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高中物理竞赛全集讲座 所有知识点


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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

?P =ΣF 外 ?t

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=FSS b、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 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。
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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+m2v2

1 1 1 1 2 2 m1 v10 + m2 v 2 = m1 v1 + m2 v 2 2 20 2 2 2 2
解以上两式(注意技巧和“不合题意”解的舍弃)可得: v1=

(m1 ? m 2 ) v10 ? 2v 20 (m 2 ? m1 ) v 20 ? 2v10 ,v2= m1 ? m 2 m 2 ? m1

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=

m1 v10 ? m 2 v 20 m1 ? m 2

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=

v 2 ? v1 。根据“碰撞的基本特征” ,0?e?1。 v10 ? v 20

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 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。
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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。

F=

? P ?M ? v m ? n?V ? v m ? nSv?t ? v = = = =nmSv2 ?t ?t ?t ?t

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 F 须做功 W= F 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=

1 ΔMv2 2

即: F vΔt= 得到: F =

1 (nmS?vΔt)v2 2

1 nmSv2 2

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= F t,由此推出的 F =

?P 必然是飞船对垃圾的平均推力,再对飞船用平 ?t

衡条件, F 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:

Mv 2 L

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——

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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 I1 + I 2 ,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 I + I 2 沿 BC 方向,故 v3 沿 BC 方向) 。 对 A 用动量定理,有: I1=m1v1① B 的动量定理是一个矢量方程: I1 + I 2 =m2 v 2 ,可化 为两个分方向的标量式,即: I2cosα-I1=m2v2cosβ② I2sinα=m2v2sinβ③ 质点 C 的动量定理方程为: I-I2=m3v3④ AB 绳不可伸长,必有 v1=v2cosβ⑤ BC 绳不可伸长,必有 v2cos(β-α)=v3⑥ 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=m1v1⑴ I2cosα-I1=m2v1⑵ I2sinα=m2v1tgβ⑶ I-I2=m3v1(cosα+sinαtgβ)⑷ 2、解⑶⑷式消掉β,使四个二级式变成三个三级式: I1=m1v1㈠ I2cosα-I1=m2v1㈡ I=m3v1cosα+I2

? ?

?

?

? ?

?

m 2 ? m 3 sin 2 ? ㈢ m2

3、最后对㈠㈡㈢式消 I1、I2,解 v1 就方便多了。结果为: v1=

Im2 cos? m 2 (m1 ? m 2 ? m 3 ) ? m1m 3 sin 2 ?

(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(

m1 ? m 2 。 tg? ) m2

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?
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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=

Nm v① M

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”速度为 u1。值得注意的是,根据 运动合成法则 v 球?地 ? v 球?车 ? v 车?地 ,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=

?

?

?

m v M ? Nm

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=

m m v+ v M ? Nm M ? ( N ? 1)m

第三个球与 (N-2) 个球、 车系统作用, 人、 完毕后, “系统” 设 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=

m m m v+ v+ v M ? Nm M ? ( N ? 1)m M ? ( N ? 2)m

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=

m m m m v+ v v+ v +?+ M ? Nm M?m M ? ( N ? 1)m M ? ( N ? 2)m

即:V2=

? M ? im v ②
i ?1

N

m

我们再将①式改写成: V1=

? M v ①′
i ?1

N

m

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。
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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=

? M ? nm v 。
i ?1

n

m

答:第二过程获得速度大。 四、反冲运动中的一个重要定式 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= v 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 v =M V ① 设全程的时间为 t,乘入①式两边,得:m v t=M V t 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=

m L M?m

(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=

mL ) ,又根据,末态的质量分布 2( m ? M )

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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。 (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:

m?M h。 M

(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:

m (a-b) 。 M?m

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=

M Rsinθ① M?m

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
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θ消掉,使它们成为:

x2 y2 + 2 =1 M ( R)2 R M?m
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

M R 的椭圆。 M?m

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” 3 页图 1 的模型中, 第 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) 若取物体(受力者)质心位移,只 ,S 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。 ) 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
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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。 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: “微元法” a、 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

L 1 1 2 2 = m1 v1 + m 2 v 2 ① 2 2 2

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:
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v1=v/cos30°,v2=v/sin30° 两式合并成:v1=v2tg30°=v2/ 3 ② 解①、②两式,得:v2=

3m 2 gL m1 ? m 2

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-

1 2 2 1 2 1 L)= m v1 + mv + 2m v 2 ① 2 2 2 2 2

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: vcos(45°+θ)=v2cos45°④ 四个方程, 解四个未知量 1、 2、 和θ) (v v v , 是可行的。推荐解方程的步骤如下—— 1、 ④两式用 v2 替代 v1 和 v, ③、 代入②式, 解θ值,得:tgθ=1/4 2、在回到③、④两式,得: v1=

5 17 v2,v= v2 3 3

3、将 v1、v 的替代式代入①式解 v2 即可。结果:v2=

3gL(2 ? 2 ) 20

(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、 2gL 、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?
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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:

3 2 L。 8

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:

? ? ? ? ? v点?半球 = v 点?地 + v 地?半球 = v 点?地 - v 半球?地
其中 v 半球?地 必然是沿地面向左的,为了书写方便,我 们设其大小为 v2; v点?半球 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 v 点?地 (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 对题设过程,质点和半球系统机械能守恒,有:mgR(1-cosθ)= mgR(1-cosθ)=

?

?

?

1 2 1 2 M v 2 + m v1 ,即: 2 2

1 2 1 2 2 M v 2 + m( v1x + v1y )③ 2 2
M m?M v2,v1y=( tgθ)v2 m m

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=

2、代入③式解 v2,得:v2=

2m 2 gR (1 ? cos ?) M 2 ? Mm ? (M ? m) 2 tg 2 ? 2gR (1 ? cos ?)( M 2 ? 2Mm sin 2 ? ? m 2 sin 2 ?) M 2 ? Mm ? m(M ? m) sin 2 ?

3、由 v1 = v1x + v1y 解 v1,得:v1=

2

2

2

v1 的方向:和水平方向成α角,α=arctg 这就是最后的解。

v 1y v 1x

=arctg(

M?m tg? ) M

〔一个附属结果:质点相对半球的瞬时角速度ω=

v相 R

=

2g (m ? M )(1 ? cos ?) 。 〕 R (M ? m sin 2 ?)

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,
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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 2 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/s ,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。 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=

mv ? M(? v) v = ,因方向为正,必朝墙运动。 m?M 3
(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=

v2 ,反向加速的位 2a

移 S′=

2 v1 ?mg ,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。 M 2a 1

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=

mv1 ? M(? v1 ) v 1 v = = ,因方向为正,必朝墙运动。 m?M 3 32
v2 v = ,朝墙运动。 3 33

车第三次碰墙,??共同速度 v3=

?? 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:

1 2 (m+M)v =μmg?S 相 2

代入数字得:S 相=5.4m 2、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=

v2 2a

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第二次:S2=

2 v1 1 v 2 = 2a 2 a 3 2

第三次:S3=

v2 1 v2 2 = 2a 2 a 3 4

?? n 次碰墙的总路程是:

1 1 1 v2 ΣS=2(S1+S2+S3+?+Sn)= (1+ 2 + 4 +?+ 2 n ?1) ) ( a 3 3 3
=

1 1 v2 1 (1+ 2 + 4 +?+ 2 n ?1) ) ( ?mg 3 3 3 M

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?
2 mv0 解:由第一过程,得滑动摩擦力 f= 。 2L

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 v? 0 m v? =(m+M)v 0

1 1 2 m v? 2 - (m+M)v =fL 0 2 2
解以上三式即可。 答: v? = 0

m?M v0。 M
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。

第一部分

力&物体的平衡

第一讲 力的处理

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一、矢量的运算 1、加法 表达: a + b = c 。 名词: c 为“和矢量” 。 法则:平行四边形法则。如图 1 所示。 和矢量大小:c = 的夹角。 和矢量方向: c 在 a 、 b 之间,和 a 夹角β= arcsin 2、减法 表达: a = c - b 。 名词: c 为“被减数矢量” b 为“减数矢量” a 为“差矢量” , , 。 法则:三角形法则。如图 2 所示。将被减数矢量和减数矢量的起 始端平移到一点,然后连接两时量末端,指向被减数时量的时量,即是 差矢量。 差矢量大小:a =

?

?

?

?

? ? a 2 ? b 2 ? 2ab cos? ,其中α为 a 和 b

?

?

?

?

b sin ? a 2 ? b 2 ? 2ab cos?

?

?

?

?

?

?

? ? b 2 ? c 2 ? 2bc cos? ,其中θ为 c 和 b 的夹角。

差矢量的方向可以用正弦定理求得。 一条直线上的矢量运算是平行四边形和三角形法则的特例。 例题:已知质点做匀速率圆周运动,半径为 R ,周期为 T ,求它在 大小。 解说:如图 3 所示,A 到 B 点对应 设为 v A 、 v B 和 v C 。

1 1 T 内和在 T 内的平均加速度 4 2

1 1 T 的过程,A 到 C 点对应 T 的过程。这三点的速度矢量分别 4 2

?

?

?

? ? ? ? vt ? v0 vB ? vA ? ? 根据加速度的定义 a = 得: a AB = , t t AB

? ? vC ? vA ? a AC = t AC
由于有两处涉及矢量减法,设两个差矢量 ?v 1 = v B -

?

?

? ? ? ? v A , ?v 2 = v C - v A ,根据三角形法则,它们在图 3 中
的大小、方向已绘出( ?v 2 的“三角形”已被拉伸成一条直 线) 。
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?

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本题只关心各矢量的大小,显然:

vA = vB = vC =

2?R ,且: ?v 1 = T

2 vA =

4?R 2 2?R , ?v 2 = 2 v A = T T

?v1 所以: a AB = = t AB

4?R 2 2?R ?v 2 8 2?R T = 8?R 。 T = , a AC = = 2 T T T2 t AC T 2 4

(学生活动)观察与思考:这两个加速度是否相等,匀速率圆周运动是不是匀变速运动? 答:否;不是。 3、乘法 矢量的乘法有两种:叉乘和点乘,和代数的乘法有着质的不同。 ⑴ 叉乘 表达: a ? b = c 名词: c 称“矢量的叉积” ,它是一个新的矢量。 叉积的大小:c = absinα,其中α为 a 和 b 的夹角。意义:

?

?

?

?

?

?

? ? ? c 的大小对应由 a 和 b 作成的平行四边形的面积。
叉积的方向:垂直 a 和 b 确定的平面,并由右手螺旋定则 确定方向,如图 4 所示。 显然, a ? b ≠ b ? a ,但有: a ? b = - b ? a ⑵ 点乘 表达: a ? b = c 名词:c 称“矢量的点积” ,它不再是一个矢量,而是一个标量。 点积的大小:c = abcosα,其中α为 a 和 b 的夹角。 二、共点力的合成 1、平行四边形法则与矢量表达式 2、一般平行四边形的合力与分力的求法 余弦定理(或分割成 RtΔ)解合力的大小 正弦定理解方向 三、力的分解 1、按效果分解 2、按需要——正交分解

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

第二讲 物体的平衡
一、共点力平衡
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1、特征:质心无加速度。 2、条件:Σ F = 0 ,或 ?Fx = 0 , ?Fy = 0 例题:如图 5 所示,长为 L 、粗细不均匀的横杆被两根轻绳水平悬挂,绳子与水平方向的夹角在图 上已标示,求横杆的重心位置。 解说:直接用三力共点的知识解题,几何关系比 较简单。 答案:距棒的左端 L/4 处。 (学生活动)思考:放在斜面上的均质长方体, 按实际情况分析受力,斜面的支持力会通过长方体的 重心吗? 解:将各处的支持力归纳成一个 N ,则长方体受三个力(G 、f 、N) 必共点,由此推知,N 不可能通过长方体的重心。正确受力情形如图 6 所 示(通常的受力图是将受力物体看成一个点,这时,N 就过重心了) 。 答:不会。 二、转动平衡 1、特征:物体无转动加速度。 2、条件:Σ M = 0 ,或ΣM+ =ΣM如果物体静止,肯定会同时满足两种平衡,因此用两种思路均可解题。 3、非共点力的合成 大小和方向:遵从一条直线矢量合成法则。 作用点:先假定一个等效作用点,然后让所有的平行力对这个作用点的和力矩为零。

?

?

第三讲 习题课
1、如图 7 所示,在固定的、倾角为α斜面上,有一块可以转动的夹板 (β不定) ,夹板和斜面夹着一个质量为 m 的光滑均质球体,试求: β取何值时,夹板对球的弹力最小。 解说:法一,平行四边形动态处理。 对球体进行受力分析,然后对平行四边形中的矢量 G 和 N1 进行平 移,使它们构成一个三角形,如图 8 的左图和中图所示。 由于 G 的大小 和方向均不变,而 N1 的方向不可变, 当 β 增 大 导 致 N2 的方向改变时,N2 的变化和 N1 的方 向变化如图 8 的右 图所示。 显然,随着 β 增大, 1 单调减小, N 而 N2 的大小先减 小 后 增 大 , 当 N2
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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:

N2 G G sin ? = ,即:N2 = ,β在 0 到 180°之间取值,N2 的极值讨论是很容易的。 sin ? sin ? sin ?
答案:当β= 90°时,甲板的弹力最小。 2、把一个重为 G 的物体用一个水平推力 F 压在竖直的足够高的墙壁上,F 随时间 t 的变化规律如图 9 所示,则在 t = 0 开始物体所受的摩擦力 f 的变化图线是图 10 中的哪一个?

解说:静力学旨在解决静态问题和准静态过程的问题,但本题是一个例外。物体在竖直方向的运动 先加速后减速,平衡方程不再适用。如何避开牛顿第二定律,是本题授课时的难点。 静力学的知识,本题在于区分两种摩擦的不同判据。 水平方向合力为零,得:支持力 N 持续增大。 物体在运动时,滑动摩擦力 f = μN ,必持续增大。但物体在静 止后静摩擦力 f′≡ G ,与 N 没有关系。 对运动过程加以分析,物体必有加速和减速两个过程。据物理常 识,加速时,f < G ,而在减速时 f > G 。 答案:B 。 3、如图 11 所示,一个重量为 G 的小球套在竖直放置的、半径为 R 的 光滑大环上, 另一轻质弹簧的劲度系数为 k ,自由长度为 L (L<2R) , 一端固定在大圆环的顶点 A ,另一端与小球相连。环静止平衡时位于 大环上的 B 点。试求弹簧与竖直方向的夹角θ。 解说:平行四边形的三个矢量总是可以平移到一个三角形中去讨 论,解三角形的典型思路有三种:①分割成直角三角形(或本来就是 直角三角形) ;②利用正、余弦定理;③利用力学矢量三角形和某空 间位置三角形相似。本题旨在贯彻第三种思路。 分析小球受力→矢量平移,如图 12 所示,其中 F 表示弹簧弹力,N 表示大环的支持力。 (学生活动)思考:支持力 N 可不可以沿图 12 中的反方向? (正交分解看水平方向平衡——不可以。 ) 容易判断,图中的灰色矢量三角形和空间位置三角形ΔAOB 是 相似的,所以:

F AB ? G R
由胡克定律:F = k( AB - R)





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几何关系: AB = 2Rcosθ 解以上三式即可。 答案:arccos



kL 。 2(kR ? G )

(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 位臵开始缓慢拉至 B 位臵。 试判断: 在此过程中, 绳子的拉力 T 和球面支持力 N 怎样变化? 解:和上题完全相同。 答:T 变小,N 不变。 4、如图 14 所示,一个半径为 R 的非均质圆球,其重心不在球心 O 点,先将它置于水平地面上,平衡时 球面上的 A 点和地面接触; 再将它置于倾角为 30°的粗糙斜面上, 平衡 时球面上的 B 点与斜面接触, 已知 A 到 B 的圆心角也为 30°。 试求球体 的重心 C 到球心 O 的距离。 解说:练习三力共点的应用。 根据在平面上的平衡, 可知重心 C 在 OA 连线上。 根据在斜面上的平 衡,支持力、重力和静摩擦力共点,可以画出重心的具体位置。几何计 算比较简单。 答案:

3 R 。 3

(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:

a ctg ? 。 b

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,
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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:

m 1g F = sin 45? sin ?



同理,对右边的矢量三角形,有: 解①②两式即可。 答案:1 : 2 。

m 2g F = sin 30? sin ?



(学生活动)思考:解本题是否还有其它的方法? 答:有——将模型看成用轻杆连成的两小球,而将 O 点看成转轴,两球的重力对 O 的力矩必然是平 衡的。这种方法更直接、简便。 应用:若原题中绳长不等,而是 l1 :l2 = 3 :2 ,其它条件不变,m1 与 m2 的比值又将是多少? 解:此时用共点力平衡更加复杂(多一个正弦定理方程) ,而用力矩平衡则几乎和“思考”完全相同。 答:2 :3 2 。 5、如图 17 所示,一个半径为 R 的均质金属球上固定着一根长为 L 的轻质细杆,细杆的左端用铰链与墙 壁相连,球下边垫上一块木板后,细杆恰好水平,而木板下面是光滑的水平面。由于金属球和木板之间 有摩擦(已知摩擦因素为μ) ,所以要将木板从球下面向右抽出时,至少需要大小为 F 的水平拉力。试 问:现要将木板继续向左插进一些,至少需要多大的水平推力? 解说:这是一个典型的力矩平衡的例题。 以球和杆为对象,研究其对转轴 O 的转动平衡, 设木板拉出时给球体的摩擦力为 f ,支持力为 N , 重力为 G ,力矩平衡方程为: f R + N(R + L)= G(R + L) ① 球和板已相对滑动,故:f = μN ② 解①②可得:f =

?G (R ? L) R ? L ? ?R

再看木板的平衡,F = f 。 同理,木板插进去时,球体和木板之间的摩擦 f′=

?G (R ? L) = F′。 R ? L ? ?R

答案:

R ? L ? ?R F 。 R ? L ? ?R

第四讲 摩擦角及其它
一、摩擦角 1、全反力:接触面给物体的摩擦力与支持力的合力称全反力,一般用 R 表示,亦称接触反力。 2、摩擦角:全反力与支持力的最大夹角称摩擦角,一般用φm 表示。
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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) m 指摩擦角。 ,φ 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 2 30°,重力加速度 g = 10m/s ,求地面对斜面体的摩擦力大小。 解说:本题旨在显示整体法的解题的优越性。 法一,隔离法。简要介绍?? 法二,整体法。注意,滑块和斜面随有相对运动,但 从平衡的角度看, 它们是完全等价的, 可以看成一个整体。 做整体的受力分析时,内力不加考虑。受力分析比较 简单,列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。 答案:26.0N 。 (学生活动)地面给斜面体的支持力是多少? 解:略。 答:135N 。 应用:如图 20 所示,一上表面粗糙的斜面体上放在光滑的水平地面上,斜面的倾角为θ。另一质量 为 m 的滑块恰好能沿斜面匀速下滑。若用一推力 F 作用在滑块上,使之能沿斜面匀速上滑,且要求斜面
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体静止不动,就必须施加一个大小为 P = 4mgsinθcosθ的水平推力作用于斜面体。使满足题意的这个 F 的大小和方向。 解说:这是一道难度较大的静力学题,可以动用一切可能的工具解题。 法一:隔离法。 由第一个物理情景易得,斜面于滑块的摩擦因素μ= tgθ 对第二个物理情景,分别隔离滑块和斜面体分析受力,并 将 F 沿斜面、垂直斜面分解成 Fx 和 Fy ,滑块与斜面之间的两 对相互作用力只用两个字母表示(N 表示正压力和弹力,f 表 示摩擦力) ,如图 21 所示。 对滑块, 我们可以考查沿斜面方向和垂直斜 面方向的平衡—— Fx = f + mgsinθ Fy + mgcosθ= N 且 f = μN = Ntgθ 综合以上三式得到: Fx = Fytgθ+ 2mgsinθ ① 对斜面体,只看水平方向平衡就行了—— P = fcosθ+ Nsinθ 即:4mgsinθcosθ=μNcosθ+ Nsinθ 代入μ值,化简得:Fy = mgcosθ ② ②代入①可得:Fx = 3mgsinθ 最后由 F = Fx ? Fy 解 F 的大小,由 tgα=
2 2

Fy Fx

解 F 的方向(设α为 F 和斜面的夹角) 。

答案:大小为 F = mg 1 ? 8 sin 2 ? ,方向和斜面夹角α= arctg( ctg ? )指向斜面内部。 法二:引入摩擦角和整体法观念。 仍然沿用“法一”中关于 F 的方向设置(见图 21 中的α角) 。 先看整体的水平方向平衡,有:Fcos(θ- α) = P ⑴ 再隔离滑块,分析受力时引进全反力 R 和摩擦角φ,由于简化后只有三个力(R、mg 和 F) ,可以将 矢量平移后构成一个三角形,如图 22 所示。

1 3

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在图 22 右边的矢量三角形中,有:

F mg mg = = sin(? ? ?) sin ?90? ? (? ? ?)? cos(? ? ?)

⑵ ⑶

注意:φ= arctgμ= arctg(tgθ) = θ 解⑴⑵⑶式可得 F 和α的值。

第二部分牛顿运动定律
第一讲牛顿三定律
一、牛顿第一定律 1、定律,惯性的量度 2、观念意义,突破“初态困惑” 二、牛顿第二定律 1、定律 2、理解要点 a、矢量性 b、独立作用性:ΣF→a,ΣFx→ax? c、瞬时性。合力可突变,故加速度可突变(与之对比:速度和位移不可突变) ;牛顿第二定律展 示了加速度的决定式(加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段”。 ) 3、适用条件 a、宏观、低速 b、惯性系 对于非惯性系的定律修正——引入惯性力、参与受力分析 三、牛顿第三定律 1、定律 2、理解要点 a、同性质(但不同物体) b、等时效(同增同减) c、无条件(与运动状态、空间选择无关)

第二讲牛顿定律的应用
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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>

v2 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。 2?g

答案:A、D 2 思考:令 L=10m,v=2m/s,μ=0.2,g 取 10m/s ,试求工件到达皮带右端的时间 t(过程略,答案为 5.5s) 进阶练习:在上面“思考”题中,将工件给予一水平向右的初速 v0,其它条件不变,再求 t(学生分 以下三组进行)—— 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
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量性”解题。受力比较多时,结合正交分解与“独立作用性”解题。 在难度方面, “瞬时性”问题相对较大。 1、滑块在固定、光滑、倾角为θ的斜面上下滑,试求其加速度。 解说:受力分析→根据“矢量性”定合力方向→牛顿第二定律应用 答案:gsinθ。 思考:如果斜面解除固定,上表仍光滑,倾角仍为 θ,要求滑块与斜面相对静止,斜面应具备一个多大的 水平加速度? (解题思路完全相同, 研究对象仍为滑块。 但在第二环节上应注意区别。答:gtgθ。 ) 进阶练习 1: 在一向右运动的车厢中, 用细绳悬挂的 小球呈现如图 3 所示的稳定状态,试求车厢的加速度。 (和“思考”题同理,答:gtgθ。 ) 进阶练习 2、 如图 4 所示, 小车在倾角为α的斜面上 匀加速运动,车厢顶用细绳悬挂一小球,发现悬绳与竖 直方向形成一个稳定的夹角β。试求小车的加速度。 解:继续贯彻“矢量性”的应用,但数学处理复杂 了一些(正弦定理解三角形) 。 分析小球受力后,根据“矢量性”我们可以做如图 5 所示的平行四 边形,并找到相应的夹角。设张力 T 与斜面方向的夹角为θ,则 θ=(90°+α)-β=90°-(β-α) (1) 对灰色三角形用正弦定理,有

G ?F = (2) sin ? sin ?
解(1) (2)两式得:ΣF=

mg ? sin ? cos(? ? ? )

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:

sin ? g。 cos(? ? ?)

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 为斜面支持力) (N 。 于是可得两方程 ΣFx=ma,即 Tx-Nx=ma ΣFy=0,即 Ty+Ny=mg
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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。 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:
2 2 T=m g ? a 。 )

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 2 30°,但扶梯的台阶是水平的。当扶梯以 a=4m/s 的加速 度向上运 动时, 站在 扶梯上质 量 为 60kg 的人相对 2 扶梯静止。重力加速度 g=10m/s ,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) 。
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知识点,牛顿第二定律的瞬时性。 答案:a 甲=gsinθ;a 乙=gtgθ。 应用: 如图 11 所示, 吊篮 P 挂在天花板上, 与吊篮质量相等的物体 Q 被固定在吊篮中的轻弹簧托住, 当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬间,P、Q 的加速度分别是多少? 解:略。 答:2g;0。 三、牛顿第二、第三定律的应用 要点:在动力学问题中,如果遇到几个研究对象时,就会面临如何处理对象之间的力和对象与外界 之间的力问题,这时有必要引进“系统”“内力”和“外力”等概念,并适时地运用牛顿第三定律。 、 在方法的选择方面,则有“隔离法”和“整体法” 。前者是根本,后者有局限,也有难度,但常常使 解题过程简化,使过程的物理意义更加明晰。 对 N 个对象,有 N 个隔离方程和一个(可能的)整体方程,这(N+1)个方程中必有一个是通解方程, 如何取舍,视解题方便程度而定。 补充:当多个对象不具有共同的加速度时,一般来讲,整体法不可用,但也有一种特殊的“整体方 程” ,可以不受这个局限(可以介绍推导过程)—— Σ F外 =m1 a 1 +m2 a 2 +m3 a 3 +?+mn a n 其中Σ F外 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=

?

?

?

?

?

?

F x。 L

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, F=μ 而 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。

l Mg, 其中 l<L, x<(L-l) 则 L

l Mg 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 L F 质量) ,当 x<(L-l),N≡0;当 x>(L-l),N= ?x-?L-l?。 ? l
若棒不能被拉动,且 F=μ 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。 )
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思考: (1)如果两滑块不是下滑,而是以初速度 v0 一起上冲, 以上结论会变吗? (2) 如果斜面光滑, 两滑块之间有没有摩擦力? (3)如果将下面的滑块换成如图 14 所示的盒子,上面的滑块换 成小球,它们以初速度 v0 一起上冲,球应对盒子的哪一侧内壁有 压力? 解:略。 答: (1)不会; (2)没有; (3)若斜面光滑,对两内壁均无压 力,若斜面粗糙,对斜面上方的内壁有压力。 2、如图 15 所示,三个物体质量分别为 m1、m2 和 m3,带滑轮的物体放在光滑水平面上,滑轮和所有 接触面的摩擦均不计,绳子的质量也不计,为使三个物体无相对滑动,水平推力 F 应为多少? 解说:此题对象虽然有三个,但难度不大。隔离 m2, 竖直方向有一个平衡方程;隔离 m1,水平方向有一个动力 学方程;整体有一个动力学方程。就足以解题了。 答案:F=

( m1 ? m 2 ? m 3 ) m 2 g 。 m1

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:

T 2 ? (m 2 g ) 2 =m2a
隔离 m1,仍有:T=m1a 解以上两式,可得:a= 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′=

m2
2 m1 ? m 2 2

g

(m1 ? m 2 ? m 3 )m 2 g
2 m1 ? m 2 2



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 F外 =m1 a 1 +m2 a 2 +m3 a 3 +?+mn a n ,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 解棒的加速度 a1 十分容易。

?

?

?

?

?

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答案:

M?m g。 M

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=

m sin ? cos ? g。 M ? m sin 2 ?

(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= a 1x ? a 1y 求 a1。
2 2

答:a1=

g sin ? M 2 ? m(m ? 2M) sin 2 ? 。 2 M ? m sin ?

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。

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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:

1 2 at ② 2 1 2 S1x= a1xt ③ 2
S= 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=

2b a cos? ? g sin ?

另解:如果引进动力学在非惯性系中的修正式Σ F外 + F =m a (注: F 为惯性力) ,此题极简单。过 程如下—— 以棒为参照,隔离滑套,分析受力,如图 24 所示。 注意,滑套相对棒的加速度 a 相是沿棒向上的,故动力学方程为: * F cosθ-mgsinθ=ma 相(1) * 其中 F =ma(2) 而且,以棒为参照,滑套的相对位移 S 相就是 b,即: b=S 相=

?

?*

?

?*

1 2 a 相 t (3) 2

解(1) (3)式就可以了。 (2)

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。

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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/dt 5.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。 对 t 的 (a 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+atr(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 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 υ=υ(t),角速度 ω=dυ/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
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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=
v ) 1? cos?

(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= sin?1
v0
2 2v0 ? 2 gh

、x=

2 v0 v0 ? 2 gh

g



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
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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/t1 V 梯对地=n/t2 V 人对地=n/t3 V 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*600 D=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 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
v1 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 v2



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? 3.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 v2 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。 v1

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(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 v合 大小相同。 参见右图,显然: v2= v2 +u2-2v 合 ucos120° 合 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:3 4、提示: (1)写成参数方程 ?
x ? aLsin ? 后消参数 θ。 ?y ? (1 ? a )L cos? ?
?

(2)解法有讲究:以 A 端为参照,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
cos2 ? ,可知 B 端相对 A .. . sin?

v 的转动线速度为:v 转+vAsinθ= A 。 . sin?

P 点的线速度必为

avA =v 相 sin?

所以 vPx=v 相 cosθ+vAx,vPy=vAy-v 相 sinθ 答案: (1)
x2 y2 + =1,为椭圆; (2) 2 (1 ? a ) 2 L2 (aL)

vPx=avActgθ,vPy=(1-a)vA

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 c、稳恒电流的磁场 *毕奥-萨伐尔定律(Biot-Savart law) :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
? dB

? ? ? ? Id l ? r = k 3 , l 表示导体元段的方向沿电流的方向、 r (d r

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Idlsin ? 结合安培定则寻求方向亦可。 其中 k = r2

为导体元段到考查点的方向矢量) 或用大小关系式 dB = k ;

1.0× ?7N/A2 。 10 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
I ; r

*毕萨定律应用在环形电流垂直中心轴线上的结论:B = 2πkI

R2 ( R ? r 2 )3 / 2
2



*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 F = I L ? B ;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=
F2 ? F22 ? 2F F2 cos(? ? ?) 1 1

= BI L2 ? L22 ? 2L1L2 cos(? ? ?) 1 = BI MO 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 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) ;

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*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、 f = q v ? B ,或展开为 f = qvBsinθ 再结合左、右手定则确定方向(其中 θ 为 B 与 v 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 f 总垂直 B 与 v 确定的平面,故 f 总垂直 v ,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) 。

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) 。 ?5 ?2 (事实上,由于电子定向移动速率 v1 在 10 m/s 数量级,而 v2 一般都在 10 m/s 数量级以上,致使 f1
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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、 v ⊥B 时,匀速圆周运动,半径 r =
?
?

?

?

2?m mv ,周期 T = qB qB
m v sin ? qB

b、 v 与 B 成一般夹角 θ 时,做等螺距螺旋运动,半径 r =
? 这个结论的证明一般是将 v 分解?(过程从略) 。
?

,螺距 d =

2?mvcos ? qB

☆但也有一个问题,如果将 B 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 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 =
qBR = 2πRf m

2?m 1 = f qB

5、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、
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b相

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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× ?6T ,方向在图 9-9 中垂直纸面向外。 10 【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
? 2
sin x = 0 ,即可求解 T 。 x

再根据平衡方程和极限 lim x ?0

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。 〖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 =
2

2?R ? ? = ωλR) , 2? / ?

T1 =

BωλR ; 后者的计算必须应用图 9-10 的思想,只是 F 变成了离心 .. 方程 2T2 sin
? ? M?2R 2 = Mω R ,即 T2 = 2? 2 2?
2

力,



〖答〗BωλR +

M?2R 2?

。 处 平 下 方

【例题 3】 如图 9-11 所示, 半径为 R 的圆形线圈共 N 匝, 在方向竖直的、磁感强度为 B 的匀强磁场中,线圈可绕其水 直径(绝缘)轴 OO′转动。一个质量为 m 的重物挂在线圈 部,当线圈通以恒定电流 I 后,求其静止时线圈平面和磁场 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
?NBIR 。 mg

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 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 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。
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进 所

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【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)
2m? ; (2)2mv0sinθ 。 eB

【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 OS = 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
eBL , 则电子击打在挡板上的范围怎样? m

【解说】第一问甚简, 电子能击打到挡板的临界情形是轨迹 挡板相切,此时 rmin =
L 2



; 的 远

在第二问中,先求得 r = L ,在考查各种方向的初速所对应 轨迹与挡板相交的“最远”点。值得注意的是,O 点上方的最 点和下方的最远点并不是相对 O 点对称的。 【答案】 (1)
eBL ; (2)从图中 O 点上方距 O 点 3 L 处 2m



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 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 ∠xOP = θ 的 P 点, 试讨论磁感应强度 B 的大小和方向的取值情 【解说】以一般情形论:电子初速度 v0 与磁感应强度 B 成 意夹角 α ,电子应做螺旋运动,半径为 r = =

射 L且 况。 任

mv0 sin ? 2?mv0 cos? ,螺距为 d = ,它们都由 α 、B 决定(v0 eB eB

2mU 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 e

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∥ OP ;如果 P 点处于 P2 或 P3 位置,则 α ≠ θ ,B 与 OP 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⊥ OP 时,这时的解法和【例题 4】就完全重合了。 【答案】通解不定。当 B∥ OP 时,B =
2k? cos? 2mU (其中 k = 1,2,3,?) ;当 B⊥ OP 时,B L e

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=

2 sin ? 2mU 。 L e

〖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。 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 =
2?km 2?2k 2mE ,t = qB qB2

。 (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 = m v 2 P 在 x 方向上用动量定理,有
f x ? t = mvP
1 2



② ③

且 f x = qB vy (注意 vy ? t = Y) 解①②③式可得 Y =
2mE qB2

(2)轨迹顶点 P 的曲率半径 r 在 P 点有动力学关系 qvPB ? qE = m
v2 P r



而 vP 在第(1)问中已经求得。可解出: r=
4mE qB2

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(3)垂直电场方向的“漂移”速度 vx 针对 O→P 过程,y 方向有动力学关系 Σ Fy = m a y 即 qE ? f y = m a y ,即 qE ? qB vx = m a y 。而 a y = 所以 vx =
E B v P ? vO =0 t

*(4)粒子从 O 到 P 做经历的时间 t 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 =
T ?m = 。 2 qB

解法二:参照摆线方程 x = a(t ? sint) y = a(1 ? cost) 得到 xP = πa = π 所以 t =
?m 。 qB
Y ?mE x = 。再根据 t = P 2 2 qB vx

=

?mE E / qB2 B

【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 = m
v2 L
1 mv2 2

① ② ③

从 O 到 P 过程,能量方程:mgL(cosθ ? cosα)= 小球不离开圆弧的条件是:T ? 0 解①②③式易得 B ?
mg q 2gL
?
3 cos? ? 2 cos? cos? ? cos? 3 cos? ? 2 cos? cos? ? cos?

〖学员活动〗请求出函数 y = 值…

的极



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☆解法备考:对于正数 a 、b ,有 a + b ≥ 2 ab 而 y =
3 cos? ? 2 cos? cos? ? cos? cos? cos? ? cos? cos? cos? ? cos?

= 3 cos? ? cos? +

考虑到 θ 、α 的实际取值情况,3 cos? ? cos? 和 即 ymin = 2 3 cos ? ☆ 磁感应强度取值的一般结论为:B ? 但此结论还有讨论的空间—— 因为极值点的条件是: 3(cos? ? cos?) = 显然,只有当 cosα <
cos?

均为正数,所以,y ≥ 2 3 cos ?

mg q 2gL

? 2 3 cos ? 。

cos? ? cos?

,即 cosθ =

4 cosα 。 3

3 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; 4
3 3 cos? ? 2 cos? 时,θ 无解,极值点不可达,此时应寻求 y = 函数(在定义域 4 cos? ? cos?

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 >

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 cos? ? cos? 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 大,cosθ达不到) ,函数为减函数。当 cosθ最大时,y 有 小值。 所以,当 cosθ = 1 时(此时 θ = 0 ,小球在最低点) , 小值 ymin =
3 ? 2 cos? 1 ? cos?

过 最 最 弧”

;物理意义:小球―最有可能脱离圆

的点在最低点。 【答案】 α ? arccos 当 当 α < arccos
3 mg 时, ? B ? 2 3 cos ? ; 4 q 2gL

3 3 ? 2 cos? mg 时,B ? 。 ? 4 1 ? cos? q 2gL

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。
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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 = ρ
l S

b、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 =
? R?r

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。
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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 =
R1R 3 R1 ? R 2 ? R 3 R 2R 3 R1 ? R 2 ? R 3 R 1R 2 R1 ? R 2 ? R 3

Y→Δ 的变换稍稍复杂一些, 但我们仍然 以得到 R1 = R2 = R3 =
R a R b ? R bR c ? R cR a Rb Ra R b ? R bRc ? RcRa Rc Ra R b ? R bRc ? RcRa Ra



三、电功和电功率 1、电源 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=
?1r2 ? ?2r1 r1 ? r2 r1r2 r1 ? r2

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 =
U2 U2 t 和 P = I2R = 。 R R

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
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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 O 2 ? ,它们在电场力的作用下定向移动形成电流) 。 4 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 = 同,F = 9.65× 4C/mol 。 10 将两个定律联立可得:m =
M Q 。 Fn M Fn

,而 F 为法拉第常数,对任何物质都相

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。
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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
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 =
3 R 。 8

【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

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对于图 8-5 的乙图,求 RAB 是非常容易的。事实上,只要满足 “平衡电桥” 。 【答案】RAB =
15 Ω 。 4

R1 R 3 = 的关系,我们把桥式电路称为 R2 R4

〖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○,将 R1 、R2 中的某一个电 G 阻换成待测电阻、将 R3 、R4 换成带触头的电阻丝,通过 节触头 P 的位臵,观察电流计示数为零来测量带测电阻 值,这种测量电阻的方案几乎没有系统误差,历史上称 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 并写出 Rx 的表达式(触头两端的电阻丝长度 LAC 和 LCB 是 以通过设臵好的标尺读出的) 。 ☆学员思考、计算… 【答案】Rx =
L CB R0 。 L AC

调 Rx 的 之 理, 可

【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 = 【答案】RAB =

5 R ,而 RAB = 2R1B 。 14

5 R 。 7

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

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Ra = Rb = Rc =

R 1R 3 2?3 2 = = Ω 2 ? 3 ? 10 5 R1 ? R 3 ? R 5 R 1R 5 2 ?10 4 = = Ω 2 ? 3 ? 10 3 R1 ? R 3 ? R 5 R 3R 5 3 ?10 = = 2Ω 2 ? 3 ? 10 R1 ? R 3 ? R 5

再求 RAB 就容易了。 【答案】RAB =
618 Ω 。 145

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 = 3I ① 对左边回路用基尔霍夫第二定律,有
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2 3

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I2R2 ? (I ? I2)R4 ? (I1 ? I2)R5 = 0 即 4I2 ? 12(I ? I2) ? 10(I1 ? I2) = 0 整理后得 ?5I1 + 13I2 = 6I 解①②两式,得 I1 =
99 21 I ,I2 = I 145 29



很显然 UA ? I1R1 ? I2R2 = UB 即 UAB = 2×
99 21 618 I + 4× I = I 145 29 145

最后对整块电路用欧姆定律,有 RAB =

UAB I

=

618 Ω 。 145

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、 两点间的电阻 RAB 。 B

【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 =
1? 5 R 。 2

〖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 联电阻分流为 I1 ,则结合基尔霍夫第一定律和应有的 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) 解得 I1 =
5 ?1 I 2
1? 5 5 ?1 IR = IR 2 2
I1 R ? I1R = 0 I

并 比

很显然 UA ? IR ? I1R = UB 即 UAB = IR + 最后,RAB =
UAB I

=

1? 5 R 。 2

【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
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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′= 显然,RAB = R′∥ 【答案】RAB =
2 21
2R ∥R′ 3

3 ? 21 R 3

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, 1 = R4 = 2Ω, 2 = R3 = R5 = 1Ω, R R 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“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 =
4 Ω 3
1 ? ? (R1 ? R 2 ) (R 3 ? R 4 ) 2

ε′为 P、 开路时的电压。 Q 开路时, 1 的电流 I1 和 R3 的电流 I3 相等, 1 = I3 = R I =

7 7 14 7 A ,令“老电源”的负极接地,则 UP = I1R2 = V ,UQ = I3R4 = V ,所以 ε′= UQP = V 15 15 15 15

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
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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) 为节点个数。譬如,在图 8-15 所示的三个电路中,m 应 ,n 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。 【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 = 0 ①
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对Ⅱ回路,有 (I2 ? I1)R2 ? (I1 + I3)R4 ? I1R5 = 0 即 1(I2 ? I1) ? 2(I1 + I3) ? 1I1 = 0 ② 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 。 2 = 0.4A ,I3 = 0.6A) (I 【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?10 ① 对Ⅱ回路,有 40 = I2?10 + I1?30 ? I3?10 ② 对Ⅲ回路,有 100 = I3?10 + (I1 + I3) ?10 ③ 解①②③式不难得出 I1 = 1.0A 。 2 = 5.5A ,I3 = 4.5A) (I 【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× 4C/mol ,金的摩尔质 10 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 =
m Fn ,代入相关数据(其中 m = 1.0× ?3kg ,n = 3)即可。 10 M

【答案】需要 1.47× 3C 电量,金在负极板析出。 10 【相关应用】在图 8-19 所示的装置中,如果在 120 分钟内淀 3.0× 22 个银原子,银的化合价为 1 。在电流表中显示的示数是 10 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 =
3.0 ? 1022 ? 1.6 ? 10?19 M QM = 3.0 ? 1022 mn M 6.02 ? 1023

积 多

【答案】0.667A;9.63× 4C/mol 。 10 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) , 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 干电池)及电阻 RΩ 。 当被测电阻 Rx 接入电路时,表头 G 电流

虚 用

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I=

? Rg ? r ? R? ? R x

可以看出, 对给定的欧姆表, 与 Rx 有一一对应的关系, I 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“× 、 10”“× 1”“× 、 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。 Rx = g + r + RΩ) 当 (R 时, 表头电流 I =
1 Ig , 2

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 Rg ? r ? R?

这个式子当中,只有 Rg 和 Ig 是一成不变的,ε 、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。 Ig

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 =
? = R中 ? R x
? ? ? Rx Ig

=
1?

Ig Ig R x ? Ig Ig R x ??

旧电池状态 I′=

?? R 中? ? R x

=

?? ?? ? Rx Ig

=
1?

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 。

☆第八部分完☆
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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。 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
Q r2

结合点电荷的场强和叠加原理,我们可以求出任何电 的场强,如—— ⑵均匀带电环,垂直环面轴线上的某点 P:E =
kQr (r ? R 2 )
2 3 2



,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
Q ,其中 r 指考察点到球心的距离 r2

如果球壳是有厚度的的(内径 R1 、外径 R2) ,在壳体中(R1 <R2) : E=
3 4 r 3 ? R1 ?? k ,其中ρ为电荷体密度。这个式子的物理意 2 3 r

< r



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可以参照万有引力定律当中(条件部分)的“剥皮法则”理解〔 ? ?(r 3 ? R 3 ) 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
2 k? r

4 3

⑸无限大均匀带电平面(电荷面密度为σ) = 2πkσ :E 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=
W q

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 = k b、均匀带电球壳 以无穷远为参考点,U 外 = k
Q ,U r


Q r

=k

Q R

3、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 =
Q U

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 =
? rS 4?kd

=

?S 1 ,其中ε为绝对介电常数(真空中ε0 = ,其它介质中ε= 4 ?k d

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1 ? ) r 则为相对介电常数,εr = ,ε ? 4?k ?0



⑵柱形电容器:C =

?rL R 2 k ln 2 R1

⑶球形电容器:C = 3、电容器的连接 a、串联

? r R1R 2 k (R 2 ? R1 )

1 1 1 1 1 = + + + ? + C C1 C 2 C3 Cn

b、并联 C = C1 + C2 + C3 + ? + Cn 4、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 影的面积,这也就是电容器的储能 E ,所以 E=
2 1 1 1 q0 2 q0U0 = C U0 = 2 2 2 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? 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 =
Sd 2 E 8 ?k



认为电场能均匀分布在电场中,则单位体积的电场储能 w = 强电场。 五、电介质的极化

1 E2 。而且,这以结论适用于非匀 8 ?k

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。 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。

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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 = k ΔE2 = k
??S1 r12 ??S2 r22

为了弄清ΔE1 和ΔE2 的大小关系,引进锥体顶部的立体角Δ Ω ,显然
?S1 cos? ?S2 cos? = ΔΩ = r12 r22

所以 ΔE1 = k

??? cos ?

,ΔE2 = k

??? cos ?

,即:ΔE1 = ΔE2 ,



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 Δ S ,它在球心 O 点激发的场强大小为 ΔE = k
??S ,方向由 P 指向 O 点。 R2

无穷多个这样的面元激发的场强大小和ΔS 激发的完全相 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 地预见——由于由于在 x 方向、 方向上的对称性, E ix = Σ y Σ = 0 ,最后的ΣE = ΣEz ,所以先求 ΔEz = ΔEcosθ= k 面的投影,设为ΔS′ 所以 ΣEz =
k? ΣΔS′ R2 ??S cos? , 而且ΔScosθ为面元在 xoy R2
?

同, 胆
? E iy



而 ΣΔS′= πR2 【答案】E = kπσ ,方向垂直边界线所在的平面。 〖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?,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
1 8 1 8 1 kπ?,能 4

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 kπ?,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
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球形空腔,空腔球心在 O′点,半径为 R′, OO? = 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 , OP = 设
O?P = r2 ,则大球激发的场强为

r1 ,

4 ? ?r13 E1 = k 3 2 r1

=

4 kρπr1 ,方向由 O 指向 P 3

“小球”激发的场强为
4 ? ?r23 E2 = k 3 2 r2

=

4 kρπr2 ,方向由 P 指向 O′ 3

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 OP O′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?
4 3 4 3

R3 R?3 ? ? 。 2 b (b ? a ) 2

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, PO = r ,以无穷远为参考点,试求 P 点 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 元段ΔL ,它在 P 点形成的电势 ΔU = k 环共有
??L R2 ? r2

的 个

2?R 段, 各段在 P 点形成的电势相同, 而且它们是标量叠加。 ?L

【答案】UP =

2?k?R R2 ? r2

〖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 =
kQ R2 ? r2

;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 7-5
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ΔU1 = k

?? ? r12 r ??S1 ? = k 〃 = k?ΔΩ 1 cos ? cos? r1 r1
r2 cos ? r1 ? r2 cos ?

ΔU2 = k?ΔΩ

它们代数叠加成 ΔU = ΔU1 + ΔU2 = k?ΔΩ

而 r1 + r2 = 2Rcosα 所以 ΔU = 2Rk?ΔΩ 所有面元形成电势的叠加 ΣU = 2Rk?ΣΔΩ 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 = 4πRk?= k
Q R

(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
Q R

; (2)球心电势仍为 k

Q R

,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 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 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 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 的电势仍可以应用定式,所以? 【答案】Uo = k
Q Q Q?q - k +k 。 r R1 R2

为 量 心



〖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) 壳的情形未画出(有净电 ,A 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 是 势为零。但值得注意的是,这里的“为零”是一个合效果,它 ... 点电荷 q 、A 壳、B 壳(带同样电荷时)单独存在时在 A 中形成 ..... 的电势的代数和,所以,当我们以球心 O 点为对象,有 UO = k
q d



+ k

QA RA

+ k

QB RB

= 0

QB 应指 B 球壳上的净电荷量,故 QB = 0 所以 QA = -
RA q d

☆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,
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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
q d

+ k

QA RB
RA q R q ; (2)UB = k (1- A ) 。 d d RB

〖答〗 (1)QA = -

【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) ; ② ab 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 = UA 2U2 + 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′= 2U1 UB′= U1 + U2 【答案】UA′=
2 1 1 UA ;UB′= UA + UB 。 3 6 2

〖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臵相对 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臵重合地放臵——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 = 〖答〗U =
1 (U1 + U2 + U3 + U4) 。 4 1 U′ 4

☆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 。
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〖解说〗这又是一个填补法的应用。将半球面补成 整球面, 并令右边内、 外层均匀地带上电量为 q 的电荷, 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 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 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
2q + U 半球面 R

完 如 时 加:

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
2q - UP 。 R
?

【物理情形 3】如图 7-13 所示,A、B 两点相距 2L ,圆弧 OCD 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 OCD 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 UD = k
q L

+k

?q =0 L

q ?q 2 kq +k = - 3L L 3L

U∞ = 0 再用功与电势的关系即可。 【答案】 (1)
2 kq 2 kq ; (2) 。 3L 3L

【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
q1q 2 qq m2 ; (2)Ek1 = k 1 2 r r m1 ? m 2

,Ek2 =

qq qq m1 k 1 2 ; (3)k 1 2 r r m1 ? m 2



〖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(
q1q 2 q 2q3 q 3q1 + + ) 。 r23 r12 r31

〖反馈应用〗 如图 7-14 所示, 三个带同种电荷的相同金属小球, 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
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每 着,

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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 + 2m v′= 0 能量关系 3k
q2 L

= 2 k

q2 L

+ k

q2 1 1 2 + mv + 2m v?2 2 2 2L

解以上两式即可的 v 值。 〖答〗v = q
2k 。 3mL

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。 【模型分析】 由于静电感应, B 两板的四个平面的电量将呈现一定规律的分布 A、 (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 = Q2 A 板内部空间场强为零,有 2πk(σ1 ? σ2 ? σ3 ? σ4)= 0 A 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 =
Q1 ? Q 2 2S Q1 ? Q 2 2S

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
Q1 ? Q 2 〕 。 S

最后,UAB = EⅡd 【答案】 (1)A 板外侧电量
Q1 ? Q 2 Q ?Q Q ?Q 、A 板内侧电量 1 2 ,B 板内侧电量? 1 2 、B 板外侧电量 2 2 2

Q1 ? Q 2 Q ? Q2 Q ?Q ; (2)A 板外侧空间场强 2πk 1 ,方向垂直 A 板向外,A、B 板之间空间场强 2πk 1 2 , 2 S S

方向由 A 垂直指向 B,B 板外侧空间场强 2πk 2πkd
Q1 ? Q 2 ,A 板电势高。 S

Q1 ? Q 2 ,方向垂直 B 板向外; (3)A、B 两板的电势差为 S

〖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:
Q1 ? Q 2 )?如果在板间充满 2

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
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(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
E Q1 ? Q 2 Q ?Q E 〃 Ⅰ (方向相左) ,内侧受力 1 2 〃 Ⅱ (方向向右) ,它们合成即可,结论为 F = 2 2 2 2

2 k? Q1Q2 ,排斥力。 〕 S

【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 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
Q1 Q = 2 C1 C2

,即

Q1 S/ 2 4?kd

=

Q2 ?r ? S / 2 4?kd

解以上两式即可得 Q1 和 Q2 。 场强可以根据 E =
U 关系求解,比较常规(上下部分的场强相等) 。 d

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(
Q2 Q? ? ) S/ 2 S/ 2

请注意:①这里的 σ′和 Q′是指极化电荷的面密度和总量;② E = 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
8?kQ ? ?1 ; (3) r Q 。 (1 ? ? r )S ?r ? 1 1 ? Q ,介质部分的电量为 r Q ; (2)整个空间的场强均为 1 ? ?r 1 ? ?r

〖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′=
?r ? 1 Q 。 ?r

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
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1 1 1 + = 解 C′即可。 C ? C? C C?

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
1 1 1 + = C C ? C总 C总

【答案】 (1)

5 ?1 5 ?1 C ; (2) C 。 2 2

【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 =
C1C2 ? C2C3 ? C3C1 C3

C1C 2 ? C 2 C 3 ? C 3 C1 C1 C1C 2 ? C 2 C 3 ? C 3 C1 C2
Ca Cc C a ? C b ? Cc Ca C b Ca ? C b ? Cc C b Cc Ca ? C b ? Cc

有了这样的定式后,我们便可以进行如图 所示的四步电路简化(为了方便,电容不宜引 新的符号表达, 而是直接将变换后的量值标示 图中)——

7-20 进 在

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【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 、 bo 和 Uco 各为多少。 U 【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:
U ao U ao U ao + + =0 C C C

电势关系:ε1 = Uao + Uob = Uao ? Ubo ε2 = 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 =
U 3 k ?1

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:
Q 3

? ? ? Q3 Q Q + 1 = 2 3C 2C 3C
Q , 7

从以上三式解得 Q1′= Q3′= =

Q2 ′

4Q 1 Q2 ,这样系统的储能就可以用 得出了。 21 2 C

【答】 (1)Ek =

CU 2 CU 2 ; (2) 2 k ?1 63 2?3



〖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。 )

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☆第七部分完☆

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
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 3 分子占据的空间 ,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 -3 直且键长相等。已知食盐的摩尔质量为 58.5?10 kg/mol,密度为 2.2? 3 3 23 -1 10 kg/m , 阿伏加德罗常数为 6.0?10 mol , 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) 2 倍, 的 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 =
Vmol 2NA
3

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 a , 即 a =
3

Vmol 2NA

=

M mol / ? ,最后,邻近钠离子之间的距离 l = 2NA
-10

2 a

【答案】3.97?10 m 。 〖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 = 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 A ) ,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 2 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 10 m/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
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0

1 8

1 分子, 所以… (此 2

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率对应一定的规律——如麦克斯韦速率分布函数,如图 6-2 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) =
?N (其 N



中 速 平均 切相

ΔN 表示 v 到 v +Δv 内分子数,N 表示分子总数)极大时的 率,vP = 值, v =
2 RT = ?

2kT m

;平均速率 v :所有分子速率的算术

8 RT 8kT = ;方均根速率 v 2 :与分子平均动能密 ?? ?m

关的一个速率, v 2 = k =
R NA

3RT 3kT = 〔其中 R 为普适气体恒量,R = 8.31J/(mol.K)。k 为玻耳兹曼常量, ? m
-23

= 1.38?10

J/K 〕
2 n ?K ,其中 n 为分子数密度, ?K 为气体分子平均动能。 3

【例题 2】证明理想气体的压强 P =

【证明】气体的压强即单位面积容器壁所承受的分子的 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 器中,如图 6-3 所示。 考查 yoz 平面的一个容器壁,P =
F a2

撞 容

① 向 动

设想在Δt 时间内,有 Nx 个分子(设质量为 m)沿 x 方 以恒定的速率 vx 碰撞该容器壁, 且碰后原速率弹回, 则根据 量定理,容器壁承受的压力 F =
?p N x ? 2mvx = ?t ?t



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 v = v2 + v2 + v2 x z y 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
v 2 = v2 + v 2 + v 2 = 3 v2 z y x x
2

③ 个

这就解决了 vx 的问题。另外,从速度的分解不难理解,每一 分子都有机会均等的碰撞 3 个容器壁的可能。设Δt = Nx =
1 1 3 ?3N 总 = na 6 2 1 6

a ,则 vx

④ 几

注意,这里的 是指有 6 个容器壁需要碰撞,而它们被碰的 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、 +z、?z 这 6 个方向运动(这样造成的宏观效果和“杂乱无章”地
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?y、 运

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动时是一样的) ,则 Nx = N 总 =

1 6

1 3 na ;而且 vx = v 6

F 所以,P = 2 a

1 3 na ? 2m vx N x ? 2mvx 6 1 2 = = = nm v 2 = n ?K x 2 a 3 ?t ? a 3 2 ?a vx

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 =
9 t + 32)和热力学温标 T(T = t + 273.15) 。 5

b、 (理想)气体温度的微观解释: ?K =

i kT (i 为分子的自由度 = 平动自由度 t + 转动自由度 2

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 = K
4

T1 ? T2 SΔt) 、对流和 L

辐射(黑体表面辐射功率 J = αT ) 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?
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【解说】设 A 点距离粘合端 x ,则 ρ1(
L 2

? x)=ρ2(

L 2

+ x) ,得:x =

L(?1 ? ?2 ) 2(?1 ? ?2 ) L1?1 ? L2?2 2(?1 ? ?2 )

设膨胀后的长度分别为 L1 和 L2 ,而且密度近似处理为不变,则同理有 ρ1(
L1 L ? x′)=ρ2( 2 2 2

+ x′) ,得:x′=

另有线膨胀公式,有 L1 = L(1 + α1t) 2 = L(1 + α2t) ,L 最后,设调整后的悬点为 B ,则 AB = x′? x 【答案】新悬点和原来的悬点之间相距
?1?1 ? ?2?2 Lt 。 2 ?1 ? ?2 ( ) L L ρ1 、ρ2′= ρ2 ,此题仍然是可解的,但 L2 L1

〖说明〗如果考虑到密度变化的实际情况ρ1′=

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,
P1 T1

=

P2 P 或 T T2 V1 T1

= 恒量
V2 V 或 = 恒量 T T2

c、盖?吕萨克定律:一定质量气体压强不变时,

=

【例题 4】如图 6-6 所示,一端封闭、内径均匀的玻璃管 = 100cm ,其中有一段长 L′= 15cm 的水银柱把一部分空气 闭在管中。当管水平放置时,封闭气柱 A 长 LA = 40cm。现把 缓慢旋转至竖直后,在把开口端向下插入水银槽中,直至 A 气柱长 LA? = 37.5cm 为止,这时系统处于静止平衡。已知大 压强 P0 = 75cmHg,过程温度不变,试求槽内水银进入管内的 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,
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长L 封 管 端 气 水 B部

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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′=
75 PA LA = ?40 = 50cm ? 75 ? 15 PA

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) PA? = ,
? 50 LA ? ?60 = 80cmHg P = ? A 37.5 LA

B 部分气体, LB? =

? P0 PB 75 ? ? ?35 ≈ 27.6cm L = LB = ? ? B 80 ? 15 PA ? PL? PB

最后,h = L - LA? ? L′? LB? 【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 2 n ?K ,其中 n 为分子数密度(n = ) 。 3 V

3、理想气体状态方程:一定质量的理想气体,

P1 V1 T1

=

P2 V2 PV 或 = 恒量 T T2

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:
( ? 20 ? 60 76 ) PL 76? 96 P1L1 = 2 2, 即 = , 300 T2 T2 T1

得:

T2 = 380K 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
( ? 20 ? 60 76 ) PL P(96 ? x ) 19.2T P1L1 = ,即 = ,得 P = T 96 ? x T 300 T1

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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 > 考查函数 y =
1 2 (-x + 20x + 7296) 19.2

1 2 (-x + 20x + 7296)发现,当 x = 10cm 19.2

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 ...... 即是自动溢出过程(参照图 6-8 理解) 。而 T > ymax 即是题意 ........ 求。 【答案】385.2K 。 a、推论 1:

温, .. 所

P1 P2 = ,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 ? 2 T2 ?1T1

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,
P1 V1 T1

+

P2 V2 T2

+ ? +

Pn Vn Tn

?

PV ,这个推论很容易由克拉 T

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 , 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 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 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 液体的温度。 【解说】本题是“推论 2”的直接应用
P0 (VA ? VB ) PVA = T0 TA

上 在 测 测

+

PVB T0

【答案】TA =

PVAT0 P0 (VA ? VB ) ? PVB

【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 , 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。
P1 P2 = ? 2 T2 ?1T1

?

?1 ?2

=

P1T2 P /T = 1 1 P2 T1 P2 / T2

此式表明,

P P 越大时,ρ 就越大。故本题归结为求 的极大 T T



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 + rcosθ P = PC + rsinθ

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引入 y =

P T

=

PC ? r sin ? ,然后求这个函数的极值? TC ? r cos ?
P P P 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 T T T

方法二:见图 6-11,从

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 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=
PC TC
r T ?P
2 C 2 C



? tgβ=

TC ? T0 2TCT0

(注意:依题意,r = TC ? T0 ) 所以 tgθmax =
P 2TCT0 ? TC (TC ? T0 ) tg? ? tg? = C 1 ? tg?tg? TC 2TCT0 ? PC (TC ? T0 ) P 2TCT0 ? TC (TC ? T0 ) tg? ? tg? = C 1 ? tg?tg? TC 2TCT0 ? PC (TC ? T0 ) PC 2TCT0 ? TC (TC ? T0 ) TC 2TCT0 ? PC (TC ? T0 )

tgθmin =

【答案】 〔

PC 2TCT0 ? TC (TC ? T0 ) TC 2TCT0 ? PC (TC ? T0 )

〕/〔

〕 。

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 + ? + Pn 4、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? ?K = N kT = N
i 2 i R i T = ? RT ,其中 N 为分子总数, ? 为气 2 NA 2

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(☆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。

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(☆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: 摩尔物质温度每升高 1K 所吸收的热量。 , 1 摩尔热容和比热容的关系 C =
cm 。 ?

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 = ? CVΔT ②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:① CV =
i i R ,CP = R + R ,即 CP = CV + R … ;② E = ? CVT ) 2 2

【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 + 2 y = PV = - V + 2V 显然,当 V = 2 时,y 极大,此时,P = 1 5 -3 代入克拉珀龙方程:1?10 ?2?10 = 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 = 60.2K ΔE = ?
i 3 RΔT = 0.1? ?8.31?(60.2-180.5) = -150.0J 2 2
5 -3

1 2

1 2

2

根据“面积”定式,W = 0.5?10 ?2?10

= 100J
2

5 计算 Q 有两种选择:a、Q = ? CPΔT = 0.1? ?8.31?(60.2-180.5) = -250.0J

b、Q = ΔE - W = -250.0J -3 【答案】 (1)V = 2?10 时,Tmax 为 240.7K; (2)内能减少 150.0J,外界对气体做功 100J,气体向
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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 = ?
i 3 3 RΔT = Δ(PV)≈ (PΔV + VΔP) 2 2 2 1 2 1 2

由于 P = - V + 2 ,有ΔP = - ΔV 故ΔE =
1 2 3 (2-V)ΔV 2 1 2 1 2

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)ΔV -3 3 Q < 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 m ,对应转变压 5 强 P′= 0.75〓10 Pa ,转变温度 T′= 225.6K) 。 a、吸热阶段:ΔE = 0.1〓 〓8.31〓(225.6-180.5)= 56.2J W = - (1.5 + 0.75)〓10 〓(2.5-1)〓10 Q = ΔE-W = 225.0J b、放热阶段:ΔE = 0.1〓 〓8.31〓(180.5-225.6)= -56.2J W = - (0.5 + 0.75)〓10 〓(3-2.5)〓10
1 2
5 -3

3 2

1 2

5

-3

= -168.8J

3 2

= -31.3J

Q = 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”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 = 5.54 J/(mol〃K)。 〖思考三〗整个循环的效率是多少?
3 〖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 2

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〓10 〓2〓10? = 100J
5 3

1 2

所以,效率 η =

W Q吸

=

100 = 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 375

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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 =
W ?(T1 ? T0 ) ?RT1 V1

① ②

而且在末态,P1 =

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′= P1V1 2T1 ? T2
T1
? V ? V1 V1 = 1 T2 T1



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 =
2?R (T1 ? T0 ) ? W T1 。 ?R (T1 ? T0 ) ? W

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
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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 e
? L RT

,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 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。

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【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 =
Mg V2 P0S ? Mg m RT0 ?2
Mg S

为解决 V2 ,对初态的氮气用克拉珀龙方程 P0V2 = 这样,ΔV =
Mg mRT0 ? P0S ? Mg P0? 2

所以,水蒸汽液化的质量(用克拉珀龙方程)为 Δm = 这部分水蒸气液化应放出热量 Q =Δm?L = 【答案】向外界放热
?1 mMgL ? 。 ?2 P0S ? Mg

? mMg ?1P0 ΔV = 1 ? ?2 P0S ? Mg RT0

?1 mMgL ? ?2 P0S ? Mg

〖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 = ? (1 +
Mg m Mg ) ,所以 Q =ΔE – W = RT0ln(1 + ) ,吸热。 P0S ? Mg ?2 P0S ? Mg m V ? ?V m RT0ln 2 = ? RT0ln ?2 V2 ?2

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 =
P ?100% PW

(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
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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℃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) 氢 氘 氖 氮 二氧化碳 水 13.84 18.63 24.57 63.18 216.55 273.16 压强(Pa) 7038.2 17062.4 43189.2 12530.2 517204 610.5 OK

怎样理解三相点的存在呢?将相变的气化曲线 (即饱和气压随温度变化的曲线——对应函数 PW = P0 e
? L RT

) 、溶解曲线 OL(压强随熔点变化的曲线) 、

升 个P 是 度 和 相

华曲线 OS(压强随升华点变化的曲线)描绘在同一 -t 坐标中,就构成“三相图” 。三条曲线的交点就 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 并不是均匀的,所以坐标轴用虚线表示。OK、OL OS 事实上分别是水汽两相点、 冰水两相点和冰汽两 点“运动”的结果——也就是相应两相的分界线。

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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: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 =
2 cos ? 。 ?gr

【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 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 -2 为 7.3?10 N/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 2 液柱的重力 G =ρπr hg 解它们的平衡方程即可(θ= 0) -2 【答案】h = 2.94?10 m 。

装 数

(第六部分《热学》完)

第六部分振动和波
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第一讲基本知识介绍
《振动和波》的竞赛考纲

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