第一篇：高中物理競賽講座講稿：第三部分《曲線運動 萬有引力》

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第三部分 曲線運動 萬有引力

第一講 基本知識介紹

一、曲線運動

1、概念、性質(zhì)

2、參量特征

二、曲線運動的研究方法——運動的分解與合成

1、法則與對象

2、兩種分解的思路

a、固定坐標分解（適用于勻變速曲線運動）

建立坐標的一般模式——沿加速度方向和垂直加速度方向建直角坐標；提高思想——根據(jù)解題需要建直角坐標或非直角坐標。

b、自然坐標分解（適用于變加速曲線運動）

基本常識：在考查點沿軌跡建立切向τ、法向n坐標，所有運動學(xué)矢量均沿這兩個方向分解。

??F??ma動力學(xué)方程???Fn?ma?n，其中a?改變速度的大?。ㄋ俾剩?，an改變速度的方向。且an= mv2?，其中ρ表示軌跡在考查點的曲率半徑。定量解題一般只涉及法向動力學(xué)方程。

三、兩種典型的曲線運動

1、拋體運動（類拋體運動）

關(guān)于拋體運動的分析，和新課教材“平跑運動”的分析基本相同。在坐標的選擇方面，有靈活處理的余地。

2、圓周運動

勻速圓周運動的處理：運動學(xué)參量v、ω、n、a、f、T之間的關(guān)系，向心力的尋求于合成；臨界問題的理解。

變速圓周運動：使用自然坐標分析法，一般只考查法向方程。

四、萬有引力定律

1、定律內(nèi)容

2、條件

a、基本條件

b、拓展條件：球體（密度呈球?qū)ΨQ分布）外部空間的拓展；球體（密度呈球?qū)ΨQ分布）內(nèi)部空間的拓展——“剝皮法則”

c、不規(guī)則物體間的萬有引力計算——分割與矢量疊加

五、開普勒三定律

天體運動的本來模式與近似模式的差距，近似處理的依據(jù)。

六、宇宙速度、天體運動

1、第一宇宙速度的常規(guī)求法

2、從能量角度求第二、第三宇宙速度

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v1x

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v1x）

Syvy =（v2 – v1cosθ）

dv1sin?

為求極值，令cosθ= p，則sinθ= 22222221?p22，再將上式兩邊平方、整理，得到

v1(Sx?d)p?2v1v2dp?dv2?Sxv1?0

2這是一個關(guān)于p的一元二次方程，要p有解，須滿足Δ≥0，即

4v1v2d≥4v1(Sx?d)(dv2?Sxv1)2242222222整理得 Sxv1≥d(v2?v1)所以，Sxmin=dv1222222v2?v1，代入Sx（θ）函數(shù)可知，此時cosθ= 22v1v2

最后，Smin= Sxmin?Sy=

2v2v1d 此過程仍然比較繁復(fù)，且數(shù)學(xué)味太濃。結(jié)論得出后，我們還不難發(fā)現(xiàn)一個問題：當v2＜v1時，Smin＜d，這顯然與事實不符。（造成這個局面的原因是：在以上的運算過程中，方程兩邊的平方和開方過程中必然出現(xiàn)了增根或遺根的現(xiàn)象）所以，此法給人一種玄乎的感覺。解法二：純物理解——矢量三角形的動態(tài)分析

從圖2可知，Sy恒定，Sx越小，必有S合矢量與下游河岸的夾角越大，亦即v合矢量與下游河岸的夾角越大（但不得大于90°）。

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成與分解的問題。

（學(xué)生活動）如果v1恒定不變，v2會恒定嗎？若恒定，說明理由；若變化，定性判斷變化趨勢。

結(jié)合學(xué)生的想法，介紹極限外推的思想：當船離岸無窮遠時，繩與水的夾角趨于零，v2→v1。當船比較靠岸時，可作圖比較船的移動距離、繩子的縮短長度，得到v2＞v1。故“船速增大”才是正確結(jié)論。

故只能引入瞬時方位角θ，看v1和v2的瞬時關(guān)系。

（學(xué)生活動）v1和v2定量關(guān)系若何？是否可以考慮用運動的分解與合成的知識解答？ 針對如圖6所示的兩種典型方案，初步評說——甲圖中v2 = v1cosθ，船越靠岸，θ越大，v2越小，和前面的定性結(jié)論沖突，必然是錯誤的。

錯誤的根源分析：和試驗修訂本教材中“飛機起飛”的運動分析進行了不恰當?shù)芈?lián)系。仔細比較這兩個運動的差別，并聯(lián)系“小船渡河”的運動合成等事例，總結(jié)出這樣的規(guī)律—— 合運動是顯性的、軌跡實在的運動，分運動是隱性的、需要分析而具有人為特征（無唯一性）的運動。

解法一：在圖6（乙）中，當我們挖掘、分析了滑輪繩子端點的運動后，不難得出：船的沿水面運動是v2合運動，端點參與繩子的縮短運動v1和隨繩子的轉(zhuǎn)動v轉(zhuǎn)，從而肯定乙方案是正確的。

即：v2 = v1 / cosθ

解法二：微元法。從考查位置開始取一個極短過程，將繩的運動和船的運動在圖7（甲）中標示出來，AB是繩的初識位置，AC是繩的末位置，在AB上取AD=AC得D點，并連接CD。顯然，圖中BC是船的位移大小，DB是繩子的縮短長度。由于過程極短，等腰三角形ACD的頂角∠A→0，則底角∠ACD→90°，△CDB趨于直角三角形。將此三角放大成圖7（乙），得出：S2 = S1 / cosθ。

鑒于過程極短，繩的縮短運動和船的運動都可以認為是勻速的，即：S2 = v2 t，S1 = v1 t。

所以：v2 = v1 / cosθ

三、斜拋運動的最大射程

物理情形：不計空氣阻力，將小球斜向上拋出，初速度大小恒為v0，方向可以選擇，試求小球落回原高度的最大水平位移（射程）。

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下面先解脫離點的具體位置。設(shè)脫離點為D，對應(yīng)方位角為θ，如圖8所示。由于在D點之后繩子就要彎曲，則此時繩子的張力T為零，而此時仍然在作圓周運動，故動力學(xué)方程仍滿足

Gn = Gsinθ= mv2r

①

在再針對A→D過程，小球機械能守恒，即（選A所在的平面為參考平面）：

122mv0+ 0 = mg(L + Lsinθ)+

12mv

2② D23代入v0值解①、②兩式得：θ= arcsin，（同時得到：vD =

23gL）小球脫離D點后將以vD為初速度作斜向上拋運動。它所能到達的最高點（相對A）可以用兩種方法求得。解法一：運動學(xué)途徑。

先求小球斜拋的最大高度，hm =

527(vDcos?)2g2 =

vD(1?sin2g22?)

代入θ和vD的值得：hm = L

5027小球相對A的總高度：Hm = L + Lsinθ+ hm = 解法二：能量途徑

L 小球在斜拋的最高點仍具有vD的水平分量，即vDsinθ= 程用機械能守恒定律（設(shè)A所在的平面為參考平面），有

122323gL。對A→最高點的過mv0+ 0 = 212m（vDsin?)+ mg Hm 50272容易得到：Hm = L

五、萬有引力的計算

物理情形：如圖9所示，半徑為R的均質(zhì)球質(zhì)量為M，球心在O點，現(xiàn)在被內(nèi)切的挖去了一個半徑為R/2的球形空腔（球心在O′）。在O、O′的連線上距離O點為d的地方放有一個很小的、質(zhì)量為m的物體，試求這兩個物體之間的萬有引力。

模型分析：無論是“基本條件”還是“拓展條件”，本模型都很難直接符合，因此必須使用一些特殊的處理方法。本模型除了照應(yīng)萬有引力的拓展條件之外，著重004km.cn

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解以上三式可得：vA =

a?a?bb22GMa，vB =

a?a?bb22GMa

再針對地球從A到C的過程，應(yīng)用機械能守恒定律，有

12mv2+（－GAMma?c）=

122mvC+（－GMma）

代入vA值可解得：vC =

GMa

為求A、C兩點的曲率半徑，在A、C兩點建自然坐標，然后應(yīng)用動力學(xué)（法向）方程。在A點，F(xiàn)萬 = ΣFn = m an，設(shè)軌跡在A點的曲率半徑為ρA，即：G

Mm(a?c)2= m

vA?A2

代入vA值可解得：ρA =

b2a

在C點，方程復(fù)雜一些，須將萬有引力在τ、n方向分解，如圖12所示。

然后，F(xiàn)萬n =ΣFn = m an，即：F萬cosθ= m

2vC?C2

即：GMma2·ba = m

vC?C

代入vC值可解得：ρC =

a2b

值得注意的是，如果針對A、C兩點用開普勒第二定律，由于C點處的矢徑r和瞬時速度vC不垂直，方程不能寫作vA（a－c）= vC a。

正確的做法是：將vC分解出垂直于矢徑的分量（分解方式可參看圖12，但分解的平行四邊形未畫出）vC cosθ，再用vA（a－c）=（vC cosθ）a，化簡之后的形式成為

vA（a－c）= vC b 要理解這個關(guān)系，有一定的難度，所以建議最好不要對A、C兩點用開普勒第二定律

第三講 典型例題解析

教材范本：龔霞玲主編《奧林匹克物理思維訓(xùn)練教材》，知識出版社，2002年8月第一版。例題選講針對“教材”第五、第六章的部分例題和習(xí)題。

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第二篇：高中物理競賽講座講稿：第二部分《牛頓運動定律》

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第二部分 牛頓運動定律

第一講 牛頓三定律

一、牛頓第一定律

1、定律。慣性的量度

2、觀念意義，突破“初態(tài)困惑”

二、牛頓第二定律

1、定律

2、理解要點

a、矢量性

b、獨立作用性：ΣF → a，ΣFx → ax ?

c、瞬時性。合力可突變，故加速度可突變（與之對比：速度和位移不可突變）；牛頓第二定律展示了加速度的決定式（加速度的定義式僅僅展示了加速度的“測量手段”）。

3、適用條件

a、宏觀、低速 b、慣性系

對于非慣性系的定律修正——引入慣性力、參與受力分析

三、牛頓第三定律

1、定律

2、理解要點

a、同性質(zhì)（但不同物體）b、等時效（同增同減）

c、無條件（與運動狀態(tài)、空間選擇無關(guān)）

第二講 牛頓定律的應(yīng)用

一、牛頓第一、第二定律的應(yīng)用

單獨應(yīng)用牛頓第一定律的物理問題比較少，一般是需要用其解決物理問題中的某一個環(huán)節(jié)。

應(yīng)用要點：合力為零時，物體靠慣性維持原有運動狀態(tài)；只有物體有加速度時才需要合力。有質(zhì)量的物體才有慣性。a可以突變而v、s不可突變。

1、如圖1所示，在馬達的驅(qū)動下，皮帶運輸機上方的皮帶以恒定的速度向右運動。現(xiàn)將一工件（大小不計）在皮帶左端A點輕輕放下，則在此后的過程中（）A、一段時間內(nèi)，工件將在滑動摩擦力作用下，對地做加速運動

B、當工件的速度等于v時，它與皮帶之間的摩擦力變?yōu)殪o摩擦力

C、當工件相對皮帶靜止時，它位于皮帶上A點右側(cè)的某一點

D、工件在皮帶上有可能不存在與皮004km.cn

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2v22?g時（其中μ為工件與皮帶之間的動摩擦因素），才有相對靜止的過程，高考資源網(wǎng)（ks5u.com）

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

進階練習(xí)

2、如圖4所示，小車在傾角為α的斜面上勻加速運動，車廂頂用細繩懸掛一小球，發(fā)現(xiàn)懸繩與豎直方向形成一個穩(wěn)定的夾角β。試求小車的加速度。

解：繼續(xù)貫徹“矢量性”的應(yīng)用，但數(shù)學(xué)處理復(fù)雜了一些（正弦定理解三角形）。分析小球受力后，根據(jù)“矢量性”我們可以做如圖5所示的平行四邊形，并找到相應(yīng)的夾角。設(shè)張力T與斜面方向的夾角為θ，則

θ=（90°+ α）-β= 90°-（β-α）（1）對灰色三角形用正弦定理，有 ?Fsin? = Gsin?（2）

解（1）（2）兩式得：ΣF =

mg?sin?cos(???)

最后運用牛頓第二定律即可求小球加速度（即小車加速度）答：sin?cos(???)g。

2、如圖6所示，光滑斜面傾角為θ，在水平地面上加速運動。斜面上用一條與斜面平行的細繩系一質(zhì)量為m的小球，當斜面加速度為a時（a＜ctgθ），小球能夠保持相對斜面靜止。試求此時繩子的張力T。

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

正交坐標的選擇，視解題方便程度而定。解法一：先介紹一般的思路。沿加速度a方向建x軸，與a垂直的方向上建y軸，如圖7所示（N為斜面支持力）。于是可得兩方程

ΣFx = ma，即Tx － Nx = ma ΣFy = 0，即Ty + Ny = mg 代入方位角θ，以上兩式成為

T cosθ－N sinθ = ma

（1）T sinθ + Ncosθ = mg

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

解法二：下面嘗試一下能否獨立地解張力T。將正交分解的坐標選擇為：x——斜面方向，y——和斜面垂直的方向。這時，在分解受力時，只分解重力G就行了，但值得注意，加速度a不在任何一個坐標軸上，是需要分解的。矢量分解后，如圖8所示。

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答：2g ；0。

三、牛頓第二、第三定律的應(yīng)用

要點：在動力學(xué)問題中，如果遇到幾個研究對象時，就會面臨如何處理對象之間的力和對象與外界之間的力問題，這時有必要引進“系統(tǒng)”、“內(nèi)力”和“外力”等概念，并適時地運用牛頓第三定律。

在方法的選擇方面，則有“隔離法”和“整體法”。前者是根本，后者有局限，也有難度，但常常使解題過程簡化，使過程的物理意義更加明晰。

對N個對象，有N個隔離方程和一個（可能的）整體方程，這（N + 1）個方程中必有一個是通解方程，如何取舍，視解題方便程度而定。

補充：當多個對象不具有共同的加速度時，一般來講，整體法不可用，但也有一種特殊的“整體方程”，可以不受這個局限（可以介紹推導(dǎo)過程）——

?????ΣF外= m1a1 + m2a2 + m3a3 + ? + mnan

?F其中Σ外只能是系統(tǒng)外力的矢量和，等式右邊也是矢量相加。

1、如圖12所示，光滑水平面上放著一個長為L的均質(zhì)直棒，現(xiàn)給棒一個沿棒方向的、大小為F的水平恒力作用，則棒中各部位的張力T隨圖中x的關(guān)系怎樣？

解說：截取隔離對象，列整體方程和隔離方程（隔離右段較好）。

答案：N = FLx。

思考：如果水平面粗糙，結(jié)論又如何？

解：分兩種情況，（1）能拉動；（2）不能拉動。

第（1）情況的計算和原題基本相同，只是多了一個摩擦力的處理，結(jié)論的化簡也麻煩一些。

第（2）情況可設(shè)棒的總質(zhì)量為M，和水平面的摩擦因素為μ，而F = μl＜L，則x＜(L-l)的右段沒有張力，x＞(L-l)的左端才有張力。

答：若棒仍能被拉動，結(jié)論不變。

若棒不能被拉動，且F = μ

lLlLMg，其中

Mg時（μ為棒與平面的摩擦因素，l為小于L的某一值，F(xiàn)lM為棒的總質(zhì)量），當x＜(L-l)，N≡0 ；當x＞(L-l)，N = ?x-?L-l??。

應(yīng)用：如圖13所示，在傾角為θ的固定斜面上，疊放著兩個長方體滑塊，它們的質(zhì)量分別為m1和m2，它們之間的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分別為μ1和μ2，系統(tǒng)釋放后能夠一起加速下滑，則它們之間的摩擦力大小為：

A、μ1 m1gcosθ ； B、μ2 m1gcosθ ； C、μ1 m2gcosθ ； D、μ1 m2gcosθ ； 解：略。答：B。（方向沿斜面向上。）

思考：（1）如果兩滑塊不是下滑，而是以初速度v0一起上沖，以上結(jié)論會變嗎？（2）如果斜面光滑，兩滑塊之間有沒有摩擦力？（3）如果將下面的滑塊換成如圖14所示的盒子，上面的滑塊換004km.cn

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四、特殊的連接體

當系統(tǒng)中各個體的加速度不相等時，經(jīng)典的整體法不可用。如果各個體的加速度不在一條直線上，“新整體法”也將有一定的困難（矢量求和不易）。此時，我們回到隔離法，且要更加注意找各參量之間的聯(lián)系。

解題思想：抓某個方向上加速度關(guān)系。方法：“微元法”先看位移關(guān)系，再推加速度關(guān)系。、1、如圖18所示，一質(zhì)量為M、傾角為θ的光滑斜面，放置在光滑的水平面上，另一個質(zhì)量為m的滑塊從斜面頂端釋放，試求斜面的加速度。

解說：本題涉及兩個物體，它們的加速度關(guān)系復(fù)雜，但在垂直斜面方向上，大小是相等的。對兩者列隔離方程時，務(wù)必在這個方向上進行突破。

（學(xué)生活動）定型判斷斜面的運動情況、滑塊的運動情況。位移矢量示意圖如圖19所示。根據(jù)運動學(xué)規(guī)律，加速度矢量a1和a2也具有這樣的關(guān)系。

（學(xué)生活動）這兩個加速度矢量有什么關(guān)系？

沿斜面方向、垂直斜面方向建x、y坐標，可得： a1y = a2y ① 且：a1y = a2sinθ ② 隔離滑塊和斜面，受力圖如圖20所示。

對滑塊，列y方向隔離方程，有：

mgcosθ-N = ma1y ③ 對斜面，仍沿合加速度a2方向列方程，有：

Nsinθ= Ma2 ④

解①②③④式即可得a2。答案：a2 = msin?cos?M?msin2?g。

（學(xué)生活動）思考：如何求a1的值？

解：a1y已可以通過解上面的方程組求出；a1x只要看滑塊的受力圖，列x方向的隔離方程即可，顯然有mgsinθ= ma1x，得:a1x = gsinθ。最后據(jù)a1 = a1x?a1y求a1。

答：a1 = gsin?M?msin222?M2?m(m?2M)sin2?。

2、如圖21所示，與水平面成θ角的AB棒上有一滑套C，可以無摩擦地在棒上滑動，開始時與棒的A端相距b，相對棒靜止。當棒保持傾角θ不變地沿水平面勻加速運動，加速度為a（且a＞gtgθ）時，求滑套C從棒的A端滑出所經(jīng)歷的時間。

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例題選講針對“教材”第三章的部分例題和習(xí)題。

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第三篇：高中物理萬有引力部分知識點總結(jié)

高中物理——萬有引力與航天

知識點總結(jié)

一、開普勒行星運動定律

（1）所有的行星圍繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個焦點上。

（2）對于每一顆行星，太陽和行星的聯(lián)線在相等的時間內(nèi)掃過相等的面積。

（3）所有行星的軌道的半長軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等。

二、萬有引力定律

1．內(nèi)容：宇宙間的一切物體都是互相吸引的，兩個物體間的引力大小，跟它們的質(zhì)量的乘積成正比，跟它們的距離的平方成反比．

2．公式：F＝Gm1m2/r^2，其中G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，稱為萬有引力常量。

3．適用條件：

嚴格地說公式只適用于質(zhì)點間的相互作用，當兩個物體間的距離遠遠大于物體本身的大小時，公式也可近似使用，但此時r應(yīng)為兩物體重心間的距離。對于均勻的球體，r是兩球心間的距離。

三、萬有引力定律的應(yīng)用

1．解決天體(衛(wèi)星)運動問題的基本思路

(1)把天體(或人造衛(wèi)星)的運動看成是勻速圓周運動，其所需向心力由萬有引力提供，關(guān)系式：

F＝Gm1m2/r^2＝mv^2/r＝mω2r＝m(2π/T)2r

(2)在地球表面或地面附近的物體所受的重力等于地球?qū)ξ矬w的萬有引力，即mg＝Gm1m2/r^2，gR2＝GM.2．天體質(zhì)量和密度的估算

通過觀察衛(wèi)星繞天體做勻速圓周運動的周期T，軌道半徑r，由萬有引力等于向心力，即Gr2(Mm)＝mT2(4π2)r，得出天體質(zhì)量M＝GT2(4π2r3).(1)若已知天體的半徑R，則天體的密度

ρ＝V(M)＝πR3(4)＝GT2R3(3πr3)

(2)若天體的衛(wèi)星環(huán)繞天體表面運動，其軌道半徑r等于天體半徑R，則天體密度ρ＝GT2(3π)

可見，只要測出衛(wèi)星環(huán)繞天體表面運動的周期，就可求得天體的密度．

3．人造衛(wèi)星

(1)研究人造衛(wèi)星的基本方法

看成勻速圓周運動，其所需的向心力由萬有引力提供．Gr2(Mm)＝mr(v2)＝mrω2＝m4?

2T2r^2＝ma向．

(2)衛(wèi)星的線速度、角速度、周期與半徑的關(guān)系

①由GMm/r^2＝mv^2/r得v＝GM/r，故r越大，v越小

②由GMm/r^2＝mrω2得ω＝GMm/r^3，故r越大，ω越小

23③由GMm/r^2＝m(4π^2/T^2)r得T＝4?r，故r越

大，T越大

(3)人造衛(wèi)星的超重與失重

①人造衛(wèi)星在發(fā)射升空時，有一段加速運動；在返回地面時，有一段減速運動，這兩個過程加速度方向均向上，因而都是超重狀態(tài)。

②人造衛(wèi)星在沿圓軌道運動時，由于萬有引力提供向心力，所以處于完全失重狀態(tài)，在這種情況下凡是與重力有關(guān)的力學(xué)現(xiàn)象都會停止發(fā)生。

(4)三種宇宙速度

①第一宇宙速度(環(huán)繞速度)v1＝7.9 km/s.這是衛(wèi)星繞地球做圓周運動的最大速度，也是衛(wèi)星的最小發(fā)射速度．若7.9 km/s≤v<11.2 km/s，物體繞地球運行． ②第二宇宙速度(脫離速度)v2＝11.2 km/s.這是物體掙脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度．若11.2 km/s≤v<16.7 km/s，物體繞太陽運行．

③第三宇宙速度(逃逸速度)v3＝16.7 km/s這是物體掙脫太陽引力束縛的最小發(fā)射速度。若v≥16.7 km/s，物體將脫離太陽系在宇宙空間運行。

題型：

1．求星球表面的重力加速度

在星球表面處萬有引力等于或近似等于重力，則：GMm/r^2＝mg，所以g＝GM/r^2(R為星球半徑，M為星球質(zhì)量)．由此推得兩個不同天體表面重力加速度的關(guān)系為：g2(g1)＝R12(R22)·M2(M1).2．求某高度處的重力加速度

若設(shè)離星球表面高h處的重力加速度為gh，則：GMm/(R+h)^2＝mgh，所以gh＝GM/(R+h)^2，可見隨高度的增加重力加速度逐漸減小。

3．近地衛(wèi)星與同步衛(wèi)星

(1)近地衛(wèi)星其軌道半徑r近似地等于地球半徑R，其運動速度v＝R(GM)＝7.9 km/s，是所有衛(wèi)星的最大繞行速度；運

行周期T＝85 min，是所有衛(wèi)星的最小周期；向心加速度a＝g＝9.8 m/s2是所有衛(wèi)星的最大加速度。

(2)地球同步衛(wèi)星的五個“一定”

①周期一定T＝24 h

②距離地球表面的高度h一定

③線速度v一定

④角速度ω一定

⑤向心加速度a一定

第四篇：高中物理競賽講座講稿：第八部分《穩(wěn)恒電流》

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第八部分 穩(wěn)恒電流

第一講 基本知識介紹

第八部分《穩(wěn)恒電流》包括兩大塊：一是“恒定電流”，二是“物質(zhì)的導(dǎo)電性”。前者是對于電路的外部計算，后者則是深入微觀空間，去解釋電流的成因和比較不同種類的物質(zhì)導(dǎo)電的情形有什么區(qū)別。

應(yīng)該說，第一塊的知識和高考考綱對應(yīng)得比較好，深化的部分是對復(fù)雜電路的計算（引入了一些新的處理手段）。第二塊雖是全新的內(nèi)容，但近幾年的考試已經(jīng)很少涉及，以至于很多奧賽培訓(xùn)資料都把它刪掉了。鑒于在奧賽考綱中這部分內(nèi)容還保留著，我們還是想粗略地介紹一下。

一、歐姆定律

1、電阻定律

a、電阻定律 R = ρ

Slb、金屬的電阻率 ρ = ρ0（1 + αt）

2、歐姆定律

a、外電路歐姆定律 U = IR，順著電流方向電勢降落 b、含源電路歐姆定律

在如圖8-1所示的含源電路中，從A點到B點，遵照原則：①遇電阻，順電流方向電勢降落（逆電流方向電勢升高）②遇電源，正極到負極電勢降落，負極到正極電勢升高（與電流方向無關(guān)），可以得到以下關(guān)系

UA ? IR ? ε ? Ir = UB

這就是含源電路歐姆定律。c、閉合電路歐姆定律

在圖8-1中，若將A、B兩點短接，則電流方向只可能向左，含源電路歐姆定律成為 UA + IR ? ε + Ir = UB = UA 即 ε = IR + Ir，或 I =

?R?r

這就是閉合電路歐姆定律。值得注意的的是：①對于復(fù)雜電路，“干路電流I”不能做絕對的理解（任何要考察的一條路均可視為干路）；②電源的概念也是相對的，它可以是多個電源的串、并聯(lián)，也可以是電源和電阻組成的系統(tǒng)；③外電阻R可以是多個電阻的串、并聯(lián)或混聯(lián)，但不能包含電源。

二、復(fù)雜電路的計算

1、戴維南定理：一個由獨立源、線性電阻、線性受控源組成的二端網(wǎng)絡(luò)，可以用一個電壓源和電阻串聯(lián)的二端網(wǎng)絡(luò)來等效。（事實上，也可等效為“電流源和電阻并聯(lián)的的二端網(wǎng)絡(luò)”——這就成了諾頓定理。）應(yīng)用方法：其等效電路的電壓源的電動勢等于網(wǎng)絡(luò)的開路電壓，其串聯(lián)電阻等于從端鈕看進去該網(wǎng)絡(luò)中所有獨立源為零值時的等效電阻。．．．

2、基爾霍夫（克?？品颍┒?/p>

a、基爾霍夫第一定律：在任一時刻流入電路中某一分節(jié)點的電流強度的總和，等于從該點流出的電流強度的總和。

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電流通過電路時，電場力對電荷作的功叫做電功W。單位時間內(nèi)電場力所作的功叫做電功率P。

計算時，只有W = UIt和P = UI是完全沒有條件的，對于不含源的純電阻，電功和焦耳熱重合，電功率則和熱功率重合，有W = IRt =

2UR2t和P = IR =

2UR2。

對非純電阻電路，電功和電熱的關(guān)系依據(jù)能量守恒定律求解。

四、物質(zhì)的導(dǎo)電性 在不同的物質(zhì)中，電荷定向移動形成電流的規(guī)律并不是完全相同的。

1、金屬中的電流

即通常所謂的不含源純電阻中的電流，規(guī)律遵從“外電路歐姆定律”。

2、液體導(dǎo)電

能夠?qū)щ姷囊后w叫電解液（不包括液態(tài)金屬）。電解液中離解出的正負離子導(dǎo)電是液體導(dǎo)電的特點（如：硫酸銅分子在通常情況下是電中性的，但它在溶液里受水分子的作用就會離

?解成銅離子Cu2+和硫酸根離子SO2，它們在電場力的作用下定向移動形成電流）。4在電解液中加電場時，在兩個電極上（或電極旁）同時產(chǎn)生化學(xué)反應(yīng)的過程叫作“電解”。電解的結(jié)果是在兩個極板上（或電極旁）生成新的物質(zhì)。

液體導(dǎo)電遵從法拉第電解定律——

法拉第電解第一定律：電解時在電極上析出或溶解的物質(zhì)的質(zhì)量和電流強度、跟通電時間成正比。表達式：m = kIt ＝ KQ（式中Q為析出質(zhì)量為m的物質(zhì)所需要的電量；K為電化當量，電化當量的數(shù)值隨著被析出的物質(zhì)種類而不同，某種物質(zhì)的電化當量在數(shù)值上等于通過1C電量時析出的該種物質(zhì)的質(zhì)量，其單位為kg/C。）

法拉第電解第二定律：物質(zhì)的電化當量K和它的化學(xué)當量成正比。某種物質(zhì)的化學(xué)當量是該物質(zhì)的摩爾質(zhì)量M（克原子量）和它的化合價n的比值，即 K = 對任何物質(zhì)都相同，F(xiàn) = 9.65×104C/mol。

將兩個定律聯(lián)立可得：m =

MFnMFn，而F為法拉第常數(shù)，Q。

3、氣體導(dǎo)電

氣體導(dǎo)電是很不容易的，它的前提是氣體中必須出現(xiàn)可以定向移動的離子或電子。按照“載流子”出現(xiàn)方式的不同，可以把氣體放電分為兩大類——

a、被激放電

在地面放射性元素的輻照以及紫外線和宇宙射線等的作用下，會有少量氣體分子或原子被電離，或在有些燈管內(nèi)，通電的燈絲也會發(fā)射電子，這些“載流子”均會在電場力作用下產(chǎn)生定向移動形成電流。這種情況下的電流一般比較微弱，且遵從歐姆定律。典型的被激放電情形有

b、自激放電

但是，當電場足夠強，電子動能足夠大，它們和中性氣體相碰撞時，可以使中性分子電離，即所謂碰撞電離。同時，在正離子向陰極運動時，由于以很大的速度撞到陰極上，還可能從陰極表面上打出電子來，這種現(xiàn)象稱為二次電子發(fā)射。碰撞電離和二次電子發(fā)射使氣體中在很短的時間內(nèi)出現(xiàn)了大量的電子和正離子，電流亦迅速增大。這種現(xiàn)象被稱為自激放電。自激放電不遵從歐姆定律。

常見的自激放電有四大類：輝光放電、弧光放電、火花放電、電暈放電。

4、超導(dǎo)現(xiàn)象

據(jù)金屬電阻率和溫度的關(guān)系，電阻率會隨著溫度的降低和降低。當電阻率降為零時，稱為004km.cn

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【模型分析】這就是所謂的橋式電路，這里先介紹簡單的情形：將A、B兩端接入電源，并假設(shè)R5不存在，C、D兩點的電勢有什么關(guān)系？

☆學(xué)員判斷…→結(jié)論：相等。

因此，將C、D縮為一點C后，電路等效為圖8-5乙

對于圖8-5的乙圖，求RAB是非常容易的。事實上，只要滿足電路稱為“平衡電橋”。

【答案】RAB = 154R1R2=

R3R4的關(guān)系，我們把橋式Ω。

〖相關(guān)介紹〗英國物理學(xué)家惠斯登曾將圖8-5中的R5換成靈敏電流計○G，將R1、R2中的某一個電阻換成待測電阻、將R3、R4換成帶觸頭的電阻絲，通過調(diào)節(jié)觸頭P的位置，觀察電流計示數(shù)為零來測量帶測電阻Rx的值，這種測量電阻的方案幾乎沒有系統(tǒng)誤差，歷史上稱之為“惠斯登電橋”。

請學(xué)員們參照圖8-6思考惠斯登電橋測量電阻的原理，并寫出Rx的表達式（觸頭兩端的電阻絲長度LAC和LCB是可以通過設(shè)置好的標尺讀出的）。

☆學(xué)員思考、計算… 【答案】Rx =LCBLACR0。

【物理情形3】在圖8-7甲所示的有限網(wǎng)絡(luò)中，每一小段導(dǎo)體的電阻均為R，試求A、B兩點之間的等效電阻RAB。

【模型分析】在本模型中，我們介紹“對稱等勢”的思想。當我們將A、B兩端接入電源，電流從A流向B時，相對A、B連線對稱的點電流流動的情形必然是完全相同的，即：在圖8-7乙圖中標號為1的點電勢彼此相等，標號為2的點電勢彼此相等?。將它們縮點后，1點和B點之間的等效電路如圖8-7丙所示。

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618145Ω。高考資源網(wǎng)（ks5u.com）

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歐姆定律都是適用的，而且，對于每一段導(dǎo)體，歐姆定律也是適用的。

現(xiàn)在，當我們將無窮遠接地，A點接電源正極，從A點注入電流I時，AB小段導(dǎo)體的電流必為I/3 ；

當我們將無窮遠接地，B點接電源負極，從B點抽出電流I時，AB小段導(dǎo)體的電流必為I/3 ； 那么，當上面“注入”和“抽出”的過程同時進行時，AB小段導(dǎo)體的電流必為2I/3。

最后，分別對導(dǎo)體和整個網(wǎng)絡(luò)應(yīng)用歐姆定律，即不難求出RAB?！敬鸢浮縍AB =R。

32〖相關(guān)介紹〗事實上，電流注入法是一個解復(fù)雜電路的基本工具，而不是僅僅可以適用于無限網(wǎng)絡(luò)。下面介紹用電流注入法解圖8-8中橋式電路（不平衡）的RAB。

從A端注入電流I，并設(shè)流過R1和R2的電流分別為I1和I2，則根據(jù)基爾霍夫第一定律，其它三個電阻的電流可以表示為如圖8-10所示。

然后對左邊回路用基爾霍夫第二定律，有 I1R1 +(I1 ? I2)R5 ?(I ? I1)R3 = 0 即 2I1 + 10(I1 ? I2)? 3(I ? I1)= 0 整理后得 15I1 ? 10I2 = 3I ① 對左邊回路用基爾霍夫第二定律，有 I2R2 ?(I ? I2)R4 ?(I1 ? I2)R5 = 0 即 4I2 ? 12(I ? I2)? 10(I1 ? I2)= 0 整理后得 ?5I1 + 13I2 = 6I ② 解①②兩式，得 I1 =

991452129I，I2 = I 很顯然 UA ? I1R1 ? I2R2 = UB 即 UAB = 2×99145I + 4×

2129I =

618145I

UABI最后對整塊電路用歐姆定律，有 RAB =

4、添加等效法

=

618145Ω。

【物理情形】在圖8-11甲所示無限網(wǎng)絡(luò)中，每個電阻的阻值均為R，試求A、B兩點間的電阻RAB。

【模型分析】解這類問題，我們要用到一種數(shù)學(xué)思想，那就是：無窮大和有限數(shù)的和仍為無窮大。在此模型中，我們可以將“并聯(lián)一個R再串聯(lián)一個R”作為電路的一級，總電路是這樣無窮級的疊加。在圖8-11乙圖中，虛線部分右邊可以看成原有無限網(wǎng)絡(luò)，當它添加一級后，仍為無限網(wǎng)絡(luò)，即

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【模型分析】用戴維南定理的目的是將電源系統(tǒng)或與電源相關(guān)聯(lián)的部分電路等效為一個電源，然后方便直接應(yīng)用閉合電路歐姆定律。此電路中的電源只有一個，我們可以援用后一種思路，將除R5之外的電阻均看成“與電源相關(guān)聯(lián)的”部分，于是——

將電路做“拓撲”變換，成圖8-14乙圖。這時候，P、Q兩點可看成“新電源”的兩極，設(shè)新電源的電動勢為ε′，內(nèi)阻為r′，則

r′= R1∥R2 + R3∥R4 =

43Ω

ε′為P、Q開路時的電壓。開路時，R1的電流I1和R3的電流I3相等，I1 = I3 = ?（R1?R2)1415(R3?R4)?12 =

715715A，令“老電源”的負極接地，則UP = I1R2 = V

715V，UQ = I3R4 = V，所以 ε′= UQP = 最后電路演化成圖8-14丙時，R5的電流就好求了。

【答案】R5上電流大小為0.20A，方向（在甲圖中）向上。

2、基爾霍夫定律的應(yīng)用

基爾霍夫定律的內(nèi)容已經(jīng)介紹，而且在（不含源）部分電路中已經(jīng)做過了應(yīng)用。但是在比較復(fù)雜的電路中，基爾霍夫第一定律和第二定律的獨立方程究竟有幾個？這里需要補充一個法則，那就是——

基爾霍夫第一定律的獨立方程個數(shù)為節(jié)點總數(shù)減一；

基爾霍夫第二定律的獨立方程個數(shù)則為獨立回路的個數(shù)。而且，獨立回路的個數(shù)m應(yīng)該這樣計算

m = p ? n + 1 其中p為支路數(shù)目（不同電流值的數(shù)目），n為節(jié)點個數(shù)。譬如，在圖8-15所示的三個電路中，m應(yīng)該這樣計算

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須看到，隨著獨立回路個數(shù)的增多，基爾霍夫第二定律的方程隨之增多，解題的麻煩程度隨之增大。

三、液體導(dǎo)電及其它

【物理情形】已知法拉第恒量F = 9.65×104C/mol，金的摩爾質(zhì)量為0.1972kg/mol，金的化合價為3，要想在電解池中析出1g金，需要通過多少電量？金是在電解池的正極板還是在負極板析出？

【解說】法拉第電解定律（綜合形式）的按部就班應(yīng)用，即 Q =

mFnM，代入相關(guān)數(shù)據(jù)（其中m = 1.0×10?3kg，n = 3）即可。

【答案】需要1.47×103C電量，金在負極板析出。

【相關(guān)應(yīng)用】在圖8-19所示的裝置中，如果在120分鐘內(nèi)淀積3.0×1022個銀原子，銀的化合價為1。在電流表中顯示的示數(shù)是多少？若將阿弗伽德羅常數(shù)視為已知量，試求法拉第恒量。

【解說】第一問根據(jù)電流定義即可求得；

第二問 F = QMmn = 3.0?1022?1.6?102223?19M3.0?10

46.02?10M【答案】0.667A；9.63×10C/mol。

四、問題補遺——歐姆表

圖8-20展示了歐姆表的基本原理圖（未包括換檔電路），虛線方框內(nèi)是歐姆表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，它包含表頭G、直流電源ε（常用干電池）及電阻RΩ。

當被測電阻Rx接入電路時，表頭G電流 I = ?Rg?r?R??Rx

可以看出，對給定的歐姆表，I與Rx有一一對應(yīng)的關(guān)系，所以由表頭指針的位置可以知道Rx的大小。為了讀數(shù)方便，事先在刻度盤上直接標出歐姆值。

考查I（Rx）函數(shù)，不難得出歐姆表的刻度特點有三：①大值在左邊、小值在右邊；②不均勻，小值區(qū)域稀疏、大值區(qū)域密集；③沒有明確的量程，最右邊為零，最左邊為∞。歐姆表雖然沒有明確的量程，并不以為著測量任何電阻都是準確的，因為大值區(qū)域的刻度線太密，難以讀出準確讀數(shù)。這里就有一個檔位選擇問題。歐姆表上備有“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”不同檔位，它們的意義是：表盤的讀數(shù)乘以這個倍數(shù)就是最后的測量結(jié)果。比如，一個待測電阻阻值越20kΩ，選擇“×10”檔，指針將指在2k附近（密集區(qū)），不準，選擇“×1k”檔，指針將指在20附近（稀疏區(qū)），讀數(shù)就準確了。

不同的檔位是因為歐姆表的中值電阻可以選擇造成的。當Rx =（Rg + r + RΩ）時，表頭電流I = 12Ig，指針指在表盤的幾何中心，故稱此時的Rx——即（Rg + r + RΩ）——為中值電阻，它就是表盤正中刻度的那個數(shù)字乘以檔位倍數(shù)。很顯然，對于一個給定的歐姆檔，中值電阻（簡004km.cn

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第五篇：高中物理競賽講座講稿：第五部分《振動和波》

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第五部分 振動和波

第一講 基本知識介紹

《振動和波》的競賽考綱和高考要求有很大的不同，必須做一些相對詳細的補充。

一、簡諧運動

1、簡諧運動定義：?F= －kx

①

凡是所受合力和位移滿足①式的質(zhì)點，均可稱之為諧振子，如彈簧振子、小角度單擺等。諧振子的加速度：a= －

2、簡諧運動的方程

回避高等數(shù)學(xué)工具，我們可以將簡諧運動看成勻速圓周運動在某一條直線上的投影運動（以下均看在x方向的投影），圓周運動的半徑即為簡諧運動的振幅A。

依據(jù)：?Fx = －mωAcosθ= －mωx

對于一個給定的勻速圓周運動，m、ω是恒定不變的，可以令：

mω = k

這樣，以上兩式就符合了簡諧運動的定義式①。所以，x方向的位移、速度、加速度就是簡諧運動的相關(guān)規(guī)律。從圖1不難得出——

?位移方程：x = Acos(ωt + φ)

②

速度方程：v = －ωAsin(ωt +φ)

③

?加速度方程：a= －ω2A cos(ωt +φ)

④ 相關(guān)名詞：(ωt +φ)稱相位，φ稱初相。

?2?運動學(xué)參量的相互關(guān)系：a= －ωx

A =

x0?(2???k?xm

?2

2?2?v0?)2

tgφ= －

v0?x0

3、簡諧運動的合成

a、同方向、同頻率振動合成。兩個振動x1 = A1cos(ωt +φ1)和x2 = A2cos(ωt +φ2)合成，可令合振動x = Acos(ωt +φ)，由于x = x1 + x2，解得

A = A1?A2?2A1A2cos(?2??1)22，φ= arctg

A1sin?1?A2sin?2A1cos?1?A2cos?2

顯然，當φ2－φ1 = 2kπ時（k = 0，±1，±2，?），合振幅A最大，當φ2－φ1 =（2k + 1）π時（k = 0，±1，±2，?），合振幅最小。b、方向垂直、同頻率振動合成。當質(zhì)點同時參與兩個垂直的振動x = A1cos(ωt + φ1)和y = A2cos(ωt + φ2)時，這兩個振動方程事實上已經(jīng)構(gòu)成了質(zhì)點在二維空間運動的軌跡參數(shù)方程，消去參數(shù)t后，得一般形式的軌跡方程為

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x?22π〕= Acos〔ω（t方程。

3、波的干涉

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值即可。如果v1的方向不是正對S，只要將v1出正對的分量即可。

b、只有波源相對介質(zhì)運動（如圖4所示）設(shè)波源以速度v2正對靜止的接收者運動。

如果波源S不動，在單位時間內(nèi)，接收者在A點應(yīng)接收f個波，故S到A的距離：SA= fλ

在單位時間內(nèi)，S運動至S′，即SS?= v2。由于波源的運動，事實造成了S到A的f個波被壓縮在了S′到A的空間里，波長將變短，新的波長

λ′= S?AfSA?SS?f= =

f??v2f=

v?v2f

而每個波在介質(zhì)中的傳播速度仍為v，故“被壓縮”的波（A接收到的波）的頻率變?yōu)?/p>

f2 = v??vv?v2= f

當v2背離接收者，或有一定夾角的討論，類似a情形。

c、當接收者和波源均相對傳播介質(zhì)運動

當接收者正對波源以速度v1（相對介質(zhì)速度）運動，波源也正對接收者以速度v2（相對介質(zhì)速度）運動，我們的討論可以在b情形的過程上延續(xù)?

f3 = v?v1v f2 = v?v1v?v2f

關(guān)于速度方向改變的問題，討論類似a情形。

6、聲波

a、樂音和噪音

b、聲音的三要素：音調(diào)、響度和音品 c、聲音的共鳴

第二講 重要模型與專題

一、簡諧運動的證明與周期計算

物理情形：如圖5所示，將一粗細均勻、兩邊開口的U型管固定，其中裝有一定量的水銀，汞柱總長為L。當水銀受到一個初始的擾動后，開始在管中振動。忽略管壁對汞的阻力，試證明汞柱做簡諧運動，并求其周期。

模型分析：對簡諧運動的證明，只要以汞柱為對象，看它的回復(fù)力與位移關(guān)系是否滿足定義式①，值得注意的是，回復(fù)力?F系指振動方向上的合力（而非整體合力）。當簡諧運動被證明后，回復(fù)力系數(shù)k就有了，求周期就是順理成章的事。

本題中，可設(shè)汞柱兩端偏離平衡位置的瞬時位移為x、水銀密度為ρ、U型管橫截面積為S，則次瞬時的回復(fù)力

ΣF = ρg2xS = 2mgL?x

2mgL由于L、m為固定值，可令：諧運動。

= k，而且ΣF與x的方向相反，故汞柱做簡004km.cn

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如，我們可以求出松鼠的運動周期為：T = 2π

二、典型的簡諧運動

1、彈簧振子

mk = 2π

3L2g = 2.64s。

物理情形：如圖8所示，用彈性系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連著一個質(zhì)量為m的小球，置于傾角為θ的光滑斜面上。證明：小球在彈簧方向的振動為簡諧運動，并求其周期T。

學(xué)生自己證明…。周期T = 2π

mk

模型分析：這個結(jié)論表明，彈簧振子完全可以突破放置的方向而伸展為一個廣義的概念，且伸展后不會改變運動的實質(zhì)。其次，我們還可以這樣拓展：把上面的下滑力換程任何一個恒力（如電場力），它的運動性質(zhì)仍然不會改變。

當然，這里的運動性質(zhì)不變并不是所有運動參量均不改變。譬如，振子的平衡位置、振動方程還是會改變的。下面我們看另一類型的拓展——

物理情形：如圖9所示，兩根相同的彈性系數(shù)分別為k1和k2的輕質(zhì)彈簧，連接一個質(zhì)量為m的滑塊，可以在光滑的水平面上滑動。試求這個系統(tǒng)的振動周期T。

解說：這里涉及的是彈簧的串、并聯(lián)知識綜合。根據(jù)彈性系數(shù)的定義，不難推導(dǎo)出幾個彈性系數(shù)分別為k1、k2、?、kn的彈簧串、并聯(lián)后的彈性系數(shù)定式（設(shè)新彈簧系統(tǒng)的彈性系數(shù)為k）——

串聯(lián)：1k = ?i?1nn1kii

并聯(lián)：k = ?k

i?1在圖9所示的情形中，同學(xué)們不難得出：T = 2π

m(k1?k2)k1k2

當情形變成圖10時，會不會和圖9一樣呢？詳細分析形變量和受力的關(guān)系，我們會發(fā)現(xiàn)，事實上，這時已經(jīng)變成了彈簧的并聯(lián)。

答案：T = 2πmk1?k2。

思考：如果兩個彈簧通過一個動滑輪（不計質(zhì)量）再與質(zhì)量為m的鉤碼相連，如圖11所示，鉤碼在豎直方向上的振動周期又是多少？

解：這是一個極容易出錯的變換——因為圖形的外表形狀很象“并聯(lián)”。但經(jīng)過仔細分析后，會發(fā)現(xiàn)，動滑輪在這個物理情形中起到了重要的作用——致使這個變換的結(jié)果既不是串聯(lián)、也不是并聯(lián)。

★而且，我們前面已經(jīng)證明過，重力的存在并不會改變彈簧振子的振動方程，所以為了方便起見，這里（包括后面一個“在思考”題）的受力分析沒有考慮重力。

具體分析如下：

設(shè)右邊彈簧的形變量為x2、滑輪（相對彈簧自由長度時）的位移為x、鉤子上的拉力為004km.cn

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位置做最大擺角為θ的單擺運動，如果θ≤5°，則小球的擺動周期為T = 2π

2Lg?a

22物理情形2：某秋千兩邊繩子不等長，且懸點不等高，相關(guān)數(shù)據(jù)如圖14所示，且有a + b = L + L，試求它的周期（認為人的體積足夠?。?212模型分析：用C球替代人，它實際上是在繞AB軸擺動，類似將單擺放置在光滑斜面上的情形。故視重加速度g視 = gcosθ= g

a2a?b2，等效擺長l = CD，如圖15所示。

由于a + b = L + L可知，AC⊥CB，因此不難求出 221222CD= L1L2L1?L222，最后應(yīng)用單擺周期公式即可。

答案：T = 2πL1L2ag。

相關(guān)變換1：如圖16所示，質(zhì)量為M的車廂中用長為L的細繩懸掛著一個質(zhì)量為m的小球，車輪與水平地面間的摩擦不計，試求這個系統(tǒng)做微小振動的周期。

分析：我們知道，證明小角度單擺作簡諧運動用到了近似處理。在本題，也必須充分理解“小角度”的含義，大膽地應(yīng)用近似處理方法。

解法一：以車為參照，小球?qū)⑾鄬σ粋€非慣性系作單擺運動，在一般方位角θ的受力如圖17所示，其中慣性力F = ma，且a為車子的加速度。由于球在垂直T方向振動，故回復(fù)力

F回 = Gsinθ+ Fcosθ= mgsinθ+ macosθ ① *由于球作“微小”擺動，其圓周運動效應(yīng)可以忽略，故有 T + Fsinθ≈ mgcosθ ② 再隔離車，有 Tsinθ= Ma ③ 解①②③式得 F回 =

m(m?M)gsin?M?msin2?

m(m?M)gsin?M*再由于球作“微小”擺動，sinθ→0，所以 F回 = 令擺球的振動位移為x，常規(guī)處理 sinθ≈解④⑤即得 F回 = 顯然，m(m?M)gMLm(m?M)gMLxL2

④

⑤

x = k是恒定的，所以小球作簡諧運動。最后求周期用公式即可。

解法二：由于車和球的系統(tǒng)不受合外力，故系統(tǒng)質(zhì)心無加速度。小球可以看成是繞此質(zhì)心作單擺運動，而新擺長L′會小于L。由于質(zhì)心是慣性參照系，故小球的受力、回復(fù)力的合成就很常規(guī)了。

若繩子在車內(nèi)的懸掛點在正中央，則質(zhì)心在水平方向上應(yīng)與小球相距x =

Mm?MLsinθ，004km.cn

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法。設(shè)相對振動為y，有

y = y1 ? y2 = Acos(ωt + φ1)? Acos(ωt + φ2)

= ?2Asin?1??22?1??22sin(?t?)解說：（1）光斑相對屏幕靜止不動，即y = 0，得 φ1 = φ

2（2）要振幅為2A，必須sin答案：初位相相同；初位相相反。

相關(guān)變換：一質(zhì)點同時參與兩個垂直的簡諧運動，其表達式分別為x = 2cos(2ωt +2φ)，y = sinωt。（1）設(shè)φ =

?2?1??22 = 1，得φ1 ? φ2 = ±π

，求質(zhì)點的軌跡方程，并在xOy平面繪出其曲線；（2）設(shè)φ = π，軌跡曲線又怎樣？

解：兩個振動方程事實已經(jīng)構(gòu)成了質(zhì)點軌跡的參數(shù)方程，我們所要做的，只不過是消掉參數(shù)，并尋求在兩個具體φ值下的特解。在實際操作時，將這兩項工作的次序顛倒會方便一些。

（1）當φ = ?2時，x = ?2(1 ? 2sinωt)，即 x = 4y ? 2

22描圖時應(yīng)注意，振動的物理意義體現(xiàn)在：函數(shù)的定義域 ?1 ≤ y ≤ 1(這事實上已經(jīng)決定了值域 ?2 ≤ x ≤ 2)（2）當φ =π時，同理 x = 2(1 ? 2sinωt)= 2 ? 4y

答：軌跡方程分別為x = 4y2 ? 2和x = 2 ? 4y2，曲線分別如圖21的（a）（b）所示——

四、簡諧波的基本計算 物理情形：一平面簡諧波向?x方向傳播，振幅A = 6cm，圓頻率ω= 6πrad/s，當t = 2.0s時，距原點O為12cm處的P點的振動狀態(tài)為yP = 3cm，且vP ＞ 0 ,而距原點22cm處的Q點的振動狀態(tài)為yQ = 0，且vQ ＜ 0。設(shè)波長λ＞10cm，求振動方程，并畫出t = 0時的波形圖。

解說：這是一個對波動方程進行了解的基本訓(xùn)練題。簡諧波方程的一般形式已經(jīng)總結(jié)得出，在知道A、ω的前提下，加上本題給出的兩個特解，應(yīng)該足以解出v和φ值。

由一般的波動方程y = Acos〔ω（t高考資源網(wǎng)（ks5u.com）

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參照簡諧運動的位移方程和速度方程的關(guān)系，可以得出上面波動方程所對應(yīng)質(zhì)點的速度（復(fù)變函數(shù)）

v = ?ωAsin〔ω（t即 6π（2

?312v）+ φ〕＞ 0）+ φ = 2k1π即 6π（2

?222v）+ φ〕＜ 0）+ φ = 2k2π + ②

又由于 AB = 22 ? 12 = 10 ＜λ，故k1 = k2。解①②兩式易得 v = ?72cm/s，φ=

2?3（或?

4?3）

x72所以波動方程為：y = 6cos〔6π（t + 當t = 0時，y = 6cos（?12）+

2?3〕，且波長λ= v

2?? = 24cm。

x + 2?3），可以描出y-x圖象為——

答案：波動方程為y = 6cos〔6π（t + x72）+ 2?3〕，t = 0時的波形圖如圖22所示。

相關(guān)變換：同一媒質(zhì)中有甲、乙兩列平面簡諧波，波源作同頻率、同方向、同振幅的振動。兩波相向傳播，波長為8m，波傳播方向上A、B兩點相距20m，甲波在A處為波峰時，乙波在B處位相為?因干涉而靜止的各點的位置。

解：因為不知道甲、乙兩波源的位置，設(shè)它們分別在S1和S2兩點，距A、B分別為a和b，如圖23所示。

它們在A、B之間P點（坐標為x）形成的振動分別為——

y甲 = Acosω（t高考資源網(wǎng)（ks5u.com）

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當甲波在A處（x = 0）為波峰時，有 ωt = 此時，乙波在B處（x = 20）的位相為?結(jié)合①②兩式，得到 b ? a = 2 所以，甲波在任意坐標x處的位相 θ乙波則為θ = ωt ?

?4甲

a?4 ①

b?4?2，有 ωt ? = ?

?2 ②

= ωt ?

?4（a + x）

乙

（22 + a ? x）

甲兩列波因干涉而靜止點，必然滿足θ ?θ

乙

=（2k