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高中物理奥赛讲义：设计新情境 巧妙求时间
“素质教育”要求注重培养学生解决实际问题的能力，而实际问题的相关信息往往不能和物理规律直接对接，这是学生在学习中的最大障碍之一，因此需要学生会建立合理的、最佳的物理情境，巧妙地解决实际问题。下面以几个求时间的具体实例来说明转换设计新的物量情境的重要性。
1 化“曲线”为“直线”
例1 把一根长为L的光滑钢丝均匀地绕成一个高为h的弹簧，现把该弹簧竖直固定在地面上，让一个小环穿在钢丝上，并使其由静止开始下滑，假设整个过程中弹簧的形变不计，求小环下滑过程中所用的时间。
析与解：小环下滑时，速度和加速度方向时刻在变化，是一个变速曲线运动，但是我们发现改变速度大小的力是重力沿钢丝切线方向的分力，而大小是不变的，即加速度的大小是不变的。因此转换物理情境：把小环沿曲线的下滑转化为沿直线的下滑，即将弹簧以其中心轴为轴展开形成如图1所示的三角形ABC，其中AC＝h，AB＝L。即把曲线问题转变成了直线问题，小环沿弹簧下滑的运动等效为沿直线的下滑运动，把复杂问题简单化了，由运动学公式得：
整理得：。
2.化“立体”为“平面”
例2 一位电脑动画爱好者设计了一个“猫捉老鼠”的动画游戏。如图2所示，在一个边长为a的大立方体箱子的顶角G上，老鼠从猫的爪子之间逃出，选择了一条最短的路线，沿着箱子的棱边奔向洞口，洞口处在大箱子的另一个顶角A处，若老鼠在奔跑中保持速度大小v不变，并不重复跑过任一条棱边及不再回到G点。聪明的猫也选择了一条最短的路线奔向洞口（设猫和老鼠同时从C点出发），则猫奔跑的速度为多大时，猫恰好在洞口再次捉住老鼠
析与解：这是一个立体的追击问题，如果用求极值的方法是很繁琐的，但如果转换一下物理情境把大立方体展开铺平如图3所示，就会发现GA连线就是猫追老鼠的最短践线，这样问题就变得非常简单了。
老鼠沿棱边跑的最短路程为3a，猫追击的最短路程为。又因两者的时间相等，则有：
。
所以，猫奔跑的速度为
3.化“间断”为“连续”
例3 回旋加速器的D形盒最大半径为R，两盒间距为d，加速电压为U，磁感应强度为B。用它加速一个带电粒子，则带电粒子在回旋加速器中运动的总时间为多少
析与解：带电粒子间断地在电场中做匀加速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动的总时间等于电场力加速的总时间（tE）加上在磁场中运动的总时间（tE），一般来说， 是先导出每次加速时间的表达式，再用数学知识求其和，繁琐程度是可想而知。如果我们设计一个新的物理情境：把粒子间断的加速转化为连续不断的加速直到飞离加速器。这样问题就变成了初速度为零的匀加速运动了。由运动学公式和轨道半径公式有：
。
消去v解得。
由位移公式有：。
粒子在电场中加速的次数：。
所以：
在加速器中运动的总时间为：
4 化“路线”为“光线”
例4 一辆汽车在轨道MN上行驶的速度v1可达到50km/h，轨道外的平地上行驶的速度v2可达到40km/h，与轨道的垂直距离为30km的B处有一基地，如图4所示。问汽车从基地B出发到离D点100km的A处的过程中最短需要多长时间（设汽车在不同路面上的运动都是匀速运动，启动时的加速速时间忽略不计）
析与解：常规方法是先写出时间关于汽车上路点O到A点距离的函数式再求极值，但过程是比较繁琐的。然而我们知道光在反（折）射现象中总是以时间最短的路径传播的。为此本题可以设计一个新情境：把汽车的运动路线类比为光线的传播，这样此问题恰好是全反射中的临界状态。由光学知识结合图5得：
。
所以汽车运动的最短时间为：
5 化“老鼠奔跑”为“力拉弹簧”
例5 （第四届全国中学生物理竞赛试题）
老鼠离开沿穴沿直线前进，它的速度与到洞穴的距离成反比，当它行进到离洞穴距离为d1的甲处时的速度为v1，则它行进到洞穴为d2的乙处时，又用去的时间是多少？
析与解；这道竞赛题大有开动脑筋一般多采用图像法、分割法等等，但都没有离开题干叙述的实际情境，解答过程也不够简捷，如果转换其情境联想到汽车以恒定功率启动的情形：速度与牵引力成反比，即：。再使牵引力随位移成正比（F=kx）变化，这样汽车的启动过程中速度就与位移成反比了，即：。由于弹簧的弹力与受力端的位移成正比，于是便把“老鼠的奔跑”转换为“外力以恒定的功率拉伸弹簧”的运动情境，问题就便于解决了。
由题干已知量和得：。
对弹簧的端点由动能定理得：
即
把把代入上式整理得：高中物理奥赛讲义：带电粒子在电磁场中的运动（一）
【内容综述】
　　这部分的内容，主要是研究在电场力和洛仑兹力同时作用下，带电粒子的运动规律。重点是对带电粒子进行受力分析，确定带电粒子的运动状态。

　　【要点讲解】
　　学习这部分知识，首先要清楚电场和磁场对带电粒子的作用力的性质，以及电场和磁场对带电粒子作用力的区别：那么带电粒子处于电场中，就一定会受到电场力，而且，如果电场是匀强电场，只要带电粒子所受电场力一定是恒力；在磁场中，只有带电粒子运动才可能受到洛仑兹力作用，只有带电粒子的运动方向不与磁场方向平行，带电粒子才一定受到洛仑兹力作用。同时，要注意，洛仑兹力的方向与带电粒子的运动方向垂直，这就意味着，作曲线运动的带电粒子所受的洛仑兹力是变力。电场力对带电粒子作功；而洛仑兹力对带电粒子不作功。

　　【例题分析】
　　例1 如图所示，充电的两平行金属板间有场强为E的匀强电场，和方向与电场垂直（垂直纸面向里）的匀强磁场，磁感应强度为B，构成了速度选择器。氕、氘、氚核以相同的动
能从两极板中间，垂直于电场和磁场射入速度选择器，目氚核沿直线射出，则射出时
　　A．动能增加的是氚核 　　　B．动能增加的是氕核
　　C．偏向正极板的是氚核 　　D．偏向正级板的是氕核
　　分析
　　带电粒子在运动过程中，受到了电场力和洛仑兹力两个力的作用，因此，这是一个复合场问题。依然可以从受力分析和运动分析入手。
　　解
　　带电粒子垂直于电场和磁场方向射入速度选择器后，同时受到电场力F=qE和洛仑兹力f=qVB 。
　　若粒子的速度为时，
　　则粒子将做匀速直线运动，反过来说，设想粒子若以左侧挡板的中央孔射入，并从右侧中央孔射出，则粒子受电场力与洛仑兹力平衡，做匀速直线运动，则
　　若，则，粒子将向逆电力线方向偏向正极板，且由于洛仑兹力不做功，而电场力做负功，则粒子射出时的动能小于射入时的动能。
　　反之，若，则,粒子将偏向负极板运动，由于电场力做正功，则粒子射出时的动能大射入时的动能。
　　本题给出三个粒子的动能相同，则它们射入速度选择器时的速度
　　
　　可见射入时氕核的速度最大，氚核的速度最小
　　基于氘核沿直线运动，所以氕核将偏向正极板运动，射出时的动能小于射入时的动能，氚核则恰好相反，
　　本题答案是（A）、（D）
　　说明
　　所谓速度选择，就是指对于确定的E和B，可以获得确定的。
　　还需说明的一点是，作为速度选择器，与粒子带电的性质（正、负），没有关系，但与粒子射入电磁场的方向有关。
　　粒子的速度时，射入速度选择器后，将做曲线运动，由于洛仑兹力始终与速度方向垂直，而电场力是恒力，所以粒子所受的合力大小和方向都在不断地的变化，故不可能用牛顿运动定律来描述粒子的运动，但可如上述分析的那样，用动能定理讨论粒子从射入到射出的动能变化。
　　例2如图甲所示，两块互相平行，水平放置的金属间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场。匀强磁场垂直纸面向里，，两板间的电压U随时间而变化，变化情况如图乙所示，已知板长L=1.4m两板间距为d=0.3m，当t=o时有一个a粒子以速度从两板中央飞入。问；


1．a粒子能否穿出金属板？为什么？
2．若能穿过，需要多长时间？
分析：
这是一个恒定的磁场和一个断续发生的电场共同作用于运动的带电粒子问题，由于电场断续存在，这样就存在着两个时间段：一是电场与磁场同时存在；二是只有磁场存在。在区分两种情况，确定带电粒子作何运动后，才能判断带电粒子能否穿出，若穿出，需要多少时间。
解答：
（1）先研究电场与磁场同时存在的情况：
在电场与磁场同时存在时，a粒子作匀速直线运动。
再研究只存在磁场的情况，由于只受洛仑兹力，a粒子应作匀速圆周运动，半径大小为R，即
得
圆周运动的直径：
因而粒子作匀速圆运动时不会打到极板上，圆周运动的周期：
　　粒子作匀速圆周运动的周期恰好等于电压变化的半周期。这就是说，在只有磁场存在的那个时间段，粒子作圆周运动，在时间段结束的时刻，粒子回到原处，且速度大小和方向没有变化。
　　根据上述计算和分析可得；粒子的运动轨迹如图所示。
　　（2）综上所述，粒子作匀速圆周运动时并不前进，而匀速直线运动的时间与匀速圆周运动的时间相同，n次后粒子飞出了极板，设粒子作直线运动的时间为。
　　
　　因此，粒子飞出两板间的时刻，正好处在粒子作直线运动的时间段上，因此粒子是匀速直线飞出的。并且粒子在两板间作了3次匀速圆周运动，故作匀速圆周运动的总时间为：
　　
　　粒子穿过两板间所用的总时间为：
　　
　　说明：
粒子经过3次匀速直线运动，已经前进了1.21m，距离右边界还有0.2m，这个距离仍然比粒子作匀速圆周运动的半径要大许多，所以，不会发生粒子在第3次作匀速圆周运动中穿出两板间右边界。
　　例3．当平行板电容器的负极板为一定波长的光所照射时，我们发现这个负极板上有电子从各个方向射出来，电子脱离负极板时速率很小，可以忽略不计。设电容器两极板间的距离为 d，两极板间的电势差为U。求：要使这些电子到达不了正极板，应该施加一个多大的与极板平行的磁场？
　　分析：
　　根据题意可画出题目示意图，如图所示。解这个题目，容易犯的错误就是在电子最靠近正极板的p点时，人们会错误认为，在此点电子受到的电场力和磁场力相等，从而列出方程：
　　其实不然，因为在此点，带电粒子作曲线运动，因此合力不为零。也有人认为，电场力和磁场力的合力提供了电子作曲线运动的向心力，即，此式虽然未错，但曲率半径R未知，亦不可行。下面介绍一种简单的做法。
　　解：
　　设电子到 p点时在方向的速度，根据动量定理可列出
　　 （1）
　　为作用在电子上的沿x方向的力的平均值；为从开始至到达p点所需时间，又因磁场力有做功，根据动能定理可列出
　　
　　在p点，
　　即：（2）
　　又x方向作用于电子的力只有磁场力。
　　（3）
　　联立（1）、（2）、（3）式可求得：
　　
　　为 y方向的平均速度，是到达p点的时间，则
　　所以
　　例4．在空间有相互垂直的匀强电场E和匀强磁B，电场方向为 y，磁场方向为x，一电子从原点O静止释放，求电子在y方向前进的最大距离。
　　分析：
　　因磁场对运动电荷的作用力恒与磁场垂直，为方便起见，一般把磁场方向选在垂直纸平面内，如图所示。设电子沿y方向前进的最大距离为，此时，电子沿 z 方向的速度为，根据动量定理，在z方向上有：
　　（1）
　　为y方向的平均速度，是到达y方向最大位移的时间，则根据动能定理可列出
　　
　　在达y方向最大位移时，。
　　即：（2）
　　联立（1） （2）方程的
　　

【同步达纲练习】
　　 A组
　　1．图所示的两平行金属板间有正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子沿垂直于电场和磁场的方向射入两板间，不计重力，穿出时，粒子的动能减少了，为了使粒子从射入到穿出的动能增加，其它条件不变，可使
　　A．粒子射入时的速度减小
　　B．粒子带电的性质改变（如正变负）
　　C．磁场的磁感应强度增强
　　D．两极板间的电压增大
　　2．方向竖直向下的匀强电场和方向水平且垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，一离子从A点由静止释放后，沿曲线ACD运动，C为轨迹的最低点，离子达D点时的速度为零，不计重力，则
　　A．这离子必带正电荷
　　B．A、D两点位于同一高度
　　C．离子达C点时的速度最大
　　D．离子在D点后，将沿原曲线返回A点
　　3．在图中虚线所围的区域内，存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。已知从左方水平射入的电子，穿过这区域时未发生偏转。设重力可忽略不计，则在这区域中的E和B的方向可能是
　　A．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方相同
　　B．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反
　　C．E坚直向上，B垂直纸面向外
　　D．E坚直向上，B垂直纸面向里
　　4．如图所示，板长为L的两平行金属板，充电后其间有匀强电场。一个带电粒子垂直于电场方向，从两板正中央射入，其动能为。射出电场时，偏离原方向的距离为d，若在两板间再加上匀强磁场，方向与电场方向垂直。若带电粒子仍原样射入，则射出电场线方向偏移距离也是d 射出，求此时粒子射出时的动能
　　5．如图所示，束具有各种速率的带一个基本电荷的两种铜离子，质量数分别为63和65，水平地经小孔S进入一匀强电场和匀强磁场的区域，电场E的方向向下，磁场B的方向垂直纸面向里。只有那些路径不发生偏折的离子才能通过另一小孔S，为了把从S，射出的两种铜离子分开，再让它们进入另一方向垂直纸面向外强磁场B，中。使两种离子分别沿不同半径的圆形轨道运动。试分别求出两离子轨道半径（应明确地说明演算过程的物理依据）
　　6．如图所示，在两平行金属板间有方向坚硬直向上的匀强电场E和坚直方向的匀强场B。MN是荧光屏，中心为O，O′O=I，在荧光屏上建立坐标系，原点为O，y 轴向上，x轴垂直纸面向里。一束速度、荷质比相同的粒子沿O′O方向从O，点射入并打到屏上P点，P点坐标为
　　
　　问：
　　（1）粒子带什么电荷？B的方向如何？
　　（2）粒子的荷质比为多大？

参考答案
【同步达纲练习】
　　1．A，D 2．A，B，C 3．A，B，C
　　4．
　　5．
　　6．（1）粒子带正电，磁场方向坚直向上
　　（2）
　　提示：粒子的运动。是由y轴的匀加速直成运动和与此同时x轴组成的水平面上的匀速圆周运动合成而得，即螺距不断增大的螺旋运动。高中物理奥赛讲义：力、力的合成与分解
内容综述
1．力的概念
　　力是物体对物体的作用。因此，没有脱离物体的力，一个孤立的物体也不存在力的作用。力是使物体发生形变和产生加速度的原因。
　　力是矢量。大小、方向和作用点是表述一个力不可缺少的三个要素。
　　2．力的种类
　　不同种类的力是按产生原因不同划分的。从实质看，力分为引力、电磁力、强相互作用力（如核力）和弱相互作用力四种。在中学则是从宏观上产生原因不同来划分的，有重力（万有引力）、弹力和摩擦力，以及以后学习的电场力和磁场力等。
　　对各种力应从产生原因和方向特点上把握。
力 产生原因 方向
重力 由于地球吸引 竖直向下（指向地心）
弹力 由于形变 垂直界 ，使形变恢复
摩擦力 相互挤压的物体间有相对运动或相对运动趋势 阻碍相对运动或相对运动趋势
（1）关于重力的万有引力。地球（质量M）上的物体（质量m）受到地球的万有引力，物体随地球自转而作匀速圆周运动所需的向心力是物体所受万有引力的一个分力，由于这一分力极小，所以万有引力的另一个分力重力无论从大小和方向都与万有引力相差无几。所以有
　　，
　　式中r是物体到地心的距离，即r=R+h，由于地球半径，所以地球表面附近的重力加速度g值变化甚微，可视为不变。重力是在地球表面附近所受的万有引力。这正是物理的重要研究方法，在足够精确的前提下，大胆近似、大胆理想化，可使问题大大简化。同样，说重力方向竖直向下，表明在不大的范围内，物体在各处受到重力方向是平行的，依然是一种理想化处理方法。
　　（2）弹力与摩擦力均属“被动力”。接触仅是产生弹力和摩擦力的必要条件。判断相互接触的物体间是否有形变，是否有相对运动或相对运动趋势，往往需要参考运动状况及物体其它受力情况才能获得正确判断。
　　3．力的合成与分解
　　合力与分力是从等效的思想出发定义的。实验表明力的合成、分解遵遁平行四边形法则。

要点讲解
　　1．知识的扩展
　　（1）胡克定律：F=kx，式中表明弹力F跟形变量成正比，k为弹簧的劲度系数。劲度系数k不但由弹簧的材料、绕制方式等因素有关，而且与弹簧的原长有关，可证明长为的弹簧的劲度系数为k，则剪去一半后，剩余的弹簧的劲度系数为2k（见例题分析）。同样两个劲度系数分别为的弹簧“串联”成一个弹簧，其劲度系数（即）。
　　（2）摩擦力与摩擦角，摩擦力有滑动摩擦力与静摩擦力之分。滑动摩擦力f等于动摩擦因数μ与正压力N的乘积：f=μN。
　　静摩擦力出现在物体间有相对运动趋势时，其大小可随物体受其它外力的改变或运动形式的改变，在零与最大静摩擦力的范围内变化，最大静摩擦力可用来计算，为静摩擦因数。对相同的物体与接触表面，有>μ。
定义：，φ称为摩擦角。从图1可看到摩擦角φ，图中R是正压力N与摩擦力的合力。定义摩擦角的作用，可在下面“共点力平衡”中看到。
2．由平行四边形法则到三角形法则。两个共点力与的合力F，可由平行四边形法则得到（图2），同时看到与F构成一个三角形。因此解力的合成、分解的问题，要善于把物理问题转化成数学问题（解三角形）。

例题分析
　　例1 如图3所示的皮带传动装置，A和B分别为主动轮和被动轮上边缘上的
点。试分析工作时（皮带不打滑），皮带对A、B的摩擦力方向。
分析与解答：首先要弄清A、B两点相对皮带的运动趋势是什么方向，“假定摩擦力消失”是判断的重要方法。当主动轮如图示方向转动时，A点相对皮带有向上运动的趋势，皮带施予A点的摩擦力方向应是向下的。如果被动轮与皮带间的摩擦力消失，则B点相对（正在运动的）皮带有向上运动的趋势，所以皮带对B点的摩擦力的方向是向下的。被动轮正是靠这一摩擦力的力矩，使其开始转动的。
　　虽然A点所受的摩擦力方向与其运动方向相反，而B点所受的摩擦力方向与其运动方向相同，但它们所受摩擦力的方向总是与它们相对运动趋势方向相反，这一点是相同的。

　　★例2 一劲度系数为k的弹簧，剪去一半后，剩余一半的弹簧的劲度系数为2k，试证明。
分析与解答：证明时，唯一可运用的就是胡克定律，因此设此弹簧在力F代作用下伸长量为（图4），则。
　　再看上一半弹簧，它应伸长，它受的力也是F，因此。证毕。

★例3 如图5所示，用轻绳AO、BO共同结一质量为m的小球，A、B两端固定在天花板上，绳与天花板的夹角如图。求小球对两绳的拉力。
　　分析与解答：把重力沿两绳的方向分解为两个分力和（平行四边形法则），平移后，在mg、、所构成的三角形中，依照题中给的条件，可标出角度。于是有（依正弦定理）
　　
　　得，
★例4 半径为R的半球固定在水平面上，其圆弧面光滑。在距球顶高h处的O点，固定绳的一端，长L的绳的另一端拴一重力G的小球，小球静置在半球面上（图7）。求小球对绳的拉力T和对半球的压力N。
　分析与解答：把重力G分解，两分力分别沿绳的方向和沿球的半径方向（见原图）。虽然题中没有任何角度的条件，但边的条件很多。注意到G、T和N所构成的三角形与边长分别为（h+R）、L和R所构成的三角形相似，故有
　　
　　得 ，

　　例5 把力F分解为两个力，下列各选项的说法中，哪种说法两个分力的大小和方向是唯一确定的。（力F的大小和方向均已知）
　　（A）已知两个分力的大小
　　（B）已知一个分力的大小和方向
　　（C）已知一个分力的方向和另一个分力的大小
　　（D）已知一个分力的方向和另一分力的大小，有可能两个分力是唯一确定的
　　分析与解答：选项A、B、D正确。
　　判断对只需看合力F与两个分力是否构成唯一的三角形。按选项C作示意图如图8，合力F与其中一个分力方向已知，以力F的箭头O点为圆心，以的大小（未知）用为半径画圆弧，可能与方向线交于两点B、C，也可能只切于一点D，只有后者才表明、是唯一的。
　　★★例6 橡皮条的一端固定在O点，另一端同时作用两个力，使橡皮条伸长成OA位置，这时两个力、与OA夹角分别为α、β，如图9所示（与间的夹角为锐角）。现保持大小不变，使β角减小一些，并仍保持橡皮条伸长到OA位置。由下列说法可能发生的是（）
　　（A）α减小，增大
　　（B）α不变，增大
　　（C）α增大，增大
（D）α增大，减小
　　分析与解答：先对原题分析清楚，与的合力方向应是沿OA延长线的方向，作出平行四边形，可确定合力F（见图10中）。题中已知与夹角为锐角，表明F>。
然后确定变化中不变化的因素：（1）的大小不变；（2）合力F的大小、方向不变（总效果依然是把橡皮条拉成OA位置）。
　　分析时，先把平移，与、F构成三角形，再依题以A为圆心，以大小为半径画圆弧（图中虚线圆弧。延长与圆弧交于B点，构成新的三角形（），可见α角不变，增大。有了这一“α不变”的界限，可看出在构成的三角形中（）可知α增大，增大；在构成的三角形中（）可知α减小，增大。
　　即β减小，大小不变，为使合力仍为F，一定增大，而α角可能不变，可能变大，也可能变小。
　　选项A、B、C正确。第O部分 绪言
一、高中物理奥赛概况
1、国际（International Physics Olympiad 简称IPhO）
① 1967年第一届，（波兰）华沙，只有五国参加。
② 几乎每年一届，参赛国逐年增加，每国代表不超过5人。
③ 中国参赛始于1986年的第十七届，此后未间断，成绩一直辉煌。
④ 1994年第二十五届，首次在中国（北京）承办。
⑤ 考试内容：笔试和试验各5小时，分两天进行，满分各为30分和20分。成绩最佳者记100% ，积分在90%以上者获金奖，78%~89者获银奖，65~77%者获铜奖。
2、国家（Chinese Physics Olympiad 简称CPhO）
①1984年以前，中学物理竞赛经常举行，但被冠以各种名称，无论是组织，还是考纲、知识体系都谈不上规范。
② 1984年开始第一届CPhO，此后每学年举办一届。
③ 初赛：每年九月第一个星期天考试。全国命题，各市、县组考，市统一阅卷，选前30名（左右）参加（全省）复赛。
复赛：九月下旬考试。全省命题，各省组织。理论考试前20名参加试验考试，取理论、试验考试总分前10名者参加省集训队。集训队成员经短期培训后推荐3~7名参加（全国）决赛。
决赛：全国统一组织。按成绩挑选15~25名参加国家集训队，到有关大学强化训练，最后从中选拔5名优秀队员参加IPhO 。
④ 满分140分。除初赛外，均含理论和试验两部分（试验满分60分）。
3、湖南省奥赛简况
① 至1998年，湖南选手获CPhO决赛一等奖29人次，占全国的18.24% ；在IPhO中获金牌5枚、银牌2枚、铜牌2枚，居各省之首。
② 题型与风格：初赛第十一届（1992年）开始统一，只有天空和计算。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。
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： + = 。
名词：为“和矢量”。
法则：平行四边形法则。如图1所示。
和矢量大小：c = ，其中α为和的夹角。
和矢量方向：在、之间，和夹角β= arcsin
2、减法
表达： = － 。
名词：为“被减数矢量”，为“减数矢量”，为“差矢量”。
法则：三角形法则。如图2所示。将被减数矢量和减数矢量的起始端平移到一点，然后连接两时量末端，指向被减数时量的时量，即是差矢量。
差矢量大小：a = ，其中θ为和的夹角。
差矢量的方向可以用正弦定理求得。
一条直线上的矢量运算是平行四边形和三角形法则的特例。
例题：已知质点做匀速率圆周运动，半径为R ，周期为T ，求它在T内和在T内的平均加速度大小。
解说：如图3所示，A到B点对应T的过程，A到C点对应T的过程。这三点的速度矢量分别设为、和。
根据加速度的定义 = 得：= ，=
由于有两处涉及矢量减法，设两个差矢量 = － ，= － ，根据三角形法则，它们在图3中的大小、方向已绘出（的“三角形”已被拉伸成一条直线）。
本题只关心各矢量的大小，显然：
= = = ，且： = = ， = 2=
所以：= = = ，= = = 。
（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：× =
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为和的夹角。意义：的大小对应由和作成的平行四边形的面积。
叉积的方向：垂直和确定的平面，并由右手螺旋定则确定方向，如图4所示。
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为和的夹角。
二、共点力的合成
1、平行四边形法则与矢量表达式
2、一般平行四边形的合力与分力的求法
余弦定理（或分割成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，绳子与水平方向的夹角在图上已标示，求横杆的重心位置。
解说：直接用三力共点的知识解题，几何关系比较简单。
答案：距棒的左端L/4处。
（学生活动）思考：放在斜面上的均质长方体，按实际情况分析受力，斜面的支持力会通过长方体的重心吗？
解：将各处的支持力归纳成一个N ，则长方体受三个力（G 、f 、N）必共点，由此推知，N不可能通过长方体的重心。正确受力情形如图6所示（通常的受力图是将受力物体看成一个点，这时，N就过重心了）。
答：不会。
二、转动平衡
1、特征：物体无转动加速度。
2、条件：Σ= 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：
= ，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，则在t = 0开始物体所受的摩擦力f的变化图线是图10中的哪一个？
解说：静力学旨在解决静态问题和准静态过程的问题，但本题是一个例外。物体在竖直方向的运动先加速后减速，平衡方程不再适用。如何避开牛顿第二定律，是本题授课时的难点。
静力学的知识，本题在于区分两种摩擦的不同判据。
水平方向合力为零，得：支持力N持续增大。
物体在运动时，滑动摩擦力f = 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：
⑴
由胡克定律：F = k（- R） ⑵
几何关系：= 2Rcosθ ⑶
解以上三式即可。
答案：arccos 。
（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：R 。
（学生活动）反馈练习：静摩擦足够，将长为a 、厚为b的砖块码在倾角为θ的斜面上，最多能码多少块？
解：三力共点知识应用。
答： 。
4、两根等长的细线，一端拴在同一悬点O上，另一端各系一个小球，两球的质量分别为m1和m2 ，已知两球间存在大小相等、方向相反的斥力而使两线张开一定角度，分别为45和30°，如图15所示。则m1 : m2 为多少？
解说：本题考查正弦定理、或力矩平衡解静力学问题。
对两球进行受力分析，并进行矢量平移，如图16所示。
首先注意，图16中的灰色三角形是等腰三角形，两底角相等，设为α。
而且，两球相互作用的斥力方向相反，大小相等，可用同一字母表示，设为F 。
对左边的矢量三角形用正弦定理，有：
= ①
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 。
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 =
再看木板的平衡，F = f 。
同理，木板插进去时，球体和木板之间的摩擦f′= = F′。
答案： 。
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°。
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 = Fytgθ+ 2mgsinθ 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 =解F的大小，由tgα= 解F的方向（设α为F和斜面的夹角）。
答案：大小为F = mg，方向和斜面夹角α= arctg()指向斜面内部。
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。
在图22右边的矢量三角形中，有： = = ⑵
注意：φ= arctgμ= arctg(tgθ) = θ ⑶
解⑴⑵⑶式可得F和α的值。高中物理奥赛讲义：机械振动和机械波
内容综述：
　　机械振动是质点机械运动的一种重要形态，它比质点的匀速运动、匀变速直线运动都复杂。机械波是机械振动在介质中的传播，是有相互作用的一系列质点对机械振动的有序传递运动。对机械振动和机械波的研究有重要意义，在后面还要学习交流电、电磁振荡和电磁波、光波、虽然它们的物理本质和具体形式不同，但很多规律是相同的。因此，理解和掌握了机械振动和机械波的基本特征和基本规律，对学习有相同规律的其它知识就会触类旁通，容易掌握。
　　在生产和生活中常见的机械振动和机械波是比较复杂的。在物理学中，对于一个复杂的运动可以看成是由若干个简单运动合成的，这些简单的运动是一些最基本的运动，掌握了这些基本的运动规律，其合运动规律就清楚了，这是物理学的一种研究方法，简谐运动和简谐波是一种最简单并且是最基本的机械振动和机械波，一些复杂的机械振动和机械波都可以看成是由它们合成的，因此我们主要学习简谐运动和简谐波。
　　在本期中，阐述质点做简谐运动的条件；介绍简谐运动的一种研究方法参考圆；阐明描述简谐运动的物理量振幅、周期、频率、相位；分析简谐运动方程和图象。

要点讲解：
　　1．质点做简谐运动的条件
　　振动是物体（质点）在一定位置附近的往复运动，这个位置称为平衡位置。当物体离开平衡位置时，总要受到指向平衡位置的力，这个力称为回复力。物体在离开平衡位置时必须受到回复力的作用是一切振动的产生条件，但是回复力的规律不同，产生的振动规律也不同。物体做简谐运动的条件是：物体受回复力F的大小跟位移x的大小成正比，方向跟位移方向相反，写成数学表达式即：
　　F=-Kx（1）
　　在这里要注意正确理解两点:
　　第一，做简谐运动物体的位移是相对于平衡位置的，位移的方向总是由平衡位置指向物体，而回复力总由物体是指向平衡位置，所以回复力总跟位移方向相反，式中的负号表示了这种相反关系．
第二，公式中的K表示回复力大小跟位移大小的比例系数。对于一个确定的简谐运动，K是一个常量，对不同的简谐运动，K有不同的值。
例如，图1所示为在光滑水平直杆上做简谐运动的弹簧振子，O是振子的平衡位置，振子在平衡位置时，弹簧为原长，振子位移为x时，弹簧的形变跟x大小相等，回复力等于弹簧的弹力，所以比例系数K等于弹簧的劲度系数。图2是做简谐运动的单摆（摆角小于5°），回复力等于摆球重力沿圆孤切线方向的分力，，OP是它的位移，当摆角很小时，，其中l是摆长，由此可得。
2．简谐振动的一种研究方法——参考圆
　　如图3所示，一质量为m的质点在xy平面内以原点O为圆心做匀速圆周运动，该质点在x轴上的投影（P点）将以O为中心在x轴上振动，这个振动与圆周运动有什么关系呢？
　　设圆半径为r，角速度为w，则质点受向心力大小为
　
　　设t=0时，半径跟x轴方向的夹角为，经时间t半径跟x轴方向夹角为，则，在任意时刻t，质点在x轴上的位移为
　　
　　向心力在x轴上的分量为
　　
　　由以上两式得
　　
　　令，则
　　Fx=-Kx
　　结果表明，做匀速圆周运动的质点在x轴方向上的分运动满足简谐运动条件，所以x轴方向的分运动是简谐运动。
上述结论可以通过图4所示实验验证，图中M是在水平方向做简谐运动的弹簧振子。M’是在水平面上做匀速圆周运动的球，用水平方向的平行光照射小球和振子，使振子M振动的振幅等于小球M’做圆周运动的半径，使M和M’的运动周期相同，调整好两球开始运动时的位置，可以看到竖直屏上的两个影子运动情况完全相同。
　　理论和实验都表明，在xy平面内做匀速圆周运动的质点在x轴上的分运动是简谐运动，我们在研究简谐运动时就可以借助于这个圆运动，为了研究简谐运动而引入的圆叫参考圆。参考圆是研究简谐运动的一种方便而有效的方法。

　　3．简谐运动的运动方程和图象
如图5所示，由x轴的坐标原点O作一矢量，使矢量绕O点沿逆时针方向匀速转动，则矢端M做匀速圆周运动，M在x轴上的投影点P的运动就是简谐运动，O即为平衡位置，矢量在x轴上的投影就是P点做简谐运动的位移。令的长度为A，矢量旋转的角速度为，t=0时矢量与x轴的夹角为，则经过时间t，矢端M在x轴上的投影点P的位移为
　　　　　(2)
　　该方程表示了质点做简谐运动的位移x随时间t的变化规律，称为简谐运动方程，式中的A表示振幅。
　　式中的在矢端M做匀速圆周运动中表示角速度，在简谐运动中表示质点在秒内完成全振动的次数，称为圆频率。用T表示简谐运动的周期，f表示频率，则
　　
　　式中相当于角度的量在旋转矢量中表示与x轴的夹角，在简谐运动中叫周期角，也叫位相或相位。是t=0时的位相，称为初相。在简谐运动中位相是表征质点振动状态的物理量。质点的振动状态在一个周期内的变化，在位相上经历了0到的变化，振动在时间上每相隔一个周期或周期的整数倍，在位相上相差或的整数倍。
　　简谐运动的位移随时间的变化也可以用图象表示，图5中投影点P的振动用x-t图象表示如图6，它与方程反映的规律是一致的。

　　4．简谐运动的固有周期和固有频率
　　前面利用参考圆研究简谐运动中得出，质点做简谐运动的回复力F=-Kx，而，（见要点讲解2），把代入可得
　　
　　这就是简谐运动的周期公式，对于一个确定的简谐运动系统，m和k是恒量，因此T也是恒量，即简谐运动的周期只由系统本身的特性决定，称之为系统的固有周期。固有频率。
　　做简谐运动的单摆，代入周期公式得单摆的周期。

例题分析
　　例1：把一弹簧上端固定，下端系一物体，先使物体静止，然后再把物体从平衡位置竖直向下拉开一段距离后释放，此后物体将在竖直方向振动起来，不计弹簧质量及空气阻力，设物体在振动中弹簧始终在弹性形变范围内，证明物体的振动是简谐运动。
证：如图7所示，设弹簧原长为，劲度系数为，挂上物体后弹簧伸长的长度为，O是物体的平衡位置，平衡时物体受弹簧拉力和重力G，根据物体平衡条件可得：
　　
　　把物体从平衡位置竖直向拉开一段距离后释放，物体将在竖直方向振动，取竖直向下为位移正方向，物体经过任意位置P时位移为x，`此时物体受重力G、弹簧的作用力则物体受回复力
　　
　　由于，所以
　　
　　结果满足物体做简谐运动的条件，所以物体的振动是简谐运动，并求得。

例2：如图8所示，A、B两物块叠放在光滑水平面上，弹簧一端固定，另一端与物体B连接，O是平衡位置。把物块水平向右拉离平衡位置后释放，使物块在水平面上做简谐运动。已知A的质量m=0.05kg，B的质量M=0.1kg，A、B间最大静摩擦力，弹簧劲度系数，不计弹簧质量及空气阻力，求
　　（1）要使A、B之间不发生相对滑动，振幅最大为多少？
　　（2）若使物块以最大振幅振动，取水平向右为位移正方向，从位移大小为振幅一半并指向平衡位置沿x轴正方向运动开始计时，求振动方程：
　　分析与解答：
　　这是一个连接体问题，如果两物块振动中不发生相对滑动，使A振动的回复力是B给的静摩擦力，使B振动的回复力是A给B的静摩擦力与弹簧弹力的合力，要使两物块无相对滑动，A受回复力大小不得超过。设最大振幅为，当时，A、B受力如图9，此时两物块加速度最大，设为，根据牛顿第二定律可得
　　
　　
　　而
　　由以上三式解得
　　
　　（2）设简谐运动方程为
　　
　　根据题意，t=0时，，所以
　　所以，
　　简谐运动的圆频率，而，所以
　　把值代入可得简谐运动方程
。

A组
　　1．已知火星的直径约为地球直径的一半，火星的质量约为地球质量的，若一单摆在地球表面附近做简谐运动的周期为T，该摆在火星表面附近做简谐运动的周期为___________。
　　2．甲、乙两单摆摆长之和为1.02m，在相同时间内甲振动10次，乙振动6次，则甲摆的摆长为___________m。
　　3．一弹簧振子做简谐运动，周期为T，
　　（A）若t时刻和（t+△t）时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则△t一定等于T的整数倍
　　（B）若t时刻和（t+△t）时刻振子运动的回复力大小相等、方向相反，则△t一定等于的整数倍
　　（C）若△t=T，则在t时刻和（t+△t）时刻振子运动的加速度一定相等
　　（D）若，则在t时刻和（t+△t）时刻弹簧的长度一定相等


B组
1、如图10所示，弹簧上端固定，下端拴一质量M=2kg的盘，盘上放一质量m=1kg的物块，使盘和物块共同在竖直方向做简谐运动，振幅2cm。已知弹簧劲度系数，则物块对盘的最大压力为___________N。要使物块不离开盘，振幅最大为__________m。
2．如图11所示，在两个向相反方向转动的小轴上水平放一块均匀木板，木板的质量为m，两个小轴的轴心之间距离为2l，木板与两轴的动摩擦因数都为μ。木板最初的位置是它的重心偏离中线OO′为x的位置。试证明木板在轴产生的摩擦力的作用下的运动是简谐运动，并求出它的周期。

参考答案和提示：
　　A组
　　1．1.5T 2．0.27 3．C、D
　　B组
　　1．13.8；0.049。[提示：取物块为研究对象进行受力分析，应用牛顿第二定律求解]。
2．证明：如图12所示，小轴转动时，木板受重力mg，左轴支持力、摩擦力，右轴支持力、摩擦力。木板在竖直方向平衡，根据刚体平衡条件可得
　　
　　
　　所以，
　　取水平向右为正方向，木板在水平方向受回复力
　　
　　而，，代入以后并整理得
　　
　　结果表明木板受回复力与位移大小成正比，方向相反，所以是简谐运动。
　　比较F=-kx可得，代入周期公式可得木板振动周期。
　　略谈中学物理竞赛中的常用思想方法
一年一度的全国中学生物理竞赛在促使中学生提高学习物理的主动性和兴趣，培养学生的创新能力，发现具有突出才能的青少年等方面起到了重要的作用，产生了巨大的影响。竞赛试题既衡量中学生的物理学，也反映物理成绩优异的中学生应具有的研究问题的能力。物理竞赛的理论部分是以解题为主要内容和形式的，因而如何提高解题能力就成为参赛学生关注的焦点。
解题是物理教学中的一个重要环节，对于深入理解基本内容，培养分析问题和解决问题的能力，以及从中汲取广博的实际知识等具有不可替代的作用。虽然解题并不是科学研究，但却对研究能力的培养有重要作用。索末菲曾经写信告诫他的学生海森堡：“要勤奋地去做练习，只有这样，你才会发现，哪些你理解了，哪些你还没有理解。”杨振宁回忆他的大学生活时说过：“西南联大教学风气是非常认真的，我们那时所念的课，一般老师准备得很好，学生习题做得很多。”
竞赛试题既立足于基础知识，又高于一般要求，它对学生的思维能力、实践能力、创新能力均有很高的要求，学生不仅要有良好的物理素养，还应有扎实的数学功底和科学的思想方法。本文就笔者在多年对学生的竞赛辅导中的一些体会，把物理竞赛中常用的一些思想方法做一归纳，与各位专家同行探讨，以便进一步提高竞赛的辅导水平。
一、等效替换思想
等效替换思想是指在等效的基础上进行替换，从而使某些复杂的问题情景得以简化。
物理竞赛中常见的等效替换的应用有：力的合成与分解，运动的合成与分解，非惯性系或复合场中的等效重力，等效电压源和等效电阻，电阻连接中的Y－Δ变换等。
例一、如图1－1所示的电路中，电源内阻不计，当电动势E1减小1.5V以后，怎样改变电动势E2使流经电池E2的电流强度与E1改变前流经E2的电流强度相同。
分析：处理一些复杂电路问题时，经常用到等效电压源的处理思想，即把两端有源网络等效于一个电压源，其电动势等于网络的开路端电压，内阻等于从网络两端看除源（将电动势短路，电源内阻仍保留）网络的电阻。
解：注意到题中流经E2的电流强度不变，故可把原电路等效为图1－2。等效电压源的电动势和内电阻分别为E和r，在原电路中删除电源E2，则
UAB＝＝，UAC＝＝，
故等效电动势E＝UCB＝UCA＋UAB＝－＋＝，
将电源E1短接，从电源E2两侧看，等效内阻
r＝＋＝，
故在等效电路中流过E2的电流I2＝＝，
要使E1减小后I2不变，须满足ΔE1－4ΔE2＝0，
即ΔE2＝ΔE1/4＝0.375V。
当然，本题也可用叠加原理或基尔霍夫定律来解决，但通过比较会发现，运用等效电压源的思想解决该题要比其他两种方法更为简便。
二、对称性思想
对称性思想是物理竞赛中经常用到的一种思想方法。运用这种思想可以简化物理情景或物理过程，进而理清解题思路。一般的对称形式有轴对称、面对称和球对称，涉及的内容有运动的对称、作用的对称、分布的对称等。
在物理竞赛中常见的对称模型为：（类）抛体运动的对称性，简谐运动的对称性，电阻（或电容）网络的对称性，电磁场分布的对称性，镜面成像的对称性等等。
例二、用均匀电阻线做成的正方形回路（如图2－1），由九个相同的小正方形组成，小正方形每边的电阻均为r＝8Ω。
（1）在A、B两点间接入电池，其电动势E＝5.7V，内阻可忽略，求流过电池的电流强度。
（2）若用导线连接C、D两点，求通过此导线的电流（不计导线电阻）。
分析：在一个复杂电路中，如果能够找到一些完全对称的点（以两端连线为对称轴），那么当在这个电路两端加上电压时，这些点的电势一定是相等的，即使用导线把这些点连接起来，导线中也不会有电流，这样就不会改变原来电路的一切情况。
解：（1）图2－1所示电路关于CD轴完全对称，所以可以化简成如图2－2所示的电路，其中每小段的电阻均为r/2＝4Ω。
将图2－2中的O点上下断开，如图2－3所示，因为O’和O”两点电势相等，所以图2－3和图2－2是等价的。
图2－3可改画成图2－4所示的电路。由此不难算出A、B两端的等效电阻RAB＝Ω＝5.7Ω
流过电池的电流IAB＝E/RAB＝（5.7/5.7）A＝1A
（2）用导线将C、D两点连接起来后，可看出A到B上边一个支路的电阻RAB上＝（8＋）Ω＝12.8Ω
通过C、D间导线的电流ICD＝（×）A＝0.267A
三、独立性原理和叠加原理
独立性原理是指同时存在多个运动形式或力或场源时，某种运动或某个力或某个场源的传播或作用效果或场的分布不受其他运动或力或场源的影响。叠加原理是基于独立性原理基础上的重要规律，它表示的是运动传播或力的作用效果或场的分布的一个总的作用效果。
物理竞赛中独立性原理和叠加原理应用的常见情景有：相对运动中的运动合成与分解，波的叠加（干涉现象），混合气体中的道尔顿分压定律的运用，多场源下的场强分布和电势分布，含源网络等。
例三、真空中，有五个电量均为Q的均匀带电薄球壳，它们的半径分别为R、R/2、R/4、R/8、R/16，彼此内切于P点，如图3－1所示。球心分别为O1、O2、O3、O4、O5。求O5与O1间的电势差。
分析：在多个场源并存的情况下，空间某点的场强或电势为各个场源在该点产生的电场的叠加。考虑到电势是标量，故电势的叠加即为代数和。
解：根据电势叠加原理，O5处的电势是五个球壳上电荷在O5处电势的代数和，即
U5＝k＋ k ＋ k ＋ k ＋ k
同理得Q1处的电势为
U1＝k＋ k ＋ k ＋ k ＋ k
所以U51=U5－U1=kQ（＋＋－－－）=24.46
四、微元思想
微元思想是一种重要的数学方法，它是把研究对象分为无限多个无限小的部分，取出有代表性的极小的一部分进行分析处理，再从局部到整体综合起来加以考虑的科学思维方法。
物理竞赛中主要在遇到非线性变化的物理量的求解时一般要考虑用微元法去研究，常见的情景有以下几种：物体内部张力的计算，非对称性物体的质心位置，非线性变力的功和冲量，非匀变速运动物体的位移和路程，非对称性带电体产生的场强分布，非线性电流的功和电量的计算等。
例四、AB杆受一冲量作用后以初速度v0＝4m/s沿水平面内的导轨运动，经一段时间后而停止，如图4－1所示。已知AB的质量m＝5kg，定值电阻R＝2Ω，导轨宽l＝0.4m，导轨电阻不计，磁感应强度B＝0.5T，棒和导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，测得整个过程中通过导线的电量q＝10－2C。求：
（1）整个过程中产生的电热Q；（2）AB杆的运动时间t。
分析：AB杆在运动过程中同时受到安培力和摩擦力的作用而减速，其中安培力会随速度的变化而变化，因此AB杆的运动是一个非线性力作用下的变加速运动。考虑到整个过程中通过的电量已知，故可利用微元思想求得总位移，再用能量关系求出电热。
解：(1)设AB杆通过的总位移为s，某时刻AB杆的速度为v，取一极短的时间△t，则可认为在△t时间内AB杆做匀速运动，即∑v△t＝s。
由电流的定义式q＝∑I△t （1）
某时刻的电流强度I＝ （2）
由（1）、（2）两式可得q＝∑△t＝∑v△t＝s （3）
由能量关系得，产生的电热Q＝mv02－μmgs （4）
由（3）、（4）式得Q＝mv02－μmg （5）
将题中数据代入（5）式解得Q＝38J
(2)根据动量定理－μmgt－∑BIl△t＝－mv0 （6）
由（1）、（6）两式可得t＝ （7）
代入数据可得AB杆的运动时间t＝1s
当然，除了以上介绍的这些思想方法之外，象极限思想、补偿法、镜像法、近似运算、图象法等也都是竞赛解题中经常要用到的。充分了解这些方法，结合相关习题进行针对训练，可以大大拓宽视野，活跃思维，提高能力。高中物理奥赛讲义：质点的直线运动
[内容综述]
　　1．质点是物理学引入的第一个理想的模型。是科学的抽象。在讨论物体平动时，物体各部分运动情况都相同，在研究其运动规律时，它的任何一点的运动，都可以代表整体的运动，特别是讨论物体的范围远大于物体的线度时，这时物体的大小、形状都无关紧要，可以把物体视为一个“有质量的点”质点。
　　2．从匀速直线运动到匀变速直线运动的研究过程，体现了物理学的研究方法。
　　加速度为零，速度恒定且不为零的运动是匀速直线运动，其速度v=s/t。
　　变速直线运动的速度不断变化，需引入一些新的物理量来描述它。这就是平均速度、瞬时速度和加速度。应从中体会物理的研究方法、引入平均速度（物体某段时间的位移s与所用时间t之比），实际就是把变速直线运动当作（以为速度的）匀速直线运动处理。这是等效方法的运用。等效的方法体现了用简单的研究复杂的、用已知的研究未知的重要研究方法。平均速度在所选时间间隔趋于零的极限就是瞬时速度，即。进而引入表述速度变化快慢的物理量加速度：。
　　在变速直线中，首先选定加速度恒定的匀速直线运动来研究，其运动的平均速度
　　
　　匀变速直线运动的基本公式有
　　速度公式Vt=V0+at （1）
　　位移公式
　　或（2）
　　（1）、（2）两式消去t得
　　

[要点讲解]
　　从匀变速直线运动可选用的四个公式看，公式中除时间t外，其它均为矢量，常用正、负号来表明方向。四个公式共含五个物理量，有两个独立方程（公式），应用时需从题中找到三个已知量（或关系），然后选择入手公式解。
图1是匀加速直线运动的v－t图线和匀减速直线运动的s－t图线。s－t图线的斜率表示速度；v－t图线的斜率表示加速度，图线与t轴所围的面积值等于位移的大小，利用图线可以帮助分析解决问题。
　　作直线运动的物体这种形式发生变化的问题，描述两个物体运动的“追及”问题等，是解决质点作直线运动的习题对能力要求较高。

　　例题分析
　　例1 物体从静止开始，先以加速度a1作匀加速直线运动，接着以大小为a2的加速度作匀减速运动，直到静止物体的点位移为s，求物体运动的总时间。
　　分析与解答：物体运动形式变化时的速度是联系前、后两不同形式运动唯一的物理量，设其为V，无论是表达前、后两段运动的位移，正是表达时间，在选取用公式时都要把V考虑在内。设前、后两阶段的位移和时间分别为S1、S2和t1、t2。依公式有
　　　　
　　
例2 同一平直轨道上有同方向匀速运动的前后两个物体，后面物体2的速度V2大于前面物体1的速度V1。为了不相撞，在两物体相距为L时物体2开始作匀减速运动，那么，它的加速度至少应多大？
　　分析与解答：依题画出草图以示题意是必要的，见图2。并着意寻找两物体的位移关系和时间关系（同时），其中位移关系：
　　可作为解题的切入点，最后两物体速度均为V1，这是题目的隐含条件，到相遇它们运行的时间
　　（2）
　　（1）式变为[引入（2）式]
　　
　　得
　　说明：本题也可以采用相对运动的观点来解。即以物体1为参考物，物体2相对物体1的速度为（V2-V1），作匀减速直线运动，经位移L速度减为零（不是V1），则，可直接获得结论。
　　例3 高h的电梯正以加速度a匀加速上升，忽然电梯的天花板有一螺钉脱落，螺钉落到电梯底板所用的时间为___________。
分析与解答：画出示意图，如图3所示。应注意到螺钉脱落后，是作竖直上抛运动，而不是自由落体运动。
　　h2-h1=h
　　
　　得
　　说明：若以电梯为参照物（认为v=0），螺钉相对电梯的加速度为（g+a）（详细见“相对运动”部分），这样可直接求出。
　　例4 两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度都是v0。若前车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车时的加速度开始刹车。已知前车过程中所行的距离为S，若要保证两辆车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行时保持的距离至少多大了？
　　分析与解答：介绍三种解法？
　　解法一：注意到前后两车先后刹车的初速度都是V0，加速度相同，最后停下的末速度都是零。因此两车刹车过程所用时间t和位移S都相同题中已知v0、s，所以（）。同时可以判断出，只要后车也在前车刹车的位置开始刹车，两车就恰不相撞。因此，原来两车的距sx就是在前车刹车的时间内，后车匀速行驶的距离，则
　　
　　解法二：设两车匀速行驶时至少相距sx。由于前车刹车到停，两车距离将缩短s1；又由于前车停下后车刹车减速到停下，两车距离又缩短s2，且依解法一的分析可知s2=s，依题知L= s1 + s2= s1+s （1）
　　又s1= v0t-s （2）
　　式中t是前车减速到停下所用的时间，由，得，所以（2）式中s1=s，（1）式L=2S。
解法三：用v－t图像解，图4中（a）、（b）分别是前、后车的v－t图像，都是从前车开始刹车时开始计时的。
　　结合上面解法的分析，也可得到同样的结论。
　　例5 小球1从高h处自由落下，同时从其正下方的地面上，以速度v0竖直上抛小球2。试就（1）小球2在上升过程中；（2）小球2在下落过程中与小球1在空中相遇，分别讨论v0的取值范围。
　　分析与解答：两球在空中相遇，它们位移的算数和等于h，即
　　得
　　表明无论小球2是上升过程还是返回过程与小球1在空中相遇，所用时间t的表达式均为（1）式。当然t的大小取决于v0的取值。
　　小球2上升到最高点所用时间t上及到返回抛出点全程所用时间T（=2t上）分别为
　　，
　　（1）小球2上升过程中与小球1相遇，有t≤t上，
　　得
　　（2）小球2返回过程中与小球上在空中相遇，有t上　　得


　　1．求证：作匀变速直线运动的物体。
　　（1）连续相同时间间隔的位移之差等于常量。
　　（2）某段时间的平均速度等于它在这段时间中间时刻的瞬时速度。
　　2．从四楼阳台竖直上抛一小球，小球达五楼阳台时的速度是小球返回达三楼阳台时速度大小的一半。求小球抛出的速度。已知相邻阳台间的高度差为h。
　　3．甲、乙两物体同时、同地沿同一方向运动，甲以速度V作匀速直线运动，乙从静止开始作加速度为a的匀加速直线运动。求：
　　（1）两物体再次相遇所用的时间。
　　（2）再次相遇前两物体之间的最大距离。
　　4．长L的列车沿平直轨道作匀加速直线运动，并通过长为2L的桥。已知车头通过桥头和桥尾时的速度分别是V1和V2。那么，列车全部通过桥时的速度V多大？
5．飞机起飞离开跑道后，其速度的竖直方向的分量Vy随时间变化的Vy－t图像如图5所示，飞机上升的最大高度为______________。


　　参考答案
　　1．证：依题作示意图（图6）。所选定的相同时间间隔为T。
　　（1）
　　
　　（vB-vA=aT）
　　式中加速度a、T均为常量。得证。
　　（2）从A到C这2T时间的平均速度
　　，或
　　又vC=vB+aT，vA=vB-aT，vB=vn
　　
　　得证。
　　2．
　　简解：依竖直上抛运动的对称性特征，可视为小球从五楼阳台以速度v的竖直下抛运动，依题小球达三楼阳台时的速度为2v，有
　　（2v）2=v2+2g·2h，
　　
　　
　　3．（1）（2）
　　简解：△S=v甲-v乙
　　
　　
　　（1）甲、乙再次相遇，表明△s=0，可得t1=0（舍）；
　　（2）为使△s最大，应有，△s最大为
　　
　　4．
　　简解：列车全部过桥时，车头从通过桥头到此时前进取L，设列车加速度为a，参看图7，有
　　；（1）
　　；（2）
　　两式相减：
　　
　　5．10000m
　　提示：图线所围的面积。(共61张PPT)
第四章 刚体的转动
主要内容：
§4.1刚体定轴转动的描述
§4.2力矩、刚体定轴转动定律、转动惯量
§4.3刚体定轴转动的动能定理和机械能守恒定律
§4.4刚体定轴转动的角动量定理、角动量守恒定律
*§4.5进动
（刚体的平面平行运动不要求）
§4.1 刚体的平动、转动和定轴转动
一.刚体（rigid body）
1.定义：在任何条件下大小和形状都不发生变化的物体称为刚体。
3.特点：刚体内任意两点间的距离不因外力而改变。
2.说明：刚体与质点、理想气体、点电荷等一样是
理想模型，真正的刚体是不存在的。但一些实际物
体在受力不太大时，可近似看作刚体，Eg：固体。
二.刚体的平动
1.定义：刚体内任一给定直线，在运动过程中其方向始终不变的运动称为平动。Eg:电梯。
2.特点：平动时，刚体内任一质点的运动就代表了整个刚体的运动。
A
B
思考：火车转弯是不是平动？
三.刚体的转动
1.定义：刚体内各质点都绕同一直线作圆周运动。
1.定义：转轴固定不动的转动称为定轴转动。
2.刚体定轴转动的特点：
1）刚体上各质点都作圆运动，圆运动的园平面与轴线垂直。
2）刚体上各点做圆运动的半径在相等的时间间隔内转过相同的角度，ω、α相等且为标量。
* 转轴不一定是固定的；Eg：车轮在地面上的滚动。
** 刚体的一般运动都可看作是平动和转动的叠加。
2.转轴：该直线称为转轴
四.刚体的定轴转动
3.刚体定轴转动的描述
（3）角速度：
定轴转动是一维的，所以在规定正方向
后， 可用标量表示：
（1）角位置：
（2）角位移：
方向沿转轴，与 满足右手螺旋关系
（4）角加速度：
4。线量与角量的关系：
与匀加速圆周运动同
〔例4－1〕半径为30cm的飞轮从静止开始以 0.5 弧度/S2
的匀角加速度转动，求飞轮边缘一点在飞轮转过 时
的切向加速度和法向加速度。
解：（1）
（2）
注意单位！
一.对固定轴的力矩
方向：转轴方向
力矩的单位：牛顿·米（N·ｍ）一般不记做 J。
§4.2 力矩 刚体定轴转动定律 转动惯量
力矩是决定刚体转动状态变化快慢的物理量
Z
1.定义：
大小：
O
Ｐ
ｄ
（3）当几个外力同时作用在刚体上，对轴的合外
力矩的大小就等于几个力对该轴力矩的代数和；
(4)当力的作用线通过转轴或力与转轴平行时，力对
该轴的力矩为零。
(1)若力不在转动平面内，只有
对Z轴有力矩；
是由转轴指向力的作用点的矢径；
（2）
2.讨论：
二.定轴转动定律：
由牛顿第二定律
切向运动方程为
法向力对轴的力矩为零，因
而对法向运动不予讨论。
将上式两端乘以ｒｉ，得
对刚体的全部质点，有：
转动惯量
刚体在合外力矩MZ的作用下，所获得的角加速度α与合外力矩的大小成正比，并与对同一转轴的转动惯量成反比
－－－转动定律（与牛顿第二定律相类比）
要重点掌握！
三.转动惯量：
转动惯量是描述刚体转动惯性大小的物理量
* J的大小取决于转轴的位置、刚体的形状、质量和质量的分布；
** J具有可加性。
定义：
质量连续分布时：
到转轴的距离
到转轴的距离
刚体对任一转轴的转动惯量等于刚体对通过质心并与该
轴平行的轴的转动惯量JC加上两轴间距离的平方与刚体
质量的乘积。
四。平行轴定理
作业：4-3、4-4
A
B
解：
ｘ
ｄｘ
o
〔例4－2〕试计算质量均匀分布的细棒（ ，ｍ）对与棒
垂直的中心轴的转动惯量。
同理，可算出对过棒端与棒垂直轴的转动惯量为
有：
满足平行轴定理。
A
B
ｘ
ｄｘ
〔例4－3〕求质量为 m ，半径为 R 的
均匀圆环过垂直于环面的中心轴的转动
惯量。
解：
〔例4－4〕试计算质量均匀分布的薄圆盘的垂直于盘面
的中心轴的转动惯量。设圆盘质量为ｍ，半径为R。
解：
〔例4－5〕质量为 M ，半径为 R 的空心
球壳，求对直径轴的转动惯量。
解：取面元如图：
R
〔例4－6〕在质量为 M ，半径为 R 的
匀质圆盘上挖出半径为 r 的两个圆孔，
圆孔中心在半径 R 的中点，求剩余部分
对通过大圆盘中心且与盘面垂直的轴线
的转动惯量。
解：用填补法。
解：
（１）当ω=(1/3)ω0时
〔例4－7〕飞轮的转动惯量为J，ｔ＝０时角速度为ω0，
此后飞轮经历制动过程。阻力矩的大小与角速度ω的平方
成正比，比例系数为K（K>0）。当ω=(1/3)ω0时，求（1）飞轮的角加速度；（2）制动所经历的时间；（3）飞轮转过的角度。
Ｍ＝Ｊα
由题意Ｍ＝－Ｋω２
（2）
（3）
分离变量积分得：
〔例4－8〕滑轮质量为 M ，半径为 R
由一绳连接起来，求绳的
张力。
解：设绳中张力如图，
对
角量线量关系：
〔例4－9〕在倾角为θ的斜面顶端固定一滑轮，用一根绳子缠绕数圈后引出与M连接，M与斜面摩擦系数为μ（如图），设滑轮质量为ｍ，半径为R，轴处无摩擦。试分析M作加速运动的条件。
Ｏ
Ｎ
ｍｇ
Ｎ‘
Ｔ
Ｍｇ
ｆ
解:
由牛顿第二定律
N’、ｍg 对转轴的力矩为零
由转轴定律
平动与转动的关系通过线量与角量联系起来：
四个未知量
条件：
〔例4-10〕一轻绳绕过固定在一起的两个同轴圆柱形刚体，圆柱体可绕OO’轴，两圆柱体半径分别为R1 、R2 （>R1），质量分别为M1 、M2，绳下连接ｍ1 、ｍ２，求刚体转动时的角加速度。
解：
隔离体受力分析如图
设ｍ2向下运动，则ｍ1向上运动，
由转动定律:
O
O’
m1
m2
由牛顿第二定律：
平动与转动的联系:
T1
m1g
T2
m2g
N
(M1+M2)g
T2
T1
讨论：ｉ）当ｍ2R2 <ｍ1R1时，α<0，则表明圆柱体实际转动方向与所设方向相反，即ｍ2上升，而ｍ1下降。
ｉｉ）当ｍ2R2 ＝ｍ1R1时，α＝0，此时圆柱体不转动或匀速转动，ｍ2、ｍ1不运动或匀速直线运动。
〔例4－11〕半径为 R 的匀质圆盘，放在
水平桌面上，绕通过圆心的竖直轴转动，
已知盘与桌面的摩擦系数为 ，开始时
角速度为 ，问经多长时间圆盘停止
转动？
解：取顺时针方向为正，取面积元如图，
为常量
§4.3 定轴转动的动能定理和机械能守恒定律
一. 力矩的功
外力的元功：
外力作的总功为：
若作用在刚体上有几个外力（均考虑在转动平面内的分
量），则MZ指的是它们对转轴的合外力矩。
（重点公式！）
二. 定轴转动的动能定理
1.刚体的转动动能
任一质元ｍｉ的动能为
整个刚体绕定轴转动的动能为
转动动能
重点公式
2.转动动能定理
（1）定理内容：刚体作定轴转动时，合外力矩对刚体所作的总功等于刚体绕该轴的转动动能的增量。
阻力矩和摩擦力矩将使刚体的转动动能减小
（2）推导：
（重点公式！）
1. 刚体的重力势能
对刚体――地球系统，刚体的重力势能为刚体中每一质元ｍｉ与地球系统的重力势能之和，即
由质心的定义，刚体质心的高度应为：
故刚体的重力势能：
* 仅在刚体不太大时成立
（重点公式！）
三.机械能守恒定律
2.定轴转动的机械能
3.机械能守恒定律
当外力和非保守内力作功的和为零时，
系统的机械能守恒。
（J为绕轴的
转动惯量）
解：方法（一）用转动动能定理
重力矩的元功：
从水平位置到竖直位置
由转动动能定理：
〔例4－12〕均匀细棒（ｍ， ）可绕光滑轴O在竖直平面内转动（如图），棒从水平位置开始自由下摆，求摆到竖直位置时端点A的速度。
方法（二）
机械能守恒
取质心最低时的位置为重力势能零点
水平位置
竖直位置
得：
解：方法一：机械能守恒。
取初始位置为重力势能零点，有：
绕转轴的
转动惯量
〔例4－12〕一均匀细棒（ ，m），可
绕过其一端的光滑轴转动，开始时棒静
止于水平位置，求其下摆角为 时的
角速度。
方法二：用转动动能定理。
力矩：
力矩的功：
转动动能定理：
方法三：转动定律。
分离变量：
〔例4－13〕均匀细棒长 L，质量为
m，可绕水平轴 O转动，将其由水平
位置由静止释放。
求（1）到达竖直位置时的角速度；
（2）此过程重力作的功。
解：（1）取O处为重力势能零点，机械能守恒：
（2）重力作功等于势能增量的负值
〔例4－14〕（4-23、4-24）
滑轮的转动惯量 J=0.5kg.m2 ，半径
r=30cm ，弹簧的倔强系数 k=2.0N/m ，
m=2.0kg，滑轮、重物系统由静止开始启动，
开始时弹簧没有伸长，忽略摩擦，（1）物体沿斜面能
滑行多远？（2）当物体沿斜面滑下1.00m时，它的速率
有多大？
解：（1）取坐标如图，
设初始位置为重力势能零点
重物、滑轮、弹簧、地球系统机械能守恒
（2）机械能守恒
作业：4-1、4-22
一.刚体绕固定轴的角动量
以下讨论以ω绕固定轴OZ转动的均匀细棒。（如图）
§4.4 刚体的角动量定理 角动量守恒定律
质元ｍｉ对O点的角动量为：
LZ ＝ J ω
刚体绕定轴转动的角动量LZ等于刚体对该轴的
转动惯量与转动角速度的乘积
（重点公式！）
二.定轴转动的角动量定理
1.角动量定理的微分形式
刚体所受到的对某定轴的合外力矩等于刚体对该轴的角动量的时间变化率。
角动量定理也适用于：
1）非刚体 2）由几个物体组成的系统
转动定律又可改写为
角动量定理比转动定律适用范围更广
2.角动量定理的积分形式：
作用在定轴转动的物体上的冲量矩等于物体对该轴
角动量的增量（与动量定理相类比）
三.角动量守恒定律
物体或物体系所受到对给定轴的合外力矩为零时，
则对该轴的角动量将保持不变，即
对固定轴的角动量守恒定律
若系统由多个物体组成，则
实例
（1）悬在常平架上的回转仪
用于轮船导航、
控制导弹飞行。
（2）人站在转台上的角动量守恒演示
（3）芭蕾舞、花样溜冰、体操、跳水等
〔例4－15〕均匀细棒可在竖直平面绕过中心的水平轴转动。小球ｍ‘以速度u与水平放置的棒端发生完全弹性碰撞（如图）求：碰后，小球回跳速度及棒的角速度。
解：方法（一）
对球用动量定理，设回跳速度为ｖ
对棒用角动量定理 ，设角速度为ω
ｍ
＋
（1）
又系统（棒＋球）机械能守恒
方法（二）
角动量守恒：
再利用机械能守恒
ｍ
＋
（2）
得：
〔例4－16〕电风扇开启后经ｔ１时间达到额定转速（ω0），当关闭电源后经ｔ２时间风扇停转。已知电机转子的转动惯量为J，假定摩擦阻力矩Mｆ与电机的电磁力矩M均为常量。试推算电机的电磁力矩大小。
解：根据角动量定理：
开启时，
关机时，
联立得，
作业：4-13、4-15、4-17、4-25
〔例4－17〕一质量为M边长为 L 的匀质方形薄
板，铅直放置，可绕其一固定边自由转动，
一质量为 m ，速度为 v 的垂直于板面撞
在板的边缘上，碰撞是弹性的，问碰撞后
板和小球怎样运动？
解：球、板系统绕固定轴的角动量守恒，机械能守恒。
（1）
（2）
（3）
解得：
V1与V符号相同，
小球按原方向运动，
小球运动方向反向，板作
转动。
〔例4－18〕长为 l 、质量为 M的均匀
杆，可绕通过杆一端O的水平光滑轴转
动，开始时杆铅直下垂，一质量为 m的
子弹以水平速度 ，射入杆上 A点，并
嵌于其中， ，求子弹射入瞬
间杆的角速度。 ，
解：子弹与杆系统对轴 O 的角动量守恒，
〔例4－19〕一质量为M、半径为R的水平均匀圆盘，可
绕通过中心的光滑竖直轴自由转动，在盘的边缘站着质量
为 m的人，开始时两者相对于地面静止，求当人在盘上
沿边缘走过一周时，盘对地面转过的角度。
解：
人与圆盘组成的系统对于转轴的角动量守恒：
* §4.5 陀螺的进动
1. 陀螺在绕自身对称高速旋转时，在重力矩作用下，其对称轴还将绕竖直轴OZ回转，这种现象称为进动。
2.回转仪的进动
回转仪绕其自转轴转动的角动量为L0，当平衡重物在杠杆上左、右移动时，回转仪将受到外力矩的作用，方向垂直与L0，回转仪的角动量将改变ΔL，方向与外力矩相同，也垂直与L0，因而杆将在水平面内绕竖直轴转动起来――回转效应。
3.应用实例
弹筒的来复线的作用，使炮弹绕自己的对称轴迅速旋转，空气阻力对炮弹产生一个阻力矩，使炮弹的自转轴绕阻力的作用线即弹道产生进动，从而使自转轴与前进方向不会有太大的偏离。
炮弹的引爆需要弹头击中目标，炮弹前进过程所受
空气阻力一般不通过质心，所以炮弹有可能翻转。高中物理奥赛讲义：串、并联电路规律的应用
[综诉]
本期主要讲解串、并联电路规律在电路分析中的应用 串联电路的主要规律是: 电流相等、电压相加、电阻相加、正比分压、正比分功率. 并联电路的主要规律是: 电流相加、电压相等、电阻倒数相加、反比分流、反比分功率.
　　应用串、并联电路的电压、电流和功率分配的规律,采用比例方法来解题,可以使运算过程大大简化.不仅在高考题中得到广泛应用,在物理竞赛中也累见不鲜.
　　一、用比例法巧解部分电路和全电路问题 ( http: / / www.21cnjy.com / " \l "001" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )
　　二、电路计算也要注意物理过程的分析 ( http: / / www.21cnjy.com / " \l "002" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )
　　三、复杂问题要注意抓住“关节点” ( http: / / www.21cnjy.com / " \l "003" \o "欢迎登陆21世纪教育网 )
[要点讲解]
一、用比例法巧解部分电路和全电路问题
采用比例法解电路问题可以减少烦琐的计算提高解题速度
例1 规格为100W/200V和25 W/200V的甲、乙两盏灯串联接在200V 的电压下,若不考虑灯丝电阻随温度的变化 两盏灯的实际功率分别为多少W ？此题不用求灯丝电阻 注意到电功率公式 Ｐ＝Ｕ2 ,Ｒ 甲、乙两灯电阻之比为1: 4 根据“串联电路正比分压” 甲灯实际电压为额定电压的1/ 5 实际功率为额定的1/ 25 合4 W. 乙灯实际电压为额定电压的4/ 5 实际功率为额定的16/25 合16 W.
　　比例法也可以用于解全电路问题 ,其实, 全电路问题和部分电路问题没有本质的区别, 在一定意义上可以说： 全电路问题的实质是在保持电源电动势和电源内阻不变的条件下 ,随着外电路的变化 内外电路的电压重新分配.
例2. 下图中Ｒ为定值电阻,当电键打开时,电源的内、外电路消耗的功率之比为1:3.当电键闭合时,电源的内、外电路消耗的功率之比为1:1.求电键闭合前后灯泡Ｌ消耗的功率之比和全电路消耗的总功率之比.
　　此题不用求电源电动势和内阻 电键打开时,电源的内、外电路消耗的功率之比为1: 3.根据“串联电路正比分压、正比分功率” 此时内、外电路的电阻比和电压比都是1: 3.若电源电动势为E 灯泡Ｌ两端电压为3E/4 同理 当电键闭合时,灯泡Ｌ两端电压为 E/2 根据公式 Ｐ＝Ｕ2/Ｒ灯 电键闭合前后灯泡Ｌ消耗的功率之比为9 :4。
若电源内阻为r,不难看出 电键闭合前后外电路电阻分别为3r和r. 全电路的总电阻分别为4r和2r. 因此, 电键闭合前后全电路消耗的总功率之比为E2 (4r): E2 (2r)＝1: 2
二、电路计算也要注意物理过程的分析
　　不少同学认为, 电路计算的关键是正确选用公式 ,计算不要出错而以 ,没有必要分析物理过程, 其实不然, 请看下面两个例子。
例3 .电阻Ｒ1＝4Ω和Ｒ2＝9Ω串联起来接在电路中,要使两电阻上消耗的电功率相等,以下可行的办法是
Ａ.在Ｒ1上串一个5Ω的电阻 Ｂ.在Ｒ1上并一个5Ω的电阻
Ｃ.在Ｒ2上并一个4Ω的电阻 Ｄ.在Ｒ2上并一个18Ω的电阻
不少同学误选Ａ.他们错误地认为4Ω加5Ω等于9Ω 消耗的功率当然相等.其实这种想法根本没有理解本题的意义本题要求是采用适当的方法, 改变电路 使两个阻值不等的电阻上的实际电功率相等 注意到公式 Ｐ＝Ｉ2 Ｒ 串联电路电流相等 两电阻阻值之比为4: 9 ,要使它们的电功率相等, 惟有使其电流的平方之比为9 :4、电流之比为3: 2. 不难看出 在Ｒ2上并一个18Ω的电阻分走1/ 3 的电流是最有效的措施
例4 .上图是一个电路的一部分,其中Ｒ1＝5Ω,Ｒ2＝1Ω,Ｒ3＝3Ω,Ｉ1＝0.2A,Ｉ2＝0.1A,电流方向如图.则电流表的读数为____A.通过电流表的电流方向向_________.
由于本电路的其余部分情况不明 ，不少同学不敢下手 .要处理这种题目， 必须首先分析电路中的电流走向和电压高低 .根据欧姆定律不难算出ＵＡＢ＝1 .0V、ＵＡＣ＝0.1V 那么 Ｂ、Ｃ两点哪点的电位高呢 这就需要对电压的概念有以个正确的理解：电压就是电势降落 Ｂ比Ａ降了1 .0V Ｃ比Ａ降了0.1V 当然Ｃ点的电位比Ｂ高0.9 V Ｒ3上的电流大小为0.3 V 方向向上.
　　还要注意到电路的一重要规律：对于电路的任意一个节点 流入的电流和流出的电流总是相等的 因此 电流表的读数为0.2A,方向向左.
三、复杂问题要注意抓住“关节点”
例5 .如下所示,滑动变阻器的总阻值Ｒ0＞Ｒ1≠0.当滑动变阻的触头位于它的中点时,电压表的示度为Ｕ电流表的示度为Ｉ,则滑动变阻器的触头继续向上移动的过程中
Ａ.电压表的示度总小于Ｕ
Ｂ.电压表的示度先减小后增大
Ｃ.电流表的示度总大于Ｉ
Ｄ.电压表的示度先增大后减小
本题是全电路的路端电压问题的一道典型题目。先简化电路,除去两电表,相当于两个并联电阻与Ｒ2串联,滑动变阻器位于中点时,上、下两并联支路电阻不等(滑动变阻器的总阻值大于Ｒ1≠0),滑动触头移到两支路电阻相等时,总电阻最大,总电流最小.不难看出电压表的示度先增大后减小.对电流表的示度的分析就复杂多了：总电流在变、上支路电阻也在变对于这种复杂问题要注意抓住“关节点”将整个过程分为两阶段: 两支路电阻相等前,总电流减小.并联电路的电压Ｕ并＝E－Ｉ(Ｒ＋ｒ)加大,安培表支路电阻减小,安培表指数加大.两支路电阻相等后,总电流加大,安培表支路电阻减小,安培表指数加大.因此,选项Ｂ、Ｃ是正确的.


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1.如下左图所示,三个定值电阻Ｒ1、Ｒ２、Ｒ３在电路中消耗的电功率之比Ｐ1:Ｐ2:Ｐ3＝1: 2: 3.则电阻Ｒ1:Ｒ３＝_________.Ｒ1:Ｒ２＝__________.
*2.三个规格分别为30Ω/30 W、10Ω/40 W、30Ω/24.3W的定值电阻,若将它们串联在电路中,总电压不能超过______ V.若将它们并联在电路中,总电流不能超过______ A.
*3.两只内阻不同、满偏电流相同的电流表改装成的电压表Ｖ1和Ｖ2 串联和并联接入电路,则两只电压表
Ａ.串联时示数之比与表的内阻成正比
Ｂ.并联时示数之比与表的内阻成反比
Ｃ.串联时指针偏转角度之比与表的内阻成正比
Ｄ.并联时指针偏转角度之比与表的内阻成反比
*4.三个电压表内阻之比依次为2: 3: 1,按如下图所示连方法接,接在12 V的电压下,已知Ｖ1读数为3 V,则电压表Ｖ2的读数为________ V.电压表Ｖ3读数为________ V

答案和提示
1.反比分功率 Ｒ1:Ｒ３＝3:1.反比分流 Ｉ1: Ｉ３＝1: 3.电流相加Ｉ2:Ｉ1＝4 :1、由Ｒ＝Ｐ/Ｉ2得Ｒ1:Ｒ２＝(1/2)(16/1)＝8:1.
2. 先计算电压和电流：30V/1A、20V/2A、27V/0.9A.串联允许电流小的危险、以0.9A为准Ｕ＝0.9×(30＋20＋27) ＝63 V 并联允许电压小的危险、以20V为准
Ｉ＝(20/30)＋(20/10)＋(20/30) ＝3.33 A
3.Ａ、Ｄ(提示：串联时流过电表电流相同 刻度不同 正比分压. 并联时反比分流电流指针偏转角度与流过电表电流成正比.
4.9 V、1.5 V.(提示：总电压12V则Ｖ2读数9 V.电表读数取决于它的内阻和流过的电流Ｉ3＝Ｉ2－Ｉ1＝Ｉ1注意电表内阻不同,则Ｉ1:Ｉ2＝(Ｕ1/Ｒ1)/(Ｕ2/Ｒ2)＝(Ｕ1/Ｕ2)(Ｒ2/Ｒ1) ＝1/2、读数Ｕ3/Ｕ1＝Ｉ3Ｒ3/(Ｉ1Ｒ1)＝1(1/2)＝0.5,则Ｖ3读数1.5 V.高中物理奥赛讲义：带电粒子在电磁场中的运动（二）
【内容综述】
　　这部分的内容，主要是研究在重力、电场力和洛仑兹力同时作用下，带电粒子的运动规律。重点是对带电粒子进行受力分析，确定带电粒子的运动状态。

【要点讲解】
　　学习这部分知识，首先要清楚重力场、电场和磁场对带电粒子的作用的性质，以及重力场、电场和磁场对带电粒子作用力的区别：只要带电粒子处于重力场中，就一定会受到重力，而且带电粒子所受重力一定是恒力；只要带电粒子处于电场中，就一定分受到电场力，而且，如果电场是匀强电场，那么带电粒子所受电场力一定是恒力；在磁场中，只有带电粒子运动才可能受到洛仑兹力作用，只有带电粒子的运动方向不与磁场方向平行，带电粒子才一定受到洛仑兹力作用。同时，要注意，洛仑兹力的方向与带电粒子的运动方向垂直，这就意味着，作曲线运动的带电粒子所受的洛仑兹力是变力。
　　重力、电场力对带电粒子作功；而洛仑兹力对带电粒不作功。因此，在很多情况下，需要从能量变化的角度考虑问题。

【例题分析】
　　例1．用轻质绝缘细线把带负电的小球悬挂在O点，在没有磁场时，小球在竖直平面内AB之间来回摆动，当小球经过悬点正下方时悬线对小球的拉力为。现在小球摆动的空间加上方向垂直纸面向外的磁场，如图11-4-1所示，此时小球仍AB之间来回摆动，用表示小球从A向B摆经过悬点正下方时悬线的拉力，用表示小球从B向A摆经过悬点正下时悬线的拉力。则

　　（A）
　　（B）
　　（C）
　　（D）
　　分析：带电小球在最低点的受力情况，由于小球做圆周运动，根据牛顿运动定律便可求解。
　　解：
　　在没有磁场时，小球在悬点正下方时受两个力：拉力和重力mg。
　　根据牛顿第二定律，有
　　
　　式中V为小球过悬点正下方时的速率，L为摆长，
　　所以
　　小球摆动区加了如图11-4-1示的磁场后，小球摆动的过程中还受洛仑兹力的作用，因洛仑兹力方向和小球运动方向垂直，不改变小球到达悬点正下方的速率V，但小球在悬点正下方时除受悬线拉力和重力外还受洛仑兹力f.当小球由A向B摆动时，f的方向左手定则判断是沿悬线向下，根据牛顿第二定律，小球在悬点正下方时有
　　
　　得
　　当球从B向A摆动经悬点正下方时，洛仑兹力的方向是沿悬线向上，根据牛顿第二定律可得
　　
　　结果是
　　因此
　　（B）选项是正确的。
　　说明：
　　在用左手定则判断洛仑兹力的方向时，要区别正、负电荷：判断正电荷受洛仑兹力的方向时，用正电荷的运动方向代替判断安培力方向时的电流方向（即四指指向）；若判断负电荷受洛仑兹力的方向，四指应指向负电荷运动的反方向。
　　例2　一质量为m的带电液滴在互相垂直地匀强电场和匀强磁场中运动。已知电场强度为E，方向如图11-4-2所示。若此液滴在垂直于磁场的平面内作半径为R的圆周运动（液滴受的空气浮力和阻力不计）。问：
　　（1）液滴受哪几个力作用？
　　（2）液滴的速度大小如何？
　　（3）若此液滴运行到最低点A时分裂成大小相等的两个液滴，其中一个仍在原平面内作半径的圆周运动，绕行方向不变，此圆周的最低点也是A点，那么另一个液滴是怎样运动的？
　　分析：
　　带电液滴在电场、磁场构成的复合场中运动。液滴在竖直方向受恒定电场力的作用作圆周运动，是由于液滴的重力正好与电场力平衡，电场力方向必向上，液滴带负电。用左手定则可以判定出液滴沿顺时针方向运动。洛仑兹力是带电液滴作圆周运动的向心力，据此可以算出液滴的速度及分裂后第一个液滴的速度。根据液滴在分裂过程中动量守恒，可进一步解答出液滴分裂后，第二个液滴的运动情况。
　　解答：
　　（1）液滴受重力mg竖直向下，受电场力qE竖直向上，洛仑兹力与运动方向垂直指向运动轨迹的圆心。
　　（2）因液滴作圆周运动，故重力与电场力平衡：
　　mg=qE
　　又因为洛仑兹力是液滴作圆周运动的向心力，所以：
　　
　　两式联立消去q得：
　　
　　（3）液滴分裂成两个大小相同的液滴后，第一个液滴仍能作圆周运动，说明其所受电场力与重力平衡。显然两个液滴所带电量也是相同的。设第一个液滴运动速度变为，同理：
　　
　　设分裂后的第二个液滴的速度为，根据动量守恒定律：
　　
　　将代入式得：
　　
　　此式说明第二个液滴分裂后速度大小与原液滴的速度相等，但方向相反。所以它们作半径为R的圆周运动，绕行方向不变，A点为该圆最高点，如图11-4-3所示。
　　例3　在地面上的真空室内，存在匀强电场和匀强磁场，已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小E=4.0V/m，磁感应强度的大下B=0.15T。今有一带负电的质点以V=20m/s的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比，以及磁场的所有可能方向（角度可用反三角函数表示）。
　　分析：
　　首先要知道带电质点不但受电场力、磁场力的作用；还受到重力的作用。带电粒子在这三力作用下做匀速直线运动，说明这三个力平衡，这三个力中的重力方向竖直向下是确定的，那么电场力和磁场力的合力应竖直向上，且大小和重力大小相等，因为电场强度和磁感应强度的方向相同，说明带电质点受的电场力和磁场力方向垂直，确定了三个力的方向，又知道各力的大小就可列方程求解。
　　解：
　　带电质点在电场力（qE）、磁场力（qVB）和重力（mg）的作用下做匀速直线运动，则这三个力同在竖直平面内，合力为零，三个方向如图11-4-4所示。
　　根据图中各力的几何关系有
　　
　　于是，
　　用表示磁场方向和重力方向的夹角，该夹角是以重力方向为轴的一个圆锥角，因为
　　
　　所以
　　
　　说明
　　本题带负电质点的速度方向是垂直纸面向外，前面学习了带电粒子在同时存在匀强电场E和匀强磁场B的空间里做匀速直线运动是时，这时电场方向、磁场方向和粒子运动方向互垂直，且。而这道题是带电质点同时在重力场、电场、磁场作用下的运动，希望同学们认真对比一下。
　　例4　在如图11-4-5所示的直角坐标系中，坐标原点O固定电量为Q的正点电荷，另有指向y轴正方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场，因而另一个质量为m、电量为q的正点电荷微粒恰能以y轴上的O’点为圆心作匀速圆周运动，其轨道平面与xOz平面平行，角速度为。试求圆心O’的坐标值。
　　分析：
　　这是一个带电微粒在复合场中作匀速圆周运动的问题。带电微粒受重力、库仑力、洛仑兹力，如图11-4-6所示。这三个力的合力是向心力。
　　解答：
　　设带电微粒作匀速圆周运动的半径为R，圆心O’的纵坐标为y，圆周上的一点与坐标原点的连线与y轴夹角为，那么：
　　
　以带电微粒为研究对象，列动力学方程：
　　
　　带电微粒所受洛仑兹力为：
　　
　　由以上四式得：
　　
　　消去R得：
　　

【同步达纲练习】
　　A组
　　1．三个相同的带电小球1、2、3，在重力场中从同一高度由静止开始落下，其中小球1通过一附加的水平方向匀强电场，小球2通过一附加的水平方向匀强磁场，设三个小球落到同一高度时的动能分别为，忽略空气阻力，则
　　（A）（B）
　　（C）（D）
　　2．如图11-4-7所示，带电液滴从h高处自由落下，进入一个匀强电场与匀强磁场互相垂直的区域，磁场方向垂直纸面，电场强度为E，磁感应强度为B，已知液滴在此区域中匀速圆周运动，则圆周的半径R=_______。
　　3．如图11-4-8所示，丝线的一端固定，另一端一个带正电的小球，小球质量为m，带电量为q，现使丝线与竖直方向成角，由静止释放小球，小球运动的空间内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。已知丝线长l，求小球连续两次通过最低点时，对丝线的拉力各多大？
　　B组
　　4．如图11-4-9所示，一对竖直放置的平行金属板长为l，两板间距为d，接在电压为U的直流电源上。在两板间还有与电场方向垂直的匀强磁场，磁感应强度B垂直纸平面向里。一个质量为m、电量为q(q>0)的油滴，从距离平板上端h高处由静止开始自由下落，并经两板上端的中央点p进入两板之间有电场和磁场的空间，设油滴在p点所受的电场力与磁场力恰好平衡，设油滴经p点后不断向右极板偏转，最后经右极板下端边缘的D点离开两板之间的电磁场区域。试求：
　　（1）h 的大小
　　（2）油滴在D点的速度
　　5．如图11-4-10所示，水平向右的匀强电场场强为E。方向水平且与E垂直的匀强磁场，磁感应强度为B。在其间一个固定不动的竖直杆上，套有一个带电量为q、质量为m的小球，小球与杆间的动摩擦因数为已知。现使小球由静止释放，求它可能达到的最大速度

参考答案
【同步达纲练习】
　　1．B 2．[提示：mg=qE 。
　　3．从左向右通过最低点时，
　　从右向左通过最低点时，
　　4．（1）（2）
　　[提示：在P点；从P点到O点
　　。种之即可得]
　　5．
　　[提示：当洛仑兹力增大到某一值时恰使滑动摩擦力等于重力时小球速度最大]高中物理奥赛讲义：光的粒子性
【内容综述】
　　光的波动说成功的解释了光的干涉、衍射现象，也解释了光的直进、反射、折射现象。但是，光照射到金属表面上产生的光电效应，无法用波动说解释，必须用光的量子理论才能正确解释。在本期中重点讨论光的量子理论和光电效应规律，简单讨论光的波粒二象性。
【要点讲解】
　　（一）光的量子性
　　1900年德国学者普朗克在研究绝对黑体的辐射时提出：物体辐射或吸收的能量是不连续的，存在着能量最小单元，物体辐射或吸收的能量是最小能量单元的整数倍。即能量是一份一份地按不连续的方式进行，每一份能量大小
　　……（1）
　　，称为普朗克恒量。1905年爱因斯坦提出在空间传播的光也是一份一份的，每一份叫一个光子。
　　光子有能量，也有动量。根据爱因斯坦质能方程可得光子运动质量.C是真空中的光速，则光子动量。
　　或…… (2)
　　(二)光电效应
　　金属板在光的照射下发射出电子的现象叫光电效应，发射出的电子叫光电子，由光电子形成的电流叫光电流。对光电效应规律的认识要抓住两有条主线：
　　1．光电子的最大初动能跟入射光频率之间的关系
　　光电子能否发射及发射后光电子的最大初动能，由入射光子的能量和金属的逸出功W决定，而与其它因素无关。实验表明，只有入射光的频率大于某一值时才能产生电效应，从能量角度看，只有入射光子的能量才能发射光电子。设光电子
的最大初动能为，根据能量守恒可得。
　　…… (3)
　　这就是爱因斯坦的光电方程。式中，当入射光子的频率为时，，就是产生光电效应的极限频率。当时，光电子能发射，当时，V越大，也越大。与V的关系可用图1表示，其横轴截距表示极限频率，纵轴截距的大小表示逸出功W。
　　可用图2实验装置测出，给光电管加上反向电压（），当电流表示数为零时，表明从阴极K飞出的具有最大初动能的光电子已不能达到A极，设此时电压为，称为遏止电压。则
　　 ……（4）
　　2、光电流的饱和值跟入射光强度的关系
　　利用图2所示实验装给光电管加正向电压（），在光强一定的条件下，光电流强度随电压的增大而增大，当电压达到某一值后，则光电流趋近于某一值，称之为饱和光电流在不同光强下做实验，光电流的饱和值不同，实验表明，光电流的饱和值跟入射光强度成正比。在入射光频率一定的情况下，光电流强度跟电压与光强的如图例3所示，图线Ⅱ比Ⅰ入射光强度大。图中横轴上的截距表示I＝0时的反向电压（）,即遏止电压。
　　光电流强度的饱和值跟入射光强度的关系也可以从电流强度的计算式得出：光电流在达到饱和状态下，，式中e为光电子带电量，为单位时间内到达阳极A的光电子数，结果表明电流的强弱跟单位时间内到达阳极的光电子数成正比。在频率一定的情况下，入射光强，表明单位时间内入射到阴极K上的光子数多，则从K极发射的电子数也多，单位时间内到达阳极A的电子数也多，因此光电流饱和值就大。
　　（三）光的波粒二象性
　　近代物理学借用了经典物理学中波和粒子的概念，认为光具有波粒二象性。光的波粒二象性可理解为光是由光子组成的，光子是微观粒子，光子个体表现出粒子性，光的波动性是对大量光子的统计性运动的结果，公式（1）、（2）是联系粒子的能量、动量跟波的频率、波长之间的联系。1924年法国学者德布罗意把这种关系推广到微观实物粒子上（如电子、质子、原子等），提出了物质波或德布罗意波，德布罗意波的波长。
【例题分析】
　　例、如图4所示，一光电管的阴极极限波长的钠制成，用波长的紫外线照射阴极，光电管阳极A和阴极K之间的电势差U＝2.1V，光电流的饱和值。求：
　　（1）每秒内由K极发射的电子数。
　　（2）电子到达A极时的最大动能。
　　（普朗克恒量）。
　　分析与解答：
　　（1）光电流达到饱和时，每秒内到达阳极A的电子数等于每秒内从阴极K发射出的光电子数，设每秒内发射的电子数为n，则
　　
　　（1）根据爱因斯坦方程，当用波长为的紫光照射阴极时，光电子的最大初动能
　　而，所以
　　
　　 在AK之间加上电压U时，设电子到达A极时最大动能为，根据动能定理可得
　　,
　　所以
　　 　　　　


A　组
　　1．阳光垂直照射地球时，每平方米的可见光功率约为W，可见光的波长范围是从m到。 试估算垂直阳光的地面上，每平方厘米、每秒钟接收的可见光光子数为 个。（普朗克恒量）
　　2、在一定条件下，人的眼睛视网膜能够对五个兰绿光光子（）产生光的感觉，此时视网膜上接受到的光能量为 J。如果每秒钟都吸收五个这样的光子，到达眼睛的功率为 W。
　　3、一光电管阴极对于波长m的入射光，发射光电子的遏止电压为0.71V，当入射光的波长为多少时，其遏止电压变为1.43V？（电子电量，普朗克常量）。
B　组
　　1．用波长是m的光照射光电管的阴极，使光电流为零需加的遏止电压为2.60V，用m的光照射时，遏止电压为0.94V，求普朗克常量和产生光电效应的物质的逸出功。
　　★2、在光电效应实验中，一个学生测得某金属遏止电压和入射光波长有下列对应关系
（m） （v）
1.40
2.00
3.10
用作图法求该金属光电效应的极限波长。
　　★★3．一台二氧化碳气体激光嚣发出的激光功率为N ＝ 1000W，射出的光束截面积为A＝1.00mm2。试问：
　　（1）当该光束垂直入射到一物体平面上时，可能产生的光压的最大值为多少？
　　（2）这束光垂直射到温度T为273K，厚度d为2.00cm 的铁板上，如果有80％的光束能量被激光所照射的那一部分铁板所吸收，并使其溶化或与光束等截面积的直圆柱孔，这需要多少时间？
　　已知，对于波长为的光束，其每一个光子的动量为，式中的h为普朗克恒量。铁的有关参数为：热容量，密度,熔点Tm＝1798K，溶解热,摩尔质量。
　　4、已知电子和氢原子的动能都是100ev，计算它们的德布罗意波长分别是多少。（电子质量，氢原子质量）。


参考答案和提示
　　A组
　　1．
　　2．。
　　3．
　　B组
　　1．， W＝
　　提示：根据爱因斯坦光电效应方程
和遏止电压方程可得
　　。针对两入射光所给波长和遏止电压列出两方程即可求解。
　　2．极限波长。
　　提示：由得U0＝，作出U0－图象如图5，由横轴截距可得，所以极限波长。
　　3．分析与解答：（1）光照射到物体表面上，由于光子的碰撞会对光照面产生压力，由这种压力产生的压强称为光压。
　　当光束垂直入射到一个平面上时，如果光束被完全反射，且反射光垂直于平面，则光子的动量改变达最大值：
　　
　　此时该光束对被照射面产生的光压为最大，设光子与平面作用时间为，每个光子对平面的压力大小
　　F＝
　　设Δt时间内射到平面上的光子数为n，则光压P的数值就等于这些光子对被照面的总压力除以受力面积A，即
　　
　　每个光子的能量E＝，C为真空中光速，为波长，n个光子的总能量
　　
　　所以
　　所以光压
　　（1）被激光照射并溶解的铁的质量,设照射时间t熔解，则该部分铁在熔化过程中吸热
　　
　　所以
　　代入数据解得t = 0.192S。
　　4．电子波长m。氢原子波长

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