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物理奥赛讲义汇编(陨中高一)


郧阳中学高一物理教研组

第 O 部分

绪言

一、高中物理奥赛概况
1、国际(International Physics Olympiad 简称 IPhO) ① 1967 年第一届, (波兰)华沙,只有五国参加。 ② 几乎每年一届,参赛国逐年增加,每国代表不超过 5 人。 ③ 中国参赛始于 1986 年的第

十七届,此后未间断,成绩一直辉煌。 ④ 1994 年第二十五届,首次在中国(北京)承办。 ⑤ 考试内容:笔试和试验各 5 小时,分两天进行,满分各为 30 分和 20 分。成绩最佳者记 100% ,积分在 90%以上者获金奖,78%~89 者获银奖,65~77%者获铜奖。 2、国家(Chinese Physics Olympiad 简称 CPhO) ①1984 年以前,中学物理竞赛经常举行,但被冠以各种名称,无论是组织,还是考纲、知识体系都谈不上 规范。 ② 1984 年开始第一届 CPhO,此后每学年举办一届。 ③ 初赛:每年九月第一个星期天考试。全国命题,各市、县组考,市统一阅卷,选前 30 名(左右)参加 (全省)复赛。 复赛:九月下旬考试。全省命题,各省组织。理论考试前 20 名参加试验考试,取理论、试验考试总分 前 10 名者参加省集训队。集训队成员经短期培训后推荐 3~7 名参加(全国)决赛。 决赛:全国统一组织。按成绩挑选 15~25 名参加国家集训队,到有关大学强化训练,最后从中选拔 5 名优秀队员参加 IPhO 。 ④ 满分 140 分。除初赛外,均含理论和试验两部分(试验满分 60 分) 。 3、湖南省奥赛简况 ① 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。 ② 题型与风格:初赛第十一届(1992 年)开始统一,只有填空和计算。复赛第十三届(1994 年)开始统 一,只有计算题六个,考试时量均为 3 小时。

二、知识体系
1、高中物理的三档要求:一般要求(会考)→高考要求→竞赛要求。 竞赛知识的特点: ①初赛——对高中物理基础融会贯通, 更注重物理方法的运用; ②复赛——知识点更多, 对数学工具的运用更深入。 2、教法贯彻 ① 高一:针对“高考要求” ,进度尽量超前高一新课,知识点只做有限添加。目标瞄准初赛过关。 ② 高二:针对“竞赛要求” ,瞄准复赛难度。高二知识一步到位,高一知识做短暂的回顾与加深。 ③ 复赛对象在约 15 天的时间内模拟考试,进行考法训练。 3、教材范本:龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》 ,知识出版社,2002 年 8 月第一版。 推荐典型参考书目—— ① 孙尚礼 毛 瑾主编《高中物理奥林匹克基础知识及题解》 (上、下册) ,科学技术出版社,1994 年 10 月第一版; ② 张大同主编《通向金牌之路》 ,陕西师范大学出版社(版本逐年更新) ; ③ 湖南省奥林匹克竞赛委员会物理分会编《物理奥林匹克竞赛教程》 ,湖南师范大学出版社,1993 年 6 月第一版; ④ 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
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范大学出版社,1999 年 5 月第一版; ⑤ 舒幼生主编《奥林匹克物理》 (分 1、2、3 ? 多册出版) ,湖南教育出版社,第一册 1993 年 8 月第一 版。

第一部分

力&物体的平衡

第一讲 力的处理
一、矢量的运算 1、加法 表达: a + b = c 。 名词: c 为“和矢量” 。 法则:平行四边形法则。如图 1 所示。 和矢量大小:c = 的夹角。 和矢量方向: c 在 a 、 b 之间,和 a 夹角β = arcsin 2、减法 表达: a = c - b 。 名词: c 为“被减数矢量” , b 为“减数矢量” , a 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 =

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? ? a 2 ? b 2 ? 2ab cos? ,其中α 为 a 和 b

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b sin ? a 2 ? b 2 ? 2ab cos?

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? ? b 2 ? c 2 ? 2bc cos? ,其中θ 为 c 和 b 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则的特例。

1 1 T 内和在 T 内的平均加速度大小。 4 2 1 1 ? 解说: 如图 3 所示, A 到 B 点对应 T 的过程, A 到 C 点对应 T 的过程。 这三点的速度矢量分别设为 v A 、 4 2 ? ? vB 和 vC 。
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

? ? ? ? vt ? v0 vB ? vA ? ? 根据加速度的定义 a = 得: a AB = , t t AB

? ? vC ? vA ? a AC = t AC
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由于有两处涉及矢量减法,设两个差矢量 ?v 1 = v B - v A , ?v 2 = v C - v A ,根据三角形法则,它们 在图 3 中的大小、方向已绘出( ?v 2 的“三角形”已被拉伸成一条直线) 。 本题只关心各矢量的大小,显然:

?

?

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?

?

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vA = vB = vC =

2 ?R ,且: ?v 1 = T

2 vA =

4 ?R 2 2?R , ?v 2 = 2 v A = T T

所以: a AB =

?v1 t AB

4 ?R 2 2?R ?v 2 8 2?R T = 8 ?R 。 T = = , a AC = = 2 T T T2 t AC T 2 4

(学生活动)观察与思考:这两个加速度是否相等,匀速率圆周运动是不是匀变速运动? 答:否;不是。 3、乘法 矢量的乘法有两种:叉乘和点乘,和代数的乘法有着质的不同。 ⑴ 叉乘 表达: a ? b = c 名词: c 称“矢量的叉积” ,它是一个新的矢量。 叉积的大小:c = absinα ,其中α 为 a 和 b 的夹角。意义:

?

?

?

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? ? ? c 的大小对应由 a 和 b 作成的平行四边形的面积。
叉积的方向:垂直 a 和 b 确定的平面,并由右手螺旋定则 确定方向,如图 4 所示。 显然, a ? b ≠ b ? a ,但有: a ? b = - b ? a ⑵ 点乘 表达: a ? b = 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 = abcosα ,其中α 为 a 和 b 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 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

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第二讲 物体的平衡
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一、共点力平衡 1、特征:质心无加速度。 2、条件:Σ F = 0 ,或 ?Fx = 0 , ?Fy = 0 例题:如图 5 所示,长为 L 、粗细不均匀的横杆被两根轻绳水平悬挂,绳子与水平方向的夹角在图上已标 示,求横杆的重心位置。 解说:直接用三力共点的知识解题,几何关系比 较简单。 答案:距棒的左端 L/4 处。 (学生活动)思考:放在斜面上的均质长方体, 按实际情况分析受力,斜面的支持力会通过长方体的 重心吗? 解:将各处的支持力归纳成一个 N ,则长方体受三个力(G 、f 、N) 必共点,由此推知,N 不可能通过长方体的重心。正确受力情形如图 6 所 示(通常的受力图是将受力物体看成一个点,这时,N 就过重心了) 。 答:不会。 二、转动平衡 1、特征:物体无转动加速度。 2、条件:Σ M = 0 ,或Σ M+ =Σ M如果物体静止,肯定会同时满足两种平衡,因此用两种思路均可解题。 3、非共点力的合成 大小和方向:遵从一条直线矢量合成法则。 作用点:先假定一个等效作用点,然后让所有的平行力对这个作用点的和力矩为零。

?

?

第三讲 习题课
1、如图 7 所示,在固定的、倾角为α 斜面上,有一块可以转动的夹板(β 不定) ,夹板和斜面夹着一个质量为 m 的光滑均质球体,试求:β 取何值时, 夹板对球的弹力最小。 解说:法一,平行四边形动态处理。 对球体进行受力分析,然后对平行四边形中的矢量 G 和 N1 进行平移,使 它们构成一个三角形,如图 8 的左图和中图所示。 由于 G 的大小 和方向均不变,而 N1 的方向不可变, 当 β 增 大 导 致 N2 的方向改变时,N2 的变化和 N1 的方 向变化如图 8 的右 图所示。 显然,随着 β 增大, N1 单调减小, 而 N2 的大小先减 小 后 增 大 , 当 N2
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垂直 N1 时,N2 取极小值,且 N2min = Gsinα 。 法二,函数法。 看图 8 的中间图,对这个三角形用正弦定理,有:

N2 G G sin ? = ,即:N2 = ,β 在 0 到 180°之间取值,N2 的极值讨论是很容易的。 sin ? sin ? sin ?
答案:当β = 90°时,甲板的弹力最小。 2、把一个重为 G 的物体用一个水平推力 F 压在竖直的足够高的墙壁上,F 随时间 t 的变化规律如图 9 所示, 则在 t = 0 开始物体所受的摩擦力 f 的变化图线是图 10 中的哪一个? 解 说:静力 学旨在解 决静态问 题和准静 态过程的 问题,但 本题是一 个例外。 物体在竖直方向的运动先加速后减速,平衡方程不再适用。如何避开牛顿第二定律,是本题授课时的难点。 静力学的知识,本题在于区分两种摩擦的不同判据。 水平方向合力为零,得:支持力 N 持续增大。 物体在运动时,滑动摩擦力 f = μ 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 (L<2R) , 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θ 。 解说:平行四边形的三个矢量总是可以平移到一个三角形中去讨 论,解三角形的典型思路有三种:①分割成直角三角形(或本来就是 直角三角形) ;②利用正、余弦定理;③利用力学矢量三角形和某空 间位置三角形相似。本题旨在贯彻第三种思路。 分析小球受力→矢量平移,如图 12 所示,其中 F 表示弹簧弹力,N 表示大环的支持力。 (学生活动)思考:支持力 N 可不可以沿图 12 中的反方向? (正交分解看水平方向平衡——不可以。 ) 容易判断,图中的灰色矢量三角形和空间位置三角形Δ AOB 是 相似的,所以:

F AB ? G R
由胡克定律:F = k( AB - R) 几何关系: AB = 2Rcosθ



⑵ ⑶
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解以上三式即可。 答案:arccos

kL 。 2(kR ? G )

(学生活动)思考:若将弹簧换成劲度系数 k′较大的弹 簧, 其它条件不变, 则弹簧弹力怎么变?环的支持力怎么变? 答:变小;不变。 (学生活动)反馈练习:光滑半球固定在水平面上,球 心 O 的正上方有一定滑轮,一根轻绳跨过滑轮将一小球从图 13 所示的 A 位臵开始缓慢拉至 B 位臵。 试判断: 在此过程中, 绳子的拉力 T 和球面支持力 N 怎样变化? 解:和上题完全相同。 答:T 变小,N 不变。 4、如图 14 所示,一个半径为 R 的非均质圆球,其重心不在球心 O 点,先将它置于水平地面上,平衡时球面上 的 A 点和地面接触; 再将它置于倾角为 30°的粗糙斜面上, 平衡时球面 上的 B 点与斜面接触, 已知 A 到 B 的圆心角也为 30°。 试求球体的重心 C 到球心 O 的距离。 解说:练习三力共点的应用。 根据在平面上的平衡, 可知重心 C 在 OA 连线上。 根据在斜面上的平 衡,支持力、重力和静摩擦力共点,可以画出重心的具体位置。几何计 算比较简单。 答案:

3 R 。 3

(学生活动)反馈练习:静摩擦足够,将长为 a 、厚为 b 的砖块码 在倾角为θ的斜面上,最多能码多少块? 解:三力共点知识应用。 答:

a ctg ? 。 b

4、两根等长的细线,一端拴在同一悬点 O 上,另一端各系一 个小球,两球的质量分别为 m1 和 m2 ,已知两球间存在大小相 等、方向相反的斥力而使两线张开一定角度,分别为 45 和 30°,如图 15 所示。则 m1 : m2 为多少? 解说:本题考查正弦定理、或力矩平衡解静力学问题。 对两球进行受力分析,并进行矢量平移,如图 16 所示。

首先注意,图 16 中的灰色三角形是等腰三角 形,两底角相等,设为α 。 而且,两球相互作用的斥力方向相反,大小相 等,可用同一字母表示,设为 F 。 对左边的矢量三角形用正弦定理,有:

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m 1g F = sin 45? sin ?



同理,对右边的矢量三角形,有: 解①②两式即可。 答案:1 : 2 。

m 2g F = sin 30? sin ?



(学生活动)思考:解本题是否还有其它的方法? 答:有——将模型看成用轻杆连成的两小球,而将 O 点看成转轴,两球的重力对 O 的力矩必然是平衡的。 这种方法更直接、简便。 应用:若原题中绳长不等,而是 l1 :l2 = 3 :2 ,其它条件不变,m1 与 m2 的比值又将是多少? 解:此时用共点力平衡更加复杂(多一个正弦定理方程) ,而用力矩平衡则几乎和“思考”完全相同。 答:2 :3 2 。 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,细杆的左端用铰链与墙壁相 连,球下边垫上一块木板后,细杆恰好水平,而木板下面是光滑的水平面。由于金属球和木板之间有摩擦(已 知摩擦因素为μ ) ,所以要将木板从球下面向右抽出时,至少需要大小为 F 的水平拉力。试问:现要将木板继 续向左插进一些,至少需要多大的水平推力? 解说:这是一个典型的力矩平衡的例题。 以球和杆为对象,研究其对转轴 O 的转动平衡, 设木板拉出时给球体的摩擦力为 f ,支持力为 N , 重力为 G ,力矩平衡方程为: f R + N(R + L)= G(R + L) ① 球和板已相对滑动,故:f = μ N ② 解①②可得:f =

?G (R ? L) R ? L ? ?R

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′=

?G (R ? L) = F′。 R ? L ? ?R

答案:

R ? L ? ?R F 。 R ? L ? ?R

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φ m 表示。 此时,要么物体已经滑动,必有:φ m = arctgμ (μ 为动摩擦因素) ,称动摩擦力角;要么物体达到最大 运动趋势,必有:φ ms = arctgμ s(μ s 为静摩擦因素) ,称静摩擦角。通常处理为φ m = φ ms 。 3、引入全反力和摩擦角的意义:使分析处理物体受力时更方便、更简捷。 二、隔离法与整体法
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1、隔离法:当物体对象有两个或两个以上时,有必要各个击破,逐个讲每个个体隔离开来分析处理,称 隔离法。 在处理各隔离方程之间的联系时,应注意相互作用力的大小和方向关系。 2、整体法:当各个体均处于平衡状态时,我们可以不顾个体的差异而讲多个对象看成一个整体进行分析 处理,称整体法。 应用整体法时应注意“系统” 、 “内力”和“外力”的涵义。 三、应用 1、物体放在水平面上,用与水平方向成 30°的力拉物体时,物体匀速前进。若此力大小不变,改为沿水 平方向拉物体,物体仍能匀速前进,求物体与水平面之间的动摩擦因素μ 。 解说:这是一个能显示摩擦角解题优越性的题目。可以通过不同解法的比较让学生留下深刻印象。 法一,正交分解。 (学生分析受力→列方程→ 得结果。 ) 法二,用摩擦角解题。 引进全反力 R ,对物体两个平衡状态进行受 力分析,再进行矢量平移,得到图 18 中的左图和 中间图(注意:重力 G 是不变的,而全反力 R 的 方向不变、F 的大小不变) ,φ 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:φ m = 15°。 最后,μ = tgφ m 。 答案:0.268 。 (学生活动)思考:如果 F 的大小是可以选择的,那么能维持物体匀速前进的最小 F 值是多少? 解:见图 18,右图中虚线的长度即 Fmin ,所以,Fmin = Gsinφ m 。 答:Gsin15°(其中 G 为物体的重量) 。 2、如图 19 所示,质量 m = 5kg 的物体置于一粗糙斜面上,并用一平行斜面的、大小 F = 30N 的推力推物 体,使物体能够沿斜面向上匀速运动,而斜面体始终静止。已知斜面的质量 M = 10kg ,倾角为 30°,重力加 2 速度 g = 10m/s ,求地面对斜面体的摩擦力大小。 解说:本题旨在显示整体法的解题的优越性。 法一,隔离法。简要介绍?? 法二,整体法。注意,滑块和斜面随有相对运动,但从平衡 的角度看,它们是完全等价的,可以看成一个整体。 做整体的受力分析时,内力不加考虑。受力分析比较简单, 列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。 答案:26.0N 。 (学生活动)地面给斜面体的支持力是多少? 解:略。 答:135N 。 应用:如图 20 所示,一上表面粗糙的斜面体上放在光滑的水平地面上,斜面的倾角为θ 。另一质量为 m 的滑块恰好能沿斜面匀速下滑。 若用一推力 F 作用在滑块上, 使之能沿斜面匀速上滑, 且要求斜面体静止不动, 就必须施加一个大小为 P = 4mgsinθ cosθ 的水平推力作用于斜面体。使满足题意的这个 F 的大小和方向。 解说: 这是一道难度较大的静力学题, 可以动用一切可能的工具 解题。 法一:隔离法。 由第一个物理情景易得,斜面于滑块的摩擦因素μ = tgθ
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对第二个物理情景,分别隔离滑块和斜面体分析受力,并将 F 沿斜面、垂直斜面分解成 Fx 和 Fy ,滑块与 斜面之间的两对相互作用力只用两个字母表示(N 表示正压力和弹力,f 表示摩擦力) ,如图 21 所示。 对滑块,我们可以考查沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡—— Fx = f + mgsinθ Fy + mgcosθ = N 且 f = μ N = Ntgθ 综合以上三式得到: Fx = Fytgθ + 2mgsinθ ① 对斜面体,只看水平方向平衡就行了—— P = fcosθ + Nsinθ 即:4mgsinθ cosθ =μ Ncosθ + Nsinθ 代入μ 值,化简得:Fy = mgcosθ ② ②代入①可得:Fx = 3mgsinθ 最后由 F = Fx ? Fy 解 F 的大小,由 tgα =
2 2

Fy Fx

解 F 的方向(设α 为 F 和斜面的夹角) 。 答案:大小为 F = mg 1 ? 8 sin 2 ? ,方向和斜面夹角α = arctg( ctg ? )指向斜面内部。

1 3

法二:引入摩擦角和整体法观念。 仍然沿用“法一”中关于 F 的方向设置(见图 21 中的α 角) 。 先看整体的水平方向平衡,有:Fcos(θ - α ) = P ⑴ 再隔离滑块,分析受力时引进全反力 R 和摩擦角φ ,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 :

F s i ?n? ? ()
=

mg mg = sin ?90? ? (? ? ?)? cos(? ? ?)

⑵ ⑶

注意:φ = arctgμ = arctg(tgθ ) = θ 解⑴⑵⑶式可得 F 和α 的值。

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第二部分

牛顿运动定律

第一讲 牛顿三定律
一、牛顿第一定律 1、定律。惯性的量度 2、观念意义,突破“初态困惑” 二、牛顿第二定律 1、定律 2、理解要点 a、矢量性 b、独立作用性:Σ F → a ,Σ Fx → ax ? c、瞬时性。合力可突变,故加速度可突变(与之对比:速度和位移不可突变) ;牛顿第二定律展示了加 速度的决定式(加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段” ) 。 3、适用条件 a、宏观、低速 b、惯性系 对于非惯性系的定律修正——引入惯性力、参与受力分析 三、牛顿第三定律 1、定律 2、理解要点 a、同性质(但不同物体) b、等时效(同增同减) c、无条件(与运动状态、空间选择无关)

第二讲 牛顿定律的应用
一、牛顿第一、第二定律的应用 单独应用牛顿第一定律的物理问题比较少,一般是需要用其解决物理问题中的某一个环节。 应用要点:合力为零时,物体靠惯性维持原有运动状态;只有物体有加速度时才需要合力。有质量的物体 才有惯性。a 可以突变而 v、s 不可突变。 1、如图 1 所示,在马达的驱动下,皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动。现将一工件(大小不 计)在皮带左端 A 点轻轻放下,则在此后的过程中( ) A、一段时间内,工件将在滑动摩擦力作用下,对地 做加速运动 B、当工件的速度等于 v 时,它与皮带之间的摩擦力 变为静摩擦力 C、当工件相对皮带静止时,它位于皮带上 A 点右侧 的某一点 D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止的状 态 解说:B 选项需要用到牛顿第一定律,A、C、D 选项用到牛顿第二定律。 较难突破的是 A 选项,在为什么不会“立即跟上皮带”的问题上,建议使用反证法(t → 0 ,a → ∞ , 则Σ Fx → ∞ ,必然会出现“供不应求”的局面)和比较法(为什么人跳上速度不大的物体可以不发生相对 滑动?因为人是可以形变、重心可以调节的特殊“物体” ) 此外,本题的 D 选项还要用到匀变速运动规律。用匀变速运动规律和牛顿第二定律不难得出
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只有当 L >

v2 时(其中μ 为工件与皮带之间的动摩擦因素) ,才有 2?g

相对静止的过程,否则没有。 答案:A、D 2 思考:令 L = 10m ,v = 2 m/s ,μ= 0.2 ,g 取 10 m/s ,试求工件 到达皮带右端的时间 t(过程略,答案为 5.5s) 进阶练习:在上面“思考”题中,将工件给予一水平向右的初速 v0 , 其它条件不变,再求 t(学生分以下三组进行)—— ① v0 = 1m/s (答:0.5 + 37/8 = 5.13s) ② v0 = 4m/s (答:1.0 + 3.5 = 4.5s) ③ 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: ① 如果在 P 处剪断细绳,在剪断瞬时,B 的加速度是多少? ② 如果在 Q 处剪断弹簧,在剪断瞬时,B 的加速度又是多少? 解说:第①问是常规处理。由于“弹簧不会立即发生形变” ,故剪断瞬 间弹簧弹力维持原值,所以此时 B 钩码的加速度为零(A 的加速度则为 2g) 。 第②问需要我们反省这样一个问题: “弹簧不会立即发生形变”的原因是什 么?是 A、B 两物的惯性,且速度 v 和位移 s 不能突变。但在 Q 点剪断弹簧时, 弹簧却是没有惯性的(没有质量) ,遵从理想模型的条件,弹簧应在一瞬间恢复 原长!即弹簧弹力突变为零。 答案:0 ;g 。 二、牛顿第二定律的应用 应用要点:受力较少时,直接应用牛顿第二定律的“矢 量性”解题。 受力比较多时,结合正交分解与 “独立作用性” 解题。 在难度方面, “瞬时性”问题相对较大。 1、滑块在固定、光滑、倾角为θ 的斜面上下滑,试求其 加速度。 解说:受力分析 → 根据“矢量性”定合力方向 → 牛顿第二定律应用 答案:gsinθ 。 思考:如果斜面解除固定,上表仍光滑,倾角仍为 θ,要求滑块与斜面相对静止,斜面应具备一个多大的 水平加速度? (解题思路完全相同, 研究对象仍为滑块。 但在第二环节上应注意区别。答:gtgθ。 ) 进阶练习 1: 在一向右运动的车厢中, 用细绳悬挂的 小球呈现如图 3 所示的稳定状态,试求车厢的加速度。 (和“思考”题同理,答:gtgθ 。 ) 进阶练习 2、 如图 4 所示, 小车在倾角为α 的斜面上 匀加速运动,车厢顶用细绳悬挂一小球,发现悬绳与竖 直方向形成一个稳定的夹角β 。试求小车的加速度。 解:继续贯彻“矢量性”的应用,但数学处理复杂了一些(正弦定理解三角形) 。 分析小球受力后,根据“矢量性”我们可以做如图 5 所示的平行四边形,并找到相应的夹角。设张力 T 与 斜面方向的夹角为θ ,则
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θ =(90°+ α )- β = 90°-(β -α ) 对灰色三角形用正弦定理,有

(1)

G ?F = sin ? sin ?
解(1) (2)两式得:Σ F =

(2)

mg ? sin ? cos(? ? ? )

最后运用牛顿第二定律即可求小球加速度(即小车加速 度) 答:

sin ? g 。 cos(? ? ?)

2、如图 6 所示,光滑斜面倾角为θ ,在水平地面上加速 运动。斜面上用一条与斜面平行的细绳系一质量为 m 的小 球,当斜面加速度为 a 时(a<ctgθ ) ,小球能够保持相对 斜面静止。试求此时绳子的张力 T 。 解说:当力的个数较多,不能直接用平行四边形寻求合力时,宜用正交分解处理受力,在对应牛顿第二定 律的“独立作用性”列方程。 正交坐标的选择,视解题方便程度而定。 解法一:先介绍一般的思路。沿加速度 a 方向建 x 轴,与 a 垂直的方向上建 y 轴,如图 7 所示(N 为斜面支持力) 。于是可得 两方程 Σ Fx = ma ,即 Tx - Nx = ma Σ Fy = 0 , 即 Ty + Ny = mg 代入方位角θ ,以上两式成为 T cosθ-N sinθ = ma (1) T sinθ + Ncosθ = mg (2) 这是一个关于 T 和 N 的方程组, 解 (1) (2) 两式得: T = mgsinθ + ma cosθ 解法二:下面尝试一下能否独立地解张力 T 。将正交分解的 坐标选择为:x——斜面方向,y——和斜面垂直的方向。这时, 在分解受力时,只分解重力 G 就行了,但值得注意,加速度 a 不在任何一个坐标轴上,是需要分解的。矢量分解后,如图 8 所示。 根据独立作用性原理,Σ Fx = max 即:T - Gx = max 即:T - mg sinθ = m acosθ 显然,独立解 T 值是成功的。结果与解法一相同。 答案:mgsinθ + ma cosθ 思考:当 a>ctgθ时,张力 T 的结果会变化吗?(从支持 力的结果 N = mgcosθ-ma sinθ看小球脱离斜面的条件,求脱
2 2 离斜面后,θ条件已没有意义。答:T = m g ? a 。 )

学生活动:用正交分解法解本节第 2 题“进阶练习 2”

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进阶练习:如图 9 所示,自动扶梯与地面的夹角为 30°,但扶梯的台阶是水平的。当扶梯以 a = 4m/s 的 2 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/s ,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,另一种是水平和 竖直方向) ,对比解题过程,进而充分领会用牛顿第二定律解题 的灵活性。 答: 208N 。

2

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θ 已知。 现将它们的水平 绳剪断,试求:在剪断瞬间,两种情形下小球的瞬时加速度。 解说:第一步,阐明绳子弹力和弹簧弹力的区别。 (学生活动)思考:用竖直的绳和弹簧悬吊小球,并用竖直向下的力拉住小球静止,然后同时释放,会有 什么现象?原因是什么? 结论——绳子的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变(胡克定律) 。 第二步,在本例中,突破“绳子的拉力如何瞬时调节”这一难点(从即将开 始的运动来反推) 。 知识点,牛顿第二定律的瞬时性。 答案:a 甲 = gsinθ ;a 乙 = gtgθ 。 应用:如图 11 所示,吊篮 P 挂在天花板上,与吊篮质量相等的物体 Q 被固定 在吊篮中的轻弹簧托住,当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬间,P、Q 的加速度分别是多 少? 解:略。 答:2g ;0 。 三、牛顿第二、第三定律的应用 要点:在动力学问题中,如果遇到几个研究对象时,就会面临如何处理对象之间的力和对象与外界之间的 力问题,这时有必要引进“系统” 、 “内力”和“外力”等概念,并适时地运用牛顿第三定律。 在方法的选择方面,则有“隔离法”和“整体法” 。前者是根本,后者有局限,也有难度,但常常使解题 过程简化,使过程的物理意义更加明晰。 对 N 个对象,有 N 个隔离方程和一个(可能的)整体方程,这(N + 1)个方程中必有一个是通解方程, 如何取舍,视解题方便程度而定。 补充:当多个对象不具有共同的加速度时,一般来讲,整体法不可用,但也有一种特殊的“整体方程” , 可以不受这个局限(可以介绍推导过程)—— Σ F外 = m1 a 1 + m2 a 2 + m3 a 3 + ? + mn a n 其中Σ F外 只能是系统外力的矢量和,等式右边也是矢量相加。 1、如图 12 所示,光滑水平面上放着一个长为 L 的均质直棒,现给棒一个沿棒方向的、大小为 F 的水平恒 力作用,则棒中各部位的张力 T 随图中 x 的关系怎样?

?

?

?

?

?

?

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解说:截取隔离对象,列整体方程和隔离方程(隔离右段较好) 。 答案:N =

F x 。 L

思考:如果水平面粗糙,结论又如何? 解:分两种情况, (1)能拉动; (2)不能拉动。 第(1)情况的计算和原题基本相同,只是多了 一个摩擦力的处理,结论的化简也麻烦一些。 第(2)情况可设棒的总质量为 M ,和水平面的 摩擦因素为μ,而 F = μ

l Mg ,其中 l<L ,则 x<(L-l)的右段没有张力,x>(L-l)的左端才有张力。 L

答:若棒仍能被拉动,结论不变。

l Mg 时 (μ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) , L F 当 x<(L-l),N≡0 ;当 x>(L-l),N = ?x -?L-l? ? 。 l
若棒不能被拉动, 且F= μ 应用:如图 13 所示,在倾角为θ 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μ 1 和μ 2 ,系统释放后能够一起加速下 滑,则它们之间的摩擦力大小为: A、μ 1 m1gcosθ ; B、μ 2 m1gcosθ ; C、μ 1 m2gcosθ ; D、μ 1 m2gcosθ ; 解:略。 答:B 。 (方向沿斜面向上。 ) 思考: (1)如果两滑块不是下滑,而是以初速度 v0 一起上冲, 以上结论会变吗? (2) 如果斜面光滑, 两滑块之间有没有摩擦力? (3)如果将下面的滑块换成如图 14 所示的盒子,上面的滑块换 成小球,它们以初速度 v0 一起上冲,球应对盒子的哪一侧内壁有 压力? 解:略。 答: (1)不会; (2)没有; (3)若斜面光滑,对两内壁均无压 力,若斜面粗糙,对斜面上方的内壁有压力。 2、如图 15 所示,三个物体质量分别为 m1 、m2 和 m3 ,带滑轮的物体放在光滑水平面上,滑轮和所有接触 面的摩擦均不计,绳子的质量也不计,为使三个物体无相对滑动,水平推力 F 应为多少? 解说:此题对象虽然有三个,但难度不大。隔离 m2 ,竖直方 向有一个平衡方程;隔离 m1 ,水平方向有一个动力学方程;整 体有一个动力学方程。就足以解题了。 答案:F =

( m1 ? m 2 ? m 3 ) m 2 g 。 m1

思考:若将质量为 m3 物体右边挖成凹形,让 m2 可以自由摆动 (而不与 m3 相碰) ,如图 16 所示,其它条件不变。是否可以选择 一个恰当的 F′,使三者无相对运动?如果没有,说明理由;如 果有,求出这个 F′的值。 解:此时,m2 的隔离方程将较为复杂。设绳子张力为 T ,m2 的受力情况如图,隔离方程为:

T 2 ? (m 2 g ) 2 = m2a
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隔离 m1 ,仍有:T = m1a 解以上两式,可得:a = 最后用整体法解 F 即可。 答:当 m1 ≤ m2 时,没有适应题意的 F′;当 m1 > m2 时,适应题意的 F′=

m2
2 m1 ? m2 2

g

(m1 ? m 2 ? m 3 )m 2 g
2 m1 ? m2 2



3、一根质量为 M 的木棒,上端用细绳系在天花板上,棒上有一质量为 m 的猫,如图 17 所示。现将系木棒 的绳子剪断,同时猫相对棒往上爬,但要求猫对地的高度不变,则棒的加速度将是 多少? 解说:法一,隔离法。需要设出猫爪抓棒的力 f ,然后列猫的平衡方程和棒的 动力学方程,解方程组即可。 法二, “新整体法” 。 据Σ F外 = m1 a 1 + m2 a 2 + m3 a 3 + ? + mn a n ,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 = m?0 + M a1 解棒的加速度 a1 十分容易。 答案:

?

?

?

?

?

M?m g 。 M

四、特殊的连接体 当系统中各个体的加速度不相等时,经典的整体法不可用。如果各个体的加速 度不在一条直线上, “新整体法”也将有一定的困难(矢量求和不 易) 。此时,我们回到隔离法,且要更加注意找各参量之间的联系。 解题思想:抓某个方向上加速度关系。方法: “微元法”先看 位移关系,再推加速度关系。 、 1、如图 18 所示,一质量为 M 、倾角为θ 的光滑斜面,放置在 光滑的水平面上, 另一个质量为 m 的滑块从斜面顶端释放, 试求斜 面的加速度。 解说:本题涉及两个物体,它们的加速度关系复杂,但在垂 直斜面方向上,大小是相等的。对两者列隔离方程时,务必在 这个方向上进行突破。 (学生活动)定型判断斜面的运动情况、滑块的运动情况。 位移矢量示意图如图 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 ① 且:a1y = a2sinθ ② 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: mgcosθ - N = ma1y ③
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对斜面,仍沿合加速度 a2 方向列方程,有: Nsinθ = Ma2 ④ 解①②③④式即可得 a2 。 答案:a2 =

m sin ? cos ? g 。 M ? m sin 2 ?

(学生活动)思考:如何求 a1 的 值? 解:a1y 已可以通过解上面的方程 组求出;a1x 只要看滑块的受力图,列 x 方向的隔离方程即可, 显然有 mgsin θ = ma1x ,得:a1x = gsinθ 。最后据 a1 =
2 2 a1 x ? a 1y 求 a1 。

答:a1 =

g sin ? M 2 ? m(m ? 2M) sin 2 ? 。 2 M ? m sin ?

2、如图 21 所示,与水平面成θ 角的 AB 棒上有一滑套 C ,可以无摩擦地在棒上滑动,开始时与棒的 A 端 相距 b ,相对棒静止。当棒保持倾角θ 不变地沿水平面匀加速运动,加速度为 a(且 a>gtgθ )时,求滑套 C 从棒的 A 端滑出所经历的时间。 解说:这是一个比较特殊的“连接体问题” ,寻求运动学参量的关系似乎比动力学分析更加重要。动力学 方面,只需要隔离滑套 C 就行了。

(学生活动)思考:为什么题意要求 a >gtgθ?(联系本讲第二节第 1 题之“思考题” ) 定性绘出符合题意的运动过程图,如图 22 所示:S 表示棒的位移,S1 表示滑套的位移。沿棒与垂直棒建直 角坐标后,S1x 表示 S1 在 x 方向上的分量。不难看出: S1x + b = S cosθ ① 设全程时间为 t ,则有:

1 2 at 2 1 2 S1x = a1xt 2
S =

② ③

而隔离滑套,受力图如图 23 所示,显然: mgsinθ = ma1x ④ 解①②③④式即可。

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答案:t =

2b a cos? ? g sin ?

另解:如果引进动力学在非惯性系中的修正式 Σ F外 + F = m (注: F 为惯性力) ,此题极简单。过程如下—— 以棒为参照,隔离滑套,分析受力,如图 24 所示。 注意, 滑套相对棒的加速度 a 相是沿棒向上的, 故动力学方程为: * F cosθ- mgsinθ= ma 相 (1) * 其中 F = ma (2) 而且,以棒为参照,滑套的相对位移 S 相就是 b ,即: b = S相 =

?

?*

? a

?*

1 2 a相 t 2

(3)

解(1) (2) (3)式就可以了。

第二讲 配套例题选讲
教材范本:龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》 ,知识出版社,2002 年 8 月第一版。 例题选讲针对“教材”第三章的部分例题和习题。

第三部分

曲线运动

万有引力

第一讲 基本知识介绍
一、曲线运动 1、概念、性质 2、参量特征 二、曲线运动的研究方法——运动的分解与合成 1、法则与对象 2、两种分解的思路 a、固定坐标分解(适用于匀变速曲线运动) 建立坐标的一般模式——沿加速度方向和垂直加速度方向建直角坐标;提高思想——根据解题需要建直 角坐标或非直角坐标。 b、自然坐标分解(适用于变加速曲线运动) 基本常识:在考查点沿轨迹建立切向τ 、法向 n 坐标,所有运动学矢量均沿这两个方向分解。

? ? F? ? ma ? v2 动力学方程 ? ,其中 a ? 改变速度的大小(速率) , a n 改变速度的方向。且 a n = m ,其中 ? ?? Fn ? ma n
ρ 表示轨迹在考查点的曲率半径。定量解题一般只涉及法向动力学方程。 三、两种典型的曲线运动 1、抛体运动(类抛体运动) 关于抛体运动的分析,和新课教材“平跑运动”的分析基本相同。在坐标的选择方面,有灵活处理的余 地。 2、圆周运动 匀速圆周运动的处理:运动学参量 v、ω 、n、a、f、T 之间的关系,向心力的寻求于合成;临界问题的
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理解。 变速圆周运动:使用自然坐标分析法,一般只考查法向方程。 四、万有引力定律 1、定律内容 2、条件 a、基本条件 b、拓展条件:球体(密度呈球对称分布)外部空间的拓展;球体(密度呈球对称分布)内部空间的拓 展——“剥皮法则” c、不规则物体间的万有引力计算——分割与矢量叠加 五、开普勒三定律 天体运动的本来模式与近似模式的差距,近似处理的依据。 六、宇宙速度、天体运动 1、第一宇宙速度的常规求法 2、从能量角度求第二、第三宇宙速度 万有引力势能 EP = -G

m1m 2 r

3、解天体运动的本来模式时,应了解椭圆的数学常识

第二讲 重要模型与专题
一、小船渡河 物理情形:在宽度为 d 的河中,水流速度 v2 恒定。岸边有一艘小船,保持相对河水恒定的速率 v1 渡河, 但船头的方向可以选择。试求小船渡河的最短时间和最小位移。 模型分析:小船渡河的实际运动(相对河岸的运动)由船相对水流速度 v1 和水相对河岸的速度 v2 合成。 可以设船头与河岸上游夹角为θ (即 v1 的方向) ,速度矢量合成如图 1 (学生活动)用余弦定理可求 v 合的大小
2 2 v 合= v1 ? v 2 ? 2 v 1 v 2 cos ?

(学生活动)用正弦定理可求 v 合的方向。令 v 合与河岸下游夹角为α,则 α = arcsin

v1 sin ? v ? v2 2 ? 2 v 1 v 2 cos ?
2 1

1、求渡河的时间与最短时间 由于合运动合分运动具有等时性,故渡河时间既可以根据合运动求,也可以根据分运动去求。针对这一思 想,有以下两种解法 解法一: t =

S合 v合


其中 v 合可用正弦定理表达, 有 t=

d / sin ? d = v 1 sin ? v1 sin ? sin ?

解法二: t =

S1 d / sin ? = v1 v1
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=

d v1 sin ?

此外,结合静力学正交分解的思想,我们也可以建立沿河岸合垂直河岸的坐标 x、y,然后先将 v1 分解(v2 无需分解) ,再合成,如图 2 所示。而且不难看出,合运动在 x、y 方向的分量 vx 和 vy 与 v1 在 x、y 方向的分 量 v1x、v1y 以及 v2 具有以下关系 vy = v1y vx = v2 - v1x 由于合运动沿 y 方向的分量 Sy ≡ d ,故有 解法三: t =

Sy vy

=

d d = v1 sin ? v 1y
d v1

t (θ )函数既已得出,我们不难得出结论 当θ = 90°时,渡河时间的最小值 tmin =

(从“解法三”我们最容易理解 t 为什么与 v2 无关,故 tmin 也与 v2 无关。这个结论是意味深长的。 ) 2、求渡河的位移和最小位移 在上面的讨论中,小船的位移事实上已经得出,即 S合 =
2 d v1 ? v2 d d 2 ? 2 v 1 v 2 con? = = v1 sin ? v1 sin ? sin ? v合

但 S 合(θ )函数比较复杂,寻求 S 合的极小值并非易事。因此,我们可以从其它方面作一些努力。 将 S 合沿 x、y 方向分解成 Sx 和 Sy ,因为 Sy ≡ d ,要 S 合极小,只要 Sx 极小就行了。而 Sx(θ )函数可 以这样求—— 解法一: Sx = vxt =(v2 - v1x)

Sy vy

=(v2 – v1cosθ )

d v1 sin ?

为求极值,令 cosθ = p ,则 sinθ =

1 ? p 2 ,再将上式两边平方、整理,得到

2 2 2 2 2 2 2 2 v1 (S2 x ? d )p ? 2v1 v 2 d p ? d v 2 ? Sx v1 ? 0

这是一个关于 p 的一元二次方程,要 p 有解,须满足Δ ?0 ,即
2 2 4 2 2 2 2 2 2 4 v1 v 2 d ? 4v1 (S2 x ? d )(d v 2 ? Sx v1 )

整理得 S x v1 ? d (v 2 ? v1 )
2 2 2 2 2

所以,Sxmin=

v d 2 ,代入 Sx(θ )函数可知,此时 cosθ = 1 v2 2 ? v1 v1 v2
2 S2 x min ? S y =

最后,Smin=

v2 d v1

此过程仍然比较繁复,且数学味太浓。结论得出后,我们还不难发现一个问题:当 v2<v1 时,Smin<d , 这显然与事实不符。 (造成这个局面的原因是:在以上的运算过程中,方程两边的平方和开方过程中必然出现
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了增根或遗根的现象)所以,此法给人一种玄乎的感觉。 解法二:纯物理解——矢量三角形的动态分析 从图 2 可知,Sy 恒定,Sx 越小,必有 S 合矢量与下游河岸的夹角越大,亦即 v 合矢量与下游河岸的夹角越大 (但不得大于 90°) 。 我们可以通过 v1 与 v2 合成 v 合矢量图探讨 v 合与下游河岸夹角的最大可能。 先进行平行四边形到三角形的变换,如图 3 所示。 当θ 变化时,v 合矢量的大小和方向随之变化,具体情况如图 4 所示。 从图 4 不难看出,只有当 v 合和虚线半圆周相切时,v 合与 v2(下游)的夹角才会最大。此时,v 合⊥v1 , v1 、 v2 和 v 合 构成一个直角三角形, α max = arcsin

v1 v2
并 且, 此 时: θ = arcc os

v1 v2
有了α
max 的值,结合图

1 可以求出:S 合 min =

v2 d v1

最后解决 v2<v1 时结果不切实际的问题。从图 4 可以看出,当 v2<v1 时,v 合不可能和虚线半圆周相切(或 α
max

= arcsin

v1 无解) ,结合实际情况,α v2

max 取

90°

即:v2<v1 时,S 合 min = d ,此时,θ = arccos

v2 v1

结论:若 v1<v2 ,θ = arccos

v1 v 时,S 合 min = 2 d v2 v1 v2 时,S 合 min = d v1

若 v2<v1 ,θ = arccos

二、滑轮小船 物理情形:如图 5 所示,岸边的汽车用一根不可伸长的轻绳通过定滑轮牵引水中的小船,设小船始终不离 开水面,且绳足够长,求 汽车速度 v1 和小船速度 v2 的大小关系。 模型分析:由于绳不 可伸长, 滑轮右边绳子缩
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短的速率即是汽车速度的大小 v1 ,考查绳与船相连的端点运动情况,v1 和 v2 必有一个运动的合成与分解的问 题。 (学生活动)如果 v1 恒定不变,v2 会恒定吗?若恒定,说明理由;若变化,定性判断变化趋势。 结合学生的想法,介绍极限外推的思想:当船离岸无穷远时,绳与水的夹角趋于零,v2→v1 。当船比较靠 岸时,可作图比较船的移动距离、绳子的缩短长度,得到 v2>v1 。故“船速增大”才是正确结论。 故只能引入瞬时方位角θ ,看 v1 和 v2 的瞬时关系。 (学生活动)v1 和 v2 定量关系若何?是否可以考虑用运动的分解与合成的知识解答? 针对如图 6 所示的两种典型方案,初步评说——甲图中 v2 = v1cosθ ,船越靠岸,θ 越大,v2 越小,和前 面的定性结论冲突,必然是错误的。 错误的根源分析:和试验修 订本教材中“飞机起飞”的运动 分析进行了不恰当地联系。 仔细 比较这两个运动的差别, 并联系 “小船渡河”的运动合成等事 例,总结出这样的规律—— 合运动是显性的、轨迹实在 的运动,分运动是隐性的、需要 分析而具有人为特征(无唯一 性)的运动。 解法一:在图 6(乙)中, 当我们挖掘、分析了滑轮绳子端点的运动后,不难得出:船的沿水面运动是 v2 合运动,端点参与绳子的缩短 运动 v1 和随绳子的转动 v 转 ,从而肯定乙方案是正确的。 即:v2 = v1 / cosθ 解法二:微元法。从考查位置开始取一个极短过程,将绳的运动和船的运动在图 7(甲)中标示出来,AB 是绳的初识位 置,AC 是绳 的末位置,在 AB 上 取

AD = AC 得
D 点,并连接 CD。显然, 图 中 BC 是船的 位移大小, DB 是绳子的缩短 长度。由于过 程极短,等腰三角形 ACD 的顶角∠A→0,则底角∠ACD→90°,△CDB 趋于直角三角形。将此三角放大成 图 7(乙) ,得出:S2 = S1 / cosθ 。 鉴于过程极短,绳的缩短运动和船的运动都可以认为是匀速的,即:S2 = v2 t ,S1 = v1 t 。 所以:v2 = v1 / cosθ 三、斜抛运动的最大射程 物理情形:不计空气阻力,将小球斜向上抛出,初速度大小恒为 v0 ,方向可以选择,试求小球落回原高 度的最大水平位移(射程) 。 模型分析:斜抛运动的常规分析和平抛运动完全相同。 设初速度方向与水平面夹θ 角,建立水平、竖直的 x、y 轴,将运动学参量沿 x、y 分解。针对抛出到落回 原高度的过程
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0 = Sy = v0y t + Sx = v0x t

1 (-g)t2 2
2 v0 sin2θ g

解以上两式易得:Sx =

2 v0 结论:当抛射角θ = 45°时,最大射程 Sxmax = g

(学生活动)若 v0 、θ确定,试用两种方法求小球到达的最大高度。 运动学求解——考查竖直分运动即可;能量求解——注意小球在最高点应具备的速度 v0x ,然后对抛出到 最高点的过程用动能定理或机械能守恒。结论:Hm = 四、物体脱离圆弧的讨论 物理情形: 如图 8 所示, 长为 L 的细绳一端固定, 另一端系一小球。 当小球在最低点时, 给球一个 vo = 2 gL 的水平初速,试求所能到达的最大高度。 模型分析:用自然坐标分析变速圆周运动的典型事例。 能量关系的运用,也是对常规知识的复习。 (学生活动)小球能否形成的往复的摆动?小球能否 到达圆弧的最高点 C ? 通过能量关系和圆周运动动力学知识的复习,得出: 小球运动超过 B 点、但不能到达 C 点(vC ? gL ) ,即 小球必然在 BC 之间的某点脱离圆弧。 (学生活动)小球会不会在 BC 之间的某点脱离圆弧后 作自由落体运动? 尽管对于本问题,能量分析是可行的(BC 之间不可能 出现动能为零的点, 则小球脱离圆弧的初速度 vD 不可能为 零) ,但用动力学的工具分析,是本模型的重点—— 在 BC 阶段,只要小球还在圆弧上,其受力分析必如图 9 所示。沿轨迹的切向、法向分别建τ 、n 坐标, 然后将重力 G 沿τ 、n 分解为 Gτ 和 Gn 分量,T 为绳子张力。法向动力学方程为 T + Gn = Σ Fn = man = m
2 v0 sin 2 ? 。 2g

v2 r

由于 T?0 ,Gn>0 ,故 v≠0 。 (学生活动:若换一个 v0 值,在 AB 阶段,v = 0 是可能出现的;若将绳子换成轻杆,在 BC 阶段 v = 0 也是 可能出现的。 ) 下面先解脱离点的具体位置。设脱离点为 D,对应方位角为θ ,如图 8 所示。由于在 D 点之后绳子就要弯曲,则此时绳子的张力 T 为零,而此 时仍然在作圆周运动,故动力学方程仍满足 Gn = Gsinθ = m

v2 r



在再针对 A→D 过程,小球机械能守恒,即(选 A 所在的平面为参考平面) :
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1 1 2 m v0 + 0 = mg ( L + Lsinθ ) + m v 2 D 2 2
代入 v0 值解①、②两式得:θ = arcsin



2 , (同时得到:vD = 3

2 gL )小球脱离 D 点后将以 vD 为初速度 3

作斜向上抛运动。它所能到达的最高点(相对 A)可以用两种方法求得。 解法一:运动学途径。
2 ( v D cos?) 2 v2 D (1 ? sin ?) 先求小球斜抛的最大高度,hm = = 2g 2g

代入θ 和 vD 的值得:hm =

5 L 27 50 L 27

小球相对 A 的总高度:Hm = L + Lsinθ + hm = 解法二:能量途径

小球在斜抛的最高点仍具有 vD 的水平分量,即 vDsinθ = 定律(设 A 所在的平面为参考平面) ,有

2 3

2 gL 。对 A→最高点的过程用机械能守恒 3

1 1 2 m(v D sin ?) 2 + mg Hm m v0 +0= 2 2 50 容易得到:Hm = L 27
五、万有引力的计算 物理情形: 如图 9 所示, 半径为 R 的均质球质 量为 M,球心在 O 点,现在被内切的挖去了一个 半径为 R/2 的球形空腔 (球心在 O′) 。 在 O、 O′ 的连线上距离 O 点为 d 的地方放有一个很小的、 质量为 m 的物体,试求这两个物体之间的万有引 力。 模型分析:无论是“基本条件”还是“拓展条 件” ,本模型都很难直接符合,因此必须使用一些 特殊的处理方法。本模型除了照应万有引力的拓 展条件之外,着重介绍“填补法”的应用。 空腔里现在虽然空无一物, 但可以看成是两个 半径为 R/2 的球的叠加:一个的质量为+M/8 ,一 个的质量为-M/8 。然后,前者正好填补空腔— —和被挖除后剩下的部分构成一个完整的均质球 A ;注意后者,虽然是一个比较特殊的物体(质量为负值) , 但仍然是一个均质的球体,命名为 B 。 既然 A、B 两物均为均质球体,他们各自和右边小物体之间的万有引力,就可以使用“拓展条件”中的定 势来计算了。只是有一点需要说明,B 物的质量既然负值,它和 m 之间的万有“引力”在方向上不再表现为 吸引,而应为排斥——成了“万有斥力”了。具体过程如下 FAm = G

Mm d2

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M ?m Mm 8 FBm = G = -G 2 R R? ? 8(d ? ) 2 ?d ? ? 2 2? ? ?
最后,两物之间的万有引力 F = FAm + FBm = G

Mm -G d2

Mm R 8(d ? ) 2 2

需要指出的是,在一部分同学的心目中,可能还会存在另一种解题思路,那就是先通过力矩平衡求被挖除 物体的重心(仍然要用到“填补法” 、负质量物体的重力反向等) ,它将在 O、O′的连线上距离 O 点左侧 R/14 处,然后“一步到位”地求被挖除物与 m 的万有引力

M ?m 7 F=G R (d ? ) 2 14
然而,这种求法违背了万有引力定律适用的条件,是一种错误的思路。 六、天体运动的计算 物理情形: 地球和太阳的质量分别为 m 和 M , 地球绕太阳作椭圆运动, 轨道的半长轴为 a , 半短轴为 b , 如图 11 所示。试求地球在椭圆顶点 A、B、C 三点的运动速度,以及轨迹在 A、C 两点的曲率半径。 模型分析:求解天体运动的本来模式,常常要用到开 普勒定律(定量) 、机械能守恒(万有引力势能) 、椭圆的 数学常识等等,相对高考要求有很大的不同。 地球轨道的离心率很小(其值

c ≈ 0.0167 ,其中 c a

为半焦距) ,这是我们常常能将它近似为圆的原因。为了 方便说明问题,在图 11 中,我们将离心率夸大了。 针对地球从 A 点运动到 B 点的过程,机械能守恒

Mm 1 Mm 1 m v2 )= m v2 ) A +(- G B +(- G 2 a ?c 2 a?c
比较 A、B 两点,应用开普勒第二定律,有:vA(a -c)= vB(a + c) 结合椭圆的基本关系:c =

a 2 ? b2
GM , a
vB =

解以上三式可得:vA =

a ? a 2 ? b2 b

a ? a 2 ? b2 b

GM a

再针对地球从 A 到 C 的过程,应用机械能守恒定律,有

1 Mm 1 Mm 2 2 m v A +(- G )= m vC +(- G ) 2 a ?c 2 a
代入 vA 值可解得:vC =

GM a

为求 A、C 两点的曲率半径,在 A、C 两点建自然坐标,然后应用动力学(法向)方程。

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在 A 点,F 万 = Σ Fn = m an ,设轨迹在 A 点的曲率半径为ρ

A

,即:G

v2 Mm A = m 2 ?A (a ? c)

代入 vA 值可解得:ρ

A=

b2 a

在 C 点,方程复杂一些,须将万有引力在τ 、n 方向分解, 如图 12 所示。 然后,F 万 n =Σ Fn = m an ,即:F 万 cosθ = m
2 Mm b vC ? = m a2 a ?C 2 vC ?C

即:G

代入 vC 值可解得:ρ

C

=

a2 b

值得注意的是,如果针对 A、C 两点用开普勒第二定律,由于 C 点处的矢径 r 和瞬时速度 vC 不垂直,方程 不能写作 vA(a-c)= vC a 。 正确的做法是: 将 vC 分解出垂直于矢径的分量 (分解方式可参看图 12, 但分解的平行四边形未画出) vC cos θ ,再用 vA(a-c)=(vC cosθ )a ,化简之后的形式成为 vA(a-c)= vC b 要理解这个关系,有一定的难度,所以建议最好不要对 A、C 两点用开普勒第二定律

第三讲 典型例题解析
教材范本:龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》 ,知识出版社,2002 年 8 月第一版。 例题选讲针对“教材”第五、第六章的部分例题和习题。

第四部分 动量和能量
第一讲 基本知识介绍
一、冲量和动量 1、冲力(F—t 图象特征)→ 冲量。冲量定义、物理意义 冲量在 F—t 图象中的意义→从定义角度求变力冲量(F 对 t 的平均作用力) 2、动量的定义 动量矢量性与运算 二、动量定理 1、定理的基本形式与表达 2、分方向的表达式:Σ Ix =Δ Px ,Σ Iy =Δ Py ? 3、定理推论:动量变化率等于物体所受的合外力。即 三、动量守恒定律
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?P =Σ F 外 ?t

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1、定律、矢量性 2、条件 a、原始条件与等效 b、近似条件 c、某个方向上满足 a 或 b,可在此方向应用动量守恒定律 四、功和能 1、功的定义、标量性,功在 F—S 图象中的意义 2、功率,定义求法和推论求法 3、能的概念、能的转化和守恒定律 4、功的求法 a、恒力的功:W = FScosα = FSF = FS S b、变力的功:基本原则——过程分割与代数累积;利用 F—S 图象(或先寻求 F 对 S 的平均作用力) c、解决功的“疑难杂症”时,把握“功是能量转化的量度”这一要点 五、动能、动能定理 1、动能(平动动能) 2、动能定理 a、Σ W 的两种理解 b、动能定理的广泛适用性 六、机械能守恒 1、势能 a、保守力与耗散力(非保守力)→ 势能(定义:Δ Ep = -W 保) b、力学领域的三种势能(重力势能、引力势能、弹性势能)及定量表达 2、机械能 3、机械能守恒定律 a、定律内容 b、条件与拓展条件(注意系统划分) c、功能原理:系统机械能的增量等于外力与耗散内力做功的代数和。 七、碰撞与恢复系数 1、碰撞的概念、分类(按碰撞方向分类、按碰撞过程机械能损失分类) 碰撞的基本特征:a、动量守恒;b、位置不超越;c、动能不膨胀。 2、三种典型的碰撞 a、弹性碰撞:碰撞全程完全没有机械能损失。满足—— m1v10 + m2v20 = m1v1 + m2v2

1 1 1 1 2 2 m1 v10 + m2 v 2 = m1 v1 + m2 v 2 2 20 2 2 2 2
解以上两式(注意技巧和“不合题意”解的舍弃)可得: v1 =

(m1 ? m 2 ) v10 ? 2v 20 (m 2 ? m1 ) v 20 ? 2v10 , v2 = m1 ? m 2 m 2 ? m1

对于结果的讨论: ①当 m1 = m2 时,v1 = v20 ,v2 = v10 ,称为“交换速度” ; ②当 m1 << m2 ,且 v20 = 0 时,v1 ≈ -v10 ,v2 ≈ 0 ,小物碰大物,原速率返回; ③当 m1 >> m2 ,且 v20 = 0 时,v1 ≈ v10 ,v2 ≈ 2v10 , b、非(完全)弹性碰撞:机械能有损失(机械能损失的内部机制简介) ,只满足动量守恒定律 c、完全非弹性碰撞:机械能的损失达到最大限度;外部特征:碰撞后两物体连为一个整体,故有
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v1 = v2 =

m1 v10 ? m 2 v 20 m1 ? m 2

3、恢复系数:碰后分离速度(v2 - v1)与碰前接近速度(v10 - v20)的比值,即: e=

v 2 ? v1 。根据“碰撞的基本特征” ,0 ? e ? 1 。 v10 ? v 20

当 e = 0 ,碰撞为完全非弹性; 当 0 < e < 1 ,碰撞为非弹性; 当 e = 1 ,碰撞为弹性。 八、 “广义碰撞”——物体的相互作用 1、当物体之间的相互作用时间不是很短,作用不是很强烈,但系统动量仍然守恒时,碰撞的部分规律仍 然适用,但已不符合“碰撞的基本特征” (如:位置可能超越、机械能可能膨胀) 。此时,碰撞中“不合题意” 的解可能已经有意义,如弹性碰撞中 v1 = v10 ,v2 = v20 的解。 2、物体之间有相对滑动时,机械能损失的重要定势:-Δ E = Δ E 内 = f 滑?S 相 ,其中 S 相指相对路程。

第二讲 重要模型与专题
一、动量定理还是动能定理? 物理情形:太空飞船在宇宙飞行时,和其它天体的万有引力可以忽略,但是,飞船会定时遇到太空垃圾的 碰撞而受到阻碍作用。设单位体积的太空均匀分布垃圾 n 颗,每颗的平均质量为 m ,垃圾的运行速度可以忽 略。飞船维持恒定的速率 v 飞行,垂直速度方向的横截面积为 S ,与太空垃圾的碰撞后,将垃圾完全粘附住。 试求飞船引擎所应提供的平均推力 F 。 模型分析:太空垃圾的分布并不是连续的,对飞船的撞击也不连续,如何正确选取研究对象,是本题的前 提。建议充分理解“平均”的含义,这样才能相对模糊地处理垃圾与飞船的作用过程、淡化“作用时间”和所 考查的“物理过程时间”的差异。物理过程需要人为截取,对象是太空垃圾。 先用动量定理推论解题。 取一段时间Δ t ,在这段时间内,飞船要穿过体积Δ V = S?vΔ t 的空间,遭遇 nΔ V 颗太空垃圾,使它们 获得动量Δ P ,其动量变化率即是飞船应给予那部分垃圾的推力,也即飞船引擎的推力。

F =

?P ?M ? v m ? n?V ? v m ? nSv?t ? v = = = = nmSv2 ?t ?t ?t ?t

如果用动能定理,能不能解题呢? 同样针对上面的物理过程,由于飞船要前进 x = vΔ t 的位移,引擎推力 F 须做功 W = F x ,它对应飞船 和被粘附的垃圾的动能增量,而飞船的Δ Ek 为零,所以: W=

1 Δ Mv2 2 1 (n m S?vΔ t)v2 2 1 nmSv2 2

即: F vΔ t = 得到: F =

两个结果不一致,不可能都是正确的。分析动能定理 的解题,我们不能发现,垃圾与飞船的碰撞是完全非弹性 的,需要消耗大量的机械能,因此,认为“引擎做功就等 于垃圾动能增加”的观点是错误的。但在动量定理的解题

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中,由于 I = F t ,由此推出的 F =

?P 必然是飞船对垃圾的平均推力,再对飞船用平衡条件, F 的大小就是 ?t

引擎推力大小了。这个解没有毛病可挑,是正确的。 (学生活动)思考:如图 1 所示,全长 L、总质量为 M 的柔软绳子,盘在一根光滑的直杆上,现用手握住 绳子的一端,以恒定的水平速度 v 将绳子拉直。忽略地面阻力,试求手的拉力 F 。 解:解题思路和上面完全相同。 答:

Mv 2 L

二、动量定理的分方向应用 物理情形:三个质点 A、B 和 C ,质量分别为 m1 、m2 和 m3 ,用拉直且不可伸长的绳子 AB 和 BC 相连,静止在水平面上,如图 2 所示,AB 和 BC 之 间的夹角为(π -α ) 。现对质点 C 施加以冲量 I , 方向沿 BC ,试求质点 A 开始运动的速度。 模型分析:首先,注意“开始运动”的理解, 它指绳子恰被拉直,有作用力和冲量产生,但是绳 子的方位尚未发生变化。其二,对三个质点均可用 动量定理,但是,B 质点受冲量不在一条直线上, 故最为复杂,可采用分方向的形式表达。其三,由于两段绳子不可伸长,故三质点的瞬时速度可以寻求到两个 约束关系。 下面具体看解题过程—— 绳拉直瞬间,AB 绳对 A、B 两质点的冲量大小相等(方向相反) ,设为 I1 ,BC 绳对 B、C 两质点的冲量大 小相等(方向相反) ,设为 I2 ;设 A 获得速度 v1(由于 A 受合冲量只有 I1 ,方向沿 AB ,故 v1 的反向沿 AB) , 设 B 获得速度 v2(由于 B 受合冲量为 I1 + I 2 ,矢量和既不沿 AB ,也不沿 BC 方向,可设 v2 与 AB 绳夹角为〈π -β 〉 ,如图 3 所示) ,设 C 获得速度 v3(合冲量 I + I 2 沿 BC 方向,故 v3 沿 BC 方向) 。 对 A 用动量定理,有: I1 = m1 v1 ①

? ?

?

?

? ? ? B 的动量定理是一个矢量方程: I1 + I 2 = m2 v 2 ,可
化为两个分方向的标量式,即: I2cosα -I1 = m2 v2cosβ ② I2sinα = m2 v2sinβ ③ 质点 C 的动量定理方程为: I - I2 = m3 v3 ④ AB 绳不可伸长,必有 v1 = v2cosβ ⑤ BC 绳不可伸长,必有 v2cos(β -α ) = v3 ⑥ 六个方程解六个未知量(I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、β )是可能的,但繁复程度非同一般。解方程要注意 条理性,否则易造成混乱。建议采取如下步骤—— 1、先用⑤⑥式消掉 v2 、v3 ,使六个一级式变成四个二级式: I1 = m1 v1 ⑴ I2cosα -I1 = m2 v1 ⑵ I2sinα = m2 v1 tgβ ⑶ I - I2 = m3 v1(cosα + sinα tgβ ) ⑷
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2、解⑶⑷式消掉β ,使四个二级式变成三个三级式: I1 = m1 v1 I2cosα -I1 = m2 v1 I = m3 v1 cosα + I2

㈠ ㈡ ㈢

m 2 ? m 3 sin 2 ? m2

3、最后对㈠㈡㈢式消 I1 、I2 ,解 v1 就方便多了。结果为: v1 =

Im2 cos? m 2 (m1 ? m 2 ? m 3 ) ? m1m 3 sin 2 ?

(学生活动:训练解方程的条理和耐心)思考:v2 的方位角β等于多少? 解:解“二级式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消 I1 ,得 I2 的表达式,将 I2 的表达式代入⑶就行了。 答:β= arc tg(

m1 ? m 2 。 tg? ) m2

三、动量守恒中的相对运动问题 物理情形:在光滑的水平地面上,有一辆车,车内有一个人和 N 个铅球,系统原来处于静止状态。现车内 的人以一定的水平速度将铅球一个一个地向车外抛出,车子和人将获得反冲速度。第一过程,保持每次相对地 面抛球速率均为 v ,直到将球抛完;第二过程,保持每次相对车子抛球速率均为 v ,直到将球抛完。试问: 哪一过程使车子获得的速度更大? 模型分析:动量守恒定律必须选取研究对象之外的第三方(或第四、第五方)为参照物,这意味着,本问 题不能选车子为参照。一般选地面为参照系,这样对“第二过程”的铅球动量表达,就形成了难点,必须引进 相对速度与绝对速度的关系。至于“第一过程” ,比较简单:N 次抛球和将 N 个球一次性抛出是完全等效的。 设车和人的质量为 M ,每个铅球的质量为 m 。由于矢量的方向落在一条直线上,可以假定一个正方向后, 将矢量运算化为代数运算。 设车速方向为正, 且第一过程获得的速度大小为 V1 第二过程获得的速度大小为 V2 。 第一过程,由于铅球每次的动量都相同,可将多次抛球看成一次抛出。车子、人和 N 个球动量守恒。 0 = Nm(-v) + MV1 得:V1 =

Nm v M



第二过程,必须逐次考查铅球与车子(人)的作用。 第一个球与(N–1)个球、人、车系统作用,完毕后,设“系统”速度为 u1 。值得注意的是,根据运动 合成法则 v 球?地 ? v 球?车 ? v 车?地 ,铅球对地的速度并不是(-v) ,而是(-v + u1) 。它们动量守恒方程为: 0 = m(-v + u1) +〔M +(N-1)m〕u1 得:u1 =

?

?

?

m v M ? Nm

第二个球与(N -2)个球、人、车系统作用,完毕后,设“系统”速度为 u2 。它们动量守恒方程为: 〔M+(N-1)m〕u1 = m(-v + u2) +〔M+(N-2)m〕u2 得:u2 =

m m v + v M ? Nm M ? ( N ? 1)m

第三个球与(N -2)个球、人、车系统作用,完毕后,设“系统”速度为 u3 。铅球对地的速度是(-v + u3) 。 它们动量守恒方程为: 〔M+(N-2)m〕u2 = m(-v + u3) +〔M+(N-3)m〕u3

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得:u3 =

m m m v + v + v M ? Nm M ? ( N ? 1)m M ? ( N ? 2)m

以此类推(过程注意:先找 uN 和 uN-1 关系,再看 uN 和 v 的关系,不要急于化简通分)??,uN 的通式已经 可以找出: V2 = uN =

m m m m v + v v + v + ? + M ? Nm M?m M ? ( N ? 1)m M ? ( N ? 2)m

即:V2 =

? M ? im v
i ?1

N

m



我们再将①式改写成: V1 =

?Mv
i ?1

N

m

①′

不难发现,①′式和②式都有 N 项,每项的分子都相同,但①′式中每项的分母都比②式中的分母小,所 以有:V1 > V2 。 结论:第一过程使车子获得的速度较大。 (学生活动)思考:质量为 M 的车上,有 n 个质量均为 m 的人,它们静止在光滑的水平地面上。现在车上 的人以相对车大小恒为 v、方向水平向后的初速往车下跳。第一过程,N 个人同时跳下;第二过程,N 个人依 次跳下。试问:哪一次车子获得的速度较大? 解:第二过程结论和上面的模型完全相同,第一过程结论为 V1 =

? M ? nm v
i ?1

n

m



答:第二过程获得速度大。 四、反冲运动中的一个重要定式 物理情形: 如图 4 所示,长度为 L、 质量为 M 的船停止在静水中(但未抛锚) , 船头上有一个质量为 m 的人, 也是静止的。现在令人在船上开 始向船尾走动,忽略水的阻力, 试问:当人走到船尾时,船将会 移动多远? (学生活动)思考:人可不 可能匀速(或匀加速)走动?当 人中途停下休息,船有速度吗? 人的全程位移大小是 L 吗?本系 统选船为参照,动量守恒吗? 模型分析:动量守恒展示了 已知质量情况下的速度关系,要 过渡到位移关系,需要引进运动学的相关规律。根据实际情况(人必须停在船尾) ,人的运动不可能是匀速的, v 也不可能是匀加速的,运动学的规律应选择 S = t 。为寻求时间 t ,则要抓人和船的位移约束关系。 对人、船系统,针对“开始走动→中间任意时刻”过程,应用动量守恒(设末态人的速率为 v ,船的速率 为 V) ,令指向船头方向为正向,则矢量关系可以化为代数运算,有: 0 = MV + m(-v) 即:mv = MV 由于过程的末态是任意选取的,此式展示了人和船在任一时刻的瞬时速度大小关系。而且不难推知,对中 间的任一过程,两者的平均速度也有这种关系。即:
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mv = MV 设全程的时间为 t ,乘入①式两边,得:m v t = M V t 设 s 和 S 分别为人和船的全程位移大小,根据平均速度公式,得:m s = M S 受船长 L 的约束,s 和 S 具有关系:s + S = L 解②、③可得:船的移动距离 S =



② ③

m L M?m

(应用动量守恒解题时,也可以全部都用矢量关系,但这时“位移关系”表达起来难度大一些——必须用 到运动合成与分解的定式。时间允许的话,可以做一个对比介绍。 ) 另解:质心运动定律 人、船系统水平方向没有外力,故系统质心无加速度→系统质心无位移。先求出初态系统质心(用它到船 的质心的水平距离 x 表达。根据力矩平衡知识,得:x =

mL ) ,又 2( m ? M )

根据,末态的质量分布与初态比较,相对整体质心是左右对称的。弄清了 这一点后,求解船的质心位移易如反掌。 (学生活动)思考:如图 5 所示,在无风的天空,人抓住气球下面的 绳索,和气球恰能静止平衡,人和气球地质量分别为 m 和 M ,此时人离地 面高 h 。现在人欲沿悬索下降到地面,试问:要人充分安全地着地,绳索 至少要多长? 解:和模型几乎完全相同,此处的绳长对应模型中的“船的长度” ( “充 分安全着地”的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地) 。 答:

m?M h 。 M

(学生活动)思考:如图 6 所示,两个倾角相同的斜面,互相倒扣着 放在光滑 的水平地 面上, 小斜 面在大斜 面的顶端。 将它们无 初速释放 后,小斜面下滑,大斜面后退。已知大、小斜 面的质量分别为 M 和 m , 底边长分别为 a 和 b , 试求:小斜面滑到底端时,大斜面后退的距离。 解:水平方向动量守恒。解题过程从略。 答:

m (a-b) 。 M?m

进阶应用:如图 7 所示,一个质量为 M ,半径 为 R 的光滑均质半球,静置于光滑水平桌面上,在 球顶有一个质量为 m 的质点, 由静止开始沿球面下 滑。试求:质点离开球面以前的轨迹。 解说:质点下滑,半球后退,这个物理情形和 上面的双斜面问题十分相似,仔细分析,由于同样 满足水平方向动量守恒,故我们介绍的“定式”是
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适用的。定式解决了水平位移(位置)的问题,竖直坐标则需要从数学的角度想一些办法。 为寻求轨迹方程,我们需要建立一个坐标:以半球球心 O 为原点,沿质点滑下一侧的水平轴为 x 坐标、竖 直轴为 y 坐标。 由于质点相对半球总是做圆周运动的 (离开球面前) , 有必要引入相对运动中半球球心 O′的方位角θ 来表 达质点的瞬时位置,如图 8 所示。 由“定式” ,易得: x =

M Rsinθ M?m



而由图知:y = Rcosθ ② 不难看出,①、②两式实际上已经是一个轨迹的参数方程。为了明确轨迹的性质,我们可以将参数θ 消掉, 使它们成为:

x2 y2 + = 1 2 M R 2 ( R) M?m
这样,特征就明显了:质点的轨迹是一个长、短半轴分别为 R 和

M R 的椭圆。 M?m

五、功的定义式中 S 怎么取值? 在求解功的问题时,有时遇到力的作用点位移与受力物体的(质心)位移不等,S 是取力的作用点的位移, 还是取物体(质心)的位移呢?我们先看下面一些事例。 1、如图 9 所示,人用双手压在台面上推讲台,结果双 手前进了一段位移而讲台未移动。试问:人是否做了功? 2、 在本 “部分” 第 3 页图 1 的模型中, 求拉力做功时, S 是否可以取绳子质心的位移? 3、人登静止的楼梯,从一楼到二楼。楼梯是否做功? 4、如图 10 所示,双手用等大反向的力 F 压固定汽缸 两边的活塞,活塞移动相同距离 S,汽缸中封闭气体被压 缩。施力者(人)是否做功? 在以上四个事例中,S 若取作用点位移,只有第 1、2、 4 例是做功的(注意第 3 例,楼梯支持力的作用点并未移动,而 只是在不停地交换作用点) ,S 若取物体(受力者)质心位移, 只有第 2、3 例是做功的,而且,尽管第 2 例都做了功,数字并 不相同。所以,用不同的判据得出的结论出现了本质的分歧。 面对这些似是而非的“疑难杂症” ,我们先回到“做功是物 体能量转化的量度”这一根本点。 第 1 例,手和讲台面摩擦生了热,内能的生成必然是由人的生物能转化而来,人肯定做了功。S 宜取作用 点的位移; 第 2 例,求拉力的功,在前面已经阐述,S 取作用点位移为佳; 第 3 例,楼梯不需要输出任何能量,不做功,S 取作用点位移; 第 4 例,气体内能的增加必然是由人输出的,压力做功,S 取作用点位移。 但是,如果分别以上四例中的受力者用动能定理,第 1 例,人对讲台不做功,S 取物体质心位移;第 2 例, 动能增量对应 S 取 L/2 时的值——物体质心位移;第 4 例,气体宏观动能无增量,S 取质心位移。 (第 3 例的 分析暂时延后。 ) 以上分析在援引理论知识方面都没有错, 如何使它们统一?原来, 功的概念有广义和狭义之分。 在力学中, 功的狭义概念仅指机械能转换的量度; 而在物理学中功的广义概念指除热传递外的一切能量转换的量度。 所以 功也可定义为能量转换的量度。 一个系统总能量的变化, 常以系统对外做功的多少来量度。 能量可以是机械能、
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电能、热能、化学能等各种形式,也可以多种形式的能量同时发生转化。由此可见,上面分析中,第一个理论 对应的广义的功,第二个理论对应的则是狭义的功,它们都没有错误,只是在现阶段的教材中还没有将它们及 时地区分开来而已。 而且,我们不难归纳:求广义的功,S 取作用点的位移;求狭义的功,S 取物体(质心)位移。 那么我们在解题中如何处理呢?这里给大家几点建议: 1、抽象地讲“某某力做的功”一般指广义的功; 2、讲“力对某物体做的功”常常指狭义的功;3、动能定理中的功肯定是指狭义的功。 当然,求解功地问题时,还要注意具体问题具体分析。如上面的第 3 例,就相对复杂一些。如果认为所求 为狭义的功,S 取质心位移,是做了功,但结论仍然是难以令人接受的。下面我们来这样一个处理:将复杂的 形变物体(人)看成这样一个相对理想的组合:刚性物体下面连接一压缩的 弹簧 (如图 11 所示) ,人每一次蹬梯,腿伸直将躯体重心上举,等效为弹簧将刚 性物 体举起。这样,我们就不难发现,做功的是人的双腿而非地面,人既是输出 能量 (生物能)的机构,也是得到能量(机械能)的机构——这里的物理情形更 象是 一种生物情形。本题所求的功应理解为广义功为宜。 以上四例有一些共同的特点:要么,受力物体情形比较复杂(形变,不 能简 单地看成一个质点。如第 2、第 3、第 4 例) ,要么,施力者和受力者之间的 能量 转化不是封闭的(涉及到第三方,或机械能以外的形式。如第 1 例) 。以后, 当遇 到这样的问题时,需要我们慎重对待。 (学生活动)思考:足够长的水平传送带维持匀速 v 运转。将一袋货物无初速地放上去,在货物达到速度 v 之前,与传送带的摩擦力大小为 f ,对地的位移为 S 。试问:求摩擦力的功时,是否可以用 W = fS ? 解:按一般的理解,这里应指广义的功(对应传送带引擎输出的能量) ,所以“位移”取作用点的位移。 注意,在此处有一个隐含的“交换作用点”的问题,仔细分析,不难发现,每一个(相对皮带不动的)作用点 的位移为 2S 。 (另解:求货物动能的增加和与皮带摩擦生热的总和。 ) 答:否。 (学生活动)思考:如图 12 所示,人站在船上,通过 拉一根固定在铁桩的缆绳使 船靠岸。试问:缆绳是否对船 和人的系统做功? 解:分析同上面的“第 3 例” 。 答:否。 六、机械能守恒与运动合成 (分解)的综合 物理情形:如图 13 所示,直角形的刚性杆被固定,水平和竖直部分均足够长。质量分别为 m1 和 m2 的 A、B 两个有孔小球,串在杆上,且被长为 L 的轻绳相连。忽略两球的大小,初态时,认为它们的位置在同一高度, 且绳处于拉直状态。现无初速地将系统释放,忽略一切摩擦,试求 B 球运动 L/2 时的速度 v2 。 模型分析:A、B 系统机械能守恒。A、B 两球的瞬时速度不等,其关系可据“第三部分”知识介绍的定式 (滑轮小船)去寻求。 (学生活动)A 球的机械能是否守恒?B 球的机 械能是否守恒?系统机械能守恒的理由是什么(两 法分析: a、 “微元法” 判断两个 WT 的代数和为零; b、 无非弹性碰撞, 无摩擦, 没有其它形式能的生成) ? 由“拓展条件”可以判断,A、B 系统机械能守 恒, (设末态 A 球的瞬时速率为 v1 )过程的方程为: m2g

L 1 1 2 m1 v1 m2v2 = + 2 2 2 2


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在末态,绳与水平杆的瞬时夹角为 30°,设绳子的瞬时迁移速率为 v ,根据“第三部分”知识介绍的定 式,有: v1 = v/cos30°, v2 = v/sin30° 两式合并成:v1 = v2 tg30°= v2/ 3 解①、②两式,得:v2 = ②

3m 2 gL m1 ? m 2

七、动量和能量的综合(一) 物理情形:如图 14 所示,两根长度均为 L 的刚性轻杆,一端通过质量为 m 的球形铰链连接,另一端分别 与质量为 m 和 2m 的小球相连。将此装置的两杆合拢,铰链在上、竖直地放在水平桌面上,然后轻敲一下,使 两小球向两边滑动,但两杆始终保持在竖直平面内。忽略一切摩擦,试求:两杆夹角为 90°时,质量为 2m 的 小球的速度 v2 。 模型分析:三球系统机械能守恒、水平方向动量守恒, 并注意约束关系——两杆不可伸长。 (学生活动) 初步判断: 左边小球和球形铰链的速度方 向会怎样? 设末态(杆夹角 90°)左边小球的速度为 v1(方向: 水平向左) ,球形铰链的速度为 v(方向:和竖直方向夹θ 角斜向左) , 对题设过程,三球系统机械能守恒,有: mg( L-

1 1 2 1 2 2 L) = m v1 + mv + 2m v 2 2 2 2 2 2



三球系统水平方向动量守恒,有: mv1 + mvsinθ = 2mv2 ② 左边杆子不形变,有: v1cos45°= vcos(45°-θ ) ③ 右边杆子不形变,有: vcos(45°+θ ) = v2cos45° ④ 四个方程,解四个未知量(v1 、v2 、v 和 θ ) ,是可行的。推荐解方程的步骤如下—— 1、③、④两式用 v2 替代 v1 和 v ,代入② 式,解θ 值,得:tgθ = 1/4 2、在回到③、④两式,得: v1 =

5 v2 , 3

v =

17 v2 3

3、将 v1 、v 的替代式代入①式解 v2 即可。结果:v2 =

3gL(2 ? 2 ) 20

(学生活动)思考:球形铰链触地前一瞬,左球、铰链和右球的速度分别是多少? 解:由两杆不可形变,知三球的水平速度均为零,θ为零。一个能量方程足以解题。 答:0 、 2gL 、0 。 (学生活动)思考:当两杆夹角为 90°时,右边小球的位移是多少?
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解:水平方向用“反冲位移定式” ,或水平方向用质心运动定律。 答:

3 2 L 。 8

进阶应用:在本讲模型“四、反冲??”的“进阶应用” (见图 8)中,当质点 m 滑到方位角θ 时(未脱离 半球) ,质点的速度 v 的大小、方向怎样? 解说:此例综合应用运动合成、动量守恒、机械能守恒 知识,数学运算比较繁复,是一道考查学生各种能力和素质 的难题。 据运动的合成,有:

? ? ? ? ? v点?半球 = v 点?地 + v 地?半球 = v 点?地 - v 半球?地
其中 v 半球?地 必然是沿地面向左的,为了书写方便,我 们设其大小为 v2 ; v点?半球 必然是沿半球瞬时位置切线方向 (垂直瞬时半径)的,设大小为 v 相 。根据矢量减法的三角 形法则,可以得到 v 点?地 (设大小为 v1)的示意图,如图 16 所示。同时,我们将 v1 的 x、y 分量 v1x 和 v1y 也描 绘在图中。 由图可得:v1y =(v2 + v1x)tgθ 质点和半球系统水平方向动量守恒,有:Mv2 = mv1x 对题设过程,质点和半球系统机械能守恒,有:mgR(1-cosθ ) = mgR(1-cosθ ) =

?

?

?

① ②

1 1 M v2 m v 2 ,即: 2 + 2 2 1


1 1 2 2 M v2 m( v1 2 + x + v 1y ) 2 2 M v2 , m
v1y = (

三个方程,解三个未知量(v2 、v1x 、v1y)是可行的,但数学运算繁复,推荐步骤如下—— 1、由①、②式得:v1x =

m?M tgθ ) v2 m

2、代入③式解 v2 ,得:v2 =

2m 2 gR (1 ? cos ?) M 2 ? Mm ? (M ? m) 2 tg 2 ? 2gR (1 ? cos ?)( M 2 ? 2Mm sin 2 ? ? m 2 sin 2 ?) M 2 ? Mm ? m(M ? m) sin 2 ?

2 2 3、由 v1 = v1 x + v1y 解 v1 ,得:v1 =

2

v1 的方向:和水平方向成α 角,α = arctg 这就是最后的解。

v 1y v 1x

= arctg(

M?m tg? ) M

〔一个附属结果:质点相对半球的瞬时角速度 ω =

v相 R

=

2g (m ? M )(1 ? cos ?) 。 〕 R (M ? m sin 2 ?)

八、动量和能量的综合(二) 物理情形:如图 17 所示,在光滑的水平面上,质量为 M = 1 kg 的平板车左端放有质量为 m = 2 kg 的铁 块,铁块与车之间的摩擦因素μ = 0.5 。开始时,车和铁块以共同速度 v = 6 m/s 向右运动,车与右边的墙壁 2 发生正碰,且碰撞是弹性的。车身足够长,使铁块不能和墙相碰。重力加速度 g = 10 m/s ,试求:1、铁块
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相对车运动的总路程;2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。 模型分析:本模型介绍有两对相互作 用时的处理常规。能量关系介绍摩擦生热 定式的应用。由于过程比较复杂,动量分 析还要辅助以动力学分析, 综合程度较高。 由 于 车与 墙壁 的作 用 时短 促 而激 烈 的,而铁块和车的作用是舒缓而柔和的, 当两对作用同时发生时,通常处理成“让 短时作用完毕后,长时作用才开始” (这样 可以使问题简化) 。在此处,车与墙壁碰撞时,可以认为铁块与车的作用尚未发生,而是在车与墙作用完了之 后,才开始与铁块作用。 规定向右为正向,将矢量运算化为代数运算。 车第一次碰墙后,车速变为-v ,然后与速度仍为 v 的铁块作用,动量守恒,作用完毕后,共同速度 v1 =

mv ? M(? v) v = ,因方向为正,必朝墙运动。 m?M 3
(学生活动) 车会不会达共同速度之前碰墙?动力学分析: 车离墙的最大位移 S =

v2 ,反向加速的位移 S′ 2a

=

2 v1 ?mg ,其中 a = a1 = ,故 S′< S ,所以,车碰墙之前,必然已和铁块达到共同速度 v1 。 M 2a 1

车第二次碰墙后,车速变为-v1 ,然后与速度仍为 v1 的铁块作用,动量守恒,作用完毕后,共同速度 v2 =

mv1 ? M(? v1 ) v v = 1 = 2 ,因方向为正,必朝墙运动。 m?M 3 3
车第三次碰墙,??共同速度 v3 =

v2 v = 3 ,朝墙运动。 3 3

?? 以此类推,我们可以概括铁块和车的运动情况—— 铁块:匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右?? 平板车:匀减速向左→匀加速向右→匀速向右→匀减速向左→匀加速向右→匀速向右?? 显然,只要车和铁块还有共同速度,它们总是要碰墙,所以最后的稳定状态是:它们一起停在墙角(总的 末动能为零) 。 1、全程能量关系:对铁块和车系统,-Δ Ek =Δ E 内 ,且,Δ E 内 = f 滑 S 相 , 即:

1 2 (m + M)v = μ mg?S 相 2

代入数字得:S 相 = 5.4 m 2、平板车向右运动时比较复杂,只要去每次向左运动的路程的两倍即可。而向左是匀减速的,故

v2 第一次:S1 = 2a
第二次:S2 =
2 v1 1 v2 = 2a 3 2 2a

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第三次:S3 =

v2 1 v2 2 = 2a 3 4 2a

?? n 次碰墙的总路程是: Σ S = 2( S1 + S2 + S3 + ? + Sn )=

1 1 1 v2 ( 1 + 2 + 4 + ? + 2 ) (n ?1 ) a 3 3 3

1 1 v2 1 = ( 1 + 2 + 4 + ? + 2 ) ( ?mg 3 3 3 n ?1) M
碰墙次数 n→∞,代入其它数字,得:Σ S = 4.05 m (学生活动)质量为 M 、程度为 L 的木板固定在光滑水平面上,另一个质量为 m 的滑块以水平初速 v0 冲上木板,恰好能从木板的另一端滑下。现解除木板的固定(但无初速) ,让相同的滑块再次冲上木板,要求 它仍能从另一端滑下,其初速度应为多少? 解:由第一过程,得滑动摩擦力 f =
2 mv0 。 2L

第二过程应综合动量和能量关系( “恰滑下”的临界是:滑块达木板的另一端,和木板具有共同速度, 设为 v ) ,设新的初速度为 v? 0 m v? 0 =( m + M )v

1 1 2 2 m v? ( m + M )v = fL 0 2 2
解以上三式即可。 答: v? 0=

m?M v0 。 M
第三讲 典型例题解析

教材范本:龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》 ,知识出版社,2002 年 8 月第一版。 例题选讲针对“教材”第七、第八章的部分例题和习题。

第五部分 振动和波
第一讲 基本知识介绍
《振动和波》的竞赛考纲和高考要求有很大的不同,必须做一些相对详细的补充。 一、简谐运动
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? ? 1、简谐运动定义: ? F = -k x



凡是所受合力和位移满足①式的质点,均可称之为谐振子,如弹簧振子、小角度单摆等。
k ? ? 谐振子的加速度: a = - x m 2、简谐运动的方程 回避高等数学工具,我们可以将简谐运动看成匀速圆周运 动在某一条直线上的投影运动(以下均看在 x 方向的投影) , 圆周运动的半径即为简谐运动的振幅 A 。
? ? 依据: ? F x = -mω 2Acosθ = -mω 2 x

对于一个给定的匀速圆周运动,m、ω 是恒定不变的,可 以令: mω 2 = k 这样,以上两式就符合了简谐运动的定义式①。所以,x 方向的位移、速度、加速度就是简谐运动的相关规律。从图 1 不难得出—— ? 位移方程: x = Acos(ω t + φ ) ? 速度方程: v = -ω Asin(ω t +φ ) ? 加速度方程: a = -ω 2A cos(ω t +φ ) 相关名词:(ω t +φ )称相位,φ 称初相。 ? ? 运动学参量的相互关系: a = -ω 2 x A=
2 x0 ?(

② ③ ④

v0 2 ) ?

tgφ = -

v0 ?x 0

3、简谐运动的合成 a、同方向、同频率振动合成。两个振动 x1 = A1cos(ω t +φ 1)和 x2 = A2cos(ω t +φ 2) 合成,可令合振动 x = Acos(ω t +φ ) ,由于 x = x1 + x2 ,解得 A=
2 A1 ? A2 ? 2A1 A 2 cos(? 2 ? ?1 ) ,φ = arctg 2

A 1 sin ? 1 ? A 2 sin ? 2 A 1 cos ? 1 ? A 2 cos ? 2

显然,当φ 2-φ 1 = 2kπ 时(k = 0,±1,±2,?) ,合振幅 A 最大,当φ 2-φ 1 = (2k + 1)π 时(k = 0,±1,±2,?) ,合振幅最小。 b、 方向垂直、 同频率振动合成。 当质点同时参与两个垂直的振动 x = A1cos(ω t + φ 1)和 y = A2cos(ω t + φ 2)时,这两个振动方程事实上已经构成了质点在二维空间运动的轨迹参数方程,消去参数 t 后,得一般形式的 轨迹方程为
y2 xy x2 + 2 -2 cos(φ 2-φ 1) = sin2(φ 2-φ 1) 2 A1 A 2 A1A 2

显然,当φ 2-φ 1 = 2kπ 时(k = 0,±1,±2,?) ,有 y =

A2 x ,轨迹为直线,合运动仍为简谐运动; A1 y2 x2 + = 1 ,轨迹为椭圆,合运动不 A 12 A 2 2

当φ 2-φ 1 = (2k + 1)π 时(k = 0,±1,±2,?) ,有

再是简谐运动; 当φ 2-φ 1 取其它值,轨迹将更为复杂,称“李萨如图形” ,不是简谐运动。 c、同方向、同振幅、频率相近的振动合成。令 x1 = Acos(ω 1t + φ )和 x2 = Acos(ω 2t + φ ) ,由于合运动
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x = x1 + x2 ,得:x =(2Acos
? 2 ? ?1 的“拍”现象。 2

? 2 ? ?1 ? ? ?1 t)cos( 2 t +φ ) 。合运动是振动,但不是简谐运动,称为角频率为 2 2

4、简谐运动的周期 由②式得:ω = T = 2π
m k k m

,而圆周运动的角速度和简谐运动的角频率是一致的,所以 ⑤

5、简谐运动的能量 一个做简谐运动的振子的能量由动能和势能构成,即

?E=

1 1 2 1 mv2 + kx = kA2 2 2 2

注意:振子的势能是由(回复力系数)k 和(相对平衡位置位移)x 决定的一个抽象的概念,而不是具体 地指重力势能或弹性势能。当我们计量了振子的抽象势能后,其它的具体势能不能再做重复计量。 6、阻尼振动、受迫振动和共振 和高考要求基本相同。 二、机械波 1、波的产生和传播 产生的过程和条件;传播的性质,相关参量(决定参量的物理因素) 2、机械波的描述 a、波动图象。和振动图象的联系 b、波动方程 如果一列简谐波沿 x 方向传播,振源的振动方程为 y = Acos(ω t + φ ) ,波的传播速度为 v ,那么 在离振源 x 处一个振动质点的振动方程便是 y = Acos〔ω t + φ x x ?2π 〕= Acos〔ω (t )+ φ 〕 ? v x )+ φ 〕为波动方程。 v

这个方程展示的是一个复变函数。对任意一个时刻 t ,都有一个 y(x)的正弦函数,在 x-y 坐标下可 以描绘出一个瞬时波形。所以,称 y = Acos〔ω (t -

3、波的干涉 a、波的叠加。几列波在同一介质种传播时,能独立的维持它们的各自形态传播,在相遇的区域则遵从 矢量叠加(包括位移、速度和加速度的叠加) 。 b、波的干涉。两列波频率相同、相位差恒定时,在同一介质中的叠加将形成一种特殊形态:振动加强 的区域和振动削弱的区域稳定分布且彼此隔开。 我们可以用波程差的方法来讨论干涉的定量规律。如 图 2 所示,我们用 S1 和 S2 表示两个波源,P 表示空间任意 一点。 当振源的振动方向相同时, 令振源 S1 的振动方程为 y1 = A1cosω t ,振源 S1 的振动方程为 y2 = A2cosω t ,则在空 间 P 点(距 S1 为 r1 ,距 S2 为 r2) ,两振源引起的分振动分 别是 r y1′= A1cos〔ω (t ? 1 ) 〕 v

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y2′= A2cos〔ω (t ?

r2 ) 〕 v ?r1 ?r2 ? ,φ 2 = ) ,且初相差Δ φ = (r2 v v v

P 点便出现两个频率相同、初相不同的振动叠加问题(φ 1 =

– r1) 。根据前面已经做过的讨论,有 r2 ? r1 = kλ 时(k = 0,±1,±2,?) ,P 点振动加强,振幅为 A1 + A2 ; r2 ? r1 =(2k ? 1)
? 时(k = 0,±1,±2,?) ,P 点振动削弱,振幅为│A1-A2│。 2

4、波的反射、折射和衍射 知识点和高考要求相同。 5、多普勒效应 当波源或者接受者相对与波的传播介质运动时,接收者会发现波的频率发生变化。多普勒效应的定量讨论 可以分为以下三种情况(在讨论中注意:波源的发波频率 f 和波相对介质的传播速度 v 是恒定不变的)—— a、只有接收者相对介质运动(如图 3 所示) 设接收者以速度 v1 正对静止的波源运动。 如果接收者静止在 A 点,他单位时间接收的波的个数为 f , 当他迎着波源运动时,设其在单位时间到达 B 点,则
A B = v1 , 、

在从 A 运动到 B 的过程中,接收者事实上“提前”多接 收到了 n 个波 n=
v1 vf AB = = 1 ? v/f v

显然, 在单位时间内, 接收者接收到的总的波的数目为: v ? v1 f+n= f ,这就是接收者发现的频率 f1 。即 v f1 =
v ? v1 f v

显然, 如果 v1 背离波源运动, 只要将上式中的 v1 代入负 值即可。如果 v1 的方向不是正对 S ,只要将 v1 出正对的分 量即可。 b、只有波源相对介质运动(如图 4 所示) 设波源以速度 v2 正对静止的接收者运动。 如果波源 S 不动,在单位时间内,接收者在 A 点应接收 f 个波,故 S 到 A 的距离: SA = fλ 在单位时间内,S 运动至 S′,即 SS? = v2 。由于波源的运 动, 事实造成了 S 到 A 的 f 个波被压缩在了 S′到 A 的空间里, 波长将变短,新的波长
f? ? v 2 v ? v2 S? A SA ? SS? = = = f f f f 而每个波在介质中的传播速度仍为 v ,故“被压缩”的波

λ ′=

(A 接收到的波)的频率变为 v v f2 = = f v ? v2 ?? 当 v2 背离接收者,或有一定夹角的讨论,类似 a 情形。 c、当接收者和波源均相对传播介质运动 当接收者正对波源以速度 v1(相对介质速度)运动,波源也正对接收者以速度 v2(相对介质速度)运动,
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我们的讨论可以在 b 情形的过程上延续? v ? v1 v ? v1 f3 = f2 = f v ? v2 v 关于速度方向改变的问题,讨论类似 a 情形。 6、声波 a、乐音和噪音 b、声音的三要素:音调、响度和音品 c、声音的共鸣

第二讲 重要模型与专题
一、简谐运动的证明与周期计算 物理情形: 如图 5 所示, 将一粗细均匀、 两边开口的 U 型管固定, 其中装有一定量的水银, 汞柱总长为 L 。 当水银受到一个初始的扰动后,开始在管中振动。忽略管壁对汞的阻力,试证明汞柱 做简谐运动,并求其周期。 模型分析:对简谐运动的证明,只要以汞柱为对象,看它的回复力与位移关系是 否满足定义式①, 值得注意的是, 回复力 ? F 系指振动方向上的合力 (而非整体合力) 。 当简谐运动被证明后,回复力系数 k 就有了,求周期就是顺理成章的事。 本题中,可设汞柱两端偏离平衡位置的瞬时位移为 x 、水银密度为ρ 、U 型管横 截面积为 S ,则次瞬时的回复力 Σ F = ρ g2xS =
2mg x L 2mg = k ,而且Σ F 与 x 的方向相反,故汞柱做简 L
?

由于 L、m 为固定值,可令: 谐运动。 周期 T = 2π
m = 2π k

L 2g L 。 2g

答:汞柱的周期为 2π

学生活动:如图 6 所示,两个相同的柱形滚轮平行、登高、水平放臵,绕各自的轴线等角速、反方向地转 动,在滚轮上覆盖一块均质的木板。已知两滚轮轴线的距离为 L 、滚轮与木板之间的动摩擦因素为μ、木板 的质量为 m ,且木板放臵时,重心不在两滚轮的正中央。试证明木板做简谐运动,并求木板运动的周期。 思路提示:找平衡位臵(木板重心在两滚轮中央 处)→力矩平衡和 Σ F6= 0 结合求两处弹力→求摩擦 力合力… 答案:木板运动周期为 2π
L 。 2? g

巩固应用:如图 7 所示,三根长度均为 L = 2.00m 地质量均匀直杆,构成一正三角形框架 ABC,C 点悬挂 在一光滑水平轴上,整个框架可绕转轴转动。杆 AB 是 一导轨,一电动松鼠可在导轨上运动。现观察到松鼠正在导轨上运动,而框架却静止不动,试讨论松鼠的运动 是一种什么样的运动。
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解说:由于框架静止不动,松鼠在竖直方向必平衡,即: 松鼠所受框架支持力等于松鼠重力。设松鼠的质量为 m , 即: N = mg ① 再回到框架,其静止平衡必满足框架所受合力矩为零。 以 C 点为转轴,形成力矩的只有松鼠的压力 N、和松鼠可能 加速的静摩擦力 f ,它们合力矩为零,即: MN = Mf 现考查松鼠在框架上的某个一般位置(如图 7,设它在 导轨方向上距 C 点为 x) ,上式即成: N?x = f?Lsin60° ② 解①②两式可得:f =
2 mg 3L

x ,且 f 的方向水平向左。

根据牛顿第三定律,这个力就是松鼠在导轨方向上的合 力。如果我们以 C 在导轨上的投影点为参考点,x 就是松鼠的瞬时位移。再考虑到合力与位移的方向因素,松 鼠的合力与位移满足关系——
? ? ? F = -k x

其中 k =

2 mg 3L

,对于这个系统而言,k 是固定不变的。

显然这就是简谐运动的定义式。 答案:松鼠做简谐运动。 评说:这是第十三届物理奥赛预赛试题,问法比较模糊。如果理解为定性求解,以上答案已经足够。但考 虑到原题中还是有定量的条件,所以做进一步的定量运算也是有必要的。譬如,我们可以求出松鼠的运动周期 为:T = 2π
m k

= 2π

3L = 2.64s 。 2g

二、典型的简谐运动 1、弹簧振子 物理情形:如图 8 所示,用弹性系数为 k 的轻质弹簧连着一个质 量为 m 的小球,置于倾角为 θ 的光滑斜面上。证明:小球在弹簧方向 的振动为简谐运动,并求其周期 T 。 学生自己证明…。周期 T = 2π
m k

模型分析:这个结论表明,弹簧振子完全可以突破放置的方向而 伸展为一个广义的概念,且伸展后不会改变运动的实质。其次,我们 还可以这样拓展:把上面的下滑力换程任何一个恒力(如电场力) ,它 的运动性质仍然不会改变。 当然,这里的运动性质不变并不是所有运动参量均不改变。譬如,振子的平衡位置、振动方程还是会改变 的。下面我们看另一类型的拓展—— 物理情形:如图 9 所示,两根相同的弹性系数分别为 k1 和 k2 的轻质弹簧,连接一个质量为 m 的滑块,可以 在光滑的水平面上滑动。试求这个系统的振动周期 T 。 解说:这里涉及的是弹簧的串、并联知识综合。根据弹性系数 的定义,不难推导出几个弹性系数分别为 k1、k2、?、kn 的弹簧串、 并联后的弹性系数定式(设新弹簧系统的弹性系数为 k)——

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串联:

n 1 1 = ? i ?1 k k i

并联:k = ? k i
i ?1

n

在图 9 所示的情形中, 同学们不难得出: T = 2π

m( k 1 ? k 2 ) k1k 2

当情形变成图 10 时,会不会和图 9 一样呢?详细分析形变量和受力的关系,我们会发现,事实上,这时 已经变成了弹簧的并联。 答案:T = 2π
m k1 ? k 2



思考:如果两个弹簧通过一个动滑轮(不计质量)再与质量为 m 的钩码相连,如 图 11 所示,钩码在竖直方向上的振动周期又是多少? 解:这是一个极容易出错的变换——因为图形的外表形状很象“并联” 。但经过 仔细分析后,会发现,动滑轮在这个物理情形中起到了重要的作用——致使这个变 换的结果既不是串联、也不是并联。 ★而且,我们前面已经证明过,重力的存在并不会改变弹簧振子的振动方程,所 以为了方便起见,这里(包括后面一个“在思考”题)的受力分析没有考虑重力。 具体分析如下: 设右边弹簧的形变量为 x2 、滑轮(相对弹簧自由长度时)的位移为 x 、钩子上的拉力为 F ,则 k1x1 = k2x2 x =
x1 ? x 2 2
4k 1 k 2 4k 1 k 2 x ,也就是说,弹簧系统新的弹性系数 k = 。 k1 ? k 2 k1 ? k 2

F = 2 k2x2 解以上三式,得到:F =

答:T = π

m( k 1 ? k 2 ) 。 k1k 2

再思考:如果两弹簧和钩码通过轻杆和转轴,连成了图 12 所示的系统,已知 k1 、k2 、m 、a 、b ,再求 钩码的振动周期 T 。 思路提示:探讨钩码位移和回复力关系,和“思考”题类似。 bk 2 (过程备考:设右弹簧伸长 x2 ,则中间弹簧伸长 x1 = x2 ak 1 钩码的位移量 x = x1 + 而钩码的回复力 F = k1x1 结合以上三式解回复力系数 k =
a 2 k1 ? b 2 k 2 m 。 b 2 k1k 2
b 2 k 1k 2 F = 2 ,所以…) a k1 ? b2k 2 x

a x2 b

答:T = 2π

2、单摆 单摆分析的基本点,在于探讨其回复力随位移的变化规律。相对原始模型的伸展,一是关于摆长的变化, 二是关于“视重加速度”的变化,以及在具体情形中的处理。至于复杂的摆动情形研究,往往会超出这种基本
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的变形,而仅仅是在分析方法上做适当借鉴。 物理情形 1:如图 13 所示,在一辆静止的小车内用长为 L 的 轻绳静止悬挂着一个小钢球, 当小车突然获得水平方向的大小为 a 的加速度后(a<g) ,试描述小球相对小车的运动。 模型分析: 小钢球相对车向 a 的反方向摆起, 摆至绳与竖直方 向夹角 θ = arctg
a 时,达到最大速度,此位置即是小球相对车 g

“单摆”的平衡位置。以车为参照,小球受到的场力除了重力 G 外,还有一惯性力 F 。所以,此时小球在车中相当于处在一个方 向倾斜 θ 、大小变为 G 2 ? F 2 的新“重力”的作用,属超重情况。这是一种“视重加速度”增加的情形。 解说:由于摆长 L 未变,而 g 视 = 以视为简谐运动,周期也可以求出来。 答案:小球以绳偏离竖直方向 θ = arctg
a 的角度为平衡 g

g 2 ? a 2 ,如果 a 很小,致使最大摆角不超过 5°的话,小角度单摆可

位置做最大摆角为 θ 的单摆运动,如果 θ ?5°,则小球的 摆动周期为 T = 2π
L g ?a2
2

物理情形 2:某秋千两边绳子不等长,且悬点不等高,相 关数据如图 14 所示,且有 a + b = L21 + L22 ,试求它的周 期(认为人的体积足够小) 。 模型分析:用 C 球替代人,它实际上是在绕 AB 轴摆动,类似将单摆放置在光滑斜面上的情形。故视重加 速度 g 视 = gcosθ = g
2 2 2 2

a a ? b2
2

,等效摆长 l = CD ,如图 15 所示。

由于 a + b = L21 + L22 可知,AC⊥CB ,因此不难求出
CD =

L1L 2 L21 ? L22

,最后应用单摆周期公式即可。

答案:T = 2π

L1L 2 ag



相关变换 1:如图 16 所示,质量为 M 的车厢中用长为 L 的细绳悬挂着一个质量为 m 的小球,车轮与水平地 面间的摩擦不计,试求这个系统做微小振动的周期。 分析:我们知道,证明小角度单摆作简谐运动用到了近似处理。在本题,也必须充分理解“小角度”的含 义,大胆地应用近似处理方法。 解法一:以车为参照,小球将相对一个非惯性系作单摆运动,在 一般方位角 θ 的受力如图 17 所示,其中惯性力 F = ma ,且 a 为车 子的加速度。由于球在垂直 T 方向振动,故回复力 F 回 = Gsinθ + Fcosθ = mgsinθ + macosθ ① *由于球作“微小”摆动,其圆周运动效应可以忽略,故有 T + Fsinθ ≈ mgcosθ ② 再隔离车,有 Tsinθ = Ma ③
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解①②③式得 F 回 =

m(m ? M)g sin ? M ? m sin2 ?
2

*再由于球作“微小”摆动,sin θ →0 ,所以 F 回 = 令摆球的振动位移为 x ,常规处理 sinθ ≈ 解④⑤即得 F 回 = 显然,
m(m ? M)g x ML x L

m(m ? M)g sin ? M

④ ⑤

m(m ? M)g = k 是恒定的,所以小球作简谐运动。最后求周期用公式即可。 ML

解法二:由于车和球的系统不受合外力,故系统质心无加速度。小球可以看成是绕此质心作单摆运动,而 新摆长 L′会小于 L 。由于质心是惯性参照系,故小球的受力、回复力的合成就很常规了。 若绳子在车内的悬挂点在正中央,则质心在水平方向上应与小球相距 x = 摆长”L′=
M Lsinθ ,不难理解, “新 m?M

M L 。 (从严谨的意义上来讲,这个“摆长”并不固定:随着车往“平衡位臵”靠近,它会 m?M

加长。所以,这里的等效摆长得出和解法一的忽略圆周运动效应事实上都是一种相对“模糊”的处理。如果非 要做精准的运算,不启用高等数学工具恐怕不行。 ) 答:T = 2π
ML 。 ( M ? m )g

相关变换 2:如图 18 所示,有一个均质的细圆环,借助一 质量不计的辐条,将一个与环等质量的小球固定于环心处,然 用三根竖直的、长度均为 L 且不可伸长的轻绳将这个物体悬挂 天花板上,环上三个结点之间的距离相等。试求这个物体在水 方向做微小扭动的周期。 分析:此题的分析角度大变。象分析其它物理问题一样, 析振动也有动力学途径和能量两种途径,此处若援用动力学途 寻求回复力系数 k 有相当的难度,因此启用能量分析。 本题的任务不在简谐运动的证明,而是可以直接应用简谐 动的相关结论。根据前面的介绍,任何简谐运动的总能都可以 达为 E =
1 2 kA 2

些 后 在 平 分 径 运 表



而我们对过程进行具体分析时,令最大摆角为 θ (为了便于寻求参 量,这里把摆角夸大了) 、环和球的质量均为 m ,发现最大的势能(即 总能)可以表达为(参见图 19) E = 2m〃gL(1 ? cosθ ) ② 且振幅 A 可以表达为 A = 2Lsin
? 2 2mg L



解①②③式易得:k =

最后求周期时应注意,中间的球体未参与振动,故不能纳入振子质 量(振子质量只有 m) 。

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答:T = π

2L 。 g

三、振动的合成 物理情形: 如图 20 所示, 一个手电筒和一个屏幕的质量均为 m , 都被弹性系数为 k 的弹簧悬挂着。平衡时手电筒的光斑恰好照在屏 幕的正中央 O 点。现在令手电筒和屏幕都在竖直方向上振动(无水 平晃动或扭动) ,振动方程分别为 y1 = Acos(ωt + φ1),y2 = Acos(ωt + φ 2) 。 试问: 两者初位相满足什么条件时, 可以形成这样的效果: (1) 光斑相对屏幕静止不动: (2)光斑相对屏幕作振幅为 2A 的振动。 模型分析:振动的叠加包括振动的相加和相减。这里考查光斑相 对屏幕的运动事实上是寻求手电筒相对屏幕的振动,服从振动的减 法。设相对振动为 y ,有 y = y1 ? y2 = Acos(ωt + φ1) ? Acos(ωt + φ2) = ?2Asin
?1 ? ? 2 ? ? ?2 sin( ?t ? 1 ) 2 2

解说: (1)光斑相对屏幕静止不动,即 y = 0 ,得 φ1 = φ2 (2)要振幅为 2A ,必须 sin
?1 ? ? 2 2

= 1 ,得 φ1 ? φ2 = ±π

答案:初位相相同;初位相相反。 相关变换:一质点同时参与两个垂直的简谐运动,其表达式分别为 x = 2cos(2ωt +2φ) ,y = sinωt 。 (1)设 φ =
? ,求质点的轨迹方程,并在 xOy 平面绘出其曲线; (2)设 φ = π ,轨迹曲线又怎样? 2

解:两个振动方程事实已经构成了质点轨迹的参数方程,我们所要做的,只不过是消掉参数,并寻求在两 个具体 φ 值下的特解。在实际操作时,将这两项工作的次序颠倒会方便一些。 (1)当 φ =
? 2 2 时,x = ?2(1 ? 2sin ωt) ,即 x = 4y ? 2 2

描图时应注意,振动的物理意义体现在:函数的定义域 ?1 ≤ y ≤ 1 (这事实上已经决定了值域 ?2 ≤ x ≤ 2 ) (2)当 φ =π时,同理 x = 2(1 ? 2sin ωt)= 2 ? 4y 2 2 答:轨迹方程分别为 x = 4y ? 2 和 x = 2 ? 4y ,曲线分别如图 21 的(a) (b)所示——
2 2

四、简谐波的基本计算 物理情形:一平面简谐波向?x 方向传播,振幅 A = 6cm ,圆频率ω = 6π rad/s ,当 t = 2.0s 时,距原 点 O 为 12cm 处的 P 点的振动状态为 yP = 3cm ,且 vP > 0 ,而距原点 22cm 处的 Q 点的振动状态为 yQ = 0 , 且 vQ < 0 。设波长 λ >10cm ,求振动方程,并画出 t = 0 时的波形图。
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解说:这是一个对波动方程进行了解的基本训练题。简谐波方程的一般形式已经总结得出,在知道 A、ω 的前提下,加上本题给出的两个特解,应该足以解出 v 和 φ 值。 由一般的波动方程 y = Acos〔ω (t x )+ φ 〕 v

(★说明:如果我们狭义地理解为波源就在坐标原点的话,题目给出特解是不存在的——因为波向?x 方 向传播——所以,此处的波源不在原点。同学们自己理解:由于初相φ 的任意性,上面的波动方程对波源不在 原点的情形也是适用的。 ) 参照简谐运动的位移方程和速度方程的关系,可以得出上面波动方程所对应质点的速度(复变函数) v = ?ω Asin〔ω (t x )+ φ 〕 v

代 t = 2.0s 时 P 的特解,有—— yP = 6cos〔6π (2 即 6π (2 12 12 )+ φ 〕= 3 ,vP = ?36π sin〔6π (2 )+ φ 〕> 0 v v

12 ? )+ φ = 2k1π v 3



代 t = 2.0s 时 Q 的特解,有—— yQ = 6cos〔6π (2 即 6π (2 22 22 )+ φ 〕= 0 ,vQ = ?36π sin〔6π (2 )+ φ 〕< 0 v v

? 22 )+ φ = 2k2π + 2 v



又由于 A B = 22 ? 12 = 10 <λ ,故 k1 = k2 。解①②两式易得 2? 4? v = ?72cm/s , φ = (或? ) 3 3 所以波动方程为: y = 6cos 〔 6 π(t +
x 2? 2? ) + 〕 , 且波长 λ = v 72 3 ?

= 24cm 。 当 t = 0 时, y = 6cos(
? 2? x + ) ,可以描 12 3

出 y-x 图象为—— 答案:波动方程为 y = 6cos〔6 π (t +
x 2? )+ 〕 ,t = 0 时的波 72 3

形图如图 22 所示。 相关变换:同一媒质中有甲、乙两列平面简谐波,波源作同频率、同方向、同振幅的振动。两波相向传播, 波长为 8m ,波传播方向上 A、B 两点相距 20m ,甲波在 A 处为波峰时,乙波在 B 处位相为? 上因干涉而静止的各点的位臵。 解:因为不知道甲、乙两波源的位臵,设它 们分别在 S1 和 S2 两点,距 A、B 分别为 a 和 b , 如图 23 所示。 它们在 A、B 之间 P 点(坐标为 x)形成的振 动分别为—— y


? ,求 AB 连线 2

= Acosω(t -

a?x )= Acos?ωt ? v

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? (a + x) ? 4

y 乙 = Acosω(t ?

20 ? b ? x ? )= Acos?ωt ? (20 + b ? x) ? v 4

这也就是两波的波动方程(注意:由于两式中 a、b、x 均是纯数,故乙波的速度矢量性也没有表达) 当甲波在 A 处(x = 0)为波峰时,有 ωt = 此时,乙波在 B 处(x = 20)的位相为? 结合①②两式,得到 b ? a = 2 所以,甲波在任意坐标 x 处的位相 θ 乙波则为 θ
乙 甲

a? 4

① ②

? ? b? ,有 ωt ? = ? 4 2 2
? (a + x) 4

= ωt ?

= ωt ?

? (22 + a ? x) 4

两列波因干涉而静止点,必然满足 θ 甲 ?θ 乙 =(2k - 1)π 所以有 x = 13 ? 4k ,其中 k = 0,±1,±2,… 在 0~20 的范围内,x = 1、5、9、13、17m 答:距 A 点 1m、5m、9m、13m、17m 的五个点因干涉始终处于静止状态。 思考:此题如果不设波源的位臵也是可以解的,请同学们自己尝试一下… (后记:此题直接应用波的干涉的结论——位相差的规律,如若不然,直接求 y 甲和 y 乙的叠加,解方程将 会困难得多。此外如果波源不是“同方向”振动,位相差的规律会不同。 )

第三讲 典型例题解析
教材范本:龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》 ,知识出版社,2002 年 8 月第一版。 例题选讲针对“教材”第九、第十章的部分例题和习题。关于波的知识,现在的很多奥赛教材都基本只涉 及高考范畴的内容, 《奥林匹克物理思维训练教材》的第十章也是如此。这是不是意味着奥赛的考纲有所更新 ——要求降低了?

☆第五部分完☆

第六部分 热学
热学知识在奥赛中的要求不以深度见长,但知识点却非常地多(考纲中罗列的知识点几乎和整个力学—— 前五部分——的知识点数目相等) 。而且,由于高考要求对热学的要求逐年降低(本届尤其低得“离谱” ,连理 想气体状态方程都没有了) ,这就客观上给奥赛培训增加了负担。因此,本部分只能采新授课的培训模式,将 知识点和例题讲解及时地结合,争取让学员学一点,就领会一点、巩固一点,然后再层叠式地往前推进。

一、分子动理论
1、物质是由大量分子组成的(注意分子体积和分子所占据空间的区别)

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对于分子(单原子分子)间距的计算,气体和液体可直接用 3 分子占据的空间 ,对固体,则与分子的空间 排列(晶体的点阵)有关。 【例题 1】如图 6-1 所示,食盐(NaCl)的晶体是由钠离子(图中的白色圆 点表示)和氯离子(图中的黑色圆点表示)组成的,离子键两两垂直且键长相 -3 3 3 等。已知食盐的摩尔质量为 58.5?10 kg/mol,密度为 2.2?10 kg/m ,阿伏加 23 -1 德罗常数为 6.0?10 mol , 求食盐晶体中两个距离最近的钠离子中心之间的距 离。 【解说】题意所求即图中任意一个小立方块的变长(设为 a)的 2 倍,所 以求 a 成为本题的焦点。 由于一摩尔的氯化钠含有 NA 个氯化钠分子,事实上也含有 2NA 个钠离子(或 氯离子) ,所以每个钠离子占据空间为 v =
Vmol 2NA
3

而由图不难看出,一个离子占据的空间就是小立方体的体积 a , 即 a =
3

Vmol 2NA

=

M mol / ? ,最后,邻近钠离子之间的距离 l = 2NA
-10

2 a

【答案】3.97?10 m 。 〖思考〗本题还有没有其它思路? 〖答案〗每个离子都被八个小立方体均分,故一个小立方体含有 ×8 个离子 = 遍适用于空间点阵比较复杂的晶体结构。 ) 2、物质内的分子永不停息地作无规则运动 固体分子在平衡位置附近做微小振动(振幅数量级为 0.1 A ) ,少数可以脱离平衡位置运动。液体分子的 运动则可以用“长时间的定居(振动)和短时间的迁移”来概括,这是由于液体分子间距较固体大的结果。气 2 体分子基本“居无定所” ,不停地迁移(常温下,速率数量级为 10 m/s) 。 无论是振动还是迁移,都具备两个特点:a、偶然无序 (杂乱无 章)和统计有序(分子数比率和速率对应一定的规律——如 麦克斯韦 速率分布函数,如图 6-2 所示) ;b、剧烈程度和温度相关。 气体分子的三种速率。 最可几速率 vP : f(v) =
?N (其 N
0

1 8

1 分子,所以…(此法普 2

中 ΔN 表 vP
v

示 v 到 v +Δ v 内分子数,N 表示分子总数)极大时的速率, = =
2 RT = ?

2kT m

;平均速率 v :所有分子速率的算术平均值,

8 RT 8kT = ;方均根速率 v 2 :与分子平均动能密切相关 ?? ?m

的一个速 = 1.38

率, v 2 = ?10
-23

3RT R 3kT = 〔其中 R 为普适气体恒量,R = 8.31J/(mol.K)。k 为玻耳兹曼常量,k = ? NA m

J/K 〕
2 n ?K ,其中 n 为 3

【例题 2】证明理想气体的压强 P = 度, ?K 为气体分子平均动能。

分子数密

【证明】气体的压强即单位面积容器壁所承受的分子的 这里可以设理想气体被封闭在一个边长为 a 的立方体容器 6-3 所示。
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撞击力, 中,如图

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考查 yoz 平面的一个容器壁,P =

F a2



设想在Δ t 时间内,有 Nx 个分子(设质量为 m)沿 x 方向以恒定的速率 vx 碰撞该容器壁,且碰后原速率弹 回,则根据动量定理,容器壁承受的压力 F =
?p N x ? 2mvx = ?t ?t



在气体的实际状况中,如何寻求 Nx 和 vx 呢? 考查某一个分子的运动,设它的速度为 v ,它沿 x、y、z 三个方向分解后,满足
2 v = v2 + v2 x y + vz

2

分子运动虽然是杂乱无章的,但仍具有“偶然无序和统计有序”的规律,即
v 2 = v2 x

+ v2 + v2 = 3 v2 z y x



这就解决了 vx 的问题。 另外, 从速度的分解不难理解, 每一个分子都有机会均等的碰撞 3 个容器壁的可能。 设Δ t = Nx =
a ,则 vx
1 1 3 ?3N 总 = na 6 2 1 6

④ 几率是均

注意,这里的 是指有 6 个容器壁需要碰撞,而它们被碰的 等的。 结合①②③④式不难证明题设结论。 〖思考〗此题有没有更简便的处理方法? 〖答案〗有。 “命令”所有分子以相同的速率 v 沿+x、?x、+y、 ?z 这 6 个方向运动(这样造成的宏观效果和“杂乱无章”地运动 的) ,则 Nx = N 总 =
1 6 1 3 na ;而且 vx = v 6

?y 、 +z 、 时是一样

F 所以,P = 2 a

1 3 na ? 2m vx N x ? 2mvx 6 1 2 = = = nm v 2 = n ?K x a 3 ?t ? a 2 3 2 ?a vx

3、 分子间存在相互作用力 (注意分子斥力和气体分子碰撞作用力 而且引力和斥力同时存在,宏观上感受到的是其合效果。 分子力是保守力,分子间距改变时,分子力做的功可以用 的变化表示,分子势能 EP 随分子间距的变化关系如图 6-4 所示。 分子势能和动能的总和称为物体的内能。

的区别) , 分子势能

二、热现象和基本热力学定律
1、平衡态、状态参量 a、凡是与温度有关的现象均称为热现象,热学是研究热现象的科学。热学研究的对象都是有大量分子 组成的宏观物体,通称为热力学系统(简称系统) 。当系统的宏观性质不再随时间变化时,这样的状态称为平 衡态。 b、系统处于平衡态时,所有宏观量都具有确定的值,这些确定的值称为状态参量(描述气体的状态参 量就是 P、V 和 T) 。 c、热力学第零定律(温度存在定律) :若两个热力学系统中的任何一个系统都和第三个热力学系统处于
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热平衡状态,那么,这两个热力学系统也必定处于热平衡。这个定律反映出:处在同一热平衡状态的所有的热 力学系统都具有一个共同的宏观特征, 这一特征是由这些互为热平衡系统的状态所决定的一个数值相等的状态 函数,这个状态函数被定义为温度。 2、温度 a、温度即物体的冷热程度,温度的数值表示法称为温标。典型的温标有摄氏温标 t、华氏温标 F(F =
9 t + 32)和热力学温标 T(T = t + 273.15) 。 5

b、 (理想)气体温度的微观解释: ?K =

i kT (i 为分子的自由度 = 平动自由度 t + 转动自由度 r + 振 2

动自由度 s 。对单原子分子 i = 3 , “刚性” 〈忽略振动,s = 0,但 r = 2〉双原子分子 i = 5 。对于三个或 三个以上的多原子分子,i = 6 。能量按自由度是均分的) ,所以说温度是物质分子平均动能的标志。 c、热力学第三定律:热力学零度不可能达到。 (结合分子动理论的观点 2 和温度的微观解释很好理解。 ) 3、热力学过程 a、热传递。热传递有三种方式:传导(对长 L、横截面积 S 的柱体,Q = K
4

T1 ? T2 SΔ t) 、对流和辐射(黑 L

体表面辐射功率 J = α T ) b、热膨胀。线膨胀 Δ l = α l0Δ t 【例题 3】如图 6-5 所示,温度为 0℃时,两根长度均为 L 的、均匀的不同金属棒,密度分别为 ρ 1 和 ρ 2 , 现膨胀系数分别为 α 1 和 α 2 ,它们的一端粘合在一起并从 A 点悬挂在天花板上,恰好能水平静止。若温度升 高到 t℃,仍需它们水平静止平衡,则悬点应该如何调整? 【解说】设 A 点距离粘合端 x ,则 ρ 1(
L 2

? x)=ρ 2(

L 2

+ x) ,得:x =

L(?1 ? ?2 ) 2(?1 ? ?2 )

设膨胀后的长度分别为 L1 和 L2 ,而且密度近似处理为不变, ρ 1(
L1 L ? x′)=ρ 2( 2 2 2

则同理有

+ x′) ,得:x′=

L1?1 ? L2?2 2(?1 ? ?2 )

另有线膨胀公式,有 L1 = L(1 + α 1t) ,L2 = L(1 + α 2t) 最后,设调整后的悬点为 B ,则 AB = x′? x 【答案】新悬点和原来的悬点之间相距
?1?1 ? ?2?2 Lt 。 2 (?1 ? ?2 ) L L ρ1 、ρ2′= ρ2 ,此题仍然是可解的,但最后的 L2 L1

〖说明〗如果考虑到密度变化的实际情况ρ1′=

结果却复杂得多… c、系统由一个平衡态变化到另一个平衡态,即构成一个热力学过程。特殊的热力学过程有等压过程、 等温过程、等容过程、绝热过程和自由膨胀等。 准静态过程:如果变化过程相对缓慢,则过程的每一个状态可视为平衡态,这样的过程也称为准静态过 程。 循环:如果系统经过一系列的变化后,又回到原来的平衡态,我们成这个过程为循环。 d、热力学第一定律:外界对系统所做的功 W 和系统从外界吸收热量 Q 之和,等于系统内能的增量Δ E , 即 Δ E = Q + W 。热力学第一定律是能量守恒定律在热力学过程中的具体体现。 e、热力学第二定律:克劳修斯表述(克劳修斯在 1850 年提出) :热量总是自动的从高温物体传到低温 物体,不可能自动地由低温物体向高温物体传递。开尔文表述(开尔文在 1851 年提出) :不存在这样一种循环 过程,系统从单一热源吸取热量,使之完全变为有用功而不产生其他影响。 违背热力学第二定律并不违背能量守恒,它所展示的是热力学过程的不可逆性——即自发的热力学过程 只会朝着混乱程度(熵)增大的方向发展。

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三、理想气体
1、气体实验三定律 在压强不太大,温度不太低的条件下,气体的状态变化遵从以下三个实验定律 a、玻意耳-马略特定律:一定质量气体温度不变时,P1V1 = P2V2 或 PV = 恒量 b、查理定律:一定质量气体体积不变时,
P1 T1

=

P2 P 或 T T2 V1 T1

= 恒量
V2 V 或 = 恒量 T T2

c、盖?吕萨克定律:一定质量气体压强不变时,

=

【例题 4】如图 6-6 所示,一端封闭、内径均匀的玻璃管 100cm ,其中有一段长 L′= 15cm 的水银柱把一部分空气封 中。当管水平放置时,封闭气柱 A 长 LA = 40cm。现把管缓慢 直后,在把开口端向下插入水银槽中,直至 A 端气柱长 LA? = 止,这时系统处于静止平衡。已知大气压强 P0 = 75cmHg,过 变,试求槽内水银进入管内的水银柱的长度 h 。 【解说】在全过程中,只有 A 部分的气体质量是不变的, 体则只在管子竖直后质量才不变。所以有必要分过程解本题。 过程一:玻管旋转至竖直 A 部分气体,LA′=
75 PA LA = ?40 = 50cm ? 75 ? 15 PA

长 L = 闭 在 管 旋转至竖 37.5cm 为 程温度不 B 部分气

此时 B 端气柱长 LB′= L ? LA′? L′= 100 ? 50 ? 15 = 过程二:玻管出入水银槽 A 部分气体(可针对全程,也可针对过程二) , PA? =
? 50 LA ? ?60 = 80cmHg P = ? A 37 .5 LA

35cm

B 部分气体, LB? =

? P0 PB 75 ? ? ?35 ≈ 27.6cm L = LB = ? ? B 80 ? 15 PA ? PL? PB

最后,h = L - LA? ? L′? LB? 【答案】19.9cm 。 2、理想气体 宏观定义:严格遵守气体实验定律的气体。 微观特征:a、分子本身的大小比起它们的间距可以忽略,分子不计重力势能;b、除了短暂的碰撞过程 外,分子间的相互作用可以忽略——意味着不计分子势能;c、分子间的碰撞完全是弹性的。 *理想气体是一种理想模型,是实际气体在某些条件约束下的近似,如果这些条件不满足,我们称之为 实际气体,如果条件满足不是很好,我们还可以用其它的模型去归纳,如范德瓦尔斯气体、昂尼斯气体等。 理想气体压强的微观解释:P =
N 2 n ?K ,其中 n 为分子数密度(n = ) 。 3 V

3、理想气体状态方程:一定质量的理想气体,

P1 V1 T1

=

P2 V2 PV 或 = 恒量 T T2

理想气体状态方程可以由三个试验定律推出, 也可以由理想气体的压强微观解 微观解释推导得出。 【例题 5】如图 6-7 所示,在标准大气压下,一端封闭的玻璃管长 96cm ,内有 20cm 的水银柱,当温度为 27℃且管口向上竖直放置时,被封闭的气柱长为 60cm。试
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释和温度 一 段 长 问:当温

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度至少升高到多少度,水银柱才会从玻璃管中全部溢出? 【解说】首先应该明确的是,这是一个只有唯一解的问题还是一个存在范围讨论的问题。 如果是前一种可能,似乎应该这样解:
( 76 ? 20 ) ? 60 PL 76 ? 96 P1L1 = 2 2 ,即 = ,得:T2 = 380K 300 T2 T2 T1

但是,仔细研究一下升温气体膨胀的全过程,就会发现,在某些区域,准静态过程是不可能达成的,因此 状态方程的应用失去意义。 为了研究准静态过程是否可能达成,我们可以假定水银柱是受到某种制约而准静态膨胀的,这样,气柱的 压强只受玻马定律制约(而与外界大气压、水银柱长没有关系) ,设为 P 。而对于一般的末状态,水银柱在管 中剩下的长度设为 x 。从初态到这个一般的末态
PL P(96 ? x ) 19.2T ( 76 ? 20 ) ? 60 P1L1 = ,即 = ,得 P = T 96 ? x T 300 T1

隔离水银柱下面的液面分析,可知 P ? 76 + x 时准静态过程能够达成(P 可以随升温而增大,直至不等 式取等号) ,而 P > 76 + x 时准静态过程无法达成(T 升高时,P 增大而 x 减小) ,水银自动溢出。 所以,自动溢出的条件是:T > 考查函数 y =
1 2 (-x + 20x + 7296) 19.2

1 2 (-x + 20x + 7296)发现,当 x = 10cm 19.2

时, ymax =

385.2K 而前面求出的 x = 0 时,T 只有 380K,说明后阶段无须升 ...... 自动溢出过程 (参照图 6-8 理解) 。 而 T > ymax 即是题意所求。 ...... 【答案】385.2K 。 a、推论 1:
P1 P2 = ,此结论成功地突破了“质量 ? 2 T2 ?1T1

温 ., .即 .是 .

一定”的

条件约束,对解某些特殊问题非常有效。 b、克拉珀龙方程:原方程中,将“恒量”定量表达出来就成为 PV = ? RT ,其中 ? 为气体的摩尔数, 这个结论被成为克拉珀龙方程。它的优点是能使本来针对过程适用的方程可以应用到某个单一的状态。 c、推论 2:气体混合(或分开)时,
P1 V1 T1

+

P2 V2 T2

+ ? +

Pn Vn Tn

?

PV ,这个推论很容易由克拉珀龙 T

方程导出。 【例题 6】图 6-9 是一种测量低温用的气体温度计,它的下端是测温泡 A , 力计 B ,两者通过绝热毛细管相连,毛细管容积不计。操作时先把测温计在室温 至大气压 P0 ,然后加以密封,再将 A 浸入待测液体中,当 A 和待测液体达到热 的读数为 P ,已知 A 和 B 的容积分别为 VA 和 VB ,试求待测液体的温度。 【解说】本题是“推论 2”的直接应用
P0 (VA ? VB ) PVA = T0 TA

上端是压 T0 下 充 气 平衡后,B

+

PVB T0

【答案】TA =

PVAT0 P0 (VA ? VB ) ? PVB

【例题 7】图 6-10 所示是一定质量理想气体状态变化所经历的 P-T 图线,该 C 点为圆心的圆。P 轴则 C 点的纵坐标 PC 为单位(T 轴以 TC 为单位) 。若已知在此 体所经历的最低温度为 T0 ,则在此过程中,气体密度的最大值 值 ρ 2 之比 ρ 1/ρ 2 应等于多少? 【解说】本题物理知识甚简,应用“推论 1”即可。
P1 P2 = ? 2 T2 ?1T1

图线是以 过程中气 ρ 1 和最小

?

?1 ?2

=

P1T2 P /T = 1 1 P2 T1 P2 / T2
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此式表明,

P P 越大时,ρ 就越大。故本题归结为求 的极大值和极小值。 T T

方法一:P 与 T 的关系服从圆的方程(参数方程为佳) T = Tc + rcosθ P = PC + rsinθ 引入 y =
P T

=

PC ? r sin ? ,然后求这个函数的极值? TC ? r cos ?
P P P 的几何意义可知, 等于状态点到原点的连线与 T 轴夹角的正切值,求 的极 T T T

方法二:见图 6-11,从

大和极小归结为求这个正切值的极大和极小——很显然,当直线 两处相切时,出现了这样的极大和极小值。 θ max = α + β ,θ min =α ? β 而 tgα = sinβ =
PC TC
r
2 2 TC ? PC

与圆周的

? tgβ =

TC ? T0 2TCT0

(注意:依题意,r = TC ? T0 ) 所以 tgθ
max

=

P 2TCT0 ? TC (TC ? T0 ) tg? ? tg? = C 1 ? tg?tg? TC 2TCT0 ? PC (TC ? T0 ) P 2TCT0 ? TC (TC ? T0 ) tg? ? tg? = C 1 ? tg?tg? TC 2TCT0 ? PC (TC ? T0 ) PC 2TCT0 ? TC (TC ? T0 ) TC 2TCT0 ? PC (TC ? T0 )

tgθ

min

=

【答案】 〔

PC 2TCT0 ? TC (TC ? T0 ) TC 2TCT0 ? PC (TC ? T0 )

〕/〔

〕 。

d、道尔顿分压定律:当有 n 种混合气体混合在一个容器中时,它们产生的压强等于每一种气体单独充 在这个容器中时所产生的压强之和。即 P = P1 + P2 + P3 + ? + Pn 4、理想气体的内能、做功与吸放热计算 a、理想气体的内能计算 由于不计分子势能,故 E = N? ?K = N kT = N
i 2 i R i T = ? RT ,其中 N 为分子总数, ? 为气体的摩 2 NA 2

尔数。由于(对一定量的气体)内能是温度的单值函数,故内能的变化与过程完全没有关系。 b、理想气体的做功计算 气体在状态变化时,其压强完全可以是变化的,所以气体压力的功从定义角度寻求比较困难。但我们可 以从等压过程的功外推到变压过程的功(☆无限分割→代数累计?) ,并最终得出这样一个非常实用的结论: 准静态过程理想气体的功 W 总是对应 P-V 图象中的“面积” 。这个面积的理解分三层意思—— ①如果体积是缩小的,外界对气体做功,面积计为正;②如果体积是增大的,气体对外界做功,面积计 为负;③如果体积参量变化不是单调的(例如循环过程) ,则面积应计相应的差值。如图 6-3 所示。

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(☆学员思考:气体膨胀是不是一定对外做功?…) c、吸放热的计算 初中所学的通式 Q = cmΔ T 仍适用,但值得注意的是,对固体和液体而言,比热容 c 基本恒定(和材料 相关) ,但对气体而言,c 会随着过程的不同而不同。 对理想气体,我们一般引进“摩尔热容”C(从克拉珀龙方程知,我们关心气体的摩尔数更甚于关心气 体的质量) ,物理意义:1 摩尔物质温度每升高 1K 所吸收的热量。摩尔热容和比热容的关系 C =
cm 。 ?

①等容过程的摩尔热容称为“定容摩尔热容” ,用 CV 表示,所以 Q = ? CVΔ T ②等压过程的摩尔热容称为“定压摩尔热容” ,用 CP 表示,所以 Q = ? CPΔ T 对于其它的复杂过程而言,摩尔热容的表达比较困难,因此,用直接的途径求热量不可取,这时,我们 改用间接途径:即求得Δ E 和 W 后,再用热力学第一定律求 Q 。 (☆从这个途径不难推导出:① CV = CP =
i R + R ,即 CP = CV + R … ;② E = ? CVT ) 2 i R , 2

【例题 8】0.1mol 的单原子分子理想气体,经历如图 6-13 所示的 A→B→C→A 循环,已知的状态途中已经 标示。试问: (1)此循环过程中,气体所能达到的最高温度状态在何处,最高温度是多少? (2)C→A 过程中,气体的内能增量、做功情况、吸 放热情况 怎样? 【解说】 (1)介绍玻马定律的 P-V 图象,定性预计 Tmax 的大概位 置(直线 BC 上的某一点) 。定量计算 PV 的极大值步骤如 下—— BC 的直线方程为 P = - V + 2 y = PV = - V + 2V 显然,当 V = 2 时,y 极大,此时,P = 1 5 -3 代 入 克 拉 珀 龙 方 程 : 1 ? 10 ? 2 ? 10 = 0.1 ? 解得 Tmax = 240.7K (2)由克拉珀龙方程可以求得 TC = 180.5K = TB ,TA = 60.2K ΔE = ?
i 3 RΔ T = 0.1? ?8.31?(60.2-180.5) = -150.0J 2 2
5 -3

1 2

1 2

2

8.31Tmax ,

根据“面积”定式,W = 0.5?10 ?2?10

= 100J
2

5 计算 Q 有两种选择:a、Q = ? CPΔ T = 0.1? ?8.31?(60.2-180.5) = -250.0J

b、Q = Δ E - W = -250.0J -3 【答案】 (1)V = 2?10 时,Tmax 为 240.7K; (2)内能减少 150.0J,外界对气体做功 100J,气体向外界 放热 250J 。
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〖思考一〗B→C 过程气体吸放热的情况又怎样? 〖解〗由于 B→C 过程一直是气体对外界做功,但内能却是先增后减,所以过程的吸放热情况会复杂一些。 由ΔE = Q + W 不难看出,TB 到 Tmax 阶段肯定是吸热,但在 Tmax 到 TC 阶段则无法定性判断。所以这里启用定 量方法—— 在 Tmax 到 TC 阶段取一个极短过程 V →(V +ΔV) ,在此过程中 ΔE = ?
i 3 3 RΔT = Δ(PV)≈ (PΔV + VΔP) 2 2 2 1 2 1 2

由于 P = - V + 2 ,有ΔP = - ΔV 故ΔE =
1 2 3 (2-V)ΔV 2 1 2 1 2

又 W = - ΔV(P +?P-ΔP? )= -PΔV + ΔPΔV ≈ -PΔV =( V-2)ΔV ( “过程极短”的缘 故…) 所以 Q = ΔE-W =(5-2V)ΔV -3 3 Q < 0 时,气体开始放热,即 V > 2.5 时开始吸热(转变体积 V′= 2.5×10 m ,对应转变压强 P′ 5 = 0.75×10 Pa ,转变温度 T′= 225.6K) 。 a、吸热阶段:ΔE = 0.1× ×8.31×(225.6-180.5)= 56.2J W = - (1.5 + 0.75)×10 ×(2.5-1)×10 Q = ΔE-W = 225.0J b、放热阶段:ΔE = 0.1× ×8.31×(180.5-225.6)= -56.2J W = - (0.5 + 0.75)×10 ×(3-2.5)×10
1 2
5 -3

3 2

1 2

5

-3

= -168.8J

3 2

= -31.3J

Q = ΔE-W = -24.9J (说明:如果针对 B→C 全程计算,不难得出 Q = 200.0J 。那么,分出吸热、放热的细节是不是没有必要 呢?不能这样认为。因为热传递的过程具有不可逆性,所以这里的热量“总帐”对气体可能是与“细帐”没有 区别,但对外界而言,吸热必然是来自高温热源,而放热却是针对低温热源,它们就象同一个公司的两个不同 贸易伙伴,算清具体往来显然是必要的。 ) 〖答〗从高温热源吸收 225.0J 的热量,向低温热源放出 24.9J 的热量。 〖思考二〗B→C 过程吸热过程和放热过程的摩尔热容分别是多少? 〖解答〗解略。吸热过程 C1 = 49.9J/(mol〃K),放热过程 C2 = 5.54 J/(mol〃K)。 〖思考三〗整个循环的效率是多少?
3 〖解答〗A→B 过程吸热 Q = ? CVΔT = 0.1× ×8.31×(180.5-60.2)= 150.0J ,B→C 过程吸热 225J , 2

C→A 过程只放热,所以全过程(从高温热源)的吸热总量为 375J。 整个循环对外做的功就是△ABC 的面积,绝对值为 ×1.0×10 ×2×10? = 100J
5 3

1 2

所以,效率 η =

W Q吸

=

100 = 26.7% 。 (从这个计算我们可以进一步领会区分吸热和放热的重要性。 ) 375

【例题 9】如图 6-14 所示,A 和 B 是两个圆筒形绝热容器,中间用细而短的管子连接,管中有导热性能良 好的阀门 K ,而管子和阀门对外界却是绝热的。F 是带柄的绝热活塞,与容器 A 的内表面紧密接触,不漏气, 且不计摩擦。 开始时,K 关闭,F 处于 A 的左端。A 中有 ? 摩 尔、温度
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为 T0 的理想气体,B 中则为真空。现向右推动 F ,直到 A 中气体的体积与 B 的容积相等。在这个过程中,已 知 F 对气体做功为 W ,气体温度升为 T1 ,然后将 K 稍稍打开一点,使 A 中的气体缓慢向 B 扩散,同时让活塞 F 缓慢前进,并保持 A 中活塞 F 附近气体的压强近似不变。不计活塞、阀门、容器的热容量,试问:在此过程 中,气体最后的温度 T2 是多少? 【解说】为求温度,可以依据能量关系或状态方程。但事实证明,仅用状态方程还不够,而要用能量关系, 摩尔热容、做功的寻求是必不可少的。 过程一:K 打开前,过程绝热,据热力学第一定律,Δ E = W 又由 E = ? CVT 知 Δ E = ? CV(T1 ? T0) 因此,CV =
W ?(T1 ? T0 ) ?RT1 V1

① ②

而且在末态,P1 =

过程二:K 打开后,过程仍然绝热,而且等压。所以, W′= P1(V1 ? V1′) ,其中 V1′为 A 容器最终的稳定容积。 〖学员思考〗此处求功时ΔV 只取 A 容器中气体体积改变而不取整个气体的体积改变,为什么?——因为 B 容器中气体为自由膨胀 的缘故… .... 为求 V1′,引进盖?吕萨克定律 从这两式可得 W′= P1V1 2T1 ? T2
T1
? V ? V1 V1 = 1 T2 T1



而此过程的 Δ E′= ? CVΔ T = ? CV(T2 ? T1) ④ (注意:这里是寻求内能增量而非热量,所以,虽然是等压过程,却仍然用 CV 而非 CP) 最后,结合①②③④式对后过程用热力学第一定律即可。 【答案】T2 =
2?R (T1 ? T0 ) ? W T1 。 ?R (T1 ? T0 ) ? W

四、相变
相:热学系统中物理性质均匀的部分。系统按化学成分的多少和相的种类多少可以成为一元二相系(如冰 水混合物)和二元单相系(如水和酒精的混合液体) 。相变分气液相变、固液相变和固气相变三大类,每一类 中又有一些具体的分支。相变的共同热学特征是:相变伴随相变潜热。 1、气液相变,分气化和液化。气化又有两种方式:蒸发和沸腾,涉及的知识点有饱和气压、沸点、汽化热、 临界温度等。 a、蒸发。蒸发是液体表面进行的缓慢平和的气化现象(任何温度下都能进行) 。影响蒸发的因素主要有① 液体的表面积、 ②液体的温度、 ③通风条件。 从分子动理论的角度不难理解, 蒸发和液化必然总是同时进行着, 当两者形成动态平衡时,液体上方的气体称为—— 饱和气,饱和气的压强称为饱和气压 PW 。①同一温度下,不同液体的 PW 不同(挥发性大的液体 PW 大) , 但同种液体的 PW 有唯一值(与气、液的体积比无关,与液体上方是否存在其它气体无关) ;②同一种液体,在 不同的温度下 PW 不同(温度升高,PW 增大,函数 PW = P0 e
? L RT

,式中 L 为汽化热,P0 为常量) 。

汽化热 L :单位质量的液体变为同温度的饱和气时所吸收的热量,它是相变潜热的一种。汽化热与内能 改变的关系 L = Δ E + PW(V 气 ? V 液)≈ Δ E + PWV 气 b、沸腾。一种剧烈的汽化,指液体温度升高到一定程度时,液体的汽化将不仅仅出现在表面,它的现象 是液体内部或容器壁出现大量气泡,这些气泡又升到液体表面并破裂。液体沸腾时,液体种类不变和外界压强 不变时,温度不再改变。 (从气泡的动力学分析可知)液体沸腾的条件是液体的饱和气压等于外界压强。 (如在 1 标准大气压下,
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水在 100℃沸腾,就是因为在 100℃时水的饱和气压时 760cmHg。 ) 沸点,液体沸腾时的温度。①同一外界气压下,不同液体的沸点不同;②同一种液体,在不同的外界气 压下,沸点不同(压强升高,沸点增大) 。 c、液化。气体凝结成液体的现象。对饱和气,体积减小或温度降低时可实现液化;对非饱和气,则须先 使它变成饱和气,然后液化。 常用的液化方法:①保持温度不变,通过增大压强来减小气体的体积;②保持体积不变,降低温度。 【例题 10】有一体积为 22.4L 的密闭容器,充有温度 T1 、压强 3atm 的空气和饱和水汽,并有少量的水。 今保持温度 T1 不变,将体积加倍、压强变为 2atm ,这时容器底部的水恰好消失。将空气、饱和水汽都看成理 想气体,试问: (1)T1 的值是多少?(2)若保持温度 T1 不变,体积增为原来的 4 倍,容器内的压强又是多少? (3)容器中水和空气的摩尔数各为多少? 【解说】容器中的气体分水汽和空气两部分。容器中压强与空气压强、水汽压强的关系服从道尔顿分压定 律。对水汽而言,第二过程已不再饱和。 (1)在 T1 、3atm 状态,3 = P1 + PW (P1 为空气压强) 在 T1 、2atm 状态,2 = P2 + PW (P2 为空气压强) 而对空气,P1V = P22V 解以上三式得 P1 = 2atm ,P2 = 1atm ,PW = 1atm ,可得 T1 = 100℃ = 373K (2)此过程的空气和水汽质量都不再改变,故可整体用玻-马定律:2?2V = P′4V (这里忽略了“少量的”水所占据的体积?) (3)在一过程的末态用克拉珀龙方程即可。 【答案】 (1)373K ; (2)1atm ; (3)均为 1.46mol 。 【例题 11】如图 6-15 所示,在一个横截面积为 S 的封闭容器中,有一质量 M 的活塞把容器隔成Ⅰ、Ⅱ两 室,Ⅰ室中为饱和水蒸气,Ⅱ室中有质量为 m 的氮气,活塞可以在容器中无摩擦地滑动。开始时,容器被水平 地放置在地面上,活塞处于平衡,Ⅰ、Ⅱ两室的温度均为 T0 = 373K,压强为 P0 。现将整个容器缓慢地转到 竖直位置,两室的温度仍为 T0 ,但Ⅰ室中有少量水蒸气液化成水。已知水的汽化热为 L ,水蒸气和氮气的摩 尔质量分别为μ 1 和μ 2 ,试求在整个过程中,Ⅰ室内系统与外界交换的热量。

【解说】容器水平放置时,设水蒸气的体积为 V1 ,氮气的体积为 V2 ;直立时,设有体积为Δ V 的水蒸气 液化成水。 直立后水的饱和气在同温度下压强不变,故氮气的压强 P = P0- 在直立过程,对氮气用玻-马定律 P0V2 = P(V2 + Δ V) 结合以上两式可得Δ V =
Mg V2 P0S ? Mg m RT0 ?2
Mg S

为解决 V2 ,对初态的氮气用克拉珀龙方程 P0V2 =

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这样,Δ V =

Mg mRT0 ? P0S ? Mg P0? 2 ? mMg ?1P0 ΔV = 1 ? ?2 P0S ? Mg RT0

所以,水蒸汽液化的质量(用克拉珀龙方程)为 Δ m = 这部分水蒸气液化应放出热量 Q =Δ m?L = 【答案】向外界放热
?1 mMgL ? 。 ?2 P0S ? Mg

?1 mMgL ? ?2 P0S ? Mg

〖思考〗解本题时,为什么没有考虑活塞对Ⅰ室做的功? 〖答〗注意汽化热 L 的物理意义——它其中已经包含了气体膨胀(汽化)或收缩(液化)所引起的做功因 素,若再算做功,就属于重复计量了。 〖*再思考〗Ⅱ中氮气与“外界”交换的热量是多少? 〖*答〗氮气没有相变,就可直接用热力学第一定律。ΔE = 0 ,W = ? +
Mg m Mg ) ,所以 Q =ΔE – W = RT0ln(1 + ) ,吸热。 P0S ? Mg ?2 P0S ? Mg m V ? ?V m RT0ln 2 = ? RT0ln(1 ?2 V2 ?2

2、湿度与露点 a、空气的湿度。表示空气干湿程度的物理量,有两种定义方式。①绝对湿度:空气中含有水蒸气的压强; ②相对湿度 B :空气中含有水蒸气的压强跟该温度下水的饱和蒸气压的比值,即 B =
P ?100%(相对湿度 PW

反映了空气中水蒸气离开饱和的程度,人体感知的正是相对湿度而非绝对湿度,以 B 值为 60~70%比较适宜。 在绝对湿度一定的情况下,气温升高,B 值减小——因此,夏天尽管绝对湿度较大,但白天仍感到空气比晚上 干燥) 。 b、露点:使空气中的水蒸气刚好达到饱和的温度。露点的高低与空气中含有水蒸气的压强(即绝对湿度) 密切相关, 根据克拉珀龙方程, 也就是与空气中水蒸气的量有关: 夏天, 空气中水蒸气的量大, 绝对湿度大 (水 蒸气的压强大) ,对应露点高;反之,冬天的露点低。 3、固液相变,分熔解和凝固。 a、熔解。物质从故态变成液态。晶体有一定的熔解温度——熔点(严格地说,只有晶体才称得上是固体) , 非晶体则没有。大多数物质熔解时体积会膨胀,熔点会随压强的增大而升高,但也有少数物质例外(如水、灰 铸铁、锑、铋等,规律正好相反) 。 (压强对熔点的影响比较微弱,如冰的熔点是每增加一个大气压熔点降低 0.0075℃。 ) 熔解热 λ :单位质量的晶体在溶解时所吸收的热量。从微观角度看,熔解热用于破坏晶体的空间点阵, 并最终转化为分子势能的增加,也就是内能的增加,至于体积改变所引起的做功,一般可以忽略不计。 b、凝固。熔解的逆过程,熔解的规律逆过来都适用与凝固。 4、固气相变,分升华和凝华。 a、升华。物质从固态直接变为气态的过程。在常温常压下,碘化钾、樟脑、硫磷、干冰等都有显著的升 华现象。 升华热:单位质量的物质在升华时所吸收的热量。 (从微观角度不难解释)升华热等于同种物质的汽化 热和熔解热之和。 b、凝华。升华的逆过程。如打霜就是地面附近的水蒸气遇冷(0℃以下)凝华的结果。凝华热等于升华热。 5、三相点和三相图 亦称“三态点”。一般指各种稳定的纯物质处于固态、液态、气态三个相(态)平衡共存时的状态,叫做 该物质的“三相点”。该点具有确定的温度和压强(清注意:两相点,如冰点和汽点并不具备这样的特征)。 所以三相点这个固定温度适于作为温标的基点,现在都以水的三相点的温度作为确定温标的固定点。 附:几种物质的三相点数据 温度(K)
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压强(Pa)

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氢 氘 氖 氮 二氧化碳 水

13.84 18.63 24.57 63.18 216.55 273.16

7038.2 17062.4 43189.2 12530.2 517204 610.5 OK(即饱 P0 e
? L RT

怎样理解三相点的存在呢?将相变的气化曲线 和 气 压 随 温 度 变 化 的 曲 线 — — 对 应 函 数 PW = 溶解曲线 OL(压强随熔点变化的曲线) 、升华曲线 随升华点变化的曲线)描绘在同一个 P-t 坐标中, “三相图” 。 三条曲线的交点就是三相点, 如图 6-16 在图中, 为了表示三相点的精确位置, 坐标的标 均匀的,所以坐标轴用虚线表示。OK、OL 和 OS 别是水汽两相点、冰水两相点和冰汽两相点“运动” —也就是相应两相的分界线。

) 、

OS(压强 就 构 成 所示。 度并不是 事实上分 的结果—

五、固体和液体
1、固体——晶体和非晶体 a、晶体和非晶体的根本区别是:是否具有固定的熔点。晶体又分为单晶体和多晶体,单晶体(如石英、 云母、明矾、冰等)还具有规则的几何形状、物理性质上表现为各向异性;多晶体(如岩石、金属等)则和非 晶体一样,无规则几何形状、各向同性。 b、空间点阵:组成晶体的微观粒子所形成的规则排列(非晶体没有空间点阵) 。晶体之所以具有固定的熔 点,是因为发生相变时,吸收的热量全部用来破坏空间点阵结构——分子间距的改变导致分子势能增大,而分 子的平均动能则不变。 2、液体的表面张力 a、表面张力:存在于液体表面的使表面收缩的力。表面张力的微观解释是:蒸发使表面分子间距大于 r0 , 因此分子力体现为引力。 表面张力系数α :设想在液面作长为 L 的线段,则线段两边表面张力必垂直于这条线段,且于液面相切, 各自的大小均为 f = α L ,其中α 称表面张力系数。 b、浸润现象:液体与固体接触时,若接触角 θ (见图 6-17 ) 为 锐角,称为浸润现象;反之,接触角为钝角,称为不浸润。 液体相对 固体是否浸润取决于液体和固体的组合关系, 如水能浸润玻 璃却不能 浸润石蜡,水银能浸润锌版却不能浸润玻璃。 当θ = 0 时,称为“完全浸润” ;当θ =π 时,称为“完 全 不 浸 润” 。 从微观角度看,液体能否浸润固体取决于液体与固体 接 触 的 “附着层”分子受液体分子力(内聚力)更大还是受固体分 子力(附 着力)更大。 c、毛细现象:浸润管壁的液体在毛细管中液面升高,不浸润管壁的液体在 毛细管中 液面降低的现象。毛细现象的形成事实上是液体表面张力的合效果。 ☆如果毛细管的为 r ,液体的表面张力系数为α,对管壁的浸润角为θ, 不难求出 毛细现象导致的液面上升(或下降)量 h =
2 cos ? 。 ?gr
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【例题 12】如图 6-18 所示,在一个两端开口的、半径为 1mm 的长毛细管中装满水,然后把它竖直地放在 -2 空间,认为水完全浸润毛细管,且水的表面张力系数为 7.3?10 N/m ,则留在管中的水柱应有多长? 【解说】由于有两个曲面,故曲面边缘的表面张力合力为 F = 2?α 2π rcosθ 2 液柱的重力 G =ρ π r hg 解它们的平衡方程即可(θ = 0) -2 【答案】h = 2.94?10 m 。

(第六部分《热学》完)

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