第十部分 磁場

第一講 基本知識介紹

《磁場》部分在奧賽考剛中的考點很少，和高考要求的區(qū)別不是很大，只是在兩處有深化：a、電流的磁場引進定量計算；b、對帶電粒子在復(fù)合場中的運動進行了更深入的分析。

一、磁場與安培力

1、磁場

a、永磁體、電流磁場→磁現(xiàn)象的電本質(zhì)

b、磁感強度、磁通量

c、穩(wěn)恒電流的磁場

*畢奧-薩伐爾定律（Biot-Savart law）：對于電流強度為I 、長度為dI的導(dǎo)體元段，在距離為r的點激發(fā)的“元磁感應(yīng)強度”為dB 。矢量式d= k，（d表示導(dǎo)體元段的方向沿電流的方向、為導(dǎo)體元段到考查點的方向矢量）；或用大小關(guān)系式dB = k結(jié)合安培定則尋求方向亦可。其中 k = 1.0×10^?7N/A² 。應(yīng)用畢薩定律再結(jié)合矢量疊加原理，可以求解任何形狀導(dǎo)線在任何位置激發(fā)的磁感強度。

畢薩定律應(yīng)用在“無限長”直導(dǎo)線的結(jié)論：B = 2k ；

*畢薩定律應(yīng)用在環(huán)形電流垂直中心軸線上的結(jié)論：B = 2πkI ；

*畢薩定律應(yīng)用在“無限長”螺線管內(nèi)部的結(jié)論：B = 2πknI 。其中n為單位長度螺線管的匝數(shù)。

2、安培力

a、對直導(dǎo)體，矢量式為 = I；或表達為大小關(guān)系式 F = BILsinθ再結(jié)合“左手定則”解決方向問題（θ為B與L的夾角）。

b、彎曲導(dǎo)體的安培力

⑴整體合力

折線導(dǎo)體所受安培力的合力等于連接始末端連線導(dǎo)體（電流不變）的的安培力。

證明：參照圖9-1，令MN段導(dǎo)體的安培力F₁與NO段導(dǎo)體的安培力F₂的合力為F，則F的大小為

F = 

  = BI

  = BI

關(guān)于F的方向，由于ΔFF₂P∽ΔMNO，可以證明圖9-1中的兩個灰色三角形相似，這也就證明了F是垂直MO的，再由于ΔPMO是等腰三角形（這個證明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中點了。

證畢。

由于連續(xù)彎曲的導(dǎo)體可以看成是無窮多元段直線導(dǎo)體的折合，所以，關(guān)于折線導(dǎo)體整體合力的結(jié)論也適用于彎曲導(dǎo)體。（說明：這個結(jié)論只適用于勻強磁場。）

⑵導(dǎo)體的內(nèi)張力

彎曲導(dǎo)體在平衡或加速的情形下，均會出現(xiàn)內(nèi)張力，具體分析時，可將導(dǎo)體在被考查點切斷，再將被切斷的某一部分隔離，列平衡方程或動力學(xué)方程求解。

c、勻強磁場對線圈的轉(zhuǎn)矩

如圖9-2所示，當一個矩形線圈（線圈面積為S、通以恒定電流I）放入勻強磁場中，且磁場B的方向平行線圈平面時，線圈受安培力將轉(zhuǎn)動（并自動選擇垂直B的中心軸OO′，因為質(zhì)心無加速度），此瞬時的力矩為

M = BIS

幾種情形的討論——

⑴增加匝數(shù)至N ，則 M = NBIS ；

⑵轉(zhuǎn)軸平移，結(jié)論不變（證明從略）；

⑶線圈形狀改變，結(jié)論不變（證明從略）；

*⑷磁場平行線圈平面相對原磁場方向旋轉(zhuǎn)α角，則M = BIScosα ，如圖9-3；

證明：當α = 90°時，顯然M = 0 ，而磁場是可以分解的，只有垂直轉(zhuǎn)軸的的分量Bcosα才能產(chǎn)生力矩…

⑸磁場B垂直O(jiān)O′軸相對線圈平面旋轉(zhuǎn)β角，則M = BIScosβ ，如圖9-4。

證明：當β = 90°時，顯然M = 0 ，而磁場是可以分解的，只有平行線圈平面的的分量Bcosβ才能產(chǎn)生力矩…

說明：在默認的情況下，討論線圈的轉(zhuǎn)矩時，認為線圈的轉(zhuǎn)軸垂直磁場。如果沒有人為設(shè)定，而是讓安培力自行選定轉(zhuǎn)軸，這時的力矩稱為力偶矩。

二、洛侖茲力

1、概念與規(guī)律

a、 = q，或展開為f = qvBsinθ再結(jié)合左、右手定則確定方向（其中θ為與的夾角）。安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現(xiàn)。

b、能量性質(zhì)

由于總垂直與確定的平面，故總垂直 ，只能起到改變速度方向的作用。結(jié)論：洛侖茲力可對帶電粒子形成沖量，卻不可能做功�；颍郝鍋銎澚�可使帶電粒子的動量發(fā)生改變卻不能使其動能發(fā)生改變。

問題：安培力可以做功，為什么洛侖茲力不能做功？

解說：應(yīng)該注意“安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現(xiàn)”這句話的確切含義——“宏觀體現(xiàn)”和“完全相等”是有區(qū)別的。我們可以分兩種情形看這個問題：（1）導(dǎo)體靜止時，所有粒子的洛侖茲力的合力等于安培力（這個證明從略）；（2）導(dǎo)體運動時，粒子參與的是沿導(dǎo)體棒的運動v₁和導(dǎo)體運動v₂的合運動，其合速度為v ，這時的洛侖茲力f垂直v而安培力垂直導(dǎo)體棒，它們是不可能相等的，只能說安培力是洛侖茲力的分力f₁ = qv₁B的合力（見圖9-5）。

很顯然，f₁的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者說f₁的正功和f₂的負功的代數(shù)和為零）。（事實上，由于電子定向移動速率v₁在10^?5m/s數(shù)量級，而v₂一般都在10^?2m/s數(shù)量級以上，致使f₁只是f的一個極小分量。）

☆如果從能量的角度看這個問題，當導(dǎo)體棒放在光滑的導(dǎo)軌上時（參看圖9-6），導(dǎo)體棒必獲得動能，這個動能是怎么轉(zhuǎn)化來的呢？

若先將導(dǎo)體棒卡住，回路中形成穩(wěn)恒的電流，電流的功轉(zhuǎn)化為回路的焦耳熱。而將導(dǎo)體棒釋放后，導(dǎo)體棒受安培力加速，將形成感應(yīng)電動勢（反電動勢）。動力學(xué)分析可知，導(dǎo)體棒的最后穩(wěn)定狀態(tài)是勻速運動（感應(yīng)電動勢等于電源電動勢，回路電流為零）。由于達到穩(wěn)定速度前的回路電流是逐漸減小的，故在相同時間內(nèi)發(fā)的焦耳熱將比導(dǎo)體棒被卡住時少。所以，導(dǎo)體棒動能的增加是以回路焦耳熱的減少為代價的。

2、僅受洛侖茲力的帶電粒子運動

a、⊥時，勻速圓周運動，半徑r =  ，周期T = 

b、與成一般夾角θ時，做等螺距螺旋運動，半徑r =  ，螺距d = 

這個結(jié)論的證明一般是將分解…（過程從略）。

☆但也有一個問題，如果將分解（成垂直速度分量B₂和平行速度分量B₁ ，如圖9-7所示），粒子的運動情形似乎就不一樣了——在垂直B₂的平面內(nèi)做圓周運動？

其實，在圖9-7中，B₁平行v只是一種暫時的現(xiàn)象，一旦受B₂的洛侖茲力作用，v改變方向后就不再平行B₁了。當B₁施加了洛侖茲力后，粒子的“圓周運動”就無法達成了。（而在分解v的處理中，這種局面是不會出現(xiàn)的。）

3、磁聚焦

a、結(jié)構(gòu)：見圖9-8，K和G分別為陰極和控制極，A為陽極加共軸限制膜片，螺線管提供勻強磁場。

b、原理：由于控制極和共軸膜片的存在，電子進磁場的發(fā)散角極小，即速度和磁場的夾角θ極小，各粒子做螺旋運動時可以認為螺距彼此相等（半徑可以不等），故所有粒子會“聚焦”在熒光屏上的P點。

4、回旋加速器

a、結(jié)構(gòu)&原理（注意加速時間應(yīng)忽略）

b、磁場與交變電場頻率的關(guān)系

因回旋周期T和交變電場周期T′必相等，故 =

c、最大速度 v_max = = 2πRf

5、質(zhì)譜儀

速度選擇器&粒子圓周運動，和高考要求相同。

第二講 典型例題解析

一、磁場與安培力的計算

【例題1】兩根無限長的平行直導(dǎo)線a、b相距40cm，通過電流的大小都是3.0A，方向相反。試求位于兩根導(dǎo)線之間且在兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)的、與a導(dǎo)線相距10cm的P點的磁感強度。

【解說】這是一個關(guān)于畢薩定律的簡單應(yīng)用。解題過程從略。

【答案】大小為8.0×10^?6T ，方向在圖9-9中垂直紙面向外。

【例題2】半徑為R ，通有電流I的圓形線圈，放在磁感強度大小為B 、方向垂直線圈平面的勻強磁場中，求由于安培力而引起的線圈內(nèi)張力。

【解說】本題有兩種解法。

方法一：隔離一小段弧，對應(yīng)圓心角θ ，則弧長L = θR 。因為θ →

第一部分  力＆物體的平衡

第一講 力的處理

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�。篶 =  ，其中α為和的夾角。

和矢量方向：在、之間，和夾角β= arcsin

2、減法

表達： = － 。

名詞：為“被減數(shù)矢量”，為“減數(shù)矢量”，為“差矢量”。

法則：三角形法則。如圖2所示。將被減數(shù)矢量和減數(shù)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(shù)時量的時量，即是差矢量。

差矢量大�。篴 =  ，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(zhì)點做勻速率圓周運動，半徑為R ，周期為T ，求它在T內(nèi)和在T內(nèi)的平均加速度大小。

解說：如圖3所示，A到B點對應(yīng)T的過程，A到C點對應(yīng)T的過程。這三點的速度矢量分別設(shè)為、和。

根據(jù)加速度的定義 = 得：= ，= 

由于有兩處涉及矢量減法，設(shè)兩個差矢量 = － ，= － ，根據(jù)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(guān)心各矢量的大小，顯然：

 =  =  =  ，且： = =  ， = 2= 

所以：=  =  =  ，=  =  =  。

（學(xué)生活動）觀察與思考：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(shù)的乘法有著質(zhì)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�。篶 = absinα，其中α為和的夾角。意義：的大小對應(yīng)由和作成的平行四邊形的面積。

叉積的方向：垂直和確定的平面，并由右手螺旋定則確定方向，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�。篶 = 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、特征：質(zhì)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(guān)系比較簡單。

答案：距棒的左端L/4處。

（學(xué)生活動）思考：放在斜面上的均質(zhì)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不可能通過長方體的重心。正確受力情形如圖6所示（通常的受力圖是將受力物體看成一個點，這時，N就過重心了）。

答：不會。

二、轉(zhuǎn)動平衡

1、特征：物體無轉(zhuǎn)動加速度。

2、條件：Σ= 0 ，或ΣM₊ =ΣM_- 

如果物體靜止，肯定會同時滿足兩種平衡，因此用兩種思路均可解題。

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(xí)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(zhuǎn)動的夾板（β不定），夾板和斜面夾著一個質(zhì)量為m的光滑均質(zhì)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(tài)處理。

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(gòu)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(dǎo)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(diào)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N_2min = Gsinα。

法二，函數(shù)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(xiàn)隨時間t的變化規(guī)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(xué)旨在解決靜態(tài)問題和準靜態(tài)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，平衡方程不再適用。如何避開牛頓第二定律，是本題授課時的難點。

靜力學(xué)的知識，本題在于區(qū)分兩種摩擦的不同判據(jù)。

水平方向合力為零，得：支持力N持續(xù)增大。

物體在運動時，滑動摩擦力f = μN ，必持續(xù)增大。但物體在靜止后靜摩擦力f′≡ G ，與N沒有關(guān)系。

對運動過程加以分析，物體必有加速和減速兩個過程。據(jù)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(huán)上，另一輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)為k ，自由長度為L（L＜2R），一端固定在大圓環(huán)的頂點A ，另一端與小球相連。環(huán)靜止平衡時位于大環(huán)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，解三角形的典型思路有三種：①分割成直角三角形（或本來就是直角三角形）；②利用正、余弦定理；③利用力學(xué)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路。

分析小球受力→矢量平移，如圖12所示，其中F表示彈簧彈力，N表示大環(huán)的支持力。

（學(xué)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(guān)系：= 2Rcosθ                     ⑶

解以上三式即可。

答案：arccos 。

（學(xué)生活動）思考：若將彈簧換成勁度系數(shù)k′較大的彈簧，其它條件不變，則彈簧彈力怎么變？環(huán)的支持力怎么變？

答：變小；不變。

（學(xué)生活動）反饋練習(xí)：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怎樣變化？

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(zhì)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(xí)三力共點的應(yīng)用。

根據(jù)在平面上的平衡，可知重心C在OA連線上。根據(jù)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。幾何計算比較簡單。

答案：R 。

（學(xué)生活動）反饋練習(xí)：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(yīng)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(zhì)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：本題考查正弦定理、或力矩平衡解靜力學(xué)問題。

對兩球進行受力分析，并進行矢量平移，如圖16所示。

首先注意，圖16中的灰色三角形是等腰三角形，兩底角相等，設(shè)為α。

而且，兩球相互作用的斥力方向相反，大小相等，可用同一字母表示，設(shè)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(xué)生活動）思考：解本題是否還有其它的方法？

答：有——將模型看成用輕桿連成的兩小球，而將O點看成轉(zhuǎn)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(yīng)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(fù)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(zhì)金屬球上固定著一根長為L的輕質(zhì)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(xiàn)要將木板繼續(xù)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(zhuǎn)軸O的轉(zhuǎn)動平衡，設(shè)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：

f R + N（R + L）= G（R + L）           ①

球和板已相對滑動，故：f = μN        ②

解①②可得：f = 

再看木板的平衡，F(xiàn) = 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表示，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φ_m表示。

此時，要么物體已經(jīng)滑動，必有：φ_m = arctgμ（μ為動摩擦因素），稱動摩擦力角；要么物體達到最大運動趨勢，必有：φ_ms = arctgμ_s（μ_s為靜摩擦因素），稱靜摩擦角。通常處理為φ_m = φ_ms 。

3、引入全反力和摩擦角的意義：使分析處理物體受力時更方便、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處理，稱隔離法。

在處理各隔離方程之間的聯(lián)系時，應(yīng)注意相互作用力的大小和方向關(guān)系。

2、整體法：當各個體均處于平衡狀態(tài)時，我們可以不顧個體的差異而講多個對象看成一個整體進行分析處理，稱整體法。

應(yīng)用整體法時應(yīng)注意“系統(tǒng)”、“內(nèi)力”和“外力”的涵義。

三、應(yīng)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(yōu)越性的題目�？梢酝ㄟ^不同解法的比較讓學(xué)生留下深刻印象。

法一，正交分解。（學(xué)生分析受力→列方程→得結(jié)果。）

法二，用摩擦角解題。

引進全反力R ，對物體兩個平衡狀態(tài)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），φ_m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：φ_m = 15°。

最后，μ= tgφ_m 。

答案：0.268 。

（學(xué)生活動）思考：如果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F_min ，所以，F(xiàn)_min = Gsinφ_m 。

答：Gsin15°（其中G為物體的重量）。

2、如圖19所示，質(zhì)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，使物體能夠沿斜面向上勻速運動，而斜面體始終靜止。已知斜面的質(zhì)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(yōu)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，可以看成一個整體。

做整體的受力分析時，內(nèi)力不加考慮。受力分析比較簡單，列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。

答案：26.0N 。

（學(xué)生活動）地面給斜面體的支持力是多少？

解：略。

答：135N 。

應(yīng)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(zhì)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，且要求斜面體靜止不動，就必須施加一個大小為P = 4mgsinθcosθ的水平推力作用于斜面體。使?jié)M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(xué)題，可以動用一切可能的工具解題。

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F_x和F_y ，滑塊與斜面之間的兩對相互作用力只用兩個字母表示（N表示正壓力和彈力，f表示摩擦力），如圖21所示。

對滑塊，我們可以考查沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡——

F_x = f + mgsinθ

F_y + mgcosθ= N

且 f = μN = Ntgθ

綜合以上三式得到：

F_x = F_ytgθ+ 2mgsinθ               ①

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：F_y = mgcosθ      ②

②代入①可得：F_x = 3mgsinθ

最后由F =解F的大小，由tgα= 解F的方向（設(shè)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(nèi)部。

法二：引入摩擦角和整體法觀念。

仍然沿用“法一”中關(guān)于F的方向設(shè)置（見圖21中的α角）。

先看整體的水平方向平衡，有：Fcos(θ- α) = P                                   ⑴

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(gòu)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) = θ                                              ⑶

解⑴⑵⑶式可得F和α的值。

第七部分 熱學(xué)

熱學(xué)知識在奧賽中的要求不以深度見長，但知識點卻非常地多（考綱中羅列的知識點幾乎和整個力學(xué)——前五部分——的知識點數(shù)目相等）。而且，由于高考要求對熱學(xué)的要求逐年降低（本屆尤其低得“離譜”，連理想氣體狀態(tài)方程都沒有了），這就客觀上給奧賽培訓(xùn)增加了負擔。因此，本部分只能采新授課的培訓(xùn)模式，將知識點和例題講解及時地結(jié)合，爭取讓學(xué)員學(xué)一點，就領(lǐng)會一點、鞏固一點，然后再層疊式地往前推進。

一、分子動理論

1、物質(zhì)是由大量分子組成的（注意分子體積和分子所占據(jù)空間的區(qū)別）

對于分子（單原子分子）間距的計算，氣體和液體可直接用，對固體，則與分子的空間排列（晶體的點陣）有關(guān)。

【例題1】如圖6-1所示，食鹽（N_aCl）的晶體是由鈉離子（圖中的白色圓點表示）和氯離子（圖中的黑色圓點表示）組成的，離子鍵兩兩垂直且鍵長相等。已知食鹽的摩爾質(zhì)量為58.5×10^－3kg/mol，密度為2.2×10³kg/m³，阿伏加德羅常數(shù)為6.0×10²³mol^－1，求食鹽晶體中兩個距離最近的鈉離子中心之間的距離。

【解說】題意所求即圖中任意一個小立方塊的變長（設(shè)為a）的倍，所以求a成為本題的焦點。

由于一摩爾的氯化鈉含有N_A個氯化鈉分子，事實上也含有2N_A個鈉離子（或氯離子），所以每個鈉離子占據(jù)空間為 v = 

而由圖不難看出，一個離子占據(jù)的空間就是小立方體的體積a³ ，

即 a³ =  = ，最后，鄰近鈉離子之間的距離l = a

【答案】3.97×10^－10m 。

〖思考〗本題還有沒有其它思路？

〖答案〗每個離子都被八個小立方體均分，故一個小立方體含有×8個離子 = 分子，所以…（此法普遍適用于空間點陣比較復(fù)雜的晶體結(jié)構(gòu)。）

2、物質(zhì)內(nèi)的分子永不停息地作無規(guī)則運動

固體分子在平衡位置附近做微小振動（振幅數(shù)量級為0.1），少數(shù)可以脫離平衡位置運動。液體分子的運動則可以用“長時間的定居（振動）和短時間的遷移”來概括，這是由于液體分子間距較固體大的結(jié)果。氣體分子基本“居無定所”，不停地遷移（常溫下，速率數(shù)量級為10²m/s）。

無論是振動還是遷移，都具備兩個特點：a、偶然無序（雜亂無章）和統(tǒng)計有序（分子數(shù)比率和速率對應(yīng)一定的規(guī)律——如麥克斯韋速率分布函數(shù)，如圖6-2所示）；b、劇烈程度和溫度相關(guān)。

氣體分子的三種速率。最可幾速率v_P ：f(v) = （其中ΔN表示v到v +Δv內(nèi)分子數(shù)，N表示分子總數(shù)）極大時的速率，v_P == ；平均速率：所有分子速率的算術(shù)平均值， ==；方均根速率：與分子平均動能密切相關(guān)的一個速率，==〔其中R為普適氣體恒量，R = 8.31J/(mol.K)。k為玻耳茲曼常量，k =  = 1.38×10^－23J/K 〕

【例題2】證明理想氣體的壓強P = n，其中n為分子數(shù)密度，為氣體分子平均動能。

【證明】氣體的壓強即單位面積容器壁所承受的分子的撞擊力，這里可以設(shè)理想氣體被封閉在一個邊長為a的立方體容器中，如圖6-3所示。

考查yoz平面的一個容器壁，P =            ①

設(shè)想在Δt時間內(nèi)，有N_x個分子（設(shè)質(zhì)量為m）沿x方向以恒定的速率v_x碰撞該容器壁，且碰后原速率彈回，則根據(jù)動量定理，容器壁承受的壓力

 F ==                            ②

在氣體的實際狀況中，如何尋求N_x和v_x呢？

考查某一個分子的運動，設(shè)它的速度為v ，它沿x、y、z三個方向分解后，滿足

v² =  +  + 

分子運動雖然是雜亂無章的，但仍具有“偶然無序和統(tǒng)計有序”的規(guī)律，即

 =  +  +  = 3                    ③

這就解決了v_x的問題。另外，從速度的分解不難理解，每一個分子都有機會均等的碰撞3個容器壁的可能。設(shè)Δt = ，則

 N_x = ·3N_總 = na³                         ④

注意，這里的是指有6個容器壁需要碰撞，而它們被碰的幾率是均等的。

結(jié)合①②③④式不難證明題設(shè)結(jié)論。

〖思考〗此題有沒有更簡便的處理方法？

〖答案〗有。“命令”所有分子以相同的速率v沿+x、?x、+y、?y、+z、?z這6個方向運動（這樣造成的宏觀效果和“雜亂無章”地運動時是一樣的），則 N_x =N_總 = na³ ；而且v_x = v

所以，P =  = ==nm = n

3、分子間存在相互作用力（注意分子斥力和氣體分子碰撞作用力的區(qū)別），而且引力和斥力同時存在，宏觀上感受到的是其合效果。

分子力是保守力，分子間距改變時，分子力做的功可以用分子勢能的變化表示，分子勢能E_P隨分子間距的變化關(guān)系如圖6-4所示。

分子勢能和動能的總和稱為物體的內(nèi)能。

二、熱現(xiàn)象和基本熱力學(xué)定律

1、平衡態(tài)、狀態(tài)參量

a、凡是與溫度有關(guān)的現(xiàn)象均稱為熱現(xiàn)象，熱學(xué)是研究熱現(xiàn)象的科學(xué)。熱學(xué)研究的對象都是有大量分子組成的宏觀物體，通稱為熱力學(xué)系統(tǒng)（簡稱系統(tǒng)）。當系統(tǒng)的宏觀性質(zhì)不再隨時間變化時，這樣的狀態(tài)稱為平衡態(tài)。

b、系統(tǒng)處于平衡態(tài)時，所有宏觀量都具有確定的值，這些確定的值稱為狀態(tài)參量（描述氣體的狀態(tài)參量就是P、V和T）。

c、熱力學(xué)第零定律（溫度存在定律）：若兩個熱力學(xué)系統(tǒng)中的任何一個系統(tǒng)都和第三個熱力學(xué)系統(tǒng)處于熱平衡狀態(tài)，那么，這兩個熱力學(xué)系統(tǒng)也必定處于熱平衡。這個定律反映出：處在同一熱平衡狀態(tài)的所有的熱力學(xué)系統(tǒng)都具有一個共同的宏觀特征，這一特征是由這些互為熱平衡系統(tǒng)的狀態(tài)所決定的一個數(shù)值相等的狀態(tài)函數(shù)，這個狀態(tài)函數(shù)被定義為溫度。

2、溫度

a、溫度即物體的冷熱程度，溫度的數(shù)值表示法稱為溫標。典型的溫標有攝氏溫標t、華氏溫標F（F = t + 32）和熱力學(xué)溫標T（T = t + 273.15）。

b、（理想）氣體溫度的微觀解釋： = kT （i為分子的自由度 = 平動自由度t + 轉(zhuǎn)動自由度r + 振動自由度s 。對單原子分子i = 3 ，“剛性”〈忽略振動，s = 0，但r = 2〉雙原子分子i = 5 。對于三個或三個以上的多原子分子，i = 6 。能量按自由度是均分的），所以說溫度是物質(zhì)分子平均動能的標志。

c、熱力學(xué)第三定律：熱力學(xué)零度不可能達到。（結(jié)合分子動理論的觀點2和溫度的微觀解釋很好理解。）

3、熱力學(xué)過程

a、熱傳遞。熱傳遞有三種方式：傳導(dǎo)（對長L、橫截面積S的柱體，Q = KSΔ

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(tài)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 ，ΣF_x → a_x …

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、適用條件

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(zhì)（但不同物體）

b、等時效（同增同減）

c、無條件（與運動狀態(tài)、空間選擇無關(guān)）

第二講 牛頓定律的應(yīng)用

一、牛頓第一、第二定律的應(yīng)用

單獨應(yīng)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(huán)節(jié)。

應(yīng)用要點：合力為零時，物體靠慣性維持原有運動狀態(tài)；只有物體有加速度時才需要合力。有質(zhì)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(qū)動下，皮帶運輸機上方的皮帶以恒定的速度向右運動�，F(xiàn)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(nèi)，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?yōu)殪o摩擦力

C、當工件相對皮帶靜止時，它位于皮帶上A點右側(cè)的某一點

D、工件在皮帶上有可能不存在與皮帶相對靜止的狀態(tài)

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ΣF_x → ∞ ，必然會出現(xiàn)“供不應(yīng)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(fā)生相對滑動？因為人是可以形變、重心可以調(diào)節(jié)的特殊“物體”）

此外，本題的D選項還要用到勻變速運動規(guī)律。用勻變速運動規(guī)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 = 2 m/s ，μ= 0.2 ，g取10 m/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(xí)：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(xué)生分以下三組進行）——

① v₀ = 1m/s  (答：0.5 + 37/8 = 5.13s)

② v₀ = 4m/s  (答：1.0 + 3.5 = 4.5s)

③ v₀ = 1m/s  (答：1.55s)

2、質(zhì)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 如果在P處剪斷細繩，在剪斷瞬時，B的加速度是多少？

② 如果在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(guī)處理。由于“彈簧不會立即發(fā)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(fā)生形變”的原因是什么？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(zhì)量），遵從理想模型的條件，彈簧應(yīng)在一瞬間恢復(fù)原長！即彈簧彈力突變?yōu)榱恪?/p>

答案：0 ；g 。

二、牛頓第二定律的應(yīng)用

應(yīng)用要點：受力較少時，直接應(yīng)用牛頓第二定律的“矢量性”解題。受力比較多時，結(jié)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(jù)“矢量性”定合力方向 → 牛頓第二定律應(yīng)用

答案：gsinθ。

思考：如果斜面解除固定，上表仍光滑，傾角仍為θ，要求滑塊與斜面相對靜止，斜面應(yīng)具備一個多大的水平加速度？（解題思路完全相同，研究對象仍為滑塊。但在第二環(huán)節(jié)上應(yīng)注意區(qū)別。答：gtgθ。）

進階練習(xí)1：在一向右運動的車廂中，用細繩懸掛的小球呈現(xiàn)如圖3所示的穩(wěn)定狀態(tài)，試求車廂的加速度。（和“思考”題同理，答：gtgθ。）

進階練習(xí)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(fā)現(xiàn)懸繩與豎直方向形成一個穩(wěn)定的夾角β。試求小車的加速度。

解：繼續(xù)貫徹“矢量性”的應(yīng)用，但數(shù)學(xué)處理復(fù)雜了一些（正弦定理解三角形）。

分析小球受力后，根據(jù)“矢量性”我們可以做如圖5所示的平行四邊形，并找到相應(yīng)的夾角。設(shè)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(zhì)量為m的小球，當斜面加速度為a時（a＜ctgθ），小球能夠保持相對斜面靜止。試求此時繩子的張力T 。

解說：當力的個數(shù)較多，不能直接用平行四邊形尋求合力時，宜用正交分解處理受力，在對應(yīng)牛頓第二定律的“獨立作用性”列方程。

正交坐標的選擇，視解題方便程度而定。

解法一：先介紹一般的思路。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

ΣF_x = ma ，即T_x － N_x = ma

ΣF_y = 0 ， 即T_y + N_y = mg

代入方位角θ，以上兩式成為

T cosθ－N sinθ = ma                       （1）

T sinθ + Ncosθ = mg                       （2）

這是一個關(guān)于T和N的方程組，解（1）（2）兩式得：T = mgsinθ + ma cosθ

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(jù)獨立作用性原理，ΣF_x = ma_x

即：T － G_x = ma_x

即：T － mg sinθ = m acosθ

顯然，獨立解T值是成功的。結(jié)果與解法一相同。

答案：mgsinθ + ma cosθ

思考：當a＞ctgθ時，張力T的結(jié)果會變化嗎？（從支持力的結(jié)果N = mgcosθ－ma sinθ看小球脫離斜面的條件，求脫離斜面后，θ條件已沒有意義。答：T = m 。）

學(xué)生活動：用正交分解法解本節(jié)第2題“進階練習(xí)2”

進階練習(xí)：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(zhì)量為60kg的人相對扶梯靜止。重力加速度g = 10 m/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(jīng)典例題，建議學(xué)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，進而充分領(lǐng)會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�，F(xiàn)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(qū)別。

（學(xué)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(xiàn)象？原因是什么？

結(jié)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(diào)節(jié)”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(yīng)用：如圖11所示，吊籃P掛在天花板上，與吊籃質(zhì)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(yīng)用

要點：在動力學(xué)問題中，如果遇到幾個研究對象時，就會面臨如何處理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(tǒng)”、“內(nèi)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”。前者是根本，后者有局限，也有難度，但常常使解題過程簡化，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（可能的）整體方程，這（N + 1）個方程中必有一個是通解方程，如何取舍，視解題方便程度而定。

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(dǎo)過程）——

Σ= m₁ + m₂ + m₃ + … + m_n

其中Σ只能是系統(tǒng)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(zhì)直棒，現(xiàn)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(guān)系怎樣？

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：如果水平面粗糙，結(jié)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處理，結(jié)論的化簡也麻煩一些。

第（2）情況可設(shè)棒的總質(zhì)量為M ，和水平面的摩擦因素為μ，而F = μMg ，其中l(wèi)＜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(jié)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(zhì)量），當x＜(L-l)，N≡0 ；當x＞(L-l)，N = 〔x -〈L-l〉〕。

應(yīng)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(zhì)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(tǒng)釋放后能夠一起加速下滑，則它們之間的摩擦力大小為：

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）如果兩滑塊不是下滑，而是以初速度v₀一起上沖，以上結(jié)論會變嗎？（2）如果斜面光滑，兩滑塊之間有沒有摩擦力？（3）如果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(yīng)對盒子的哪一側(cè)內(nèi)壁有壓力？

解：略。

答：（1）不會；（2）沒有；（3）若斜面光滑，對兩內(nèi)壁均無壓力，若斜面粗糙，對斜面上方的內(nèi)壁有壓力。

2、如圖15所示，三個物體質(zhì)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(zhì)量也不計，為使三個物體無相對滑動，水平推力F應(yīng)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(xué)方程；整體有一個動力學(xué)方程。就足以解題了。

答案：F =  。

思考：若將質(zhì)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?shù)腇′，使三者無相對運動？如果沒有，說明理由；如果有，求出這個F′的值。

解：此時，m₂的隔離方程將較為復(fù)雜。設(shè)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(yīng)題意的F′；當m₁ ＞ m₂時，適應(yīng)題意的F′=  。

3、一根質(zhì)量為M的木棒，上端用細繩系在天花板上，棒上有一質(zhì)量為m的貓，如圖17所示�，F(xiàn)將系木棒的繩子剪斷，同時貓相對棒往上爬，但要求貓對地的高度不變，則棒的加速度將是多少？

解說：法一，隔離法。需要設(shè)出貓爪抓棒的力f ，然后列貓的平衡方程和棒的動力學(xué)方程，解方程組即可。

法二，“新整體法”。

據(jù)Σ= m₁ + m₂ + m₃ + … + m_n ，貓和棒的系統(tǒng)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 + M a₁ 

解棒的加速度a₁十分容易。

答案：g 。

四、特殊的連接體

當系統(tǒng)中各個體的加速度不相等時，經(jīng)典的整體法不可用。如果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(lián)系。

解題思想：抓某個方向上加速度關(guān)系。方法：“微元法”先看位移關(guān)系，再推加速度關(guān)系。、

1、如圖18所示，一質(zhì)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(zhì)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(guān)系復(fù)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(wù)必在這個方向上進行突破。

（學(xué)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(jù)運動學(xué)規(guī)律，加速度矢量a₁和a₂也具有這樣的關(guān)系。

（學(xué)生活動）這兩個加速度矢量有什么關(guān)系？

沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、y坐標，可得：

a_1y = a_2y             ①

且：a_1y = a₂sinθ     ②

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 = ma_1y     ③

對斜面，仍沿合加速度a₂方向列方程，有：

Nsinθ= Ma₂          ④

解①②③④式即可得a₂ 。

答案：a₂ =  。

（學(xué)生活動）思考：如何求a₁的值？

解：a_1y已可以通過解上面的方程組求出；a_1x只要看滑塊的受力圖，列x方向的隔離方程即可，顯然有mgsinθ= ma_1x ，得:a_1x = gsinθ 。最后據(jù)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(jīng)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(xué)參量的關(guān)系似乎比動力學(xué)分析更加重要。動力學(xué)方面，只需要隔離滑套C就行了。

（學(xué)生活動）思考：為什么題意要求a＞gtgθ？（聯(lián)系本講第二節(jié)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表示棒的位移，S₁表示滑套的位移。沿棒與垂直棒建直角坐標后，S_1x表示S₁在x方向上的分量。不難看出：

S_1x + b = S cosθ                   ①

設(shè)全程時間為t ，則有：

S = at²                          ②

S_1x = a_1xt²                        ③

而隔離滑套，受力圖如圖23所示，顯然：

mgsinθ= ma_1x                       ④

解①②③④式即可。

答案：t = 

另解：如果引進動力學(xué)在非慣性系中的修正式 Σ+ ^* = m （注：^*為慣性力），此題極簡單。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(xué)方程為：

F^*cosθ- mgsinθ= ma_相            （1）

其中F^* = ma                      （2）

而且，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(xùn)練教材》，知識出版社，2002年8月第一版。

例題選講針對“教材”第三章的部分例題和習(xí)題。