最新高中物理竞赛讲义完整版.docx

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最新高中物理竞赛讲义〔完整版〕目录最新高中物理竞赛讲义〔完整版〕1第0局部绪言3一、高中物理奥赛概况3二、知识体系3第一局部力＆物体的平衡4第一讲力的处理4第二讲物体的平衡6第三讲习题课7第四讲摩擦角及其它10第二局部牛顿运动定律13第一讲牛顿三定律13第二讲牛顿定律的应用14第二讲配套例题选讲22第三局部运动学22第一讲根本知识介绍22第二讲运动的合成及分解、相对运动24第四局部曲线运动万有引力26第一讲根本知识介绍26第二讲重要模型及专题27第三讲典型例题解析36第五局部动量和能量36第一讲根本知识介绍36第二讲重要模型及专题38第三讲典型例题解析50第六局部振动和波51第一讲根本知识介绍51第二讲重要模型及专题55第三讲典型例题解析63第七局部热学64一、分子动理论64二、热现象和根本热力学定律66三、理想气体68四、相变74五、固体和液体78第八局部静电场79第一讲根本知识介绍79第二讲重要模型及专题82第九局部稳恒电流92第一讲根本知识介绍92第二讲重要模型和专题96第十局部磁场105第一讲根本知识介绍105第二讲典型例题解析109第十一局部电磁感应115第一讲、根本定律115第二讲感生电动势118第三讲自感、互感及其它122第十二局部量子论125第一节黑体辐射125第二节光电效应128第三节波粒二象性134第四节测不准关系137第0局部绪言一、高中物理奥赛概况1、国际〔International Physics Olympiad简称IPhO〕①1967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，此后未连续，成绩一直辉煌。④1994年第二十五届，首次在中国〔北京〕承办。⑤考试内容：笔试与试验各5小时，分两天进展，总分值各为30分与20分。成绩最正确者记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、知识体系都谈不上标准。②1984年开场第一届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总分值140分。除初赛外，均含理论与试验两局部〔试验总分值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题型及风格：初赛第十一届〔1992年〕开场统一，只有天空与计算。复赛第十三届〔1994年〕开场统一，只有计算题六个，考试时量均为3小时。二、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——对高中物理根底融会贯穿，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忆及加深。③复赛对象在约15天的时间内模拟考试，进展考法训练。3、教材范本：龚霞玲主编?奥林匹克物理思维训练教材?，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?高中物理奥林匹克根底知识及题解?〔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。第一局部力＆物体的平衡第一讲力的处理一、矢量的运算1、加法表达：+=。名词：为“与矢量〞。法那么：平行四边形法那么。如图1所示。与矢量大小：c=，其中α为与的夹角。与矢量方向：在、之间，与夹角β=arcsin 2、减法表达：=－。名词：为“被减数矢量〞，为“减数矢量〞，为“差矢量〞。法那么：三角形法那么。如图2所示。将被减数矢量与减数矢量的起始端平移到一点，然后连接两时量末端，指向被减数时量的时量，即是差矢量。差矢量大小：a=，其中θ为与的夹角。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与三角形法那么的特例。例题：质点做匀速率圆周运动，半径为R，周期为T，求它在T内与在T内的平均加速度大小。讲解：如图3所示，A到B点对应T的过程，A到C点对应T的过程。这三点的速度矢量分别设为、与。根据加速度的定义=得：=，=由于有两处涉及矢量减法，设两个差矢量=－，=－，根据三角形法那么，它们在图3中的大小、方向已绘出〔的“三角形〞已被拉伸成一条直线〕。此题只关心各矢量的大小，显然：===，且：==，=2=所以：===，===。〔学生活动〕观察及思考：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：叉乘与点乘，与代数的乘法有着质的不同。⑴叉乘表达：×=名词：称“矢量的叉积〞，它是一个新的矢量。叉积的大小：c=absinα，其中α为与的夹角。意义：的大小对应由与作成的平行四边形的面积。叉积的方向：垂直与确定的平面，并由右手螺旋定那么确定方向，如图4所示。显然，×≠×，但有：×=－×⑵点乘表达：·=c名词：c称“矢量的点积〞，它不再是一个矢量，而是一个标量。点积的大小：c=abcosα，其中α为与的夹角。二、共点力的合成1、平行四边形法那么及矢量表达式2、一般平行四边形的合力及分力的求法余弦定理〔或分割成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=0，或=0，=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，绳子及水平方向的夹角在图上已标示，求横杆的重心位置。讲解：直接用三力共点的知识解题，几何关系比拟简单。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，那么长方体受三个力〔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=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与方向：遵从一条直线矢量合成法那么。作用点：先假定一个等效作用点，然后让所有的平行力对这个作用点的与力矩为零。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〕，夹板与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。讲解：法一，平行四边形动态处理。对球体进展受力分析，然后对平行四边形中的矢量G与N1进展平移，使它们构成一个三角形，如图8的左图与中图所示。由于G的大小与方向均不变，而N1的方向不可变，当β增大导致N2的方向改变时，N2的变化与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：=，即：N2=，β在0到180°之间取值，N2的极值讨论是很容易的。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，那么在t=0开场物体所受的摩擦力f的变化图线是图10中的哪一个？讲解：静力学旨在解决静态问题与准静态过程的问题，但此题是一个例外。物体在竖直方向的运动先加速后减速，平衡方程不再适用。如何避开牛顿第二定律，是此题授课时的难点。静力学的知识，此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，及N没有关系。对运动过程加以分析，物体必有加速与减速两个过程。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，另一端及小球相连。环静止平衡时位于大环上的B点。试求弹簧及竖直方向的夹角θ。讲解：平行四边形的三个矢量总是可以平移到一个三角形中去讨论，解三角形的典型思路有三种：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与某空间位置三角形相似。此题旨在贯彻第三种思路。分析小球受力→矢量平移，如图12所示，其中F表示弹簧弹力，N表示大环的支持力。〔学生活动〕思考：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与空间位置三角形ΔAOB是相似的，所以：由胡克定律：F=k〔-R〕⑵几何关系：=2Rcosθ⑶解以上三式即可。答案：arccos。〔学生活动〕思考：假设将弹簧换成劲度系数k′较大的弹簧，其它条件不变，那么弹簧弹力怎么变？环的支持力怎么变？答：变小；不变。〔学生活动〕反响练习：光滑半球固定在水平面上，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位置开场缓慢拉至B位置。试判断：在此过程中，绳子的拉力T与球面支持力N怎样变化？解：与上题完全一样。答：T变小，N不变。4、如图14所示，一个半径为R的非均质圆球，其重心不在球心O点，先将它置于水平地面上，平衡时球面上的A点与地面接触；再将它置于倾角为30°的粗糙斜面上，平衡时球面上的B点及斜面接触，A到B的圆心角也为30°。试求球体的重心C到球心O的距离。讲解：练习三力共点的应用。根据在平面上的平衡，可知重心C在OA连线上。根据在斜面上的平衡，支持力、重力与静摩擦力共点，可以画出重心的具体位置。几何计算比拟简单。答案：R。〔学生活动〕反响练习：静摩擦足够，将长为a、厚为b的砖块码在倾角为θ的斜面上，最多能码多少块？解：三力共点知识应用。答：。4、两根等长的细线，一端拴在同一悬点O上，另一端各系一个小球，两球的质量分别为m1与m2，两球间存在大小相等、方向相反的斥力而使两线张开一定角度，分别为45与30°，如图15所示。那么m1:m2为多少？讲解：此题考察正弦定理、或力矩平衡解静力学问题。对两球进展受力分析，并进展矢量平移，如图16所示。首先注意，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：同理，对右边的矢量三角形，有：=②解①②两式即可。答案：1：。〔学生活动〕思考：解此题是否还有其它的方法？答：有——将模型看成用轻杆连成的两小球，而将O点看成转轴，两球的重力对O的力矩必然是平衡的。这种方法更直接、简便。应用：假设原题中绳长不等，而是l1：l2=3：2，其它条件不变，m1及m2的比值又将是多少？解：此时用共点力平衡更加复杂〔多一个正弦定理方程〕，而用力矩平衡那么几乎与“思考〞完全一样。答：2：3。5、如图17所示，一个半径为R的均质金属球上固定着一根长为L的轻质细杆，细杆的左端用铰链及墙壁相连，球下边垫上一块木板后，细杆恰好水平，而木板下面是光滑的水平面。由于金属球与木板之间有摩擦〔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？讲解：这是一个典型的力矩平衡的例题。以球与杆为对象，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球与板已相对滑动，故：f=μN②解①②可得：f=再看木板的平衡，F=f。同理，木板插进去时，球体与木板之间的摩擦f′==F′。答案：。第四讲摩擦角及其它一、摩擦角1、全反力：接触面给物体的摩擦力及支持力的合力称全反力，一般用R表示，亦称接触反力。2、摩擦角：全反力及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；要么物体到达最大运动趋势，必有：φms=arctgμs〔μs为静摩擦因素〕，称静摩擦角。通常处理为φm=φms。3、引入全反力与摩擦角的意义：使分析处理物体受力时更方便、更简捷。二、隔离法及整体法1、隔离法：当物体对象有两个或两个以上时，有必要各个击破，逐个讲每个个体隔离开来分析处理，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与方向关系。2、整体法：当各个体均处于平衡状态时，我们可以不顾个体的差异而讲多个对象看成一个整体进展分析处理，称整体法。应用整体法时应注意“系统〞、“内力〞与“外力〞的涵义。三、应用1、物体放在水平面上，用及水平方向成30°的力拉物体时，物体匀速前进。假设此力大小不变，改为沿水平方向拉物体，物体仍能匀速前进，求物体及水平面之间的动摩擦因素μ。讲解：这是一个能显示摩擦角解题优越性的题目。可以通过不同解法的比拟让学生留下深刻印象。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展受力分析，再进展矢量平移，得到图18中的左图与中间图〔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°。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。斜面的质量M=10kg，倾角为30°，重力加速度g=10m/s2，求地面对斜面体的摩擦力大小。讲解：此题旨在显示整体法的解题的优越性。法一，隔离法。简要介绍……法二，整体法。注意，滑块与斜面随有相对运动，但从平衡的角度看，它们是完全等价的，可以看成一个整体。做整体的受力分析时，内力不加考虑。受力分析比拟简单，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，一上外表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。假设用一推力F作用在滑块上，使之能沿斜面匀速上滑，且要求斜面体静止不动，就必须施加一个大小为P=4mgsinθcosθ的水平推力作用于斜面体。使满足题意的这个F的大小与方向。讲解：这是一道难度较大的静力学题，可以动用一切可能的工具解题。法一：隔离法。由第一个物理情景易得，斜面于滑块的摩擦因素μ=tgθ对第二个物理情景，分别隔离滑块与斜面体分析受力，并将F沿斜面、垂直斜面分解成Fx与Fy，滑块及斜面之间的两对相互作用力只用两个字母表示〔N表示正压力与弹力，f表示摩擦力〕，如图21所示。对滑块，我们可以考察沿斜面方向与垂直斜面方向的平衡——Fx=f+mgsinθFy+mgcosθ=N且f=μN=Ntgθ综合以上三式得到：Fx=Fytgθ+2mgsinθ①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=mgcosθ②②代入①可得：Fx=3mgsinθ最后由F=解F的大小，由tgα=解F的方向〔设α为F与斜面的夹角〕。答案：大小为F=mg，方向与斜面夹角α=arctg()指向斜面内部。法二：引入摩擦角与整体法观念。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)=P⑴再隔离滑块，分析受力时引进全反力R与摩擦角φ，由于简化后只有三个力〔R、mg与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：==⑵注意：φ=arctgμ=arctg(tgθ)=θ⑶解⑴⑵⑶式可得F与α的值。第二局部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：ΣF→a，ΣFx→ax…c、瞬时性。合力可突变，故加速度可突变〔及之比照：速度与位移不可突变〕；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、参及受力分析三、牛顿第三定律1、定律2、理解要点a、同性质〔但不同物体〕b、等时效〔同增同减〕c、无条件〔及运动状态、空间选择无关〕第二讲牛顿定律的应用一、牛顿第一、第二定律的应用单独应用牛顿第一定律的物理问题比拟少，一般是需要用其解决物理问题中的某一个环节。应用要点：合力为零时，物体靠惯性维持原有运动状态；只有物体有加速度时才需要合力。有质量的物体才有惯性。a可以突变而v、s不可突变。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，那么在此后的过程中〔〕A、一段时间内，工件将在滑动摩擦力作用下，对地做加速运动B、当工件的速度等于v时，它及皮带之间的摩擦力变为静摩擦力C、当工件相对皮带静止时，它位于皮带上A点右侧的某一点D、工件在皮带上有可能不存在及皮带相对静止的状态讲解：B选项需要用到牛顿第一定律，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→∞，那么ΣFx→∞，必然会出现“供不应求〞的局面〕与比拟法〔为什么人跳上速度不大的物体可以不发生相对滑动？因为人是可以形变、重心可以调节的特殊“物体〞〕此外，此题的D选项还要用到匀变速运动规律。用匀变速运动规律与牛顿第二定律不难得出只有当L＞时〔其中μ为工件及皮带之间的动摩擦因素〕，才有相对静止的过程，否那么没有。答案：A、D思考：令L=10m，v=2 m/s，μ=0.2，g取10 m/s2，试求工件到达皮带右端的时间t〔过程略，答案为5.5s〕进阶练习：在上面“思考〞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〔学生分以下三组进展〕——①v0=1m/s(答：0.5+37/8=5.13s)②v0=4m/s(答：1.0+3.5=4.5s)③v0=1m/s(答：1.55s)2、质量均为m的两只钩码A与B，用轻弹簧与轻绳连接，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？讲解：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的加速度那么为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与位移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。受力比拟多时，结合正交分解及“独立作用性〞解题。在难度方面，“瞬时性〞问题相对较大。1、滑块在固定、光滑、倾角为θ的斜面上下滑，试求其加速度。讲解：受力分析→根据“矢量性〞定合力方向→牛顿第二定律应用答案：gsinθ。思考：如果斜面解除固定，上表仍光滑，倾角仍为θ，要求滑块及斜面相对静止，斜面应具备一个多大的水平加速度？〔解题思路完全一样，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。〔与“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，发现悬绳及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及斜面方向的夹角为θ，那么θ=〔90°+α〕-β=90°-〔β-α〕〔1〕对灰色三角形用正弦定理，有=〔2〕解〔1〕〔2〕两式得：ΣF=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：。2、如图6所示，光滑斜面倾角为θ，在水平地面上加速运动。斜面上用一条及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。讲解：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，及a垂直的方向上建y轴，如图7所示〔N为斜面支持力〕。于是可得两方程ΣFx=ma，即Tx－Nx=maΣFy=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与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——与斜面垂直的方向。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。结果及解法一一样。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。〕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，自动扶梯及地面的夹角为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方向与垂直a方向，另一种是水平与竖直方向〕，比照解题过程，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与轻绳，方位角θ。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。讲解：第一步，说明绳子弹力与弹簧弹力的区别。〔学生活动〕思考：用竖直的绳与弹簧悬吊小球，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〔从即将开场的运动来反推〕。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，及吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托住，当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬间，P、Q的加速度分别是多少？解：略。答：2g；0。三、牛顿第二、第三定律的应用要点：在动力学问题中，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与对象及外界之间的力问题，这时有必要引进“系统〞、“内力〞与“外力〞等概念，并适时地运用牛顿第三定律。在方法的选择方面，那么有“隔离法〞与“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个隔离方程与一个〔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=m1+m2+m3+…+mn其中Σ只能是系统外力的矢量与，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，那么棒中各部位的张力T随图中x的关系怎样？讲解：截取隔离对象，列整体方程与隔离方程〔隔离右段较好〕。答案：N=x。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〕情况的计算与原题根本一样，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，与水平面的摩擦因素为μ，而F=μMg，其中l＜L，那么x＜(L-l)的右段没有张力，x＞(L-l)的左端才有张力。答：假设棒仍能被拉动，结论不变。假设棒不能被拉动，且F=μMg时〔μ为棒及平面的摩擦因素，l为小于L的某一值，M为棒的总质量〕，当x＜(L-l)，N≡0；当x＞(L-l)，N=〔x-〈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与m2，它们之间的摩擦因素、与斜面的摩擦因素分别为μ1与μ2，系统释放后能够一起加速下滑，那么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〕假设斜面光滑，对两内壁均无压力，假设斜面粗糙，对斜面上方的内壁有压力。2、如图15所示，三个物体质量分别为m1、m2与m3，带滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮与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？讲解：此题对象虽然有三个，但难度不大。隔离m2，竖直方向有一个平衡方程；隔离m1，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=。思考：假设将质量为m3物体右边挖成凹形，让m2可以自由摆动〔而不及m3相碰〕，如图16所示，其它条件不变。是否可以选择一个恰当的F′，使三者无相对运动？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：=m2a隔离m1，仍有：T=m1a解以上两式，可得：a=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′=。3、一根质量为M的木棒，上端用细绳系在天花板上，棒上有一质量为m的猫，如图17所示。现将系木棒的绳子剪断，同时猫相对棒往上爬，但要求猫对地的高度不变，那么棒的加速度将是多少？讲解：法一，隔离法。需要设出猫爪抓棒的力f，然后列猫的平衡方程与棒的动力学方程，解方程组即可。法二，“新整体法〞。据Σ=m1+m2+m3+…+mn，猫与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：g。四、特殊的连接体当系统中各个体的加速度不相等时，经典的整体法不可用。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〔矢量求与不易〕。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。讲解：此题涉及两个物体，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展突破。〔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与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=a2y①且：a1y=a2sinθ②隔离滑块与斜面，受力图如图20所示。对滑块，列y方向隔离方程，有：mgcosθ-N=ma1y③对斜面，仍沿合加速度a2方向列方程，有：Nsinθ=Ma2④解①②③④式即可得a2。答案：a2=。〔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mgsinθ=ma1x，得:a1x=gsinθ。最后据a1=求a1。答：a1=。2、如图21所示，及水平面成θ角的AB棒上有一滑套C，可以无摩擦地在棒上滑动，开场时及棒的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。讲解：这是一个比拟特殊的“连接体问题〞，寻求运动学参量的关系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。沿棒及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 cosθ①设全程时间为t，那么有：S=at2②S1x=a1xt2③而隔离滑套，受力图如图23所示，显然：mgsinθ=ma1x④解①②③④式即可。答案：t=另解：如果引进动力学在非惯性系中的修正式Σ+*=m〔注：*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相t2〔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〞第三章的局部例题与习题。第三局部运动学第一讲根本知识介绍一．根本概念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+aτ。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〕aτ:切向加速度，速度大小的改变率。a=dv/dt 5．以上是运动学中的根本物理量，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,即直接与加速度相联系。〔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拟好三．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络线。此抛物线为在大炮上方h=v2/2g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〔认为碎片与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；碎片与地板的碰撞是完全非弹性的，即碰后静止。〕四．刚体的平动与定轴转动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与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+,aτAB,,aτAB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时刻木筏在航线上确实切位置。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：如下图，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与竖直方向的竖直上抛运动〔2〕将沿斜面与垂直于斜面方向作为x、y轴，分别分解初速度与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与自由落体运动两个分运动，用矢量合成法那么求解例2：在掷铅球时，铅球出手时距地面的高度为h，假设出手时的速度为V0，求以何角度掷球时，水平射程最远？最远射程为多少？〔α=、x=〕第二讲运动的合成及分解、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：遵循平行四边形定那么，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及竖直方向成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：/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 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，那么经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，那么经过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：/s〔三〕同步练习1=30°，另一次安装成倾角为β2=15°。问汽车两次速度之比为多少时，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，方向及三角形的一边平行并及飞机起飞方向一样，试求：飞机绕三角形一周需多少时间？v1 v2 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与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〕试求杆上及A点相距aL〔0＜a＜1)的P点运动轨迹；〔2〕如果vA为，试求P点的x、y向分速度vPx与vPy对杆方位角θ的函数。〔四〕同步练习提示及答案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〕；第二段与第三段大小一样。参见右图，显然：v2=+u2－2v合ucos120°可解出v合=24km/h。答案：0.2hour〔或12min.〕。3、提示：方法及练习一类似。答案为：3 4、提示：〔1〕写成参数方程后消参数θ。〔2〕解法有讲究：以A端为参照，那么杆上各点只绕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，可知B端相对A的转动线速度为：v转+vAsinθ=。P点的线速度必为=v相所以vPx=v相cosθ+vAx，vPy=vAy－v相sinθ答案：〔1〕+=1，为椭圆；〔2〕vPx=avActgθ，vPy=〔1－a〕vA第四局部曲线运动万有引力第一讲根本知识介绍一、曲线运动1、概念、性质2、参量特征二、曲线运动的研究方法——运动的分解及合成1、法那么及对象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——沿加速度方向与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〕根本常识：在考察点沿轨迹建立切向τ、法向n坐标，所有运动学矢量均沿这两个方向分解。动力学方程，其中改变速度的大小〔速率〕，改变速度的方向。且=m，其中ρ表示轨迹在考察点的曲率半径。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，与新课教材“平跑运动〞的分析根本一样。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，一般只考察法向方程。四、万有引力定律1、定律内容2、条件a、根本条件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“剥皮法那么〞-----对球内任一距球心为r的一质点A的吸引力等效于质量及半径为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、不规那么物体间的万有引力计算——分割及矢量叠加3、万有引力做功也具有只及初末位置有关而及路径无关的特征。因而相互作用的物体间有引力势能。在任一惯性系中，假设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五、开普勒三定律天体运动的本来模式及近似模式的差距，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 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及专题一、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与最小位移。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与水相对河岸的速度v2合成。可以设船头及河岸上游夹角为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v合=〔学生活动〕用正弦定理可求v合的方向。令v合及河岸下游夹角为α，那么α=arcsin 1、求渡河的时间及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=其中v合可用正弦定理表达，故有t==解法二：t===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与vy及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===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为什么及v2无关，故tmin也及v2无关。这个结论是意味深长的。〕2、求渡河的位移与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===但S合〔θ〕函数比拟复杂，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与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〕=〔v2–v1cosθ〕为求极值，令cosθ=p，那么sinθ=，再将上式两边平方、整理，得到这是一个关于p的一元二次方程，要p有解，须满足Δ≥0，即整理得≥所以，Sxmin=，代入Sx〔θ〕函数可知，此时cosθ=最后，Smin==d此过程仍然比拟繁复，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，这显然及事实不符。〔造成这个局面的原因是：在以上的运算过程中，方程两边的平方与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合矢量及下游河岸的夹角越大，亦即v合矢量及下游河岸的夹角越大〔但不得大于90°〕。我们可以通过v1及v2合成v合矢量图探讨v合及下游河岸夹角的最大可能。先进展平行四边形到三角形的变换，如图3所示。当θ变化时，v合矢量的大小与方向随之变化，具体情况如图4所示。从图4不难看出，只有当v合与虚线半圆周相切时，v合及v2〔下游〕的夹角才会最大。此时，v合⊥v1，v1、v2与v合构成一个直角三角形，αmax=arcsin并且，此时：θ=arccos有了αmax的值，结合图1可以求出：S合min=d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合不可能与虚线半圆周相切〔或αmax=arcsin无解〕，结合实际情况，αmax取90°即：v2＜v1时，S合min=d，此时，θ=arccos结论：假设v1＜v2，θ=arccos时，S合min=d假设v2＜v1，θ=arccos时，S合min=d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与小船速度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，考察绳及船相连的端点运动情况，v1与v2必有一个运动的合成及分解的问题。〔学生活动〕如果v1恒定不变，v2会恒定吗？假设恒定，说明理由；假设变化，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，绳及水的夹角趋于零，v2→v1。当船比拟靠岸时，可作图比拟船的移动距离、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与v2的瞬时关系。〔学生活动〕v1与v2定量关系假设何？是否可以考虑用运动的分解及合成的知识解答？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，与前面的定性结论冲突，必然是错误的。错误的根源分析：与试验修订本教材中“飞机起飞〞的运动分析进展了不恰当地联系。仔细比拟这两个运动的差异，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，端点参及绳子的缩短运动v1与随绳子的转动v转，从而肯定乙方案是正确的。即：v2=v1/cosθ解法二：微元法。从考察位置开场取一个极短过程，将绳的运动与船的运动在图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=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，那么底角∠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，绳的缩短运动与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与平抛运动完全一样。设初速度方向及水平面夹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0=Sy=v0y t+〔-g〕t2 Sx=v0x t解以上两式易得：Sx=sin2θ结论：当抛射角θ=45°时，最大射程Sxmax=〔学生活动〕假设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——考察竖直分运动即可；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？通过能量关系与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≥〕，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，那么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与Gn分量，T为绳子张力。法向动力学方程为T+Gn=ΣFn=man=m由于T≥0，Gn＞0，故v≠0。〔学生活动：假设换一个v0值，在AB阶段，v=0是可能出现的；假设将绳子换成轻杆，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，那么此时绳子的张力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=m①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〕：m+0=mg(L+Lsinθ)+m②代入v0值解①、②两式得：θ=arcsin，〔同时得到：vD=〕小球脱离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。先求小球斜抛的最大高度，hm==代入θ与vD的值得：hm=L小球相对A的总高度：Hm=L+Lsinθ+hm=L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=。对A→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m+0=+mg Hm容易得到：Hm=L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“根本条件〞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——与被挖除后剩下的局部构成一个完整的均质球A；注意后者，虽然是一个比拟特殊的物体〔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，他们各自与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，它与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 FBm=G=－G最后，两物之间的万有引力F=FAm+FBm=G－G需要指出的是，在一局部同学的心目中，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〞地求被挖除物及m的万有引力F=G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：地球与太阳的质量分别为m与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≈0.0167，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，我们将离心率夸张了。针对地球从A点运动到B点的过程，机械能守恒m+〔－〕=m+〔－〕比拟A、B两点，应用开普勒第二定律，有：vA〔a－c〕=vB〔a+c〕结合椭圆的根本关系：c=解以上三式可得：vA=，vB=再针对地球从A到C的过程，应用机械能守恒定律，有m+〔－〕=m+〔－〕代入vA值可解得：vC=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=m代入vA值可解得：ρA=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=ΣFn=m an，即：F万cosθ=m即：G·=m代入vC值可解得：ρC=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与瞬时速度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、第六章的局部例题与习题。第五局部动量与能量第一讲根本知识介绍一、冲量与动量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及运算二、动量定理1、定理的根本形式及表达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=ΣF外三、动量守恒定律1、定律、矢量性2、条件a、原始条件及等效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、功与能1、功的定义、标量性，功在F—S图象中的意义2、功率，定义求法与推论求法3、能的概念、能的转化与守恒定律4、功的求法a、恒力的功：W=FScosα=FSF=FS S b、变力的功：根本原那么——过程分割及代数累积；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、保守力及耗散力〔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、条件及拓展条件〔注意系统划分〕c、功能原理：系统机械能的增量等于外力及耗散内力做功的代数与。七、碰撞及恢复系数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〕碰撞的根本特征：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 m1+m2=m1+m2解以上两式〔注意技巧与“不合题意〞解的舍弃〕可得：v1=，v2=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：机械能的损失到达最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有v1=v2=3、恢复系数：碰后别离速度〔v2－v1〕及碰前接近速度〔v10－v20〕的比值，即：e=。根据“碰撞的根本特征〞，0≤e≤1。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，碰撞的局部规律仍然适用，但已不符合“碰撞的根本特征〞〔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。第二讲重要模型及专题一、动量定理还是动能定理？物理情形：太空飞船在宇宙飞行时，与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，及太空垃圾的碰撞后，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，是此题的前提。建议充分理解“平均〞的含义，这样才能相对模糊地处理垃圾及飞船的作用过程、淡化“作用时间〞与所考察的“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局部垃圾的推力，也即飞船引擎的推力。=====nmSv2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，引擎推力须做功W=x，它对应飞船与被粘附的垃圾的动能增量，而飞船的ΔEk为零，所以：W=ΔMv2即：vΔt=〔n m S·vΔt〕v2得到：=nmSv2两个结果不一致，不可能都是正确的。分析动能定理的解题，我们不能发现，垃圾及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=t，由此推出的=必然是飞船对垃圾的平均推力，再对飞船用平衡条件，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：解题思路与上面完全一样。答：二、动量定理的分方向应用物理情形：三个质点A、B与C，质量分别为m1、m2与m3，用拉直且不可伸长的绳子AB与BC相连，静止在水平面上，如图2所示，AB与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开场运动的速度。模型分析：首先，注意“开场运动〞的理解，它指绳子恰被拉直，有作用力与冲量产生，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+，矢量与既不沿AB，也不沿BC方向，可设v2及AB绳夹角为〈π－β〉，如图3所示〕，设C获得速度v3〔合冲量+沿BC方向，故v3沿BC方向〕。对A用动量定理，有：I1=m1 v1①B的动量定理是一个矢量方程：+=m2，可化为两个分方向的标量式，即：I2cosα－I1=m2 v2cosβ②I2sinα=m2 v2sinβ③质点C的动量定理方程为：I－I2=m3 v3④AB绳不可伸长，必有v1=v2cosβ⑤BC绳不可伸长，必有v2cos(β－α)=v3⑥六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，否那么易造成混乱。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 v1⑴I2cosα－I1=m2 v1⑵I2sinα=m2 v1 tgβ⑶I－I2=m3 v1(cosα+sinαtgβ)⑷2、解⑶⑷式消掉β，使四个二级式变成三个三级式：I1=m1 v1㈠I2cosα－I1=m2 v1㈡I=m3 v1 cosα+I2㈢3、最后对㈠㈡㈢式消I1、I2，解v1就方便多了。结果为：v1=〔学生活动：训练解方程的条理与耐心〕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〔〕。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，车内有一个人与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，车子与人将获得反冲速度。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，必须引进相对速度及绝对速度的关系。至于“第一过程〞，比拟简单：N次抛球与将N个球一次性抛出是完全等效的。设车与人的质量为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一样，可将屡次抛球看成一次抛出。车子、人与N个球动量守恒。0=Nm(-v)+MV1得：V1=v①第二过程，必须逐次考察铅球及车子〔人〕的作用。第一个球及〔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，根据运动合成法那么，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=第二个球及〔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=+第三个球及〔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=++以此类推〔过程注意：先找uN与uN-1关系，再看uN与v的关系，不要急于化简通分〕……，uN的通式已经可以找出：V2=uN=+++…+即：V2=②我们再将①式改写成：V1=①′不难发现，①′式与②式都有N项，每项的分子都一样，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：第二过程结论与上面的模型完全一样，第一过程结论为V1=。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的船停顿在静水中〔但未抛锚〕，船头上有一个质量为m的人，也是静止的。现在令人在船上开场向船尾走动，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=t。为寻求时间t，那么要抓人与船的位移约束关系。对人、船系统，针对“开场走动→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，那么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，此式展示了人与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=M①设全程的时间为t，乘入①式两边，得：mt=Mt设s与S分别为人与船的全程位移大小，根据平均速度公式，得：m s=M S②受船长L的约束，s与S具有关系：s+S=L③解②、③可得：船的移动距离S=L〔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——必须用到运动合成及分解的定式。时间允许的话，可以做一个比照介绍。〕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=〕，又根据，末态的质量分布及初态比拟，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，与气球恰能静止平衡，人与气球地质量分别为m与M，此时人离地面高h。现在人欲沿悬索下降到地面，试问：要人充分平安地着地，绳索至少要多长？解：与模型几乎完全一样，此处的绳长对应模型中的“船的长度〞〔“充分平安着地〞的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地〕。答：h。〔学生活动〕思考：如图6所示，两个倾角一样的斜面，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。大、小斜面的质量分别为M与m，底边长分别为a与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：〔a－b〕。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，由静止开场沿球面下滑。试求：质点离开球面以前的轨迹。讲解：质点下滑，半球后退，这个物理情形与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，竖直坐标那么需要从数学的角度想一些方法。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=Rsinθ①而由图知：y=Rcosθ②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：+=1这样，特征就明显了：质点的轨迹是一个长、短半轴分别为R与R的椭圆。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及受力物体的〔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“局部〞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，活塞移动一样距离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假设取作用点位移，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假设取物体〔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，数字并不一样。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，手与讲台面摩擦生了热，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，功的概念有广义与狭义之分。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，第二个理论对应的那么是狭义的功，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承受的。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。此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，受力物体情形比拟复杂〔形变，不能简单地看成一个质点。如第2、第3、第4例〕，要么，施力者与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，在货物到达速度v之前，及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：求货物动能的增加与及皮带摩擦生热的总与。〕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：缆绳是否对船与人的系统做功？解：分析同上面的“第3例〞。答：否。六、机械能守恒及运动合成〔分解〕的综合物理情形：如图13所示，直角形的刚性杆被固定，水平与竖直局部均足够长。质量分别为m1与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“第三局部〞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的代数与为零；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=+①在末态，绳及水平杆的瞬时夹角为30°，设绳子的瞬时迁移速率为v，根据“第三局部〞知识介绍的定式，有：v1=v/cos30°,v2=v/sin30°两式合并成：v1=v2 tg30°=v2/②解①、②两式，得：v2=七、动量与能量的综合〔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，另一端分别及质量为m与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：左边小球与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：与竖直方向夹θ角斜向左〕，对题设过程，三球系统机械能守恒，有：mg(L-L)=m+mv2+2m①三球系统水平方向动量守恒，有：mv1+mvsinθ=2mv2②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与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与v，代入②式，解θ值，得：tgθ=1/4 2、在回到③、④两式，得：v1=v2,v=v2 3、将v1、v的替代式代入①式解v2即可。结果：v2=〔学生活动〕思考：球形铰链触地前一瞬，左球、铰链与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、、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：。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？讲解：此例综合应用运动合成、动量守恒、机械能守恒知识，数学运算比拟繁复，是一道考察学生各种能力与素质的难题。据运动的合成，有：其中必然是沿地面向左的，为了书写方便，我们设其大小为v2；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那么，可以得到〔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与v1y也描绘在图中。由图可得：v1y=〔v2+v1x〕tgθ①质点与半球系统水平方向动量守恒，有：Mv2=mv1x②对题设过程，质点与半球系统机械能守恒，有：mgR(1-cosθ)=M+m，即：mgR(1-cosθ)=M+m〔+〕③三个方程，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=v2，v1y=(tgθ)v2 2、代入③式解v2，得：v2=3、由=+解v1，得：v1=v1的方向：与水平方向成α角，α=arctg=arctg〔〕这就是最后的解。〔一个附属结果：质点相对半球的瞬时角速度ω==。〕八、动量与能量的综合〔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，铁块及车之间的摩擦因素μ=0.5。开场时，车与铁块以共同速度v=6 m/s向右运动，车及右边的墙壁发生正碰，且碰撞是弹性的。车身足够长，使铁块不能与墙相碰。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。由于过程比拟复杂，动量分析还要辅助以动力学分析，综合程度较高。由于车及墙壁的作用时短促而剧烈的，而铁块与车的作用是舒缓而柔与的，当两对作用同时发生时，通常处理成“让短时作用完毕后，长时作用才开场〞〔这样可以使问题简化〕。在此处，车及墙壁碰撞时，可以认为铁块及车的作用尚未发生，而是在车及墙作用完了之后，才开场及铁块作用。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，然后及速度仍为v的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v1==，因方向为正，必朝墙运动。〔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=,反向加速的位移S′=，其中a=a1=，故S′＜S，所以，车碰墙之前，必然已与铁块到达共同速度v1。车第二次碰墙后，车速变为－v1，然后及速度仍为v1的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v2===，因方向为正，必朝墙运动。车第三次碰墙，……共同速度v3==，朝墙运动。以此类推，我们可以概括铁块与车的运动情况——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，只要车与铁块还有共同速度，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：对铁块与车系统，－ΔEk=ΔE内，且，ΔE内=f滑S相，即：〔m+M〕v2=μmg·S相代入数字得：S相=5.4 m 2、平板车向右运动时比拟复杂，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=第二次：S2==第三次：S3==n次碰墙的总路程是：ΣS=2〔S1+S2+S3+…+Sn〕=〔1+++…+〕=〔1+++…+〕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〕，让一样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=。第二过程应综合动量与能量关系〔“恰滑下〞的临界是：滑块达木板的另一端，与木板具有共同速度，设为v〕，设新的初速度为m=〔m+M〕v m-〔m+M〕v2=fL解以上三式即可。答：=v0。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、第八章的局部例题与习题。第六局部振动与波第一讲根本知识介绍?振动与波?的竞赛考纲与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：=－k①但凡所受合力与位移满足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：=－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：x=－mω2Acosθ=－mω2对于一个给定的匀速圆周运动，m、ω是恒定不变的，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(ωt+φ)②速度方程：=－ωAsin(ωt+φ)③加速度方程：=－ω2A cos(ωt+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：=－ω2 A=tgφ=－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)与x2=A2cos(ωt+φ2)合成，可令合振动x=Acos(ωt+φ)，由于x=x1+x2，解得A=，φ=arctg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。当质点同时参及两个垂直的振动x=A1cos(ωt+φ1)与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+－2cos(φ2－φ1)=sin2(φ2－φ1)显然，当φ2－φ1=2kπ时〔k=0，±1，±2，…〕，有y=x，轨迹为直线，合运动仍为简谐运动；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)与x2=Acos(ω2t+φ)，由于合运动x=x1+x2，得：x=〔2Acost〕cos〔t+φ〕。合运动是振动，但不是简谐运动，称为角频率为的“拍〞现象。4、简谐运动的周期由②式得：ω=，而圆周运动的角速度与简谐运动的角频率是一致的，所以T=2π⑤5、简谐运动的能量一个做简谐运动的振子的能量由动能与势能构成，即=mv2+kx2=kA2注意：振子的势能是由〔回复力系数〕k与〔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、受迫振动与共振与高考要求根本一样。二、机械波1、波的产生与传播产生的过程与条件；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。与振动图象的联系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-·2π〕=Acos〔ω〔t-〕+φ〕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-〕+φ〕为波动方程。3、波的干预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，在相遇的区域那么遵从矢量叠加〔包括位移、速度与加速度的叠加〕。b、波的干预。两列波频率一样、相位差恒定时，在同一介质中的叠加将形成一种特殊形态：振动加强的区域与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预的定量规律。如图2所示，我们用S1与S2表示两个波源，P表示空间任意一点。当振源的振动方向一样时，令振源S1的振动方程为y1=A1cosωt，振源S1的振动方程为y2=A2cosωt，那么在空间P点〔距S1为r1，距S2为r2〕，两振源引起的分振动分别是y1′=A1cos〔ω〔t−〕〕y2′=A2cos〔ω〔t−〕〕P点便出现两个频率一样、初相不同的振动叠加问题〔φ1=，φ2=〕，且初相差Δφ=〔r2–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│。4、波的反射、折射与衍射知识点与高考要求一样。5、多普勒效应当波源或者承受者相对及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与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，那么=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===显然，在单位时间内，接收者接收到的总的波的数目为：f+n=f，这就是接收者发现的频率f1。即f1=f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：=fλ在单位时间内，S运动至S′，即=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==f当v2背离接收者，或有一定夹角的讨论，类似a情形。c、当接收者与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=f2=f关于速度方向改变的问题，讨论类似a情形。6、声波a、乐音与噪音b、声音的三要素：音调、响度与音品c、声音的共鸣第二讲重要模型及专题一、简谐运动的证明及周期计算物理情形：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，开场在管中振动。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，看它的回复力及位移关系是否满足定义式①，值得注意的是，回复力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。此题中，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，那么次瞬时的回复力ΣF=ρg2xS=x由于L、m为固定值，可令：=k，而且ΣF及x的方向相反，故汞柱做简谐运动。周期T=2π=2π答：汞柱的周期为2π。学生活动：如图6所示，两个一样的柱形滚轮平行、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。两滚轮轴线的距离为L、滚轮及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〕→力矩平衡与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。稳固应用：如图7所示，三根长度均为L=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。讲解：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=mg①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、与松鼠可能加速的静摩擦力f，它们合力矩为零，即：MN=Mf现考察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=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。再考虑到合力及位移的方向因素，松鼠的合力及位移满足关系——=－k其中k=，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，问法比拟模糊。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=2π=2.64s。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模型分析：这个结论说明，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，两根一样的弹性系数分别为k1与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。讲解：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：=并联：k=在图9所示的情形中，同学们不难得出：T=2π当情形变成图10时，会不会与图9一样呢？详细分析形变量与受力的关系，我们会发现，事实上，这时已经变成了弹簧的并联。答案：T=2π。思考：如果两个弹簧通过一个动滑轮〔不计质量〕再及质量为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，那么k1x1=k2x2 x=F=2 k2x2解以上三式，得到：F=x，也就是说，弹簧系统新的弹性系数k=。答：T=π。再思考：如果两弹簧与钩码通过轻杆与转轴，连成了图12所示的系统，k1、k2、m、a、b，再求钩码的振动周期T。思路提示：探讨钩码位移与回复力关系，与“思考〞题类似。〔过程备考：设右弹簧伸长x2，那么中间弹簧伸长x1=x2钩码的位移量x=x1+x2而钩码的回复力F=k1x1结合以上三式解回复力系数k==，所以…〕答：T=2π。2、单摆单摆分析的根本点，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，往往会超出这种根本的变形，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，摆至绳及竖直方向夹角θ=arctg时，到达最大速度，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。讲解：由于摆长L未变，而g视=，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°，那么小球的摆动周期为T=2π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=+，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=，如图15所示。由于a2+b2=+可知，AC⊥CB，因此不难求出=，最后应用单摆周期公式即可。答案：T=2π。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，车轮及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。在此题，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+macosθ①*由于球作“微小〞摆动，其圆周运动效应可以忽略，故有T+Fsinθ≈mgcosθ②再隔离车，有Tsinθ=Ma③解①②③式得F回=*再由于球作“微小〞摆动，sin2θ→0，所以F回=④令摆球的振动位移为x，常规处理sinθ≈⑤解④⑤即得F回=x显然，=k是恒定的，所以小球作简谐运动。最后求周期用公式即可。解法二：由于车与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。假设绳子在车内的悬挂点在正中央，那么质心在水平方向上应及小球相距x=Lsinθ，不难理解，“新摆长〞L′=L。〔从严谨的意义上来讲，这个“摆长〞并不固定：随着车往“平衡位置〞靠近，它会加长。所以，这里的等效摆长得出与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。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，将一个及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与能量两种途径，此处假设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。此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=kA2①而我们对过程进展具体分析时，令最大摆角为θ〔为了便于寻求参量，这里把摆角夸张了〕、环与球的质量均为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=2Lsin③解①②③式易得：k=最后求周期时应注意，中间的球体未参及振动，故不能纳入振子质量〔振子质量只有m〕。答：T=π。三、振动的合成物理情形：如图20所示，一个手电筒与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。现在令手电筒与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与相减。这里考察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)=−2Asinsin()讲解：〔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=1，得φ1−φ2=±π答案：初位相一样；初位相相反。相关变换：一质点同时参及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？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描图时应注意，振动的物理意义表达在：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与x=2−4y2，曲线分别如图21的〔a〕〔b〕所示——四、简谐波的根本计算物理情形：一平面简谐波向−x方向传播，振幅A=6cm，圆频率ω=6πrad/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。讲解：这是一个对波动方程进展了解的根本训练题。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，加上此题给出的两个特解，应该足以解出v与φ值。由一般的波动方程y=Acos〔ω〔t-〕+φ〕〔★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与速度方程的关系，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-〕+φ〕代t=2.0s时P的特解，有——yP=6cos〔6π〔2-〕+φ〕=3，vP=−36πsin〔6π〔2-〕+φ〕＞0即6π〔2-〕+φ=2k1π-①代t=2.0s时Q的特解，有——yQ=6cos〔6π〔2-〕+φ〕=0，vQ=−36πsin〔6π〔2-〕+φ〕＜0即6π〔2-〕+φ=2k2π+②又由于=22−12=10＜λ，故k1=k2。解①②两式易得v=−72cm/s，φ=〔或−〕所以波动方程为：y=6cos〔6π〔t+〕+〕，且波长λ=v=24cm。当t=0时，y=6cos〔x+〕，可以描出y-x图象为——答案：波动方程为y=6cos〔6π〔t+〕+〕，t=0时的波形图如图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−，求AB连线上因干预而静止的各点的位置。解：因为不知道甲、乙两波源的位置，设它们分别在S1与S2两点，距A、B分别为a与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甲=Acosω〔t-〕=Acos〔ωt−〔a+x〕〕y乙=Acosω〔t−〕=Acos〔ωt−〔20+b−x〕〕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=①此时，乙波在B处〔x=20〕的位相为−，有ωt−=−②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甲=ωt−〔a+x〕乙波那么为θ乙=ωt−〔22+a−x〕两列波因干预而静止点，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的五个点因干预始终处于静止状态。思考：此题如果不设波源的位置也是可以解的，请同学们自己尝试一下…〔后记：此题直接应用波的干预的结论——位相差的规律，如假设不然，直接求y甲与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、第十章的局部例题与习题。关于波的知识，现在的很多奥赛教材都根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？第七局部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与整个力学——前五局部——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，本局部只能采新授课的培训模式，将知识点与例题讲解及时地结合，争取让学员学一点，就领会一点、稳固一点，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〔注意分子体积与分子所占据空间的区别〕对于分子〔单原子分子〕间距的计算，气体与液体可直接用，对固体，那么及分子的空间排列〔晶体的点阵〕有关。【例题1】如图6-1所示，食盐〔Na×10－3kg×103kg/m3×1023mol－1，求食盐晶体中两个距离最近的钠离子中心之间的距离。【讲解】题意所求即图中任意一个小立方块的变长〔设为a〕的倍，所以求a成为此题的焦点。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=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a3，即a3==，最后，邻近钠离子之间的距离l=a×10－10m。〖思考〗此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=分子，所以…〔此法普遍适用于空间点阵比拟复杂的晶体构造。〕2、物质内的分子永不停息地作无规那么运动〕，少数可以脱离平衡位置运动。液体分子的运动那么可以用“长时间的定居〔振动〕与短时间的迁移〞来概括，这是由于液体分子间距较固体大的结果。气体分子根本“居无定所〞，不停地迁移〔常温下，速率数量级为102m/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〕与统计有序〔分子数比率与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、剧烈程度与温度相关。气体分子的三种速率。最可几速率vP：f(v)=〔其中ΔN表示v到v+Δv内分子数，N表示分子总数〕极大时的速率，vP==；平均速率：所有分子速率的算术平均值，==；方均根速率：及分子平均动能密切相关的一个速率，==〔其中R为普适气体恒量，R=8.31J/(mol.K)。k为玻耳兹曼常量，k=×10－23J/K〕【例题2】证明理想气体的压强P=n，其中n为分子数密度，为气体分子平均动能。【证明】气体的压强即单位面积容器壁所承受的分子的撞击力，这里可以设理想气体被封闭在一个边长为a的立方体容器中，如图6-3所示。考察yoz平面的一个容器壁，P=①设想在Δt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，那么根据动量定理，容器壁承受的压力F==②在气体的实际状况中，如何寻求Nx与vx呢？考察某一个分子的运动，设它的速度为v，它沿x、y、z三个方向分解后，满足v2=++分子运动虽然是杂乱无章的，但仍具有“偶然无序与统计有序〞的规律，即=++=3③这就解决了vx的问题。另外，从速度的分解不难理解，每一个分子都有时机均等的碰撞3个容器壁的可能。设Δt=，那么Nx=·3N总=na3④注意，这里的是指有6个容器壁需要碰撞，而它们被碰的几率是均等的。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〞所有分子以一样的速率v沿+x、−x、+y、−y、+z、−z这6个方向运动〔这样造成的宏观效果与“杂乱无章〞地运动时是一样的〕，那么Nx=N总=na3；而且vx=v所以，P====nm=n 3、分子间存在相互作用力〔注意分子斥力与气体分子碰撞作用力的区别〕，而且引力与斥力同时存在，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分子势能的变化表示，分子势能EP随分子间距的变化关系如图6-4所示。分子势能与动能的总与称为物体的内能。二、热现象与根本热力学定律1、平衡态、状态参量a、但凡及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与T〕。c、热力学第零定律〔温度存在定律〕：假设两个热力学系统中的任何一个系统都与第三个热力学系统处于热平衡状态，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=t+32〕与热力学温标T〔T=t+273.15〕。b、〔理想〕气体温度的微观解释：=kT〔i为分子的自由度=平动自由度t+转动自由度r+振动自由度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：热力学零度不可能到达。〔结合分子动理论的观点2与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=KSΔt〕、对流与辐射〔黑体外表辐射功率J=αT4〕b、热膨胀。线膨胀Δl=αl0Δt【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ρ1与ρ2，现膨胀系数分别为α1与α2，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。假设温度升高到t℃，仍需它们水平静止平衡，那么悬点应该如何调整？【讲解】设A点距离粘合端x，那么ρ1〔−x〕=ρ2〔+x〕，得：x=设膨胀后的长度分别为L1与L2，而且密度近似处理为不变，那么同理有ρ1〔−x′〕=ρ2〔+x′〕，得：x′=另有线膨胀公式，有L1=L〔1+α1t〕，L2=L〔1+α2t〕最后，设调整后的悬点为B，那么=x′−x【答案】新悬点与原来的悬点之间相距Lt。〖说明〗如果考虑到密度变化的实际情况ρ1′=ρ1、ρ2′=ρ2，此题仍然是可解的，但最后的结果却复杂得多…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、绝热过程与自由膨胀等。准静态过程：如果变化过程相对缓慢，那么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与系统从外界吸收热量Q之与，等于系统内能的增量ΔE，即ΔE=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表达。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〕增大的方向开展。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，=或=恒量c、盖·吕萨克定律：一定质量气体压强不变时，=或=恒量【例题4】如图6-6所示，一端封闭、内径均匀的玻璃管长L=100cm，其中有一段长L′=15cm的水银柱把一局部空气封闭在管中。当管水平放置时，封闭气柱A长LA=40cm。现把管缓慢旋转至竖直后，在把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长=为止，这时系统处于静止平衡。大气压强P0=75cmHg，过程温度不变，试求槽内水银进入管内的水银柱的长度h。【讲解】在全过程中，只有A局部的气体质量是不变的，B局部气体那么只在管子竖直后质量才不变。所以有必要分过程解此题。过程一：玻管旋转至竖直A局部气体，LA′=LA=×40=50cm此时B端气柱长LB′=L−LA′−L′=100−50−15=35cm过程二：玻管出入水银槽A局部气体〔可针对全程，也可针对过程二〕，==×60=80cmHg B局部气体，===×35≈最后，h=L-−L′−【答案】。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，其中n为分子数密度〔n=〕。3、理想气体状态方程：一定质量的理想气体，=或=恒量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释与温度微观解释推导得出。【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，内有一段长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。试问：当温度至少升高到多少度，水银柱才会从玻璃管中全部溢出？【讲解】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：=，即=，得：T2=380K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〔而及外界大气压、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=，即=，得P=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＞〔－x2+20x+7296〕考察函数y=〔－x2+20x+7296〕发现，当x=10cm时，ymax而前面求出的x=0时，T只有380K，说明后阶段无须升温，即是自动溢出过程〔参照图6-8理解〕。而T＞ymax即是题意所求。【答案】385.2K。a、推论1：=，此结论成功地突破了“质量一定〞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，++…+，这个推论很容易由克拉珀龙方程导出。【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，上端是压力计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T0下充气至大气压P0，然后加以密封，再将A浸入待测液体中，当A与待测液体到达热平衡后，B的读数为P，A与B的容积分别为VA与VB，试求待测液体的温度。【讲解】此题是“推论2〞的直接应用【答案】TA=【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，该图线是以C点为圆心的圆。P轴那么C点的纵坐标PC为单位〔T轴以TC为单位〕。假设在此过程中气体所经历的最低温度为T0，那么在此过程中，气体密度的最大值ρ1与最小值ρ2之比ρ1/ρ2应等于多少？【讲解】此题物理知识甚简，应用“推论1〞即可。此式说明，越大时，ρ就越大。故此题归结为求的极大值与极小值。方法一：P及T的关系服从圆的方程〔参数方程为佳〕T=Tc+rcosθP=PC+rsinθ引入y==，然后求这个函数的极值…方法二：见图6-11，从的几何意义可知，等于状态点到原点的连线及T轴夹角的正切值，求的极大与极小归结为求这个正切值的极大与极小——很显然，当直线及圆周的两处相切时，出现了这样的极大与极小值。θmax=α+β，θmin=α−β而tgα=sinβ=tgβ=〔注意：依题意，r=TC−T0〕所以tgθmax==tgθmin==【答案】〔〕/〔〕。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与。即P=P1+P2+P3+…+Pn 4、理想气体的内能、做功及吸放热计算a、理想气体的内能计算由于不计分子势能，故E=N·=NkT=NT=RT，其中N为分子总数，为气体的摩尔数。由于〔对一定量的气体〕内能是温度的单值函数，故内能的变化及过程完全没有关系。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拟困难。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〕，那么面积应计相应的差值。如图6-3所示。〔☆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=cmΔT仍适用，但值得注意的是，对固体与液体而言，比热容c根本恒定〔与材料相关〕，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。摩尔热容与比热容的关系C=。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=CVΔT②等压过程的摩尔热容称为“定压摩尔热容〞，用CP表示，所以Q=CPΔT对于其它的复杂过程而言，摩尔热容的表达比拟困难，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ΔE与W后，再用热力学第一定律求Q。〔☆从这个途径不难推导出：①CV=R，CP=R+R，即CP=CV+R…；②E=CVT〕【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，的状态途中已经标示。试问：〔1〕此循环过程中，气体所能到达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？【讲解】〔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=－V2+2V显然，当V=2时，y极大，此时，P=1代入克拉珀龙方程：1×105×2×10－3×max，解得Tmax〔2〕由克拉珀龙方程可以求得TC=180.5K=TB，TAΔE=RΔ×××根据“面积〞×105×2×10-3=100J计算Q有两种选择：a、Q=CPΔ×××b、Q=Δ【答案】〔1〕V=2×10－3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。〖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阶段那么无法定性判断。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=RΔT=Δ〔PV〕≈〔PΔV+VΔP〕由于P=－V+2，有ΔP=－ΔV故ΔE=〔2－V〕ΔV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 Q＜0时，气体开场放热，即V＞2.5时开场吸热〔转变体积V′×10-3m3，对应转变压强P′×105Pa，转变温度T′=225.6K〕。a、吸热阶段：Δ×××W=－〔1.5+0.75〕×105×〔2.5－1〕×10-3 Q=Δb、放热阶段：Δ×××W=－〔0.5+0.75〕×105×〔3－2.5〕×10-3 Q=Δ〔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〞对气体可能是及“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过程吸热过程与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？〖解答〗A→B过程吸热Q=CVΔ×××(180.5－60.2)=150.0J，B→C过程吸热225J，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××105×2×10−3=100J所以，效率η===26.7%。〔从这个计算我们可以进一步领会区分吸热与放热的重要性。〕【例题9】如图6-14所示，A与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，而管子与阀门对外界却是绝热的。F是带柄的绝热活塞，及容器A的内外表严密接触，不漏气，且不计摩擦。开场时，K关闭，F处于A的左端。A中有摩尔、温度为T0的理想气体，B中那么为真空。现向右推动F，直到A中气体的体积及B的容积相等。在这个过程中，F对气体做功为W，气体温度升为T1，然后将K稍稍翻开一点，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？【讲解】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翻开前，过程绝热，据热力学第一定律，ΔE=W又由E=CVT知ΔE=CV〔T1−T0〕因此，CV=①而且在末态，P1=②过程二：K翻开后，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′=P1V1③而此过程的ΔE′=CVΔT=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=T1。四、相变相：热学系统中物理性质均匀的局部。系统按化学成分的多少与相的种类多少可以成为一元二相系〔如冰水混合物〕与二元单相系〔如水与酒精的混合液体〕。相变分气液相变、固液相变与固气相变三大类，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，分气化与液化。气化又有两种方式：蒸发与沸腾，涉及的知识点有饱与气压、沸点、汽化热、临界温度等。a、蒸发。蒸发是液体外表进展的缓慢平与的气化现象〔任何温度下都能进展〕。影响蒸发的因素主要有①液体的外表积、②液体的温度、③通风条件。从分子动理论的角度不难理解，蒸发与液化必然总是同时进展着，当两者形成动态平衡时，液体上方的气体称为——饱与气，饱与气的压强称为饱与气压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〔及气、液的体积比无关，及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，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与气时所吸收的热量，它是相变潜热的一种。汽化热及内能改变的关系L=ΔE+PW〔V气−V液〕≈ΔE+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外表，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外表并破裂。液体沸腾时，液体种类不变与外界压强不变时，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与气压等于外界压强。〔如在1标准大气压下，水在100℃沸腾，就是因为在100℃时水的饱与气压时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。对饱与气，体积减小或温度降低时可实现液化；对非饱与气，那么须先使它变成饱与气，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】有一体积为的密闭容器，充有温度T1、压强3atm的空气与饱与水汽，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、饱与水汽都看成理想气体，试问：〔1〕T1的值是多少？〔2〕假设保持温度T1不变，体积增为原来的4倍，容器内的压强又是多少？〔3〕容器中水与空气的摩尔数各为多少？【讲解】容器中的气体分水汽与空气两局部。容器中压强及空气压强、水汽压强的关系服从道尔顿分压定律。对水汽而言，第二过程已不再饱与。〔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〕此过程的空气与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室中为饱与水蒸气，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。开场时，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。水的汽化热为L，水蒸气与氮气的摩尔质量分别为μ1与μ2，试求在整个过程中，Ⅰ室内系统及外界交换的热量。【讲解】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ΔV的水蒸气液化成水。直立后水的饱与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+ΔV〕结合以上两式可得ΔV=V2为解决V2，对初态的氮气用克拉珀龙方程P0V2=RT0这样，ΔV=·所以，水蒸汽液化的质量〔用克拉珀龙方程〕为Δm=ΔV=·这局部水蒸气液化应放出热量Q=Δm·L=·【答案】向外界放热·。〖思考〗解此题时，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，假设再算做功，就属于重复计量了。〖*再思考〗Ⅱ中氮气及“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=−RT0ln=−RT0ln〔1+〕，所以Q=ΔE–W=RT0ln〔1+〕，吸热。2、湿度及露点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与蒸气压的比值，即B=×100%〔相对湿度反映了空气中水蒸气离开饱与的程度，人体感知的正是相对湿度而非绝对湿度，以B值为60~70%比拟适宜。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枯燥〕。b、露点：使空气中的水蒸气刚好到达饱与的温度。露点的上下及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，也就是及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，分熔解与凝固。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〕，非晶体那么没有。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拟微弱，如冰的熔点是每增加一个大气压熔点降低℃。〕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及凝固。4、固气相变，分升华与凝华。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与熔解热之与。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、三相点与三相图亦称“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与压强〔清注意：两相点，如冰点与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〕。