《高中物理》第一部分 绪言

第一部分绪言 高中物理奥赛概况 1、国际( International Physics Olympiad简称IPhO) ①1967年第一届,(波兰)华沙,只有五国参加。 ②几乎每年一届,参赛国逐年增加,每国代表不超过5人。 ③中国参赛始于1986年的第十七届,此后未间断,成绩一直辉煌 ④1994年第二十五届,首次在中国(北京)承办 ⑤考试内容:笔试和试验各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,6577%者获铜奖。 2、国家( Chinese physics0 lympiad简称CPh0) 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。 ②1984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37名参加(全国)决赛。 决赛:全国统一组织。按成绩挑选1525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CPMO决赛一等奖2人次,占全国的18.24%:在IPh0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初赛一一对高中物理基础融会贯通,更注重物理方法的运用:②复赛一一知识 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,194

1 第一部分 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湖南省奧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 矢量的运算 1、加法 表达:a+b=c。 名词:c为“和矢量 法则:平行四边形法则。如图1所示 和矢量大小:c=√a2+b2+2 ab cos a,其中a为a和b 图1 的夹角 和矢量方向:c在a、b之间,和a夹角B= arcsin +b+ 2ab cosa 减法 表达:a=c-b。 名词:c为“被减数矢量”,b为“减数矢量”,a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 图2 差矢量 差矢量大小:a=√b2+c2-2 bc cosθ,其中0为c和b的夹角。 差矢量的方向可以用正弦定理求得。 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,求它在一T内和在T内的平均加速度 大小

2 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： a  + b  = c  。 名词： c  为“和矢量”。 法则：平行四边形法则。如图 1 所示。 和矢量大小：c = a + b + 2abcos 2 2 ，其中α为 a  和 b  的夹角。 和矢量方向： c  在 a  、 b  之间，和 a  夹角β= arcsin + +   a b 2abcos bsin 2 2 2、减法 表达： a  = c  － b  。 名词： c  为“被减数矢量”， b  为“减数矢量”， a  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 = b + c − 2bccos 2 2 ，其中θ为 c  和 b  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 4 1 T 内和在 2 1 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ⅴA、VB和vc 根据加速度的定义a=V1-V 由于有两处涉及矢量减法,设两个差矢量△v1= △v2=vc-ⅴ4,根据三角形法则,它们在图3中 △v2 的大小、方向已绘出(△v2的“三角形”已被拉伸成一条直 图3 线)。 本题只关心各矢量的大小,显然 2πR且 2√2πR 4πR 所以:aAv1 8√2R ,a,4v T TR (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。 (1)叉乘 表达:a×b=c 名词:c称“矢量的叉积”,它是一个新的矢量 叉积的大小:c= absin a,其中a为a和b的夹角。意义: c的大小对应由a和b作成的平行四边形的面积 叉积的方向:垂直a和b确定的平面,并由右手螺旋定则 确定方向,如图4所示 图4

3 解说：如图 3 所示，A 到 B 点对应 4 1 T 的过程，A 到 C 点对应 2 1 T 的过程。这三点的速度矢量分别 设为 A v  、 B v  和 C v  。 根据加速度的定义 a  = t vt v0   − 得： AB a  = AB B A t v v   − ， AC a  = AC C A t v v   − 由于有两处涉及矢量减法，设两个差矢量 1 v   = B v  － A v  ， 2 v   = C v  － A v  ，根据三角形法则，它们在图 3 中 的大小、方向已绘出（ 2 v   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： A v = B v = C v = T 2R ，且： 1 v = 2 A v = T 2 2R ， 2 v = 2 A v = T 4R 所以： AB a = AB 1 t v = 4 T T 2 2R = 2 T 8 2R ， AC a = AC 2 t v = 2 T T 4R = 2 T 8R 。 （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： a  × b  = c  名词： c  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 a  和 b  的夹角。意义： c  的大小对应由 a  和 b  作成的平行四边形的面积。 叉积的方向：垂直 a  和 b  确定的平面，并由右手螺旋定则 确定方向，如图 4 所示

显然,a×b≠b×a,但有:a×b=-b×a (2)点乘 表达:a·b=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= abcs a,其中a为a和b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Rt△)解合力的大小 正弦定理解方向 力的分解 1、按效果分解 2、按需要一一—正交分解 第二讲物体的平衡 共点力平衡 1、特征:质心无加速度 2、条件:ΣF=0,或∑F=0,∑F、=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 A30 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, 图5 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 图6 答:不会。 转动平衡

4 显然， a  × b  ≠ b  × a  ，但有： a  × b  = －b  × a  ⑵ 点乘 表达： a  · b  = 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 a  和 b  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 F  = 0 ，或 Fx = 0 ，Fy = 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:∑M=0,或∑M=∑M 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a斜面上,有一块可以转动的夹板 (B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N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,N 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N2mn= Gsin a 法二,函数法 看图8的中间图,对这个三角形用正弦定理,有 SmB’即:M≈ Gsin a,B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 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? 图9 图10

5 1、特征：物体无转动加速度。 2、条件：Σ M  = 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： sin  N2 = sin  G ，即：N2 =   sin Gsin ，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,fG 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), 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0 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 图11 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△AOB是1 相似的,所以 由胡克定律:F=k(AB-R) (2) 图12 几何关系:AB=2Rcos0 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 图13

6 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： R AB G F = ⑴ 由胡克定律：F = k（ AB - R） ⑵ 几何关系： AB = 2Rcosθ ⑶ 解以上三式即可。 答案：arccos 2(kR G) kL − 。 （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0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0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 oN. C 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: 图14 (学生活动)反馈练习:静摩擦足够,将长为∂、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。 4、两根等长的细线,一端拴在同一悬点0上,另一端各系 个小球,两球的质量分别为m和m,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m:m为多少? 解说:本题考査正弦定理、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。 图 首先注意,图16中的灰色三角形是等腰 角形,两底角相等,设为a。 m945/T4 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 29 对左边的矢量三角形用正弦定理,有: 图1

7 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： 3 3 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： ctg b a 。 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：

mg F a sin 45 同理,对右边的矢量三角形,有:m2g=-F sn30° 解①②两式即可。 答案:1:√2 (学生活动)思考:解本题是否还有其它的方法? 答:有——将模型看成用轻杄连成的两小球,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1:12=3:2,其它条件不变,m与m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√2。 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: fr+N(R+L=g(R+L) 球和板已相对滑动,故:f=μN 解①②可得:f=G(R+L F R+L+uR 图17 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′= G(R+l) R+L-HR 答案 R+1F。 R+L-HR 第四讲摩擦角及其它 摩擦角

8 sin  m g1 = sin 45 F ① 同理，对右边的矢量三角形，有： sin  m g2 = sin 30 F ② 解①②两式即可。 答案：1 ： 2 。 （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 2 。 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 = R L R G(R L) + +   + 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′= R L R G(R L) + −   + = F′。 答案： F R L R R L R + −  + +  。 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:中m= arctμ(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≡ arctμs(μs为静摩擦因素),称静摩擦角。通常处理为中m=φm。 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 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。 G R 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8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:中m=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:图18,右图中虚线的长度即Fm,所以,Fmn=Gsin中。 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 M 做整体的受力分析时,内力不加考虑。受力分析比较 30 图19

9 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=4 mosinθcos0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F和F,,滑块与斜面之间的两 图20 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+ mgsin e F+ mgcos 0= N 且f=μN=Ntg 综合以上三式得到: Fx= Ftg 0+ 2mgsin 0 对斜面体,只看水平方向平衡就行了 P=fcosθ+Nsin0 g ap: 4mgsin 0 cos 0=u Ncos 0+ Nsin 0 代入μ值,化简得:F,= mgcos e 图21 ②代入①可得:F2=3 mosin0 最后由F=√F+F解F的大小,由妈=一解F的方向(设a为F和斜面的夹角) 答案:大小为F=mgⅥ1+8smn20,方向和斜面夹角a= arct(ctg0)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a角) 先看整体的水平方向平衡,有:Fcos(0-a)=P 再隔离滑块,分析受力时引进全反力R和摩擦角中,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

10 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 = 2 y 2 Fx + F 解 F 的大小，由 tgα= x y F F 解 F 的方向（设α为 F 和斜面的夹角）。 答案：大小为 F = mg +  2 1 8sin ，方向和斜面夹角α= arctg( ctg 3 1 )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