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1、最新高中物理竞赛讲义完好版书目最新高中物理竞赛讲义完好版1第0部分 绪言3一、高中物理奥赛概况3二、学问体系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第一讲根本学问介绍22第二讲 运动的合成及分解、相对运动24第四部分 曲线运动 万有引力26第一讲 根本学问介绍26第二讲 重要模型及专题27第三讲 典型例题解析36第五部分 动量和能量36第一讲 根本学问介绍36第二讲 重要模型及专题38第三讲 典型例题解析50第六部
2、分 振动和波51第一讲 根本学问介绍51第二讲 重要模型及专题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、热现象和根本热力学定律66三、志向气体68四、相变74五、固体和液体78第八部分 静电场79第一讲 根本学问介绍79第二讲 重要模型及专题82第九部分 稳恒电流92第一讲 根本学问介绍92第二讲 重要模型和专题96第十部分 磁场105第一讲 根本学问介绍105第二讲 典型例题解析109第十一部分 电磁感应115第一讲、根本定律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 波粒二
3、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，只有五国参与。 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，此后未连续，成果始终辉煌。 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，分两天进展，总分值各为30分和20分。成果最正确者记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Coho1984年以前，
4、中学物理竞赛常常实行，但被冠以各种名称，无论是组织，还是考纲、学问体系都谈不上标准。 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名左右参与全省复赛。 复赛：九月下旬考试。全省命题，各省组织。理论考试前20名参与试验考试，取理论、试验考试总分前10名者参与省集训队。集训队成员经短期培训后举荐37名参与全国决赛。决赛：全国统一组织。按成果选择1525名参与国家集训队，到有关高校强化训练，最终从中选拔5名优秀队员参与Ipoh 。 总分值140分。除初赛外，均含理论和试验两部分试验总分值60分。3、湖南省奥赛简况 至
5、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。 题型及风格：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、学问体系1、高中物理的三档要求：一般要求会考高考要求竞赛要求。竞赛学问的特点：初赛对高中物理根底融会贯穿，更留意物理方法的运用；复赛学问点更多，对数学工具的运用更深化。2、教法贯彻 高一：针对“高考要求，进度尽量超前高一新课，学问点只做有限添加。目的瞄准初赛过关。 高二：针对“竞赛要求，瞄准复赛难度。高二学问一步到位，高一学问做短暂的
6、回忆及加深。 复赛对象在约15天的时间内模拟考试，进展考法训练。3、教材范本：龚霞玲主编奥林匹克物理思维训练教材，学问出版社，2002年8月第一版。举荐典型参考书目 孙尚礼 毛 瑾主编高中物理奥林匹克根底学问及题解上、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，陕西师范高校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，湖南师范高校出版社，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，湖南师范高校出版社，1999年5月第一版； 舒幼生主编奥林匹克物理分1、2、3 多册出版，湖南教
7、化出版社，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。法那么：平行四边形法那么。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。法那么：三角形法那么。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。一条直线上的矢量运算是平行四边形和三角形法那么的特例。例题：质点做匀速率圆
8、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。讲解：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 = ，= ，根据三角形法那么，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。此题只关切各矢量的大小，明显： = = = ，且： = = ， = 2= 所以：= = = ，= = = 。学生活动视察及思索：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： =
9、 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，并由右手螺旋定那么确定方向，如图4所示。明显，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、平行四边形法那么及矢量表达式2、一般平行四边形的合力及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 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
10、= 0 ， = 0例题：如图5所示，长为L 、粗细不匀称的横杆被两根轻绳程度悬挂，绳子及程度方向的夹角在图上已标示，求横杆的重心位置。讲解：干脆用三力共点的学问解题，几何关系比较简洁。答案：距棒的左端L/4处。学生活动思索：放在斜面上的均质长方体，按实际状况分析受力，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 ，那么长方体受三个力G 、f 、N必共点，由此推知，N不行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、特征：物体无转动加速度。2、条件：= 0 ，或M+ =M- 假如物体静止，确定会同时
11、满意两种平衡，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那么。作用点：先假定一个等效作用点，然后让全部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。讲解：法一，平行四边形动态处理。对球体进展受力分析，然后对平行四边形中的矢量G和N1进展平移，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的方向不行变，当增大导致N2的方向变更时，N2的变更和N1的方向变更如图8的右图所示。明显，随着增大
12、，N1单调减小，而N2的大小先减小后增大，当N2垂直N1时，N2取微小值，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的极值讨论是很简洁的。答案：当= 90时，甲板的弹力最小。2、把一个重为G的物体用一个程度推力F压在竖直的足够高的墙壁上，F随时间t的变更规律如图9所示，那么在t = 0开始物体所受的摩擦力f的变更图线是图10中的哪一个？讲解：静力学旨在解决静态问题和准静态过程的问题，但此题是一个例外。物体在竖直方向的运动先加速后减速，平衡方程不再适用。如何避开牛顿第二定律，是此题授课时的难点。静力学的
13、学问，此题在于区分两种摩擦的不同判据。程度方向合力为零，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 ，及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LL2R，一端固定在大圆环的顶点A ，另一端及小球相连。环静止平衡时位于大环上的B点。试求弹簧及竖直方向的夹角。讲解：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
14、成直角三角形或原来就是直角三角形；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像。此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。学生活动思索：支持力N可不行以沿图12中的反方向？正交分解看程度方向平衡不行以。简洁推断，图中的灰色矢量三角形和空间位置三角形AOB是相像的，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 。学生活动思索：假设将弹簧换成劲度系数k较大的弹簧，其它条件不变，那么弹簧弹力怎么变？环的支持力怎么变？答：变小；不变。学生活动反响练习：光滑半球固定在程度面上，球心
15、O的正上方有确定滑轮，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。试推断：在此过程中，绳子的拉力T和球面支持力N怎样变更？解：和上题完全一样。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，先将它置于程度地面上，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点及斜面接触，A到B的圆心角也为30。试求球体的重心C到球心O的间隔 。讲解：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。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。几何计算比较简洁。答案：R 。学生活动
16、反响练习：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：三力共点学问应用。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 ，两球间存在大小相等、方向相反的斥力而使两线张开确定角度，分别为45和30，如图15所示。那么m1 : m2为多少？讲解：此题考察正弦定理、或力矩平衡解静力学问题。对两球进展受力分析，并进展矢量平移，如图16所示。首先留意，图16中的灰色三角形是等腰三角形，两底角相等，设为。而且，两球互相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
17、边的矢量三角形，有： = 解两式即可。答案：1 ： 。学生活动思索：解此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的力矩必定是平衡的。这种方法更干脆、简便。应用：假设原题中绳长不等，而是l1 ：l2 = 3 ：2 ，其它条件不变，m1及m2的比值又将是多少？解：此时用共点力平衡更加困难多一个正弦定理方程，而用力矩平衡那么几乎和“思索完全一样。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，细杆的左端用铰链及墙壁相连，球下边垫上一块木板后，细杆恰好程度，而木板下面是光滑的程度面。由于金属球和木板之间有摩擦摩擦
18、因素为，所以要将木板从球下面对右抽出时，至少需要大小为F的程度拉力。试问：现要将木板接着向左插进一些，至少需要多大的程度推力？讲解：这是一个典型的力矩平衡的例题。以球和杆为对象，讨论其对转轴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 + NR + L= GR + 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： 。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及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：全反力及
19、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；要么物体到达最大运动趋势，必有：ms = actss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便利、更简捷。二、隔离法及整体法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，逐个讲每个个体隔分开来分析处理，称隔离法。在处理各隔离方程之间的联络时，应留意互相作用力的大小和方向关系。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展分析处理，称整体法。应用整体法时应留意“系统、“
20、内力和“外力的涵义。三、应用1、物体放在程度面上，用及程度方向成30的力拉物体时，物体匀速前进。假设此力大小不变，改为沿程度方向拉物体，物体仍能匀速前进，求物体及程度面之间的动摩擦因素。讲解：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入印象。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展受力分析，再进展矢量平移，得到图18中的左图和中间图留意：重力G是不变的，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：
21、m = 15。最终，= tagm 。答案：0.268 。学生活动思索：假如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，使物体可以沿斜面对上匀速运动，而斜面体始终静止。斜面的质量M = 10kg ，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。讲解：此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。留意，滑块和
22、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。受力分析比较简洁，列程度方向平衡方程很简洁解地面摩擦力。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，一上外表粗糙的斜面体上放在光滑的程度地面上，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。假设用一推力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动，就必需施加一个大小为P = 4mgsincos的程度推力作用于斜面体。使满意题意的这个F的大小和方向。讲解：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
23、：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 ，滑块及斜面之间的两对互相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，我们可以考察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+ 2mgsin 对斜面体，只看程度方向平衡就行了P = fcos+ Nsin即：4mgsincos=Ncos+ Nsin代入值，化简得：Fy = mgcos 代入可得：Fx = 3mgsi
24、n最终由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。仍旧沿用“法一中关于F的方向设置见图21中的角。先看整体的程度方向平衡，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右边的矢量三角形中，有： = = 留意：= 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、牛顿第确定律1、定律。惯性的量度2、观念意义，打破“初
25、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，故加速度可突变及之比照：速度和位移不行突变；牛顿第二定律展示了加速度的确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、参及受力分析三、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c、无条件及运动状态、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确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
26、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不行突变。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，那么在此后的过程中 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，它及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点右侧的某一点D、工件在皮带上有可能不存在及皮带相对静止的状态讲解：B选项需要用到牛顿第确定律，A、C、D选项用到牛顿第二定律。较难打破的是A选项，在为什么不会“马上跟上皮带的问题上，建议运用反证法t 0 ，a ，那么Fx ，
27、必定会出现“供不应求的场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、重心可以调整的特殊“物体此外，此题的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 时其中为工件及皮带之间的动摩擦因素，才有相对静止的过程，否那么没有。答案：A、D思索：令L = 10m ，v = 2 m/s ，= 0.2 ，g取10 m/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“思索题中，将工件赐予一程度向右的初速v0 ，其它条件不变，再求t学生分以下三组进展 v0 = 1m/s (答：0.5 + 37/8 = 5.13s) v0
28、= 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： 假如在P处剪断细绳，在剪断瞬时，B的加速度是多少？ 假如在Q处剪断弹簧，在剪断瞬时，B的加速度又是多少？讲解：第问是常规处理。由于“弹簧不会马上发生形变，故剪断瞬间弹簧弹力维持原值，所以此时B钩码的加速度为零A的加速度那么为2g。第问需要我们反省这样一个问题：“弹簧不会马上发生形变的缘由是什么？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，遵从志向模型的条件，弹簧应
29、在一瞬间复原原长！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，干脆应用牛顿第二定律的“矢量性解题。受力比较多时，结合正交分解及“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。讲解：受力分析 根据“矢量性定合力方向 牛顿第二定律应用答案：gsin。思索：假如斜面解除固定，上表仍光滑，倾角仍为，要求滑块及斜面相对静止，斜面应具备一个多大的程度加速度？解题思路完全一样，讨论对象仍为滑块。但在第二环节上应留意区分。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
30、车厢的加速度。和“思索题同理，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，发觉悬绳及竖直方向形成一个稳定的夹角。试求小车的加速度。解：接着贯彻“矢量性的应用，但数学处理困难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，并找到相应的夹角。设张力T及斜面方向的夹角为，那么=90+ - = 90- 1对灰色三角形用正弦定理，有 = 2解12两式得：F = 最终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，在程度地面上加速运动。斜面上用一条及斜面平行的细绳系一质量为m的小球，当
31、斜面加速度为a时actg，小球可以保持相对斜面静止。试求此时绳子的张力T 。讲解：当力的个数较多，不能干脆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，视解题便利程度而定。解法一：先介绍一般的思路。沿加速度a方向建x轴，及a垂直的方向上建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 1T sin + Ncos = mg 2这是一个关于T和N的方程组，解12两式得：T = mgsin + ma cos解
32、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，但值得留意，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 = max即：T mg sin = m acos明显，独立解T值是胜利的。结果及解法一一样。答案：mgsin + ma cos思索：当actg时，张力T的结果会变更吗？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
33、练习：如图9所示，自动扶梯及地面的夹角为30，但扶梯的台阶是程度的。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，另一种是程度和竖直方向，比照解题过程，进而充分领悟用牛顿第二定律解题的敏捷性。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。现将它们的程度绳剪断，试求：在剪断瞬间，两种情形下小球的瞬时加速度。讲解：第一步，说明绳子弹力和弹簧弹力的区分。
34、学生活动思索：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？缘由是什么？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，打破“绳子的拉力如何瞬时调整这一难点从即将开始的运动来反推。学问点，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，及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，假如遇到几个讨论对象时，就会面临如何处理对象之间的力和对象及外
35、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，那么有“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，视解题便利程度而定。补充：当多个对象不具有共同的加速度时，一般来讲，整体法不行用，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，光滑程度面上放着一个长为L的均质直棒，
36、现给棒一个沿棒方向的、大小为F的程度恒力作用，那么棒中各部位的张力T随图中x的关系怎样？讲解：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 。思索：假如程度面粗糙，结论又如何？解：分两种状况，1能拉动；2不能拉动。第1状况的计算和原题根本一样，只是多了一个摩擦力的处理，结论的化简也费事一些。第2状况可设棒的总质量为M ，和程度面的摩擦因素为，而F = Mg ，其中lL ，那么x(L-l)的右段没有张力，x(L-l)的左端才有张力。答：假设棒仍能被拉动，结论不变。假设棒不能被拉动，且F = Mg时为棒及平面的摩擦因素，l为小于L的某一值，M为棒的总质量，当x(L-l)，N0
37、；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 ，系统释放后可以一起加速下滑，那么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 。方向沿斜面对上。思索：1假如两滑块不是下滑，而是以初速度v0一起上冲，以上结论会变吗？2假如斜面光滑，两滑块之间有没有摩擦力？3假如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
38、力？解：略。答：1不会；2没有；3假设斜面光滑，对两内壁均无压力，假设斜面粗糙，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滑程度面上，滑轮和全部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，程度推力F应为多少？讲解：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 ，程度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 = 。思索：假设将质量为m3物体右边挖成凹形，让m2可以自由摇摆而不及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？假如没
39、有，说明理由；假如有，求出这个F的值。解：此时，m2的隔离方程将较为困难。设绳子张力为T ，m2的受力状况如图，隔离方程为： = m2a隔离m1 ，仍有：T = m1a解以上两式，可得：a = g最终用整体法解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，那么棒的加速度将是多少？讲解：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
40、+ 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特别简洁。答案：g 。四、特殊的连接体当系统中各个体的加速度不相等时，经典的整体法不行用。假如各个体的加速度不在一条直线上，“新整体法也将有确定的困难矢量求和不易。此时，我们回到隔离法，且要更加留意找各参量之间的联络。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，放置在光滑的程度面上，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。讲解：此题涉及两
41、个物体，它们的加速度关系困难，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展打破。学生活动定型推断斜面的运动状况、滑块的运动状况。位移矢量示意图如图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 = 。学生活动思索：如何求a1的值？解：a
42、1y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，明显有mgsin= ma1x ，得:a1x = gsin 。最终据a1 = 求a1 。答：a1 = 。2、如图21所示，及程度面成角的AB棒上有一滑套C ，可以无摩擦地在棒上滑动，开始时及棒的A端相距b ，相对棒静止。当棒保持倾角不变地沿程度面匀加速运动，加速度为a且agtg时，求滑套C从棒的A端滑出所经验的时间。讲解：这是一个比较特殊的“连接体问题，寻求运动学参量的关系好像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。学生活动思索：为什么题意要求agtg？联络本讲第二节第1题之“思索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。沿棒及垂直棒建直角坐标后，S1x表示S1在x方向上的重量。不难看出：S1x + b = S cos 设全程时间为t ，那么有：S = at2 S1x = a1xt2 而隔离滑套，受力图如图23所示，明显：mgsin= ma1x 解式即可。答案：t = 另解：假如引进动力学在非惯性系中的修正式 + * = m 注：*为惯性力，此题极简洁。过程如下以棒为参照，隔离滑套，分析受力，如图24所示。留意，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