最新高中物理競賽講義(完整版)目錄TOＣ\ｏ＂1-3"＼h\z\uHＹPEＲLINK最新高中物理競賽講義（完整版)?ＰAGEREF＿Tｏc\h1HＹPERLINK第０部分緒言 PAGEＲEF_Ｔｏc\h４HＹPERLINK二、知識體系 PAGＥREF_Toc\h4HYPERLINＫ\l＂_Toc"第一部分力＆物體的平衡 ＰＡＧＥRＥＦ＿Ｔｏc\h５第一講力的解決 ＰAGEＲEF_Ｔoｃ\ｈ５ＨYPERLINＫ\l＂＿Toc"第二講物體的平衡 PAGEREＦ＿Ｔoｃ\ｈ7第三講習題課 PAGＥREF_Toc\ｈ8HＹPEＲLINK\l"_Toｃ"第四講摩擦角及其它 ＰAGEＲＥＦ_Toc＼h１１第二部分牛頓運動定律?PAGEREＦ_Toｃ\h１4HYPＥRLINK第一講牛頓三定律?PＡＧＥREF_Toc\ｈ14ＨYＰEＲＬINK\l"_Tｏc"第二講牛頓定律的應用 PAＧEＲEF_Ｔoc＼h1４HYPEＲLIＮK第二講配套例題選講 PAGEREF_Ｔoc\ｈ22HYPERＬIＮK\l"＿Ｔｏc"第三部分運動學 PAGEＲEF_Ｔｏc＼ｈ２2第一講基本知識介紹 PAGＥREF_Tｏc\h22HYPＥRLINＫ\l＂_Toc"第二講運動的合成與分解、相對運動?PＡGEＲEF_Ｔｏc\h23第四部分曲線運動萬有引力?PAGEＲＥF＿Ｔｏｃ\h26ＨYPERLINK第一講基本知識介紹 PＡGEREF_Toｃ\ｈ26第二講重要模型與專題?PAGEＲEF_Tｏc＼h2７第三講典型例題解析 PAGＥＲＥＦ_Toc\ｈ３５第五部分動量和能量?PAGEREＦ_Ｔoc\h35HYＰERLINK\l＂＿Ｔoc"第一講基本知識介紹?PＡGＥREF_Ｔoc\ｈ３5HYPＥＲLＩＮK\l＂_Ｔｏｃ"第二講重要模型與專題?PAＧEＲEF_Toｃ\h37第三講典型例題解析?PAGＥRＥＦ_Toｃ\h4８第六部分振動和波?PＡGEＲＥF_Tｏc＼ｈ48ＨYＰERLINK\l"_Toc＂第一講基本知識介紹 ＰＡGＥREF_Toc\h48第二講重要模型與專題 ＰＡＧＥREF_Tｏｃ\ｈ52ＨYＰＥRＬＩNK第三講典型例題解析?ＰAGＥＲEF_Tｏc＼ｈ60HＹPEＲＬINK第七部分熱學 PＡGERＥF_Toc\h61一、分子動理論 ＰAGＥＲＥF_Toｃ\ｈ6１二、熱現象和基本熱力學定律 ＰAGEREＦ＿Tｏｃ\h63ＨYPERLIＮＫ\l＂_Toc＂三、抱負氣體 PＡGERＥF_Toc\h64四、相變 PAGＥRＥF_Toc\ｈ71五、固體和液體 PAＧERＥF＿Ｔoｃ\h7４ＨYPＥRLＩNK第八部分靜電場?ＰＡＧEREF_Toｃ\ｈ7５_Toc＂第二講重要模型與專題 PAGＥＲEF_Tｏｃ\ｈ７8HYPERLINＫ第九部分穩恒電流?PAGEＲＥＦ_Toc\h88第一講基本知識介紹?ＰAGEREF_Toc\ｈ88第二講重要模型和專題 ＰＡGEＲＥＦ＿Ｔoｃ\h91第十部分磁場 PAGEREF_Ｔoc\h１０0第一講基本知識介紹?PAGＥREF_Ｔoc\h1０0ＨYＰERLINＫ第十一部分電磁感應 PAGEＲEF_Ｔoc\h108HYPＥRLIＮK\l＂＿Tｏｃ＂第一講、基本定律?ＰAGＥＲＥF_Ｔｏc\h１09HＹＰＥRLＩNK\l＂_Ｔoc"第二講感生電動勢?ＰAGＥREF_Ｔoc\ｈ112ＨＹPERＬINK\l＂＿Toc"第三講自感、互感及其它 PAGEＲＥF_Toc\h115第十二部分量子論?PAGEREＦ＿Toc\h11８第一節黑體輻射?ＰAＧEREF_Ｔoc\h１18第二節光電效應?PAGＥREF＿Tｏc\h１21ＨYＰERLＩNK\l＂_Toc"第三節波粒二象性?PAGEREＦ_Toc\h127ＨＹＰＥRLINK\l＂_Toc＂第四節測不準關系?PAＧEREF_Toc\h1２９

第0部分緒言一、高中物理奧賽概況1、國際(IntｅrnａtiｏnaｌPhｙsicｓOlｙmｐiad簡稱IPhO）①1９67年第一屆，(波蘭)華沙，只有五國參與。②幾乎每年一屆,參賽國逐年增長,每國代表不超過5人。③中國參賽始于1９8６年的第十七屆，此后未間斷，成績一直輝煌。④199４年第二十五屆,初次在中國(北京）承辦。⑤考試內容：筆試和實驗各５小時,分兩天進行，滿分各為30分和20分。成績最佳者記１00%，積分在90%以上者獲金獎,78%~89者獲銀獎，65～77％者獲銅獎。2、國家(ＣｈｉneseＰｈysicsOlyｍpiａｄ簡稱CＰhO)①198４年以前，中學物理競賽經常舉行,但被冠以各種名稱，無論是組織，還是考綱、知識體系都談不上規范。②198４年開始第一屆CPｈO,此后每學年舉辦一屆。③預賽:每年九月第一個星期天考試。全國命題，各市、縣組考，市統一閱卷,選前３0名（左右）參與(全省)復賽。復賽：九月下旬考試。全省命題,各省組織。理論考試前２0名參與實驗考試，取理論、實驗考試總分前10名者參與省集訓隊。集訓隊成員經短期培訓后推薦３～7名參與(全國）決賽。決賽：全國統一組織。按成績挑選1５～25名參與國家集訓隊，到有關大學強化訓練，最后從中選拔5名優秀隊員參與IPhO。④滿分１４0分。除預賽外,均含理論和實驗兩部分(實驗滿分６0分)。3、湖南省奧賽簡況①至1９9８年,湖南選手獲CPhO決賽一等獎2９人次,占全國的18.２４%；在IＰhO中獲金牌5枚、銀牌2枚、銅牌2枚，居各省之首。②題型與風格:預賽第十一屆（1992年）開始統一，只有天空和計算。復賽第十三屆（１9９4年)開始統一，只有計算題六個，考試時量均為3小時。二、知識體系1、高中物理的三檔規定:一般規定（會考)→高考規定→競賽規定。競賽知識的特點:①預賽——對高中物理基礎融會貫通，更注重物理方法的運用；②復賽——知識點更多，對數學工具的運用更進一步。2、教法貫徹①高一:針對“高考規定”，進度盡量超前高一新課,知識點只做有限添加。目的瞄準預勝過關。②高二:針對“競賽規定”，瞄準復賽難度。高二知識一步到位,高一知識做短暫的回顧與加深。③復賽對象在約15天的時間內模擬考試,進行考法訓練。3、教材范本:龔霞玲主編《奧林匹克物理思維訓練教材》，知識出版社，2023年８月第一版。推薦典型參考書目——①孫尚禮毛瑾主編《高中物理奧林匹克基礎知識及題解》(上、下冊),科學技術出版社，19９４年10月第一版；②張大同主編《通向金牌之路》,陜西師范大學出版社（版本逐年更新）；③湖南省奧林匹克競賽委員會物理分會編《物理奧林匹克競賽教程》,湖南師范大學出版社，1９9３年6月第一版；④湖南省奧林匹克委員會物理分會、湖南省物理奧林匹克培訓基地編《新編物理奧林匹克教程》,湖南師范大學出版社,199９年5月第一版;⑤舒幼生主編《奧林匹克物理》(分1、2、３…多冊出版),湖南教育出版社，第一冊1９93年8月第一版。第一部分力&物體的平衡第一講力的解決一、矢量的運算１、加法表達：+＝。名詞：為“和矢量”。法則：平行四邊形法則。如圖１所示。和矢量大小:c=,其中α為和的夾角。和矢量方向：在、之間,和夾角β＝ａrcｓin2、減法表達:=－。名詞：為“被減數矢量”，為“減數矢量”,為“差矢量”。法則：三角形法則。如圖2所示。將被減數矢量和減數矢量的起始端平移到一點,然后連接兩時量末端，指向被減數時量的時量，即是差矢量。差矢量大小：a=,其中θ為和的夾角。差矢量的方向可以用正弦定理求得。一條直線上的矢量運算是平行四邊形和三角形法則的特例。例題：已知質點做勻速率圓周運動，半徑為R，周期為T,求它在T內和在T內的平均加速度大小。解說：如圖3所示，Ａ到B點相應T的過程，A到C點相應T的過程。這三點的速度矢量分別設為、和。根據加速度的定義=得：＝，=由于有兩處涉及矢量減法，設兩個差矢量=-，=－,根據三角形法則，它們在圖３中的大小、方向已繪出(的“三角形”已被拉伸成一條直線)。本題只關心各矢量的大小，顯然:＝==，且:＝＝，=2=所以：===,=＝＝。(學生活動）觀測與思考：這兩個加速度是否相等，勻速率圓周運動是不是勻變速運動？答:否;不是。3、乘法矢量的乘法有兩種：叉乘和點乘,和代數的乘法有著質的不同。⑴叉乘表達：×＝名詞:稱“矢量的叉積”，它是一個新的矢量。叉積的大小：c=absinα,其中α為和的夾角。意義:的大小相應由和作成的平行四邊形的面積。叉積的方向：垂直和擬定的平面,并由右手螺旋定則擬定方向,如圖4所示。顯然，×≠×，但有:×＝－×⑵點乘表達:·＝ｃ名詞:c稱“矢量的點積”，它不再是一個矢量，而是一個標量。點積的大小：ｃ=abcosα,其中α為和的夾角。二、共點力的合成１、平行四邊形法則與矢量表達式2、一般平行四邊形的合力與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——正交分解第二講物體的平衡一、共點力平衡１、特性:質心無加速度。２、條件:Σ＝０,或=0,=0例題：如圖5所示,長為L、粗細不均勻的橫桿被兩根輕繩水平懸掛，繩子與水平方向的夾角在圖上已標示,求橫桿的重心位置。解說：直接用三力共點的知識解題，幾何關系比較簡樸。答案：距棒的左端Ｌ/４處。（學生活動）思考:放在斜面上的均質長方體，按實際情況分析受力，斜面的支持力會通過長方體的重心嗎?解:將各處的支持力歸納成一個N，則長方體受三個力（G、f、N）必共點，由此推知,N不也許通過長方體的重心。對的受力情形如圖６所示（通常的受力圖是將受力物體當作一個點,這時,N就過重心了)。答:不會。二、轉動平衡1、特性:物體無轉動加速度。２、條件:Σ=0，或ΣM+＝ΣM-假如物體靜止，肯定會同時滿足兩種平衡，因此用兩種思緒均可解題。３、非共點力的合成大小和方向:遵從一條直線矢量合成法則。作用點：先假定一個等效作用點，然后讓所有的平行力對這個作用點的和力矩為零。第三講習題課1、如圖7所示，在固定的、傾角為α斜面上,有一塊可以轉動的夾板(β不定),夾板和斜面夾著一個質量為m的光滑均質球體,試求：β取何值時,夾板對球的彈力最小。解說:法一，平行四邊形動態解決。對球體進行受力分析,然后對平行四邊形中的矢量Ｇ和N1進行平移,使它們構成一個三角形,如圖８的左圖和中圖所示。由于G的大小和方向均不變,而N１的方向不可變,當β增大導致N2的方向改變時,Ｎ2的變化和N１的方向變化如圖8的右圖所示。顯然,隨著β增大，N1單調減小，而N2的大小先減小后增大，當Ｎ２垂直N1時，N2取極小值,且N２min=Gsinα。法二，函數法。看圖8的中間圖,對這個三角形用正弦定理，有:＝,即：N2=，β在0到180°之間取值,Ｎ2的極值討論是很容易的。答案：當β=90°時,甲板的彈力最小。2、把一個重為G的物體用一個水平推力F壓在豎直的足夠高的墻壁上,Ｆ隨時間t的變化規律如圖9所示,則在t=0開始物體所受的摩擦力ｆ的變化圖線是圖10中的哪一個？解說:靜力學旨在解決靜態問題和準靜態過程的問題,但本題是一個例外。物體在豎直方向的運動先加速后減速，平衡方程不再合用。如何避開牛頓第二定律，是本題授課時的難點。靜力學的知識,本題在于區分兩種摩擦的不同判據。水平方向合力為零,得:支持力N連續增大。物體在運動時,滑動摩擦力f=μN，必連續增大。但物體在靜止后靜摩擦力f′≡G，與N沒有關系。對運動過程加以分析，物體必有加速和減速兩個過程。據物理常識，加速時，f<G,而在減速時f>G。答案:B。3、如圖11所示，一個重量為G的小球套在豎直放置的、半徑為Ｒ的光滑大環上,另一輕質彈簧的勁度系數為k,自由長度為Ｌ（L＜２R）,一端固定在大圓環的頂點A，另一端與小球相連。環靜止平衡時位于大環上的B點。試求彈簧與豎直方向的夾角θ。解說:平行四邊形的三個矢量總是可以平移到一個三角形中去討論，解三角形的典型思緒有三種：①分割成直角三角形（或本來就是直角三角形）;②運用正、余弦定理；③運用力學矢量三角形和某空間位置三角形相似。本題旨在貫徹第三種思緒。分析小球受力→矢量平移，如圖1２所示,其中Ｆ表達彈簧彈力，N表達大環的支持力。(學生活動)思考：支持力N可不可以沿圖12中的反方向?（正交分解看水平方向平衡——不可以。）容易判斷,圖中的灰色矢量三角形和空間位置三角形ΔAOB是相似的,所以:⑴由胡克定律：F=k(-R）⑵幾何關系：=2Ｒcosθ⑶解以上三式即可。答案:aｒccoｓ。（學生活動)思考:若將彈簧換成勁度系數k′較大的彈簧，其它條件不變,則彈簧彈力怎么變？環的支持力怎么變？答：變小；不變。（學生活動)反饋練習:光滑半球固定在水平面上,球心O的正上方有一定滑輪,一根輕繩跨過滑輪將一小球從圖１３所示的Ａ位置開始緩慢拉至Ｂ位置。試判斷:在此過程中,繩子的拉力Ｔ和球面支持力N如何變化?解：和上題完全相同。答:T變小，N不變。４、如圖14所示，一個半徑為R的非均質圓球，其重心不在球心O點，先將它置于水平地面上，平衡時球面上的A點和地面接觸;再將它置于傾角為30°的粗糙斜面上,平衡時球面上的B點與斜面接觸，已知A到B的圓心角也為30°。試求球體的重心C到球心O的距離。解說：練習三力共點的應用。根據在平面上的平衡,可知重心C在OA連線上。根據在斜面上的平衡,支持力、重力和靜摩擦力共點,可以畫出重心的具體位置。幾何計算比較簡樸。答案：Ｒ。(學生活動)反饋練習：靜摩擦足夠，將長為a、厚為ｂ的磚塊碼在傾角為θ的斜面上,最多能碼多少塊?解：三力共點知識應用。答:。4、兩根等長的細線，一端拴在同一懸點O上，另一端各系一個小球，兩球的質量分別為m1和m2，已知兩球間存在大小相等、方向相反的斥力而使兩線張開一定角度，分別為45和30°,如圖15所示。則ｍ1:m2為多少？解說:本題考察正弦定理、或力矩平衡解靜力學問題。對兩球進行受力分析，并進行矢量平移，如圖１6所示。一方面注意,圖16中的灰色三角形是等腰三角形，兩底角相等，設為α。并且，兩球互相作用的斥力方向相反,大小相等,可用同一字母表達,設為Ｆ。對左邊的矢量三角形用正弦定理，有:=①同理，對右邊的矢量三角形,有:=②解①②兩式即可。答案：1：。(學生活動）思考:解本題是否尚有其它的方法？答:有——將模型當作用輕桿連成的兩小球,而將O點當作轉軸,兩球的重力對O的力矩必然是平衡的。這種方法更直接、簡便。應用:若原題中繩長不等,而是l1:ｌ２=３：2，其它條件不變,ｍ1與m２的比值又將是多少？解:此時用共點力平衡更加復雜(多一個正弦定理方程)，而用力矩平衡則幾乎和“思考”完全相同。答：２:3。5、如圖1７所示,一個半徑為R的均質金屬球上固定著一根長為L的輕質細桿,細桿的左端用鉸鏈與墻壁相連，球下邊墊上一塊木板后，細桿恰好水平，而木板下面是光滑的水平面。由于金屬球和木板之間有摩擦（已知摩擦因素為μ），所以要將木板從球下面向右抽出時,至少需要大小為F的水平拉力。試問:現要將木板繼續向左插進一些,至少需要多大的水平推力?解說:這是一個典型的力矩平衡的例題。以球和桿為對象，研究其對轉軸O的轉動平衡,設木板拉出時給球體的摩擦力為f，支持力為N，重力為G，力矩平衡方程為:fR+N(R+L)=Ｇ(R+L）①球和板已相對滑動,故：f＝μＮ②解①②可得：f＝再看木板的平衡，Ｆ=ｆ。同理,木板插進去時，球體和木板之間的摩擦ｆ′==F′。答案:。第四講摩擦角及其它一、摩擦角１、全反力：接觸面給物體的摩擦力與支持力的合力稱全反力,一般用R表達，亦稱接觸反力。2、摩擦角:全反力與支持力的最大夾角稱摩擦角，一般用φm表達。此時，要么物體已經滑動,必有:φm=aｒctgμ(μ為動摩擦因素),稱動摩擦力角;要么物體達成最大運動趨勢，必有：φms=ａrctgμs（μs為靜摩擦因素），稱靜摩擦角。通常解決為φｍ=φms。3、引入全反力和摩擦角的意義:使分析解決物體受力時更方便、更簡捷。二、隔離法與整體法1、隔離法:當物體對象有兩個或兩個以上時，有必要各個擊破，逐個講每個個體隔離開來分析解決,稱隔離法。在解決各隔離方程之間的聯系時，應注意互相作用力的大小和方向關系。2、整體法：當各個體均處在平衡狀態時,我們可以不顧個體的差異而講多個對象當作一個整體進行分析解決，稱整體法。應用整體法時應注意“系統”、“內力”和“外力”的涵義。三、應用1、物體放在水平面上，用與水平方向成30°的力拉物體時，物體勻速前進。若此力大小不變,改為沿水平方向拉物體,物體仍能勻速前進，求物體與水平面之間的動摩擦因素μ。解說：這是一個能顯示摩擦角解題優越性的題目。可以通過不同解法的比較讓學生留下深刻印象。法一，正交分解。（學生分析受力→列方程→得結果。）法二,用摩擦角解題。引進全反力R，對物體兩個平衡狀態進行受力分析，再進行矢量平移，得到圖1８中的左圖和中間圖（注意:重力Ｇ是不變的,而全反力R的方向不變、Ｆ的大小不變）,φm指摩擦角。再將兩圖重疊成圖18的右圖。由于灰色的三角形是一個頂角為30°的等腰三角形,其頂角的角平分線必垂直底邊……故有:φm＝15°。最后，μ=tgφm。答案：0．268。（學生活動)思考:假如F的大小是可以選擇的，那么能維持物體勻速前進的最小F值是多少？解：見圖18,右圖中虛線的長度即Ｆｍｉn，所以，Ｆmｉｎ＝Ｇsiｎφｍ。答:Ｇsin15°(其中G為物體的重量）。2、如圖19所示，質量m=５kｇ的物體置于一粗糙斜面上，并用一平行斜面的、大小F=30N的推力推物體,使物體可以沿斜面向上勻速運動，而斜面體始終靜止。已知斜面的質量Ｍ=10kg，傾角為3０°，重力加速度g=1０m／s2,求地面對斜面體的摩擦力大小。解說：本題旨在顯示整體法的解題的優越性。法一，隔離法。簡要介紹……法二，整體法。注意，滑塊和斜面隨有相對運動,但從平衡的角度看,它們是完全等價的,可以當作一個整體。做整體的受力分析時，內力不加考慮。受力分析比較簡樸，列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。答案:26.0N。(學生活動)地面給斜面體的支持力是多少？解:略。答:135N。應用：如圖20所示，一上表面粗糙的斜面體上放在光滑的水平地面上,斜面的傾角為θ。另一質量為m的滑塊恰好能沿斜面勻速下滑。若用一推力F作用在滑塊上，使之能沿斜面勻速上滑，且規定斜面體靜止不動,就必須施加一個大小為Ｐ=4mｇｓｉｎθcosθ的水平推力作用于斜面體。使滿足題意的這個F的大小和方向。解說:這是一道難度較大的靜力學題，可以動用一切也許的工具解題。法一：隔離法。由第一個物理情景易得,斜面于滑塊的摩擦因素μ=tｇθ對第二個物理情景，分別隔離滑塊和斜面體分析受力，并將F沿斜面、垂直斜面分解成Ｆｘ和Fｙ,滑塊與斜面之間的兩對互相作用力只用兩個字母表達（N表達正壓力和彈力,f表達摩擦力），如圖２1所示。對滑塊,我們可以考察沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡——Fx=f+mgｓinθFy+mgcosθ＝N且ｆ=μN＝Ｎtgθ綜合以上三式得到:Fｘ=Fytgθ+2mgsiｎθ①對斜面體，只看水平方向平衡就行了——Ｐ＝fcosθ+Nｓiｎθ即:4mｇsinθｃoｓθ＝μNcosθ＋Ｎsinθ代入μ值,化簡得: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（設α為F和斜面的夾角）。答案:大小為Ｆ=mg，方向和斜面夾角α=arｃtg()指向斜面內部。法二：引入摩擦角和整體法觀念。仍然沿用“法一”中關于F的方向設立（見圖21中的α角)。先看整體的水平方向平衡，有：Ｆｃos（θ-α)=P⑴再隔離滑塊,分析受力時引進全反力R和摩擦角φ,由于簡化后只有三個力(R、mg和F)，可以將矢量平移后構成一個三角形，如圖２2所示。在圖22右邊的矢量三角形中，有:==⑵注意:φ=ａｒcｔｇμ＝arctg（tgθ)=θ⑶解⑴⑵⑶式可得Ｆ和α的值。第二部分牛頓運動定律第一講牛頓三定律一、牛頓第一定律１、定律。慣性的量度2、觀念意義,突破“初態困惑”二、牛頓第二定律1、定律2、理解要點ａ、矢量性b、獨立作用性:ΣF→ａ，ΣＦx→aｘ…c、瞬時性。合力可突變，故加速度可突變（與之對比：速度和位移不可突變);牛頓第二定律展示了加速度的決定式(加速度的定義式僅僅展示了加速度的“測量手段”)。3、合用條件a、宏觀、低速b、慣性系對于非慣性系的定律修正——引入慣性力、參與受力分析三、牛頓第三定律1、定律2、理解要點a、同性質（但不同物體）ｂ、等時效（同增同減)c、無條件(與運動狀態、空間選擇無關)第二講牛頓定律的應用一、牛頓第一、第二定律的應用單獨應用牛頓第一定律的物理問題比較少,一般是需要用其解決物理問題中的某一個環節。應用要點:合力為零時，物體靠慣性維持原有運動狀態；只有物體有加速度時才需要合力。有質量的物體才有慣性。a可以突變而ｖ、s不可突變。１、如圖1所示，在馬達的驅動下,皮帶運送機上方的皮帶以恒定的速度向右運動。現將一工件(大小不計)在皮帶左端A點輕輕放下,則在此后的過程中()A、一段時間內,工件將在滑動摩擦力作用下,對地做加速運動Ｂ、當工件的速度等于v時,它與皮帶之間的摩擦力變為靜摩擦力Ｃ、當工件相對皮帶靜止時,它位于皮帶上Ａ點右側的某一點D、工件在皮帶上有也許不存在與皮帶相對靜止的狀態解說：B選項需要用到牛頓第一定律,Ａ、Ｃ、D選項用到牛頓第二定律。較難突破的是Ａ選項，在為什么不會“立即跟上皮帶”的問題上，建議使用反證法（t→0，a→∞,則ΣFｘ→∞,必然會出現“供不應求”的局面）和比較法(為什么人跳上速度不大的物體可以不發生相對滑動？由于人是可以形變、重心可以調節的特殊“物體”）此外，本題的D選項還要用到勻變速運動規律。用勻變速運動規律和牛頓第二定律不難得出只有當L＞時（其中μ為工件與皮帶之間的動摩擦因素),才有相對靜止的過程，否則沒有。答案:A、Ｄ思考:令L=10m，v＝2m/s,μ=0.2，g取10m/s2,試求工件到達皮帶右端的時間t(過程略，答案為5.５s）進階練習:在上面“思考”題中,將工件給予一水平向右的初速v0，其它條件不變,再求ｔ(學生分以下三組進行）——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、質量均為ｍ的兩只鉤碼A和B，用輕彈簧和輕繩連接，然后掛在天花板上,如圖２所示。試問:①假如在Ｐ處剪斷細繩，在剪斷瞬時，B的加速度是多少？②假如在Q處剪斷彈簧,在剪斷瞬時，B的加速度又是多少？解說：第①問是常規解決。由于“彈簧不會立即發生形變”,故剪斷瞬間彈簧彈力維持原值,所以此時B鉤碼的加速度為零（A的加速度則為2g）。第②問需要我們反省這樣一個問題：“彈簧不會立即發生形變”的因素是什么？是A、Ｂ兩物的慣性，且速度v和位移s不能突變。但在Q點剪斷彈簧時,彈簧卻是沒有慣性的（沒有質量),遵從抱負模型的條件，彈簧應在一瞬間恢復原長！即彈簧彈力突變為零。答案:0；g。二、牛頓第二定律的應用應用要點：受力較少時,直接應用牛頓第二定律的“矢量性”解題。受力比較多時，結合正交分解與“獨立作用性”解題。在難度方面，“瞬時性”問題相對較大。1、滑塊在固定、光滑、傾角為θ的斜面上下滑,試求其加速度。解說：受力分析→根據“矢量性”定合力方向→牛頓第二定律應用答案:gsｉnθ。思考:假如斜面解除固定,上表仍光滑,傾角仍為θ，規定滑塊與斜面相對靜止,斜面應具有一個多大的水平加速度？(解題思緒完全相同,研究對象仍為滑塊。但在第二環節上應注意區別。答：gｔｇθ。)進階練習１:在歷來右運動的車廂中,用細繩懸掛的小球呈現如圖3所示的穩定狀態,試求車廂的加速度。（和“思考”題同理,答:gｔgθ。）進階練習2、如圖4所示，小車在傾角為α的斜面上勻加速運動，車廂頂用細繩懸掛一小球，發現懸繩與豎直方向形成一個穩定的夾角β。試求小車的加速度。解：繼續貫徹“矢量性”的應用,但數學解決復雜了一些(正弦定理解三角形)。分析小球受力后，根據“矢量性”我們可以做如圖5所示的平行四邊形,并找到相應的夾角。設張力T與斜面方向的夾角為θ,則θ＝(90°+α）-β=９０°-(β-α）(1）對灰色三角形用正弦定理，有=（2）解（１）（2）兩式得：ΣF=最后運用牛頓第二定律即可求小球加速度（即小車加速度)答：。2、如圖6所示,光滑斜面傾角為θ,在水平地面上加速運動。斜面上用一條與斜面平行的細繩系一質量為m的小球,當斜面加速度為a時(ａ＜cｔｇθ)，小球可以保持相對斜面靜止。試求此時繩子的張力T。解說:當力的個數較多,不能直接用平行四邊形尋求合力時,宜用正交分解解決受力,在相應牛頓第二定律的“獨立作用性”列方程。正交坐標的選擇，視解題方便限度而定。解法一:先介紹一般的思緒。沿加速度a方向建x軸，與a垂直的方向上建y軸,如圖７所示（N為斜面支持力)。于是可得兩方程ΣＦx=ma,即Tｘ－Nx＝maΣFy＝0，即Tｙ+Nｙ=mｇ代入方位角θ，以上兩式成為Tcｏsθ－Nsｉｎθ＝mａ（１)Tsinθ+Nｃoｓθ=mg（２）這是一個關于T和N的方程組,解（１)(2）兩式得：T=mgsinθ+macoｓθ解法二：下面嘗試一下能否獨立地解張力Ｔ。將正交分解的坐標選擇為:ｘ——斜面方向,y——和斜面垂直的方向。這時，在分解受力時，只分解重力G就行了,但值得注意，加速度a不在任何一個坐標軸上，是需要分解的。矢量分解后，如圖８所示。根據獨立作用性原理，ΣFx=ｍax即:T-Gx=max即:Ｔ－mｇsｉｎθ=mａcosθ顯然，獨立解T值是成功的。結果與解法一相同。答案：ｍgsinθ+macosθ思考：當a>ｃtｇθ時,張力T的結果會變化嗎？(從支持力的結果N＝mｇcoｓθ-ｍａsiｎθ看小球脫離斜面的條件,求脫離斜面后,θ條件已沒故意義。答:Ｔ＝m。)學生活動:用正交分解法解本節第2題“進階練習2進階練習：如圖９所示,自動扶梯與地面的夾角為30°，但扶梯的臺階是水平的。當扶梯以a=4m/ｓ2的加速度向上運動時，站在扶梯上質量為6０ｋg的人相對扶梯靜止。重力加速度g=10ｍ/s２,試求扶梯對人的靜摩擦力f。解：這是一個展示獨立作用性原理的經典例題,建議學生選擇兩種坐標（一種是沿a方向和垂直a方向，另一種是水平和豎直方向）,對比解題過程，進而充足領略用牛頓第二定律解題的靈活性。答：208N。３、如圖１0所示,甲圖系著小球的是兩根輕繩，乙圖系著小球的是一根輕彈簧和輕繩，方位角θ已知。現將它們的水平繩剪斷,試求:在剪斷瞬間,兩種情形下小球的瞬時加速度。解說:第一步,闡明繩子彈力和彈簧彈力的區別。(學生活動)思考：用豎直的繩和彈簧懸吊小球，并用豎直向下的力拉住小球靜止,然后同時釋放，會有什么現象?因素是什么?結論——繩子的彈力可以突變而彈簧的彈力不能突變（胡克定律）。第二步,在本例中，突破“繩子的拉力如何瞬時調節”這一難點（從即將開始的運動來反推）。知識點，牛頓第二定律的瞬時性。答案:a甲=ｇsｉnθ；a乙＝gtgθ。應用：如圖11所示,吊籃P掛在天花板上,與吊籃質量相等的物體Q被固定在吊籃中的輕彈簧托住,當懸掛吊籃的細繩被燒斷瞬間,Ｐ、Q的加速度分別是多少？解:略。答：2g;０。三、牛頓第二、第三定律的應用要點:在動力學問題中,假如碰到幾個研究對象時，就會面臨如何解決對象之間的力和對象與外界之間的力問題,這時有必要引進“系統”、“內力”和“外力”等概念，并適時地運用牛頓第三定律。在方法的選擇方面,則有“隔離法”和“整體法”。前者是主線，后者有局限,也有難度,但經常使解題過程簡化,使過程的物理意義更加明晰。對N個對象,有N個隔離方程和一個（也許的）整體方程,這（Ｎ+1）個方程中必有一個是通解方程，如何取舍，視解題方便限度而定。補充：當多個對象不具有共同的加速度時,一般來講，整體法不可用，但也有一種特殊的“整體方程”，可以不受這個局限(可以介紹推導過程）——Σ=m1+m2＋m3＋…+mn其中Σ只能是系統外力的矢量和,等式右邊也是矢量相加。1、如圖12所示,光滑水平面上放著一個長為Ｌ的均質直棒,現給棒一個沿棒方向的、大小為F的水平恒力作用，則棒中各部位的張力T隨圖中x的關系如何？解說：截取隔離對象，列整體方程和隔離方程(隔離右段較好)。答案：N=x。思考：假如水平面粗糙，結論又如何?解：分兩種情況，(1）能拉動；(2）不能拉動。第(１)情況的計算和原題基本相同,只是多了一個摩擦力的解決,結論的化簡也麻煩一些。第(2）情況可設棒的總質量為M，和水平面的摩擦因素為μ,而F=μMg,其中l<Ｌ，則x<(Ｌ-l）的右段沒有張力,x>(L-ｌ)的左端才有張力。答:若棒仍能被拉動，結論不變。若棒不能被拉動,且Ｆ=μMg時(μ為棒與平面的摩擦因素，l為小于Ｌ的某一值，M為棒的總質量),當x＜（L-ｌ），N≡0;當x>（Ｌ-l)，N=〔x-〈L－l〉〕。應用:如圖1３所示，在傾角為θ的固定斜面上，疊放著兩個長方體滑塊,它們的質量分別為m1和ｍ2，它們之間的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分別為μ１和μ２,系統釋放后可以一起加速下滑，則它們之間的摩擦力大小為：Ａ、μ1m1gｃｏsθ;B、μ２m1gcｏsC、μ1m2gcｏｓθ;Ｄ、μ1ｍ解：略。答：Ｂ。(方向沿斜面向上。)思考:(１)假如兩滑塊不是下滑，而是以初速度v0一起上沖,以上結論會變嗎？(2）假如斜面光滑,兩滑塊之間有沒有摩擦力？(3)假如將下面的滑塊換成如圖１4所示的盒子，上面的滑塊換成小球，它們以初速度ｖ0一起上沖,球應對盒子的哪一側內壁有壓力？解：略。答:（１)不會;（2）沒有;(3）若斜面光滑,對兩內壁均無壓力,若斜面粗糙,對斜面上方的內壁有壓力。2、如圖15所示，三個物體質量分別為m1、ｍ2和m3，帶滑輪的物體放在光滑水平面上，滑輪和所有接觸面的摩擦均不計，繩子的質量也不計,為使三個物體無相對滑動,水平推力Ｆ應為多少？解說:此題對象雖然有三個,但難度不大。隔離m2,豎直方向有一個平衡方程;隔離m１,水平方向有一個動力學方程;整體有一個動力學方程。就足以解題了。答案：F＝。思考:若將質量為ｍ3物體右邊挖成凹形,讓ｍ２可以自由擺動(而不與ｍ3相碰)，如圖１６所示,其它條件不變。是否可以選擇一個恰當的F′,使三者無相對運動?假如沒有，說明理由；假如有，求出這個F′的值。解：此時，m2的隔離方程將較為復雜。設繩子張力為T,m2的受力情況如圖,隔離方程為:=ｍ2a隔離m1,仍有：Ｔ=m１a解以上兩式，可得：a=g最后用整體法解Ｆ即可。答:當m1≤m2時，沒有適應題意的F′；當m1>ｍ2時，適應題意的F′＝。3、一根質量為M的木棒，上端用細繩系在天花板上，棒上有一質量為m的貓，如圖17所示。現將系木棒的繩子剪斷,同時貓相對棒往上爬，但規定貓對地的高度不變，則棒的加速度將是多少？解說：法一,隔離法。需要設出貓爪抓棒的力ｆ,然后列貓的平衡方程和棒的動力學方程，解方程組即可。法二，“新整體法”。據Σ=ｍ1+m2＋m3+…+ｍn，貓和棒的系統外力只有兩者的重力,豎直向下,而貓的加速度ａ１=0，所以:(Ｍ+m)g＝m·0+Ma1解棒的加速度a1十分容易。答案:g。四、特殊的連接體當系統中各個體的加速度不相等時,經典的整體法不可用。假如各個體的加速度不在一條直線上，“新整體法”也將有一定的困難（矢量求和不易)。此時,我們回到隔離法,且要更加注意找各參量之間的聯系。解題思想：抓某個方向上加速度關系。方法:“微元法”先看位移關系,再推加速度關系。、１、如圖18所示，一質量為M、傾角為θ的光滑斜面,放置在光滑的水平面上，另一個質量為m的滑塊從斜面頂端釋放,試求斜面的加速度。解說:本題涉及兩個物體,它們的加速度關系復雜,但在垂直斜面方向上，大小是相等的。對兩者列隔離方程時，務必在這個方向上進行突破。（學生活動）定型判斷斜面的運動情況、滑塊的運動情況。位移矢量示意圖如圖19所示。根據運動學規律,加速度矢量ａ１和ａ２也具有這樣的關系。（學生活動）這兩個加速度矢量有什么關系?沿斜面方向、垂直斜面方向建ｘ、y坐標,可得:a1ｙ=a2y①且:a1y＝a2sｉnθ②隔離滑塊和斜面，受力圖如圖20所示。對滑塊，列y方向隔離方程，有:mgcｏｓθ-Ｎ=ma1y③對斜面，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=。（學生活動）思考：如何求a1的值?解：a1ｙ已可以通過解上面的方程組求出；a１x只要看滑塊的受力圖,列x方向的隔離方程即可，顯然有mgsinθ=ma1x,得：a1x=ｇsinθ。最后據a1=求a１。答:a1=。2、如圖21所示,與水平面成θ角的ＡB棒上有一滑套C，可以無摩擦地在棒上滑動，開始時與棒的Ａ端相距b,相對棒靜止。當棒保持傾角θ不變地沿水平面勻加速運動，加速度為ａ（且a>gｔgθ)時,求滑套C從棒的A端滑出所經歷的時間。解說:這是一個比較特殊的“連接體問題”,尋求運動學參量的關系似乎比動力學分析更加重要。動力學方面，只需要隔離滑套C就行了。（學生活動)思考：為什么題意規定a>gtgθ?(聯系本講第二節第1題之“思考題”）定性繪出符合題意的運動過程圖,如圖２２所示:S表達棒的位移，Ｓ1表達滑套的位移。沿棒與垂直棒建直角坐標后，Ｓ１x表達S1在x方向上的分量。不難看出:S1ｘ+b=Scosθ①設全程時間為t，則有：S＝ａt2②S１ｘ＝a1ｘt2③而隔離滑套，受力圖如圖23所示，顯然：ｍｇsinθ=ｍa1ｘ④解①②③④式即可。答案:t=另解：假如引進動力學在非慣性系中的修正式Σ+*=m(注:＊為慣性力)，此題極簡樸。過程如下——以棒為參照，隔離滑套,分析受力，如圖24所示。注意，滑套相對棒的加速度ａ相是沿棒向上的，故動力學方程為：F*ｃosθ-mgsinθ=ｍa相（1）其中F*=ma(2)并且，以棒為參照,滑套的相對位移S相就是b,即：b=S相=a相ｔ2(3)解(1）（2)(3)式就可以了。第二講配套例題選講教材范本：龔霞玲主編《奧林匹克物理思維訓練教材》,知識出版社，２023年8月第一版。例題選講針對“教材”第三章的部分例題和習題。第三部分運動學第一講基本知識介紹一．基本概念1.

質點2．

參照物3.

參照系——固連于參照物上的坐標系(解題時要記住所選的是參照系,而不僅是一個點)４.絕對運動，相對運動，牽連運動：v絕=ｖ相+ｖ牽二.運動的描述1．位置：r=r(ｔ）2．位移：Δｒ=r（ｔ+Δt）-r(t)3.速度:ｖ＝ｌimΔt→0Δr/Δt.在大學教材中表述為:ｖ=dｒ/ｄt,表達r對ｔ求導數

4．加速度a=an+ａτ。an：法向加速度,速度方向的改變率,且ａn=v2/ρ,ρ叫做曲率半徑,（這是中學物理競賽求曲率半徑的唯一方法)aτ：切向加速度,速度大小的改變率。a=dv／ｄｔ5．以上是運動學中的基本物理量，也就是位移、位移的一階導數、位移的二階導數。可是三階導數為什么不是呢?由于牛頓第二定律是Ｆ＝mａ,即直接和加速度相聯系。（a對t的導數叫“急動度”。）6．由于以上三個量均為矢量,所以在運算中用分量表達一般比較好三．等加速運動v(t）=v0＋at

r（t）=r０+v0t+1/2aｔ2

一道經典的物理問題：二次世界大戰中物理學家曾經研究,當大炮的位置固定，以同一速度v0沿各種角度發射，問：當飛機在哪一區域飛行之外時,不會有危險？（注：結論是這一區域為一拋物線,此拋物線是所有炮彈拋物線的包絡線。此拋物線為在大炮上方h=ｖ2/2g處，以v０平拋物體的軌跡。）練習題:一盞燈掛在離地板高ｌ2，天花板下面l1處。燈泡爆裂，所有碎片以同樣大小的速度v朝各個方向飛去。求碎片落到地板上的半徑(認為碎片和天花板的碰撞是完全彈性的,即切向速度不變，法向速度反向；碎片和地板的碰撞是完全非彈性的，即碰后靜止。）四．剛體的平動和定軸轉動1.我們講過的圓周運動是平動而不是轉動

2．

角位移φ=φ(t),角速度ω=ｄφ/ｄt，角加速度ε＝dω/dt

3.

有限的角位移是標量,而極小的角位移是矢量４．

同一剛體上兩點的相對速度和相對加速度兩點的相對距離不變，相對運動軌跡為圓弧，VA＝ＶB＋ＶAＢ,在AＢ連線上投影:[VＡ］AB=[ＶＢ]AＢ，aA＝aB＋ａＡB，aAＢ=,anAＢ＋,aτAB，,aτＡB垂直于AB,,anＡB=VAB2/AB例：A,Ｂ，C三質點速度分別ＶＡ,VB

，VC

求G的速度。五.課后習題:一只木筏離開河岸,初速度為V，方向垂直于岸邊，航行路線如圖。通過時間T木筏劃到路線上標有符號處。河水速度恒定U用作圖法找到在2T，3T，4T時刻木筏在航線上的確切位置。五、解決問題的一般方法(1)用微元法求解相關速度問題例1：如圖所示,物體Ａ置于水平面上，A前固定一滑輪Ｂ，高臺上有一定滑輪D，一根輕繩一端固定在C點，再繞過B、Ｄ，ＢC段水平，當以恒定水平速度v拉繩上的自由端時,A沿水平面前進,求當跨過Ｂ的兩段繩子的夾角為α時,A的運動速度。(vA＝）(２）拋體運動問題的一般解決方法平拋運動斜拋運動常見的解決方法（1）將斜上拋運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動（２)將沿斜面和垂直于斜面方向作為x、y軸，分別分解初速度和加速度后用運動學公式解題(3）將斜拋運動分解為沿初速度方向的斜向上的勻速直線運動和自由落體運動兩個分運動，用矢量合成法則求解例2:在擲鉛球時，鉛球出手時距地面的高度為h，若出手時的速度為V0，求以何角度擲球時，水平射程最遠?最遠射程為多少？（α=、x=)第二講運動的合成與分解、相對運動（一）知識點點撥力的獨立性原理:各分力作用互不影響，單獨起作用。運動的獨立性原理：分運動之間互不影響,彼此之間滿足自己的運動規律力的合成分解：遵循平行四邊形定則，方法有正交分解,解直角三角形等運動的合成分解：矢量合成分解的規律方法合用位移的合成分解Ｂ.速度的合成分解C.加速度的合成分解參考系的轉換：動參考系，靜參考系相對運動:動點相對于動參考系的運動絕對運動：動點相對于靜參考系統(通常指固定于地面的參考系)的運動牽連運動:動參考系相對于靜參考系的運動(5)位移合成定理：ＳA對地＝SA對B+SＢ對地速度合成定理：Ｖ絕對=V相對+V牽連加速度合成定理:ａ絕對=a相對＋a牽連(二）典型例題（1）火車在雨中以30m/s的速度向南行駛，雨滴被風吹向南方,在地球上靜止的觀測者測得雨滴的徑跡與豎直方向成2１。角,而坐在火車里乘客看到雨滴的徑跡恰好豎直方向。求解雨滴相對于地的運動。提醒：矢量關系入圖答案:８3．７m/s(2）某人手拿一只停表,上了一次固定樓梯,又以不同方式上了兩趟自動扶梯，為什么他可以根據測得的數據來計算自動扶梯的臺階數？提醒：V人對梯＝n1/ｔ１V梯對地=n/ｔ2Ｖ人對地=n/t３V人對地=V人對梯+V梯對地答案:n＝ｔ2t3n1/(t2-t３）t1(3）某人駕船從河岸A處出發橫渡，假如使船頭保持跟河岸垂直的方向航行,則經1０min后到達正對岸下游1２０m的C處,假如他使船逆向上游，保持跟河岸成а角的方向航行，則通過12.5mｉn恰好到達正對岸的Ｂ處，求河的寬度。提醒：１２0＝V水*600D=V船*６００答案：2０0m(4)一船在河的正中航行，河寬l=1０0ｍ，流速ｕ＝5m/s,并在距船s=1５0m的下游形成瀑布,為了使小船靠岸時，不至于被沖進瀑布中,船對水的最小速度為多少？提醒：如圖船航行答案:1.５8m/s（三)同步練習1.一輛汽車的正面玻璃一次安裝成與水平方向傾斜角為β1=３0°，另一次安裝成傾角為β2＝１5°。問汽車兩次速度之比為多少時，司機都是看見冰雹都是以豎直方向從車的正面玻璃上彈開?（冰雹相對地面是豎直下落的）２、模型飛機以相對空氣v=3９kｍ/h的速度繞一個邊長2ｋm的等邊三角形飛行，設風速u=21km／h，方向與三角形的一邊平行并與飛機起飛方向相同,試求：飛機繞三角形一周需多少時間?v1v23.圖為從兩列蒸汽機車上冒出的兩股長幅氣霧拖尾的照片（俯視）。兩列車沿直軌道分別以速度ｖ1=50km/h和v２v1v24、細桿AB長L，兩端分別約束在x、y軸上運動,(１)試求桿上與A點相距ａL（０＜ａ＜1)的P點運動軌跡；（２)假如vA為已知,試求P點的x、y向分速度ｖＰｘ和vＰｙ對桿方位角θ的函數。(四）同步練習提醒與答案1、提醒:運用速度合成定理，作速度的矢量三角形。答案為:3。２、提醒：三角形各邊的方向為飛機合速度的方向（而非機頭的指向);第二段和第三段大小相同。參見右圖,顯然:v2=+u２－2ｖ合ucｏs１20°可解出v合=2４km/h。答案:0.2hｏur（或12miｎ．)。3、提醒：方法與練習一類似。答案為:34、提醒：（1)寫成參數方程后消參數θ。（2)解法有講究:以A端為參照,則桿上各點只繞A轉動。但鑒于桿子的實際運動情形如右圖,應有v牽=vＡcｏｓθ，v轉=ｖA，可知B端相對A的轉動線速度為：ｖ轉+vAｓinθ=。Ｐ點的線速度必為=ｖ相所以vPx=v相ｃosθ+vAx，vPy=ｖAy-v相ｓinθ答案：(1）+=1，為橢圓;（2）vPx=avActgθ,ｖＰy=(1－a)vA第四部分曲線運動萬有引力第一講基本知識介紹一、曲線運動1、概念、性質2、參量特性二、曲線運動的研究方法——運動的分解與合成1、法則與對象2、兩種分解的思緒a、固定坐標分解(合用于勻變速曲線運動)建立坐標的一般模式——沿加速度方向和垂直加速度方向建直角坐標；提高思想——根據解題需要建直角坐標或非直角坐標。b、自然坐標分解（合用于變加速曲線運動)基本常識:在考察點沿軌跡建立切向τ、法向ｎ坐標,所有運動學矢量均沿這兩個方向分解。動力學方程,其中改變速度的大小(速率),改變速度的方向。且＝m，其中ρ表達軌跡在考察點的曲率半徑。定量解題一般只涉及法向動力學方程。三、兩種典型的曲線運動１、拋體運動(類拋體運動)關于拋體運動的分析,和新課教材“平跑運動”的分析基本相同。在坐標的選擇方面，有靈活解決的余地。2、圓周運動勻速圓周運動的解決：運動學參量ｖ、ω、n、a、f、T之間的關系，向心力的尋求于合成;臨界問題的理解。變速圓周運動:使用自然坐標分析法，一般只考察法向方程。四、萬有引力定律1、定律內容2、條件ａ、基本條件b、拓展條件:球體(密度呈球對稱分布)外部空間的拓展－對球體外一點Ａ的吸引等效于位于球心的質量為球的質量的質點對質點A的吸引;球體(密度呈球對稱分布)內部空間的拓展“剝皮法則”－對球內任一距球心為ｒ的一質點Ａ的吸引力等效于質量與半徑為r的球的質量相等且位于球心的質點對質點A的吸引;球殼（密度呈球對稱分布）外部空間的拓展－對球殼外一點A的吸引等效于位于球心的質量為球殼的質量的質點對質點A的吸引；球體(密度呈球對稱分布)內部空間的拓展－-對球殼內任一位置上任一質點A的吸引力都為零；并且根據認為所述,由牛頓第三定律，也可求得一質點對球或對球殼的吸引力。c、不規則物體間的萬有引力計算——分割與矢量疊加3、萬有引力做功也具有只與初末位置有關而與途徑無關的特性。因而互相作用的物體間有引力勢能。在任一慣性系中，若規定相距無窮遠時系統的萬有引力勢能為零，可以證明,當兩物體相距為r時系統的萬有引力勢能為EP=－G五、開普勒三定律天體運動的本來模式與近似模式的差距，近似解決的依據。六、宇宙速度、天體運動１、第一宇宙速度的常規求法2、從能量角度求第二、第三宇宙速度萬有引力勢能EP=-Ｇ３、解天體運動的本來模式時，應了解橢圓的數學常識第二講重要模型與專題一、小船渡河物理情形：在寬度為d的河中,水流速度v2恒定。岸邊有一艘小船，保持相對河水恒定的速率v１渡河，但船頭的方向可以選擇。試求小船渡河的最短時間和最小位移。模型分析:小船渡河的實際運動（相對河岸的運動)由船相對水流速度v1和水相對河岸的速度ｖ２合成。可以設船頭與河岸上游夾角為θ（即v1的方向），速度矢量合成如圖1(學生活動)用余弦定理可求ｖ合的大小ｖ合=（學生活動）用正弦定理可求v合的方向。令ｖ合與河岸下游夾角為α，則α＝arｃsｉｎ１、求渡河的時間與最短時間由于合運動合分運動具有等時性，故渡河時間既可以根據合運動求，也可以根據分運動去求。針對這一思想,有以下兩種解法解法一:ｔ=其中v合可用正弦定理表達,故有t=＝解法二:t＝＝=此外，結合靜力學正交分解的思想,我們也可以建立沿河岸合垂直河岸的坐標ｘ、ｙ，然后先將v1分解（ｖ2無需分解)，再合成，如圖2所示。并且不難看出，合運動在x、y方向的分量vx和ｖｙ與ｖ1在x、y方向的分量v1ｘ、v１y以及v２具有以下關系ｖy＝ｖ１ｙvx=v2-ｖ1ｘ由于合運動沿ｙ方向的分量Sｙ≡d,故有解法三：ｔ===ｔ（θ)函數既已得出，我們不難得出結論當θ=９0°時，渡河時間的最小值tｍin=（從“解法三”我們最容易理解ｔ為什么與ｖ2無關,故ｔmin也與v２無關。這個結論是意味深長的。)2、求渡河的位移和最小位移在上面的討論中，小船的位移事實上已經得出,即S合===但S合（θ)函數比較復雜，尋求S合的極小值并非易事。因此,我們可以從其它方面作一些努力。將S合沿x、y方向分解成Ｓx和Sｙ，由于Ｓy≡d，要S合極小，只要Sx極小就行了。而Sx(θ）函數可以這樣求——解法一：Sx=vxt=(v2-v1ｘ)=(v2–v1coｓθ）為求極值，令coｓθ=p，則siｎθ=，再將上式兩邊平方、整理，得到這是一個關于ｐ的一元二次方程，要p有解，須滿足Δ≥0,即≥整理得≥所以,Sxmin=,代入Sx（θ)函數可知，此時ｃosθ=最后，Smin==d此過程仍然比較繁復,且數學味太濃。結論得出后，我們還不難發現一個問題:當ｖ2＜v1時，Ｓmｉn<d，這顯然與事實不符。（導致這個局面的因素是:在以上的運算過程中，方程兩邊的平方和開方過程中必然出現了增根或遺根的現象）所以，此法給人一種玄乎的感覺。解法二:純物理解——矢量三角形的動態分析從圖2可知，Sｙ恒定，Ｓｘ越小,必有S合矢量與下游河岸的夾角越大,亦即v合矢量與下游河岸的夾角越大（但不得大于９0°)。我們可以通過ｖ1與ｖ2合成ｖ合矢量圖探討v合與下游河岸夾角的最大也許。先進行平行四邊形到三角形的變換,如圖3所示。當θ變化時，v合矢量的大小和方向隨之變化，具體情況如圖４所示。從圖４不難看出,只有當ｖ合和虛線半圓周相切時,v合與ｖ2(下游)的夾角才會最大。此時，ｖ合⊥ｖ1,ｖ1、v２和ｖ合構成一個直角三角形,αmａx=ａrcsｉn并且，此時：θ＝arccos有了αmaｘ的值,結合圖1可以求出：S合min=ｄ最后解決v2<ｖ1時結果不切實際的問題。從圖4可以看出,當v2＜v１時,ｖ合不也許和虛線半圓周相切（或αmax＝aｒcsiｎ無解），結合實際情況，αｍａｘ取90°即：v2<v1時，Ｓ合miｎ=d,此時,θ=arccｏs結論：若v1＜ｖ2，θ=ａrcｃｏｓ時,S合min=d若v2＜v1,θ=arccos時，Ｓ合ｍin＝d二、滑輪小船物理情形:如圖５所示,岸邊的汽車用一根不可伸長的輕繩通過定滑輪牽引水中的小船，設小船始終不離開水面，且繩足夠長，求汽車速度ｖ1和小船速度ｖ2的大小關系。模型分析:由于繩不可伸長，滑輪右邊繩子縮短的速率即是汽車速度的大小ｖ１,考察繩與船相連的端點運動情況,v1和v2必有一個運動的合成與分解的問題。(學生活動）假如v1恒定不變,v2會恒定嗎？若恒定，說明理由;若變化,定性判斷變化趨勢。結合學生的想法,介紹極限外推的思想：當船離岸無窮遠時,繩與水的夾角趨于零，v２→v1。當船比較靠岸時，可作圖比較船的移動距離、繩子的縮短長度,得到v２>ｖ1。故“船速增大”才是對的結論。故只能引入瞬時方位角θ，看ｖ１和ｖ２的瞬時關系。（學生活動)v1和v2定量關系若何?是否可以考慮用運動的分解與合成的知識解答?針對如圖6所示的兩種典型方案，初步評說——甲圖中v２=v1coｓθ，船越靠岸,θ越大,v2越小，和前面的定性結論沖突,必然是錯誤的。錯誤的根源分析：和實驗修訂本教材中“飛機起飛”的運動分析進行了不恰本地聯系。仔細比較這兩個運動的差別，并聯系“小船渡河”的運動合成等事例，總結出這樣的規律——合運動是顯性的、軌跡實在的運動，分運動是隱性的、需要分析而具有人為特性(無唯一性)的運動。解法一:在圖６（乙)中,當我們挖掘、分析了滑輪繩子端點的運動后，不難得出:船的沿水面運動是v2合運動,端點參與繩子的縮短運動v1和隨繩子的轉動v轉,從而肯定乙方案是對的的。即:v2=v1/cosθ解法二：微元法。從考察位置開始取一個極短過程，將繩的運動和船的運動在圖７（甲）中標示出來，AB是繩的初識位置，AC是繩的末位置,在ＡＢ上取＝得D點，并連接CD。顯然，圖中ＢC是船的位移大小,ＤB是繩子的縮短長度。由于過程極短，等腰三角形AＣD的頂角∠A→0，則底角∠ACD→90°,△CＤB趨于直角三角形。將此三角放大成圖7(乙),得出:S2=S1/ｃosθ。鑒于過程極短，繩的縮短運動和船的運動都可以認為是勻速的，即:Ｓ2=v2t，Ｓ1=ｖ1t。所以：v2=v1/cｏsθ三、斜拋運動的最大射程物理情形:不計空氣阻力，將小球斜向上拋出,初速度大小恒為v0，方向可以選擇,試求小球落回原高度的最大水平位移(射程）。模型分析:斜拋運動的常規分析和平拋運動完全相同。設初速度方向與水平面夾θ角,建立水平、豎直的x、ｙ軸,將運動學參量沿ｘ、ｙ分解。針對拋出到落回原高度的過程０=Ｓｙ=v0ｙt+(-g)ｔ2Sx=v０xｔ解以上兩式易得:Sｘ=sin２θ結論:當拋射角θ=45°時，最大射程Sxmax=（學生活動)若ｖ0、θ擬定,試用兩種方法求小球到達的最大高度。運動學求解——考察豎直分運動即可;能量求解——注意小球在最高點應具有的速度v0x,然后對拋出到最高點的過程用動能定理或機械能守恒。結論：Hm=。四、物體脫離圓弧的討論物理情形：如圖8所示,長為L的細繩一端固定，另一端系一小球。當小球在最低點時，給球一個vｏ=２的水平初速,試求所能到達的最大高度。模型分析：用自然坐標分析變速圓周運動的典型事例。能量關系的運用,也是對常規知識的復習。(學生活動）小球能否形成的往復的擺動？小球能否到達圓弧的最高點Ｃ？通過能量關系和圓周運動動力學知識的復習，得出:小球運動超過Ｂ點、但不能到達C點（vC≥）,即小球必然在BC之間的某點脫離圓弧。（學生活動）小球會不會在BC之間的某點脫離圓弧后作自由落體運動?盡管對于本問題，能量分析是可行的(ＢC之間不也許出現動能為零的點,則小球脫離圓弧的初速度vD不也許為零）,但用動力學的工具分析,是本模型的重點——在BC階段,只要小球還在圓弧上，其受力分析必如圖9所示。沿軌跡的切向、法向分別建τ、n坐標,然后將重力G沿τ、ｎ分解為Gτ和Ｇn分量，T為繩子張力。法向動力學方程為T+Gn=ΣFn=man=m由于T≥0,Gｎ>０，故v≠0。(學生活動：若換一個v0值,在AＢ階段,v＝0是也許出現的;若將繩子換成輕桿,在BC階段ｖ=0也是也許出現的。)下面先解脫離點的具體位置。設脫離點為D,相應方位角為θ，如圖8所示。由于在D點之后繩子就要彎曲,則此時繩子的張力T為零，而此時仍然在作圓周運動,故動力學方程仍滿足Gｎ=Gｓinθ=m①在再針對A→D過程，小球機械能守恒,即(選A所在的平面為參考平面)：m＋０=mg（L+Lsinθ）+ｍ②代入v0值解①、②兩式得：θ=arcｓｉn，(同時得到:vＤ＝）小球脫離Ｄ點后將以vＤ為初速度作斜向上拋運動。它所能到達的最高點（相對Ａ）可以用兩種方法求得。解法一:運動學途徑。先求小球斜拋的最大高度,ｈm＝＝代入θ和vD的值得：ｈm＝Ｌ小球相對A的總高度:Hm=L+Lｓinθ＋ｈm=L解法二：能量途徑小球在斜拋的最高點仍具有vＤ的水平分量，即vDsｉnθ＝。對Ａ→最高點的過程用機械能守恒定律(設A所在的平面為參考平面）,有m+0=＋mgHm容易得到：Hm=L五、萬有引力的計算物理情形：如圖9所示,半徑為R的均質球質量為Ｍ，球心在O點,現在被內切的挖去了一個半徑為R/2的球形空腔(球心在O′）。在Ｏ、Ｏ′的連線上距離Ｏ點為ｄ的地方放有一個很小的、質量為m的物體,試求這兩個物體之間的萬有引力。模型分析:無論是“基本條件”還是“拓展條件”，本模型都很難直接符合,因此必須使用一些特殊的解決方法。本模型除了照應萬有引力的拓展條件之外，著重介紹“填補法”的應用。空腔里現在雖然空無一物,但可以當作是兩個半徑為R/2的球的疊加:一個的質量為+Ｍ/8,一個的質量為-M/8。然后，前者正好填補空腔——和被挖除后剩下的部分構成一個完整的均質球A;注意后者,雖然是一個比較特殊的物體(質量為負值），但仍然是一個均質的球體,命名為Ｂ。既然A、Ｂ兩物均為均質球體，他們各自和右邊小物體之間的萬有引力,就可以使用“拓展條件”中的定勢來計算了。只是有一點需要說明,Ｂ物的質量既然負值，它和m之間的萬有“引力”在方向上不再表現為吸引,而應為排斥——成了“萬有斥力”了。具體過程如下FAm=GＦBm=G＝－G最后,兩物之間的萬有引力F=FAm+ＦBm＝G-G需要指出的是，在一部分同學的心目中，也許還會存在另一種解題思緒，那就是先通過力矩平衡求被挖除物體的重心(仍然要用到“填補法”、負質量物體的重力反向等）,它將在Ｏ、O′的連線上距離Ｏ點左側R/1４處,然后“一步到位”地求被挖除物與m的萬有引力Ｆ=G然而，這種求法違反了萬有引力定律合用的條件,是一種錯誤的思緒。六、天體運動的計算物理情形：地球和太陽的質量分別為ｍ和Ｍ,地球繞太陽作橢圓運動,軌道的半長軸為a，半短軸為b，如圖１1所示。試求地球在橢圓頂點Ａ、B、C三點的運動速度，以及軌跡在Ａ、C兩點的曲率半徑。模型分析:求解天體運動的本來模式,經常要用到開普勒定律（定量)、機械能守恒（萬有引力勢能)、橢圓的數學常識等等,相對高考規定有很大的不同。地球軌道的離心率很小（其值≈０.0167,其中ｃ為半焦距）,這是我們經常能將它近似為圓的因素。為了方便說明問題，在圖１１中，我們將離心率夸大了。針對地球從A點運動到B點的過程,機械能守恒ｍ+（－）=m+（－)比較A、B兩點,應用開普勒第二定律,有:ｖA(a-c）=vＢ(a+ｃ)結合橢圓的基本關系：c=解以上三式可得：vA＝,vＢ＝再針對地球從Ａ到C的過程,應用機械能守恒定律，有m+（-）=m+（-)代入vＡ值可解得:vC=為求Ａ、Ｃ兩點的曲率半徑，在A、C兩點建自然坐標，然后應用動力學（法向)方程。在A點,F萬=ΣFn=man,設軌跡在A點的曲率半徑為ρA,即：Ｇ=m代入ｖA值可解得:ρA=在C點，方程復雜一些,須將萬有引力在τ、ｎ方向分解，如圖12所示。然后,F萬n=ΣFn=ｍan,即:F萬cｏsθ=m即:Ｇ·=ｍ代入ｖC值可解得：ρC=值得注意的是,假如針對A、Ｃ兩點用開普勒第二定律,由于C點處的矢徑r和瞬時速度ｖC不垂直,方程不能寫作vA(ａ-c）＝vＣa。對的的做法是:將vC分解出垂直于矢徑的分量（分解方式可參看圖1２,但分解的平行四邊形未畫出）vＣcoｓθ，再用ｖA（a-ｃ)=（vＣcosθ）a,化簡之后的形式成為vA(a-ｃ）=ｖCｂ要理解這個關系,有一定的難度,所以建議最佳不要對A、C兩點用開普勒第二定律第三講典型例題解析教材范本：龔霞玲主編《奧林匹克物理思維訓練教材》，知識出版社，２０23年8月第一版。例題選講針對“教材”第五、第六章的部分例題和習題。第五部分動量和能量第一講基本知識介紹一、沖量和動量１、沖力（F—t圖象特性）→沖量。沖量定義、物理意義沖量在Ｆ—t圖象中的意義→從定義角度求變力沖量(Ｆ對t的平均作用力）２、動量的定義動量矢量性與運算二、動量定理1、定理的基本形式與表達２、分方向的表達式:ΣIx=ΔPx，ΣIy=ΔPｙ…3、定理推論：動量變化率等于物體所受的合外力。即=ΣF外三、動量守恒定律１、定律、矢量性2、條件a、原始條件與等效b、近似條件c、某個方向上滿足ａ或b,可在此方向應用動量守恒定律四、功和能１、功的定義、標量性，功在F—S圖象中的意義2、功率，定義求法和推論求法3、能的概念、能的轉化和守恒定律４、功的求法ａ、恒力的功：Ｗ=FScosα=FＳＦ=ＦSSｂ、變力的功：基本原則——過程分割與代數累積；運用F—S圖象（或先尋求Ｆ對S的平均作用力）c、解決功的“疑難雜癥”時,把握“功是能量轉化的量度”這一要點五、動能、動能定理1、動能(平動動能)２、動能定理a、ΣW的兩種理解ｂ、動能定理的廣泛合用性六、機械能守恒1、勢能a、保守力與耗散力(非保守力)→勢能（定義:ΔEp=-W保）b、力學領域的三種勢能（重力勢能、引力勢能、彈性勢能)及定量表達2、機械能3、機械能守恒定律a、定律內容b、條件與拓展條件(注意系統劃分）c、功能原理:系統機械能的增量等于外力與耗散內力做功的代數和。七、碰撞與恢復系數1、碰撞的概念、分類（按碰撞方向分類、按碰撞過程機械能損失分類）碰撞的基本特性:a、動量守恒;ｂ、位置不超越;c、動能不膨脹。２、三種典型的碰撞a、彈性碰撞：碰撞全程完全沒有機械能損失。滿足——ｍ1v１0＋ｍ2v20=m1ｖ1+m２v2m1+m2=ｍ1＋m2解以上兩式（注意技巧和“不合題意”解的舍棄)可得:ｖ1=,v2=對于結果的討論：①當m１＝m２時，v1=v20,ｖ２＝v１0，稱為“互換速度”；②當m1<<m2，且v20=0時,ｖ1≈－v1０,v２≈0，小物碰大物，原速率返回；③當m1>>m2，且v20=０時，v1≈v1０,v2≈2v10，b、非(完全）彈性碰撞：機械能有損失(機械能損失的內部機制簡介),只滿足動量守恒定律c、完全非彈性碰撞:機械能的損失達成最大限度；外部特性:碰撞后兩物體連為一個整體，故有v1=ｖ2=3、恢復系數:碰后分離速度(v2－ｖ1)與碰前接近速度（v10－v2０）的比值,即:e=。根據“碰撞的基本特性”,０≤e≤1。當e=0,碰撞為完全非彈性；當0<e＜１,碰撞為非彈性;當e=1，碰撞為彈性。八、“廣義碰撞”——物體的互相作用１、當物體之間的互相作用時間不是很短,作用不是很強烈，但系統動量仍然守恒時，碰撞的部分規律仍然合用，但已不符合“碰撞的基本特性”(如：位置也許超越、機械能也許膨脹)。此時,碰撞中“不合題意”的解也許已故意義,如彈性碰撞中ｖ１=v10,ｖ2＝v20的解。2、物體之間有相對滑動時,機械能損失的重要定勢：-ΔE＝ΔＥ內=f滑·S相，其中S相指相對路程。第二講重要模型與專題一、動量定理還是動能定理?物理情形:太空飛船在宇宙飛行時,和其它天體的萬有引力可以忽略,但是,飛船會定期碰到太空垃圾的碰撞而受到阻礙作用。設單位體積的太空均勻分布垃圾n顆,每顆的平均質量為ｍ，垃圾的運營速度可以忽略。飛船維持恒定的速率v飛行，垂直速度方向的橫截面積為S,與太空垃圾的碰撞后，將垃圾完全粘附住。試求飛船引擎所應提供的平均推力Ｆ。模型分析：太空垃圾的分布并不是連續的，對飛船的撞擊也不連續,如何對的選取研究對象，是本題的前提。建議充足理解“平均”的含義,這樣才干相對模糊地解決垃圾與飛船的作用過程、淡化“作用時間”和所考察的“物理過程時間”的差異。物理過程需要人為截取,對象是太空垃圾。先用動量定理推論解題。取一段時間Δt,在這段時間內，飛船要穿過體積ΔV＝S·vΔｔ的空間,遭遇ｎΔV顆太空垃圾,使它們獲得動量ΔＰ,其動量變化率即是飛船應給予那部分垃圾的推力,也即飛船引擎的推力。=＝===ｎmSｖ2假如用動能定理，能不能解題呢？同樣針對上面的物理過程，由于飛船要前進x＝vΔt的位移，引擎推力須做功Ｗ＝x，它相應飛船和被粘附的垃圾的動能增量，而飛船的ΔＥk為零，所以:Ｗ＝ΔMv2即：ｖΔt＝(nmS·ｖΔｔ)v２得到:=ｎmSｖ２兩個結果不一致,不也許都是對的的。分析動能定理的解題,我們不能發現,垃圾與飛船的碰撞是完全非彈性的,需要消耗大量的機械能，因此,認為“引擎做功就