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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 运动的合成与分解、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 根本学问介绍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 根本学问介绍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 重要模型与专题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
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IPhO) 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,满分各为30分和20分。成果最佳者记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CPh
4、O)1984年以前,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年开场第一届CPhO,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IPhO 。 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CPhO决赛一等奖29人次,占全国的18.24% ;在IPhO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)开场统一,只有天空和计算。复赛第十三届(1994年)开场统一,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”,
6、瞄准复赛难度。高二学问一步到位,高一学问做短暂的回忆与加深。 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
7、; 舒幼生主编奥林匹克物理(分1、2、3 多册出版),湖南教化出版社,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= arcsin2、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。一条直线上的矢量
8、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。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)。本题只关切各矢量的大小,明显: = = = ,且: = = , = 2= 所以:= = = ,= = = 。(学生活动)视察与思索: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
9、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 = absin,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。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Rt)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
10、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 、粗细不匀称的横杆被两根轻绳程度悬挂,绳子与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,几何关系比拟简洁。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 ,则长方体受三个力(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
11、: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则。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
12、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,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,则在t = 0开场物体所受的摩擦力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,但本题是一个例外。物体在竖直方向的运动先
13、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。静力学的学问,本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 ,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。讲解:
14、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。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:arccos 。(学生活动)思索:若将弹簧换成劲度系数k较大的弹簧,其它条件不
15、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)反响练习:光滑半球固定在程度面上,球心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位置开场缓慢拉至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。
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。几何计算比拟简洁。答案:R 。(学生活动)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 ,已知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。则m1 : m2为多少?讲解:本题考察正弦定理、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,
17、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,对右边的矢量三角形,有: = 解两式即可。答案:1 : 。(学生活动)思索: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的力矩必定是平衡的。这种方法更干脆、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困难(多一个正弦定理方程),而用力矩平衡则几乎和“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
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(已知摩擦因素为),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 + 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 = arctg(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 = arctgs(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便利、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
20、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”、“内力”和“外力”的涵义。三、应用1、物体放在程度面上,用与程度方向成30的力拉物体时,物体匀速前进。若此力大小不变,改为沿程度方向拉物体,物体仍能匀速前进,求物体与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拟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
21、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:m = 15。最终,= tgm 。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。已知斜面的质量M =
22、 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: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。留意,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。受力分析比拟简洁,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。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
23、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: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+ 2m
24、gsin 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 = 3mgsin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
25、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(与之比照:速度和位移不行突变);牛顿第二定律展示了加速度确实定式(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
26、同减)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确定律的物理问题比拟少,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,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
27、点右侧的某一点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 ,则Fx ,必定会出现“供不应求”的场面)和比拟法(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,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思索:令L = 10m ,v = 2 m/s ,= 0.2 ,g取1
28、0 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 = 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
29、弹簧弹力维持原值,所以此时B钩码的加速度为零(A的加速度则为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。受力比拟多时,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。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
30、:gsin。思索:假如斜面解除固定,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,发觉悬绳与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
31、应的夹角。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,与a
32、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 (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
33、Gx = max即:T mg sin = m acos明显,独立解T值是胜利的。结果与解法一一样。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
34、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,方位角已知。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。(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(从即将开场的运动来反
35、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,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,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
36、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,现给棒一个沿棒方向的、大小为F的程度恒力作用,则棒中各部位的张力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
37、,(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 ,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
38、可以一起加速下滑,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
39、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:若将质量为m3物体右边挖成凹形,让m2可以自由摇摆(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?假如没有,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
40、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,则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 + 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
41、。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:本题涉及两个物体,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
42、。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: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,明显有mgsin= ma1x ,得:a1x = gsin 。最终
43、据a1 = 求a1 。答:a1 = 。2、如图21所示,与程度面成角的AB棒上有一滑套C ,可以无摩擦地在棒上滑动,开场时与棒的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:这是一个比拟特殊的“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。沿棒与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 ,则有: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)其中F* = ma
限制150内