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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部分 绪言 4
一、高中物理奥赛概况 4
二、知识体系 4
第一部分 力＆物体的平衡 5
第一讲 力的处理 5
第二讲 物体的平衡 7
第三讲 习题课 8
第四讲 摩擦角及其它 11
第二部分 牛顿运动定律 14
第一讲 牛顿三定律 14
第二讲 牛顿定律的应用 14
第二讲 配套例题选讲 22
第三部分 运动学 22
第一讲　基本知识介绍 22
第二讲 运动的合成与分解、相对运动 23
第四部分 曲线运动 万有引力 26
第一讲 基本知识介绍 26
第二讲 重要模型与专题 27
第三讲 典型例题解析 35
第五部分 动量和能量 35
第一讲 基本知识介绍 35
第二讲 重要模型与专题 37
第三讲 典型例题解析 48
第六部分 振动和波 48
第一讲 基本知识介绍 48
第二讲 重要模型与专题 52
第三讲 典型例题解析 60
第七部分 热学 61
一、分子动理论 61
二、热现象和基本热力学定律 63
三、理想气体 64
四、相变 71
五、固体和液体 74
第八部分 静电场 75
第一讲 基本知识介绍 75
第二讲 重要模型与专题 78
第九部分 稳恒电流 88
第一讲 基本知识介绍 88
第二讲 重要模型和专题 91
第十部分 磁场 100
第一讲 基本知识介绍 100
第二讲 典型例题解析 103
第十一部分 电磁感应 108
第一讲、基本定律 109
第二讲 感生电动势 112
第三讲 自感、互感及其它 115
第十二部分 量子论 118
第一节 黑体辐射 118
第二节 光电效应 121
第三节 波粒二象性 127
第四节 测不准关系 129

第0部分 绪言
一、高中物理奥赛概况
1、国际（International Physics Olympiad 简称IPhO）
① 1967年第一届，（波兰）华沙，只有五国参加。
② 几乎每年一届，参赛国逐年增加，每国代表不超过5人。
③ 中国参赛始于1986年的第十七届，此后未间断，成绩一直辉煌。
④ 1994年第二十五届，首次在中国（北京）承办。
⑤ 考试内容：笔试和试验各5小时，分两天进行，满分各为30分和20分。成绩最佳者记100% ，积分在90%以上者获金奖，78%~89者获银奖，65~77%者获铜奖。
2、国家（Chinese Physics Olympiad 简称CPhO）
①1984年以前，中学物理竞赛经常举行，但被冠以各种名称，无论是组织，还是考纲、知识体系都谈不上规范。
② 1984年开始第一届CPhO，此后每学年举办一届。
③ 初赛：每年九月第一个星期天考试。全国命题，各市、县组考，市统一阅卷，选前30名（左右）参加（全省）复赛。
复赛：九月下旬考试。全省命题，各省组织。理论考试前20名参加试验考试，取理论、试验考试总分前10名者参加省集训队。集训队成员经短期培训后推荐3~7名参加（全国）决赛。
决赛：全国统一组织。按成绩挑选15~25名参加国家集训队，到有关大学强化训练，最后从中选拔5名优秀队员参加IPhO 。
④ 满分140分。除初赛外，均含理论和试验两部分（试验满分60分）。
3、湖南省奥赛简况
① 至1998年，湖南选手获CPhO决赛一等奖29人次，占全国的18.24% ；在IPhO中获金牌5枚、银牌2枚、铜牌2枚，居各省之首。
② 题型与风格：初赛第十一届（1992年）开始统一，只有天空和计算。复赛第十三届（1994年）开始统一，只有计算题六个，考试时量均为3小时。
二、知识体系
1、高中物理的三档要求：一般要求（会考）→高考要求→竞赛要求。
竞赛知识的特点：①初赛——对高中物理基础融会贯通，更注重物理方法的运用；②复赛——知识点更多，对数学工具的运用更深入。
2、教法贯彻
① 高一：针对“高考要求”，进度尽量超前高一新课，知识点只做有限添加。目标瞄准初赛过关。
② 高二：针对“竞赛要求”，瞄准复赛难度。高二知识一步到位，高一知识做短暂的回顾与加深。
③ 复赛对象在约15天的时间内模拟考试，进行考法训练。
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。
第二部分 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（与之对比：速度和位移不可突变）；牛顿第二定律展示了加速度的决定式（加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段”）。
3、适用条件
a、宏观、低速
b、惯性系
对于非惯性系的定律修正——引入惯性力、参与受力分析
三、牛顿第三定律
1、定律
2、理解要点
a、同性质（但不同物体）
b、等时效（同增同减）
c、无条件（与运动状态、空间选择无关）
第二讲 牛顿定律的应用
一、牛顿第一、第二定律的应用
单独应用牛顿第一定律的物理问题比较少，一般是需要用其解决物理问题中的某一个环节。
应用要点：合力为零时，物体靠惯性维持原有运动状态；只有物体有加速度时才需要合力。有质量的物体才有惯性。a可以突变而v、s不可突变。
1、如图1所示，在马达的驱动下，皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动。现将一工件（大小不计）在皮带左端A点轻轻放下，则在此后的过程中（ ）
A、一段时间内，工件将在滑动摩擦力作用下，对地做加速运动
B、当工件的速度等于v时，它与皮带之间的摩擦力变为静摩擦力
C、当工件相对皮带静止时，它位于皮带上A点右侧的某一点
D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止的状态
解说：B选项需要用到牛顿第一定律，A、C、D选项用到牛顿第二定律。
较难突破的是A选项，在为什么不会“立即跟上皮带”的问题上，建议使用反证法（t → 0 ，a → ∞ ，则ΣFx → ∞ ，必然会出现“供不应求”的局面）和比较法（为什么人跳上速度不大的物体可以不发生相对滑动？因为人是可以形变、重心可以调节的特殊“物体”）
此外，本题的D选项还要用到匀变速运动规律。用匀变速运动规律和牛顿第二定律不难得出
只有当L ＞ 时（其中μ为工件与皮带之间的动摩擦因素），才有相对静止的过程，否则没有。
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（学生分以下三组进行）——
① v0 = 1m/s (答：0.5 + 37/8 = 5.13s)
② v0 = 4m/s (答：1.0 + 3.5 = 4.5s)
③ v0 = 1m/s (答：1.55s)
2、质量均为m的两只钩码A和B，用轻弹簧和轻绳连接，然后挂在天花板上，如图2所示。试问：
① 如果在P处剪断细绳，在剪断瞬时，B的加速度是多少？
② 如果在Q处剪断弹簧，在剪断瞬时，B的加速度又是多少？
解说：第①问是常规处理。由于“弹簧不会立即发生形变”，故剪断瞬间弹簧弹力维持原值，所以此时B钩码的加速度为零（A的加速度则为2g）。
第②问需要我们反省这样一个问题：“弹簧不会立即发生形变”的原因是什么？是A、B两物的惯性，且速度v和位移s不能突变。但在Q点剪断弹簧时，弹簧却是没有惯性的（没有质量），遵从理想模型的条件，弹簧应在一瞬间恢复原长！即弹簧弹力突变为零。
答案：0 ；g 。
二、牛顿第二定律的应用
应用要点：受力较少时，直接应用牛顿第二定律的“矢量性”解题。受力比较多时，结合正交分解与“独立作用性”解题。
在难度方面，“瞬时性”问题相对较大。
1、滑块在固定、光滑、倾角为θ的斜面上下滑，试求其加速度。
解说：受力分析 → 根据“矢量性”定合力方向 → 牛顿第二定律应用
答案：gsinθ。
思考：如果斜面解除固定，上表仍光滑，倾角仍为θ，要求滑块与斜面相对静止，斜面应具备一个多大的水平加速度？（解题思路完全相同，研究对象仍为滑块。但在第二环节上应注意区别。答：gtgθ。）
进阶练习1：在一向右运动的车厢中，用细绳悬挂的小球呈现如图3所示的稳定状态，试求车厢的加速度。（和“思考”题同理，答：gtgθ。）
进阶练习2、如图4所示，小车在倾角为α的斜面上匀加速运动，车厢顶用细绳悬挂一小球，发现悬绳与竖直方向形成一个稳定的夹角β。试求小车的加速度。
解：继续贯彻“矢量性”的应用，但数学处理复杂了一些（正弦定理解三角形）。
分析小球受力后，根据“矢量性”我们可以做如图5所示的平行四边形，并找到相应的夹角。设张力T与斜面方向的夹角为θ，则
θ=（90°+ α）- β= 90°-（β-α） （1）
对灰色三角形用正弦定理，有
= （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。斜面上用一条与斜面平行的细绳系一质量为m的小球，当斜面加速度为a时（a＜ctgθ），小球能够保持相对斜面静止。试求此时绳子的张力T 。
解说：当力的个数较多，不能直接用平行四边形寻求合力时，宜用正交分解处理受力，在对应牛顿第二定律的“独立作用性”列方程。
正交坐标的选择，视解题方便程度而定。
解法一：先介绍一般的思路。沿加速度a方向建x轴，与a垂直的方向上建y轴，如图7所示（N为斜面支持力）。于是可得两方程
ΣFx = ma ，即Tx － Nx = ma
ΣFy = 0 ， 即Ty + Ny = mg
代入方位角θ，以上两式成为
T cosθ－N sinθ = ma （1）
T sinθ + Ncosθ = mg （2）
这是一个关于T和N的方程组，解（1）（2）两式得：T = mgsinθ + ma cosθ
解法二：下面尝试一下能否独立地解张力T 。将正交分解的坐标选择为：x——斜面方向，y——和斜面垂直的方向。这时，在分解受力时，只分解重力G就行了，但值得注意，加速度a不在任何一个坐标轴上，是需要分解的。矢量分解后，如图8所示。
根据独立作用性原理，ΣFx = max
即：T － Gx = max
即：T － mg sinθ = m acosθ
显然，独立解T值是成功的。结果与解法一相同。
答案：mgsinθ + ma cosθ
思考：当a＞ctgθ时，张力T的结果会变化吗？（从支持力的结果N = mgcosθ－ma sinθ看小球脱离斜面的条件，求脱离斜面后，θ条件已没有意义。答：T = m 。）
学生活动：用正交分解法解本节第2题“进阶练习2”
进阶练习：如图9所示，自动扶梯与地面的夹角为30°，但扶梯的台阶是水平的。当扶梯以a = 4m/s2的加速度向上运动时，站在扶梯上质量为60kg的人相对扶梯静止。重力加速度g = 10 m/s2，试求扶梯对人的静摩擦力f 。
解：这是一个展示独立作用性原理的经典例题，建议学生选择两种坐标（一种是沿a方向和垂直a方向，另一种是水平和竖直方向），对比解题过程，进而充分领会用牛顿第二定律解题的灵活性。
答：208N 。
3、如图10所示，甲图系着小球的是两根轻绳，乙图系着小球的是一根轻弹簧和轻绳，方位角θ已知。现将它们的水平绳剪断，试求：在剪断瞬间，两种情形下小球的瞬时加速度。
解说：第一步，阐明绳子弹力和弹簧弹力的区别。
（学生活动）思考：用竖直的绳和弹簧悬吊小球，并用竖直向下的力拉住小球静止，然后同时释放，会有什么现象？原因是什么？
结论——绳子的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变（胡克定律）。
第二步，在本例中，突破“绳子的拉力如何瞬时调节”这一难点（从即将开始的运动来反推）。
知识点，牛顿第二定律的瞬时性。
答案：a甲 = gsinθ ；a乙 = gtgθ 。
应用：如图11所示，吊篮P挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托住，当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬间，P、Q的加速度分别是多少？
解：略。
答：2g ；0 。
三、牛顿第二、第三定律的应用
要点：在动力学问题中，如果遇到几个研究对象时，就会面临如何处理对象之间的力和对象与外界之间的力问题，这时有必要引进“系统”、“内力”和“外力”等概念，并适时地运用牛顿第三定律。
在方法的选择方面，则有“隔离法”和“整体法”。前者是根本，后者有局限，也有难度，但常常使解题过程简化，使过程的物理意义更加明晰。
对N个对象，有N个隔离方程和一个（可能的）整体方程，这（N + 1）个方程中必有一个是通解方程，如何取舍，视解题方便程度而定。
补充：当多个对象不具有共同的加速度时，一般来讲，整体法不可用，但也有一种特殊的“整体方程”，可以不受这个局限（可以介绍推导过程）——
Σ= m1 + m2 + m3 + … + mn
其中Σ只能是系统外力的矢量和，等式右边也是矢量相加。
1、如图12所示，光滑水平面上放着一个长为L的均质直棒，现给棒一个沿棒方向的、大小为F的水平恒力作用，则棒中各部位的张力T随图中x的关系怎样？
解说：截取隔离对象，列整体方程和隔离方程（隔离右段较好）。
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）情况的计算和原题基本相同，只是多了一个摩擦力的处理，结论的化简也麻烦一些。
第（2）情况可设棒的总质量为M ，和水平面的摩擦因素为μ，而F = μMg ，其中l＜L ，则x＜(L-l)的右段没有张力，x＞(L-l)的左端才有张力。
答：若棒仍能被拉动，结论不变。
若棒不能被拉动，且F = μMg时（μ为棒与平面的摩擦因素，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和m2 ，它们之间的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分别为μ1和μ2 ，系统释放后能够一起加速下滑，则它们之间的摩擦力大小为：
A、μ1 m1gcosθ ； B、μ2 m1gcosθ ；
C、μ1 m2gcosθ ； D、μ1 m2gcosθ ；
解：略。
答：B 。（方向沿斜面向上。）
思考：（1）如果两滑块不是下滑，而是以初速度v0一起上冲，以上结论会变吗？（2）如果斜面光滑，两滑块之间有没有摩擦力？（3）如果将下面的滑块换成如图14所示的盒子，上面的滑块换成小球，它们以初速度v0一起上冲，球应对盒子的哪一侧内壁有压力？
解：略。
答：（1）不会；（2）没有；（3）若斜面光滑，对两内壁均无压力，若斜面粗糙，对斜面上方的内壁有压力。
2、如图15所示，三个物体质量分别为m1 、m2和m3 ，带滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮和所有接触面的摩擦均不计，绳子的质量也不计，为使三个物体无相对滑动，水平推力F应为多少？
解说：此题对象虽然有三个，但难度不大。隔离m2 ，竖直方向有一个平衡方程；隔离m1 ，水平方向有一个动力学方程；整体有一个动力学方程。就足以解题了。
答案：F = 。
思考：若将质量为m3物体右边挖成凹形，让m2可以自由摆动（而不与m3相碰），如图16所示，其它条件不变。是否可以选择一个恰当的F′，使三者无相对运动？如果没有，说明理由；如果有，求出这个F′的值。
解：此时，m2的隔离方程将较为复杂。设绳子张力为T ，m2的受力情况如图，隔离方程为：
= 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，则棒的加速度将是多少？
解说：法一，隔离法。需要设出猫爪抓棒的力f ，然后列猫的平衡方程和棒的动力学方程，解方程组即可。
法二，“新整体法”。
据Σ= m1 + m2 + m3 + … + mn ，猫和棒的系统外力只有两者的重力，竖直向下，而猫的加速度a1 = 0 ，所以：
（ M + m ）g = m·0 + M a1
解棒的加速度a1十分容易。
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（矢量求和不易）。此时，我们回到隔离法，且要更加注意找各参量之间的联系。
解题思想：抓某个方向上加速度关系。方法：“微元法”先看位移关系，再推加速度关系。、
1、如图18所示，一质量为M 、倾角为θ的光滑斜面，放置在光滑的水平面上，另一个质量为m的滑块从斜面顶端释放，试求斜面的加速度。
解说：本题涉及两个物体，它们的加速度关系复杂，但在垂直斜面方向上，大小是相等的。对两者列隔离方程时，务必在这个方向上进行突破。
（学生活动）定型判断斜面的运动情况、滑块的运动情况。
位移矢量示意图如图19所示。根据运动学规律，加速度矢量a1和a2也具有这样的关系。
（学生活动）这两个加速度矢量有什么关系？
沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、y坐标，可得：
a1y = a2y ①
且：a1y = a2sinθ ②
隔离滑块和斜面，受力图如图20所示。
对滑块，列y方向隔离方程，有：
mgcosθ- N = ma1y ③
对斜面，仍沿合加速度a2方向列方程，有：
Nsinθ= Ma2 ④
解①②③④式即可得a2 。
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，与水平面成θ角的AB棒上有一滑套C ，可以无摩擦地在棒上滑动，开始时与棒的A端相距b ，相对棒静止。当棒保持倾角θ不变地沿水平面匀加速运动，加速度为a（且a＞gtgθ）时，求滑套C从棒的A端滑出所经历的时间。
解说：这是一个比较特殊的“连接体问题”，寻求运动学参量的关系似乎比动力学分析更加重要。动力学方面，只需要隔离滑套C就行了。
（学生活动）思考：为什么题意要求a＞gtgθ？（联系本讲第二节第1题之“思考题”）
定性绘出符合题意的运动过程图，如图22所示：S表示棒的位移，S1表示滑套的位移。沿棒与垂直棒建直角坐标后，S1x表示S1在x方向上的分量。不难看出：
S1x + b = S cosθ ①
设全程时间为t ，则有：
S = at2 ②
S1x = a1xt2 ③
而隔离滑套，受力图如图23所示，显然：
mgsinθ= ma1x ④
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）