2023年高中物理競(jìng)賽講義超級(jí)完整版

最新高中物理競(jìng)賽講義（完整版）

目錄最新高中物理競(jìng)賽講義（完整版） 1第0部分緒言 5一、高中物理奧賽概況 5二、知識(shí)體系 5第一部分力＆物體的平衡 6第一講力的解決 6第二講物體的平衡 8第三講習(xí)題課 9第四講摩擦角及其它 13第二部分牛頓運(yùn)動(dòng)定律 15第一講牛頓三定律 16第二講牛頓定律的應(yīng)用 16第二講配套例題選講 24第三部分運(yùn)動(dòng)學(xué) 24第一講基本知識(shí)介紹 24第二講運(yùn)動(dòng)的合成與分解、相對(duì)運(yùn)動(dòng) 26第四部分曲線運(yùn)動(dòng)萬有引力 28第一講基本知識(shí)介紹 28第二講重要模型與專題 30第三講典型例題解析 38第五部分動(dòng)量和能量 38第一講基本知識(shí)介紹 38第二講重要模型與專題 40第三講典型例題解析 53第六部分振動(dòng)和波 53第一講基本知識(shí)介紹 53第二講重要模型與專題 57第三講典型例題解析 66第七部分熱學(xué) 66一、分子動(dòng)理論 66二、熱現(xiàn)象和基本熱力學(xué)定律 68三、抱負(fù)氣體 70四、相變 77五、固體和液體 80第八部分靜電場(chǎng) 81第一講基本知識(shí)介紹 81第二講重要模型與專題 84第九部分穩(wěn)恒電流 95第一講基本知識(shí)介紹 95第二講重要模型和專題 98第十部分磁場(chǎng) 107第一講基本知識(shí)介紹 107第二講典型例題解析 111第十一部分電磁感應(yīng) 117第一講、基本定律 117第二講感生電動(dòng)勢(shì) 120第三講自感、互感及其它 124第十二部分量子論 127第一節(jié)黑體輻射 127第二節(jié)光電效應(yīng) 130第三節(jié)波粒二象性 136第四節(jié)測(cè)不準(zhǔn)關(guān)系 139

第0部分緒言一、高中物理奧賽概況1、國(guó)際（InternationalPhysicsOlympiad簡(jiǎn)稱IPhO）①1967年第一屆，（波蘭）華沙，只有五國(guó)參與。②幾乎每年一屆，參賽國(guó)逐年增長(zhǎng)，每國(guó)代表不超過5人。③中國(guó)參賽始于1986年的第十七屆，此后未間斷，成績(jī)一直輝煌。④1994年第二十五屆，初次在中國(guó)（北京）承辦。⑤考試內(nèi)容：筆試和實(shí)驗(yàn)各5小時(shí)，分兩天進(jìn)行，滿分各為30分和20分。成績(jī)最佳者記100%，積分在90%以上者獲金獎(jiǎng)，78%~89者獲銀獎(jiǎng)，65~77%者獲銅獎(jiǎng)。2、國(guó)家（ChinesePhysicsOlympiad簡(jiǎn)稱CPhO）①1984年以前，中學(xué)物理競(jìng)賽經(jīng)常舉行，但被冠以各種名稱，無論是組織，還是考綱、知識(shí)體系都談不上規(guī)范。②1984年開始第一屆CPhO，此后每學(xué)年舉辦一屆。③預(yù)賽：每年九月第一個(gè)星期天考試。全國(guó)命題，各市、縣組考，市統(tǒng)一閱卷，選前30名（左右）參與（全省）復(fù)賽。復(fù)賽：九月下旬考試。全省命題，各省組織。理論考試前20名參與實(shí)驗(yàn)考試，取理論、實(shí)驗(yàn)考試總分前10名者參與省集訓(xùn)隊(duì)。集訓(xùn)隊(duì)成員經(jīng)短期培訓(xùn)后推薦3~7名參與（全國(guó)）決賽。決賽：全國(guó)統(tǒng)一組織。按成績(jī)挑選15~25名參與國(guó)家集訓(xùn)隊(duì)，到有關(guān)大學(xué)強(qiáng)化訓(xùn)練，最后從中選拔5名優(yōu)秀隊(duì)員參與IPhO。④滿分140分。除預(yù)賽外，均含理論和實(shí)驗(yàn)兩部分（實(shí)驗(yàn)滿分60分）。3、湖南省奧賽簡(jiǎn)況①至1998年，湖南選手獲CPhO決賽一等獎(jiǎng)29人次，占全國(guó)的18.24%；在IPhO中獲金牌5枚、銀牌2枚、銅牌2枚，居各省之首。②題型與風(fēng)格：預(yù)賽第十一屆（1992年）開始統(tǒng)一，只有天空和計(jì)算。復(fù)賽第十三屆（1994年）開始統(tǒng)一，只有計(jì)算題六個(gè)，考試時(shí)量均為3小時(shí)。二、知識(shí)體系1、高中物理的三檔規(guī)定：一般規(guī)定（會(huì)考）→高考規(guī)定→競(jìng)賽規(guī)定。競(jìng)賽知識(shí)的特點(diǎn)：①預(yù)賽——對(duì)高中物理基礎(chǔ)融會(huì)貫通，更注重物理方法的運(yùn)用；②復(fù)賽——知識(shí)點(diǎn)更多，對(duì)數(shù)學(xué)工具的運(yùn)用更進(jìn)一步。2、教法貫徹①高一：針對(duì)“高考規(guī)定”，進(jìn)度盡量超前高一新課，知識(shí)點(diǎn)只做有限添加。目的瞄準(zhǔn)預(yù)勝過關(guān)。②高二：針對(duì)“競(jìng)賽規(guī)定”，瞄準(zhǔn)復(fù)賽難度。高二知識(shí)一步到位，高一知識(shí)做短暫的回顧與加深。③復(fù)賽對(duì)象在約15天的時(shí)間內(nèi)模擬考試，進(jìn)行考法訓(xùn)練。3、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，2023年8月第一版。推薦典型參考書目——①孫尚禮毛瑾主編《高中物理奧林匹克基礎(chǔ)知識(shí)及題解》（上、下冊(cè)），科學(xué)技術(shù)出版社，1994年10月第一版；②張大同主編《通向金牌之路》，陜西師范大學(xué)出版社（版本逐年更新）；③湖南省奧林匹克競(jìng)賽委員會(huì)物理分會(huì)編《物理奧林匹克競(jìng)賽教程》，湖南師范大學(xué)出版社，1993年6月第一版；④湖南省奧林匹克委員會(huì)物理分會(huì)、湖南省物理奧林匹克培訓(xùn)基地編《新編物理奧林匹克教程》，湖南師范大學(xué)出版社，1999年5月第一版；⑤舒幼生主編《奧林匹克物理》（分1、2、3…多冊(cè)出版），湖南教育出版社，第一冊(cè)1993年8月第一版。第一部分力＆物體的平衡第一講力的解決一、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?。篶=，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。差矢量大小：a=，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：如圖3所示，A到B點(diǎn)相應(yīng)T的過程，A到C點(diǎn)相應(yīng)T的過程。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)）觀測(cè)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：的大小相應(yīng)由和作成的平行四邊形的面積。叉積的方向：垂直和擬定的平面，并由右手螺旋定則擬定方向，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、特性：質(zhì)心無加速度。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：直接用三力共點(diǎn)的知識(shí)解題，幾何關(guān)系比較簡(jiǎn)樸。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不也許通過長(zhǎng)方體的重心。對(duì)的受力情形如圖6所示（通常的受力圖是將受力物體當(dāng)作一個(gè)點(diǎn)，這時(shí)，N就過重心了）。答：不會(huì)。二、轉(zhuǎn)動(dòng)平衡1、特性：物體無轉(zhuǎn)動(dòng)加速度。2、條件：Σ=0，或ΣM+=ΣM-假如物體靜止，肯定會(huì)同時(shí)滿足兩種平衡，因此用兩種思緒均可解題。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：法一，平行四邊形動(dòng)態(tài)解決。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：靜力學(xué)旨在解決靜態(tài)問題和準(zhǔn)靜態(tài)過程的問題，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，平衡方程不再合用。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連續(xù)增大。物體在運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)摩擦力f=μN(yùn)，必連續(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)過程加以分析，物體必有加速和減速兩個(gè)過程。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：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，解三角形的典型思緒有三種：①分割成直角三角形（或本來就是直角三角形）；②運(yùn)用正、余弦定理；③運(yùn)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緒。分析小球受力→矢量平移，如圖12所示，其中F表達(dá)彈簧彈力，N表達(dá)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：變小；不變。（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：在此過程中，繩子的拉力T和球面支持力N如何變化？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：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)樸。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：本題考察正弦定理、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。一方面注意，圖16中的灰色三角形是等腰三角形，兩底角相等，設(shè)為α。并且，兩球互相作用的斥力方向相反，大小相等，可用同一字母表達(dá)，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：解本題是否尚有其它的方法？答：有——將模型當(dāng)作用輕桿連成的兩小球，而將O點(diǎn)當(dāng)作轉(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：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表達(dá)，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表達(dá)。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)成最大運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，必有：φms=arctgμs（μs為靜摩擦因素），稱靜摩擦角。通常解決為φm=φms。3、引入全反力和摩擦角的意義：使分析解決物體受力時(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)體隔離開來分析解決，稱隔離法。在解決各隔離方程之間的聯(lián)系時(shí)，應(yīng)注意互相作用力的大小和方向關(guān)系。2、整體法：當(dāng)各個(gè)體均處在平衡狀態(tài)時(shí)，我們可以不顧個(gè)體的差異而講多個(gè)對(duì)象當(dāng)作一個(gè)整體進(jìn)行分析解決，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：這是一個(gè)能顯示摩擦角解題優(yōu)越性的題目。可以通過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：假如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，使物體可以沿斜面向上勻速運(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：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，可以當(dāng)作一個(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)樸，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，且規(guī)定斜面體靜止不動(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：這是一道難度較大的靜力學(xué)題，可以動(dòng)用一切也許的工具解題。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)互相作用力只用兩個(gè)字母表達(dá)（N表達(dá)正壓力和彈力，f表達(dá)摩擦力），如圖21所示。對(duì)滑塊，我們可以考察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)立（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、合用條件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、無條件（與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)、空間選擇無關(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)送機(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、工件在皮帶上有也許不存在與皮帶相對(duì)靜止的狀態(tài)解說：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)？由于人是可以形變、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假如在P處剪斷細(xì)繩，在剪斷瞬時(shí)，B的加速度是多少？②假如在Q處剪斷彈簧，在剪斷瞬時(shí)，B的加速度又是多少？解說：第①問是常規(guī)解決。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”的因素是什么？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），遵從抱負(fù)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：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：假如斜面解除固定，上表仍光滑，傾角仍為θ，規(guī)定滑塊與斜面相對(duì)靜止，斜面應(yīng)具有一個(gè)多大的水平加速度？（解題思緒完全相同，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：在歷來右運(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)解決復(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），小球可以保持相對(duì)斜面靜止。試求此時(shí)繩子的張力T。解說：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)，宜用正交分解解決受力，在相應(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，視解題方便限度而定。解法一：先介紹一般的思緒。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條件已沒故意義。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)比解題過程，進(jìn)而充足領(lǐng)略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：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？因素是什么？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，假如碰到幾個(gè)研究對(duì)象時(shí)，就會(huì)面臨如何解決對(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”。前者是主線，后者有局限，也有難度，但經(jīng)常使解題過程簡(jiǎn)化，使過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)（也許的）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，視解題方便限度而定。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)系如何？解說：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：假如水平面粗糙，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)摩擦力的解決，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)釋放后可以一起加速下滑，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）假如兩滑塊不是下滑，而是以初速度v0一起上沖，以上結(jié)論會(huì)變嗎？（2）假如斜面光滑，兩滑塊之間有沒有摩擦力？（3）假如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)物體無相對(duì)滑動(dòng)，水平推力F應(yīng)為多少？解說：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′，使三者無相對(duì)運(yùn)動(dòng)？假如沒有，說明理由；假如有，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?，F(xiàn)將系木棒的繩子剪斷，同時(shí)貓相對(duì)棒往上爬，但規(guī)定貓對(duì)地的高度不變，則棒的加速度將是多少？解說：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。假如各個(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：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：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：為什么題意規(guī)定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)過程圖，如圖22所示：S表達(dá)棒的位移，S1表達(dá)滑套的位移。沿棒與垂直棒建直角坐標(biāo)后，S1x表達(dá)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：假如引進(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)樸。過程如下——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）并且，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，2023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,表達(dá)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？由于牛頓第二定律是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)算中用分量表達(dá)一般比較好三．等加速運(yùn)動(dòng)v(t)=v0+at

r(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/dt

3．

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。通過時(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、解決問題的一般方法（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)問題的一般解決方法平拋運(yùn)動(dòng)斜拋運(yùn)動(dòng)常見的解決方法（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)律方法合用位移的合成分解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，在地球上靜止的觀測(cè)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)。提醒：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)來計(jì)算自動(dòng)扶梯的臺(tái)階數(shù)？提醒：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，假如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，假如他使船逆向上游，保持跟河岸成а角的方向航行，則通過12.5min恰好到達(dá)正對(duì)岸的B處，求河的寬度。提醒：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？提醒：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）假如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)提醒與答案1、提醒：運(yùn)用速度合成定理，作速度的矢量三角形。答案為：3。2、提醒：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、提醒：方法與練習(xí)一類似。答案為：34、提醒：（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第四部分曲線運(yùn)動(dòng)萬有引力第一講基本知識(shí)介紹一、曲線運(yùn)動(dòng)1、概念、性質(zhì)2、參量特性二、曲線運(yùn)動(dòng)的研究方法——運(yùn)動(dòng)的分解與合成1、法則與對(duì)象2、兩種分解的思緒a、固定坐標(biāo)分解（合用于勻變速曲線運(yùn)動(dòng)）建立坐標(biāo)的一般模式——沿加速度方向和垂直加速度方向建直角坐標(biāo)；提高思想——根據(jù)解題需要建直角坐標(biāo)或非直角坐標(biāo)。b、自然坐標(biāo)分解（合用于變加速曲線運(yùn)動(dòng)）基本常識(shí)：在考察點(diǎn)沿軌跡建立切向τ、法向n坐標(biāo)，所有運(yùn)動(dòng)學(xué)矢量均沿這兩個(gè)方向分解。動(dòng)力學(xué)方程，其中改變速度的大?。ㄋ俾剩淖兯俣鹊姆较?。且=m，其中ρ表達(dá)軌跡在考察點(diǎn)的曲率半徑。定量解題一般只涉及法向動(dòng)力學(xué)方程。三、兩種典型的曲線運(yùn)動(dòng)1、拋體運(yùn)動(dòng)（類拋體運(yùn)動(dòng)）關(guān)于拋體運(yùn)動(dòng)的分析，和新課教材“平跑運(yùn)動(dòng)”的分析基本相同。在坐標(biāo)的選擇方面，有靈活解決的余地。2、圓周運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的解決：運(yùn)動(dòng)學(xué)參量v、ω、n、a、f、T之間的關(guān)系，向心力的尋求于合成；臨界問題的理解。變速圓周運(yùn)動(dòng)：使用自然坐標(biāo)分析法，一般只考察法向方程。四、萬有引力定律1、定律內(nèi)容2、條件a、基本條件b、拓展條件：球體（密度呈球?qū)ΨQ分布）外部空間的拓展對(duì)球體外一點(diǎn)A的吸引等效于位于球心的質(zhì)量為球的質(zhì)量的質(zhì)點(diǎn)對(duì)質(zhì)點(diǎn)A的吸引；球體（密度呈球?qū)ΨQ分布）內(nèi)部空間的拓展“剝皮法則”對(duì)球內(nèi)任一距球心為r的一質(zhì)點(diǎn)A的吸引力等效于質(zhì)量與半徑為r的球的質(zhì)量相等且位于球心的質(zhì)點(diǎn)對(duì)質(zhì)點(diǎn)A的吸引；球殼（密度呈球?qū)ΨQ分布）外部空間的拓展對(duì)球殼外一點(diǎn)A的吸引等效于位于球心的質(zhì)量為球殼的質(zhì)量的質(zhì)點(diǎn)對(duì)質(zhì)點(diǎn)A的吸引；球體（密度呈球?qū)ΨQ分布）內(nèi)部空間的拓展對(duì)球殼內(nèi)任一位置上任一質(zhì)點(diǎn)A的吸引力都為零；并且根據(jù)認(rèn)為所述，由牛頓第三定律，也可求得一質(zhì)點(diǎn)對(duì)球或?qū)η驓さ奈Α、不規(guī)則物體間的萬有引力計(jì)算——分割與矢量疊加3、萬有引力做功也具有只與初末位置有關(guān)而與途徑無關(guān)的特性。因而互相作用的物體間有引力勢(shì)能。在任一慣性系中，若規(guī)定相距無窮遠(yuǎn)時(shí)系統(tǒng)的萬有引力勢(shì)能為零，可以證明，當(dāng)兩物體相距為r時(shí)系統(tǒng)的萬有引力勢(shì)能為EP=－G五、開普勒三定律天體運(yùn)動(dòng)的本來模式與近似模式的差距，近似解決的依據(jù)。六、宇宙速度、天體運(yùn)動(dòng)1、第一宇宙速度的常規(guī)求法2、從能量角度求第二、第三宇宙速度萬有引力勢(shì)能EP=－G3、解天體運(yùn)動(dòng)的本來模式時(shí)，應(yīng)了解橢圓的數(shù)學(xué)常識(shí)第二講重要模型與專題一、小船渡河物理情形：在寬度為d的河中，水流速度v2恒定。岸邊有一艘小船，保持相對(duì)河水恒定的速率v1渡河，但船頭的方向可以選擇。試求小船渡河的最短時(shí)間和最小位移。模型分析：小船渡河的實(shí)際運(yùn)動(dòng)（相對(duì)河岸的運(yùn)動(dòng)）由船相對(duì)水流速度v1和水相對(duì)河岸的速度v2合成?？梢栽O(shè)船頭與河岸上游夾角為θ（即v1的方向），速度矢量合成如圖1（學(xué)生活動(dòng)）用余弦定理可求v合的大小v合=（學(xué)生活動(dòng)）用正弦定理可求v合的方向。令v合與河岸下游夾角為α，則α=arcsin1、求渡河的時(shí)間與最短時(shí)間由于合運(yùn)動(dòng)合分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，故渡河時(shí)間既可以根據(jù)合運(yùn)動(dòng)求，也可以根據(jù)分運(yùn)動(dòng)去求。針對(duì)這一思想，有以下兩種解法解法一：t=其中v合可用正弦定理表達(dá)，故有t==解法二：t===此外，結(jié)合靜力學(xué)正交分解的思想，我們也可以建立沿河岸合垂直河岸的坐標(biāo)x、y，然后先將v1分解（v2無需分解），再合成，如圖2所示。并且不難看出，合運(yùn)動(dòng)在x、y方向的分量vx和vy與v1在x、y方向的分量v1x、v1y以及v2具有以下關(guān)系vy=v1yvx=v2-v1x由于合運(yùn)動(dòng)沿y方向的分量Sy≡d，故有解法三：t===t(θ)函數(shù)既已得出，我們不難得出結(jié)論當(dāng)θ=90°時(shí)，渡河時(shí)間的最小值tmin=（從“解法三”我們最容易理解t為什么與v2無關(guān)，故tmin也與v2無關(guān)。這個(gè)結(jié)論是意味深長(zhǎng)的。）2、求渡河的位移和最小位移在上面的討論中，小船的位移事實(shí)上已經(jīng)得出，即S合===但S合（θ）函數(shù)比較復(fù)雜，尋求S合的極小值并非易事。因此，我們可以從其它方面作一些努力。將S合沿x、y方向分解成Sx和Sy，由于Sy≡d，要S合極小，只要Sx極小就行了。而Sx（θ）函數(shù)可以這樣求——解法一：Sx=vxt=（v2-v1x）=（v2–v1cosθ）為求極值，令cosθ=p，則sinθ=，再將上式兩邊平方、整理，得到這是一個(gè)關(guān)于p的一元二次方程，要p有解，須滿足Δ≥0，即≥整理得≥所以，Sxmin=，代入Sx（θ）函數(shù)可知，此時(shí)cosθ=最后，Smin==d此過程仍然比較繁復(fù)，且數(shù)學(xué)味太濃。結(jié)論得出后，我們還不難發(fā)現(xiàn)一個(gè)問題：當(dāng)v2＜v1時(shí)，Smin＜d，這顯然與事實(shí)不符。（導(dǎo)致這個(gè)局面的因素是：在以上的運(yùn)算過程中，方程兩邊的平方和開方過程中必然出現(xiàn)了增根或遺根的現(xiàn)象）所以，此法給人一種玄乎的感覺。解法二：純物理解——矢量三角形的動(dòng)態(tài)分析從圖2可知，Sy恒定，Sx越小，必有S合矢量與下游河岸的夾角越大，亦即v合矢量與下游河岸的夾角越大（但不得大于90°）。我們可以通過v1與v2合成v合矢量圖探討v合與下游河岸夾角的最大也許。先進(jìn)行平行四邊形到三角形的變換，如圖3所示。當(dāng)θ變化時(shí)，v合矢量的大小和方向隨之變化，具體情況如圖4所示。從圖4不難看出，只有當(dāng)v合和虛線半圓周相切時(shí)，v合與v2（下游）的夾角才會(huì)最大。此時(shí)，v合⊥v1，v1、v2和v合構(gòu)成一個(gè)直角三角形，αmax=arcsin并且，此時(shí)：θ=arccos有了αmax的值，結(jié)合圖1可以求出：S合min=d最后解決v2＜v1時(shí)結(jié)果不切實(shí)際的問題。從圖4可以看出，當(dāng)v2＜v1時(shí)，v合不也許和虛線半圓周相切（或αmax=arcsin無解），結(jié)合實(shí)際情況，αmax取90°即：v2＜v1時(shí)，S合min=d，此時(shí)，θ=arccos結(jié)論：若v1＜v2，θ=arccos時(shí)，S合min=d若v2＜v1，θ=arccos時(shí)，S合min=d二、滑輪小船物理情形：如圖5所示，岸邊的汽車用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩通過定滑輪牽引水中的小船，設(shè)小船始終不離開水面，且繩足夠長(zhǎng)，求汽車速度v1和小船速度v2的大小關(guān)系。模型分析：由于繩不可伸長(zhǎng)，滑輪右邊繩子縮短的速率即是汽車速度的大小v1，考察繩與船相連的端點(diǎn)運(yùn)動(dòng)情況，v1和v2必有一個(gè)運(yùn)動(dòng)的合成與分解的問題。（學(xué)生活動(dòng)）假如v1恒定不變，v2會(huì)恒定嗎？若恒定，說明理由；若變化，定性判斷變化趨勢(shì)。結(jié)合學(xué)生的想法，介紹極限外推的思想：當(dāng)船離岸無窮遠(yuǎn)時(shí)，繩與水的夾角趨于零，v2→v1。當(dāng)船比較靠岸時(shí)，可作圖比較船的移動(dòng)距離、繩子的縮短長(zhǎng)度，得到v2＞v1。故“船速增大”才是對(duì)的結(jié)論。故只能引入瞬時(shí)方位角θ，看v1和v2的瞬時(shí)關(guān)系。（學(xué)生活動(dòng)）v1和v2定量關(guān)系若何？是否可以考慮用運(yùn)動(dòng)的分解與合成的知識(shí)解答？針對(duì)如圖6所示的兩種典型方案，初步評(píng)說——甲圖中v2=v1cosθ，船越靠岸，θ越大，v2越小，和前面的定性結(jié)論沖突，必然是錯(cuò)誤的。錯(cuò)誤的根源分析：和實(shí)驗(yàn)修訂本教材中“飛機(jī)起飛”的運(yùn)動(dòng)分析進(jìn)行了不恰本地聯(lián)系。仔細(xì)比較這兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的差別，并聯(lián)系“小船渡河”的運(yùn)動(dòng)合成等事例，總結(jié)出這樣的規(guī)律——合運(yùn)動(dòng)是顯性的、軌跡實(shí)在的運(yùn)動(dòng)，分運(yùn)動(dòng)是隱性的、需要分析而具有人為特性（無唯一性）的運(yùn)動(dòng)。解法一：在圖6（乙）中，當(dāng)我們挖掘、分析了滑輪繩子端點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)后，不難得出：船的沿水面運(yùn)動(dòng)是v2合運(yùn)動(dòng)，端點(diǎn)參與繩子的縮短運(yùn)動(dòng)v1和隨繩子的轉(zhuǎn)動(dòng)v轉(zhuǎn)，從而肯定乙方案是對(duì)的的。即：v2=v1/cosθ解法二：微元法。從考察位置開始取一個(gè)極短過程，將繩的運(yùn)動(dòng)和船的運(yùn)動(dòng)在圖7（甲）中標(biāo)示出來，AB是繩的初識(shí)位置，AC是繩的末位置，在AB上取=得D點(diǎn)，并連接CD。顯然，圖中BC是船的位移大小，DB是繩子的縮短長(zhǎng)度。由于過程極短，等腰三角形ACD的頂角∠A→0，則底角∠ACD→90°，△CDB趨于直角三角形。將此三角放大成圖7（乙），得出：S2=S1/cosθ。鑒于過程極短，繩的縮短運(yùn)動(dòng)和船的運(yùn)動(dòng)都可以認(rèn)為是勻速的，即：S2=v2t，S1=v1t。所以：v2=v1/cosθ三、斜拋運(yùn)動(dòng)的最大射程物理情形：不計(jì)空氣阻力，將小球斜向上拋出，初速度大小恒為v0，方向可以選擇，試求小球落回原高度的最大水平位移（射程）。模型分析：斜拋運(yùn)動(dòng)的常規(guī)分析和平拋運(yùn)動(dòng)完全相同。設(shè)初速度方向與水平面夾θ角，建立水平、豎直的x、y軸，將運(yùn)動(dòng)學(xué)參量沿x、y分解。針對(duì)拋出到落回原高度的過程0=Sy=v0yt+（-g）t2Sx=v0xt解以上兩式易得：Sx=sin2θ結(jié)論：當(dāng)拋射角θ=45°時(shí)，最大射程Sxmax=（學(xué)生活動(dòng)）若v0、θ擬定，試用兩種方法求小球到達(dá)的最大高度。運(yùn)動(dòng)學(xué)求解——考察豎直分運(yùn)動(dòng)即可；能量求解——注意小球在最高點(diǎn)應(yīng)具有的速度v0x，然后對(duì)拋出到最高點(diǎn)的過程用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒。結(jié)論：Hm=。四、物體脫離圓弧的討論物理情形：如圖8所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩一端固定，另一端系一小球。當(dāng)小球在最低點(diǎn)時(shí)，給球一個(gè)vo=2的水平初速，試求所能到達(dá)的最大高度。模型分析：用自然坐標(biāo)分析變速圓周運(yùn)動(dòng)的典型事例。能量關(guān)系的運(yùn)用，也是對(duì)常規(guī)知識(shí)的復(fù)習(xí)。（學(xué)生活動(dòng)）小球能否形成的往復(fù)的擺動(dòng)？小球能否到達(dá)圓弧的最高點(diǎn)C？通過能量關(guān)系和圓周運(yùn)動(dòng)動(dòng)力學(xué)知識(shí)的復(fù)習(xí)，得出：小球運(yùn)動(dòng)超過B點(diǎn)、但不能到達(dá)C點(diǎn)（vC≥），即小球必然在BC之間的某點(diǎn)脫離圓弧。（學(xué)生活動(dòng)）小球會(huì)不會(huì)在BC之間的某點(diǎn)脫離圓弧后作自由落體運(yùn)動(dòng)？盡管對(duì)于本問題，能量分析是可行的（BC之間不也許出現(xiàn)動(dòng)能為零的點(diǎn)，則小球脫離圓弧的初速度vD不也許為零），但用動(dòng)力學(xué)的工具分析，是本模型的重點(diǎn)——在BC階段，只要小球還在圓弧上，其受力分析必如圖9所示。沿軌跡的切向、法向分別建τ、n坐標(biāo)，然后將重力G沿τ、n分解為Gτ和Gn分量，T為繩子張力。法向動(dòng)力學(xué)方程為T+Gn=ΣFn=man=m由于T≥0，Gn＞0，故v≠0。（學(xué)生活動(dòng)：若換一個(gè)v0值，在AB階段，v=0是也許出現(xiàn)的；若將繩子換成輕桿，在BC階段v=0也是也許出現(xiàn)的。）下面先解脫離點(diǎn)的具體位置。設(shè)脫離點(diǎn)為D，相應(yīng)方位角為θ，如圖8所示。由于在D點(diǎn)之后繩子就要彎曲，則此時(shí)繩子的張力T為零，而此時(shí)仍然在作圓周運(yùn)動(dòng)，故動(dòng)力學(xué)方程仍滿足Gn=Gsinθ=m①在再針對(duì)A→D過程，小球機(jī)械能守恒，即（選A所在的平面為參考平面）：m+0=mg(L+Lsinθ)+m②代入v0值解①、②兩式得：θ=arcsin，（同時(shí)得到：vD=）小球脫離D點(diǎn)后將以vD為初速度作斜向上拋運(yùn)動(dòng)。它所能到達(dá)的最高點(diǎn)（相對(duì)A）可以用兩種方法求得。解法一：運(yùn)動(dòng)學(xué)途徑。先求小球斜拋的最大高度，hm==代入θ和vD的值得：hm=L小球相對(duì)A的總高度：Hm=L+Lsinθ+hm=L解法二：能量途徑小球在斜拋的最高點(diǎn)仍具有vD的水平分量，即vDsinθ=。對(duì)A→最高點(diǎn)的過程用機(jī)械能守恒定律（設(shè)A所在的平面為參考平面），有m+0=+mgHm容易得到：Hm=L五、萬有引力的計(jì)算物理情形：如圖9所示，半徑為R的均質(zhì)球質(zhì)量為M，球心在O點(diǎn)，現(xiàn)在被內(nèi)切的挖去了一個(gè)半徑為R/2的球形空腔（球心在O′）。在O、O′的連線上距離O點(diǎn)為d的地方放有一個(gè)很小的、質(zhì)量為m的物體，試求這兩個(gè)物體之間的萬有引力。模型分析：無論是“基本條件”還是“拓展條件”，本模型都很難直接符合，因此必須使用一些特殊的解決方法。本模型除了照應(yīng)萬有引力的拓展條件之外，著重介紹“填補(bǔ)法”的應(yīng)用?？涨焕铿F(xiàn)在雖然空無一物，但可以當(dāng)作是兩個(gè)半徑為R/2的球的疊加：一個(gè)的質(zhì)量為+M/8，一個(gè)的質(zhì)量為－M/8。然后，前者正好填補(bǔ)空腔——和被挖除后剩下的部分構(gòu)成一個(gè)完整的均質(zhì)球A；注意后者，雖然是一個(gè)比較特殊的物體（質(zhì)量為負(fù)值），但仍然是一個(gè)均質(zhì)的球體，命名為B。既然A、B兩物均為均質(zhì)球體，他們各自和右邊小物體之間的萬有引力，就可以使用“拓展條件”中的定勢(shì)來計(jì)算了。只是有一點(diǎn)需要說明，B物的質(zhì)量既然負(fù)值，它和m之間的萬有“引力”在方向上不再表現(xiàn)為吸引，而應(yīng)為排斥——成了“萬有斥力”了。具體過程如下FAm=GFBm=G=－G最后，兩物之間的萬有引力F=FAm+FBm=G－G需要指出的是，在一部分同學(xué)的心目中，也許還會(huì)存在另一種解題思緒，那就是先通過力矩平衡求被挖除物體的重心（仍然要用到“填補(bǔ)法”、負(fù)質(zhì)量物體的重力反向等），它將在O、O′的連線上距離O點(diǎn)左側(cè)R/14處，然后“一步到位”地求被挖除物與m的萬有引力F=G然而，這種求法違反了萬有引力定律合用的條件，是一種錯(cuò)誤的思緒。六、天體運(yùn)動(dòng)的計(jì)算物理情形：地球和太陽的質(zhì)量分別為m和M，地球繞太陽作橢圓運(yùn)動(dòng)，軌道的半長(zhǎng)軸為a，半短軸為b，如圖11所示。試求地球在橢圓頂點(diǎn)A、B、C三點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度，以及軌跡在A、C兩點(diǎn)的曲率半徑。模型分析：求解天體運(yùn)動(dòng)的本來模式，經(jīng)常要用到開普勒定律（定量）、機(jī)械能守恒（萬有引力勢(shì)能）、橢圓的數(shù)學(xué)常識(shí)等等，相對(duì)高考規(guī)定有很大的不同。地球軌道的離心率很?。ㄆ渲怠?.0167，其中c為半焦距），這是我們經(jīng)常能將它近似為圓的因素。為了方便說明問題，在圖11中，我們將離心率夸大了。針對(duì)地球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，機(jī)械能守恒m+（－）=m+（－）比較A、B兩點(diǎn)，應(yīng)用開普勒第二定律，有：vA（a－c）=vB（a+c）結(jié)合橢圓的基本關(guān)系：c=解以上三式可得：vA=，vB=再針對(duì)地球從A到C的過程，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律，有m+（－）=m+（－）代入vA值可解得：vC=為求A、C兩點(diǎn)的曲率半徑，在A、C兩點(diǎn)建自然坐標(biāo)，然后應(yīng)用動(dòng)力學(xué)（法向）方程。在A點(diǎn)，F(xiàn)萬=ΣFn=man，設(shè)軌跡在A點(diǎn)的曲率半徑為ρA，即：G=m代入vA值可解得：ρA=在C點(diǎn)，方程復(fù)雜一些，須將萬有引力在τ、n方向分解，如圖12所示。然后，F(xiàn)萬n=ΣFn=man，即：F萬cosθ=m即：G·=m代入vC值可解得：ρC=值得注意的是，假如針對(duì)A、C兩點(diǎn)用開普勒第二定律，由于C點(diǎn)處的矢徑r和瞬時(shí)速度vC不垂直，方程不能寫作vA（a－c）=vCa。對(duì)的的做法是：將vC分解出垂直于矢徑的分量（分解方式可參看圖12，但分解的平行四邊形未畫出）vCcosθ，再用vA（a－c）=（vCcosθ）a，化簡(jiǎn)之后的形式成為vA（a－c）=vCb要理解這個(gè)關(guān)系，有一定的難度，所以建議最佳不要對(duì)A、C兩點(diǎn)用開普勒第二定律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，2023年8月第一版。例題選講針對(duì)“教材”第五、第六章的部分例題和習(xí)題。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圖象特性）→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——過程分割與代數(shù)累積；運(yùn)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)能定理的廣泛合用性六、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、按碰撞過程機(jī)械能損失分類）碰撞的基本特性：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“互換速度”；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)成最大限度；外部特性：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)“碰撞的基本特性”，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”——物體的互相作用1、當(dāng)物體之間的互相作用時(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)律仍然合用，但已不符合“碰撞的基本特性”（如：位置也許超越、機(jī)械能也許膨脹）。此時(shí)，碰撞中“不合題意”的解也許已故意義，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)，和其它天體的萬有引力可以忽略，但是，飛船會(huì)定期碰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)營(yíng)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)，如何對(duì)的選取研究對(duì)象，是本題的前提。建議充足理解“平均”的含義，這樣才干相對(duì)模糊地解決垃圾與飛船的作用過程、淡化“作用時(shí)間”和所考察的“物理過程時(shí)間”的差異。物理過程需要人為截取，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假如用動(dòng)能定理，能不能解題呢？同樣針對(duì)上面的物理過程，由于飛船要前進(jìn)x=vΔt的位移，引擎推力須做功W=x，它相應(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，不也許都是對(duì)的的。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)能增長(zhǎng)”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，是對(duì)的的。（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：解題思緒和上面完全相同。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：一方面，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）是也許的，但繁復(fù)限度非同一般。解方程要注意條理性，否則易導(dǎo)致混亂。建議采用如下環(huán)節(jié)——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=m2v1