動(dòng)）思考：如圖5所示，在無(wú)風(fēng)的天空，人抓住氣球下面的繩索，和氣球恰能靜止平衡，人和氣球地質(zhì)量分別為m和M，此時(shí)人離地面高h(yuǎn)。現(xiàn)在人欲沿懸索下降到地面，試問：要人充分安全地著地，繩索至少要多長(zhǎng)？解：和模型幾乎完全相同，此處的繩長(zhǎng)對(duì)應(yīng)模型中的“船的長(zhǎng)度”（“充分安全著地”的含義是不允許人脫離繩索跳躍著地）。答：h。（學(xué)生活動(dòng)）思考：如圖6所示，兩個(gè)傾角相同的斜面，互相倒扣著放在光滑的水平地面上，小斜面在大斜面的頂端。將它們無(wú)初速釋放后，小斜面下滑，大斜面后退。已知大、小斜面的質(zhì)量分別為M和m，底邊長(zhǎng)分別為a和b，試求：小斜面滑到底端時(shí)，大斜面后退的距離。解：水平方向動(dòng)量守恒。解題過(guò)程從略。答：（a－b）。進(jìn)階應(yīng)用：如圖7所示，一個(gè)質(zhì)量為M，半徑為R的光滑均質(zhì)半球，靜置于光滑水平桌面上，在球頂有一個(gè)質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)，由靜止開始沿球面下滑。試求：質(zhì)點(diǎn)離開球面以前的軌跡。解說(shuō)：質(zhì)點(diǎn)下滑，半球后退，這個(gè)物理情形和上面的雙斜面問題十分相似，仔細(xì)分析，由于同樣滿足水平方向動(dòng)量守恒，故我們介紹的“定式”是適用的。定式解決了水平位移（位置）的問題，豎直坐標(biāo)則需要從數(shù)學(xué)的角度想一些辦法。為尋求軌跡方程，我們需要建立一個(gè)坐標(biāo)：以半球球心O為原點(diǎn)，沿質(zhì)點(diǎn)滑下一側(cè)的水平軸為x坐標(biāo)、豎直軸為y坐標(biāo)。由于質(zhì)點(diǎn)相對(duì)半球總是做圓周運(yùn)動(dòng)的（離開球面前），有必要引入相對(duì)運(yùn)動(dòng)中半球球心O′的方位角θ來(lái)表達(dá)質(zhì)點(diǎn)的瞬時(shí)位置，如圖8所示。由“定式”，易得：x=Rsinθ①而由圖知：y=Rcosθ②不難看出，①、②兩式實(shí)際上已經(jīng)是一個(gè)軌跡的參數(shù)方程。為了明確軌跡的性質(zhì)，我們可以將參數(shù)θ消掉，使它們成為：+=1這樣，特征就明顯了：質(zhì)點(diǎn)的軌跡是一個(gè)長(zhǎng)、短半軸分別為R和R的橢圓。五、功的定義式中S怎么取值？在求解功的問題時(shí)，有時(shí)遇到力的作用點(diǎn)位移與受力物體的（質(zhì)心）位移不等，S是取力的作用點(diǎn)的位移，還是取物體（質(zhì)心）的位移呢？我們先看下面一些事例。1、如圖9所示，人用雙手壓在臺(tái)面上推講臺(tái)，結(jié)果雙手前進(jìn)了一段位移而講臺(tái)未移動(dòng)。試問：人是否做了功？2、在本“部分”第3頁(yè)圖1的模型中，求拉力做功時(shí)，S是否可以取繩子質(zhì)心的位移？3、人登靜止的樓梯，從一樓到二樓。樓梯是否做功？4、如圖10所示，雙手用等大反向的力F壓固定汽缸兩邊的活塞，活塞移動(dòng)相同距離S，汽缸中封閉氣體被壓縮。施力者（人）是否做功？在以上四個(gè)事例中，S若取作用點(diǎn)位移，只有第1、2、4例是做功的（注意第3例，樓梯支持力的作用點(diǎn)并未移動(dòng)，而只是在不停地交換作用點(diǎn)），S若取物體（受力者）質(zhì)心位移，只有第2、3例是做功的，而且，盡管第2例都做了功，數(shù)字并不相同。所以，用不同的判據(jù)得出的結(jié)論出現(xiàn)了本質(zhì)的分歧。面對(duì)這些似是而非的“疑難雜癥”，我們先回到“做功是物體能量轉(zhuǎn)化的量度”這一根本點(diǎn)。第1例，手和講臺(tái)面摩擦生了熱，內(nèi)能的生成必然是由人的生物能轉(zhuǎn)化而來(lái)，人肯定做了功。S宜取作用點(diǎn)的位移；第2例，求拉力的功，在前面已經(jīng)闡述，S取作用點(diǎn)位移為佳；第3例，樓梯不需要輸出任何能量，不做功，S取作用點(diǎn)位移；第4例，氣體內(nèi)能的增加必然是由人輸出的，壓力做功，S取作用點(diǎn)位移。但是，如果分別以上四例中的受力者用動(dòng)能定理，第1例，人對(duì)講臺(tái)不做功，S取物體質(zhì)心位移；第2例，動(dòng)能增量對(duì)應(yīng)S取L/2時(shí)的值——物體質(zhì)心位移；第4例，氣體宏觀動(dòng)能無(wú)增量，S取質(zhì)心位移。（第3例的分析暫時(shí)延后。）以上分析在援引理論知識(shí)方面都沒有錯(cuò)，如何使它們統(tǒng)一？原來(lái)，功的概念有廣義和狹義之分。在力學(xué)中，功的狹義概念僅指機(jī)械能轉(zhuǎn)換的量度；而在物理學(xué)中功的廣義概念指除熱傳遞外的一切能量轉(zhuǎn)換的量度。所以功也可定義為能量轉(zhuǎn)換的量度。一個(gè)系統(tǒng)總能量的變化，常以系統(tǒng)對(duì)外做功的多少來(lái)量度。能量可以是機(jī)械能、電能、熱能、化學(xué)能等各種形式，也可以多種形式的能量同時(shí)發(fā)生轉(zhuǎn)化。由此可見，上面分析中，第一個(gè)理論對(duì)應(yīng)的廣義的功，第二個(gè)理論對(duì)應(yīng)的則是狹義的功，它們都沒有錯(cuò)誤，只是在現(xiàn)階段的教材中還沒有將它們及時(shí)地區(qū)分開來(lái)而已。而且，我們不難歸納：求廣義的功，S取作用點(diǎn)的位移；求狹義的功，S取物體（質(zhì)心）位移。那么我們?cè)诮忸}中如何處理呢？這里給大家?guī)c(diǎn)建議：1、抽象地講“某某力做的功”一般指廣義的功；2、講“力對(duì)某物體做的功”常常指狹義的功；3、動(dòng)能定理中的功肯定是指狹義的功。當(dāng)然，求解功地問題時(shí)，還要注意具體問題具體分析。如上面的第3例，就相對(duì)復(fù)雜一些。如果認(rèn)為所求為狹義的功，S取質(zhì)心位移，是做了功，但結(jié)論仍然是難以令人接受的。下面我們來(lái)這樣一個(gè)處理：將復(fù)雜的形變物體（人）看成這樣一個(gè)相對(duì)理想的組合：剛性物體下面連接一壓縮的彈簧（如圖11所示），人每一次蹬梯，腿伸直將軀體重心上舉，等效為彈簧將剛性物體舉起。這樣，我們就不難發(fā)現(xiàn)，做功的是人的雙腿而非地面，人既是輸出能量（生物能）的機(jī)構(gòu)，也是得到能量（機(jī)械能）的機(jī)構(gòu)——這里的物理情形更象是一種生物情形。本題所求的功應(yīng)理解為廣義功為宜。以上四例有一些共同的特點(diǎn)：要么，受力物體情形比較復(fù)雜（形變，不能簡(jiǎn)單地看成一個(gè)質(zhì)點(diǎn)。如第2、第3、第4例），要么，施力者和受力者之間的能量轉(zhuǎn)化不是封閉的（涉及到第三方，或機(jī)械能以外的形式。如第1例）。以后，當(dāng)遇到這樣的問題時(shí)，需要我們慎重對(duì)待。（學(xué)生活動(dòng)）思考：足夠長(zhǎng)的水平傳送帶維持勻速v運(yùn)轉(zhuǎn)。將一袋貨物無(wú)初速地放上去，在貨物達(dá)到速度v之前，與傳送帶的摩擦力大小為f，對(duì)地的位移為S。試問：求摩擦力的功時(shí)，是否可以用W=fS？解：按一般的理解，這里應(yīng)指廣義的功（對(duì)應(yīng)傳送帶引擎輸出的能量），所以“位移”取作用點(diǎn)的位移。注意，在此處有一個(gè)隱含的“交換作用點(diǎn)”的問題，仔細(xì)分析，不難發(fā)現(xiàn)，每一個(gè)（相對(duì)皮帶不動(dòng)的）作用點(diǎn)的位移為2S。（另解：求貨物動(dòng)能的增加和與皮帶摩擦生熱的總和。）答：否。（學(xué)生活動(dòng)）思考：如圖12所示，人站在船上，通過(guò)拉一根固定在鐵樁的纜繩使船靠岸。試問：纜繩是否對(duì)船和人的系統(tǒng)做功？解：分析同上面的“第3例”。答：否。六、機(jī)械能守恒與運(yùn)動(dòng)合成（分解）的綜合物理情形：如圖13所示，直角形的剛性桿被固定，水平和豎直部分均足夠長(zhǎng)。質(zhì)量分別為m1和m2的A、B兩個(gè)有孔小球，串在桿上，且被長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩相連。忽略兩球的大小，初態(tài)時(shí)，認(rèn)為它們的位置在同一高度，且繩處于拉直狀態(tài)。現(xiàn)無(wú)初速地將系統(tǒng)釋放，忽略一切摩擦，試求B球運(yùn)動(dòng)L/2時(shí)的速度v2。模型分析：A、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒。A、B兩球的瞬時(shí)速度不等，其關(guān)系可據(jù)“第三部分”知識(shí)介紹的定式（滑輪小船）去尋求。（學(xué)生活動(dòng)）A球的機(jī)械能是否守恒？B球的機(jī)械能是否守恒？系統(tǒng)機(jī)械能守恒的理由是什么（兩法分析：a、“微元法”判斷兩個(gè)WT的代數(shù)和為零；b、無(wú)非彈性碰撞，無(wú)摩擦，沒有其它形式能的生成）？由“拓展條件”可以判斷，A、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒，（設(shè)末態(tài)A球的瞬時(shí)速率為v1）過(guò)程的方程為：m2g=+①在末態(tài)，繩與水平桿的瞬時(shí)夾角為30°，設(shè)繩子的瞬時(shí)遷移速率為v，根據(jù)“第三部分”知識(shí)介紹的定式，有：v1=v/cos30°,v2=v/sin30°兩式合并成：v1=v2tg30°=v2/②解①、②兩式，得：v2=七、動(dòng)量和能量的綜合（一）物理情形：如圖14所示，兩根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的剛性輕桿，一端通過(guò)質(zhì)量為m的球形鉸鏈連接，另一端分別與質(zhì)量為m和2m的小球相連。將此裝置的兩桿合攏，鉸鏈在上、豎直地放在水平桌面上，然后輕敲一下，使兩小球向兩邊滑動(dòng)，但兩桿始終保持在豎直平面內(nèi)。忽略一切摩擦，試求：兩桿夾角為90°時(shí)，質(zhì)量為2m的小球的速度v2。模型分析：三球系統(tǒng)機(jī)械能守恒、水平方向動(dòng)量守恒，并注意約束關(guān)系——兩桿不可伸長(zhǎng)。（學(xué)生活動(dòng)）初步判斷：左邊小球和球形鉸鏈的速度方向會(huì)怎樣？設(shè)末態(tài)（桿夾角90°）左邊小球的速度為v1（方向：水平向左），球形鉸鏈的速度為v（方向：和豎直方向夾θ角斜向左），對(duì)題設(shè)過(guò)程，三球系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：mg(L-L)=m+mv2+2m①三球系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有：mv1+mvsinθ=2mv2②左邊桿子不形變，有：v1cos45°=vcos(45°-θ)③右邊桿子不形變，有：vcos(45°+θ)=v2cos45°④四個(gè)方程，解四個(gè)未知量（v1、v2、v和θ），是可行的。推薦解方程的步驟如下——1、③、④兩式用v2替代v1和v，代入②式，解θ值，得：tgθ=1/42、在回到③、④兩式，得：v1=v2,v=v23、將v1、v的替代式代入①式解v2即可。結(jié)果：v2=（學(xué)生活動(dòng)）思考：球形鉸鏈觸地前一瞬，左球、鉸鏈和右球的速度分別是多少？解：由兩桿不可形變，知三球的水平速度均為零，θ為零。一個(gè)能量方程足以解題。答：0、、0。（學(xué)生活動(dòng)）思考：當(dāng)兩桿夾角為90°時(shí)，右邊小球的位移是多少？解：水平方向用“反沖位移定式”，或水平方向用質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定律。答：。進(jìn)階應(yīng)用：在本講模型“四、反沖……”的“進(jìn)階應(yīng)用”（見圖8）中，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)m滑到方位角θ時(shí)（未脫離半球），質(zhì)點(diǎn)的速度v的大小、方向怎樣？解說(shuō)：此例綜合應(yīng)用運(yùn)動(dòng)合成、動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒知識(shí)，數(shù)學(xué)運(yùn)算比較繁復(fù)，是一道考查學(xué)生各種能力和素質(zhì)的難題。據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成，有：=+=-其中必然是沿地面向左的，為了書寫方便，我們?cè)O(shè)其大小為v2；必然是沿半球瞬時(shí)位置切線方向（垂直瞬時(shí)半徑）的，設(shè)大小為v相。根據(jù)矢量減法的三角形法則，可以得到（設(shè)大小為v1）的示意圖，如圖16所示。同時(shí)，我們將v1的x、y分量v1x和v1y也描繪在圖中。由圖可得：v1y=（v2+v1x）tgθ①質(zhì)點(diǎn)和半球系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有：Mv2=mv1x②對(duì)題設(shè)過(guò)程，質(zhì)點(diǎn)和半球系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：mgR(1-cosθ)=M+m，即：mgR(1-cosθ)=M+m（+）③三個(gè)方程，解三個(gè)未知量（v2、v1x、v1y）是可行的，但數(shù)學(xué)運(yùn)算繁復(fù)，推薦步驟如下——1、由①、②式得：v1x=v2，v1y=(tgθ)v22、代入③式解v2，得：v2=3、由=+解v1，得：v1=v1的方向：和水平方向成α角，α=arctg=arctg（）這就是最后的解?！惨粋€(gè)附屬結(jié)果：質(zhì)點(diǎn)相對(duì)半球的瞬時(shí)角速度ω==?！嘲?、動(dòng)量和能量的綜合（二）物理情形：如圖17所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為M=1kg的平板車左端放有質(zhì)量為m=2kg的鐵塊，鐵塊與車之間的摩擦因素μ=0.5。開始時(shí)，車和鐵塊以共同速度v=6m/s向右運(yùn)動(dòng)，車與右邊的墻壁發(fā)生正碰，且碰撞是彈性的。車身足夠長(zhǎng)，使鐵塊不能和墻相碰。重力加速度g=10m/s2，試求：1、鐵塊相對(duì)車運(yùn)動(dòng)的總路程；2、平板車第一次碰墻后所走的總路程。模型分析：本模型介紹有兩對(duì)相互作用時(shí)的處理常規(guī)。能量關(guān)系介紹摩擦生熱定式的應(yīng)用。由于過(guò)程比較復(fù)雜，動(dòng)量分析還要輔助以動(dòng)力學(xué)分析，綜合程度較高。由于車與墻壁的作用時(shí)短促而激烈的，而鐵塊和車的作用是舒緩而柔和的，當(dāng)兩對(duì)作用同時(shí)發(fā)生時(shí)，通常處理成“讓短時(shí)作用完畢后，長(zhǎng)時(shí)作用才開始”（這樣可以使問題簡(jiǎn)化）。在此處，車與墻壁碰撞時(shí)，可以認(rèn)為鐵塊與車的作用尚未發(fā)生，而是在車與墻作用完了之后，才開始與鐵塊作用。規(guī)定向右為正向，將矢量運(yùn)算化為代數(shù)運(yùn)算。車第一次碰墻后，車速變?yōu)椋璿，然后與速度仍為v的鐵塊作用，動(dòng)量守恒，作用完畢后，共同速度v1==，因方向?yàn)檎?，必朝墻運(yùn)動(dòng)。（學(xué)生活動(dòng)）車會(huì)不會(huì)達(dá)共同速度之前碰墻？動(dòng)力學(xué)分析：車離墻的最大位移S=,反向加速的位移S′=，其中a=a1=，故S′＜S，所以，車碰墻之前，必然已和鐵塊達(dá)到共同速度v1。車第二次碰墻后，車速變?yōu)椋璿1，然后與速度仍為v1的鐵塊作用，動(dòng)量守恒，作用完畢后，共同速度v2===，因方向?yàn)檎?，必朝墻運(yùn)動(dòng)。車第三次碰墻，……共同速度v3==，朝墻運(yùn)動(dòng)?！源祟愅?，我們可以概括鐵塊和車的運(yùn)動(dòng)情況——鐵塊：勻減速向右→勻速向右→勻減速向右→勻速向右……平板車：勻減速向左→勻加速向右→勻速向右→勻減速向左→勻加速向右→勻速向右……顯然，只要車和鐵塊還有共同速度，它們總是要碰墻，所以最后的穩(wěn)定狀態(tài)是：它們一起停在墻角（總的末動(dòng)能為零）。1、全程能量關(guān)系：對(duì)鐵塊和車系統(tǒng)，－ΔEk=ΔE內(nèi)，且，ΔE內(nèi)=f滑S相，即：（m+M）v2=μmg·S相代入數(shù)字得：S相=5.4m2、平板車向右運(yùn)動(dòng)時(shí)比較復(fù)雜，只要去每次向左運(yùn)動(dòng)的路程的兩倍即可。而向左是勻減速的，故第一次：S1=第二次：S2==第三次：S3==……n次碰墻的總路程是：ΣS=2（S1+S2+S3+…+Sn）=（1+++…+）=（1+++…+）碰墻次數(shù)n→∞，代入其它數(shù)字，得：ΣS=4.05m（學(xué)生活動(dòng)）質(zhì)量為M、程度為L(zhǎng)的木板固定在光滑水平面上，另一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊以水平初速v0沖上木板，恰好能從木板的另一端滑下?，F(xiàn)解除木板的固定（但無(wú)初速），讓相同的滑塊再次沖上木板，要求它仍能從另一端滑下，其初速度應(yīng)為多少？解：由第一過(guò)程，得滑動(dòng)摩擦力f=。第二過(guò)程應(yīng)綜合動(dòng)量和能量關(guān)系（“恰滑下”的臨界是：滑塊達(dá)木板的另一端，和木板具有共同速度，設(shè)為v），設(shè)新的初速度為m=（m+M）vm-（m+M）v2=fL解以上三式即可。答：=v0。第三講典型例題解析教材范本：龔霞玲主編《奧林匹克物理思維訓(xùn)練教材》，知識(shí)出版社，2002年8月第一版。例題選講針對(duì)“教材”第七、第八章的部分例題和習(xí)題。第一部分力＆物體的平衡第一講力的處理一、矢量的運(yùn)算1、加法表達(dá)：+=。名詞：為“和矢量”。法則：平行四邊形法則。如圖1所示。和矢量大小：c=，其中α為和的夾角。和矢量方向：在、之間，和夾角β=arcsin2、減法表達(dá)：=－。名詞：為“被減數(shù)矢量”，為“減數(shù)矢量”，為“差矢量”。法則：三角形法則。如圖2所示。將被減數(shù)矢量和減數(shù)矢量的起始端平移到一點(diǎn)，然后連接兩時(shí)量末端，指向被減數(shù)時(shí)量的時(shí)量，即是差矢量。差矢量大?。篴=，其中θ為和的夾角。差矢量的方向可以用正弦定理求得。一條直線上的矢量運(yùn)算是平行四邊形和三角形法則的特例。例題：已知質(zhì)點(diǎn)做勻速率圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為R，周期為T，求它在T內(nèi)和在T內(nèi)的平均加速度大小。解說(shuō)：如圖3所示，A到B點(diǎn)對(duì)應(yīng)T的過(guò)程，A到C點(diǎn)對(duì)應(yīng)T的過(guò)程。這三點(diǎn)的速度矢量分別設(shè)為、和。根據(jù)加速度的定義=得：=，=由于有兩處涉及矢量減法，設(shè)兩個(gè)差矢量=－，=－，根據(jù)三角形法則，它們?cè)趫D3中的大小、方向已繪出（的“三角形”已被拉伸成一條直線）。本題只關(guān)心各矢量的大小，顯然：===，且：==，=2=所以：===，===。（學(xué)生活動(dòng)）觀察與思考：這兩個(gè)加速度是否相等，勻速率圓周運(yùn)動(dòng)是不是勻變速運(yùn)動(dòng)？答：否；不是。3、乘法矢量的乘法有兩種：叉乘和點(diǎn)乘，和代數(shù)的乘法有著質(zhì)的不同。⑴叉乘表達(dá)：×=名詞：稱“矢量的叉積”，它是一個(gè)新的矢量。叉積的大?。篶=absinα，其中α為和的夾角。意義：的大小對(duì)應(yīng)由和作成的平行四邊形的面積。叉積的方向：垂直和確定的平面，并由右手螺旋定則確定方向，如圖4所示。顯然，×≠×，但有：×=－×⑵點(diǎn)乘表達(dá)：·=c名詞：c稱“矢量的點(diǎn)積”，它不再是一個(gè)矢量，而是一個(gè)標(biāo)量。點(diǎn)積的大?。篶=abcosα，其中α為和的夾角。二、共點(diǎn)力的合成1、平行四邊形法則與矢量表達(dá)式2、一般平行四邊形的合力與分力的求法余弦定理（或分割成RtΔ）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——正交分解第二講物體的平衡一、共點(diǎn)力平衡1、特征：質(zhì)心無(wú)加速度。2、條件：Σ=0，或=0，=0例題：如圖5所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、粗細(xì)不均勻的橫桿被兩根輕繩水平懸掛，繩子與水平方向的夾角在圖上已標(biāo)示，求橫桿的重心位置。解說(shuō)：直接用三力共點(diǎn)的知識(shí)解題，幾何關(guān)系比較簡(jiǎn)單。答案：距棒的左端L/4處。（學(xué)生活動(dòng)）思考：放在斜面上的均質(zhì)長(zhǎng)方體，按實(shí)際情況分析受力，斜面的支持力會(huì)通過(guò)長(zhǎng)方體的重心嗎？解：將各處的支持力歸納成一個(gè)N，則長(zhǎng)方體受三個(gè)力（G、f、N）必共點(diǎn)，由此推知，N不可能通過(guò)長(zhǎng)方體的重心。正確受力情形如圖6所示（通常的受力圖是將受力物體看成一個(gè)點(diǎn)，這時(shí)，N就過(guò)重心了）。答：不會(huì)。二、轉(zhuǎn)動(dòng)平衡1、特征：物體無(wú)轉(zhuǎn)動(dòng)加速度。2、條件：Σ=0，或ΣM+=ΣM-如果物體靜止，肯定會(huì)同時(shí)滿足兩種平衡，因此用兩種思路均可解題。3、非共點(diǎn)力的合成大小和方向：遵從一條直線矢量合成法則。作用點(diǎn)：先假定一個(gè)等效作用點(diǎn)，然后讓所有的平行力對(duì)這個(gè)作用點(diǎn)的和力矩為零。第三講習(xí)題課1、如圖7所示，在固定的、傾角為α斜面上，有一塊可以轉(zhuǎn)動(dòng)的夾板（β不定），夾板和斜面夾著一個(gè)質(zhì)量為m的光滑均質(zhì)球體，試求：β取何值時(shí)，夾板對(duì)球的彈力最小。解說(shuō)：法一，平行四邊形動(dòng)態(tài)處理。對(duì)球體進(jìn)行受力分析，然后對(duì)平行四邊形中的矢量G和N1進(jìn)行平移，使它們構(gòu)成一個(gè)三角形，如圖8的左圖和中圖所示。由于G的大小和方向均不變，而N1的方向不可變，當(dāng)β增大導(dǎo)致N2的方向改變時(shí)，N2的變化和N1的方向變化如圖8的右圖所示。顯然，隨著β增大，N1單調(diào)減小，而N2的大小先減小后增大，當(dāng)N2垂直N1時(shí)，N2取極小值，且N2min=Gsinα。法二，函數(shù)法?？磮D8的中間圖，對(duì)這個(gè)三角形用正弦定理，有：=，即：N2=，β在0到180°之間取值，N2的極值討論是很容易的。答案：當(dāng)β=90°時(shí)，甲板的彈力最小。2、把一個(gè)重為G的物體用一個(gè)水平推力F壓在豎直的足夠高的墻壁上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖9所示，則在t=0開始物體所受的摩擦力f的變化圖線是圖10中的哪一個(gè)？解說(shuō)：靜力學(xué)旨在解決靜態(tài)問題和準(zhǔn)靜態(tài)過(guò)程的問題，但本題是一個(gè)例外。物體在豎直方向的運(yùn)動(dòng)先加速后減速，平衡方程不再適用。如何避開牛頓第二定律，是本題授課時(shí)的難點(diǎn)。靜力學(xué)的知識(shí)，本題在于區(qū)分兩種摩擦的不同判據(jù)。水平方向合力為零，得：支持力N持續(xù)增大。物體在運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)摩擦力f=μN(yùn)，必持續(xù)增大。但物體在靜止后靜摩擦力f′≡G，與N沒有關(guān)系。對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程加以分析，物體必有加速和減速兩個(gè)過(guò)程。據(jù)物理常識(shí)，加速時(shí)，f＜G，而在減速時(shí)f＞G。答案：B。3、如圖11所示，一個(gè)重量為G的小球套在豎直放置的、半徑為R的光滑大環(huán)上，另一輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)為k，自由長(zhǎng)度為L(zhǎng)（L＜2R），一端固定在大圓環(huán)的頂點(diǎn)A，另一端與小球相連。環(huán)靜止平衡時(shí)位于大環(huán)上的B點(diǎn)。試求彈簧與豎直方向的夾角θ。解說(shuō)：平行四邊形的三個(gè)矢量總是可以平移到一個(gè)三角形中去討論，解三角形的典型思路有三種：①分割成直角三角形（或本來(lái)就是直角三角形）；②利用正、余弦定理；③利用力學(xué)矢量三角形和某空間位置三角形相似。本題旨在貫徹第三種思路。分析小球受力→矢量平移，如圖12所示，其中F表示彈簧彈力，N表示大環(huán)的支持力。（學(xué)生活動(dòng)）思考：支持力N可不可以沿圖12中的反方向？（正交分解看水平方向平衡——不可以。）容易判斷，圖中的灰色矢量三角形和空間位置三角形ΔAOB是相似的，所以：⑴由胡克定律：F=k（-R）⑵幾何關(guān)系：=2Rcosθ⑶解以上三式即可。答案：arccos。（學(xué)生活動(dòng)）思考：若將彈簧換成勁度系數(shù)k′較大的彈簧，其它條件不變，則彈簧彈力怎么變？環(huán)的支持力怎么變？答：變?。徊蛔?。（學(xué)生活動(dòng)）反饋練習(xí)：光滑半球固定在水平面上，球心O的正上方有一定滑輪，一根輕繩跨過(guò)滑輪將一小球從圖13所示的A位置開始緩慢拉至B位置。試判斷：在此過(guò)程中，繩子的拉力T和球面支持力N怎樣變化？解：和上題完全相同。答：T變小，N不變。4、如圖14所示，一個(gè)半徑為R的非均質(zhì)圓球，其重心不在球心O點(diǎn)，先將它置于水平地面上，平衡時(shí)球面上的A點(diǎn)和地面接觸；再將它置于傾角為30°的粗糙斜面上，平衡時(shí)球面上的B點(diǎn)與斜面接觸，已知A到B的圓心角也為30°。試求球體的重心C到球心O的距離。解說(shuō)：練習(xí)三力共點(diǎn)的應(yīng)用。根據(jù)在平面上的平衡，可知重心C在OA連線上。根據(jù)在斜面上的平衡，支持力、重力和靜摩擦力共點(diǎn)，可以畫出重心的具體位置。幾何計(jì)算比較簡(jiǎn)單。答案：R。（學(xué)生活動(dòng)）反饋練習(xí)：靜摩擦足夠，將長(zhǎng)為a、厚為b的磚塊碼在傾角為θ的斜面上，最多能碼多少塊？解：三力共點(diǎn)知識(shí)應(yīng)用。答：。4、兩根等長(zhǎng)的細(xì)線，一端拴在同一懸點(diǎn)O上，另一端各系一個(gè)小球，兩球的質(zhì)量分別為m1和m2，已知兩球間存在大小相等、方向相反的斥力而使兩線張開一定角度，分別為45和30°，如圖15所示。則m1:m2為多少？解說(shuō)：本題考查正弦定理、或力矩平衡解靜力學(xué)問題。對(duì)兩球進(jìn)行受力分析，并進(jìn)行矢量平移，如圖16所示。首先注意，圖16中的灰色三角形是等腰三角形，兩底角相等，設(shè)為α。而且，兩球相互作用的斥力方向相反，大小相等，可用同一字母表示，設(shè)為F。對(duì)左邊的矢量三角形用正弦定理，有：=①同理，對(duì)右邊的矢量三角形，有：=②解①②兩式即可。答案：1：。（學(xué)生活動(dòng)）思考：解本題是否還有其它的方法？答：有——將模型看成用輕桿連成的兩小球，而將O點(diǎn)看成轉(zhuǎn)軸，兩球的重力對(duì)O的力矩必然是平衡的。這種方法更直接、簡(jiǎn)便。應(yīng)用：若原題中繩長(zhǎng)不等，而是l1：l2=3：2，其它條件不變，m1與m2的比值又將是多少？解：此時(shí)用共點(diǎn)力平衡更加復(fù)雜（多一個(gè)正弦定理方程），而用力矩平衡則幾乎和“思考”完全相同。答：2：3。5、如圖17所示，一個(gè)半徑為R的均質(zhì)金屬球上固定著一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)桿，細(xì)桿的左端用鉸鏈與墻壁相連，球下邊墊上一塊木板后，細(xì)桿恰好水平，而木板下面是光滑的水平面。由于金屬球和木板之間有摩擦（已知摩擦因素為μ），所以要將木板從球下面向右抽出時(shí)，至少需要大小為F的水平拉力。試問：現(xiàn)要將木板繼續(xù)向左插進(jìn)一些，至少需要多大的水平推力？解說(shuō)：這是一個(gè)典型的力矩平衡的例題。以球和桿為對(duì)象，研究其對(duì)轉(zhuǎn)軸O的轉(zhuǎn)動(dòng)平衡，設(shè)木板拉出時(shí)給球體的摩擦力為f，支持力為N，重力為G，力矩平衡方程為：fR+N（R+L）=G（R+L）①球和板已相對(duì)滑動(dòng)，故：f=μN(yùn)②解①②可得：f=再看木板的平衡，F(xiàn)=f。同理，木板插進(jìn)去時(shí)，球體和木板之間的摩擦f′==F′。答案：。第四講摩擦角及其它一、摩擦角1、全反力：接觸面給物體的摩擦力與支持力的合力稱全反力，一般用R表示，亦稱接觸反力。2、摩擦角：全反力與支持力的最大夾角稱摩擦角，一般用φm表示。此時(shí)，要么物體已經(jīng)滑動(dòng)，必有：φm=arctgμ（μ為動(dòng)摩擦因素），稱動(dòng)摩擦力角；要么物體達(dá)到最大運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，必有：φms=arctgμs（μs為靜摩擦因素），稱靜摩擦角。通常處理為φm=φms。3、引入全反力和摩擦角的意義：使分析處理物體受力時(shí)更方便、更簡(jiǎn)捷。二、隔離法與整體法1、隔離法：當(dāng)物體對(duì)象有兩個(gè)或兩個(gè)以上時(shí)，有必要各個(gè)擊破，逐個(gè)講每個(gè)個(gè)體隔離開來(lái)分析處理，稱隔離法。在處理各隔離方程之間的聯(lián)系時(shí)，應(yīng)注意相互作用力的大小和方向關(guān)系。2、整體法：當(dāng)各個(gè)體均處于平衡狀態(tài)時(shí)，我們可以不顧個(gè)體的差異而講多個(gè)對(duì)象看成一個(gè)整體進(jìn)行分析處理，稱整體法。應(yīng)用整體法時(shí)應(yīng)注意“系統(tǒng)”、“內(nèi)力”和“外力”的涵義。三、應(yīng)用1、物體放在水平面上，用與水平方向成30°的力拉物體時(shí)，物體勻速前進(jìn)。若此力大小不變，改為沿水平方向拉物體，物體仍能勻速前進(jìn)，求物體與水平面之間的動(dòng)摩擦因素μ。解說(shuō)：這是一個(gè)能顯示摩擦角解題優(yōu)越性的題目?？梢酝ㄟ^(guò)不同解法的比較讓學(xué)生留下深刻印象。法一，正交分解。（學(xué)生分析受力→列方程→得結(jié)果。）法二，用摩擦角解題。引進(jìn)全反力R，對(duì)物體兩個(gè)平衡狀態(tài)進(jìn)行受力分析，再進(jìn)行矢量平移，得到圖18中的左圖和中間圖（注意：重力G是不變的，而全反力R的方向不變、F的大小不變），φm指摩擦角。再將兩圖重疊成圖18的右圖。由于灰色的三角形是一個(gè)頂角為30°的等腰三角形，其頂角的角平分線必垂直底邊……故有：φm=15°。最后，μ=tgφm。答案：0.268。（學(xué)生活動(dòng)）思考：如果F的大小是可以選擇的，那么能維持物體勻速前進(jìn)的最小F值是多少？解：見圖18，右圖中虛線的長(zhǎng)度即Fmin，所以，F(xiàn)min=Gsinφm。答：Gsin15°（其中G為物體的重量）。2、如圖19所示，質(zhì)量m=5kg的物體置于一粗糙斜面上，并用一平行斜面的、大小F=30N的推力推物體，使物體能夠沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，而斜面體始終靜止。已知斜面的質(zhì)量M=10kg，傾角為30°，重力加速度g=10m/s2，求地面對(duì)斜面體的摩擦力大小。解說(shuō)：本題旨在顯示整體法的解題的優(yōu)越性。法一，隔離法。簡(jiǎn)要介紹……法二，整體法。注意，滑塊和斜面隨有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，但從平衡的角度看，它們是完全等價(jià)的，可以看成一個(gè)整體。做整體的受力分析時(shí)，內(nèi)力不加考慮。受力分析比較簡(jiǎn)單，列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。答案：26.0N。（學(xué)生活動(dòng)）地面給斜面體的支持力是多少？解：略。答：135N。應(yīng)用：如圖20所示，一上表面粗糙的斜面體上放在光滑的水平地面上，斜面的傾角為θ。另一質(zhì)量為m的滑塊恰好能沿斜面勻速下滑。若用一推力F作用在滑塊上，使之能沿斜面勻速上滑，且要求斜面體靜止不動(dòng)，就必須施加一個(gè)大小為P=4mgsinθcosθ的水平推力作用于斜面體。使?jié)M足題意的這個(gè)F的大小和方向。解說(shuō)：這是一道難度較大的靜力學(xué)題，可以動(dòng)用一切可能的工具解題。法一：隔離法。由第一個(gè)物理情景易得，斜面于滑塊的摩擦因素μ=tgθ對(duì)第二個(gè)物理情景，分別隔離滑塊和斜面體分析受力，并將F沿斜面、垂直斜面分解成Fx和Fy，滑塊與斜面之間的兩對(duì)相互作用力只用兩個(gè)字母表示（N表示正壓力和彈力，f表示摩擦力），如圖21所示。對(duì)滑塊，我們可以考查沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡——Fx=f+mgsinθFy+mgcosθ=N且f=μN(yùn)=Ntgθ綜合以上三式得到：Fx=Fytgθ+2mgsinθ①對(duì)斜面體，只看水平方向平衡就行了——P=fcosθ+Nsinθ即：4mgsinθcosθ=μN(yùn)cosθ+Nsinθ代入μ值，化簡(jiǎn)得：Fy=mgcosθ②②代入①可得：Fx=3mgsinθ最后由F=解F的大小，由tgα=解F的方向（設(shè)α為F和斜面的夾角）。答案：大小為F=mg，方向和斜面夾角α=arctg()指向斜面內(nèi)部。法二：引入摩擦角和整體法觀念。仍然沿用“法一”中關(guān)于F的方向設(shè)置（見圖21中的α角）。先看整體的水平方向平衡，有：Fcos(θ-α)=P⑴再隔離滑塊，分析受力時(shí)引進(jìn)全反力R和摩擦角φ，由于簡(jiǎn)化后只有三個(gè)力（R、mg和F），可以將矢量平移后構(gòu)成一個(gè)三角形，如圖22所示。在圖22右邊的矢量三角形中，有：==⑵注意：φ=arctgμ=arctg(tgθ)=θ⑶解⑴⑵⑶式可得F和α的值。第二部分牛頓運(yùn)動(dòng)定律第一講牛頓三定律一、牛頓第一定律1、定律，慣性的量度2、觀念意義，突破“初態(tài)困惑”二、牛頓第二定律1、定律2、理解要點(diǎn)a、矢量性b、獨(dú)立作用性：ΣF→a，ΣFx→ax…c、瞬時(shí)性。合力可突變，故加速度可突變（與之對(duì)比：速度和位移不可突變）；牛頓第二定律展示了加速度的決定式（加速度的定義式僅僅展示了加速度的“測(cè)量手段”）。3、適用條件a、宏觀、低速b、慣性系對(duì)于非慣性系的定律修正——引入慣性力、參與受力分析三、牛頓第三定律1、定律2、理解要點(diǎn)a、同性質(zhì)（但不同物體）b、等時(shí)效（同增同減）c、無(wú)條件（與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)、空間選擇無(wú)關(guān)）第二講牛頓定律的應(yīng)用一、牛頓第一、第二定律的應(yīng)用單獨(dú)應(yīng)用牛頓第一定律的物理問題比較少，一般是需要用其解決物理問題中的某一個(gè)環(huán)節(jié)。應(yīng)用要點(diǎn)：合力為零時(shí)，物體靠慣性維持原有運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；只有物體有加速度時(shí)才需要合力。有質(zhì)量的物體才有慣性。a可以突變而v、s不可突變。1、如圖1所示，在馬達(dá)的驅(qū)動(dòng)下，皮帶運(yùn)輸機(jī)上方的皮帶以恒定的速度向右運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將一工件（大小不計(jì)）在皮帶左端A點(diǎn)輕輕放下，則在此后的過(guò)程中（）A、一段時(shí)間內(nèi)，工件將在滑動(dòng)摩擦力作用下，對(duì)地做加速運(yùn)動(dòng)B、當(dāng)工件的速度等于v時(shí)，它與皮帶之間的摩擦力變?yōu)殪o摩擦力C、當(dāng)工件相對(duì)皮帶靜止時(shí)，它位于皮帶上A點(diǎn)右側(cè)的某一點(diǎn)D、工件在皮帶上有可能不存在與皮帶相對(duì)靜止的狀態(tài)解說(shuō)：B選項(xiàng)需要用到牛頓第一定律，A、C、D選項(xiàng)用到牛頓第二定律。較難突破的是A選項(xiàng)，在為什么不會(huì)“立即跟上皮帶”的問題上，建議使用反證法（t→0，a→∞，則ΣFx→∞，必然會(huì)出現(xiàn)“供不應(yīng)求”的局面）和比較法（為什么人跳上速度不大的物體可以不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)？因?yàn)槿耸强梢孕巫?、重心可以調(diào)節(jié)的特殊“物體”）此外，本題的D選項(xiàng)還要用到勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律。用勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律和牛頓第二定律不難得出只有當(dāng)L＞時(shí)（其中μ為工件與皮帶之間的動(dòng)摩擦因素），才有相對(duì)靜止的過(guò)程，否則沒有。答案：A、D思考：令L=10m，v=2m/s，μ=0.2，g取10m/s2，試求工件到達(dá)皮帶右端的時(shí)間t（過(guò)程略，答案為5.5s）進(jìn)階練習(xí)：在上面“思考”題中，將工件給予一水平向右的初速v0，其它條件不變，再求t（學(xué)生分以下三組進(jìn)行）——①v0=1m/s(答：0.5+37/8=5.13s)②v0=4m/s(答：1.0+3.5=4.5s)③v0=1m/s(答：1.55s)2、質(zhì)量均為m的兩只鉤碼A和B，用輕彈簧和輕繩連接，然后掛在天花板上，如圖2所示。試問：①如果在P處剪斷細(xì)繩，在剪斷瞬時(shí)，B的加速度是多少？②如果在Q處剪斷彈簧，在剪斷瞬時(shí)，B的加速度又是多少？解說(shuō)：第①問是常規(guī)處理。由于“彈簧不會(huì)立即發(fā)生形變”，故剪斷瞬間彈簧彈力維持原值，所以此時(shí)B鉤碼的加速度為零（A的加速度則為2g）。第②問需要我們反省這樣一個(gè)問題：“彈簧不會(huì)立即發(fā)生形變”的原因是什么？是A、B兩物的慣性，且速度v和位移s不能突變。但在Q點(diǎn)剪斷彈簧時(shí)，彈簧卻是沒有慣性的（沒有質(zhì)量），遵從理想模型的條件，彈簧應(yīng)在一瞬間恢復(fù)原長(zhǎng)！即彈簧彈力突變?yōu)榱?。答案?；g。二、牛頓第二定律的應(yīng)用應(yīng)用要點(diǎn)：受力較少時(shí)，直接應(yīng)用牛頓第二定律的“矢量性”解題。受力比較多時(shí)，結(jié)合正交分解與“獨(dú)立作用性”解題。在難度方面，“瞬時(shí)性”問題相對(duì)較大。1、滑塊在固定、光滑、傾角為θ的斜面上下滑，試求其加速度。解說(shuō)：受力分析→根據(jù)“矢量性”定合力方向→牛頓第二定律應(yīng)用答案：gsinθ。思考：如果斜面解除固定，上表仍光滑，傾角仍為θ，要求滑塊與斜面相對(duì)靜止，斜面應(yīng)具備一個(gè)多大的水平加速度？（解題思路完全相同，研究對(duì)象仍為滑塊。但在第二環(huán)節(jié)上應(yīng)注意區(qū)別。答：gtgθ。）進(jìn)階練習(xí)1：在一向右運(yùn)動(dòng)的車廂中，用細(xì)繩懸掛的小球呈現(xiàn)如圖3所示的穩(wěn)定狀態(tài)，試求車廂的加速度。（和“思考”題同理，答：gtgθ。）進(jìn)階練習(xí)2、如圖4所示，小車在傾角為α的斜面上勻加速運(yùn)動(dòng)，車廂頂用細(xì)繩懸掛一小球，發(fā)現(xiàn)懸繩與豎直方向形成一個(gè)穩(wěn)定的夾角β。試求小車的加速度。解：繼續(xù)貫徹“矢量性”的應(yīng)用，但數(shù)學(xué)處理復(fù)雜了一些（正弦定理解三角形）。分析小球受力后，根據(jù)“矢量性”我們可以做如圖5所示的平行四邊形，并找到相應(yīng)的夾角。設(shè)張力T與斜面方向的夾角為θ，則θ=（90°+α）-β=90°-（β-α）（1）對(duì)灰色三角形用正弦定理，有=（2）解（1）（2）兩式得：ΣF=最后運(yùn)用牛頓第二定律即可求小球加速度（即小車加速度）答：。2、如圖6所示，光滑斜面傾角為θ，在水平地面上加速運(yùn)動(dòng)。斜面上用一條與斜面平行的細(xì)繩系一質(zhì)量為m的小球，當(dāng)斜面加速度為a時(shí)（a＜ctgθ），小球能夠保持相對(duì)斜面靜止。試求此時(shí)繩子的張力T。解說(shuō)：當(dāng)力的個(gè)數(shù)較多，不能直接用平行四邊形尋求合力時(shí)，宜用正交分解處理受力，在對(duì)應(yīng)牛頓第二定律的“獨(dú)立作用性”列方程。正交坐標(biāo)的選擇，視解題方便程度而定。解法一：先介紹一般的思路。沿加速度a方向建x軸，與a垂直的方向上建y軸，如圖7所示（N為斜面支持力）。于是可得兩方程ΣFx=ma，即Tx－Nx=maΣFy=0，即Ty+Ny=mg代入方位角θ，以上兩式成為Tcosθ－Nsinθ=ma（1）Tsinθ+Ncosθ=mg（2）這是一個(gè)關(guān)于T和N的方程組，解（1）（2）兩式得：T=mgsinθ+macosθ解法二：下面嘗試一下能否獨(dú)立地解張力T。將正交分解的坐標(biāo)選擇為：x——斜面方向，y——和斜面垂直的方向。這時(shí)，在分解受力時(shí)，只分解重力G就行了，但值得注意，加速度a不在任何一個(gè)坐標(biāo)軸上，是需要分解的。矢量分解后，如圖8所示。根據(jù)獨(dú)立作用性原理，ΣFx=max即：T－Gx=max即：T－mgsinθ=macosθ顯然，獨(dú)立解T值是成功的。結(jié)果與解法一相同。答案：mgsinθ+macosθ思考：當(dāng)a＞ctgθ時(shí)，張力T的結(jié)果會(huì)變化嗎？（從支持力的結(jié)果N=mgcosθ－masinθ看小球脫離斜面的條件，求脫離斜面后，θ條件已沒有意義。答：T=m。）學(xué)生活動(dòng)：用正交分解法解本節(jié)第2題“進(jìn)階練習(xí)2進(jìn)階練習(xí)：如圖9所示，自動(dòng)扶梯與地面的夾角為30°，但扶梯的臺(tái)階是水平的。當(dāng)扶梯以a=4m/s2的加速度向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，站在扶梯上質(zhì)量為60kg的人相對(duì)扶梯靜止。重力加速度g=10m/s2，試求扶梯對(duì)人的靜摩擦力f。解：這是一個(gè)展示獨(dú)立作用性原理的經(jīng)典例題，建議學(xué)生選擇兩種坐標(biāo)（一種是沿a方向和垂直a方向，另一種是水平和豎直方向），對(duì)比解題過(guò)程，進(jìn)而充分領(lǐng)會(huì)用牛頓第二定律解題的靈活性。答：208N。3、如圖10所示，甲圖系著小球的是兩根輕繩，乙圖系著小球的是一根輕彈簧和輕繩，方位角θ已知?，F(xiàn)將它們的水平繩剪斷，試求：在剪斷瞬間，兩種情形下小球的瞬時(shí)加速度。解說(shuō)：第一步，闡明繩子彈力和彈簧彈力的區(qū)別。（學(xué)生活動(dòng)）思考：用豎直的繩和彈簧懸吊小球，并用豎直向下的力拉住小球靜止，然后同時(shí)釋放，會(huì)有什么現(xiàn)象？原因是什么？結(jié)論——繩子的彈力可以突變而彈簧的彈力不能突變（胡克定律）。第二步，在本例中，突破“繩子的拉力如何瞬時(shí)調(diào)節(jié)”這一難點(diǎn)（從即將開始的運(yùn)動(dòng)來(lái)反推）。知識(shí)點(diǎn)，牛頓第二定律的瞬時(shí)性。答案：a甲=gsinθ；a乙=gtgθ。應(yīng)用：如圖11所示，吊籃P掛在天花板上，與吊籃質(zhì)量相等的物體Q被固定在吊籃中的輕彈簧托住，當(dāng)懸掛吊籃的細(xì)繩被燒斷瞬間，P、Q的加速度分別是多少？解：略。答：2g；0。三、牛頓第二、第三定律的應(yīng)用要點(diǎn)：在動(dòng)力學(xué)問題中，如果遇到幾個(gè)研究對(duì)象時(shí)，就會(huì)面臨如何處理對(duì)象之間的力和對(duì)象與外界之間的力問題，這時(shí)有必要引進(jìn)“系統(tǒng)”、“內(nèi)力”和“外力”等概念，并適時(shí)地運(yùn)用牛頓第三定律。在方法的選擇方面，則有“隔離法”和“整體法”。前者是根本，后者有局限，也有難度，但常常使解題過(guò)程簡(jiǎn)化，使過(guò)程的物理意義更加明晰。對(duì)N個(gè)對(duì)象，有N個(gè)隔離方程和一個(gè)（可能的）整體方程，這（N+1）個(gè)方程中必有一個(gè)是通解方程，如何取舍，視解題方便程度而定。補(bǔ)充：當(dāng)多個(gè)對(duì)象不具有共同的加速度時(shí)，一般來(lái)講，整體法不可用，但也有一種特殊的“整體方程”，可以不受這個(gè)局限（可以介紹推導(dǎo)過(guò)程）——Σ=m1+m2+m3+…+mn其中Σ只能是系統(tǒng)外力的矢量和，等式右邊也是矢量相加。1、如圖12所示，光滑水平面上放著一個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)的均質(zhì)直棒，現(xiàn)給棒一個(gè)沿棒方向的、大小為F的水平恒力作用，則棒中各部位的張力T隨圖中x的關(guān)系怎樣？解說(shuō)：截取隔離對(duì)象，列整體方程和隔離方程（隔離右段較好）。答案：N=x。思考：如果水平面粗糙，結(jié)論又如何？解：分兩種情況，（1）能拉動(dòng)；（2）不能拉動(dòng)。第（1）情況的計(jì)算和原題基本相同，只是多了一個(gè)摩擦力的處理，結(jié)論的化簡(jiǎn)也麻煩一些。第（2）情況可設(shè)棒的總質(zhì)量為M，和水平面的摩擦因素為μ，而F=μMg，其中l(wèi)＜L，則x＜(L-l)的右段沒有張力，x＞(L-l)的左端才有張力。答：若棒仍能被拉動(dòng)，結(jié)論不變。若棒不能被拉動(dòng)，且F=μMg時(shí)（μ為棒與平面的摩擦因素，l為小于L的某一值，M為棒的總質(zhì)量），當(dāng)x＜(L-l)，N≡0；當(dāng)x＞(L-l)，N=〔x-〈L-l〉〕。應(yīng)用：如圖13所示，在傾角為θ的固定斜面上，疊放著兩個(gè)長(zhǎng)方體滑塊，它們的質(zhì)量分別為m1和m2，它們之間的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分別為μ1和μ2，系統(tǒng)釋放后能夠一起加速下滑，則它們之間的摩擦力大小為：A、μ1m1gcosθ；B、μ2m1gcosC、μ1m2gcosθ；D、μ1m解：略。答：B。（方向沿斜面向上。）思考：（1）如果兩滑塊不是下滑，而是以初速度v0一起上沖，以上結(jié)論會(huì)變嗎？（2）如果斜面光滑，兩滑塊之間有沒有摩擦力？（3）如果將下面的滑塊換成如圖14所示的盒子，上面的滑塊換成小球，它們以初速度v0一起上沖，球應(yīng)對(duì)盒子的哪一側(cè)內(nèi)壁有壓力？解：略。答：（1）不會(huì)；（2）沒有；（3）若斜面光滑，對(duì)兩內(nèi)壁均無(wú)壓力，若斜面粗糙，對(duì)斜面上方的內(nèi)壁有壓力。2、如圖15所示，三個(gè)物體質(zhì)量分別為m1、m2和m3，帶滑輪的物體放在光滑水平面上，滑輪和所有接觸面的摩擦均不計(jì)，繩子的質(zhì)量也不計(jì)，為使三個(gè)物體無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，水平推力F應(yīng)為多少？解說(shuō)：此題對(duì)象雖然有三個(gè)，但難度不大。隔離m2，豎直方向有一個(gè)平衡方程；隔離m1，水平方向有一個(gè)動(dòng)力學(xué)方程；整體有一個(gè)動(dòng)力學(xué)方程。就足以解題了。答案：F=。思考：若將質(zhì)量為m3物體右邊挖成凹形，讓m2可以自由擺動(dòng)（而不與m3相碰），如圖16所示，其它條件不變。是否可以選擇一個(gè)恰當(dāng)?shù)腇′，使三者無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)？如果沒有，說(shuō)明理由；如果有，求出這個(gè)F′的值。解：此時(shí)，m2的隔離方程將較為復(fù)雜。設(shè)繩子張力為T，m2的受力情況如圖，隔離方程為：=m2a隔離m1，仍有：T=m1解以上兩式，可得：a=g最后用整體法解F即可。答：當(dāng)m1≤m2時(shí)，沒有適應(yīng)題意的F′；當(dāng)m1＞m2時(shí)，適應(yīng)題意的F′=。3、一根質(zhì)量為M的木棒，上端用細(xì)繩系在天花板上，棒上有一質(zhì)量為m的貓，如圖17所示。現(xiàn)將系木棒的繩子剪斷，同時(shí)貓相對(duì)棒往上爬，但要求貓對(duì)地的高度不變，則棒的加速度將是多少？解說(shuō)：法一，隔離法。需要設(shè)出貓爪抓棒的力f，然后列貓的平衡方程和棒的動(dòng)力學(xué)方程，解方程組即可。法二，“新整體法”。據(jù)Σ=m1+m2+m3+…+mn，貓和棒的系統(tǒng)外力只有兩者的重力，豎直向下，而貓的加速度a1=0，所以：（M+m）g=m·0+Ma1解棒的加速度a1十分容易。答案：g。四、特殊的連接體當(dāng)系統(tǒng)中各個(gè)體的加速度不相等時(shí)，經(jīng)典的整體法不可用。如果各個(gè)體的加速度不在一條直線上，“新整體法”也將有一定的困難（矢量求和不易）。此時(shí)，我們回到隔離法，且要更加注意找各參量之間的聯(lián)系。解題思想：抓某個(gè)方向上加速度關(guān)系。方法：“微元法”先看位移關(guān)系，再推加速度關(guān)系。、1、如圖18所示，一質(zhì)量為M、傾角為θ的光滑斜面，放置在光滑的水平面上，另一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊從斜面頂端釋放，試求斜面的加速度。解說(shuō)：本題涉及兩個(gè)物體，它們的加速度關(guān)系復(fù)雜，但在垂直斜面方向上，大小是相等的。對(duì)兩者列隔離方程時(shí)，務(wù)必在這個(gè)方向上進(jìn)行突破。（學(xué)生活動(dòng)）定型判斷斜面的運(yùn)動(dòng)情況、滑塊的運(yùn)動(dòng)情況。位移矢量示意圖如圖19所示。根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，加速度矢量a1和a2也具有這樣的關(guān)系。（學(xué)生活動(dòng)）這兩個(gè)加速度矢量有什么關(guān)系？沿斜面方向、垂直斜面方向建x、y坐標(biāo)，可得：a1y=a2y①且：a1y=a2sinθ②隔離滑塊和斜面，受力圖如圖20所示。對(duì)滑塊，列y方向隔離方程，有：mgcosθ-N=ma1y③對(duì)斜面，仍沿合加速度a2方向列方程，有：Nsinθ=Ma2④解①②③④式即可得a2。答案：a2=。（學(xué)生活動(dòng)）思考：如何求a1的值？解：a1y已可以通過(guò)解上面的方程組求出；a1x只要看滑塊的受力圖，列x方向的隔離方程即可，顯然有mgsinθ=ma1x，得:a1x=gsinθ。最后據(jù)a1=求a1。答：a1=。2、如圖21所示，與水平面成θ角的AB棒上有一滑套C，可以無(wú)摩擦地在棒上滑動(dòng)，開始時(shí)與棒的A端相距b，相對(duì)棒靜止。當(dāng)棒保持傾角θ不變地沿水平面勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a（且a＞gtgθ）時(shí)，求滑套C從棒的A端滑出所經(jīng)歷的時(shí)間。解說(shuō)：這是一個(gè)比較特殊的“連接體問題”，尋求運(yùn)動(dòng)學(xué)參量的關(guān)系似乎比動(dòng)力學(xué)分析更加重要。動(dòng)力學(xué)方面，只需要隔離滑套C就行了。（學(xué)生活動(dòng)）思考：為什么題意要求a＞gtgθ？（聯(lián)系本講第二節(jié)第1題之“思考題”）定性繪出符合題意的運(yùn)動(dòng)過(guò)程圖，如圖22所示：S表示棒的位移，S1表示滑套的位移。沿棒與垂直棒建直角坐標(biāo)后，S1x表示S1在x方向上的分量。不難看出：S1x+b=Scosθ①設(shè)全程時(shí)間為t，則有：S=at2②S1x=a1xt2③而隔離滑套，受力圖如圖23所示，顯然：mgsinθ=ma1x④解①②③④式即可。答案：t=另解：如果引進(jìn)動(dòng)力學(xué)在非慣性系中的修正式Σ+*=m（注：*為慣性力），此題極簡(jiǎn)單。過(guò)程如下——以棒為參照，隔離滑套，分析受力，如圖24所示。注意，滑套相對(duì)棒的加速度a相是沿棒向上的，故動(dòng)力學(xué)方程為：F*cosθ-mgsinθ=ma相（1）其中F*=ma（2）而且，以棒為參照，滑套的相對(duì)位移S相就是b，即：b=S相=a相t2（3）解（1）（2）（3）式就可以了。第二講配套例題選講教材范本：龔霞玲主編《奧林匹克物理思維訓(xùn)練教材》，知識(shí)出版社，2002年8月第一版。例題選講針對(duì)“教材”第三章的部分例題和習(xí)題。第三部分運(yùn)動(dòng)學(xué)第一講基本知識(shí)介紹一．基本概念1．質(zhì)點(diǎn)2．參照物3．參照系——固連于參照物上的坐標(biāo)系（解題時(shí)要記住所選的是參照系，而不僅是一個(gè)點(diǎn)）4．絕對(duì)運(yùn)動(dòng)，相對(duì)運(yùn)動(dòng)，牽連運(yùn)動(dòng)：v絕=v相+v牽二．運(yùn)動(dòng)的描述1．位置：r=r(t)2．位移：Δr=r(t+Δt)－r(t)3．速度：v=limΔt→0Δr/Δt.在大學(xué)教材中表述為：v=dr/dt,表示r對(duì)t求導(dǎo)數(shù)

４．加速度a=an+aτ。an:法向加速度，速度方向的改變率，且an=v2/ρ,ρ叫做曲率半徑，（這是中學(xué)物理競(jìng)賽求曲率半徑的唯一方法）aτ:切向加速度，速度大小的改變率。a=dv/dt5．以上是運(yùn)動(dòng)學(xué)中的基本物理量，也就是位移、位移的一階導(dǎo)數(shù)、位移的二階導(dǎo)數(shù)?？墒侨A導(dǎo)數(shù)為什么不是呢？因?yàn)榕ｎD第二定律是F=ma,即直接和加速度相聯(lián)系。（a對(duì)t的導(dǎo)數(shù)叫“急動(dòng)度”。）6．由于以上三個(gè)量均為矢量，所以在運(yùn)算中用分量表示一般比較好三．等加速運(yùn)動(dòng)v(t)=v0+atr(t)=r0+v0t+1/2at2一道經(jīng)典的物理問題：二次世界大戰(zhàn)中物理學(xué)家曾經(jīng)研究，當(dāng)大炮的位置固定，以同一速度v0沿各種角度發(fā)射，問：當(dāng)飛機(jī)在哪一區(qū)域飛行之外時(shí)，不會(huì)有危險(xiǎn)？（注：結(jié)論是這一區(qū)域?yàn)橐粧佄锞€，此拋物線是所有炮彈拋物線的包絡(luò)線。此拋物線為在大炮上方h=v2/2g處，以v0平拋物體的軌跡。）練習(xí)題：一盞燈掛在離地板高l2,天花板下面l1處。燈泡爆裂，所有碎片以同樣大小的速度v朝各個(gè)方向飛去。求碎片落到地板上的半徑（認(rèn)為碎片和天花板的碰撞是完全彈性的，即切向速度不變，法向速度反向；碎片和地板的碰撞是完全非彈性的，即碰后靜止。）四．剛體的平動(dòng)和定軸轉(zhuǎn)動(dòng)1．我們講過(guò)的圓周運(yùn)動(dòng)是平動(dòng)而不是轉(zhuǎn)動(dòng)2．角位移φ=φ（t）,角速度ω=dφ/dt,角加速度ε=dω/dt3．有限的角位移是標(biāo)量，而極小的角位移是矢量4．同一剛體上兩點(diǎn)的相對(duì)速度和相對(duì)加速度兩點(diǎn)的相對(duì)距離不變，相對(duì)運(yùn)動(dòng)軌跡為圓弧，VA=VB+VAB,在AB連線上投影：[VA]AB=[VB]AB,aA=aB+aAB,aAB=,anAB+,aτAB,,aτAB垂直于AB,,anAB=VAB2/AB例：A，B，C三質(zhì)點(diǎn)速度分別VA，VB，VC求G的速度。五．課后習(xí)題：一只木筏離開河岸，初速度為V，方向垂直于岸邊，航行路線如圖。經(jīng)過(guò)時(shí)間T木筏劃到路線上標(biāo)有符號(hào)處。河水速度恒定U用作圖法找到在2T，3T，4T時(shí)刻木筏在航線上的確切位置。五、處理問題的一般方法（1）用微元法求解相關(guān)速度問題例1：如圖所示，物體A置于水平面上，A前固定一滑輪B，高臺(tái)上有一定滑輪D，一根輕繩一端固定在C點(diǎn)，再繞過(guò)B、D，BC段水平，當(dāng)以恒定水平速度v拉繩上的自由端時(shí)，A沿水平面前進(jìn)，求當(dāng)跨過(guò)B的兩段繩子的夾角為α?xí)r，A的運(yùn)動(dòng)速度。（vA＝）（2）拋體運(yùn)動(dòng)問題的一般處理方法平拋運(yùn)動(dòng)斜拋運(yùn)動(dòng)常見的處理方法（1）將斜上拋運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)（2）將沿斜面和垂直于斜面方向作為x、y軸，分別分解初速度和加速度后用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解題（3）將斜拋運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的斜向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和自由落體運(yùn)動(dòng)兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，用矢量合成法則求解例2：在擲鉛球時(shí)，鉛球出手時(shí)距地面的高度為h，若出手時(shí)的速度為V0，求以何角度擲球時(shí)，水平射程最遠(yuǎn)？最遠(yuǎn)射程為多少？（α=、x=）第二講運(yùn)動(dòng)的合成與分解、相對(duì)運(yùn)動(dòng)（一）知識(shí)點(diǎn)點(diǎn)撥力的獨(dú)立性原理：各分力作用互不影響，單獨(dú)起作用。運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性原理：分運(yùn)動(dòng)之間互不影響，彼此之間滿足自己的運(yùn)動(dòng)規(guī)律力的合成分解：遵循平行四邊形定則，方法有正交分解，解直角三角形等運(yùn)動(dòng)的合成分解：矢量合成分解的規(guī)律方法適用位移的合成分解B.速度的合成分解C.加速度的合成分解參考系的轉(zhuǎn)換：動(dòng)參考系，靜參考系相對(duì)運(yùn)動(dòng)：動(dòng)點(diǎn)相對(duì)于動(dòng)參考系的運(yùn)動(dòng)絕對(duì)運(yùn)動(dòng)：動(dòng)點(diǎn)相對(duì)于靜參考系統(tǒng)（通常指固定于地面的參考系）的運(yùn)動(dòng)牽連運(yùn)動(dòng)：動(dòng)參考系相對(duì)于靜參考系的運(yùn)動(dòng)（5）位移合成定理：SA對(duì)地=SA對(duì)B+SB對(duì)地速度合成定理：V絕對(duì)=V相對(duì)+V牽連加速度合成定理：a絕對(duì)=a相對(duì)+a牽連（二）典型例題（1）火車在雨中以30m/s的速度向南行駛，雨滴被風(fēng)吹向南方，在地球上靜止的觀察者測(cè)得雨滴的徑跡與豎直方向成21。角，而坐在火車?yán)锍丝涂吹接甑蔚膹桔E恰好豎直方向。求解雨滴相對(duì)于地的運(yùn)動(dòng)。提示：矢量關(guān)系入圖答案：83.7m/s（2）某人手拿一只停表，上了一次固定樓梯，又以不同方式上了兩趟自動(dòng)扶梯，為什么他可以根據(jù)測(cè)得的數(shù)據(jù)來(lái)計(jì)算自動(dòng)扶梯的臺(tái)階數(shù)？提示：V人對(duì)梯=n1/t1V梯對(duì)地=n/t2V人對(duì)地=n/t3V人對(duì)地=V人對(duì)梯+V梯對(duì)地答案：n=t2t3n1/（t2-t3）t1(3)某人駕船從河岸A處出發(fā)橫渡，如果使船頭保持跟河岸垂直的方向航行，則經(jīng)10min后到達(dá)正對(duì)岸下游120m的C處，如果他使船逆向上游，保持跟河岸成а角的方向航行，則經(jīng)過(guò)12.5min恰好到達(dá)正對(duì)岸的B處，求河的寬度。提示：120=V水*600D=V船*600答案：200m（4）一船在河的正中航行，河寬l=100m，流速u=5m/s，并在距船s=150m的下游形成瀑布，為了使小船靠岸時(shí)，不至于被沖進(jìn)瀑布中，船對(duì)水的最小速度為多少？提示：如圖船航行答案：1.58m/s（三）同步練習(xí)1.一輛汽車的正面玻璃一次安裝成與水平方向傾斜角為β1=30°，另一次安裝成傾角為β2=15°。問汽車兩次速度之比為多少時(shí)，司機(jī)都是看見冰雹都是以豎直方向從車的正面玻璃上彈開？（冰雹相對(duì)地面是豎直下落的）2、模型飛機(jī)以相對(duì)空氣v=39km/h的速度繞一個(gè)邊長(zhǎng)2km的等邊三角形飛行，設(shè)風(fēng)速u=21km/h，方向與三角形的一邊平行并與飛機(jī)起飛方向相同，試求：飛機(jī)繞三角形一周需多少時(shí)間？v1v23.圖為從兩列蒸汽機(jī)車上冒出的兩股長(zhǎng)幅氣霧拖尾的照片（俯視）。兩列車沿直軌道分別以速度v1=50km/h和v2v1v24、細(xì)桿AB長(zhǎng)L，兩端分別約束在x、y軸上運(yùn)動(dòng)，（1）試求桿上與A點(diǎn)相距aL（0＜a＜1)的P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)軌跡；（2）如果vA為已知，試求P點(diǎn)的x、y向分速度vPx和vPy對(duì)桿方位角θ的函數(shù)。（四）同步練習(xí)提示與答案1、提示：利用速度合成定理，作速度的矢量三角形。答案為：3。2、提示：三角形各邊的方向?yàn)轱w機(jī)合速度的方向（而非機(jī)頭的指向）；第二段和第三段大小相同。參見右圖，顯然：v2=+u2－2v合ucos120°可解出v合=24km/h。答案：0.2hour（或12min.）。3、提示：方法與練習(xí)一類似。答案為：34、提示：（1）寫成參數(shù)方程后消參數(shù)θ。（2）解法有講究：以A端為參照，則桿上各點(diǎn)只繞A轉(zhuǎn)動(dòng)。但鑒于桿子的實(shí)際運(yùn)動(dòng)情形如右圖，應(yīng)有v牽=vAcosθ，v轉(zhuǎn)=vA，可知B端相對(duì)A的轉(zhuǎn)動(dòng)線速度為：v轉(zhuǎn)+vAsinθ=。P點(diǎn)的線速度必為=v相所以vPx=v相cosθ+vAx，vPy=vAy－v相sinθ答案：（1）+=1，為橢圓；（2）vPx=avActgθ，vPy=（1－a）vA第十部分磁場(chǎng)第一講基本知識(shí)介紹《磁場(chǎng)》部分在奧賽考剛中的考點(diǎn)很少，和高考要求的區(qū)別不是很大，只是在兩處有深化：a、電流的磁場(chǎng)引進(jìn)定量計(jì)算；b、對(duì)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行了更深入的分析。一、磁場(chǎng)與安培力1、磁場(chǎng)a、永磁體、電流磁場(chǎng)→磁現(xiàn)象的電本質(zhì)b、磁感強(qiáng)度、磁通量c、穩(wěn)恒電流的磁場(chǎng)*畢奧-薩伐爾定律（Biot-Savartlaw）：對(duì)于電流強(qiáng)度為I、長(zhǎng)度為dI的導(dǎo)體元段，在距離為r的點(diǎn)激發(fā)的“元磁感應(yīng)強(qiáng)度”為dB。矢量式d=k，（d表示導(dǎo)體元段的方向沿電流的方向、為導(dǎo)體元段到考查點(diǎn)的方向矢量）；或用大小關(guān)系式dB=k結(jié)合安培定則尋求方向亦可。其中k=1.0×10?7N/A2。應(yīng)用畢薩定律再結(jié)合矢量疊加原理，可以求解任何形狀導(dǎo)線在任何位置激發(fā)的磁感強(qiáng)度。畢薩定律應(yīng)用在“無(wú)限長(zhǎng)”直導(dǎo)線的結(jié)論：B=2k；*畢薩定律應(yīng)用在環(huán)形電流垂直中心軸線上的結(jié)論：B=2πkI；*畢薩定律應(yīng)用在“無(wú)限長(zhǎng)”螺線管內(nèi)部的結(jié)論：B=2πknI。其中n為單位長(zhǎng)度螺線管的匝數(shù)。2、安培力a、對(duì)直導(dǎo)體，矢量式為=I；或表達(dá)為大小關(guān)系式F=BILsinθ再結(jié)合“左手定則”解決方向問題（θ為B與L的夾角）。b、彎曲導(dǎo)體的安培力⑴整體合力折線導(dǎo)體所受安培力的合力等于連接始末端連線導(dǎo)體（電流不變）的的安培力。證明：參照?qǐng)D9-1，令MN段導(dǎo)體的安培力F1與NO段導(dǎo)體的安培力F2的合力為F，則F的大小為F==BI=BI關(guān)于F的方向，由于ΔFF2P∽ΔMNO，可以證明圖9-1中的兩個(gè)灰色三角形相似，這也就證明了F是垂直MO的，再由于ΔPMO是等腰三角形（這個(gè)證明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中點(diǎn)了。證畢。由于連續(xù)彎曲的導(dǎo)體可以看成是無(wú)窮多元段直線導(dǎo)體的折合，所以，關(guān)于折線導(dǎo)體整體合力的結(jié)論也適用于彎曲導(dǎo)體。（說(shuō)明：這個(gè)結(jié)論只適用于勻強(qiáng)磁場(chǎng)。）⑵導(dǎo)體的內(nèi)張力彎曲導(dǎo)體在平衡或加速的情形下，均會(huì)出現(xiàn)內(nèi)張力，具體分析時(shí)，可將導(dǎo)體在被考查點(diǎn)切斷，再將被切斷的某一部分隔離，列平衡方程或動(dòng)力學(xué)方程求解。c、勻強(qiáng)磁場(chǎng)對(duì)線圈的轉(zhuǎn)矩如圖9-2所示，當(dāng)一個(gè)矩形線圈（線圈面積為S、通以恒定電流I）放入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且磁場(chǎng)B的方向平行線圈平面時(shí)，線圈受安培力將轉(zhuǎn)動(dòng)（并自動(dòng)選擇垂直B的中心軸OO′，因?yàn)橘|(zhì)心無(wú)加速度），此瞬時(shí)的力矩為M=BIS幾種情形的討論——⑴增加匝數(shù)至N，則M=NBIS；⑵轉(zhuǎn)軸平移，結(jié)論不變（證明從略）；⑶線圈形狀改變，結(jié)論不變（證明從略）；*⑷磁場(chǎng)平行線圈平面相對(duì)原磁場(chǎng)方向旋轉(zhuǎn)α角，則M=BIScosα，如圖9-3；證明：當(dāng)α=90°時(shí)，顯然M=0，而磁場(chǎng)是可以分解的，只有垂直轉(zhuǎn)軸的的分量Bcosα才能產(chǎn)生力矩…⑸磁場(chǎng)B垂直O(jiān)O′軸相對(duì)線圈平面旋轉(zhuǎn)β角，則M=BIScosβ，如圖9-4。證明：當(dāng)β=90°時(shí)，顯然M=0，而磁場(chǎng)是可以分解的，只有平行線圈平面的的分量Bcosβ才能產(chǎn)生力矩…說(shuō)明：在默認(rèn)的情況下，討論線圈的轉(zhuǎn)矩時(shí)，認(rèn)為線圈的轉(zhuǎn)軸垂直磁場(chǎng)。如果沒有人為設(shè)定，而是讓安培力自行選定轉(zhuǎn)軸，這時(shí)的力矩稱為力偶矩。二、洛侖茲力1、概念與規(guī)律a、=q，或展開為f=qvBsinθ再結(jié)合左、右手定則確定方向（其中θ為與的夾角）。安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現(xiàn)。b、能量性質(zhì)由于總垂直與確定的平面，故總垂直，只能起到改變速度方向的作用。結(jié)論：洛侖茲力可對(duì)帶電粒子形成沖量，卻不可能做功?；颍郝鍋銎澚墒箮щ娏Ｗ拥膭?dòng)量發(fā)生改變卻不能使其動(dòng)能發(fā)生改變。問題：安培力可以做功，為什么洛侖茲力不能做功？解說(shuō)：應(yīng)該注意“安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現(xiàn)”這句話的確切含義——“宏觀體現(xiàn)”和“完全相等”是有區(qū)別的。我們可以分兩種情形看這個(gè)問題：（1）導(dǎo)體靜止時(shí)，所有粒子的洛侖茲力的合力等于安培力（這個(gè)證明從略）；（2）導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子參與的是沿導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)v1和導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)v2的合運(yùn)動(dòng)，其合速度為v，這時(shí)的洛侖茲力f垂直v而安培力垂直導(dǎo)體棒，它們是不可能相等的，只能說(shuō)安培力是洛侖茲力的分力f1=qv1B的合力（見圖9-5）。很顯然，f1的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者說(shuō)f1的正功和f2的負(fù)功的代數(shù)和為零）。（事實(shí)上，由于電子定向移動(dòng)速率v1在10?5m/s數(shù)量級(jí)，而v2一般都在10?2m/s數(shù)量級(jí)以上，致使f☆如果從能量的角度看這個(gè)問題，當(dāng)導(dǎo)體棒放在光滑的導(dǎo)軌上時(shí)（參看圖9-6），導(dǎo)體棒必獲得動(dòng)能，這個(gè)動(dòng)能是怎么轉(zhuǎn)化來(lái)的呢？若先將導(dǎo)體棒卡住，回路中形成穩(wěn)恒的電流，電流的功轉(zhuǎn)化為回路的焦耳熱。而將導(dǎo)體棒釋放后，導(dǎo)體棒受安培力加速，將形成感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)（反電動(dòng)勢(shì)）。動(dòng)力學(xué)分析可知，導(dǎo)體棒的最后穩(wěn)定狀態(tài)是勻速運(yùn)動(dòng)（感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于電源電動(dòng)勢(shì)，回路電流為零）。由于達(dá)到穩(wěn)定速度前的回路電流是逐漸減小的，故在相同時(shí)間內(nèi)發(fā)的焦耳熱將比導(dǎo)體棒被卡住時(shí)少。所以，導(dǎo)體棒動(dòng)能的增加是以回路焦耳熱的減少為代價(jià)的