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最新高中物理竞赛讲义（完整版）最新高中物理竞赛讲义（完整版）第141页共141页\n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3一、高中物理奥赛概况3二、知识体系3第一部分力＆物体的平衡4第一讲力的处理4第二讲物体的平衡6第三讲习题课7第四讲摩擦角及其它10第二部分牛顿运动定律13第一讲牛顿三定律13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24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141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）第三讲典型例题解析36第五部分动量和能量36第一讲基本知识介绍36第二讲重要模型与专题38第三讲典型例题解析50第六部分振动和波51第一讲基本知识介绍51第二讲重要模型与专题55第三讲典型例题解析63第七部分热学64一、分子动理论64二、热现象和基本热力学定律66三、理想气体68四、相变74五、固体和液体78第八部分静电场79第一讲基本知识介绍79第二讲重要模型与专题82第九部分稳恒电流92第一讲基本知识介绍92第二讲重要模型和专题96第十部分磁场105第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）第一讲基本知识介绍105第二讲典型例题解析109第十一部分电磁感应115第一讲、基本定律115第二讲感生电动势118第三讲自感、互感及其它122第十二部分量子论125第一节黑体辐射125第二节光电效应128第三节波粒二象性134第四节测不准关系137第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）第0部分绪言一、高中物理奥赛概况1、国际（InternationalPhysicsOlympiad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，65~77%者获铜奖。2、国家（ChinesePhysicsOlympiad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。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。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）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=arcsin2、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。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）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为第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）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、转动平衡第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）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？第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）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：=2Rcosθ⑶解以上三式即可。答案：arccos。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）（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：第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）=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：fR+N（R+L）=G（R+L）①球和板已相对滑动，故：f=μN②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、摩擦角第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）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。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）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+mgsinθFy+mgcosθ=N且f=μN=Ntgθ综合以上三式得到：Fx=Fytgθ+2mgsinθ①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=mgcosθ②②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(第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）)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)=P⑴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)=θ⑶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”）。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）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=2m/s，μ=0.2，g取10m/s2，试求工件到达皮带右端的时间t（过程略，答案为5.5s）第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）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）——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、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，则第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）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=maΣFy=0，即Ty+Ny=mg代入方位角θ，以上两式成为Tcosθ－Nsinθ=ma（1）Tsinθ+Ncosθ=mg（2）这是一个关于T和N的方程组，解（1）（2）两式得：T=mgsinθ+macosθ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－mgsinθ=macosθ显然，独立解T值是成功的。结果与解法一相同。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）答案：mgsinθ+macosθ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－masinθ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=10m/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、第三定律的应用第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）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、μ1m1gcosθ；B、μ2m1gcosθ；C、μ1m2gcosθ；D、μ1m2gcosθ；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第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）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+Ma1第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）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=a2y①且：a1y=a2sinθ②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=ma1y③对斜面，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=。（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=。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）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=Scosθ①设全程时间为t，则有：S=at2②S1x=a1xt2③而隔离滑套，受力图如图23所示，显然：mgsinθ=ma1x④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：第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）b=S相=a相t2（3）解（1）（2）（3）式就可以了。第二讲配套例题选讲教材范本：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。例题选讲针对“教材”第三章的部分例题和习题。第三部分运动学第一讲　基本知识介绍一．基本概念1． 质点2． 参照物3． 参照系——固连于参照物上的坐标系（解题时要记住所选的是参照系，而不仅是一个点）4．绝对运动，相对运动，牵连运动：v绝=v相+v牵二．运动的描述1．位置：r=r(t)2．位移：Δr=r(t+Δt)－r(t)3．速度：v=limΔt→0Δr/Δt.在大学教材中表述为：v=dr/dt,表示r对t求导数 ４．加速度a=an+aτ。an:法向加速度，速度方向的改变率，且an=v2/ρ,ρ叫做曲率半径，（这是中学物理竞赛求曲率半径的唯一方法）aτ:切向加速度，速度大小的改变率。a=dv/dt5．以上是运动学中的基本物理量，也就是位移、位移的一阶导数、位移的二阶导数。可是三阶导数为什么不是呢？因为牛顿第二定律是F=ma,即直接和加速度相联系。（a对t的导数叫“急动度”。）6．由于以上三个量均为矢量，所以在运算中用分量表示一般比较好三．等加速运动v(t)=v0+at          r(t)=r0+v0t+1/2at2 一道经典的物理问题：二次世界大战中物理学家曾经研究，当大炮的位置固定，以同一速度v0第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）沿各种角度发射，问：当飞机在哪一区域飞行之外时，不会有危险？（注：结论是这一区域为一抛物线，此抛物线是所有炮弹抛物线的包络线。此抛物线为在大炮上方h=v2/2g处，以v0平抛物体的轨迹。）练习题：一盏灯挂在离地板高l2,天花板下面l1处。灯泡爆裂，所有碎片以同样大小的速度v朝各个方向飞去。求碎片落到地板上的半径（认为碎片和天花板的碰撞是完全弹性的，即切向速度不变，法向速度反向；碎片和地板的碰撞是完全非弹性的，即碰后静止。）四．刚体的平动和定轴转动1．我们讲过的圆周运动是平动而不是转动 2． 角位移φ=φ（t）,角速度ω=dφ/dt,角加速度ε=dω/dt 3． 有限的角位移是标量，而极小的角位移是矢量4． 同一刚体上两点的相对速度和相对加速度两点的相对距离不变，相对运动轨迹为圆弧，VA=VB+VAB,在AB连线上投影：[VA]AB=[VB]AB,aA=aB+aAB,aAB=,anAB+,aτAB,,aτAB垂直于AB,,anAB=VAB2/AB例：A，B，C三质点速度分别VA，VB ，VC     求G的速度。五．课后习题：一只木筏离开河岸，初速度为V，方向垂直于岸边，航行路线如图。经过时间T木筏划到路线上标有符号处。河水速度恒定U用作图法找到在2T，3T，4T时刻木筏在航线上的确切位置。五、处理问题的一般方法（1）用微元法求解相关速度问题例1：如图所示，物体A置于水平面上，A前固定一滑轮B，高台上有一定滑轮D，一根轻绳一端固定在C点，再绕过B、D，BC段水平，当以恒定水平速度v拉绳上的自由端时，A沿水平面前进，求当跨过B的两段绳子的夹角为α时，A的运动速度。（vA＝）（2）抛体运动问题的一般处理方法1.平抛运动2.斜抛运动3.常见的处理方法（1）将斜上抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动（2）将沿斜面和垂直于斜面方向作为x、y轴，分别分解初速度和加速度后用运动学公式解题（3）将斜抛运动分解为沿初速度方向的斜向上的匀速直线运动和自由落体运动两个分运动，用矢量合成法则求解例2：在掷铅球时，铅球出手时距地面的高度为h，若出手时的速度为V0，求以何角度掷球时，水平射程最远？最远射程为多少？（α=、x=）第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）第二讲运动的合成与分解、相对运动（一）知识点点拨(1)力的独立性原理：各分力作用互不影响，单独起作用。(2)运动的独立性原理：分运动之间互不影响，彼此之间满足自己的运动规律(3)力的合成分解：遵循平行四边形定则，方法有正交分解，解直角三角形等(4)运动的合成分解：矢量合成分解的规律方法适用A．位移的合成分解B.速度的合成分解C.加速度的合成分解参考系的转换：动参考系，静参考系相对运动：动点相对于动参考系的运动绝对运动：动点相对于静参考系统（通常指固定于地面的参考系）的运动牵连运动：动参考系相对于静参考系的运动（5）位移合成定理：SA对地=SA对B+SB对地速度合成定理：V绝对=V相对+V牵连加速度合成定理：a绝对=a相对+a牵连（二）典型例题（1）火车在雨中以30m/s的速度向南行驶，雨滴被风吹向南方，在地球上静止的观察者测得雨滴的径迹与竖直方向成21。角，而坐在火车里乘客看到雨滴的径迹恰好竖直方向。求解雨滴相对于地的运动。提示：矢量关系入图答案：83.7m/s（2）某人手拿一只停表，上了一次固定楼梯，又以不同方式上了两趟自动扶梯，为什么他可以根据测得的数据来计算自动扶梯的台阶数？提示：V人对梯=n1/t1V梯对地=n/t2V人对地=n/t3V人对地=V人对梯+V梯对地答案：n=t2t3n1/（t2-t3）t1(3)某人驾船从河岸A处出发横渡，如果使船头保持跟河岸垂直的方向航行，则经10min后到达正对岸下游120m的C处，如果他使船逆向上游，保持跟河岸成а角的方向航行，则经过12.5min恰好到达正对岸的B处，求河的宽度。提示：120=V水*600D=V船*600答案：200m（4）一船在河的正中航行，河宽l=100m，流速u=5m/s，并在距船s=150m的下游形成瀑布，为了使小船靠岸时，不至于被冲进瀑布中，船对水的最小速度为多少？提示：如图船航行第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）答案：1.58m/s（三）同步练习1.一辆汽车的正面玻璃一次安装成与水平方向倾斜角为β1=30°，另一次安装成倾角为β2=15°。问汽车两次速度之比为多少时，司机都是看见冰雹都是以竖直方向从车的正面玻璃上弹开？（冰雹相对地面是竖直下落的）2、模型飞机以相对空气v=39km/h的速度绕一个边长2km的等边三角形飞行，设风速u=21km/h，方向与三角形的一边平行并与飞机起飞方向相同，试求：飞机绕三角形一周需多少时间？v1v23.图为从两列蒸汽机车上冒出的两股长幅气雾拖尾的照片（俯视）。两列车沿直轨道分别以速度v1=50km/h和v2=70km/h行驶，行驶方向如箭头所示，求风速。4、细杆AB长L，两端分别约束在x、y轴上运动，（1）试求杆上与A点相距aL（0＜a＜1)的P点运动轨迹；（2）如果vA为已知，试求P点的x、y向分速度vPx和vPy对杆方位角θ的函数。（四）同步练习提示与答案1、提示：利用速度合成定理，作速度的矢量三角形。答案为：3。2、提示：三角形各边的方向为飞机合速度的方向（而非机头的指向）；第二段和第三段大小相同。参见右图，显然：v2=+u2－2v合ucos120°可解出v合=24km/h。答案：0.2hour（或12min.）。3、提示：方法与练习一类似。答案为：34、提示：（1）写成参数方程后消参数θ。（2）解法有讲究：以A端为参照，第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）则杆上各点只绕A转动。但鉴于杆子的实际运动情形如右图，应有v牵=vAcosθ，v转=vA，可知B端相对A的转动线速度为：v转+vAsinθ=。P点的线速度必为=v相所以vPx=v相cosθ+vAx，vPy=vAy－v相sinθ答案：（1）+=1，为椭圆；（2）vPx=avActgθ，vPy=（1－a）vA第四部分曲线运动万有引力第一讲基本知识介绍一、曲线运动1、概念、性质2、参量特征二、曲线运动的研究方法——运动的分解与合成1、法则与对象2、两种分解的思路a、固定坐标分解（适用于匀变速曲线运动）建立坐标的一般模式——沿加速度方向和垂直加速度方向建直角坐标；提高思想——根据解题需要建直角坐标或非直角坐标。b、自然坐标分解（适用于变加速曲线运动）基本常识：在考查点沿轨迹建立切向τ、法向n坐标，所有运动学矢量均沿这两个方向分解。动力学方程，其中改变速度的大小（速率），改变速度的方向。且=m，其中ρ表示轨迹在考查点的曲率半径。定量解题一般只涉及法向动力学方程。三、两种典型的曲线运动1、抛体运动（类抛体运动）关于抛体运动的分析，和新课教材“平跑运动”的分析基本相同。在坐标的选择方面，有灵活处理的余地。2、圆周运动匀速圆周运动的处理：运动学参量v、ω、n、a、f、T之间的关系，向心力的寻求于合成；临界问题的理解。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）变速圆周运动：使用自然坐标分析法，一般只考查法向方程。四、万有引力定律1、定律内容2、条件a、基本条件b、拓展条件：球体（密度呈球对称分布）外部空间的拓展----对球体外一点A的吸引等效于位于球心的质量为球的质量的质点对质点A的吸引；球体（密度呈球对称分布）内部空间的拓展“剥皮法则”-----对球内任一距球心为r的一质点A的吸引力等效于质量与半径为r的球的质量相等且位于球心的质点对质点A的吸引；球壳（密度呈球对称分布）外部空间的拓展----对球壳外一点A的吸引等效于位于球心的质量为球壳的质量的质点对质点A的吸引；球体（密度呈球对称分布）内部空间的拓展-----对球壳内任一位置上任一质点A的吸引力都为零；并且根据以为所述，由牛顿第三定律，也可求得一质点对球或对球壳的吸引力。c、不规则物体间的万有引力计算——分割与矢量叠加3、万有引力做功也具有只与初末位置有关而与路径无关的特征。因而相互作用的物体间有引力势能。在任一惯性系中，若规定相距无穷远时系统的万有引力势能为零，可以证明，当两物体相距为r时系统的万有引力势能为EP=－G五、开普勒三定律天体运动的本来模式与近似模式的差距，近似处理的依据。六、宇宙速度、天体运动1、第一宇宙速度的常规求法2、从能量角度求第二、第三宇宙速度万有引力势能EP=－G3、解天体运动的本来模式时，应了解椭圆的数学常识第二讲重要模型与专题第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）一、小船渡河物理情形：在宽度为d的河中，水流速度v2恒定。岸边有一艘小船，保持相对河水恒定的速率v1渡河，但船头的方向可以选择。试求小船渡河的最短时间和最小位移。模型分析：小船渡河的实际运动（相对河岸的运动）由船相对水流速度v1和水相对河岸的速度v2合成。可以设船头与河岸上游夹角为θ（即v1的方向），速度矢量合成如图1（学生活动）用余弦定理可求v合的大小v合=（学生活动）用正弦定理可求v合的方向。令v合与河岸下游夹角为α，则α=arcsin1、求渡河的时间与最短时间由于合运动合分运动具有等时性，故渡河时间既可以根据合运动求，也可以根据分运动去求。针对这一思想，有以下两种解法解法一：t=其中v合可用正弦定理表达，故有t==解法二：t===此外，结合静力学正交分解的思想，我们也可以建立沿河岸合垂直河岸的坐标x、y，然后先将v1分解（v2无需分解），再合成，如图2所示。而且不难看出，合运动在x、y方向的分量vx和vy与v1在x、y方向的分量v1x、v1y以及v2具有以下关系vy=v1yvx=v2-v1x由于合运动沿y方向的分量Sy≡d，故有解法三：t===第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）t(θ)函数既已得出，我们不难得出结论当θ=90°时，渡河时间的最小值tmin=（从“解法三”我们最容易理解t为什么与v2无关，故tmin也与v2无关。这个结论是意味深长的。）2、求渡河的位移和最小位移在上面的讨论中，小船的位移事实上已经得出，即S合===但S合（θ）函数比较复杂，寻求S合的极小值并非易事。因此，我们可以从其它方面作一些努力。将S合沿x、y方向分解成Sx和Sy，因为Sy≡d，要S合极小，只要Sx极小就行了。而Sx（θ）函数可以这样求——解法一：Sx=vxt=（v2-v1x）=（v2–v1cosθ）为求极值，令cosθ=p，则sinθ=，再将上式两边平方、整理，得到这是一个关于p的一元二次方程，要p有解，须满足Δ≥0，即≥整理得≥所以，Sxmin=，代入Sx（θ）函数可知，此时cosθ=最后，Smin==d此过程仍然比较繁复，且数学味太浓。结论得出后，我们还不难发现一个问题：当v2＜v1时，Smin＜d，这显然与事实不符。（造成这个局面的原因是：在以上的运算过程中，方程两边的平方和开方过程中必然出现了增根或遗根的现象）所以，此法给人一种玄乎的感觉。解法二：纯物理解——矢量三角形的动态分析从图2可知，Sy恒定，Sx越小，必有S合矢量与下游河岸的夹角越大，亦即v合矢量与下游河岸的夹角越大（但不得大于90°）。我们可以通过v1与v2合成v合矢量图探讨v合与下游河岸夹角的最大可能。先进行平行四边形到三角形的变换，如图3所示。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）当θ变化时，v合矢量的大小和方向随之变化，具体情况如图4所示。从图4不难看出，只有当v合和虚线半圆周相切时，v合与v2（下游）的夹角才会最大。此时，v合⊥v1，v1、v2和v合构成一个直角三角形，αmax=arcsin并且，此时：θ=arccos有了αmax的值，结合图1可以求出：S合min=d最后解决v2＜v1时结果不切实际的问题。从图4可以看出，当v2＜v1时，v合不可能和虚线半圆周相切（或αmax=arcsin无解），结合实际情况，αmax取90°即：v2＜v1时，S合min=d，此时，θ=arccos结论：若v1＜v2，θ=arccos时，S合min=d若v2＜v1，θ=arccos时，S合min=d二、滑轮小船物理情形：如图5所示，岸边的汽车用一根不可伸长的轻绳通过定滑轮牵引水中的小船，设小船始终不离开水面，且绳足够长，求汽车速度v1和小船速度v2的大小关系。模型分析：由于绳不可伸长，滑轮右边绳子缩短的速率即是汽车速度的大小v1第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版），考查绳与船相连的端点运动情况，v1和v2必有一个运动的合成与分解的问题。（学生活动）如果v1恒定不变，v2会恒定吗？若恒定，说明理由；若变化，定性判断变化趋势。结合学生的想法，介绍极限外推的思想：当船离岸无穷远时，绳与水的夹角趋于零，v2→v1。当船比较靠岸时，可作图比较船的移动距离、绳子的缩短长度，得到v2＞v1。故“船速增大”才是正确结论。故只能引入瞬时方位角θ，看v1和v2的瞬时关系。（学生活动）v1和v2定量关系若何？是否可以考虑用运动的分解与合成的知识解答？针对如图6所示的两种典型方案，初步评说——甲图中v2=v1cosθ，船越靠岸，θ越大，v2越小，和前面的定性结论冲突，必然是错误的。错误的根源分析：和试验修订本教材中“飞机起飞”的运动分析进行了不恰当地联系。仔细比较这两个运动的差别，并联系“小船渡河”的运动合成等事例，总结出这样的规律——合运动是显性的、轨迹实在的运动，分运动是隐性的、需要分析而具有人为特征（无唯一性）的运动。解法一：在图6（乙）中，当我们挖掘、分析了滑轮绳子端点的运动后，不难得出：船的沿水面运动是v2合运动，端点参与绳子的缩短运动v1和随绳子的转动v转，从而肯定乙方案是正确的。即：v2=v1/cosθ解法二：微元法。从考查位置开始取一个极短过程，将绳的运动和船的运动在图7（甲）中标示出来，AB是绳的初识位置，AC是绳的末位置，在AB上取=得D点，并连接CD。显然，图中BC是船的位移大小，DB是绳子的缩短长度。由于过程极短，等腰三角形ACD的顶角∠A→0，则底角∠ACD→90°，△CDB趋于直角三角形。将此三角放大成图7（乙），得出：S2=S1/cosθ。鉴于过程极短，绳的缩短运动和船的运动都可以认为是匀速的，即：S2=v2t，S1=v1t。所以：v2=v1/cosθ第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）三、斜抛运动的最大射程物理情形：不计空气阻力，将小球斜向上抛出，初速度大小恒为v0，方向可以选择，试求小球落回原高度的最大水平位移（射程）。模型分析：斜抛运动的常规分析和平抛运动完全相同。设初速度方向与水平面夹θ角，建立水平、竖直的x、y轴，将运动学参量沿x、y分解。针对抛出到落回原高度的过程0=Sy=v0yt+（-g）t2Sx=v0xt解以上两式易得：Sx=sin2θ结论：当抛射角θ=45°时，最大射程Sxmax=（学生活动）若v0、θ确定，试用两种方法求小球到达的最大高度。运动学求解——考查竖直分运动即可；能量求解——注意小球在最高点应具备的速度v0x，然后对抛出到最高点的过程用动能定理或机械能守恒。结论：Hm=。四、物体脱离圆弧的讨论物理情形：如图8所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一小球。当小球在最低点时，给球一个vo=2的水平初速，试求所能到达的最大高度。模型分析：用自然坐标分析变速圆周运动的典型事例。能量关系的运用，也是对常规知识的复习。（学生活动）小球能否形成的往复的摆动？小球能否到达圆弧的最高点C？通过能量关系和圆周运动动力学知识的复习，得出：小球运动超过B点、但不能到达C点（vC≥），即小球必然在BC之间的某点脱离圆弧。（学生活动）小球会不会在BC之间的某点脱离圆弧后作自由落体运动？尽管对于本问题，能量分析是可行的（BC之间不可能出现动能为零的点，则小球脱离圆弧的初速度vD不可能为零），但用动力学的工具分析，是本模型的重点——在BC阶段，只要小球还在圆弧上，其受力分析必如图9所示。沿轨迹的切向、法向分别建τ、n坐标，然后将重力G沿τ、n分解为Gτ和Gn分量，T为绳子张力。法向动力学方程为第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）T+Gn=ΣFn=man=m由于T≥0，Gn＞0，故v≠0。（学生活动：若换一个v0值，在AB阶段，v=0是可能出现的；若将绳子换成轻杆，在BC阶段v=0也是可能出现的。）下面先解脱离点的具体位置。设脱离点为D，对应方位角为θ，如图8所示。由于在D点之后绳子就要弯曲，则此时绳子的张力T为零，而此时仍然在作圆周运动，故动力学方程仍满足Gn=Gsinθ=m①在再针对A→D过程，小球机械能守恒，即（选A所在的平面为参考平面）：m+0=mg(L+Lsinθ)+m②代入v0值解①、②两式得：θ=arcsin，（同时得到：vD=）小球脱离D点后将以vD为初速度作斜向上抛运动。它所能到达的最高点（相对A）可以用两种方法求得。解法一：运动学途径。先求小球斜抛的最大高度，hm==代入θ和vD的值得：hm=L小球相对A的总高度：Hm=L+Lsinθ+hm=L解法二：能量途径小球在斜抛的最高点仍具有vD的水平分量，即vDsinθ=。对A→最高点的过程用机械能守恒定律（设A所在的平面为参考平面），有m+0=+mgHm容易得到：Hm=L五、万有引力的计算物理情形：如图9所示，半径为R的均质球质量为M，球心在O点，现在被内切的挖去了一个半径为R/2的球形空腔（球心在O′）。在O、O′第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）的连线上距离O点为d的地方放有一个很小的、质量为m的物体，试求这两个物体之间的万有引力。模型分析：无论是“基本条件”还是“拓展条件”，本模型都很难直接符合，因此必须使用一些特殊的处理方法。本模型除了照应万有引力的拓展条件之外，着重介绍“填补法”的应用。空腔里现在虽然空无一物，但可以看成是两个半径为R/2的球的叠加：一个的质量为+M/8，一个的质量为－M/8。然后，前者正好填补空腔——和被挖除后剩下的部分构成一个完整的均质球A；注意后者，虽然是一个比较特殊的物体（质量为负值），但仍然是一个均质的球体，命名为B。既然A、B两物均为均质球体，他们各自和右边小物体之间的万有引力，就可以使用“拓展条件”中的定势来计算了。只是有一点需要说明，B物的质量既然负值，它和m之间的万有“引力”在方向上不再表现为吸引，而应为排斥——成了“万有斥力”了。具体过程如下FAm=GFBm=G=－G最后，两物之间的万有引力F=FAm+FBm=G－G需要指出的是，在一部分同学的心目中，可能还会存在另一种解题思路，那就是先通过力矩平衡求被挖除物体的重心（仍然要用到“填补法”、负质量物体的重力反向等），它将在O、O′的连线上距离O点左侧R/14处，然后“一步到位”地求被挖除物与m的万有引力F=G然而，这种求法违背了万有引力定律适用的条件，是一种错误的思路。六、天体运动的计算物理情形：地球和太阳的质量分别为m和M，地球绕太阳作椭圆运动，轨道的半长轴为a，半短轴为b，如图11所示。试求地球在椭圆顶点A、B、C三点的运动速度，以及轨迹在A、C两点的曲率半径。模型分析：求解天体运动的本来模式，常常要用到开普勒定律（定量）、机械能守恒（万有引力势能）、椭圆的数学常识等等，相对高考要求有很大的不同。地球轨道的离心率很小（其值≈0.0167，其中c为半焦距），这是我们常常能将它近似为圆的原因。为了方便说明问题，在图11中，我们将离心率夸大了。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）针对地球从A点运动到B点的过程，机械能守恒m+（－）=m+（－）比较A、B两点，应用开普勒第二定律，有：vA（a－c）=vB（a+c）结合椭圆的基本关系：c=解以上三式可得：vA=，vB=再针对地球从A到C的过程，应用机械能守恒定律，有m+（－）=m+（－）代入vA值可解得：vC=为求A、C两点的曲率半径，在A、C两点建自然坐标，然后应用动力学（法向）方程。在A点，F万=ΣFn=man，设轨迹在A点的曲率半径为ρA，即：G=m代入vA值可解得：ρA=在C点，方程复杂一些，须将万有引力在τ、n方向分解，如图12所示。然后，F万n=ΣFn=man，即：F万cosθ=m即：G·=m代入vC值可解得：ρC=值得注意的是，如果针对A、C两点用开普勒第二定律，由于C点处的矢径r和瞬时速度vC不垂直，方程不能写作vA（a－c）=vCa。正确的做法是：将vC分解出垂直于矢径的分量（分解方式可参看图12，但分解的平行四边形未画出）vCcosθ，再用vA（a－c）=（vCcosθ）a，化简之后的形式成为vA（a－c）=vCb要理解这个关系，有一定的难度，所以建议最好不要对A、C两点用开普勒第二定律第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）第三讲典型例题解析教材范本：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。例题选讲针对“教材”第五、第六章的部分例题和习题。第五部分动量和能量第一讲基本知识介绍一、冲量和动量1、冲力（F—t图象特征）→冲量。冲量定义、物理意义冲量在F—t图象中的意义→从定义角度求变力冲量（F对t的平均作用力）2、动量的定义动量矢量性与运算二、动量定理1、定理的基本形式与表达2、分方向的表达式：ΣIx=ΔPx，ΣIy=ΔPy…3、定理推论：动量变化率等于物体所受的合外力。即=ΣF外三、动量守恒定律1、定律、矢量性2、条件a、原始条件与等效b、近似条件c、某个方向上满足a或b，可在此方向应用动量守恒定律四、功和能1、功的定义、标量性，功在F—S图象中的意义2、功率，定义求法和推论求法3、能的概念、能的转化和守恒定律4、功的求法a、恒力的功：W=FScosα=FSF=FSSb、变力的功：基本原则——过程分割与代数累积；利用F—S图象（或先寻求F对S的平均作用力）c、解决功的“疑难杂症”时，把握“功是能量转化的量度”这一要点五、动能、动能定理1、动能（平动动能）2、动能定理a、ΣW的两种理解第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）b、动能定理的广泛适用性六、机械能守恒1、势能a、保守力与耗散力（非保守力）→势能（定义：ΔEp=－W保）b、力学领域的三种势能（重力势能、引力势能、弹性势能）及定量表达2、机械能3、机械能守恒定律a、定律内容b、条件与拓展条件（注意系统划分）c、功能原理：系统机械能的增量等于外力与耗散内力做功的代数和。七、碰撞与恢复系数1、碰撞的概念、分类（按碰撞方向分类、按碰撞过程机械能损失分类）碰撞的基本特征：a、动量守恒；b、位置不超越；c、动能不膨胀。2、三种典型的碰撞a、弹性碰撞：碰撞全程完全没有机械能损失。满足——m1v10+m2v20=m1v1+m2v2m1+m2=m1+m2解以上两式（注意技巧和“不合题意”解的舍弃）可得：v1=，v2=对于结果的讨论：①当m1=m2时，v1=v20，v2=v10，称为“交换速度”；②当m1＜＜m2，且v20=0时，v1≈－v10，v2≈0，小物碰大物，原速率返回；③当m1＞＞m2，且v20=0时，v1≈v10，v2≈2v10，b、非（完全）弹性碰撞：机械能有损失（机械能损失的内部机制简介），只满足动量守恒定律c、完全非弹性碰撞：机械能的损失达到最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有v1=v2=3、恢复系数：碰后分离速度（v2－v1）与碰前接近速度（v10－v20）的比值，即：e=。根据“碰撞的基本特征”，0≤e≤1。当e=0，碰撞为完全非弹性；当0＜e＜1，碰撞为非弹性；当e=1，碰撞为弹性。八、“广义碰撞”——物体的相互作用第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。此时，碰撞中“不合题意”的解可能已经有意义，如弹性碰撞中v1=v10，v2=v20的解。2、物体之间有相对滑动时，机械能损失的重要定势：－ΔE=ΔE内=f滑·S相，其中S相指相对路程。第二讲重要模型与专题一、动量定理还是动能定理？物理情形：太空飞船在宇宙飞行时，和其它天体的万有引力可以忽略，但是，飞船会定时遇到太空垃圾的碰撞而受到阻碍作用。设单位体积的太空均匀分布垃圾n颗，每颗的平均质量为m，垃圾的运行速度可以忽略。飞船维持恒定的速率v飞行，垂直速度方向的横截面积为S，与太空垃圾的碰撞后，将垃圾完全粘附住。试求飞船引擎所应提供的平均推力F。模型分析：太空垃圾的分布并不是连续的，对飞船的撞击也不连续，如何正确选取研究对象，是本题的前提。建议充分理解“平均”的含义，这样才能相对模糊地处理垃圾与飞船的作用过程、淡化“作用时间”和所考查的“物理过程时间”的差异。物理过程需要人为截取，对象是太空垃圾。先用动量定理推论解题。取一段时间Δt，在这段时间内，飞船要穿过体积ΔV=S·vΔt的空间，遭遇nΔV颗太空垃圾，使它们获得动量ΔP，其动量变化率即是飞船应给予那部分垃圾的推力，也即飞船引擎的推力。=====nmSv2如果用动能定理，能不能解题呢？同样针对上面的物理过程，由于飞船要前进x=vΔt的位移，引擎推力须做功W=x，它对应飞船和被粘附的垃圾的动能增量，而飞船的ΔEk为零，所以：W=ΔMv2即：vΔt=（nmS·vΔt）v2得到：=nmSv2两个结果不一致，不可能都是正确的。分析动能定理的解题，我们不能发现，垃圾与飞船的碰撞是完全非弹性的，需要消耗大量的机械能，因此，认为“引擎做功就等于垃圾动能增加”的观点是错误的。但在动量定理的解题中，由于I=t，由此推出的=第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）必然是飞船对垃圾的平均推力，再对飞船用平衡条件，的大小就是引擎推力大小了。这个解没有毛病可挑，是正确的。（学生活动）思考：如图1所示，全长L、总质量为M的柔软绳子，盘在一根光滑的直杆上，现用手握住绳子的一端，以恒定的水平速度v将绳子拉直。忽略地面阻力，试求手的拉力F。解：解题思路和上面完全相同。答：二、动量定理的分方向应用物理情形：三个质点A、B和C，质量分别为m1、m2和m3，用拉直且不可伸长的绳子AB和BC相连，静止在水平面上，如图2所示，AB和BC之间的夹角为（π－α）。现对质点C施加以冲量I，方向沿BC，试求质点A开始运动的速度。模型分析：首先，注意“开始运动”的理解，它指绳子恰被拉直，有作用力和冲量产生，但是绳子的方位尚未发生变化。其二，对三个质点均可用动量定理，但是，B质点受冲量不在一条直线上，故最为复杂，可采用分方向的形式表达。其三，由于两段绳子不可伸长，故三质点的瞬时速度可以寻求到两个约束关系。下面具体看解题过程——绳拉直瞬间，AB绳对A、B两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I1，BC绳对B、C两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I2；设A获得速度v1（由于A受合冲量只有I1,方向沿AB，故v1的反向沿AB），设B获得速度v2（由于B受合冲量为+，矢量和既不沿AB，也不沿BC方向，可设v2与AB绳夹角为〈π－β〉，如图3所示），设C获得速度v3（合冲量+沿BC方向，故v3沿BC方向）。对A用动量定理，有：I1=m1v1①B的动量定理是一个矢量方程：+=m2，可化为两个分方向的标量式，即：I2cosα－I1=m2v2cosβ②I2sinα=m2v2sinβ③质点C的动量定理方程为：I－I2=m3v3④AB绳不可伸长，必有v1=v2cosβ⑤BC绳不可伸长，必有v2cos(β－α)=v3⑥第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）六个方程解六个未知量（I1、I2、v1、v2、v3、β）是可能的，但繁复程度非同一般。解方程要注意条理性，否则易造成混乱。建议采取如下步骤——1、先用⑤⑥式消掉v2、v3，使六个一级式变成四个二级式：I1=m1v1⑴I2cosα－I1=m2v1⑵I2sinα=m2v1tgβ⑶I－I2=m3v1(cosα+sinαtgβ)⑷2、解⑶⑷式消掉β，使四个二级式变成三个三级式：I1=m1v1㈠I2cosα－I1=m2v1㈡I=m3v1cosα+I2㈢3、最后对㈠㈡㈢式消I1、I2，解v1就方便多了。结果为：v1=（学生活动：训练解方程的条理和耐心）思考：v2的方位角β等于多少？解：解“二级式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消I1，得I2的表达式，将I2的表达式代入⑶就行了。答：β=arctg（）。三、动量守恒中的相对运动问题物理情形：在光滑的水平地面上，有一辆车，车内有一个人和N个铅球，系统原来处于静止状态。现车内的人以一定的水平速度将铅球一个一个地向车外抛出，车子和人将获得反冲速度。第一过程，保持每次相对地面抛球速率均为v，直到将球抛完；第二过程，保持每次相对车子抛球速率均为v，直到将球抛完。试问：哪一过程使车子获得的速度更大？模型分析：动量守恒定律必须选取研究对象之外的第三方（或第四、第五方）为参照物，这意味着，本问题不能选车子为参照。一般选地面为参照系，这样对“第二过程”的铅球动量表达，就形成了难点，必须引进相对速度与绝对速度的关系。至于“第一过程”，比较简单：N次抛球和将N个球一次性抛出是完全等效的。设车和人的质量为M，每个铅球的质量为m。由于矢量的方向落在一条直线上，可以假定一个正方向后，将矢量运算化为代数运算。设车速方向为正，且第一过程获得的速度大小为V1第二过程获得的速度大小为V2。第一过程，由于铅球每次的动量都相同，可将多次抛球看成一次抛出。车子、人和N个球动量守恒。0=Nm(-v)+MV1得：V1=v①第二过程，必须逐次考查铅球与车子（人）的作用。第一个球与（N–1）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）速度为u1。值得注意的是，根据运动合成法则，铅球对地的速度并不是（-v），而是（-v+u1）。它们动量守恒方程为：0=m(-v+u1)+〔M+(N-1)m〕u1得：u1=第二个球与（N-2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u2。它们动量守恒方程为：〔M+(N-1)m〕u1=m(-v+u2)+〔M+(N-2)m〕u2得：u2=+第三个球与（N-2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u3。铅球对地的速度是（-v+u3）。它们动量守恒方程为：〔M+(N-2)m〕u2=m(-v+u3)+〔M+(N-3)m〕u3得：u3=++以此类推（过程注意：先找uN和uN-1关系，再看uN和v的关系，不要急于化简通分）……，uN的通式已经可以找出：V2=uN=+++…+即：V2=②我们再将①式改写成：V1=①′不难发现，①′式和②式都有N项，每项的分子都相同，但①′式中每项的分母都比②式中的分母小，所以有：V1＞V2。结论：第一过程使车子获得的速度较大。（学生活动）思考：质量为M的车上，有n个质量均为m的人，它们静止在光滑的水平地面上。现在车上的人以相对车大小恒为v、方向水平向后的初速往车下跳。第一过程，N个人同时跳下；第二过程，N个人依次跳下。试问：哪一次车子获得的速度较大？解：第二过程结论和上面的模型完全相同，第一过程结论为V1=。答：第二过程获得速度大。四、反冲运动中的一个重要定式第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）物理情形：如图4所示，长度为L、质量为M的船停止在静水中（但未抛锚），船头上有一个质量为m的人，也是静止的。现在令人在船上开始向船尾走动，忽略水的阻力，试问：当人走到船尾时，船将会移动多远？（学生活动）思考：人可不可能匀速（或匀加速）走动？当人中途停下休息，船有速度吗？人的全程位移大小是L吗？本系统选船为参照，动量守恒吗？模型分析：动量守恒展示了已知质量情况下的速度关系，要过渡到位移关系，需要引进运动学的相关规律。根据实际情况（人必须停在船尾），人的运动不可能是匀速的，也不可能是匀加速的,运动学的规律应选择S=t。为寻求时间t，则要抓人和船的位移约束关系。对人、船系统，针对“开始走动→中间任意时刻”过程，应用动量守恒（设末态人的速率为v，船的速率为V），令指向船头方向为正向，则矢量关系可以化为代数运算，有：0=MV+m(-v)即：mv=MV由于过程的末态是任意选取的，此式展示了人和船在任一时刻的瞬时速度大小关系。而且不难推知，对中间的任一过程，两者的平均速度也有这种关系。即：m=M①设全程的时间为t，乘入①式两边，得：mt=Mt设s和S分别为人和船的全程位移大小，根据平均速度公式，得：ms=MS②受船长L的约束，s和S具有关系：s+S=L③解②、③可得：船的移动距离S=L（应用动量守恒解题时，也可以全部都用矢量关系，但这时“位移关系”表达起来难度大一些——必须用到运动合成与分解的定式。时间允许的话，可以做一个对比介绍。）另解：质心运动定律人、船系统水平方向没有外力，故系统质心无加速度→系统质心无位移。先求出初态系统质心（用它到船的质心的水平距离x表达。根据力矩平衡知识，得：x=），又根据，末态的质量分布与初态比较，相对整体质心是左右对称的。弄清了这一点后，求解船的质心位移易如反掌。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）（学生活动）思考：如图5所示，在无风的天空，人抓住气球下面的绳索，和气球恰能静止平衡，人和气球地质量分别为m和M，此时人离地面高h。现在人欲沿悬索下降到地面，试问：要人充分安全地着地，绳索至少要多长？解：和模型几乎完全相同，此处的绳长对应模型中的“船的长度”（“充分安全着地”的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地）。答：h。（学生活动）思考：如图6所示，两个倾角相同的斜面，互相倒扣着放在光滑的水平地面上，小斜面在大斜面的顶端。将它们无初速释放后，小斜面下滑，大斜面后退。已知大、小斜面的质量分别为M和m，底边长分别为a和b，试求：小斜面滑到底端时，大斜面后退的距离。解：水平方向动量守恒。解题过程从略。答：（a－b）。进阶应用：如图7所示，一个质量为M，半径为R的光滑均质半球，静置于光滑水平桌面上，在球顶有一个质量为m的质点，由静止开始沿球面下滑。试求：质点离开球面以前的轨迹。解说：质点下滑，半球后退，这个物理情形和上面的双斜面问题十分相似，仔细分析，由于同样满足水平方向动量守恒，故我们介绍的“定式”是适用的。定式解决了水平位移（位置）的问题，竖直坐标则需要从数学的角度想一些办法。为寻求轨迹方程，我们需要建立一个坐标：以半球球心O为原点，沿质点滑下一侧的水平轴为x坐标、竖直轴为y坐标。由于质点相对半球总是做圆周运动的（离开球面前），有必要引入相对运动中半球球心O′的方位角θ来表达质点的瞬时位置，如图8所示。由“定式”，易得：x=Rsinθ①而由图知：y=Rcosθ②不难看出，①、②两式实际上已经是一个轨迹的参数方程。为了明确轨迹的性质，我们可以将参数θ消掉，使它们成为：第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）+=1这样，特征就明显了：质点的轨迹是一个长、短半轴分别为R和R的椭圆。五、功的定义式中S怎么取值？在求解功的问题时，有时遇到力的作用点位移与受力物体的（质心）位移不等，S是取力的作用点的位移，还是取物体（质心）的位移呢？我们先看下面一些事例。1、如图9所示，人用双手压在台面上推讲台，结果双手前进了一段位移而讲台未移动。试问：人是否做了功？2、在本“部分”第3页图1的模型中，求拉力做功时，S是否可以取绳子质心的位移？3、人登静止的楼梯，从一楼到二楼。楼梯是否做功？4、如图10所示，双手用等大反向的力F压固定汽缸两边的活塞，活塞移动相同距离S，汽缸中封闭气体被压缩。施力者（人）是否做功？在以上四个事例中，S若取作用点位移，只有第1、2、4例是做功的（注意第3例，楼梯支持力的作用点并未移动，而只是在不停地交换作用点），S若取物体（受力者）质心位移，只有第2、3例是做功的，而且，尽管第2例都做了功，数字并不相同。所以，用不同的判据得出的结论出现了本质的分歧。面对这些似是而非的“疑难杂症”，我们先回到“做功是物体能量转化的量度”这一根本点。第1例，手和讲台面摩擦生了热，内能的生成必然是由人的生物能转化而来，人肯定做了功。S宜取作用点的位移；第2例，求拉力的功，在前面已经阐述，S取作用点位移为佳；第3例，楼梯不需要输出任何能量，不做功，S取作用点位移；第4例，气体内能的增加必然是由人输出的，压力做功，S取作用点位移。但是，如果分别以上四例中的受力者用动能定理，第1例，人对讲台不做功，S取物体质心位移；第2例，动能增量对应S取L/2时的值——物体质心位移；第4例，气体宏观动能无增量，S取质心位移。（第3例的分析暂时延后。）第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）以上分析在援引理论知识方面都没有错，如何使它们统一？原来，功的概念有广义和狭义之分。在力学中，功的狭义概念仅指机械能转换的量度；而在物理学中功的广义概念指除热传递外的一切能量转换的量度。所以功也可定义为能量转换的量度。一个系统总能量的变化，常以系统对外做功的多少来量度。能量可以是机械能、电能、热能、化学能等各种形式，也可以多种形式的能量同时发生转化。由此可见，上面分析中，第一个理论对应的广义的功，第二个理论对应的则是狭义的功，它们都没有错误，只是在现阶段的教材中还没有将它们及时地区分开来而已。而且，我们不难归纳：求广义的功，S取作用点的位移；求狭义的功，S取物体（质心）位移。那么我们在解题中如何处理呢？这里给大家几点建议：1、抽象地讲“某某力做的功”一般指广义的功；2、讲“力对某物体做的功”常常指狭义的功；3、动能定理中的功肯定是指狭义的功。当然，求解功地问题时，还要注意具体问题具体分析。如上面的第3例，就相对复杂一些。如果认为所求为狭义的功，S取质心位移，是做了功，但结论仍然是难以令人接受的。下面我们来这样一个处理：将复杂的形变物体（人）看成这样一个相对理想的组合：刚性物体下面连接一压缩的弹簧（如图11所示），人每一次蹬梯，腿伸直将躯体重心上举，等效为弹簧将刚性物体举起。这样，我们就不难发现，做功的是人的双腿而非地面，人既是输出能量（生物能）的机构，也是得到能量（机械能）的机构——这里的物理情形更象是一种生物情形。本题所求的功应理解为广义功为宜。以上四例有一些共同的特点：要么，受力物体情形比较复杂（形变，不能简单地看成一个质点。如第2、第3、第4例），要么，施力者和受力者之间的能量转化不是封闭的（涉及到第三方，或机械能以外的形式。如第1例）。以后，当遇到这样的问题时，需要我们慎重对待。（学生活动）思考：足够长的水平传送带维持匀速v运转。将一袋货物无初速地放上去，在货物达到速度v之前，与传送带的摩擦力大小为f，对地的位移为S。试问：求摩擦力的功时，是否可以用W=fS？解：按一般的理解，这里应指广义的功（对应传送带引擎输出的能量），所以“位移”取作用点的位移。注意，在此处有一个隐含的“交换作用点”的问题，仔细分析，不难发现，每一个（相对皮带不动的）作用点的位移为2S。（另解：求货物动能的增加和与皮带摩擦生热的总和。）答：否。（学生活动）思考：如图12所示，人站在船上，通过拉一根固定在铁桩的缆绳使船靠岸。试问：缆绳是否对船和人的系统做功？解：分析同上面的“第3例”。答：否。六、机械能守恒与运动合成（分解）的综合物理情形：如图13所示，直角形的刚性杆被固定，水平和竖直部分均足够长。质量分别为m1和m2的A、B两个有孔小球，串在杆上，且被长为L的轻绳相连。忽略两球的大小，初态时，认为它们的位置在同一高度，且绳处于拉直状态。现无初速地将系统释放，忽略一切摩擦，试求B球运动L/2时的速度v2。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）模型分析：A、B系统机械能守恒。A、B两球的瞬时速度不等，其关系可据“第三部分”知识介绍的定式（滑轮小船）去寻求。（学生活动）A球的机械能是否守恒？B球的机械能是否守恒？系统机械能守恒的理由是什么（两法分析：a、“微元法”判断两个WT的代数和为零；b、无非弹性碰撞，无摩擦，没有其它形式能的生成）？由“拓展条件”可以判断，A、B系统机械能守恒，（设末态A球的瞬时速率为v1）过程的方程为：m2g=+①在末态，绳与水平杆的瞬时夹角为30°，设绳子的瞬时迁移速率为v，根据“第三部分”知识介绍的定式，有：v1=v/cos30°,v2=v/sin30°两式合并成：v1=v2tg30°=v2/②解①、②两式，得：v2=七、动量和能量的综合（一）物理情形：如图14所示，两根长度均为L的刚性轻杆，一端通过质量为m的球形铰链连接，另一端分别与质量为m和2m的小球相连。将此装置的两杆合拢，铰链在上、竖直地放在水平桌面上，然后轻敲一下，使两小球向两边滑动，但两杆始终保持在竖直平面内。忽略一切摩擦，试求：两杆夹角为90°时，质量为2m的小球的速度v2。模型分析：三球系统机械能守恒、水平方向动量守恒，并注意约束关系——两杆不可伸长。（学生活动）初步判断：左边小球和球形铰链的速度方向会怎样？设末态（杆夹角90°）左边小球的速度为v1（方向：水平向左），球形铰链的速度为v（方向：和竖直方向夹θ角斜向左），对题设过程，三球系统机械能守恒，有：mg(L-L)=m+mv2+2m①三球系统水平方向动量守恒，有：mv1+mvsinθ=2mv2②左边杆子不形变，有：v1cos45°=vcos(45°-θ)③右边杆子不形变，有：第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）vcos(45°+θ)=v2cos45°④四个方程，解四个未知量（v1、v2、v和θ），是可行的。推荐解方程的步骤如下——1、③、④两式用v2替代v1和v，代入②式，解θ值，得：tgθ=1/42、在回到③、④两式，得：v1=v2,v=v23、将v1、v的替代式代入①式解v2即可。结果：v2=（学生活动）思考：球形铰链触地前一瞬，左球、铰链和右球的速度分别是多少？解：由两杆不可形变，知三球的水平速度均为零，θ为零。一个能量方程足以解题。答：0、、0。（学生活动）思考：当两杆夹角为90°时，右边小球的位移是多少？解：水平方向用“反冲位移定式”，或水平方向用质心运动定律。答：。进阶应用：在本讲模型“四、反冲……”的“进阶应用”（见图8）中，当质点m滑到方位角θ时（未脱离半球），质点的速度v的大小、方向怎样？解说：此例综合应用运动合成、动量守恒、机械能守恒知识，数学运算比较繁复，是一道考查学生各种能力和素质的难题。据运动的合成，有：=+=-其中必然是沿地面向左的，为了书写方便，我们设其大小为v2；必然是沿半球瞬时位置切线方向（垂直瞬时半径）的，设大小为v相。根据矢量减法的三角形法则，可以得到（设大小为v1）的示意图，如图16所示。同时，我们将v1的x、y分量v1x和v1y也描绘在图中。由图可得：v1y=（v2+v1x）tgθ①质点和半球系统水平方向动量守恒，有：Mv2=mv1x②第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）对题设过程，质点和半球系统机械能守恒，有：mgR(1-cosθ)=M+m，即：mgR(1-cosθ)=M+m（+）③三个方程，解三个未知量（v2、v1x、v1y）是可行的，但数学运算繁复，推荐步骤如下——1、由①、②式得：v1x=v2，v1y=(tgθ)v22、代入③式解v2，得：v2=3、由=+解v1，得：v1=v1的方向：和水平方向成α角，α=arctg=arctg（）这就是最后的解。〔一个附属结果：质点相对半球的瞬时角速度ω==。〕八、动量和能量的综合（二）物理情形：如图17所示，在光滑的水平面上，质量为M=1kg的平板车左端放有质量为m=2kg的铁块，铁块与车之间的摩擦因素μ=0.5。开始时，车和铁块以共同速度v=6m/s向右运动，车与右边的墙壁发生正碰，且碰撞是弹性的。车身足够长，使铁块不能和墙相碰。重力加速度g=10m/s2，试求：1、铁块相对车运动的总路程；2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。模型分析：本模型介绍有两对相互作用时的处理常规。能量关系介绍摩擦生热定式的应用。由于过程比较复杂，动量分析还要辅助以动力学分析，综合程度较高。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）由于车与墙壁的作用时短促而激烈的，而铁块和车的作用是舒缓而柔和的，当两对作用同时发生时，通常处理成“让短时作用完毕后，长时作用才开始”（这样可以使问题简化）。在此处，车与墙壁碰撞时，可以认为铁块与车的作用尚未发生，而是在车与墙作用完了之后，才开始与铁块作用。规定向右为正向，将矢量运算化为代数运算。车第一次碰墙后，车速变为－v，然后与速度仍为v的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v1==，因方向为正，必朝墙运动。（学生活动）车会不会达共同速度之前碰墙？动力学分析：车离墙的最大位移S=,反向加速的位移S′=，其中a=a1=，故S′＜S，所以，车碰墙之前，必然已和铁块达到共同速度v1。车第二次碰墙后，车速变为－v1，然后与速度仍为v1的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v2===，因方向为正，必朝墙运动。车第三次碰墙，……共同速度v3==，朝墙运动。……以此类推，我们可以概括铁块和车的运动情况——铁块：匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右……平板车：匀减速向左→匀加速向右→匀速向右→匀减速向左→匀加速向右→匀速向右……显然，只要车和铁块还有共同速度，它们总是要碰墙，所以最后的稳定状态是：它们一起停在墙角（总的末动能为零）。1、全程能量关系：对铁块和车系统，－ΔEk=ΔE内，且，ΔE内=f滑S相，即：（m+M）v2=μmg·S相代入数字得：S相=5.4m2、平板车向右运动时比较复杂，只要去每次向左运动的路程的两倍即可。而向左是匀减速的，故第一次：S1=第二次：S2==第三次：S3==……第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）n次碰墙的总路程是：ΣS=2（S1+S2+S3+…+Sn）=（1+++…+）=（1+++…+）碰墙次数n→∞，代入其它数字，得：ΣS=4.05m（学生活动）质量为M、程度为L的木板固定在光滑水平面上，另一个质量为m的滑块以水平初速v0冲上木板，恰好能从木板的另一端滑下。现解除木板的固定（但无初速），让相同的滑块再次冲上木板，要求它仍能从另一端滑下，其初速度应为多少？解：由第一过程，得滑动摩擦力f=。第二过程应综合动量和能量关系（“恰滑下”的临界是：滑块达木板的另一端，和木板具有共同速度，设为v），设新的初速度为m=（m+M）vm-（m+M）v2=fL解以上三式即可。答：=v0。第三讲典型例题解析教材范本：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。例题选讲针对“教材”第七、第八章的部分例题和习题。第六部分振动和波第一讲基本知识介绍第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）《振动和波》的竞赛考纲和高考要求有很大的不同，必须做一些相对详细的补充。一、简谐运动1、简谐运动定义：=－k①凡是所受合力和位移满足①式的质点，均可称之为谐振子，如弹簧振子、小角度单摆等。谐振子的加速度：=－2、简谐运动的方程回避高等数学工具，我们可以将简谐运动看成匀速圆周运动在某一条直线上的投影运动（以下均看在x方向的投影），圆周运动的半径即为简谐运动的振幅A。依据：x=－mω2Acosθ=－mω2对于一个给定的匀速圆周运动，m、ω是恒定不变的，可以令：mω2=k这样，以上两式就符合了简谐运动的定义式①。所以，x方向的位移、速度、加速度就是简谐运动的相关规律。从图1不难得出——位移方程：=Acos(ωt+φ)②速度方程：=－ωAsin(ωt+φ)③加速度方程：=－ω2Acos(ωt+φ)④相关名词：(ωt+φ)称相位，φ称初相。运动学参量的相互关系：=－ω2A=tgφ=－3、简谐运动的合成a、同方向、同频率振动合成。两个振动x1=A1cos(ωt+φ1)和x2=A2cos(ωt+φ2)合成，可令合振动x=Acos(ωt+φ)，由于x=x1+x2，解得A=，φ=arctg显然，当φ2－φ1=2kπ时（k=0，±1，±2，…），合振幅A最大，当φ2－φ1=（2k+1）π时（k=0，±1，±2，…），合振幅最小。b、方向垂直、同频率振动合成。当质点同时参与两个垂直的振动x=A1cos(ωt+φ1)和y=A2cos(ωt+φ2)时，这两个振动方程事实上已经构成了质点在二维空间运动的轨迹参数方程，消去参数t后，得一般形式的轨迹方程为第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）+－2cos(φ2－φ1)=sin2(φ2－φ1)显然，当φ2－φ1=2kπ时（k=0，±1，±2，…），有y=x，轨迹为直线，合运动仍为简谐运动；当φ2－φ1=（2k+1）π时（k=0，±1，±2，…），有+=1，轨迹为椭圆，合运动不再是简谐运动；当φ2－φ1取其它值，轨迹将更为复杂，称“李萨如图形”，不是简谐运动。c、同方向、同振幅、频率相近的振动合成。令x1=Acos(ω1t+φ)和x2=Acos(ω2t+φ)，由于合运动x=x1+x2，得：x=（2Acost）cos（t+φ）。合运动是振动，但不是简谐运动，称为角频率为的“拍”现象。4、简谐运动的周期由②式得：ω=，而圆周运动的角速度和简谐运动的角频率是一致的，所以T=2π⑤5、简谐运动的能量一个做简谐运动的振子的能量由动能和势能构成，即=mv2+kx2=kA2注意：振子的势能是由（回复力系数）k和（相对平衡位置位移）x决定的一个抽象的概念，而不是具体地指重力势能或弹性势能。当我们计量了振子的抽象势能后，其它的具体势能不能再做重复计量。6、阻尼振动、受迫振动和共振和高考要求基本相同。二、机械波1、波的产生和传播产生的过程和条件；传播的性质，相关参量（决定参量的物理因素）2、机械波的描述a、波动图象。和振动图象的联系b、波动方程如果一列简谐波沿x方向传播，振源的振动方程为y=Acos（ωt+φ），波的传播速度为v，那么在离振源x处一个振动质点的振动方程便是y=Acos〔ωt+φ-·2π〕=Acos〔ω（t-）+φ〕这个方程展示的是一个复变函数。对任意一个时刻t第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版），都有一个y（x）的正弦函数，在x-y坐标下可以描绘出一个瞬时波形。所以，称y=Acos〔ω（t-）+φ〕为波动方程。3、波的干涉a、波的叠加。几列波在同一介质种传播时，能独立的维持它们的各自形态传播，在相遇的区域则遵从矢量叠加（包括位移、速度和加速度的叠加）。b、波的干涉。两列波频率相同、相位差恒定时，在同一介质中的叠加将形成一种特殊形态：振动加强的区域和振动削弱的区域稳定分布且彼此隔开。我们可以用波程差的方法来讨论干涉的定量规律。如图2所示，我们用S1和S2表示两个波源，P表示空间任意一点。当振源的振动方向相同时，令振源S1的振动方程为y1=A1cosωt，振源S1的振动方程为y2=A2cosωt，则在空间P点（距S1为r1，距S2为r2），两振源引起的分振动分别是y1′=A1cos〔ω（t−）〕y2′=A2cos〔ω（t−）〕P点便出现两个频率相同、初相不同的振动叠加问题（φ1=，φ2=），且初相差Δφ=（r2–r1）。根据前面已经做过的讨论，有r2−r1=kλ时（k=0，±1，±2，…），P点振动加强，振幅为A1+A2；r2−r1=（2k−1）时（k=0，±1，±2，…），P点振动削弱，振幅为│A1－A2│。4、波的反射、折射和衍射知识点和高考要求相同。5、多普勒效应当波源或者接受者相对与波的传播介质运动时，接收者会发现波的频率发生变化。多普勒效应的定量讨论可以分为以下三种情况（在讨论中注意：波源的发波频率f和波相对介质的传播速度v是恒定不变的）——a、只有接收者相对介质运动（如图3所示）设接收者以速度v1正对静止的波源运动。如果接收者静止在A点，他单位时间接收的波的个数为f，当他迎着波源运动时，设其在单位时间到达B点，则=v1，、在从A运动到B的过程中，接收者事实上“提前”多接收到了n个波第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）n===显然，在单位时间内，接收者接收到的总的波的数目为：f+n=f，这就是接收者发现的频率f1。即f1=f显然，如果v1背离波源运动，只要将上式中的v1代入负值即可。如果v1的方向不是正对S，只要将v1出正对的分量即可。b、只有波源相对介质运动（如图4所示）设波源以速度v2正对静止的接收者运动。如果波源S不动，在单位时间内，接收者在A点应接收f个波，故S到A的距离：=fλ在单位时间内，S运动至S′，即=v2。由于波源的运动，事实造成了S到A的f个波被压缩在了S′到A的空间里，波长将变短，新的波长λ′====而每个波在介质中的传播速度仍为v，故“被压缩”的波（A接收到的波）的频率变为f2==f当v2背离接收者，或有一定夹角的讨论，类似a情形。c、当接收者和波源均相对传播介质运动当接收者正对波源以速度v1（相对介质速度）运动，波源也正对接收者以速度v2（相对介质速度）运动，我们的讨论可以在b情形的过程上延续…f3=f2=f关于速度方向改变的问题，讨论类似a情形。6、声波a、乐音和噪音b、声音的三要素：音调、响度和音品c、声音的共鸣第二讲重要模型与专题一、简谐运动的证明与周期计算物理情形：如图5所示，将一粗细均匀、两边开口的U型管固定，其中装有一定量的水银，汞柱总长为L。当水银受到一个初始的扰动后，开始在管中振动。忽略管壁对汞的阻力，试证明汞柱做简谐运动，并求其周期。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）模型分析：对简谐运动的证明，只要以汞柱为对象，看它的回复力与位移关系是否满足定义式①，值得注意的是，回复力系指振动方向上的合力（而非整体合力）。当简谐运动被证明后，回复力系数k就有了，求周期就是顺理成章的事。本题中，可设汞柱两端偏离平衡位置的瞬时位移为x、水银密度为ρ、U型管横截面积为S，则次瞬时的回复力ΣF=ρg2xS=x由于L、m为固定值，可令：=k，而且ΣF与x的方向相反，故汞柱做简谐运动。周期T=2π=2π答：汞柱的周期为2π。学生活动：如图6所示，两个相同的柱形滚轮平行、登高、水平放置，绕各自的轴线等角速、反方向地转动，在滚轮上覆盖一块均质的木板。已知两滚轮轴线的距离为L、滚轮与木板之间的动摩擦因素为μ、木板的质量为m，且木板放置时，重心不在两滚轮的正中央。试证明木板做简谐运动，并求木板运动的周期。思路提示：找平衡位置（木板重心在两滚轮中央处）→力矩平衡和ΣF6=0结合求两处弹力→求摩擦力合力…答案：木板运动周期为2π。巩固应用：如图7所示，三根长度均为L=2.00m地质量均匀直杆，构成一正三角形框架ABC，C点悬挂在一光滑水平轴上，整个框架可绕转轴转动。杆AB是一导轨，一电动松鼠可在导轨上运动。现观察到松鼠正在导轨上运动，而框架却静止不动，试讨论松鼠的运动是一种什么样的运动。解说：由于框架静止不动，松鼠在竖直方向必平衡，即：松鼠所受框架支持力等于松鼠重力。设松鼠的质量为m，即：N=mg①再回到框架，其静止平衡必满足框架所受合力矩为零。以C点为转轴，形成力矩的只有松鼠的压力N、和松鼠可能加速的静摩擦力f，它们合力矩为零，即：MN=Mf现考查松鼠在框架上的某个一般位置（如图7，设它在导轨方向上距C点为x），上式即成：第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）N·x=f·Lsin60°②解①②两式可得：f=x，且f的方向水平向左。根据牛顿第三定律，这个力就是松鼠在导轨方向上的合力。如果我们以C在导轨上的投影点为参考点，x就是松鼠的瞬时位移。再考虑到合力与位移的方向因素，松鼠的合力与位移满足关系——=－k其中k=，对于这个系统而言，k是固定不变的。显然这就是简谐运动的定义式。答案：松鼠做简谐运动。评说：这是第十三届物理奥赛预赛试题，问法比较模糊。如果理解为定性求解，以上答案已经足够。但考虑到原题中还是有定量的条件，所以做进一步的定量运算也是有必要的。譬如，我们可以求出松鼠的运动周期为：T=2π=2π=2.64s。二、典型的简谐运动1、弹簧振子物理情形：如图8所示，用弹性系数为k的轻质弹簧连着一个质量为m的小球，置于倾角为θ的光滑斜面上。证明：小球在弹簧方向的振动为简谐运动，并求其周期T。学生自己证明…。周期T=2π模型分析：这个结论表明，弹簧振子完全可以突破放置的方向而伸展为一个广义的概念，且伸展后不会改变运动的实质。其次，我们还可以这样拓展：把上面的下滑力换程任何一个恒力（如电场力），它的运动性质仍然不会改变。当然，这里的运动性质不变并不是所有运动参量均不改变。譬如，振子的平衡位置、振动方程还是会改变的。下面我们看另一类型的拓展——物理情形：如图9所示，两根相同的弹性系数分别为k1和k2的轻质弹簧，连接一个质量为m的滑块，可以在光滑的水平面上滑动。试求这个系统的振动周期T。解说：这里涉及的是弹簧的串、并联知识综合。根据弹性系数的定义，不难推导出几个弹性系数分别为k1、k2、…、kn的弹簧串、并联后的弹性系数定式（设新弹簧系统的弹性系数为k）——串联：=并联：k=第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）在图9所示的情形中，同学们不难得出：T=2π当情形变成图10时，会不会和图9一样呢？详细分析形变量和受力的关系，我们会发现，事实上，这时已经变成了弹簧的并联。答案：T=2π。思考：如果两个弹簧通过一个动滑轮（不计质量）再与质量为m的钩码相连，如图11所示，钩码在竖直方向上的振动周期又是多少？解：这是一个极容易出错的变换——因为图形的外表形状很象“并联”。但经过仔细分析后，会发现，动滑轮在这个物理情形中起到了重要的作用——致使这个变换的结果既不是串联、也不是并联。★而且，我们前面已经证明过，重力的存在并不会改变弹簧振子的振动方程，所以为了方便起见，这里（包括后面一个“在思考”题）的受力分析没有考虑重力。具体分析如下：设右边弹簧的形变量为x2、滑轮（相对弹簧自由长度时）的位移为x、钩子上的拉力为F，则k1x1=k2x2x=F=2k2x2解以上三式，得到：F=x，也就是说，弹簧系统新的弹性系数k=。答：T=π。再思考：如果两弹簧和钩码通过轻杆和转轴，连成了图12所示的系统，已知k1、k2、m、a、b，再求钩码的振动周期T。思路提示：探讨钩码位移和回复力关系，和“思考”题类似。（过程备考：设右弹簧伸长x2，则中间弹簧伸长x1=x2钩码的位移量x=x1+x2而钩码的回复力F=k1x1结合以上三式解回复力系数k==，所以…）第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）答：T=2π。2、单摆单摆分析的基本点，在于探讨其回复力随位移的变化规律。相对原始模型的伸展，一是关于摆长的变化，二是关于“视重加速度”的变化，以及在具体情形中的处理。至于复杂的摆动情形研究，往往会超出这种基本的变形，而仅仅是在分析方法上做适当借鉴。物理情形1：如图13所示，在一辆静止的小车内用长为L的轻绳静止悬挂着一个小钢球，当小车突然获得水平方向的大小为a的加速度后（a＜g），试描述小球相对小车的运动。模型分析：小钢球相对车向a的反方向摆起，摆至绳与竖直方向夹角θ=arctg时，达到最大速度，此位置即是小球相对车“单摆”的平衡位置。以车为参照，小球受到的场力除了重力G外，还有一惯性力F。所以，此时小球在车中相当于处在一个方向倾斜θ、大小变为的新“重力”的作用，属超重情况。这是一种“视重加速度”增加的情形。解说：由于摆长L未变，而g视=，如果a很小，致使最大摆角不超过5°的话，小角度单摆可以视为简谐运动，周期也可以求出来。答案：小球以绳偏离竖直方向θ=arctg的角度为平衡位置做最大摆角为θ的单摆运动，如果θ≤5°，则小球的摆动周期为T=2π物理情形2：某秋千两边绳子不等长，且悬点不等高，相关数据如图14所示，且有a2+b2=+，试求它的周期（认为人的体积足够小）。模型分析：用C球替代人，它实际上是在绕AB轴摆动，类似将单摆放置在光滑斜面上的情形。故视重加速度g视=gcosθ=g，等效摆长l=，如图15所示。由于a2+b2=+可知，AC⊥CB，因此不难求出=，最后应用单摆周期公式即可。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）答案：T=2π。相关变换1：如图16所示，质量为M的车厢中用长为L的细绳悬挂着一个质量为m的小球，车轮与水平地面间的摩擦不计，试求这个系统做微小振动的周期。分析：我们知道，证明小角度单摆作简谐运动用到了近似处理。在本题，也必须充分理解“小角度”的含义，大胆地应用近似处理方法。解法一：以车为参照，小球将相对一个非惯性系作单摆运动，在一般方位角θ的受力如图17所示，其中惯性力F=ma，且a为车子的加速度。由于球在垂直T方向振动，故回复力F回=Gsinθ+Fcosθ=mgsinθ+macosθ①*由于球作“微小”摆动，其圆周运动效应可以忽略，故有T+Fsinθ≈mgcosθ②再隔离车，有Tsinθ=Ma③解①②③式得F回=*再由于球作“微小”摆动，sin2θ→0，所以F回=④令摆球的振动位移为x，常规处理sinθ≈⑤解④⑤即得F回=x显然，=k是恒定的，所以小球作简谐运动。最后求周期用公式即可。解法二：由于车和球的系统不受合外力，故系统质心无加速度。小球可以看成是绕此质心作单摆运动，而新摆长L′会小于L。由于质心是惯性参照系，故小球的受力、回复力的合成就很常规了。若绳子在车内的悬挂点在正中央，则质心在水平方向上应与小球相距x=Lsinθ，不难理解，“新摆长”L′=L。（从严谨的意义上来讲，这个“摆长”并不固定：随着车往“平衡位置”靠近，它会加长。所以，这里的等效摆长得出和解法一的忽略圆周运动效应事实上都是一种相对“模糊”的处理。如果非要做精准的运算，不启用高等数学工具恐怕不行。）答：T=2π。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）相关变换2：如图18所示，有一个均质的细圆环，借助一些质量不计的辐条，将一个与环等质量的小球固定于环心处，然后用三根竖直的、长度均为L且不可伸长的轻绳将这个物体悬挂在天花板上，环上三个结点之间的距离相等。试求这个物体在水平方向做微小扭动的周期。分析：此题的分析角度大变。象分析其它物理问题一样，分析振动也有动力学途径和能量两种途径，此处若援用动力学途径寻求回复力系数k有相当的难度，因此启用能量分析。本题的任务不在简谐运动的证明，而是可以直接应用简谐运动的相关结论。根据前面的介绍，任何简谐运动的总能都可以表达为E=kA2①而我们对过程进行具体分析时，令最大摆角为θ（为了便于寻求参量，这里把摆角夸大了）、环和球的质量均为m，发现最大的势能（即总能）可以表达为（参见图19）E=2m·gL(1−cosθ)②且振幅A可以表达为A=2Lsin③解①②③式易得：k=最后求周期时应注意，中间的球体未参与振动，故不能纳入振子质量（振子质量只有m）。答：T=π。三、振动的合成物理情形：如图20所示，一个手电筒和一个屏幕的质量均为m，都被弹性系数为k的弹簧悬挂着。平衡时手电筒的光斑恰好照在屏幕的正中央O点。现在令手电筒和屏幕都在竖直方向上振动（无水平晃动或扭动），振动方程分别为y1=Acos(ωt+φ1)，y2=Acos(ωt+φ2)。试问：两者初位相满足什么条件时，可以形成这样的效果：（1）光斑相对屏幕静止不动：（2）光斑相对屏幕作振幅为2A的振动。模型分析：振动的叠加包括振动的相加和相减。这里考查光斑相对屏幕的运动事实上是寻求手电筒相对屏幕的振动，服从振动的减法。设相对振动为y，有y=y1−y2=Acos(ωt+φ1)−Acos(ωt+φ2)=−2Asinsin()解说：（1）光斑相对屏幕静止不动，即y=0，得φ1=φ2（2）要振幅为2A，必须=1，得φ1−φ2=±π答案：初位相相同；初位相相反。相关变换：一质点同时参与两个垂直的简谐运动，其表达式分别为x=2cos(2ωt+2φ)，y=sinωt。（1）设φ=第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版），求质点的轨迹方程，并在xOy平面绘出其曲线；（2）设φ=π，轨迹曲线又怎样？解：两个振动方程事实已经构成了质点轨迹的参数方程，我们所要做的，只不过是消掉参数，并寻求在两个具体φ值下的特解。在实际操作时，将这两项工作的次序颠倒会方便一些。（1）当φ=时，x=−2(1−2sin2ωt)，即x=4y2−2描图时应注意，振动的物理意义体现在：函数的定义域−1≤y≤1(这事实上已经决定了值域−2≤x≤2)（2）当φ=π时，同理x=2(1−2sin2ωt)=2−4y2答：轨迹方程分别为x=4y2−2和x=2−4y2，曲线分别如图21的（a）（b）所示——四、简谐波的基本计算物理情形：一平面简谐波向−x方向传播，振幅A=6cm，圆频率ω=6πrad/s，当t=2.0s时，距原点O为12cm处的P点的振动状态为yP=3cm，且vP＞0,而距原点22cm处的Q点的振动状态为yQ=0，且vQ＜0。设波长λ＞10cm，求振动方程，并画出t=0时的波形图。解说：这是一个对波动方程进行了解的基本训练题。简谐波方程的一般形式已经总结得出，在知道A、ω的前提下，加上本题给出的两个特解，应该足以解出v和φ值。由一般的波动方程y=Acos〔ω（t-）+φ〕（★说明：如果我们狭义地理解为波源就在坐标原点的话，题目给出特解是不存在的——因为波向−x方向传播——所以，此处的波源不在原点。同学们自己理解：由于初相φ的任意性，上面的波动方程对波源不在原点的情形也是适用的。）参照简谐运动的位移方程和速度方程的关系，可以得出上面波动方程所对应质点的速度（复变函数）v=−ωAsin〔ω（t-）+φ〕代t=2.0s时P的特解，有——yP=6cos〔6π（2-）+φ〕=3，vP=−36πsin〔6π（2-）+φ〕＞0第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）即6π（2-）+φ=2k1π-①代t=2.0s时Q的特解，有——yQ=6cos〔6π（2-）+φ〕=0，vQ=−36πsin〔6π（2-）+φ〕＜0即6π（2-）+φ=2k2π+②又由于=22−12=10＜λ，故k1=k2。解①②两式易得v=−72cm/s，φ=（或−）所以波动方程为：y=6cos〔6π（t+）+〕，且波长λ=v=24cm。当t=0时，y=6cos（x+），可以描出y-x图象为——答案：波动方程为y=6cos〔6π（t+）+〕，t=0时的波形图如图22所示。相关变换：同一媒质中有甲、乙两列平面简谐波，波源作同频率、同方向、同振幅的振动。两波相向传播，波长为8m，波传播方向上A、B两点相距20m，甲波在A处为波峰时，乙波在B处位相为−，求AB连线上因干涉而静止的各点的位置。解：因为不知道甲、乙两波源的位置，设它们分别在S1和S2两点，距A、B分别为a和b，如图23所示。它们在A、B之间P点（坐标为x）形成的振动分别为——y甲=Acosω（t-）=Acos〔ωt−（a+x）〕y乙=Acosω（t−）=Acos〔ωt−（20+b−x）〕这也就是两波的波动方程（注意：由于两式中a、b、x均是纯数，故乙波的速度矢量性也没有表达）当甲波在A处（x=0）为波峰时，有ωt=①此时，乙波在B处（x=20）的位相为−，有ωt−=−②结合①②两式，得到b−a=2第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）所以，甲波在任意坐标x处的位相θ甲=ωt−（a+x）乙波则为θ乙=ωt−（22+a−x）两列波因干涉而静止点，必然满足θ甲−θ乙=（2k-1）π所以有x=13−4k，其中k=0，±1，±2，…在0~20的范围内，x=1、5、9、13、17m答：距A点1m、5m、9m、13m、17m的五个点因干涉始终处于静止状态。思考：此题如果不设波源的位置也是可以解的，请同学们自己尝试一下…（后记：此题直接应用波的干涉的结论——位相差的规律，如若不然，直接求y甲和y乙的叠加，解方程将会困难得多。此外如果波源不是“同方向”振动，位相差的规律会不同。）第三讲典型例题解析教材范本：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。例题选讲针对“教材”第九、第十章的部分例题和习题。关于波的知识，现在的很多奥赛教材都基本只涉及高考范畴的内容，《奥林匹克物理思维训练教材》的第十章也是如此。这是不是意味着奥赛的考纲有所更新——要求降低了？第七部分热学热学知识在奥赛中的要求不以深度见长，但知识点却非常地多（考纲中罗列的知识点几乎和整个力学——前五部分——的知识点数目相等）。而且，由于高考要求对热学的要求逐年降低（本届尤其低得“离谱”，连理想气体状态方程都没有了），这就客观上给奥赛培训增加了负担。因此，本部分只能采新授课的培训模式，将知识点和例题讲解及时地结合，争取让学员学一点，就领会一点、巩固一点，然后再层叠式地往前推进。一、分子动理论第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）1、物质是由大量分子组成的（注意分子体积和分子所占据空间的区别）对于分子（单原子分子）间距的计算，气体和液体可直接用，对固体，则与分子的空间排列（晶体的点阵）有关。【例题1】如图6-1所示，食盐（NaCl）的晶体是由钠离子（图中的白色圆点表示）和氯离子（图中的黑色圆点表示）组成的，离子键两两垂直且键长相等。已知食盐的摩尔质量为58.5×10－3kg/mol，密度为2.2×103kg/m3，阿伏加德罗常数为6.0×1023mol－1，求食盐晶体中两个距离最近的钠离子中心之间的距离。【解说】题意所求即图中任意一个小立方块的变长（设为a）的倍，所以求a成为本题的焦点。由于一摩尔的氯化钠含有NA个氯化钠分子，事实上也含有2NA个钠离子（或氯离子），所以每个钠离子占据空间为v=而由图不难看出，一个离子占据的空间就是小立方体的体积a3，即a3==，最后，邻近钠离子之间的距离l=a【答案】3.97×10－10m。〖思考〗本题还有没有其它思路？〖答案〗每个离子都被八个小立方体均分，故一个小立方体含有×8个离子=分子，所以…（此法普遍适用于空间点阵比较复杂的晶体结构。）2、物质内的分子永不停息地作无规则运动固体分子在平衡位置附近做微小振动（振幅数量级为0.1），少数可以脱离平衡位置运动。液体分子的运动则可以用“长时间的定居（振动）和短时间的迁移”来概括，这是由于液体分子间距较固体大的结果。气体分子基本“居无定所”，不停地迁移（常温下，速率数量级为102m/s）。无论是振动还是迁移，都具备两个特点：a、偶然无序（杂乱无章）和统计有序（分子数比率和速率对应一定的规律——如麦克斯韦速率分布函数，如图6-2所示）；b、剧烈程度和温度相关。气体分子的三种速率。最可几速率vP：f(v)=（其中ΔN表示v到v+Δv内分子数，N表示分子总数）极大时的速率，vP==；平均速率：所有分子速率的算术平均值，==；方均根速率：与分子平均动能密切相关的一个速率，==第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）〔其中R为普适气体恒量，R=8.31J/(mol.K)。k为玻耳兹曼常量，k==1.38×10－23J/K〕【例题2】证明理想气体的压强P=n，其中n为分子数密度，为气体分子平均动能。【证明】气体的压强即单位面积容器壁所承受的分子的撞击力，这里可以设理想气体被封闭在一个边长为a的立方体容器中，如图6-3所示。考查yoz平面的一个容器壁，P=①设想在Δt时间内，有Nx个分子（设质量为m）沿x方向以恒定的速率vx碰撞该容器壁，且碰后原速率弹回，则根据动量定理，容器壁承受的压力F==②在气体的实际状况中，如何寻求Nx和vx呢？考查某一个分子的运动，设它的速度为v，它沿x、y、z三个方向分解后，满足v2=++分子运动虽然是杂乱无章的，但仍具有“偶然无序和统计有序”的规律，即=++=3③这就解决了vx的问题。另外，从速度的分解不难理解，每一个分子都有机会均等的碰撞3个容器壁的可能。设Δt=，则Nx=·3N总=na3④注意，这里的是指有6个容器壁需要碰撞，而它们被碰的几率是均等的。结合①②③④式不难证明题设结论。〖思考〗此题有没有更简便的处理方法？〖答案〗有。“命令”所有分子以相同的速率v沿+x、−x、+y、−y、+z、−z这6个方向运动（这样造成的宏观效果和“杂乱无章”地运动时是一样的），则Nx=N总=na3；而且vx=v所以，P====nm=n第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）3、分子间存在相互作用力（注意分子斥力和气体分子碰撞作用力的区别），而且引力和斥力同时存在，宏观上感受到的是其合效果。分子力是保守力，分子间距改变时，分子力做的功可以用分子势能的变化表示，分子势能EP随分子间距的变化关系如图6-4所示。分子势能和动能的总和称为物体的内能。二、热现象和基本热力学定律1、平衡态、状态参量a、凡是与温度有关的现象均称为热现象，热学是研究热现象的科学。热学研究的对象都是有大量分子组成的宏观物体，通称为热力学系统（简称系统）。当系统的宏观性质不再随时间变化时，这样的状态称为平衡态。b、系统处于平衡态时，所有宏观量都具有确定的值，这些确定的值称为状态参量（描述气体的状态参量就是P、V和T）。c、热力学第零定律（温度存在定律）：若两个热力学系统中的任何一个系统都和第三个热力学系统处于热平衡状态，那么，这两个热力学系统也必定处于热平衡。这个定律反映出：处在同一热平衡状态的所有的热力学系统都具有一个共同的宏观特征，这一特征是由这些互为热平衡系统的状态所决定的一个数值相等的状态函数，这个状态函数被定义为温度。2、温度a、温度即物体的冷热程度，温度的数值表示法称为温标。典型的温标有摄氏温标t、华氏温标F（F=t+32）和热力学温标T（T=t+273.15）。b、（理想）气体温度的微观解释：=kT（i为分子的自由度=平动自由度t+转动自由度r+振动自由度s。对单原子分子i=3，“刚性”〈忽略振动，s=0，但r=2〉双原子分子i=5。对于三个或三个以上的多原子分子，i=6。能量按自由度是均分的），所以说温度是物质分子平均动能的标志。c、热力学第三定律：热力学零度不可能达到。（结合分子动理论的观点2和温度的微观解释很好理解。）3、热力学过程a、热传递。热传递有三种方式：传导（对长L、横截面积S的柱体，Q=KSΔt）、对流和辐射（黑体表面辐射功率J=αT4）b、热膨胀。线膨胀Δl=αl0Δt【例题3】如图6-5所示，温度为0℃时，两根长度均为L的、均匀的不同金属棒，密度分别为ρ1和ρ2，现膨胀系数分别为α1和α2，它们的一端粘合在一起并从A点悬挂在天花板上，恰好能水平静止。若温度升高到t℃，仍需它们水平静止平衡，则悬点应该如何调整？【解说】设A点距离粘合端x，则ρ1（−x）=ρ2（+x），得：x=设膨胀后的长度分别为L1和L2第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版），而且密度近似处理为不变，则同理有ρ1（−x′）=ρ2（+x′），得：x′=另有线膨胀公式，有L1=L（1+α1t），L2=L（1+α2t）最后，设调整后的悬点为B，则=x′−x【答案】新悬点和原来的悬点之间相距Lt。〖说明〗如果考虑到密度变化的实际情况ρ1′=ρ1、ρ2′=ρ2，此题仍然是可解的，但最后的结果却复杂得多…c、系统由一个平衡态变化到另一个平衡态，即构成一个热力学过程。特殊的热力学过程有等压过程、等温过程、等容过程、绝热过程和自由膨胀等。准静态过程：如果变化过程相对缓慢，则过程的每一个状态可视为平衡态，这样的过程也称为准静态过程。循环：如果系统经过一系列的变化后，又回到原来的平衡态，我们成这个过程为循环。d、热力学第一定律：外界对系统所做的功W和系统从外界吸收热量Q之和，等于系统内能的增量ΔE，即ΔE=Q+W。热力学第一定律是能量守恒定律在热力学过程中的具体体现。e、热力学第二定律：克劳修斯表述（克劳修斯在1850年提出）：热量总是自动的从高温物体传到低温物体，不可能自动地由低温物体向高温物体传递。开尔文表述（开尔文在1851年提出）：不存在这样一种循环过程，系统从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响。违背热力学第二定律并不违背能量守恒，它所展示的是热力学过程的不可逆性——即自发的热力学过程只会朝着混乱程度（熵）增大的方向发展。三、理想气体1、气体实验三定律在压强不太大，温度不太低的条件下，气体的状态变化遵从以下三个实验定律a、玻意耳-马略特定律：一定质量气体温度不变时，P1V1=P2V2或PV=恒量b、查理定律：一定质量气体体积不变时，=或=恒量c、盖·吕萨克定律：一定质量气体压强不变时，=或=恒量【例题4】如图6-6所示，一端封闭、内径均匀的玻璃管长L=100cm，其中有一段长L′第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）=15cm的水银柱把一部分空气封闭在管中。当管水平放置时，封闭气柱A长LA=40cm。现把管缓慢旋转至竖直后，在把开口端向下插入水银槽中，直至A端气柱长=37.5cm为止，这时系统处于静止平衡。已知大气压强P0=75cmHg，过程温度不变，试求槽内水银进入管内的水银柱的长度h。【解说】在全过程中，只有A部分的气体质量是不变的，B部分气体则只在管子竖直后质量才不变。所以有必要分过程解本题。过程一：玻管旋转至竖直A部分气体，LA′=LA=×40=50cm此时B端气柱长LB′=L−LA′−L′=100−50−15=35cm过程二：玻管出入水银槽A部分气体（可针对全程，也可针对过程二），==×60=80cmHgB部分气体，===×35≈27.6cm最后，h=L-−L′−【答案】19.9cm。2、理想气体宏观定义：严格遵守气体实验定律的气体。微观特征：a、分子本身的大小比起它们的间距可以忽略，分子不计重力势能；b、除了短暂的碰撞过程外，分子间的相互作用可以忽略——意味着不计分子势能；c、分子间的碰撞完全是弹性的。*理想气体是一种理想模型，是实际气体在某些条件约束下的近似，如果这些条件不满足，我们称之为实际气体，如果条件满足不是很好，我们还可以用其它的模型去归纳，如范德瓦尔斯气体、昂尼斯气体等。理想气体压强的微观解释：P=n，其中n为分子数密度（n=）。3、理想气体状态方程：一定质量的理想气体，=或=恒量理想气体状态方程可以由三个试验定律推出，也可以由理想气体的压强微观解释和温度微观解释推导得出。【例题5】如图6-7所示，在标准大气压下，一端封闭的玻璃管长96cm，内有一段长20cm的水银柱，当温度为27℃且管口向上竖直放置时，被封闭的气柱长为60cm。试问：当温度至少升高到多少度，水银柱才会从玻璃管中全部溢出？【解说】首先应该明确的是，这是一个只有唯一解的问题还是一个存在范围讨论的问题。如果是前一种可能，似乎应该这样解：=，即=，得：T2=380K第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）但是，仔细研究一下升温气体膨胀的全过程，就会发现，在某些区域，准静态过程是不可能达成的，因此状态方程的应用失去意义。为了研究准静态过程是否可能达成，我们可以假定水银柱是受到某种制约而准静态膨胀的，这样，气柱的压强只受玻马定律制约（而与外界大气压、水银柱长没有关系），设为P。而对于一般的末状态，水银柱在管中剩下的长度设为x。从初态到这个一般的末态=，即=，得P=隔离水银柱下面的液面分析，可知P≤76+x时准静态过程能够达成（P可以随升温而增大，直至不等式取等号），而P＞76+x时准静态过程无法达成（T升高时，P增大而x减小），水银自动溢出。所以，自动溢出的条件是：T＞（－x2+20x+7296）考查函数y=（－x2+20x+7296）发现，当x=10cm时，ymax=385.2K而前面求出的x=0时，T只有380K，说明后阶段无须升温，即是自动溢出过程（参照图6-8理解）。而T＞ymax即是题意所求。【答案】385.2K。a、推论1：=，此结论成功地突破了“质量一定”的条件约束，对解某些特殊问题非常有效。b、克拉珀龙方程：原方程中，将“恒量”定量表达出来就成为PV=RT，其中为气体的摩尔数，这个结论被成为克拉珀龙方程。它的优点是能使本来针对过程适用的方程可以应用到某个单一的状态。c、推论2：气体混合（或分开）时，++…+，这个推论很容易由克拉珀龙方程导出。【例题6】图6-9是一种测量低温用的气体温度计，它的下端是测温泡A，上端是压力计B，两者通过绝热毛细管相连，毛细管容积不计。操作时先把测温计在室温T0下充气至大气压P0，然后加以密封，再将A浸入待测液体中，当A和待测液体达到热平衡后，B的读数为P，已知A和B的容积分别为VA和VB，试求待测液体的温度。【解说】本题是“推论2”的直接应用=+【答案】TA=【例题7】图6-10所示是一定质量理想气体状态变化所经历的P-T图线，该图线是以C点为圆心的圆。P轴则C点的纵坐标PC为单位（T轴以TC为单位）。若已知在此过程中气体所经历的最低温度为T0第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版），则在此过程中，气体密度的最大值ρ1和最小值ρ2之比ρ1/ρ2应等于多少？【解说】本题物理知识甚简，应用“推论1”即可。===此式表明，越大时，ρ就越大。故本题归结为求的极大值和极小值。方法一：P与T的关系服从圆的方程（参数方程为佳）T=Tc+rcosθP=PC+rsinθ引入y==，然后求这个函数的极值…方法二：见图6-11，从的几何意义可知，等于状态点到原点的连线与T轴夹角的正切值，求的极大和极小归结为求这个正切值的极大和极小——很显然，当直线与圆周的两处相切时，出现了这样的极大和极小值。θmax=α+β，θmin=α−β而tgα=sinβ=tgβ=（注意：依题意，r=TC−T0）所以tgθmax==tgθmin==【答案】〔〕/〔〕。d、道尔顿分压定律：当有n种混合气体混合在一个容器中时，它们产生的压强等于每一种气体单独充在这个容器中时所产生的压强之和。即P=P1+P2+P3+…+Pn4、理想气体的内能、做功与吸放热计算a、理想气体的内能计算由于不计分子势能，故E=N·=NkT=NT=RT，其中N为分子总数，为气体的摩尔数。由于（对一定量的气体）内能是温度的单值函数，故内能的变化与过程完全没有关系。b、理想气体的做功计算气体在状态变化时，其压强完全可以是变化的，所以气体压力的功从定义角度寻求比较困难。但我们可以从等压过程的功外推到变压过程的功（☆第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）无限分割→代数累计…），并最终得出这样一个非常实用的结论：准静态过程理想气体的功W总是对应P-V图象中的“面积”。这个面积的理解分三层意思——①如果体积是缩小的，外界对气体做功，面积计为正；②如果体积是增大的，气体对外界做功，面积计为负；③如果体积参量变化不是单调的（例如循环过程），则面积应计相应的差值。如图6-3所示。（☆学员思考：气体膨胀是不是一定对外做功？…）c、吸放热的计算初中所学的通式Q=cmΔT仍适用，但值得注意的是，对固体和液体而言，比热容c基本恒定（和材料相关），但对气体而言，c会随着过程的不同而不同。对理想气体，我们一般引进“摩尔热容”C（从克拉珀龙方程知，我们关心气体的摩尔数更甚于关心气体的质量），物理意义：1摩尔物质温度每升高1K所吸收的热量。摩尔热容和比热容的关系C=。①等容过程的摩尔热容称为“定容摩尔热容”，用CV表示，所以Q=CVΔT②等压过程的摩尔热容称为“定压摩尔热容”，用CP表示，所以Q=CPΔT对于其它的复杂过程而言，摩尔热容的表达比较困难，因此，用直接的途径求热量不可取，这时，我们改用间接途径：即求得ΔE和W后，再用热力学第一定律求Q。（☆从这个途径不难推导出：①CV=R，CP=R+R，即CP=CV+R…；②E=CVT）【例题8】0.1mol的单原子分子理想气体，经历如图6-13所示的A→B→C→A循环，已知的状态途中已经标示。试问：（1）此循环过程中，气体所能达到的最高温度状态在何处，最高温度是多少？（2）C→A过程中，气体的内能增量、做功情况、吸放热情况怎样？【解说】（1）介绍玻马定律的P-V图象，定性预计Tmax的大概位置（直线BC上的某一点）。定量计算PV的极大值步骤如下——BC的直线方程为P=－V+2y=PV=－V2+2V第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）显然，当V=2时，y极大，此时，P=1代入克拉珀龙方程：1×105×2×10－3=0.1×8.31Tmax，解得Tmax=240.7K（2）由克拉珀龙方程可以求得TC=180.5K=TB，TA=60.2KΔE=RΔT=0.1××8.31×(60.2－180.5)=－150.0J根据“面积”定式，W=0.5×105×2×10-3=100J计算Q有两种选择：a、Q=CPΔT=0.1××8.31×（60.2－180.5)=－250.0Jb、Q=ΔE－W=－250.0J【答案】（1）V=2×10－3时，Tmax为240.7K；（2）内能减少150.0J，外界对气体做功100J，气体向外界放热250J。〖思考一〗B→C过程气体吸放热的情况又怎样？〖解〗由于B→C过程一直是气体对外界做功，但内能却是先增后减，所以过程的吸放热情况会复杂一些。由ΔE=Q+W不难看出，TB到Tmax阶段肯定是吸热，但在Tmax到TC阶段则无法定性判断。所以这里启用定量方法——在Tmax到TC阶段取一个极短过程V→（V+ΔV），在此过程中ΔE=RΔT=Δ（PV）≈（PΔV+VΔP）由于P=－V+2，有ΔP=－ΔV故ΔE=（2－V）ΔV又W=－ΔV（P+〈P－ΔP〉）=－PΔV+ΔPΔV≈－PΔV=（V－2）ΔV（“过程极短”的缘故…）所以Q=ΔE－W=（5－2V）ΔVQ＜0时，气体开始放热，即V＞2.5时开始吸热（转变体积V′=2.5×10-3m3，对应转变压强P′=0.75×105Pa，转变温度T′=225.6K）。a、吸热阶段：ΔE=0.1××8.31×（225.6－180.5）=56.2JW=－（1.5+0.75）×105×（2.5－1）×10-3=－168.8JQ=ΔE－W=225.0Jb、放热阶段：ΔE=0.1××8.31×（180.5－225.6）=－56.2JW=－（0.5+0.75）×105×（3－2.5）×10-3=－31.3JQ=ΔE－W=－24.9J（说明：如果针对B→C全程计算，不难得出Q=200.0J。那么，分出吸热、放热的细节是不是没有必要呢？不能这样认为。因为热传递的过程具有不可逆性，所以这里的热量“总帐”对气体可能是与“细帐”第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）没有区别，但对外界而言，吸热必然是来自高温热源，而放热却是针对低温热源，它们就象同一个公司的两个不同贸易伙伴，算清具体往来显然是必要的。）〖答〗从高温热源吸收225.0J的热量，向低温热源放出24.9J的热量。〖思考二〗B→C过程吸热过程和放热过程的摩尔热容分别是多少？〖解答〗解略。吸热过程C1=49.9J/(mol·K)，放热过程C2=5.54J/(mol·K)。〖思考三〗整个循环的效率是多少？〖解答〗A→B过程吸热Q=CVΔT=0.1××8.31×(180.5－60.2)=150.0J，B→C过程吸热225J，C→A过程只放热，所以全过程（从高温热源）的吸热总量为375J。整个循环对外做的功就是△ABC的面积，绝对值为×1.0×105×2×10−3=100J所以，效率η===26.7%。（从这个计算我们可以进一步领会区分吸热和放热的重要性。）【例题9】如图6-14所示，A和B是两个圆筒形绝热容器，中间用细而短的管子连接，管中有导热性能良好的阀门K，而管子和阀门对外界却是绝热的。F是带柄的绝热活塞，与容器A的内表面紧密接触，不漏气，且不计摩擦。开始时，K关闭，F处于A的左端。A中有摩尔、温度为T0的理想气体，B中则为真空。现向右推动F，直到A中气体的体积与B的容积相等。在这个过程中，已知F对气体做功为W，气体温度升为T1，然后将K稍稍打开一点，使A中的气体缓慢向B扩散，同时让活塞F缓慢前进，并保持A中活塞F附近气体的压强近似不变。不计活塞、阀门、容器的热容量，试问：在此过程中，气体最后的温度T2是多少？【解说】为求温度，可以依据能量关系或状态方程。但事实证明，仅用状态方程还不够，而要用能量关系，摩尔热容、做功的寻求是必不可少的。过程一：K打开前，过程绝热，据热力学第一定律，ΔE=W又由E=CVT知ΔE=CV（T1−T0）因此，CV=①而且在末态，P1=②过程二：K打开后，过程仍然绝热，而且等压。所以，W′=P1（V1−V1′），其中V1′为A容器最终的稳定容积。〖学员思考〗此处求功时ΔV只取A容器中气体体积改变而不取整个气体的体积改变，为什么？——因为B容器中气体为自由膨胀的缘故…为求V1′，引进盖·吕萨克定律=从这两式可得W′=P1V1③第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）而此过程的ΔE′=CVΔT=CV（T2−T1）④（注意：这里是寻求内能增量而非热量，所以，虽然是等压过程，却仍然用CV而非CP）最后，结合①②③④式对后过程用热力学第一定律即可。【答案】T2=T1。四、相变相：热学系统中物理性质均匀的部分。系统按化学成分的多少和相的种类多少可以成为一元二相系（如冰水混合物）和二元单相系（如水和酒精的混合液体）。相变分气液相变、固液相变和固气相变三大类，每一类中又有一些具体的分支。相变的共同热学特征是：相变伴随相变潜热。1、气液相变，分气化和液化。气化又有两种方式：蒸发和沸腾，涉及的知识点有饱和气压、沸点、汽化热、临界温度等。a、蒸发。蒸发是液体表面进行的缓慢平和的气化现象（任何温度下都能进行）。影响蒸发的因素主要有①液体的表面积、②液体的温度、③通风条件。从分子动理论的角度不难理解，蒸发和液化必然总是同时进行着，当两者形成动态平衡时，液体上方的气体称为——饱和气，饱和气的压强称为饱和气压PW。①同一温度下，不同液体的PW不同（挥发性大的液体PW大），但同种液体的PW有唯一值（与气、液的体积比无关，与液体上方是否存在其它气体无关）；②同一种液体，在不同的温度下PW不同（温度升高，PW增大，函数PW=P0，式中L为汽化热，P0为常量）。汽化热L：单位质量的液体变为同温度的饱和气时所吸收的热量，它是相变潜热的一种。汽化热与内能改变的关系L=ΔE+PW（V气−V液）≈ΔE+PWV气b、沸腾。一种剧烈的汽化，指液体温度升高到一定程度时，液体的汽化将不仅仅出现在表面，它的现象是液体内部或容器壁出现大量气泡，这些气泡又升到液体表面并破裂。液体沸腾时，液体种类不变和外界压强不变时，温度不再改变。（从气泡的动力学分析可知）液体沸腾的条件是液体的饱和气压等于外界压强。（如在1标准大气压下，水在100℃沸腾，就是因为在100℃时水的饱和气压时760cmHg。）沸点，液体沸腾时的温度。①同一外界气压下，不同液体的沸点不同；②同一种液体，在不同的外界气压下，沸点不同（压强升高，沸点增大）。c、液化。气体凝结成液体的现象。对饱和气，体积减小或温度降低时可实现液化；对非饱和气，则须先使它变成饱和气，然后液化。常用的液化方法：①保持温度不变，通过增大压强来减小气体的体积；②保持体积不变，降低温度。【例题10】有一体积为22.4L的密闭容器，充有温度T1、压强3atm的空气和饱和水汽，并有少量的水。今保持温度T1不变，将体积加倍、压强变为2atm，这时容器底部的水恰好消失。将空气、饱和水汽都看成理想气体，试问：（1）T1第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）的值是多少？（2）若保持温度T1不变，体积增为原来的4倍，容器内的压强又是多少？（3）容器中水和空气的摩尔数各为多少？【解说】容器中的气体分水汽和空气两部分。容器中压强与空气压强、水汽压强的关系服从道尔顿分压定律。对水汽而言，第二过程已不再饱和。（1）在T1、3atm状态，3=P1+PW（P1为空气压强）在T1、2atm状态，2=P2+PW（P2为空气压强）而对空气，P1V=P22V解以上三式得P1=2atm，P2=1atm，PW=1atm，可得T1=100℃=373K（2）此过程的空气和水汽质量都不再改变，故可整体用玻-马定律：2×2V=P′4V（这里忽略了“少量的”水所占据的体积…）（3）在一过程的末态用克拉珀龙方程即可。【答案】（1）373K；（2）1atm；（3）均为1.46mol。【例题11】如图6-15所示，在一个横截面积为S的封闭容器中，有一质量M的活塞把容器隔成Ⅰ、Ⅱ两室，Ⅰ室中为饱和水蒸气，Ⅱ室中有质量为m的氮气，活塞可以在容器中无摩擦地滑动。开始时，容器被水平地放置在地面上，活塞处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两室的温度均为T0=373K，压强为P0。现将整个容器缓慢地转到竖直位置，两室的温度仍为T0，但Ⅰ室中有少量水蒸气液化成水。已知水的汽化热为L，水蒸气和氮气的摩尔质量分别为μ1和μ2，试求在整个过程中，Ⅰ室内系统与外界交换的热量。【解说】容器水平放置时，设水蒸气的体积为V1，氮气的体积为V2；直立时，设有体积为ΔV的水蒸气液化成水。直立后水的饱和气在同温度下压强不变，故氮气的压强P=P0－在直立过程，对氮气用玻-马定律P0V2=P（V2+ΔV）结合以上两式可得ΔV=V2为解决V2，对初态的氮气用克拉珀龙方程P0V2=RT0这样，ΔV=·第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）所以，水蒸汽液化的质量（用克拉珀龙方程）为Δm=ΔV=·这部分水蒸气液化应放出热量Q=Δm·L=·【答案】向外界放热·。〖思考〗解本题时，为什么没有考虑活塞对Ⅰ室做的功？〖答〗注意汽化热L的物理意义——它其中已经包含了气体膨胀（汽化）或收缩（液化）所引起的做功因素，若再算做功，就属于重复计量了。〖*再思考〗Ⅱ中氮气与“外界”交换的热量是多少？〖*答〗氮气没有相变，就可直接用热力学第一定律。ΔE=0，W=−RT0ln=−RT0ln（1+），所以Q=ΔE–W=RT0ln（1+），吸热。2、湿度与露点a、空气的湿度。表示空气干湿程度的物理量，有两种定义方式。①绝对湿度：空气中含有水蒸气的压强；②相对湿度B：空气中含有水蒸气的压强跟该温度下水的饱和蒸气压的比值，即B=×100%（相对湿度反映了空气中水蒸气离开饱和的程度，人体感知的正是相对湿度而非绝对湿度，以B值为60~70%比较适宜。在绝对湿度一定的情况下，气温升高，B值减小——因此，夏天尽管绝对湿度较大，但白天仍感到空气比晚上干燥）。b、露点：使空气中的水蒸气刚好达到饱和的温度。露点的高低与空气中含有水蒸气的压强（即绝对湿度）密切相关，根据克拉珀龙方程，也就是与空气中水蒸气的量有关：夏天，空气中水蒸气的量大，绝对湿度大（水蒸气的压强大），对应露点高；反之，冬天的露点低。3、固液相变，分熔解和凝固。a、熔解。物质从故态变成液态。晶体有一定的熔解温度——熔点（严格地说，只有晶体才称得上是固体），非晶体则没有。大多数物质熔解时体积会膨胀，熔点会随压强的增大而升高，但也有少数物质例外（如水、灰铸铁、锑、铋等，规律正好相反）。（压强对熔点的影响比较微弱，如冰的熔点是每增加一个大气压熔点降低0.0075℃。）熔解热λ：单位质量的晶体在溶解时所吸收的热量。从微观角度看，熔解热用于破坏晶体的空间点阵，并最终转化为分子势能的增加，也就是内能的增加，至于体积改变所引起的做功，一般可以忽略不计。b、凝固。熔解的逆过程，熔解的规律逆过来都适用与凝固。4、固气相变，分升华和凝华。a、升华。物质从固态直接变为气态的过程。在常温常压下，碘化钾、樟脑、硫磷、干冰等都有显著的升华现象。升华热：单位质量的物质在升华时所吸收的热量。（从微观角度不难解释）升华热等于同种物质的汽化热和熔解热之和。b、凝华。升华的逆过程。如打霜就是地面附近的水蒸气遇冷（0℃第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）以下）凝华的结果。凝华热等于升华热。5、三相点和三相图亦称“三态点”。一般指各种稳定的纯物质处于固态、液态、气态三个相（态）平衡共存时的状态，叫做该物质的“三相点”。该点具有确定的温度和压强（清注意：两相点，如冰点和汽点并不具备这样的特征）。所以三相点这个固定温度适于作为温标的基点，现在都以水的三相点的温度作为确定温标的固定点。附：几种物质的三相点数据 温度（K）压强（Pa）氢13.847038.2氘18.6317062.4氖24.5743189.2氮63.1812530.2二氧化碳216.55517204水273.16610.5怎样理解三相点的存在呢？将相变的气化曲线OK（即饱和气压随温度变化的曲线——对应函数PW=P0）、溶解曲线OL（压强随熔点变化的曲线）、升华曲线OS（压强随升华点变化的曲线）描绘在同一个P－t坐标中，就构成“三相图”。三条曲线的交点就是三相点，如图6-16所示。在图中，为了表示三相点的精确位置，坐标的标度并不是均匀的，所以坐标轴用虚线表示。OK、OL和OS事实上分别是水汽两相点、冰水两相点和冰汽两相点“运动”的结果——也就是相应两相的分界线。五、固体和液体1、固体——晶体和非晶体a、晶体和非晶体的根本区别是：是否具有固定的熔点。晶体又分为单晶体和多晶体，单晶体（如石英、云母、明矾、冰等）还具有规则的几何形状、物理性质上表现为各向异性；多晶体（如岩石、金属等）则和非晶体一样，无规则几何形状、各向同性。b、空间点阵：组成晶体的微观粒子所形成的规则排列（非晶体没有空间点阵）。晶体之所以具有固定的熔点，是因为发生相变时，吸收的热量全部用来破坏空间点阵结构——分子间距的改变导致分子势能增大，而分子的平均动能则不变。2、液体的表面张力a、表面张力：存在于液体表面的使表面收缩的力。表面张力的微观解释是：蒸发使表面分子间距大于r0，因此分子力体现为引力。表面张力系数α第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）：设想在液面作长为L的线段，则线段两边表面张力必垂直于这条线段，且于液面相切，各自的大小均为f=αL，其中α称表面张力系数。b、浸润现象：液体与固体接触时，若接触角θ（见图6-17）为锐角，称为浸润现象；反之，接触角为钝角，称为不浸润。液体相对固体是否浸润取决于液体和固体的组合关系，如水能浸润玻璃却不能浸润石蜡，水银能浸润锌版却不能浸润玻璃。当θ=0时，称为“完全浸润”；当θ=π时，称为“完全不浸润”。从微观角度看，液体能否浸润固体取决于液体与固体接触的“附着层”分子受液体分子力（内聚力）更大还是受固体分子力（附着力）更大。c、毛细现象：浸润管壁的液体在毛细管中液面升高，不浸润管壁的液体在毛细管中液面降低的现象。毛细现象的形成事实上是液体表面张力的合效果。☆如果毛细管的为r，液体的表面张力系数为α，对管壁的浸润角为θ，不难求出毛细现象导致的液面上升（或下降）量h=。【例题12】如图6-18所示，在一个两端开口的、半径为1mm的长毛细管中装满水，然后把它竖直地放在空间，认为水完全浸润毛细管，且水的表面张力系数为7.3×10－2N/m，则留在管中的水柱应有多长？【解说】由于有两个曲面，故曲面边缘的表面张力合力为F=2·α2πrcosθ液柱的重力G=ρπr2hg解它们的平衡方程即可（θ=0）【答案】h=2.94×10－2m。第八部分静电场第一讲基本知识介绍在奥赛考纲中，静电学知识点数目不算多，总数和高考考纲基本相同，但在个别知识点上，奥赛的要求显然更加深化了：如非匀强电场中电势的计算、电容器的连接和静电能计算、电介质的极化等。在处理物理问题的方法上，对无限分割和叠加原理提出了更高的要求。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）如果把静电场的问题分为两部分，那就是电场本身的问题、和对场中带电体的研究，高考考纲比较注重第二部分中带电粒子的运动问题，而奥赛考纲更注重第一部分和第二部分中的静态问题。也就是说，奥赛关注的是电场中更本质的内容，关注的是纵向的深化和而非横向的综合。一、电场强度1、实验定律a、库仑定律内容；条件：⑴点电荷，⑵真空，⑶点电荷静止或相对静止。事实上，条件⑴和⑵均不能视为对库仑定律的限制，因为叠加原理可以将点电荷之间的静电力应用到一般带电体，非真空介质可以通过介电常数将k进行修正（如果介质分布是均匀和“充分宽广”的，一般认为k′=k/εr）。只有条件⑶，它才是静电学的基本前提和出发点（但这一点又是常常被忽视和被不恰当地“综合应用”的）。b、电荷守恒定律c、叠加原理2、电场强度a、电场强度的定义电场的概念；试探电荷（检验电荷）；定义意味着一种适用于任何电场的对电场的检测手段；电场线是抽象而直观地描述电场有效工具（电场线的基本属性）。b、不同电场中场强的计算决定电场强弱的因素有两个：场源（带电量和带电体的形状）和空间位置。这可以从不同电场的场强决定式看出——⑴点电荷：E=k结合点电荷的场强和叠加原理，我们可以求出任何电场的场强，如——⑵均匀带电环，垂直环面轴线上的某点P：E=，其中r和R的意义见图7-1。⑶均匀带电球壳内部：E内=0外部：E外=k，其中r指考察点到球心的距离如果球壳是有厚度的的（内径R1、外径R2），在壳体中（R1＜r＜R2）：E=，其中ρ为电荷体密度。这个式子的物理意义可以参照万有引力定律当中（条件部分）的“剥皮法则”理解〔即为图7-2中虚线以内部分的总电量…〕。⑷无限长均匀带电直线（电荷线密度为λ）：E=⑸无限大均匀带电平面（电荷面密度为σ）：E=2πkσ第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）二、电势1、电势：把一电荷从P点移到参考点P0时电场力所做的功W与该电荷电量q的比值，即U=参考点即电势为零的点，通常取无穷远或大地为参考点。和场强一样，电势是属于场本身的物理量。W则为电荷的电势能。2、典型电场的电势a、点电荷以无穷远为参考点，U=kb、均匀带电球壳以无穷远为参考点，U外=k，U内=k3、电势的叠加由于电势的是标量，所以电势的叠加服从代数加法。很显然，有了点电荷电势的表达式和叠加原理，我们可以求出任何电场的电势分布。4、电场力对电荷做功WAB=q（UA－UB）=qUAB三、静电场中的导体静电感应→静电平衡（狭义和广义）→静电屏蔽1、静电平衡的特征可以总结为以下三层含义——a、导体内部的合场强为零；表面的合场强不为零且一般各处不等，表面的合场强方向总是垂直导体表面。b、导体是等势体，表面是等势面。c、导体内部没有净电荷；孤立导体的净电荷在表面的分布情况取决于导体表面的曲率。2、静电屏蔽导体壳（网罩）不接地时，可以实现外部对内部的屏蔽，但不能实现内部对外部的屏蔽；导体壳（网罩）接地后，既可实现外部对内部的屏蔽，也可实现内部对外部的屏蔽。四、电容1、电容器孤立导体电容器→一般电容器2、电容a、定义式C=b、决定式。决定电容器电容的因素是：导体的形状和位置关系、绝缘介质的种类，所以不同电容器有不同的电容⑴平行板电容器C==，其中ε为绝对介电常数（真空中ε0=，其它介质中ε=），εr则为相对介电常数，εr=。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）⑵柱形电容器：C=⑶球形电容器：C=3、电容器的连接a、串联=+++…+b、并联C=C1+C2+C3+…+Cn4、电容器的能量用图7-3表征电容器的充电过程，“搬运”电荷做功W就是图中阴影的面积，这也就是电容器的储能E，所以E=q0U0=C=电场的能量。电容器储存的能量究竟是属于电荷还是属于电场？正确答案是后者，因此，我们可以将电容器的能量用场强E表示。对平行板电容器E总=E2认为电场能均匀分布在电场中，则单位体积的电场储能w=E2。而且，这以结论适用于非匀强电场。五、电介质的极化1、电介质的极化a、电介质分为两类：无极分子和有极分子，前者是指在没有外电场时每个分子的正、负电荷“重心”彼此重合（如气态的H2、O2、N2和CO2），后者则反之（如气态的H2O、SO2和液态的水硝基笨）b、电介质的极化：当介质中存在外电场时，无极分子会变为有极分子，有极分子会由原来的杂乱排列变成规则排列，如图7-4所示。2、束缚电荷、自由电荷、极化电荷与宏观过剩电荷a、束缚电荷与自由电荷：在图7-4中，电介质左右两端分别显现负电和正电，但这些电荷并不能自由移动，因此称为束缚电荷，除了电介质，导体中的原子核和内层电子也是束缚电荷；反之，能够自由移动的电荷称为自由电荷。事实上，导体中存在束缚电荷与自由电荷，绝缘体中也存在束缚电荷和自由电荷，只是它们的比例差异较大而已。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）b、极化电荷是更严格意义上的束缚电荷，就是指图7-4中电介质两端显现的电荷。而宏观过剩电荷是相对极化电荷来说的，它是指可以自由移动的净电荷。宏观过剩电荷与极化电荷的重要区别是：前者能够用来冲放电，也能用仪表测量，但后者却不能。第二讲重要模型与专题一、场强和电场力【物理情形1】试证明：均匀带电球壳内部任意一点的场强均为零。【模型分析】这是一个叠加原理应用的基本事例。如图7-5所示，在球壳内取一点P，以P为顶点做两个对顶的、顶角很小的锥体，锥体与球面相交得到球面上的两个面元ΔS1和ΔS2，设球面的电荷面密度为σ，则这两个面元在P点激发的场强分别为ΔE1=kΔE2=k为了弄清ΔE1和ΔE2的大小关系，引进锥体顶部的立体角ΔΩ，显然=ΔΩ=所以ΔE1=k，ΔE2=k，即：ΔE1=ΔE2，而它们的方向是相反的，故在P点激发的合场强为零。同理，其它各个相对的面元ΔS3和ΔS4、ΔS5和ΔS6…激发的合场强均为零。原命题得证。【模型变换】半径为R的均匀带电球面，电荷的面密度为σ，试求球心处的电场强度。【解析】如图7-6所示，在球面上的P处取一极小的面元ΔS，它在球心O点激发的场强大小为ΔE=k，方向由P指向O点。无穷多个这样的面元激发的场强大小和ΔS激发的完全相同，但方向各不相同，它们矢量合成的效果怎样呢？这里我们要大胆地预见——由于由于在x方向、y方向上的对称性，Σ=Σ=0，最后的ΣE=ΣEz，所以先求ΔEz=ΔEcosθ=k，而且ΔScosθ为面元在xoy平面的投影，设为ΔS′所以ΣEz=ΣΔS′而ΣΔS′=πR2【答案】E=kπσ，方向垂直边界线所在的平面。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）〖学员思考〗如果这个半球面在yoz平面的两边均匀带有异种电荷，面密度仍为σ，那么，球心处的场强又是多少？〖推荐解法〗将半球面看成4个球面，每个球面在x、y、z三个方向上分量均为kπσ，能够对称抵消的将是y、z两个方向上的分量，因此ΣE=ΣEx…〖答案〗大小为kπσ，方向沿x轴方向（由带正电的一方指向带负电的一方）。【物理情形2】有一个均匀的带电球体，球心在O点，半径为R，电荷体密度为ρ，球体内有一个球形空腔，空腔球心在O′点，半径为R′，=a，如图7-7所示，试求空腔中各点的场强。【模型分析】这里涉及两个知识的应用：一是均匀带电球体的场强定式（它也是来自叠加原理，这里具体用到的是球体内部的结论，即“剥皮法则”），二是填补法。将球体和空腔看成完整的带正电的大球和带负电（电荷体密度相等）的小球的集合，对于空腔中任意一点P，设=r1，=r2，则大球激发的场强为E1=k=kρπr1，方向由O指向P“小球”激发的场强为E2=k=kρπr2，方向由P指向O′E1和E2的矢量合成遵从平行四边形法则，ΣE的方向如图。又由于矢量三角形PE1ΣE和空间位置三角形OPO′是相似的，ΣE的大小和方向就不难确定了。【答案】恒为kρπa，方向均沿O→O′，空腔里的电场是匀强电场。〖学员思考〗如果在模型2中的OO′连线上O′一侧距离O为b（b＞R）的地方放一个电量为q的点电荷，它受到的电场力将为多大？〖解说〗上面解法的按部就班应用…〖答〗πkρq〔−〕。二、电势、电量与电场力的功【物理情形1】如图7-8所示，半径为R的圆环均匀带电，电荷线密度为λ，圆心在O点，过圆心跟环面垂直的轴线上有P点，=r，以无穷远为参考点，试求P点的电势UP。【模型分析】这是一个电势标量叠加的简单模型。先在圆环上取一个元段ΔL，它在P点形成的电势ΔU=k环共有第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）段，各段在P点形成的电势相同，而且它们是标量叠加。【答案】UP=〖思考〗如果上题中知道的是环的总电量Q，则UP的结论为多少？如果这个总电量的分布不是均匀的，结论会改变吗？〖答〗UP=；结论不会改变。〖再思考〗将环换成半径为R的薄球壳，总电量仍为Q，试问：（1）当电量均匀分布时，球心电势为多少？球内（包括表面）各点电势为多少？（2）当电量不均匀分布时，球心电势为多少？球内（包括表面）各点电势为多少？〖解说〗（1）球心电势的求解从略；球内任一点的求解参看图7-5ΔU1=k=k·=kσΔΩΔU2=kσΔΩ它们代数叠加成ΔU=ΔU1+ΔU2=kσΔΩ而r1+r2=2Rcosα所以ΔU=2RkσΔΩ所有面元形成电势的叠加ΣU=2RkσΣΔΩ注意：一个完整球面的ΣΔΩ=4π（单位：球面度sr），但作为对顶的锥角，ΣΔΩ只能是2π，所以——ΣU=4πRkσ=k（2）球心电势的求解和〖思考〗相同；球内任一点的电势求解可以从（1）问的求解过程得到结论的反证。〖答〗（1）球心、球内任一点的电势均为k；（2）球心电势仍为k，但其它各点的电势将随电量的分布情况的不同而不同（内部不再是等势体，球面不再是等势面）。【相关应用】如图7-9所示，球形导体空腔内、外壁的半径分别为R1和R2，带有净电量+q，现在其内部距球心为r的地方放一个电量为+Q的点电荷，试求球心处的电势。【解析】由于静电感应，球壳的内、外壁形成两个带电球壳。球心电势是两个球壳形成电势、点电荷形成电势的合效果。根据静电感应的尝试，内壁的电荷量为－Q，外壁的电荷量为+Q+q，虽然内壁的带电是不均匀的，根据上面的结论，其在球心形成的电势仍可以应用定式，所以…【答案】Uo=k－k+k。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）〖反馈练习〗如图7-10所示，两个极薄的同心导体球壳A和B，半径分别为RA和RB，现让A壳接地，而在B壳的外部距球心d的地方放一个电量为+q的点电荷。试求：（1）A球壳的感应电荷量；（2）外球壳的电势。〖解说〗这是一个更为复杂的静电感应情形，B壳将形成图示的感应电荷分布（但没有净电量），A壳的情形未画出（有净电量），它们的感应电荷分布都是不均匀的。此外，我们还要用到一个重要的常识：接地导体（A壳）的电势为零。但值得注意的是，这里的“为零”是一个合效果，它是点电荷q、A壳、B壳（带同样电荷时）单独存在时在A中形成的的电势的代数和，所以，当我们以球心O点为对象，有UO=k+k+k=0QB应指B球壳上的净电荷量，故QB=0所以QA=－q☆学员讨论：A壳的各处电势均为零，我们的方程能不能针对A壳表面上的某点去列？（答：不能，非均匀带电球壳的球心以外的点不能应用定式！）基于刚才的讨论，求B的电势时也只能求B的球心的电势（独立的B壳是等势体，球心电势即为所求）——UB=k+k〖答〗（1）QA=－q；（2）UB=k(1－)。【物理情形2】图7-11中，三根实线表示三根首尾相连的等长绝缘细棒，每根棒上的电荷分布情况与绝缘棒都换成导体棒时完全相同。点A是Δabc的中心，点B则与A相对bc棒对称，且已测得它们的电势分别为UA和UB。试问：若将ab棒取走，A、B两点的电势将变为多少？【模型分析】由于细棒上的电荷分布既不均匀、三根细棒也没有构成环形，故前面的定式不能直接应用。若用元段分割→叠加，也具有相当的困难。所以这里介绍另一种求电势的方法。每根细棒的电荷分布虽然复杂，但相对各自的中点必然是对称的，而且三根棒的总电量、分布情况彼此必然相同。这就意味着：①三棒对A点的电势贡献都相同（可设为U1）；②ab棒、ac棒对B点的电势贡献相同（可设为U2）；③bc棒对A、B两点的贡献相同（为U1）。所以，取走ab前3U1=UA2U2+U1=UB取走ab后，因三棒是绝缘体，电荷分布不变，故电势贡献不变，所以UA′=2U1UB′=U1+U2【答案】UA′=UA；UB′=UA+UB。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）〖模型变换〗正四面体盒子由彼此绝缘的四块导体板构成，各导体板带电且电势分别为U1、U2、U3和U4，则盒子中心点O的电势U等于多少？〖解说〗此处的四块板子虽然位置相对O点具有对称性，但电量各不相同，因此对O点的电势贡献也不相同，所以应该想一点办法——我们用“填补法”将电量不对称的情形加以改观：先将每一块导体板复制三块，作成一个正四面体盒子，然后将这四个盒子位置重合地放置——构成一个有四层壁的新盒子。在这个新盒子中，每个壁的电量将是完全相同的（为原来四块板的电量之和）、电势也完全相同（为U1+U2+U3+U4），新盒子表面就构成了一个等势面、整个盒子也是一个等势体，故新盒子的中心电势为U′=U1+U2+U3+U4最后回到原来的单层盒子，中心电势必为U=U′〖答〗U=（U1+U2+U3+U4）。☆学员讨论：刚才的这种解题思想是否适用于“物理情形2”？（答：不行，因为三角形各边上电势虽然相等，但中点的电势和边上的并不相等。）〖反馈练习〗电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CD为通过半球顶点C和球心O的轴线，如图7-12所示。P、Q为CD轴线上相对O点对称的两点，已知P点的电势为UP，试求Q点的电势UQ。〖解说〗这又是一个填补法的应用。将半球面补成完整球面，并令右边内、外层均匀地带上电量为q的电荷，如图7-12所示。从电量的角度看，右半球面可以看作不存在，故这时P、Q的电势不会有任何改变。而换一个角度看，P、Q的电势可以看成是两者的叠加：①带电量为2q的完整球面；②带电量为－q的半球面。考查P点，UP=k+U半球面其中U半球面显然和为填补时Q点的电势大小相等、符号相反，即U半球面=－UQ以上的两个关系已经足以解题了。〖答〗UQ=k－UP。【物理情形3】如图7-13所示，A、B两点相距2L，圆弧是以B为圆心、L为半径的半圆。A处放有电量为q的电荷，B处放有电量为－q的点电荷。试问：（1）将单位正电荷从O点沿移到D点，电场力对它做了多少功？（2）将单位负电荷从D点沿AB的延长线移到无穷远处去，电场力对它做多少功？【模型分析】电势叠加和关系WAB=q（UA－UB）=qUAB的基本应用。UO=k+k=0第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）UD=k+k=－U∞=0再用功与电势的关系即可。【答案】（1）；（2）。【相关应用】在不计重力空间，有A、B两个带电小球，电量分别为q1和q2，质量分别为m1和m2，被固定在相距L的两点。试问：（1）若解除A球的固定，它能获得的最大动能是多少？（2）若同时解除两球的固定，它们各自的获得的最大动能是多少？（3）未解除固定时，这个系统的静电势能是多少？【解说】第（1）问甚间；第（2）问在能量方面类比反冲装置的能量计算，另启用动量守恒关系；第（3）问是在前两问基础上得出的必然结论…（这里就回到了一个基本的观念斧正：势能是属于场和场中物体的系统，而非单纯属于场中物体——这在过去一直是被忽视的。在两个点电荷的环境中，我们通常说“两个点电荷的势能”是多少。）【答】（1）k；（2）Ek1=k，Ek2=k；（3）k。〖思考〗设三个点电荷的电量分别为q1、q2和q3，两两相距为r12、r23和r31，则这个点电荷系统的静电势能是多少？〖解〗略。〖答〗k（++）。〖反馈应用〗如图7-14所示，三个带同种电荷的相同金属小球，每个球的质量均为m、电量均为q，用长度为L的三根绝缘轻绳连接着，系统放在光滑、绝缘的水平面上。现将其中的一根绳子剪断，三个球将开始运动起来，试求中间这个小球的最大速度。〖解〗设剪断的是1、3之间的绳子，动力学分析易知，2球获得最大动能时，1、2之间的绳子与2、3之间的绳子刚好应该在一条直线上。而且由动量守恒知，三球不可能有沿绳子方向的速度。设2球的速度为v，1球和3球的速度为v′，则动量关系mv+2mv′=0能量关系3k=2k+k+mv2+2m解以上两式即可的v值。〖答〗v=q。三、电场中的导体和电介质【物理情形】两块平行放置的很大的金属薄板A和B，面积都是S，间距为d（d远小于金属板的线度），已知A板带净电量+Q1，B板带尽电量+Q2，且Q2＜Q1，试求：（1）两板内外表面的电量分别是多少；（2）空间各处的场强；（3）两板间的电势差。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）【模型分析】由于静电感应，A、B两板的四个平面的电量将呈现一定规律的分布（金属板虽然很薄，但内部合场强为零的结论还是存在的）；这里应注意金属板“很大”的前提条件，它事实上是指物理无穷大，因此，可以应用无限大平板的场强定式。为方便解题，做图7-15，忽略边缘效应，四个面的电荷分布应是均匀的，设四个面的电荷面密度分别为σ1、σ2、σ3和σ4，显然（σ1+σ2）S=Q1（σ3+σ4）S=Q2A板内部空间场强为零，有2πk（σ1−σ2−σ3−σ4）=0A板内部空间场强为零，有2πk（σ1+σ2+σ3−σ4）=0解以上四式易得σ1=σ4=σ2=−σ3=有了四个面的电荷密度，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ空间的场强就好求了〔如EⅡ=2πk（σ1+σ2−σ3−σ4）=2πk〕。最后，UAB=EⅡd【答案】（1）A板外侧电量、A板内侧电量，B板内侧电量−、B板外侧电量；（2）A板外侧空间场强2πk，方向垂直A板向外，A、B板之间空间场强2πk，方向由A垂直指向B，B板外侧空间场强2πk，方向垂直B板向外；（3）A、B两板的电势差为2πkd，A板电势高。〖学员思考〗如果两板带等量异号的净电荷，两板的外侧空间场强等于多少？（答：为零。）〖学员讨论〗（原模型中）作为一个电容器，它的“电量”是多少（答：）？如果在板间充满相对介电常数为εr的电介质，是否会影响四个面的电荷分布（答：不会）？是否会影响三个空间的场强（答：只会影响Ⅱ空间的场强）？〖学员讨论〗（原模型中）我们是否可以求出A、B两板之间的静电力？〔答：可以；以A为对象，外侧受力·（方向相左），内侧受力·（方向向右），它们合成即可，结论为F=Q1Q2，排斥力。〕【模型变换】如图7-16所示，一平行板电容器，极板面积为S，其上半部为真空，而下半部充满相对介电常数为εr的均匀电介质，当两极板分别带上+Q和−Q的电量后，试求：（1）板上自由电荷的分布；（2）两板之间的场强；（3）介质表面的极化电荷。【解说】电介质的充入虽然不能改变内表面的电量总数，但由于改变了场强，故对电荷的分布情况肯定有影响。设真空部分电量为Q1，介质部分电量为Q2，显然有第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）Q1+Q2=Q两板分别为等势体，将电容器看成上下两个电容器的并联，必有U1=U2即=，即=解以上两式即可得Q1和Q2。场强可以根据E=关系求解，比较常规（上下部分的场强相等）。上下部分的电量是不等的，但场强居然相等，这怎么解释？从公式的角度看，E=2πkσ（单面平板），当k、σ同时改变，可以保持E不变，但这是一种结论所展示的表象。从内在的角度看，k的改变正是由于极化电荷的出现所致，也就是说，极化电荷的存在相当于在真空中形成了一个新的电场，正是这个电场与自由电荷（在真空中）形成的电场叠加成为E2，所以E2=4πk（σ−σ′）=4πk（−）请注意：①这里的σ′和Q′是指极化电荷的面密度和总量；②E=4πkσ的关系是由两个带电面叠加的合效果。【答案】（1）真空部分的电量为Q，介质部分的电量为Q；（2）整个空间的场强均为；（3）Q。〖思考应用〗一个带电量为Q的金属小球，周围充满相对介电常数为εr的均匀电介质，试求与与导体表面接触的介质表面的极化电荷量。〖解〗略。〖答〗Q′=Q。四、电容器的相关计算【物理情形1】由许多个电容为C的电容器组成一个如图7-17所示的多级网络，试问：（1）在最后一级的右边并联一个多大电容C′，可使整个网络的A、B两端电容也为C′？（2）不接C′，但无限地增加网络的级数，整个网络A、B两端的总电容是多少？【模型分析】这是一个练习电容电路简化基本事例。第（1）问中，未给出具体级数，一般结论应适用特殊情形：令级数为1，于是+=解C′即可。第（2）问中，因为“无限”，所以“无限加一级后仍为无限”，不难得出方程+=【答案】（1）C；（2）C。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）【相关模型】在图7-18所示的电路中，已知C1=C2=C3=C9=1μF，C4=C5=C6=C7=2μF，C8=C10=3μF，试求A、B之间的等效电容。【解说】对于既非串联也非并联的电路，需要用到一种“Δ→Y型变换”，参见图7-19，根据三个端点之间的电容等效，容易得出定式——Δ→Y型：Ca=Cb=Cc=Y→Δ型：C1=C2=C3=有了这样的定式后，我们便可以进行如图7-20所示的四步电路简化（为了方便，电容不宜引进新的符号表达，而是直接将变换后的量值标示在图中）——【答】约2.23μF。【物理情形2】如图7-21所示的电路中，三个电容器完全相同，电源电动势ε1=3.0V，ε2=4.5V，开关K1和K2接通前电容器均未带电，试求K1和K2接通后三个电容器的电压Uao、Ubo和Uco各为多少。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）【解说】这是一个考查电容器电路的基本习题，解题的关键是要抓与o相连的三块极板（俗称“孤岛”）的总电量为零。电量关系：++=0电势关系：ε1=Uao+Uob=Uao−Uboε2=Ubo+Uoc=Ubo−Uco解以上三式即可。【答】Uao=3.5V，Ubo=0.5V，Uco=−4.0V。【伸展应用】如图7-22所示，由n个单元组成的电容器网络，每一个单元由三个电容器连接而成，其中有两个的电容为3C，另一个的电容为3C。以a、b为网络的输入端，a′、b′为输出端，今在a、b间加一个恒定电压U，而在a′b′间接一个电容为C的电容器，试求：（1）从第k单元输入端算起，后面所有电容器储存的总电能；（2）若把第一单元输出端与后面断开，再除去电源，并把它的输入端短路，则这个单元的三个电容器储存的总电能是多少？【解说】这是一个结合网络计算和“孤岛现象”的典型事例。（1）类似“物理情形1”的计算，可得C总=Ck=C所以，从输入端算起，第k单元后的电压的经验公式为Uk=再算能量储存就不难了。（2）断开前，可以算出第一单元的三个电容器、以及后面“系统”的电量分配如图7-23中的左图所示。这时，C1的右板和C2的左板（或C2的下板和C3的右板）形成“孤岛”。此后，电容器的相互充电过程（C3类比为“电源”）满足——电量关系：Q1′=Q3′Q2′+Q3′=电势关系：+=从以上三式解得Q1′=Q3′=，Q2′=，这样系统的储能就可以用得出了。【答】（1）Ek=；（2）。〖学员思考〗图7-23展示的过程中，始末状态的电容器储能是否一样？（答：不一样；在相互充电的过程中，导线消耗的焦耳热已不可忽略。）第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）第九部分稳恒电流第一讲基本知识介绍第八部分《稳恒电流》包括两大块：一是“恒定电流”，二是“物质的导电性”。前者是对于电路的外部计算，后者则是深入微观空间，去解释电流的成因和比较不同种类的物质导电的情形有什么区别。应该说，第一块的知识和高考考纲对应得比较好，深化的部分是对复杂电路的计算（引入了一些新的处理手段）。第二块虽是全新的内容，但近几年的考试已经很少涉及，以至于很多奥赛培训资料都把它删掉了。鉴于在奥赛考纲中这部分内容还保留着，我们还是想粗略地介绍一下。一、欧姆定律1、电阻定律a、电阻定律R=ρb、金属的电阻率ρ=ρ0（1+αt）2、欧姆定律a、外电路欧姆定律U=IR，顺着电流方向电势降落b、含源电路欧姆定律在如图8-1所示的含源电路中，从A点到B点，遵照原则：①遇电阻，顺电流方向电势降落（逆电流方向电势升高）②遇电源，正极到负极电势降落，负极到正极电势升高（与电流方向无关），可以得到以下关系UA−IR−ε−Ir=UB这就是含源电路欧姆定律。c、闭合电路欧姆定律在图8-1中，若将A、B两点短接，则电流方向只可能向左，含源电路欧姆定律成为UA+IR−ε+Ir=UB=UA即ε=IR+Ir，或I=这就是闭合电路欧姆定律。值得注意的的是：①对于复杂电路，“干路电流I”不能做绝对的理解（任何要考察的一条路均可视为干路）；②电源的概念也是相对的，它可以是多个电源的串、并联，也可以是电源和电阻组成的系统；③第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）外电阻R可以是多个电阻的串、并联或混联，但不能包含电源。二、复杂电路的计算1、戴维南定理：一个由独立源、线性电阻、线性受控源组成的二端网络，可以用一个电压源和电阻串联的二端网络来等效。（事实上，也可等效为“电流源和电阻并联的的二端网络”——这就成了诺顿定理。）应用方法：其等效电路的电压源的电动势等于网络的开路电压，其串联电阻等于从端钮看进去该网络中所有独立源为零值时的等效电阻。2、基尔霍夫（克希科夫）定律a、基尔霍夫第一定律：在任一时刻流入电路中某一分节点的电流强度的总和，等于从该点流出的电流强度的总和。例如，在图8-2中，针对节点P，有I2+I3=I1基尔霍夫第一定律也被称为“节点电流定律”，它是电荷受恒定律在电路中的具体体现。对于基尔霍夫第一定律的理解，近来已经拓展为：流入电路中某一“包容块”的电流强度的总和，等于从该“包容块”流出的电流强度的总和。b、基尔霍夫第二定律：在电路中任取一闭合回路，并规定正的绕行方向，其中电动势的代数和，等于各部分电阻（在交流电路中为阻抗）与电流强度乘积的代数和。例如，在图8-2中，针对闭合回路①，有ε3−ε2=I3(r3+R2+r2)−I2R2基尔霍夫第二定律事实上是含源部分电路欧姆定律的变体（☆同学们可以列方程UP=…=UP得到和上面完全相同的式子）。3、Y−Δ变换在难以看清串、并联关系的电路中，进行“Y型−Δ型”的相互转换常常是必要的。在图8-3所示的电路中☆同学们可以证明Δ→Y的结论…Rc=Rb=Ra=Y→Δ的变换稍稍复杂一些，但我们仍然可以得到R1=R2=R3=三、电功和电功率1、电源第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）使其他形式的能量转变为电能的装置。如发电机、电池等。发电机是将机械能转变为电能；干电池、蓄电池是将化学能转变为电能；光电池是将光能转变为电能；原子电池是将原子核放射能转变为电能；在电子设备中，有时也把变换电能形式的装置，如整流器等，作为电源看待。电源电动势定义为电源的开路电压，内阻则定义为没有电动势时电路通过电源所遇到的电阻。据此不难推出相同电源串联、并联，甚至不同电源串联、并联的时的电动势和内阻的值。例如，电动势、内阻分别为ε1、r1和ε2、r2的电源并联，构成的新电源的电动势ε和内阻r分别为（☆师生共同推导…）ε=r=2、电功、电功率电流通过电路时，电场力对电荷作的功叫做电功W。单位时间内电场力所作的功叫做电功率P。计算时，只有W=UIt和P=UI是完全没有条件的，对于不含源的纯电阻，电功和焦耳热重合，电功率则和热功率重合，有W=I2Rt=t和P=I2R=。对非纯电阻电路，电功和电热的关系依据能量守恒定律求解。四、物质的导电性在不同的物质中，电荷定向移动形成电流的规律并不是完全相同的。1、金属中的电流即通常所谓的不含源纯电阻中的电流，规律遵从“外电路欧姆定律”。2、液体导电能够导电的液体叫电解液（不包括液态金属）。电解液中离解出的正负离子导电是液体导电的特点（如：硫酸铜分子在通常情况下是电中性的，但它在溶液里受水分子的作用就会离解成铜离子Cu2+和硫酸根离子S，它们在电场力的作用下定向移动形成电流）。在电解液中加电场时，在两个电极上（或电极旁）同时产生化学反应的过程叫作“电解”。电解的结果是在两个极板上（或电极旁）生成新的物质。液体导电遵从法拉第电解定律——法拉第电解第一定律：电解时在电极上析出或溶解的物质的质量和电流强度、跟通电时间成正比。表达式：m=kIt＝KQ（式中Q为析出质量为m的物质所需要的电量；K为电化当量，电化当量的数值随着被析出的物质种类而不同，某种物质的电化当量在数值上等于通过1C电量时析出的该种物质的质量，其单位为kg/C。）法拉第电解第二定律：物质的电化当量K和它的化学当量成正比。某种物质的化学当量是该物质的摩尔质量M（克原子量）和它的化合价n的比值，即K=，而F为法拉第常数，对任何物质都相同，F=9.65×104C/mol。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）将两个定律联立可得：m=Q。3、气体导电气体导电是很不容易的，它的前提是气体中必须出现可以定向移动的离子或电子。按照“载流子”出现方式的不同，可以把气体放电分为两大类——a、被激放电在地面放射性元素的辐照以及紫外线和宇宙射线等的作用下，会有少量气体分子或原子被电离，或在有些灯管内，通电的灯丝也会发射电子，这些“载流子”均会在电场力作用下产生定向移动形成电流。这种情况下的电流一般比较微弱，且遵从欧姆定律。典型的被激放电情形有b、自激放电但是，当电场足够强，电子动能足够大，它们和中性气体相碰撞时，可以使中性分子电离，即所谓碰撞电离。同时，在正离子向阴极运动时，由于以很大的速度撞到阴极上，还可能从阴极表面上打出电子来，这种现象称为二次电子发射。碰撞电离和二次电子发射使气体中在很短的时间内出现了大量的电子和正离子，电流亦迅速增大。这种现象被称为自激放电。自激放电不遵从欧姆定律。常见的自激放电有四大类：辉光放电、弧光放电、火花放电、电晕放电。4、超导现象据金属电阻率和温度的关系，电阻率会随着温度的降低和降低。当电阻率降为零时，称为超导现象。电阻率为零时对应的温度称为临界温度。超导现象首先是荷兰物理学家昂尼斯发现的。超导的应用前景是显而易见且相当广阔的。但由于一般金属的临界温度一般都非常低，故产业化的价值不大，为了解决这个矛盾，科学家们致力于寻找或合成临界温度比较切合实际的材料就成了当今前沿科技的一个热门领域。当前人们的研究主要是集中在合成材料方面，临界温度已经超过100K，当然，这个温度距产业化的期望值还很远。5、半导体半导体的电阻率界于导体和绝缘体之间，且ρ值随温度的变化呈现“反常”规律。组成半导体的纯净物质这些物质的化学键一般都是共价键，其稳固程度界于离子键和金属键之间，这样，价电子从外界获得能量后，比较容易克服共价键的束缚而成为自由电子。当有外电场存在时，价电子移动，同时造成“空穴”（正电）的反向移动，我们通常说，半导体导电时，存在两种载流子。只是在常态下，半导体中的载流子浓度非常低。半导体一般是四价的，如果在半导体掺入三价元素，共价键中将形成电子缺乏的局面，使“空穴”载流子显著增多，形成P型半导体。典型的P型半导体是硅中掺入微量的硼。如果掺入五价元素，共价键中将形成电子多余的局面，使电子载流子显著增多，形成N型半导体。典型的N型半导体是硅中掺入微量的磷。如果将P型半导体和N型半导体烧结，由于它们导电的载流子类型不同，将会随着组合形式的不同而出现一些非常独特的物理性质，如二极管的单向导电性和三极管的放大性。第二讲重要模型和专题第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）一、纯电阻电路的简化和等效1、等势缩点法将电路中电势相等的点缩为一点，是电路简化的途径之一。至于哪些点的电势相等，则需要具体问题具体分析——【物理情形1】在图8-4甲所示的电路中，R1=R2=R3=R4=R5=R，试求A、B两端的等效电阻RAB。【模型分析】这是一个基本的等势缩点的事例，用到的是物理常识是：导线是等势体，用导线相连的点可以缩为一点。将图8-4甲图中的A、D缩为一点A后，成为图8-4乙图对于图8-4的乙图，求RAB就容易了。【答案】RAB=R。【物理情形2】在图8-5甲所示的电路中，R1=1Ω，R2=4Ω，R3=3Ω，R4=12Ω，R5=10Ω，试求A、B两端的等效电阻RAB。【模型分析】这就是所谓的桥式电路，这里先介绍简单的情形：将A、B两端接入电源，并假设R5不存在，C、D两点的电势有什么关系？☆学员判断…→结论：相等。因此，将C、D缩为一点C后，电路等效为图8-5乙对于图8-5的乙图，求RAB是非常容易的。事实上，只要满足=的关系，我们把桥式电路称为“平衡电桥”。【答案】RAB=Ω。〖相关介绍〗英国物理学家惠斯登曾将图8-5中的R5换成灵敏电流计第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版），将R1、R2中的某一个电阻换成待测电阻、将R3、R4换成带触头的电阻丝，通过调节触头P的位置，观察电流计示数为零来测量带测电阻Rx的值，这种测量电阻的方案几乎没有系统误差，历史上称之为“惠斯登电桥”。请学员们参照图8-6思考惠斯登电桥测量电阻的原理，并写出Rx的表达式（触头两端的电阻丝长度LAC和LCB是可以通过设置好的标尺读出的）。☆学员思考、计算…【答案】Rx=R0。【物理情形3】在图8-7甲所示的有限网络中，每一小段导体的电阻均为R，试求A、B两点之间的等效电阻RAB。【模型分析】在本模型中，我们介绍“对称等势”的思想。当我们将A、B两端接入电源，电流从A流向B时，相对A、B连线对称的点电流流动的情形必然是完全相同的，即：在图8-7乙图中标号为1的点电势彼此相等，标号为2的点电势彼此相等…。将它们缩点后，1点和B点之间的等效电路如图8-7丙所示。不难求出，R1B=R，而RAB=2R1B。【答案】RAB=R。2、△→Y型变换【物理情形】在图8-5甲所示的电路中，将R1换成2Ω的电阻，其它条件不变，再求A、B两端的等效电阻RAB。【模型分析】此时的电桥已经不再“平衡”，故不能采取等势缩点法简化电路。这里可以将电路的左边或右边看成△型电路，然后进行△→Y型变换，具体操作如图8-8所示。根据前面介绍的定式，有Ra===ΩRb===Ω第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）Rc===2Ω再求RAB就容易了。【答案】RAB=Ω。3、电流注入法【物理情形】对图8-9所示无限网络，求A、B两点间的电阻RAB。【模型分析】显然，等势缩点和△→Y型变换均不适用这种网络的计算。这里介绍“电流注入法”的应用。应用电流注入法的依据是：对于任何一个等效电阻R，欧姆定律都是适用的，而且，对于每一段导体，欧姆定律也是适用的。现在，当我们将无穷远接地，A点接电源正极，从A点注入电流I时，AB小段导体的电流必为I/3；当我们将无穷远接地，B点接电源负极，从B点抽出电流I时，AB小段导体的电流必为I/3；那么，当上面“注入”和“抽出”的过程同时进行时，AB小段导体的电流必为2I/3。最后，分别对导体和整个网络应用欧姆定律，即不难求出RAB。【答案】RAB=R。〖相关介绍〗事实上，电流注入法是一个解复杂电路的基本工具，而不是仅仅可以适用于无限网络。下面介绍用电流注入法解图8-8中桥式电路（不平衡）的RAB。从A端注入电流I，并设流过R1和R2的电流分别为I1和I2，则根据基尔霍夫第一定律，其它三个电阻的电流可以表示为如图8-10所示。然后对左边回路用基尔霍夫第二定律，有I1R1+(I1−I2)R5−(I−I1)R3=0即2I1+10(I1−I2)−3(I−I1)=0整理后得15I1−10I2=3I①第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）对左边回路用基尔霍夫第二定律，有I2R2−(I−I2)R4−(I1−I2)R5=0即4I2−12(I−I2)−10(I1−I2)=0整理后得−5I1+13I2=6I②解①②两式，得I1=I，I2=I很显然UA−I1R1−I2R2=UB即UAB=2×I+4×I=I最后对整块电路用欧姆定律，有RAB==Ω。4、添加等效法【物理情形】在图8-11甲所示无限网络中，每个电阻的阻值均为R，试求A、B两点间的电阻RAB。【模型分析】解这类问题，我们要用到一种数学思想，那就是：无穷大和有限数的和仍为无穷大。在此模型中，我们可以将“并联一个R再串联一个R”作为电路的一级，总电路是这样无穷级的叠加。在图8-11乙图中，虚线部分右边可以看成原有无限网络，当它添加一级后，仍为无限网络，即RAB∥R+R=RAB解这个方程就得出了RAB的值。【答案】RAB=R。〖学员思考〗本题是否可以用“电流注入法”求解？〖解说〗可以，在A端注入电流I后，设第一级的并联电阻分流为I1，则结合基尔霍夫第一定律和应有的比例关系，可以得出相应的电流值如图8-12所示对图中的中间回路，应用基尔霍夫第二定律，有(I−I1)R+(I−I1)R−I1R=0解得I1=I很显然UA−IR−I1R=UB第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）即UAB=IR+IR=IR最后，RAB==R。【综合应用】在图8-13甲所示的三维无限网络中，每两个节点之间的导体电阻均为R，试求A、B两点间的等效电阻RAB。【解说】当A、B两端接入电源时，根据“对称等势”的思想可知，C、D、E…各点的电势是彼此相等的，电势相等的点可以缩为一点，它们之间的电阻也可以看成不存在。这里取后一中思想，将CD间的导体、DE间的导体…取走后，电路可以等效为图8-13乙所示的二维无限网络。对于这个二维无限网络，不难求出R′=R显然，RAB=R′∥∥R′【答案】RAB=R。二、含源电路的简化和计算1、戴维南定理的应用【物理情形】在如图8-14甲所示电路中，电源ε=1.4V，内阻不计，R1=R4=2Ω，R2=R3=R5=1Ω，试用戴维南定理解流过电阻R5的电流。【模型分析】用戴维南定理的目的是将电源系统或与电源相关联的部分电路等效为一个电源，然后方便直接应用闭合电路欧姆定律。此电路中的电源只有一个，我们可以援用后一种思路，将除R5之外的电阻均看成“与电源相关联的”部分，于是——将电路做“拓扑”变换，成图8-14乙图。这时候，P、Q两点可看成“第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）新电源”的两极，设新电源的电动势为ε′，内阻为r′，则r′=R1∥R2+R3∥R4=Ωε′为P、Q开路时的电压。开路时，R1的电流I1和R3的电流I3相等，I1=I3==A，令“老电源”的负极接地，则UP=I1R2=V，UQ=I3R4=V，所以ε′=UQP=V最后电路演化成图8-14丙时，R5的电流就好求了。【答案】R5上电流大小为0.20A，方向（在甲图中）向上。2、基尔霍夫定律的应用基尔霍夫定律的内容已经介绍，而且在（不含源）部分电路中已经做过了应用。但是在比较复杂的电路中，基尔霍夫第一定律和第二定律的独立方程究竟有几个？这里需要补充一个法则，那就是——基尔霍夫第一定律的独立方程个数为节点总数减一；基尔霍夫第二定律的独立方程个数则为独立回路的个数。而且，独立回路的个数m应该这样计算m=p−n+1其中p为支路数目（不同电流值的数目），n为节点个数。譬如，在图8-15所示的三个电路中，m应该这样计算甲图，p=3，n=2，m=3−2+1=2乙图，p=6，n=4，m=6−4+1=3丙图，p=8，n=5，m=8−5+1=4以上的数目也就是三个电路中基尔霍夫第二定律的独立方程个数。思考启发：学员观察上面三个电路中m的结论和电路的外部特征，能得到什么结果？☆学员：m事实上就是“不重叠”的回路个数！（可在丙图的基础上添加一支路验证…）【物理情形1】在图8-16所示的电路中，ε1=32V，ε2=24V，两电源的内阻均不计，R1=5Ω，R2=6Ω，R3=54Ω，求各支路的电流。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）【模型分析】这是一个基尔霍夫定律的基本应用，第一定律的方程个数为n−1=2，第二方程的个数为p−n+1=2由第一定律，有I3=I1+I2由第二定律，左回路有ε1−ε2=I1R1−I2R2左回路有ε2=I2R2+I3R3代入数字后，从这三个方程不难解出I1=1.0A，I2=−0.5A，I3=0.5A这里I2的负号表明实际电流方向和假定方向相反。【答案】R1的电流大小为1.0A，方向向上，R2的电流大小为0.5A，方向向下，R3的电流大小为0.5A，方向向下。【物理情形2】用基尔霍夫定律解图8-14甲所示电路中R5的电流（所有已知条件不变）。【模型分析】此电路p=6，n=4，故基尔霍夫第一定律方程个数为3，第二定律方程个数为3。为了方便，将独立回路编号为Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，电流只设了三个未知量I1、I2和I3，其它三个电流则直接用三个第一定律方程表达出来，见图8-17。这样，我们只要解三个基尔霍夫第二定律方程就可以了。对Ⅰ回路，有I2R1+I1R5−I3R3=0即2I2+1I1−1I3=0①对Ⅱ回路，有(I2−I1)R2−(I1+I3)R4−I1R5=0即1(I2−I1)−2(I1+I3)−1I1=0②对Ⅲ回路，有ε=I3R3+(I1+I3)R4即1.4=1I3+2(I1+I3)③解①②③式不难得出I1=−0.2A。（I2=0.4A，I3=0.6A）【答案】略。【物理情形3】求解图8-18所示电路中流过30Ω电阻的电流。【模型分析】基尔霍夫第一定律方程2个，已在图中体现基尔霍夫第二定律方程3个，分别为——对Ⅰ回路，有100=(I2−I1)+I2·10①对Ⅱ回路，有40=I2·10+I1·30−I3·10②对Ⅲ回路，有100=I3·10+(I1+I3)·10③解①②③式不难得出I1=1.0A。（I2=5.5A，I3=4.5A）【答案】大小为1.0A，方向向左。〖小结〗解含源电路我们引进了戴维南定理和基尔霍夫定律两个工具。原则上，对任何一个问题，两种方法都可以用。但是，当我们面临的只是求某一条支路的电流，则用戴维南定理较好，如果要求求出多个（或所有）支路的电流，则用基尔霍夫定律较好。而且我们还必须看到，随着独立回路个数的增多，基尔霍夫第二定律的方程随之增多，解题的麻烦程度随之增大。三、液体导电及其它【物理情形】已知法拉第恒量F=9.65×104C/mol第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版），金的摩尔质量为0.1972kg/mol，金的化合价为3，要想在电解池中析出1g金，需要通过多少电量？金是在电解池的正极板还是在负极板析出？【解说】法拉第电解定律（综合形式）的按部就班应用，即Q=，代入相关数据（其中m=1.0×10−3kg，n=3）即可。【答案】需要1.47×103C电量，金在负极板析出。【相关应用】在图8-19所示的装置中，如果在120分钟内淀积3.0×1022个银原子，银的化合价为1。在电流表中显示的示数是多少？若将阿弗伽德罗常数视为已知量，试求法拉第恒量。【解说】第一问根据电流定义即可求得；第二问F==【答案】0.667A；9.63×104C/mol。四、问题补遗——欧姆表图8-20展示了欧姆表的基本原理图（未包括换档电路），虚线方框内是欧姆表的内部结构，它包含表头G、直流电源ε（常用干电池）及电阻RΩ。当被测电阻Rx接入电路时，表头G电流I=可以看出，对给定的欧姆表，I与Rx有一一对应的关系，所以由表头指针的位置可以知道Rx的大小。为了读数方便，事先在刻度盘上直接标出欧姆值。考查I（Rx）函数，不难得出欧姆表的刻度特点有三：①大值在左边、小值在右边；②不均匀，小值区域稀疏、大值区域密集；③没有明确的量程，最右边为零，最左边为∞。欧姆表虽然没有明确的量程，并不以为着测量任何电阻都是准确的，因为大值区域的刻度线太密，难以读出准确读数。这里就有一个档位选择问题。欧姆表上备有“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”不同档位，它们的意义是：表盘的读数乘以这个倍数就是最后的测量结果。比如，一个待测电阻阻值越20kΩ，选择“×10”档，指针将指在2k附近（密集区），不准，选择“×1k”档，指针将指在20附近（稀疏区），读数就准确了。不同的档位是因为欧姆表的中值电阻可以选择造成的。当Rx=（Rg+r+RΩ）时，表头电流I=Ig，指针指在表盘的几何中心，故称此时的Rx——即（Rg+r+RΩ）——为中值电阻，它就是表盘正中刻度的那个数字乘以档位倍数。很显然，对于一个给定的欧姆档，中值电阻（简称R中）应该是固定不变的。由于欧姆表必须保证Rx=0时，指针指到最右边（0Ω刻度），即=Ig这个式子当中，只有Rg和Ig是一成不变的，ε第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）、r均会随着电池的用旧而改变（ε↓、r↑），为了保证方程继续成立，有必要调整RΩ的值，这就是欧姆表在使用时的一个必不可少的步骤：欧姆调零，即将两表笔短接，观察指针指到最右边（0Ω刻度）即可。所以，在使用欧姆表时，选档和调零是必不可少的步骤，而且换档后，必须重新调零。【相关问题1】当欧姆表的电池用旧了之后，在操作规范的前提下，它的测值会（填“偏大”、“偏小”或“继续准确”）。【解说】这里的操作规范是指档位选择合适、已正确调零。电池用旧后，ε↓、r↑，但调零时，务必要使RΩ↓，但Rg+r+RΩ=R中=，故R中↓，形成系统误差是必然的。设新电池状态下电源电动势为ε、中值电阻为R中，用旧状态下电源电动势为ε′、中值电阻为R中′，则针对同一个Rx，有新电池状态I===旧电池状态I′===两式比较后，不难得出I′＜I，而表盘的刻度没有改变，故欧姆示数增大。【答案】偏大。【相关问题2】用万用表之欧姆档测某二极管极性时，发现指针偏转极小，则与红表笔相连接的应为二极管的极。【解说】欧姆档指针偏转极小，表明电阻示数很大；欧姆表的红表笔是和内部电源的负极相连的。【答案】正。第十部分磁场第一讲基本知识介绍《磁场》部分在奥赛考刚中的考点很少，和高考要求的区别不是很大，只是在两处有深化：a、电流的磁场引进定量计算；b、对带电粒子在复合场中的运动进行了更深入的分析。一、磁场与安培力1、磁场a、永磁体、电流磁场→磁现象的电本质b、磁感强度、磁通量第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）c、稳恒电流的磁场*毕奥-萨伐尔定律（Biot-Savartlaw）：对于电流强度为I、长度为dI的导体元段，在距离为r的点激发的“元磁感应强度”为dB。矢量式d=k，（d表示导体元段的方向沿电流的方向、为导体元段到考查点的方向矢量）；或用大小关系式dB=k结合安培定则寻求方向亦可。其中k=1.0×10−7N/A2。应用毕萨定律再结合矢量叠加原理，可以求解任何形状导线在任何位置激发的磁感强度。毕萨定律应用在“无限长”直导线的结论：B=2k；*毕萨定律应用在环形电流垂直中心轴线上的结论：B=2πkI；*毕萨定律应用在“无限长”螺线管内部的结论：B=2πknI。其中n为单位长度螺线管的匝数。2、安培力a、对直导体，矢量式为=I；或表达为大小关系式F=BILsinθ再结合“左手定则”解决方向问题（θ为B与L的夹角）。b、弯曲导体的安培力⑴整体合力折线导体所受安培力的合力等于连接始末端连线导体（电流不变）的的安培力。证明：参照图9-1，令MN段导体的安培力F1与NO段导体的安培力F2的合力为F，则F的大小为F==BI=BI关于F的方向，由于ΔFF2P∽ΔMNO，可以证明图9-1中的两个灰色三角形相似，这也就证明了F是垂直MO的，再由于ΔPMO是等腰三角形（这个证明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中点了。证毕。由于连续弯曲的导体可以看成是无穷多元段直线导体的折合，所以，关于折线导体整体合力的结论也适用于弯曲导体。（说明：这个结论只适用于匀强磁场。）⑵导体的内张力弯曲导体在平衡或加速的情形下，均会出现内张力，具体分析时，可将导体在被考查点切断，再将被切断的某一部分隔离，列平衡方程或动力学方程求解。c、匀强磁场对线圈的转矩第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）如图9-2所示，当一个矩形线圈（线圈面积为S、通以恒定电流I）放入匀强磁场中，且磁场B的方向平行线圈平面时，线圈受安培力将转动（并自动选择垂直B的中心轴OO′，因为质心无加速度），此瞬时的力矩为M=BIS几种情形的讨论——⑴增加匝数至N，则M=NBIS；⑵转轴平移，结论不变（证明从略）；⑶线圈形状改变，结论不变（证明从略）；*⑷磁场平行线圈平面相对原磁场方向旋转α角，则M=BIScosα，如图9-3；证明：当α=90°时，显然M=0，而磁场是可以分解的，只有垂直转轴的的分量Bcosα才能产生力矩…⑸磁场B垂直OO′轴相对线圈平面旋转β角，则M=BIScosβ，如图9-4。证明：当β=90°时，显然M=0，而磁场是可以分解的，只有平行线圈平面的的分量Bcosβ才能产生力矩…说明：在默认的情况下，讨论线圈的转矩时，认为线圈的转轴垂直磁场。如果没有人为设定，而是让安培力自行选定转轴，这时的力矩称为力偶矩。二、洛仑兹力1、概念与规律a、=q，或展开为f=qvBsinθ再结合左、右手定则确定方向（其中θ为与的夹角）。安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现。b、能量性质由于总垂直与确定的平面，故总垂直，只能起到改变速度方向的作用。结论：洛仑兹力可对带电粒子形成冲量，却不可能做功。或：洛仑兹力可使带电粒子的动量发生改变却不能使其动能发生改变。问题：安培力可以做功，为什么洛仑兹力不能做功？解说：应该注意“安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现”这句话的确切含义——“宏观体现”和“完全相等”是有区别的。我们可以分两种情形看这个问题：（1）导体静止时，所有粒子的洛仑兹力的合力等于安培力（这个证明从略）；（2）导体运动时，粒子参与的是沿导体棒的运动v1和导体运动v2的合运动，其合速度为v，这时的洛仑兹力f垂直v而安培力垂直导体棒，它们是不可能相等的，只能说安培力是洛仑兹力的分力f1=qv1B的合力（见图9-5）。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）很显然，f1的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者说f1的正功和f2的负功的代数和为零）。（事实上，由于电子定向移动速率v1在10−5m/s数量级，而v2一般都在10−2m/s数量级以上，致使f1只是f的一个极小分量。）☆如果从能量的角度看这个问题，当导体棒放在光滑的导轨上时（参看图9-6），导体棒必获得动能，这个动能是怎么转化来的呢？若先将导体棒卡住，回路中形成稳恒的电流，电流的功转化为回路的焦耳热。而将导体棒释放后，导体棒受安培力加速，将形成感应电动势（反电动势）。动力学分析可知，导体棒的最后稳定状态是匀速运动（感应电动势等于电源电动势，回路电流为零）。由于达到稳定速度前的回路电流是逐渐减小的，故在相同时间内发的焦耳热将比导体棒被卡住时少。所以，导体棒动能的增加是以回路焦耳热的减少为代价的。2、仅受洛仑兹力的带电粒子运动a、⊥时，匀速圆周运动，半径r=，周期T=b、与成一般夹角θ时，做等螺距螺旋运动，半径r=，螺距d=这个结论的证明一般是将分解…（过程从略）。☆但也有一个问题，如果将分解（成垂直速度分量B2和平行速度分量B1，如图9-7所示），粒子的运动情形似乎就不一样了——在垂直B2的平面内做圆周运动？其实，在图9-7中，B1平行v只是一种暂时的现象，一旦受B2的洛仑兹力作用，v改变方向后就不再平行B1了。当B1施加了洛仑兹力后，粒子的“圆周运动”就无法达成了。（而在分解v的处理中，这种局面是不会出现的。）3、磁聚焦a、结构：见图9-8，K和G分别为阴极和控制极，A为阳极加共轴限制膜片，螺线管提供匀强磁场。b、原理：由于控制极和共轴膜片的存在，电子进磁场的发散角极小，即速度和磁场的夹角θ第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）极小，各粒子做螺旋运动时可以认为螺距彼此相等（半径可以不等），故所有粒子会“聚焦”在荧光屏上的P点。4、回旋加速器a、结构&原理（注意加速时间应忽略）b、磁场与交变电场频率的关系因回旋周期T和交变电场周期T′必相等，故=c、最大速度vmax==2πRf5、质谱仪速度选择器&粒子圆周运动，和高考要求相同。第二讲典型例题解析一、磁场与安培力的计算【例题1】两根无限长的平行直导线a、b相距40cm，通过电流的大小都是3.0A，方向相反。试求位于两根导线之间且在两导线所在平面内的、与a导线相距10cm的P点的磁感强度。【解说】这是一个关于毕萨定律的简单应用。解题过程从略。【答案】大小为8.0×10−6T，方向在图9-9中垂直纸面向外。【例题2】半径为R，通有电流I的圆形线圈，放在磁感强度大小为B、方向垂直线圈平面的匀强磁场中，求由于安培力而引起的线圈内张力。【解说】本题有两种解法。方法一：隔离一小段弧，对应圆心角θ，则弧长L=θR。因为θ→0（在图9-10中，为了说明问题，θ被夸大了），弧形导体可视为直导体，其受到的安培力F=BIL，其两端受到的张力设为T，则T的合力ΣT=2Tsin再根据平衡方程和极限=0，即可求解T。方法二：隔离线圈的一半，根据弯曲导体求安培力的定式和平衡方程即可求解…【答案】BIR。〖说明〗如果安培力不是背离圆心而是指向圆心，内张力的方向也随之反向，但大小不会变。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）〖学员思考〗如果圆环的电流是由于环上的带正电物质顺时针旋转而成（磁场仍然是进去的），且已知单位长度的电量为λ、环的角速度ω、环的总质量为M，其它条件不变，再求环的内张力。〖提示〗此时环的张力由两部分引起：①安培力，②离心力。前者的计算上面已经得出（此处I==ωλR），T1=BωλR2；后者的计算必须应用图9-10的思想，只是F变成了离心力，方程2T2sin=Mω2R，即T2=。〖答〗BωλR2+。【例题3】如图9-11所示，半径为R的圆形线圈共N匝，处在方向竖直的、磁感强度为B的匀强磁场中，线圈可绕其水平直径（绝缘）轴OO′转动。一个质量为m的重物挂在线圈下部，当线圈通以恒定电流I后，求其静止时线圈平面和磁场方向的夹角。【解说】这是一个应用安培力矩定式的简单问题，解题过程从略。【答案】arctg。二、带电粒子在匀强磁场中的运动【例题4】电子质量为m、电量为q，以初速度v0垂直磁场进入磁感强度为B的匀强磁场中。某时刻，电子第一次通过图9-12所示的P点，θ为已知量，试求：（1）电子从O到P经历的时间；（2）O→P过程洛仑兹力的冲量。【解说】圆周运动的基本计算。解题过程从略。值得注意的是，洛仑兹力不是恒力，故冲量不能通过定义式去求，而应根据动量定理求解。【答案】（1）；（2）2mv0sinθ。【例题5】如图9-13所示，S是粒子源，只能在纸面上的360°范围内发射速率相同、质量为m、电量为q的电子。MN是一块足够大的挡板，与S相距=L。它们处在磁感强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，试求：（1）要电子能到达挡板，其发射速度至少应为多大？（2）若发射速率为，则电子击打在挡板上的范围怎样？【解说】第一问甚简，电子能击打到挡板的临界情形是轨迹与挡板相切，此时rmin=；在第二问中，先求得r=L第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版），在考查各种方向的初速所对应的轨迹与挡板相交的“最远”点。值得注意的是，O点上方的最远点和下方的最远点并不是相对O点对称的。【答案】（1）；（2）从图中O点上方距O点L处到O点下方距O点L处的范围内。【例题6】如图9-14甲所示，由加速电压为U的电子枪发射出的电子沿x方向射入匀强磁场，要使电子经过x下方距O为L且∠xOP=θ的P点，试讨论磁感应强度B的大小和方向的取值情况。【解说】以一般情形论：电子初速度v0与磁感应强度B成任意夹角α，电子应做螺旋运动，半径为r=，螺距为d=，它们都由α、B决定（v0=是固定不变的）。我们总可以找到适当的半径与螺距，使P点的位置满足L、θ的要求。电子运动轨迹的三维展示如图9-14乙所示。如果P点处于（乙图中）螺线轨迹的P1位置，则α=θ，B∥；如果P点处于P2或P3位置，则α≠θ，B与成一般夹角。对于前一种情形，求解并不难——只要解L=kd（其中k=1，2，3，…）方程即可；而对后一种情形，要求出B的通解就难了，这里不做讨论。此外，还有一种特解，那就是当B⊥时，这时的解法和【例题4】就完全重合了。【答案】通解不定。当B∥时，B=（其中k=1，2，3，…）；当B⊥时，B=。〖问题存疑〗两个特解能不能统一？三、带电粒子在电磁复合场中的运动一般考虑两种典型的复合情形：B和E平行，B和E垂直。对于前一种情形，如果v0和B（E）成θ角，可以将v0分解为v0τ和v0n，则在n方向粒子做匀速圆周运动，在τ方向粒子做匀加速运动。所以，粒子的合运动是螺距递增（或递减）的螺线运动。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）对于后一种情形（垂直复合场），难度较大，必须起用动力学工具和能量（动量）工具共同求解。一般结论是，当v0和B垂直而和E成一般夹角时，粒子的轨迹是摆线（的周期性衔接）。【例题7】在三维直角坐标中，沿+z方向有磁感强度为B的匀强磁场，沿−z方向有电场强度为E的匀强电场。在原点O有一质量为m、电量为−q的粒子（不计重力）以正x方向、大小为v的初速度发射。试求粒子再过z轴的坐标与时间。【解说】过程甚简，粒子运动情形见图9-15。【答案】z=，t=。（其中k=1，2，3，…）【例题8】在相互垂直的匀强电、磁场中，E、B值已知，一个质量为m、电量为+q的带电微粒（重力不计）无初速地释放，试定量寻求该粒子的运动规律。【解说】在相互垂直的电、磁场中，粒子受力的情形非常复杂，用运动的分解与合成的手段也有相当的困难，必须用到一些特殊的处理方法。鉴于粒子只能在垂直B的平面内运动，可以在该平面内建立如图9-16所示的直角坐标。在这个坐标中，从以下四个角度考查粒子运动的定量规律——（1）电场方向的最大位移Y能量关系qEY=m①在x方向上用动量定理，有t=mvP②且=qB③（注意t=Y）解①②③式可得Y=（2）轨迹顶点P的曲率半径r在P点有动力学关系qvPB−qE=m，而vP在第（1）问中已经求得。可解出：r=（3）垂直电场方向的“漂移”速度针对O→P过程，y方向有动力学关系Σ=m即qE−=m，即qE−qB=m。而==0所以=*（4）粒子从O到P做经历的时间t第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）解法一：摆线亦称旋轮线，是由轮子在水平面无滑滚动时轮子边缘形成的轨迹（如图9-17所示）。在本题的E、B叠加场中，可以认为“轮子”的旋转是由洛仑兹力独立形成的。而从O到P的过程，轮子转动的圆心角应为π，故对应时间为t==。解法二：参照摆线方程x=a（t−sint）y=a（1−cost）得到xP=πa=π=。再根据t==/所以t=。【答案】略。【评说】在垂直复合场中，寻求能量关系比较容易，但动力学关系（或动量关系）只能启用平均的思想，这也是一种特殊的处理方法。四、束缚问题带电实物受到斜面、绳子或杆子的束缚，在电、磁场中的运动问题称为束缚问题。束缚问题涉及的受力情形复杂，且常常伴随边界条件的讨论，因此有更大的挑战性。【例题9】单摆的摆长为L，摆球带电+q，放在匀强磁场中，球的摆动平面跟磁场垂直，最大摆角为α。为使其能正常摆动，磁场的磁感强度B值有何限制？【解说】这是第九届初试题，解题的关键所在是要分析清楚：小球“最有可能脱离圆弧”的点是否一定在最低点？…下面的定量讨论完成之后，我们将会发现：这个答案是否定的。针对某个一般位置P，设方位角θ（如图9-18所示），如果小球没有离开圆弧，可以列出——动力学方程：T+qvB−mgcosθ=m①从O到P过程，能量方程：mgL（cosθ−cosα）=mv2②小球不离开圆弧的条件是：T≥0③解①②③式易得B≤〖学员活动〗请求出函数y=的极小值…☆解法备考：对于正数a、b，有a+b≥2而y==3+第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）考虑到θ、α的实际取值情况，3和均为正数，所以，y≥2即ymin=2☆磁感应强度取值的一般结论为：B≤2。但此结论还有讨论的空间——因为极值点的条件是：=，即cosθ=cosα。显然，只有当cosα＜时（即最大摆角α较大时），极值点才可取，上面的“一般结论”才成立；物理意义：小球“最有可能脱离圆弧”的点不在最低点。而当α过小，cosα＞时，θ无解，极值点不可达，此时应寻求y=函数（在定义域内）的最小值。这个最值的寻求相对复杂一些，具体过程如下——广义的y虽然是先减后增，但它的自变量是而非θ，因α是定值，故y也可以认为是随着cosθ的增大而先减后增，如图9-19所示。当极值点不可达时（图中虚线所示），图线应落在左边的一段实线（因为α过小，cosα过大，理论极值点过大，cosθ达不到），函数为减函数。当cosθ最大时，y有最小值。所以，当cosθ=1时（此时θ=0，小球在最低点），最小值ymin=；物理意义：小球“最有可能脱离圆弧”的点在最低点。【答案】当α≥arccos时，B≤2；当α＜arccos时，B≤。第十一部分电磁感应第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）在第十部分，我们将对感应电动势进行更加深刻的分析，告诉大家什么是动生电动势，什么是感生电动势。在自感和互感的方面，也会分析得更全面。至于其它，如楞次定律、电磁感应的能量实质等等，则和高考考纲差别不大。第一讲、基本定律一、楞次定律1、定律：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。注意点：阻碍“变化”而非阻碍原磁场本身；两个磁场的存在。2、能量实质：发电结果总是阻碍发电过程本身——能量守恒决定了楞次定律的必然结果。【例题1】在图10-1所示的装置中，令变阻器R的触头向左移动，判断移动过程中线圈的感应电流的方向。【解说】法一：按部就班应用楞次定律；法二：应用“发电结果总是阻碍发电过程本身”。由“反抗磁通增大”→线圈必然逆时针转动→力矩方向反推感应电流方向。【答案】上边的电流方向出来（下边进去）。〖学员思考〗如果穿过线圈的磁场是一对可以旋转的永磁铁造成的，当永磁铁逆时针旋转时，线圈会怎样转动？〖解〗略。〖答〗逆时针。——事实上，这就感应电动机的基本模型，只不过感应电动机的旋转磁场是由三相交流电造就的。3、问题佯谬：在电磁感应问题中，可能会遇到沿不同途径时得出完全相悖结论的情形，这时，应注意什么抓住什么是矛盾的主要方面。【例题2】如图10-2所示，在匀强磁场中，有圆形的弹簧线圈。试问：当磁感应强度逐渐减小时，线圈会扩张还是会收缩？【解说】解题途径一：根据楞次定律之“发电结果总是阻碍发电过程本身”，可以判断线圈应该“反抗磁通的减小”，故应该扩张。解题途径二：不论感应电流方向若何，弹簧每两圈都是“同向平行电流”，根据安培力的常识，它们应该相互吸引，故线圈应该收缩。这两个途径得出的结论虽然是矛盾的，但途径二有不严谨的地方，因为导线除了受彼此间的安培力之外，还受到外磁场的安培力作用，而外磁场的安培力是促使线圈扩张的，所以定性得出结论事实上是困难的。但是，途径一源于能量守恒定律，站的角度更高，没有漏洞存在。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）【答案】扩张。〖学员思考〗如图10-3所示，在平行、水平的金属导轨上有两根可以自由滚动的金属棒，当它们构成闭合回路正上方有一根条形磁铁向下运动时，两根金属棒会相互靠拢还是相互远离？〖解〗同上。〖答〗靠拢。二、法拉第电磁感应定律1、定律：闭合线圈的感应电动势和穿过此线圈的磁通量的变化率成正比。即ε=N物理意义：N为线圈匝数；有瞬时变化率和平均变化率之分，在定律中的ε分别对应瞬时电动势和平均电动势。图象意义：在φ－t图象中，瞬时变化率对应图线切线的斜率。【例题3】面积为S的圆形（或任何形）线圈绕平行环面且垂直磁场的轴匀速转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈转速为ω，试求：线圈转至图19-4所示位置的瞬时电动势和从图示位置开始转过90°过程的平均电动势。【解说】本题是法拉第电磁感应定律的基本应用。求瞬时电动势时用到极限=1；求平均电动势比较容易。【答案】BSω；BSω。2、动生电动势a、磁感应强度不变而因闭合回路的整体或局部运动形成的电动势成为动生电动势。b、动生电动势的计算在磁感应强度为B的匀强磁场中，当长为L的导体棒一速度v平动切割磁感线，且B、L、v两两垂直时，ε=BLv，电势的高低由“右手定则”判断。这个结论的推导有两种途径——①设置辅助回路，应用法拉第电磁感应定律；②导体内部洛仑兹力与电场力平衡。导体两端形成固定电势差后，导体内部将形成电场，且自由电子不在移动，此时，对于不在定向移动的电子而言，洛仑兹力f和电场力F平衡，即F=f即qE=qvB而导体内部可以看成匀强电场，即=E所以ε=BLv第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）当导体有转动，或B、L、v并不两两垂直时，我们可以分以下四种情况讨论（结论推导时建议使用法拉第电磁感应定律）——①直导体平动，L⊥B，L⊥v，但v与B夹α角（如图10-5所示），则ε=BLvsinα；②直导体平动，v⊥B，L⊥B，但v与L夹β角（如图10-6所示），则ε=BLvsinβ；推论：弯曲导体平动，端点始末连线为L，v⊥B，L⊥B，但v与L夹γ角（如图10-7所示），则ε=BLvsinγ；③直导体转动，转轴平行B、垂直L、且过导体的端点，角速度为ω（如图10-8所示），则ε=BωL2；推论：直导体转动，转轴平行B、垂直L、但不过导体的端点（和导体一端相距s），角速度为ω（如图10-9所示），则ε1=BLω(s+)（轴在导体外部）、ε2=Bω(L2－2s)=B(L－2s)ω(s+)（轴在导体内部）；☆这两个结论由学员自己推导(教师配合草稿板图)…④直导体转动，转轴平行B、和L成一般夹角θ、且过导体的端点，角速度为ω（如图10-9所示），则ε=BωL2sin2θ；推论：弯曲导体（始末端连线为L）转动，转轴转轴平行B、和L成一般夹角θ、且过导体的端点，角速度为ω（如图10-10所示），则ε=BωL2sin2θ。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）统一的结论：种种事实表明，动生电动势可以这样寻求——即ε=BLv，而B、L、v应彼此垂直的（分）量。【例题4】一根长为 L的直导体，绕过端点的、垂直匀强磁场的转轴匀角速转动，而导体和转轴夹θ角，已知磁感应强度B和导体的角速度ω，试求导体在图10-11所示瞬间的动生电动势。【解说】略。（这个导体产生的感应电动势不是恒定不变的，而是一个交变电动势。）【答案】ε=BωL2sin2θ。第二讲感生电动势一、感生电动势造成回路磁通量改变的情形有两种：磁感应强度B不变回路面积S改变（部分导体切割磁感线）；回路面积S不变而磁感应强度B改变。对于这两种情形，法拉第电磁感应定律都能够求出（整个回路的）感应电动势的大小（前一种情形甚至还可以从洛仑兹力的角度解释）。但是，在解决感应电动势的归属问题上，法拉第电磁感应定律面临这前所未有的困难（而且洛仑兹力角度也不能解释其大小）。因此，我们还是将两种情形加以区别，前一种叫动生电动势，后一种叫感生电动势。感生电动势的形成通常是用麦克斯韦的涡旋电磁理论解释的。1、概念与意义根据麦克斯韦电磁场的理论，变化的磁场激发（涡旋）电场。涡旋电场力作用于单位电荷，使之运动一周所做的功，叫感生电动势，即ε感=*值得注意的是，这里的涡旋电场力是一种比较特殊的力，它和库仑电场力、洛仑兹力并称为驱动电荷运动的三大作用力，但是，它和库仑电场力有重大的区别，特别是：库仑电场力可以引入电位、电场线有始有终，而涡旋电场不能引入电位、电场线是闭合的（用数学语言讲，前者是有源无旋场，后者是有旋无源场）。2、感生电动势的求法感生电动势的严谨求法是求法拉第电磁感应定律的微分方程（*即=－）。在一般的情形下，解这个方程有一定的难度。但是，具有相对涡旋中心的轴对称性，根据这种对称性解体则可以是问题简化。【例题5】半径为R的无限长螺线管，其电流随时间均匀增加时，其内部的磁感应强度也随时间均匀增加，由于“无限长”的原因，其外部的有限空间内可以认为磁感应强度恒为零。设内部=k，试求解管内、外部空间的感生电场。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）【解说】将B值变化等效为磁感线变密或变疏，并假定B线不能凭空产生和消失。在将B值增加等效为B线向“中心”会聚（运动）、B值减小等效为B线背离“中心”扩散（运动）。（1）内部情形求解。设想一个以“中心”为圆心且垂直B线的圆形回路，半径为r，根据运动的相对性，B线的会聚运动和导体向外“切割”B线是一样的。而且，导体的每一段切割的“速度”都相同，因此，电动势也相等。根据E=知，回路上各处的电场强度应相等（只不过电场线是曲线，而且是闭合的）。由ε总=πr2和E=得E=显然，撤去假想回路，此电场依然存在。（2）外部情形求解。思路类同（1），只是外部“假想回路”的磁通量不随“回路”的半径增大而改变，即φ=πR2B由ε总=πR2和E′=得E=（r＞R）【答案】感生电场线是以螺线管轴心为圆心的同心圆，具体涡旋方向服从楞次定律。感生电场强度的大小规律可以用图10-12表达。〖说明〗本题的解答中设置的是一个特殊的回路，才会有“在此回路上感生电场大小恒定”的结论，如果设置其它回路，E=关系不可用，用我们现有的数学工具将不可解。当然，在启用高等数学工具后，是可以的出结论的，而且得出的结论和“特殊回路”的结论相同。〖学员思考〗如果在螺线管内、外分别放置两段导体CD和EF，它们都是以螺线管轴线为圆心、且圆心角为θ的弧形，试求这两段导体两端的电势差。〖参考解答〗因为在弧线上的场强都是大小恒定的，故可用U=E·l弧长求解显然，UCD=θr2，UEF=θR2。〖推论总结〗我们不难发现，UCD=×（扇形OCD的面积）,UEF=×（扇形OGH的面积）。结论：感生电动势的大小可以这样计算，用磁感应强度的变化率乘以自磁场变化中心出发引向导体两端的曲边形（在磁场中）的“有效面积”。注意，针对（圆心在磁场变化中心的）非弧形导体，用U=Ed行不通（启用ε=数学工具又不到位），但上面的“推论”则是可以照样使用的。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）【应用】半径为R螺线管内充满匀强磁场，磁感应强度随时间的变化率已知。求长为L的直导体在图10-14中a、b、c三个位置的感应电动势大小分别是多少？【解】在本题中，由于没有考查（以涡旋中心为圆心的）环形回路或弧形回路，所以需要用上面的“推论”解决问题。显然，这里的“有效面积”分别为Sa=0Sb=LSc=R2·arctg【答】εa=0；εb=；εa=arctg。二、电势、电流、能量和电量1、只要感应电路闭合，将会形成感应电流，进而导致能量的转化。关于感应电路的电流、能量和电量的计算，可以借助《稳恒电流》一章中闭合电路欧姆定律的知识。但是，在处理什么是“外电路”、什么是“内电路”的问题上，常常需要不同寻常的眼光。我们这里分两种情形归纳——如果发电是“动生”的，内电路就是（切割）运动部分；如果发电是“感生”的，内、外电路很难分清，需要具体问题具体分析，并适当运用等效思想。（内电路中的电动势分布还可能不均匀。）【例题6】如图10-15所示，均匀导体做成的半径为R的Φ形环，内套半径为R/2的无限长螺线管，其内部的均匀磁场随时间正比例地增大，B=kt，试求导体环直径两端M、N的电势差UMN。【解说】将图10-15中的左、中、右三段导体分别标示为1、2、3，它们均为电源，电动势分别为——ε1=kR2（π－arctg2），ε2=ε3=kR2arctg2设导体单位长度电阻为λ，三“电源”的内阻分别为——r1=r3=πλR，r2=2λR应用楞次定律判断电动势的方向后，不难得出它们的连接方式如图10-16所示。然后，我们用戴维南定理解图10-16中的电流I，最后UMN=Ir1－ε1==…第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）【答案】UMN=kR2（arctg2－）。2、受中学阶段数学工具的制约，在精确解不可求的情况下，将物理过程近似处理，或在解题过程中做近似处理常常是必要的。【例题7】在图10-17所示的装置中，重G=0.50N、宽L=20cm的П型导体置于水银槽中，空间存在区域很窄（恰好覆盖住导体）的、磁感应强度B=2.0T的匀强磁场。现将开关K合上后，导体立即跳离水银槽，且跳起的最大高度h=3.2cm，重力加速度g=10m/s2，忽略电源内阻。（1）若通电时间t=0.01s，忽略导体加速过程产生的感应电动势，求通电过程流过导体的电量；（2）如果回路外总电阻R=0.10Ω，则导体重回水银槽瞬间，消耗在回路中的电功率是多少？【解说】解第（1）问时，本来因为导体运动而形成的反电动势（感应电动势）是存在的，这里只能忽略；磁场又是仅仅覆盖住导体的，这就意味着导体棒跳离水银槽后可以认为是竖直上抛运动。对上抛过程，v0=对导体离开水银槽过程，（－G）t=mv0综合以上两式，即BLq－Gt=m，由此可解q。如果说第（1）问的近似处理重在过程的话，第（2）则在解题的规律运用上也不得不运用一些令人难以接受的“近似处理”——P=（起跳时不计感应电动势，进入水银槽，又没有忽略ε感）其中ε感=BLv0ε则只有追寻到导体离开的过程，ε=R=R（这里的问题就大了，第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）是电流对时间的平均值，而在P=中的ε应该取方均根值〈即交流电的“有效值”〉才是严谨的！但是，在这里求有效值几乎是不可能的，因此也就只能勉为其难了。）【答案】（1）电量为0.1125C；（2）瞬时电功率为20.88W。第三讲自感、互感及其它一、自感1、自感现象：电路中因自身电流变化而引起感应电动势的现象。2、自感电动势：自感现象中产生的电动势ε自=－LL为自感系数，简称自感或电感。对于N匝闭合回路，L=N，*对长直螺线管，L=μn2V（其中V为螺线管体积；若无铁芯，μ减小为μ0）。值得注意的是，随着L、的增大，ε自可以很大，但是自感电流却不会随之增大，定量的计算（解微分方程）表明，自感电流只会在初始电流的基础上呈指数函数减小。【例题8】在图10-18所示的电路中，ε=12V，r=1.0Ω，R1=2.0Ω，R2=9.0Ω，R3=15Ω，L=2.0H。现让K先与A接通，然后迅速拨至B，求自感线圈上可产生的最大自感电动势。【解说】如果选择定义式求解，不知，故这里只能根据自感电流的变化规律解题。在不做特别说明的情况下，忽略L的直流电阻。K接A时，L上的稳恒电流I=1.0A；K接B后，将L视为电动势为ε自的电源，i=i取极大值I时（K接B后的初始时刻），ε自极大。【答案】24V。二、互感与变压器1、互感：两线圈靠近放置，当1中有变化电流时，2中会感应出电流，若2中的感应电流仍是变化的，则它又会激发磁场并在1中形成电磁感应，这种显现称为互感。互感电动势：ε12=－M，ε21=－M，其中M为互感系数。2、变压器：两个（或多个）有互感耦合的静止线圈的组合叫变压器。接电源的线圈叫原线圈，接负载的叫副线圈。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）理想变压器：无铜损（导线焦耳热）、铁损（涡流能耗）、磁损（漏磁通），空载电流无穷小的变压器，即P入=P出。对于原、副线圈一对一的理想变压器，有u1=－ε1=－(－n1)u2=ε2=－n2即原、副线圈电压瞬时值=－但有效值=联系功率关系，可得=三、暂态过程由一个稳态向另一个稳态过渡的过程叫暂态过程。1、RL暂态特性对图10-20所示的电路，K合上“过程”的电流i变化情形如图10-21所示。L在两个稳态的等效：初态——断路；末态——短路。对图10-22所示的电路，K合上“过程”的电流i变化情形如图10-23所示。2、RC暂态特性对图10-24所示的电路，K合上“过程”，电容器的电压UC变化情形如图10-25所示。C在两个稳态的等效：初态——短路；末态——断路。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）对图10-26所示的电路，K合上“过程”，电容器的电压UC变化情形如图10-27所示。【例题9】在图10-28所示的RLC电路中，L不计电阻，ε=6.0V，r=1.0Ω，R1=0.5Ω，R2=1.5Ω。试求：（1）K接通时刻各元件的电流；（2）K接通后各元件的电压。【解说】直接应用L、C元件在两种特殊稳态的“等效处理”。【答案】（1）IR1=IR2=IC=2.0A，IL=0；（2）UR1=2.0V，UL=UR2=UC=0。【例题10】如图10-29所示，两匝数相同的线圈绕在同一铁芯上，其一经电键K与电动势为ε的电源相连，其一与电阻R相连。已知两线圈的自感系数均为L，试求：（1）闭合K瞬间，R消耗的功率；（2）过电源的电流随时间的变化关系；*（3）合上K后，经时间τ再将K断开，求此后R上消耗的功率。【解说】闭合K瞬时是暂态过程的初态，双线圈可视为理想变压器，对原线圈－ε自=ε=L=L第（3）问R消耗的功率是原线圈（或副线圈）磁场能的释放（LI2）【答案】（1）；（2）+t；（3）。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）第十二部分量子论第一节黑体辐射1.热辐射在上一章中,我们已经提到,开尔文勋爵所说的两朵乌云的第二朵是黑体辐射的实验结果被拔开时，人们发现了近代物理学的两个基础理论的另一个理论即量子力学论.量子论由于温度升高而发射能量的辐射源，通常称为热辐射.热辐射体中原子和分子不发生运动状态变化．热辐射能量来自物体的热运动.物体在任何温度下（只要不是绝对零度）都向四周进行热辐射，也从周围吸收这种辐射.热辐射的光谱是连续光谱．一般情况下，热辐射的光谱不仅与辐射源的温度有关，还与它的表面特征有关.为了定量的描述热辐射与温度和物体特性的关系，首先引入下列概念：(1)辐射出射度(简称辐出度)温度为T的热辐射体,在单位间内从单位面积向各个方向辐射出的所有频率的辐射能量.又称为辐射能通量密度.(2)单色辐射出射度温度为T的热辐射体,在单位时间内从单位面积向各个方向所发射的、在某一频率附近的单位间隔内辐射能量（即功率）叫做该物体的单色辐射出射度.单色辐射出射度与温度、频率和物体的表面特性有关.(3)吸收本领入射到物体上的辐射通量,一部分被物体散射或反射(对透明物体,还会有一部分透射),其余的为物体所吸收.2.黑体热辐射的规律是很复杂的，我们知道，各种物体由于它有不同的结构，因而它对外来辐射的吸收以及它本身对外的辐射都不相同．但是有一类物体其表面不反射光，它们能够在任何温度下，吸收射来的一切电磁辐射，这类物体就叫做绝对黑体，简称黑体.绝对黑体是我们研究热辐射时为使问题简化的理想模型.实际上黑体只是一种理想情况，但如果做一个闭合的空腔，在空腔表面开一个小孔，小孔表面就可以模拟黑体表面.这是因为从外面射来的辐射，经小孔射入空腔，要在腔壁上经过多次反射，才可能有机会射出小孔.因此，在多次反射过程中，外面射来的辐射几乎全部被腔壁吸收.在实验中，可在绕有电热丝的空腔上开一个小孔来实现，正因为实验所用的绝对黑体都是空腔辐射，因此，黑体辐射又称为空腔辐射．3.黑体的经典辐射定律1879年，斯忒藩(J．Stefan，1835~1893年)从实验观察到黑体的辐出度与绝对温度T的四次方成正比，即:第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）1884年玻尔兹曼从理论上给出这个关系式．其中.对一般物体而言,,为发射率，J为辐出度,，式中，称为斯特藩-玻尔兹曼常数.通常<1，但对黑体而言，e=1(即为完全辐射).如果物体周围的环境温度为，则须考虑物体表面对入射辐射能的吸收.假定入射的辐射能通量密度为，为物体表面的吸收率，则该物体表面所吸收的辐射能通量密度为，通常a<1，但对黑体而言，(即为完全吸收).因此物体表面对入射能量的反射率为.从理论上我们不难证明物体表面的放射率和吸收率相等，即，此称为我们可以说：容易辐射能量的物体，也容易吸收入射的能量.处于热平衡时，黑体具有最大的吸收比，因而它也就有最大的单色辐出度.4.紫外灾难(1)基尔霍夫定律(Kirchhoff'sLaw):热平衡状态时，任何物体的单色辐出度与单色吸收比之比，等于同温度条件下绝对黑体的单色辐出度因此，“绝对黑体的单色辐出度”，是当时研究的尖端课题.推论：a.若TA＝TB，则辐射多的吸收也多，不能辐射亦不能吸收；b.一定时，绝对黑体辐射和吸收的能量比同温度下的其它物体都多.经典理论在短波段的这种失败成为“紫外灾难”.(2)普朗克假设：a.空腔黑体可用一些线性谐振子来代表.b.谐振子只能处于某些特殊的不连续的状态中，它们的能量只能是的整数倍.c.发射和吸收的能量只能是的整数倍.【例1】(1)有一金属圆柱体的表面积为S，其内部装有电热丝，通电流后可以生热，供热的功率为，起始时圆柱体的表面以砂纸磨亮，其辐射发射率可视为零.经通电加热后，利用热电偶测得圆柱体表面达成热平衡时的温度为.现利用蜡烛将该圆柱体表面熏黑，其辐射发射率可视为1，以同样的方式通电加热，则圆柱体表面的热平衡温度为T.设当时金属圆柱体周围的环境温度为，在实验期间稳定不变.因热传导和对流而损失的热量功率，可合理假设为正比于圆柱体表面温度和环境温度的差值.试求T和上述已知量，即S、P、、和，之间的数学关系式为何？第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）(2)下列为已知量的数值：电热丝的供热功率金属圆柱体的表面积金属圆柱体表面磨亮时的热平衡温度环境温度.试求圆柱体表面熏黑时的热平衡温度T为何？【解析】(1)当金属圆柱体表面磨亮时，没有因辐射而致的热损失，只有因传导和对流而致的热损失.后者根据题中的假设，与圆柱表面温度和环境温度之间的差值成正比，故(1)式中k为比例常数.当圆柱体表面熏黑时，除了因传导和对流的热损失外，还须加计辐射的热损失.设圆柱体表面的热平衡温度为T，则(2)由上两式消去比例常数k，可得(3)(2)将已知数值代入(3)式，可得利用逼近求根法如下表：T(K)(K4)434.0435.0435.5435.6435.7第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）436.0若取三位有效数字，则【总结】第二节光电效应普朗克提出了能量子概念以后，许多物理学家都想从经典物理学中求得解释，但始终无法成功．为了尽量缩小与经典物理学之间的差距，普朗克把能量子的概念局限于振子辐射能量的过程，而认为辐射场本身仍然是连续的电磁波．直到1905年爱因斯坦在光电效应的研究中，才突破了普朗克的认识，看到了电磁波能量普遍都以能量子的形式存在．从光和微观粒子相互作用的角度来看，各种频率的电磁波都是能量为的光粒子(称作光子)体系，这就是说，光不仅有波的性质而且有粒子的性质．1.光电效应及其实验规律在1886年~1887年，赫兹在证实电磁波的存在和光的麦克斯韦电磁理论的实验过程中，已经注意到：当两个电极之一受到紫外光照射时，两电极之间的放电现象就比较容易发生．然而当时赫兹对这个现象并没有继续研究下去．直到电子发现后，人们才知道这是由于紫外光的照射，使大量电子从金属表面逸出的缘故．这种电子在光的作用下从金属表面发射出来的现象，称为光电效应，逸出来的电子称为光电子．研究光电效应的实验装置如图所示，阴极K和阳极A封闭在真空管内，在两板之间加一可变电压，用以加速或阻挡释放出来的电子．光通过石英小窗W照到电极K上，在光的作用下，电子从电极K逸出，并受电场加速而形成电流，这种电流称为光电流．实验结果发现光和光电流之间有一定的关系．首先在入射光的强度与频率不变的情况下，电流—电压的实验曲线如图8—9所示．曲线表明，当加速电压V增加到一定值时，光电流达到饱和值，这是因为单位时间内从阴极K射出的光电子全部到达阳极A．若单位时间内从电极K上击出的光电子数目为n，则饱和电流I＝ne．另一方面，当电位差V减小到零，并逐渐变负时，光电流并不降为零，就表明从电极K逸出的光电子具有初动能．所以尽管有电场阻碍它运动，仍有部分光电子到达电极K．但是当反向电位差等于—Ve时，就能阻止所有的光电子飞向电极A，光电流降为零，这个电压叫遏止电压．它使具有最大初速度的电子也不能到达电极A．如果不考虑在测量遏止电压时回路中的接触电势差，那么我们就能根据遏止电压来确定电子的最大速度和最大动能，即在用相同频率不同强度的光去照射电极时，得到的电流—电压曲线如图所示．它表示出对于不同强度的光，Vg是相同的，这说明同一种频率不同强度的光所产生的光电子的最大初动能是相同的．第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）此外，用不同频率的光去照射电极K时，实验结果是频率愈高，Vg愈大．并且与Vg成直线关系，频率低于的光，不论强度多大，都不能产生光电子，因此不同的材料，阈频率不同．总结所有的实验结果，光电效应的规律可归纳为如下几点：1．饱和电流I的大小与入射光的强度成正比，也就是单位时间内被击出的光电子数目与入射光的强度成正比．(光电效应第一定律)2．光电子的最大初动能(或遏止电压)与入射光的强度无关，而只与入射光的频率有关．频率越大，光电子的能量就越大．(光电效应第二定律)3．入射光的频率低于遏止频率(极限频率,红限频率)的光，不论光的强度如何，照射时间多长，都没光电子发射．(光电效应第三定律)4．光的照射和光电子的释放几乎是同时的，在测量的精度范围内10-9s观察不出这两者间存在滞后现象．2.光电效应和波动理论的矛盾光能使金属中的电子释放，从经典理论来看，是不难理解的．我们知道金属里面有大量的自由电子，这些电子通常受到正电荷的引力作用，而被束缚在金属表面以内，它们没有足够的能量逸出金属表面．但因光是电磁波，在它的照射下，光波中的电场作用于电子，迫使电子振动，给电子以能量，使电子有足够的能力挣脱金属的束缚而释放出去．因此按照光的电磁理论可以预测：(1)光愈强，电子接受的能量愈多，释放出去的电子的动能也愈大．(2)释放电子主要决定于光强，应当与频率等没有关系．但是，实验测量的结果却并不如此.(3)关于光照的时间问题，波动观点更是陷于困境．从波动观点来看，光能量是均匀分布，在它传播的空间内，由于电子截面很小，积累足够能量而释放出来必须要经过较长的时间，合实验事实完全完全不符.3.爱因斯坦光电效应方程为了解释光电效应的所有实验结果，1905年爱因斯坦推广了普朗克关于能量子的概念．前面已经指出普朗克在处理黑体辐射问题时，只是把器壁的振子能量量子化，腔壁内部的辐射场仍然看作是电磁波．然而爱因斯坦在光电效应的研究中指出：光在传播过程中具有波动的特性，而在光和物质相互作用的过程中，光能量是集中在一些叫做光量子(简称光子)的粒子上．从光子的观点来看，产生光电效应的光是光子流，单个光子的能量与频率成正比即：式中h是普朗克常数．把光子的概念应用于光电效应时，爱因斯坦还认为一个光子的能量是传递给金属中的单个电子的．电子吸收一个光子后，把能量的一部分用来挣脱金属对它的束缚，余下的一部分就变成电子离开金属表面后的动能，按能量守恒和转换定律应有：第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）上式称为爱因斯坦光电效应方程．其中为光电子的动能，W为光电子逸出金属表面所需的最小能量，称为脱出功．对光电效应四个定律的解释：（1）光电效应第一定律的解释：光子数光电子数（2）光电效应第二定律的解释：：遏止电压，：逸出电位（3）光电效应第三定律的解释：光电子动能不小于零（4）光电效应第四定律的解释：：光子能量电子，无须能量积累时间1921年，爱因斯坦因对物理学的贡献，特别是光电效应获诺贝尔物理学奖爱因斯坦理论的验证1916年，密立根进行了精密的测量，证明确为直线，且直线的斜率为.1923年获诺贝尔物理学奖4.光子的质量和动量光子既具有一定的能量，就必须具有质量．但是光子以光的速度运动，牛顿力学便不适用．按照狭义相对论质量和能量的关系式，就可以决定一个光子的质量在狭义相对论中，质量和速度的关系为第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）m0为静止质量，光子永远以不变的速度c运动，因而光子的静止质量必然等于零，否则m将为无穷大．因为相对于光子静止的参照系是不存在的，所以光子的静止质量等于零也是合理的．而原子组成的一般物质的速度总是远小于光速的，故它们的静止质量不等于零．在m0是否等于零这一点上光子和普通的物质有显著的区别．在狭义相对论中，任何物体的能量和动量的关系为光子的静止质量为0，故光子的动量为这是和光子的质量为，速度为c.光电效应明确了光的行为像粒子，并且可用动力学的变量（动量和能量）来描述粒子的行为；在光和物质相互作用过程中，光子是整体在起作用.另一方面，在讨论衍射和干涉现象时，需要把光作为波动来处理，于是用波长来阐明问题.波动特征和粒子特征是互相对立的，但并不是矛盾的.光的波长既适宜于显示波动特征，同时又也容易显示粒子特征.对于电磁波谱的长波段，表示其波动特征的物理量T和较大，而表示其粒子特征的物理量ε和p较小，因而容易显示波动特征，反之，对于电磁波谱的短波段，表示其波动特征的物理量T和较小，而表示其粒子特征的物理量ε和p较大，因而容易显示粒子特征.【例1】将一块金属板放在离单色点光源5米远的地方，光源的光功率输出为10-3瓦.假设被打出的光电子可以从半径为10-8米（约相当于原子直径的十倍）的圆面上以从光源取得它所得的能量，已知打出一个电子需要5.0eV.现在将光认为是经典波动，对这种装置的一个“靶”来说，打出一个光电子需要多长时间？【解析】电子接受能量的靶面积为，半径为5米的球面面积为，前者是后者的，故每秒投射于靶面积上的能量为焦耳.打出一个电子需要能量5eV，即焦耳，故积累这些能量需时秒=22.22小时.实际上光电效应是几时的，根本不需要这么长的时间.这说明光与光电阴极电子的作用决不是经典波动模型中能量积累的那种形式【例2】若—个光子的能量等于一个电子的静能量，试问该光子的动量和波长是多少？在电磁波谱中它是属何种射线？【解析】—个电子的静能量为m0c2，按题意光子的动量第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）光子的波长因电磁波谱中γ射线的波长在300~10-4范围内，所以该光子在电磁波谱中属于γ射线．5.康普顿效应(1)散射现象：光通过不均匀物质时，向各个方向发射的现象实验发现：X射线→金属或石墨时，也有散射现象1922、1923年康普顿及其学生吴有顺进行了系统研究(2)实验装置：如图(3)实验结果:a.散射光中除有与入射线波长相同的，还有比大的波长，随散射角而异，增大时，的强度增加，的强度减小.b.当散射角确定时，波长的增加量与散射物质的性质无关.c.康普顿散射的强度与散射物质有关.原子量小的散射物质，康普顿散射较强，原波长的谱线强度较低.反之相反.按经典电磁理论，光的散射是带电粒子在入射光电场作用下作受迫振动，散射光与入射光应该有相同波长.按照光子理论，一个光子与散射物中的一个自由电子发生碰撞，散射光子将沿某一方向进行——康普顿散射，光子与电子之间碰撞遵守能量守恒和动量守恒，电子受到反冲而获得一定的动量和动能，因此散射光子能量要小于入射光子能量.由光子的能量与频率间的关系可知，散射光的频率要比入射光的频率低，因此散射光的波长.如果入射光子与原子中被束缚得很紧的电子碰撞，光子将与整个原子作弹性碰撞（如乒乓球碰铅球），散射光子的能量就不会显著地减小，所以观察到的散射光波长就与入射光波长相同.下图为光子与自由电子弹性碰撞的示意图.应用相对论质量、能量、动量关系，有第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）式中m0、m为电子的静质量和质量，.将上式第二式写成分量式解以上联立方程组，消去，即得式中叫做电子的康普顿波长.上式表明与散射物质的性质无关.康普顿散射进一步证实了光子论，证明了光子能量、动量表示式的正确性，光确实具有波粒两象性.另外证明在光电相互作用的过程中严格遵守能量、动量守恒定律.在基元相互作用过程中，能量、动量守恒.1927年，康普顿因此获诺贝尔物理学奖【例1】求的可见光光子和的X射线光子的能量、动量和质量？,,,,【例2】的X射线，射向静止的自由电子，观察方向，求：①②反冲电子的动能和动量？(①②,或：)【例3】已知X光光子的能量为，在康普顿散射之后，波长变化了20％，求反冲电子的能量.()第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）练习1.下列各物体，哪个是绝对黑体？A.不辐射可见光的物体B.不辐射任何光线的物体；C.不能反射可见光的物体D.不能反射任何光线的物体.2.以金属表面用绿光照射开始发射电子，当用下列光照射时，有电子发出的为：A.紫光B.橙色光C.蓝光D.红光3.钾金属表面被蓝光照射，发出光电子，若照射的蓝光光强增加，则A.单位时间内发出光电子数增加；B.光电子的最大动能增加；C.发出光电子的红限增加；D.光电效应的发生时间后滞缩短.4.波长为0.5微米的绿光频率为_________Hz，其电子能量为________焦耳，合______电子伏特；频率为1兆赫的无线电量子能量为___________焦耳.5.已知从铯表面发射出的光电子最大动能为2eV，铯的脱出功为1.8eV，则入射光光子能量为________eV，即________焦耳，其波长为_________埃.第三节波粒二象性1.光的波粒二象性波动性：干涉、衍射、偏振粒子性：热辐射,光电效应,散射等同时具有，不同时显现2.德布罗意假设(1)假设：质量为m的粒子，以速度v运动时，不但具有粒子的性质，也具有波动的性质；粒子性：可用E、P描述,波动性：可用描述,------－德布罗意公式(2)电子的德布罗意波长第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）加速电势差为，则：如：（与射线的波长相当）3.德布罗意假设的实验验证德布罗意关于物质波的假设在微观粒子的衍射实验中得到了验证。其中最有代表性的是电子散射实验、透射实验和双缝干涉实验。这些实验有力地证明了德布罗意物质波假说的正确性。实物粒子的衍射效应在近代科技中有广泛的应用，例如中子衍射技术，已成为研究固体微观结构的最有效的手段之一。光学仪器的分辨率与波长成正比，而电子的德布罗意波长比光波长短很多，例如在10万伏的加速电压下，电子的波长只有0.004mm，比可见光短10万倍左右，因而利用电子波代替光波制成电子显微镜就可以有极高的分辨本领。现代的电子显微镜不仅可以直接看到如蛋白质一类的大分子，而且能分辨单个原子的尺寸，为研究物质结构提供了有力的工具。(1)电子散射实验电子散射实验的典型代表是戴维孙－革末实验。1927年戴维孙和革末用电子束垂直投射到镍单晶，电子束被散射。电子经晶格散射后在某一特定方向衍射极大，这一结果与X射线散射相似，其强度分布可用德布罗意关系和衍射理论给以解释，从而验证了物质波的存在。衍射加强时的电子德布罗意波长应满足布拉格公式式中是入射电子束对晶面的掠射角，d是晶面间距。晶面间距d与镍原子的间隔l的关系是,考虑第一级衍射极大，有第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）由图知电子相对于入射方向的散射角与掠射角之间有关系，因此上式可写成当加速电压U=54伏，加速电子的能量：电子的德布罗意波长：镍的原子间隔是21.5nm，由此求出衍射第一极大的散射角度：实验测量出的值，是理论值比实验值稍大的原因是电子受正离子的吸引，在晶体中的波长比在真空中稍小（动量稍大）。经修正后，理论值与实验结果完全符合。(2)电子透射实验电子穿过晶体薄片后产生的衍射，与X射线通过晶体的衍射极其类似。汤姆逊实验证明了电子在穿过金属片后也象X射线一样产生衍射现象。下图是电子射线通过多晶时的衍射图样。戴维逊和汤姆逊因验证电子的波动性分享1937年的物理学诺贝尔奖金。(3)电子双缝干涉实验1960年，约恩孙直接做了电子双缝干涉实验，从屏上摄得了类似杨氏双缝干涉图样的照片。干涉图样如下图所示。第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）在电子波动性获得证实以后，在其它一些实验中也观察到中性粒子如分子、原子和中子等微观粒子，也具有波动性，1988年蔡林格等做了中子的双缝实验。德布罗意公式也同样正确，德布罗意公式成了波粒二象性的统一性的基本公式，德布罗意由于发现电子的波动性，荣获1929年诺贝尔物理学奖。【例1】求波长都等于0.2nm的光子与电子的总能量和动量【例2】电子通过单缝的实验中，加速电压，垂直穿过的单缝，求：①加速后的速率；②电子相应的波长；③中央明纹的半角宽度解：①②③第四节测不准关系1.描述物体的运动状态（1）宏观：，两者可同时准确测量；（2）微观粒子：不能同时准确测量，原因是微观粒子具有波、粒二象性，有测不准关系：即：粒子有某方向的坐标测不准量与该方向上的动量分量的测不准量的积，必不小于普朗克常数；位置测得越准，动量测得越不准！现代量子力学证明：2.测不准关系的推证（1927年，海森堡）微观粒子的位置和动量具有不确定性，这可用电子单缝衍射实验说明，并验证不确定关系.第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）如下图所示，设有一束电子，以速度v沿y轴射向AB屏上的单缝，缝宽为d，在屏幕CD上得到衍射图样，衍射的第一极小角为q1，则电子位置在x方向上的不确定量为，由于衍射的缘故，电子在x方向上动量分量px具有各种不同的量值.如果只考虑衍射主极大区域，则x方向动量不确定度为即如果考虑高次衍射条纹，还要大些，，因此一般地有这就是海森堡分析得到的不确定关系.不确定度关系不是仪器的误差，或人为测量误差造成的，而是波粒二象性的必然结果.我们只能说粒子位置不确定性越大（d越宽），粒子的动量就越确定.能级的寿命越长，能级的宽度（不确定度）就越小，辐射产生的谱线宽度就越小，单色性就越好，反之亦然.3.讨论（1）不确定关系式表示电子的坐标及相应的动量不能同时准确测量（2）不确定关系取决于电子本身的固有特性－波粒二象性，即精度、方法等都无济于事（3）对宏观物体讲不受此限制4.其它表示：能量、时间：角动量、角位移：5.不确定关系的应用(1)估算氢原子可能具有的最低能量电子束缚在半径为r的球内，所以第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）当不计核的运动，氢原子的能量就是电子的能量：用不确定关系代入上式得：基态能应满足得由此得出基态氢原子半径基态氢原子的能量与波尔理论结果一致。(2)解释谱线的自然宽度原子中某激发态的平均寿命为由普朗克能量子假说及这就是谱线的自然宽度。【例1】已知一个光子沿方向传播，其波长，对波长的测量是相当准确的，，求该光子坐标的不确定度；【例2】质量为的粒子位置的不确定量等于粒子的德布罗意波长，求的最小值.【例3】氢原子中基态电子的速度大约是，电子位置的不确定度可按原子大小估算，求电子速度的不确定度.第141页共141页\n最新高中物理竞赛讲义（完整版）轨道概念在量子力学中无意义！第141页共141页