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高中物理竞赛讲义(完整版)


最新高中物理竞赛讲义(完整版)

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目录
最新高中物理竞赛讲义(完整版) ........................................................1 第 0 部分

绪言 ..................................................................................... 5 一、高中物理奥赛概况 .................................................................... 5 二、知识体系 ................................................................................... 5 第一部分 力&物体的平衡 .................................................................. 6 第一讲 力的处理.............................................................................. 6 第二讲 物体的平衡.......................................................................... 8 第三讲 习题课 ................................................................................. 9 第四讲 摩擦角及其它 .................................................................... 13 第二部分 牛顿运动定律 ......................................................................15 第一讲 牛顿三定律........................................................................ 16 第二讲 牛顿定律的应用 ................................................................ 16 第二讲 配套例题选讲 .................................................................... 24 第三部分 运动学 ................................................................................. 24 第一讲 基本知识介绍 .................................................................. 24 第二讲 运动的合成与分解、相对运动......................................... 26 第四部分 曲线运动 万有引力 ........................................................ 28 第一讲 基本知识介绍 .................................................................... 28 第二讲 重要模型与专题 ................................................................ 30
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第三讲 典型例题解析 .................................................................... 38 第五部分 动量和能量.......................................................................... 38 第一讲 基本知识介绍 .................................................................... 38 第二讲 重要模型与专题 ................................................................ 40 第三讲 典型例题解析 .................................................................... 53 第六部分 振动和波 ............................................................................. 53 第一讲 基本知识介绍 .................................................................... 53 第二讲 重要模型与专题 ................................................................ 57 第三讲 典型例题解析 .................................................................... 66 第七部分 热学 ..................................................................................... 66 一、分子动理论 ............................................................................. 66 二、热现象和基本热力学定律 ...................................................... 68 三、理想气体 ................................................................................. 70 四、相变 ......................................................................................... 77 五、固体和液体 ............................................................................. 80 第八部分 静电场 ................................................................................. 81 第一讲 基本知识介绍 .................................................................... 81 第二讲 重要模型与专题 ................................................................ 84 第九部分 稳恒电流 ............................................................................. 95 第一讲 基本知识介绍 .................................................................... 95 第二讲 重要模型和专题 ................................................................ 98 第十部分 磁场 ................................................................................... 107
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第一讲 基本知识介绍 .................................................................. 107 第二讲 典型例题解析 .................................................................. 111 第十一部分 电磁感应........................................................................ 117 第一讲、基本定律........................................................................ 117 第二讲 感生电动势...................................................................... 120 第三讲 自感、互感及其它 .......................................................... 124 第十二部分 量子论 ........................................................................... 127 第一节 黑体辐射.......................................................................... 127 第二节 光电效应.......................................................................... 130 第三节 波粒二象性...................................................................... 136 第四节 测不准关系...................................................................... 139

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第 0 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、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。
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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 =
? ? α为 a 和 b 的夹角。

a 2 ? b 2 ? 2ab cos? ,其中

? ? ? ? 和矢量方向: c 在 a 、 b 之间,和 a 夹角β= arcsin

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

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 = 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。
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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。 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
1 在 T 内的平均加速度大小。 2 1 T 内和 4

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 4 2 ? ? ? 三点的速度矢量分别设为 v A 、 v B 和 v C 。

根据加速度的定义

? a =

? ? vt ? v0 ? 得 : a AB = t

? ? ? ? vC ? vA vB ? vA ? , a AC = t AB t AC
? 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:

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 ?R 8 2?R T = = , a AC = = T = 。 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
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? ? ? ? b 的夹角。意义: 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

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: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
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1、特征:物体无转动加速度。 ? 2、条件:Σ M = 0 ,或ΣM+ =ΣM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 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 sin ? sin ? sin ?

论是很容易的。 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?

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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 = μN ,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 ΔAOB 是相似的,所以:
F AB ? G R

⑴ ⑵ ⑶

由胡克定律:F = k( AB - R) 几何关系: AB = 2Rcosθ 解以上三式即可。

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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 位置开始缓慢拉至 B 位置。 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。 a 答: 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。

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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:
m 1g sin ?

=

F sin 45?

① 同 理 , 对 右 边 的 矢 量 三 角 形 , 有 : ② 解①②两式即可。 答案:1 : 2 。 (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 = μN ② 解①②可得:f =
?G (R ? L) R ? L ? ?R
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m 2g sin ?

=

F sin 30?

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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′=
R ? L ? ?R F 。 R ? L ? ?R ?G (R ? L) = F′。 R ? L ? ?R

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φm 表示。 此时,要么物体已经滑动,必有:φm = 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:φms = arctgμs(μs 为静摩 擦因素) ,称静摩擦角。通常处理为φm = φms 。 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 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) , φm 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:φm = 15°。
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最后,μ= tgφm 。 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 = Gsinφm 。 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°,重力加速度 g = 10m/s2 , 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 = 4mgsinθcosθ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 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 = μN = Ntgθ 综合以上三式得到: Fx = Fytg θ + 2mgsin θ
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① 对斜面体,只看水平方向平衡就行了—— P = fcosθ+ Nsinθ 即:4mgsinθcosθ=μNcosθ+ Nsinθ 代入μ值,化简得:Fy = mgcosθ ② ②代入①可得:Fx = 3mgsinθ 最后由 F = Fx2 ? Fy2 解 F 的大小,由 tgα= 面的夹角) 。
1 答案:大小为 F = mg 1 ? 8 sin 2 ? ,方向和斜面夹角α= arctg( ctg ? )指向 3 斜面内部。 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。

Fy Fx

解 F 的方向(设α为 F 和斜

F mg mg 在图 22 右边的矢量三角形中, 有: = = sin(? ? ?) sin ?90? ? (? ? ?)? cos(? ? ?)

⑵ 注 ⑶ 解⑴⑵⑶式可得 F 和α的值。 意 : φ = arctg μ = arctg(tg θ ) = θ

第二部分

牛顿运动定律

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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:ΣF → a ,ΣFx → 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
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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ΣFx → ∞ ,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

v2 只有当 L > 时 (其中μ为工件与皮带之间的动摩擦因素) ,才有相对静 2?g
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,
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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 θ = ( 90 ° + α ) - β = 90 ° - ( β - α ) (1) 对灰色三角形用正弦定理,有
?F sin ?

=

G sin ?

(2) 解(1) (2)两式得:ΣF =
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 ΣFx = ma ,即 Tx - Nx = ma ΣFy = 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)
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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,ΣFx = 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,求脱离斜面后,θ条件已没有意 义。答:T = m g 2 ? a 2 。 ) 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°,但扶梯的台阶是水平的。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 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 。 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) 。
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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? 解说:截取隔离对象,列整体方程和隔 离方程(隔离右段较好) 。 F 答案:N = 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 若棒不能被拉动,且 F = μ Mg 时(μ为棒与平面的摩擦因素,l 为小于 L F L 的某一值,M 为棒的总质量) ,当 x<(L-l),N≡0 ;当 x>(L-l),N = 〔x l 〈L-l〉 〕 。 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μ2 ,
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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、μ1 m1gcosθ ; B、μ2 m1gcosθ ; C、μ1 m2gcosθ ; D、μ1 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

隔离 m1 ,仍有:T = m1a 解以上两式,可得:a =
m2
2 m1 ? m2 2

g

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′=
(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,
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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。 M?m 答案: 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 = a2sin θ 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: mgcos θ - N = ma1y ③ 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 。
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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

答案:a2 =

的隔离方程即可, 显然有 mgsinθ= ma1x , 得:a1x = gsinθ 。 最后据 a1 = 求 a1 。

2 2 a1 x ? a 1y

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。

答:a1 =

(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 cos θ ① 设全程时间为 t ,则有: 1 S = at2 2 ② 1 S1x = a1xt2 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 a (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: 1 b = S相 = a 相 t2 (3) 2 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 运动学

第一讲

基本知识介绍

一. 基本概念 1. 质点 2. 参照物 3. 参照系——固连于参照物上的坐标系 (解题时要记住所选的是参照系, 而不仅是一个点) 4.绝对运动,相对运动,牵连运动:v 绝=v 相+v 牵 二.运动的描述 1.位置:r=r(t) 2.位移:Δr=r(t+Δt)-r(t) 3. 速度: v=limΔt→0Δr/Δt.在大学教材中表述为: v=dr/dt, 表示 r 对 t 求 导数 4.加速度 a=an+aσ。an:法向加速度,速度方向的改变率,且 an=v2/ρ,ρ 叫 做曲率半径, (这是中学物理竞赛求曲率半径的唯一方法)aσ: 切向加速度,速
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度大小的改变率。a=dv/dt 5.以上是运动学中的基本物理量,也就是位移、位移的一阶导数、位移的 二阶导数。可是三阶导数为什么不是呢?因为牛顿第二定律是 F=ma,即直接和加 速度相联系。 (a 对 t 的导数叫“急动度”。 ) 6.由于以上三个量均为矢量,所以在运算中用分量表示一般比较 好 三.等加速运动 v(t)=v0+at r(t)=r0+v0t+1/2 at2 一道经典的物理问题: 二次世界大战中物理学家曾经 研究,当大炮的位置固定,以同一速度 v0 沿各种角度发射, 问:当飞机在哪一区域飞行之外时,不会有危险?(注:结 论是这一区域为一抛物线, 此抛物线是所有炮弹抛物线的包 2 络线。此抛物线为在大炮上方 h=v /2g 处,以 v0 平抛物体的 轨迹。 ) 练习题: 一盏灯挂在离地板高 l2,天花板下面 l1 处。灯泡爆裂,所有碎片以同样大小 的速度 v 朝各个方向飞去。求碎片落到地板上的半径(认为碎片和天花板的碰 撞是完全弹性的,即切向速度不变,法向速度反向;碎片和地板的碰撞是完全非 弹性的,即碰后静止。 ) 四.刚体的平动和定轴转动 1. 我们讲过的圆周运动是平动而不是转动 2. 角位移 φ=φ(t), 角速度 ω=dφ/dt , 角加速度 ε=dω/dt 3. 有限的角位移是标量,而极小的角位移是矢量 4. 同一刚体上两点的相对速度和相对加速度 两点的相对距离不变, 相对运动轨迹为圆弧, VA=VB+VAB, 在 AB 连线上 投影:[VA]AB=[VB]AB,aA=aB+aAB,aAB=,anAB+,aσAB, ,aσAB 垂直于 AB,,anAB=VAB2/AB 例:A,B,C 三质点速度分别 VA ,VB ,VC 求 G 的速度。 五.课后习题: 一只木筏离开河岸,初速度为 V,方向垂直于岸边,航行路线如图。经过时 间 T 木筏划到路线上标有符号处。河水速度恒定 U 用作图法找到在 2T,3T,4T 时刻木筏在航线上的确切位置。 五、处理问题的一般方法 (1)用微元法求解相关速度问题 例 1:如图所示,物体 A 置于水平面上,A 前固定一滑轮 B,高 台上有一定滑轮 D,一根轻绳一端固定在 C 点,再绕过 B、D,BC 段 水平,当以恒定水平速度 v 拉绳上的自由端时,A 沿水平面前进,求 当跨过 B 的两段绳子的夹角为 α 时,A 的运动速度。 (vA= (2)抛体运动问题的一般处理方法 1. 平抛运动
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v ) 1 ? cos?

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2. 斜抛运动 3. 常见的处理方法 (1)将斜上抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛 运动 (2)将沿斜面和垂直于斜面方向作为 x、y 轴,分别分解初速度和加速度后 用运动学公式解题 (3)将斜抛运动分解为沿初速度方向的斜向上的匀速直线运动和自由落体 运动两个分运动,用矢量合成法则求解 例 2:在掷铅球时,铅球出手时距地面的高度为 h,若出手时的速度为 V0, 求以何角度掷球时,水平射程最远?最远射程为多少? (α= sin?1
v0
2 2v0 ? 2 gh

、 x=

2 v0 v0 ? 2 gh

g



第二讲 运动的合成与分解、相对运动 (一)知识点点拨 (1) 力的独立性原理:各分力作用互不影响,单独起作用。 (2) 运动的独立性原理:分运动之间互不影响,彼此之间满足自己的运 动规律 (3) 力的合成分解:遵循平行四边形定则,方法有正交分解,解直角三 角形等 (4) 运动的合成分解:矢量合成分解的规律方法适用 A. 位移的合成分解 B.速度的合成分解 C.加速度的合成分解 参考系的转换:动参考系,静参考系 相对运动:动点相对于动参考系的运动 绝对运动:动点相对于静参考系统(通常指固定于地面的参 考系)的运动 牵连运动:动参考系相对于静参考系的运动 (5)位移合成定理:SA 对地=SA 对 B+SB 对地 速度合成定理:V 绝对=V 相对+V 牵连 加速度合成定理:a 绝对=a 相对+a 牵连 (二)典型例题 (1)火车在雨中以 30m/s 的速度向南行驶,雨滴被风吹向南方,在地球上 静止的观察者测得雨滴的径迹与竖直方向成 21。角,而坐在火车里乘客看到雨滴 的径迹恰好竖直方向。求解雨滴相对于地的运动。 提示:矢量关系入图 答案:83.7m/s (2)某人手拿一只停表,上了一次固定楼梯,又以不同方式上了两趟自动 扶梯,为什么他可以根据测得的数据来计算自动扶梯的台阶数? 提示:V 人对梯=n1/t1 V 梯对地=n/t2 V 人对地=n/t3
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V 人对地= V 人对梯+ V 梯对地 答案:n=t2t3n1/(t2-t3)t1 (3)某人驾船从河岸 A 处出发横渡,如果使船头保持跟河 岸垂直的方向航行,则经 10min 后到达正对岸下游 120m 的 C 处,如果他使船逆向上游,保持跟河岸成 а 角的方向航行, 则经过 12.5min 恰好到达正对岸的 B 处,求河的宽度。 提示:120=V 水*600 D=V 船*600 答案:200m (4)一船在河的正中航行,河宽 l=100m,流速 u=5m/s,并在距船 s=150m 的下游形成瀑布,为了使小船靠岸时,不至于被冲进瀑布中,船对水的最小速度 为多少? 提示:如图船航行 答案:1.58m/s (三)同步练习 1.一辆汽车的正面玻璃一次安装成与水平方向倾斜角为 β1=30°, 另一次安 装成倾角为 β2=15°。问汽车两次速度之比
v1 v2

为多少时,司机都是看见冰雹都

是以竖直方向从车的正面玻璃上弹开?(冰雹相对地面是竖直下落的) 2、 模型飞机以相对空气 v=39km/h 的速度绕一个边长 2km 的等边三角形飞行, 设风速 u = 21km/h ,方向与三角形的一边平行并与飞机起飞方向相同,试求: 飞机绕三角形一周需多少时间? 3.图为从两列蒸汽机车上冒出的两股长幅气雾拖尾的照 片(俯视) 。 两 列 车 沿 直 轨 道 分 别 以 速 度 v1=50km/h 和 v2=70km/h 行驶,行驶方向如箭头所示,求风速。 4、 细杆 AB 长 L , 两端分别约束在 x 、 y 轴上运动, (1) 试求杆上与 A 点相距 aL(0< a <1)的 P 点运动轨迹; (2) v1 如果 vA 为已知,试求 P 点的 x 、 y 向分速度 vPx 和 vPy 对杆方 位角 θ 的函数。

v2

(四)同步练习提示与答案 1、提示:利用速度合成定理,作速度的矢量三角 形。答案为:3。 2、提示:三角形各边的方向为飞机合速度的方向 (而非机头的指向) ;
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? 第二段和第三段 v 合 大小相同。

参见右图,显然: v2 =
v2 合

+ u2 - 2v 合 ucos120°

可解出 v 合 = 24km/h 。 答案:0.2hour(或 12min.) 。 3、提示:方法与练习一类似。答案为:3 4、提示: (1)写成参数方程 ?
x ? aLsin ? 后消参数 y ? (1 ? a )L cos? ? ?

θ。

(2)解法有讲究:以 A 端为参照, 则杆上各点只绕 A 转动。但鉴于杆子的 实际运动情形如右图,应有 v 牵 = vAcosθ, v 转 = vA
cos2 ? ,可知 B 端相对 的 转动线速 ..A . . sin?
vA 。 sin? avA = v相 sin?

度为:v 转 + vAsinθ= P 点的线速度必为

所以 vPx = v 相 cosθ+ vAx ,vPy = vAy - v 相 sinθ 答案: (1 )
x2 ( aL) 2

+

y2 (1 ? a ) 2 L2

= 1 ,为

椭圆; (2)vPx = avActgθ ,vPy =(1 - a)vA

第四部分

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σ、法向 n 坐标,所有运动学矢量均 沿这两个方向分解。
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? ? F? ? ma ? 动力学方程 ? ,其中 a ? 改变速度的大小(速率) , a n 改变速度的 ?? Fn ? ma n

方向。且 a n = m

v2 ,其中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----对球体外一点 A 的吸引等 效于位于球心的质量为球的质量的质点对质点 A 的吸引; 球体(密度呈球对称分布)内部空间的拓展“剥皮法则”-----对球内任一 距球心为 r 的一质点 A 的吸引力等效于质量与半径为 r 的球的质量相等且位于 球心的质点对质点 A 的吸引; 球壳(密度呈球对称分布)外部空间的拓展----对球壳外一点 A 的吸引等 效于位于球心的质量为球壳的质量的质点对质点 A 的吸引; 球体 (密度呈球对称分布) 内部空间的拓展-----对球壳内任一位置上任一 质点 A 的吸引力都为零; 并且根据以为所述,由牛顿第三定律,也可求得一质点对球或对球壳的吸 引力。 c、不规则物体间的万有引力计算——分割与矢量叠加 3、 万有引力做功也具有只与初末位置有关而与路径无关的特征。 因而相互 作用的物体间有引力势能。在任一惯性系中,若规定相距无穷远时系统的万有引 力势能为零,可以证明,当两物体相距为 r 时系统的万有引力势能为 EP = - G
m1m 2 r

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
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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 ? v2 v 合= v1 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, 故有 t =
d / sin ? d = v 1 sin ? v1 sin ? sin ?

解法二:

t =

S1 v1

=
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d d / sin ? = v1 sin ? v1

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 =
d = sin ?

d v1 sin ? v合

=

2 d v1 ? v2 2 ? 2 v 1 v 2 con?

v1 sin ?

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= 得到

1 ? p 2 ,再将上式两边平方、整理,

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 ) 2 2 2 2 整理得 S 2 x v1 ? d ( v 2 ? v1 )

所以,Sxmin=

v d 2 v2 ,代入 Sx(θ)函数可知,此时 cosθ= 1 2 ? v1 v1 v2
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最后,Smin=

2 S2 x min ? S y =

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,αmax = arcsin

v1 v2

并且,此时:θ=

arccos

v1 v2 v2 d v1

有了αmax 的值,结合图 1 可以求出:S 合 min =

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αmax = arcsin 90° 即:v2<v1 时,S 合 min = d ,此时,θ= arccos

v1 无解) ,结合实际情况,αmax 取 v2 v2 v1

结论:若 v1<v2 ,θ= arccos

v1 v 时,S 合 min = 2 d v2 v1

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若 v2<v1 ,θ= arccos

v2 时,S 合 min = d v1

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

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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 1 0 = Sy = v0y t + (-g)t2 2 Sx = v0x t 解以上两式易得:Sx =
2 v0 sin2θ g 2 v0 g

结论:当抛射角θ= 45°时,最大射程 Sxmax =

(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 =
2 v0 sin 2 ? 。 2g

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
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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σ、n 坐标,然后将重力 G 沿σ、n 分解为 Gσ和 Gn 分量,T 为绳 子张力。法向动力学方程为 T + Gn = ΣFn = man = m
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 ① 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) : 1 1 2 m v0 + 0 = mg ( L + Lsinθ) + m v 2 ② D 2 2 代入 v0 值解①、②两式得:θ= arcsin
2 , (同时得到:vD = 3

=

Gsin

θ

=

m

v2 r

2 gL )小球 3

脱离 D 点后将以 vD 为初速度作斜向上抛运动。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 =
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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=
2 3

2 gL 。对 A→ 3

最高点的过程用机械能守恒定律(设 A 所在的平面为参考平面) ,有 1 1 2 m v0 + 0 = m(v D sin ?) 2 + mg Hm 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 Mm FAm = G 2 d FBm
M ?m Mm 8 = G = -G 2 R R? ? 8(d ? ) 2 ?d ? ? 2 2? ? ?
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
最后,两物之间的万有引力 F = FAm + FBm = G
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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。 c 地球轨道的离心率很小(其值 ≈0.0167 , a 其中 c 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 a ? a 2 ? b2 vB = b GM a

a ? a 2 ? b2 解以上三式可得:vA = b

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 m v2 )= m vC +(- G ) A +(- 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。 在 A 点, F 万 = ΣFn = m an , 设轨迹在 A 点的曲率半径为ρA , 即: G
Mm = (a ? c) 2

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m

v2 A ?A
代入 vA 值可解得:ρA =
b2 a

在 C 点,方程复杂一些,须将万有引力在σ、n 方 向分解,如图 12 所示。 然后,F 万 n =ΣFn = 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:ρC =

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 cosθ,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。 第五部分 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
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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:ΣIx =ΔPx ,ΣIy =ΔPy … 3、定理推论:动量变化率等于物体所受的合外力。即
?P =ΣF 外 ?t

三、动量守恒定律 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、ΣW 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:ΔEp = -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:
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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 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:-ΔE = ΔE 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。
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先用动量定理推论解题。 取一段时间Δt ,在这段时间内,飞船要穿过体积ΔV = S?vΔt 的空间, 遭遇 nΔV 颗太空垃圾,使它们获得动量ΔP ,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。 ?P ?M ? v m ? n?V ? v m ? nSv?t ? v = = = = nmSv2 F = ?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 = vΔt 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ΔEk 为零,所 以: W =
1 ΔMv2 2 1 (n m S?vΔt)v2 2

即: F vΔt = 得到: F =

1 nmSv2 2 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中,由于 I = ?P Ft , 由此推出的 F = 必然是飞船对垃圾的平 ?t

均推力,再对飞船用平衡条件, F 的大小就是引擎 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,
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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 = ① m1 v1

? ? 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:
I2cos 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+ sinαtgβ) ⑷ 2、解⑶⑷式消掉β,使四个二级式变成三个三级式: I1 = m1 v1 ㈠ I2cosα-I1 = m2 v1 ㈡ α - I1 = m2 v2cos β

m 2 ? m 3 sin 2 ? I = m3 v1 cosα+ I2 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?
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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 Nm 得:V1 = v ① 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 m v 得:u1 = 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 得:u3 =
m m m v + v + v M ? Nm M ? ( N ? 1)m M ? ( N ? 2)m
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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,也不可能是匀加 速的,运动学的规律应选择 S = v 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:
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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: m ① 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 ② 受 船 长 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:
v

=

M

V

L

的 约 束 , s



S

具 有 关 系 : s

+

S

=

L

解②、③可得:船的移动距离 S =

x =

mL ) ,又根据,末态的质量分布与初态比较,相对整 2( m ? M )

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) 。 m?M 答: 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
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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。 m 答: (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: M x = Rsinθ ① 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 M?m

椭圆。 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?
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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、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
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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: L 1 1 2 m1 v1 m2v2 m2g = + 2 2 2 2 ① 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 ②

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解①、②两式,得:v2 =

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 v( 1 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( L1 1 1 2 2 L) = m v1 + mv2 + 2m v 2 2 2 2 2 2



三球系统水平方向动量守恒,有: mv1 + mvsin θ = 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。
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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? 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 ① 质点和半球系统水平方向动量守恒,有:Mv2 = mv1x ② 1 对题设过程,质点和半球系统机械能守恒,有: mgR(1-cosθ) = M v2 2 + 2 1 2 m v1 ,即: 2 1 1 2 2 mgR(1-cosθ) = M v2 m( v1 ③ 2 + x + v 1y ) 2 2 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—— M m?M 1、由①、②式得:v1x = v2 , v1y = ( tgθ) v2 m m 2、代入③式解 v2 ,得:v2 = 3 、 由
2 v1

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

=

2 v1 x

+

2 v1 y



v1







v1

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=

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

ω

=

v相 R

=

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/s2 ,试求: 1、铁块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, mv ? M(? v) v 作用完毕后,共同速度 v1 = = ,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 ?mg v2 ,反向加速的位移 S′= 1 ,其中 a = a1 = ,故 S′< S ,所 M 2a 2a 1

以,车碰墙之前,必然已和铁块达到共同速度 v1 。 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 m?M 3 3
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运动。 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,-ΔEk =ΔE 内 ,且,ΔE 内 = f 滑 S 相 , 1 即: (m + M)v2 = μmg?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 第一次:S1 =
v2 2a
2 v1 1 v2 = 2a 3 2 2a

第二次:S2 =

第三次:S3 =

v2 1 v2 2 = 2a 3 4 2a

…… n 次碰墙的总路程是:
1 1 1 v2 ΣS = 2( S1 + S2 + S3 + … + Sn )= ( 1+ 2 + 4 + … + 2 ) (n ?1 ) a 3 3 3

=

1 1 v2 1 ( 1 + 2 + 4 + … + 2 ) (n ?1 ) ?mg 3 3 3 M

碰墙次数 n→∞,代入其它数字,得:ΣS = 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
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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 m v? ( m + M )v2 = 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。

第六部分 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 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。 谐振子的加速度: a = -
?
k ? 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 = -mω2Acosθ= -mω2 x 对于一个给定的匀速圆周运动,m、ω是恒定不变
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?

?

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的,可以令: mω2 = 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 : = Acos( ω t + φ ) x ② ? 速 度 方 程 : v = - ω Asin( ω t + φ ) ③ ? 加 速 度 方 程 : a = - ω 2A cos( ω t + φ ) ④ 相关名词:(ωt +φ)称相位,φ称初相。 ? ? 运动学参量的相互关系: a = -ω2 x A =
2 x0 ?(

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(ωt +φ1)和 x2 = A2cos(ω t +φ2) 合成,可令合振动 x = Acos(ωt +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φ2-φ1 = 2kπ时(k = 0,±1,±2,…) ,合振幅 A 最大,当 φ2-φ1 = (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(ωt + φ1)和 y = A2cos(ωt + φ2)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
x2 A 12

+

y2 A2 2

-2

xy A1A 2

cos(φ2-φ1) = sin2(φ2-φ1)
A2 A1

显然,当φ2-φ1 = 2kπ时(k = 0,±1,±2,…) ,有 y = 为直线,合运动仍为简谐运动;

x ,轨迹
x2 A 12 y2 A2 2

当φ2-φ1 = (2k + 1)π时(k = 0,±1,±2,…) ,有

+

=

1 ,轨迹为椭圆,合运动不再是简谐运动; 当φ2-φ1 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(ω1t + φ)和 x2 = Acos(ω2t + φ) ,由于合运动 x = x1 + x2 ,得:x =(2Acos (
? 2 ? ?1 t)cos 2

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

现象。
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4、简谐运动的周期 由②式得:ω= 所以 T 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 1 mv2 + kx2 = kA2 2 2 2
k m

,而圆周运动的角速度和简谐运动的角频率是一致的,

=

2

π

m k

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(ωt + 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〔ωt + φ x ?

?2π〕= Acos〔ω(t -

x )+ φ〕 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 x )+ φ〕为波动方程。 v

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 = A1cosωt , 振源 S1 的振动方程为 y2 = A2cos ωt ,则在空间 P 点(距 S1 为 r1 ,距 S2 为 r2) ,两
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振源引起的分振动分别是 y1′= A1cos〔ω(t ? y2′= A2cos〔ω(t ?
r1 ) 〕 v r2 ) 〕 v ?r1 ,φ2 = v

P 点便出现两个频率相同、初相不同的振动叠加问题(φ1 =

?r2 ? ) ,且初相差Δφ= (r2 – r1) 。根据前面已经做过的讨论,有 v v

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│。 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 AB = ? v/f
? 2

=

v1f v

显然,在单位时间内,接收者接收到的总的波的 数目为:f + n = 率 f1 。即 f1 =
v ? v1 f v v ? v1 f ,这就是接收者发现的频 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
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f? ? v 2 v ? v2 S? A SA ? SS? = = = f f f f

λ′=

而每个波在介质中的传播速度仍为 v ,故“被压缩”的波(A 接收到的波) 的频率变为 f2 =
v v = 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,我们的讨论可以在 b 情形的过程上延续… f3 =
v ? v1 v

f2 =

v ? v1 v ? v2

f

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 ΣF = ρg2xS =
2mg x L 2mg L
?

由于 L、m 为固定值,可令: 做简谐运动。 周期 T = 2π
m k

= k ,而且ΣF 与 x 的方向相反,故汞柱

= 2π

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
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轮平行、登高、水平放置,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 ,且木板放置时,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:找平衡位置(木板重心在两滚轮中央处)→力矩平衡和 ΣF6= 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。 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 π
3L = 2.64s 。 2g
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m k

=2

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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)—— 串联:
n 1 1 = ? i ? 1 ki k

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
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子上的拉力为 F ,则 k1x1 = k2x2 x =
x1 ? x 2 2
4k 1 k 2 k1 ? k 2

F = 2 k2x2 解以上三式,得到:F =
4k 1 k 2 k1 ? k 2

x ,也就是说,弹簧系统新的弹性系数 k =


m( k 1 ? k 2 ) k1k 2

答:T = π



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。 (过程备考:设右弹簧伸长 x2 ,则中间弹簧伸长 x1 =
bk 2 x2 ak 1

钩码的位移量 x = x1 +

a x2 b
b2k k F = 2 1 22 ,所 a k1 ? b k 2 x

而钩码的回复力 F = k1x1 结合以上三式解回复力系数 k = 以…) 答:T = 2π
a 2 k1 ? b 2 k 2 m b 2 k1k 2



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 时,达到最大速度,此位置 即是小球相对车“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。
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a g

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解说:由于摆长 L 未变,而 g 视 =

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 的角度 为平衡位置做最大摆角为 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

a g

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 a2 + b2 = 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 等效摆长 l = CD ,如图 15 所示。 由于 a2 + b2 = L21 + L22 可知,AC⊥CB ,因此不难求出
CD =

a a ? b2
2



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 解①②③式得 F 回 =
m(m ? M)g sin ? M ? m sin2 ?
m(m ? M)g sin ? M

*再由于球作“微小”摆动,sin2θ→0 ,所以 F 回 = 令 摆 球 的 振 动 位 移 为 x


x L

, 常 规 处 理

sinθ ≈

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⑤ 解④⑤即得 F 回 = 显然,
m(m ? M)g x ML

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 ML

即可。 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 =
M M Lsinθ,不难理解, “新摆长”L′= L 。 (从严谨的意义上来讲,这 m?M m?M

个“摆长”并不固定:随着车往“平衡位置”靠近,它会加长。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, 借助一些质量不计的辐条, 将一个与环等质量的小球固 定于环心处,然后用三根竖直的、长度均为 L 且不可伸 长的轻绳将这个物体悬挂在天花板上, 环上三个结点之 间的距离相等。 试求这个物体在水平方向做微小扭动的 周期。 分析:此题的分析角度大变。象分析其它物理问题 一样,分析振动也有动力学途径和能量两种途径,此处 若援用动力学途径寻求回复力系数 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 用简谐运动的相关结论。根据前面的介绍,任何简谐运 动的总能都可以表达为 E =
1 kA2 2



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 + φ2) 。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 ? ?? sin( ?t ? 1 2 ) 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(2 ωt +2φ) ,y = sinωt 。 (1)设 φ =
? ,求质点的轨迹方程,并在 xOy 平 2

面绘出其曲线; (2)设 φ = π ,轨迹曲线又怎样? 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 =
? 时,x = ?2(1 ? 2sin2ωt) ,即 x = 4y2 ? 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 ? 2sin2ωt)= 2 ? 4y2 答:轨迹方程分别为 x = 4y2 ? 2 和 x = 2 ? 4y2 ,曲线分别如图 21 的(a) (b)所示——

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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。 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 = ?ωAsin〔ω(t x )+ φ〕 v