下面这段话中有4个错别字、2个病句,请找出来并改正.（初三《名师测控》第四单元达标测试题中的题目）①读《林肯传》,给我很大震撼的是对于林肯的学历.②由于家境贫寒,他只读了不到一_作业帮
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下面这段话中有4个错别字、2个病句,请找出来并改正.（初三《名师测控》第四单元达标测试题中的题目）①读《林肯传》,给我很大震撼的是对于林肯的学历.②由于家境贫寒,他只读了不到一
下面这段话中有4个错别字、2个病句,请找出来并改正.（初三《名师测控》第四单元达标测试题中的题目）①读《林肯传》,给我很大震撼的是对于林肯的学历.②由于家境贫寒,他只读了不到一年的书.③他的履历表学历栏中填的是"不完全“三个字.④就是这个学历”不完全“的林肯,不仅当选为美国总统,甚至还成为美国总统中的皎皎者,申望超过华盛顿.其实我并不是不会做,只是不敢确定.就在刚才,我打出这段话时就知道了几个字错了,但还是请大家回答一下让我安心吧,我们语文老湿很可怕的.格式什么的无所谓啦，看得懂就行了。
①读《林肯传》,给我很大震撼的是（对于删去）林肯的学历.②由于家境贫寒,他只读了不到一年的书.③他的履历表学历栏中填的是"不完全“三个字.④就是这个学历”不完全“的林肯,不仅当选为美国总统,（而且）还成为美国总统中的（皎皎改为佼佼）者,（申改为声）望（甚至）超过华盛顿.求名师测控六年级人教英语上册19到20页的三、五、六大题的题目，不要答案，谢谢_作业帮
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求名师测控六年级人教英语上册19到20页的三、五、六大题的题目，不要答案，谢谢
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发 赋予人vvtyjyjjdk第Ⅰ卷（选择题　共31分）
一、单项选择题．本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．
1. 关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是[来源:Www..com]
A．安培首先发现了电流的磁效应
B．伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动
C．牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小
D．法拉第提出了电场的观点，说明处于电场中电荷所受到的力是电场给予的
2．如图为一种主动式光控报警器原理图，图中R1和R2为光敏电阻，R3和R4为定值电阻．当射向光敏电阻R1和R2的任何一束光线被遮挡时，都会引起警铃发声，则图中虚线框内的电路是
A．与门&&&& &&&&&&&&&&&& B．或门 &&&&&&&&&&&&& C．或非门&& &&&&&&&&&&&&& &D．与非门
3．如图所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为U1，输入功率为P1，输出功率为P2，各交流电表均为理想电表．当滑动变阻器R的滑动头向下移动时
A．灯L变亮&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& B．各个电表读数均变大
C．因为U1不变，所以P1不变& &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& D．P1变大，且始终有P1= P2
4．竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v0从A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力．下列说法中不正确的是
A．在B点时，小球对圆轨道的压力为零
B．B到C过程，小球做匀变速运动
C．在A点时，小球对圆轨道压力大于其重力
D．A到B过程，小球水平方向的加速度先增加后减小
5．如图所示，水平面上放置质量为M的三角形斜劈，斜劈顶端安装光滑的定滑轮，细绳跨过定滑轮分别连接质量为m1和m2的物块．m1在斜面上运动，三角形斜劈保持静止状态．下列说法中正确的是
A．若m2向下运动，则斜劈受到水平面向左摩擦力
B．若m1沿斜面向下加速运动，则斜劈受到水平面向右的摩擦力
C．若m1沿斜面向下运动，则斜劈受到水平面的支持力大于（m1+ m2+M）g
D．若m2向上运动，则轻绳的拉力一定大于m2g
二、多项选择题．本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
6．木星是太阳系中最大的行星，它有众多卫星．观察测出：木星绕太阳作圆周运动的半径为r1、 周期为T1；木星的某一卫星绕木星作圆周运动的半径为r2、 周期为T2．已知万有引力常量为G，则根据题中给定条件
A．能求出木星的质量
B．能求出木星与卫星间的万有引力
C．能求出太阳与木星间的万有引力
D．可以断定
7．如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线．关于带电小球的运动，下列说法中正确的是
A．OAB轨迹为半圆
B．小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向
C．小球在整个运动过程中机械能守恒
D．小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等
8．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是
A．上述过程中，F做功大小为　　　　　　　　　　　　
B．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
C．其他条件不变的情况下，M越大，s越小
D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多
9．如图所示，两个固定的相同细环相距一定的距离，同轴放置，O1、O2分别为两环的圆心，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷．一带正电的粒子从很远处沿轴线飞来并穿过两环．则在带电粒子运动过程中
A．在O1点粒子加速度方向向左
B．从O1到O2过程粒子电势能一直增加
C．轴线上O1点右侧存在一点，粒子在该点动能最小
D．轴线上O1点右侧、O2点左侧都存在场强为零的点，它们关于O1、O2连线中点对称
第Ⅱ卷（非选择题　共89分）
三、简答题：本题分必做题（第lO、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．
10．测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定．
（1）实验过程中，电火花计时器应接在& ▲& （选填“直流”或“交流”）电源上．调整定滑轮高度，使& ▲& ．
（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数μ=& ▲& ．
（3）如图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm．则木块加速度大小a=& ▲& m/s2(保留两位有效数字)．
11．为了测量某电池的电动势 E（约为3V）和内阻 r，可供选择的器材如下：
A．电流表G1（2mA& 100Ω）&&&& &&&&&&& B．电流表G2（1mA& 内阻未知）
C．电阻箱R1（0~999.9Ω）&&&&&&& &&&&&&&&&&&&& D．电阻箱R2（0~9999Ω）
E．滑动变阻器R3（0~10Ω& 1A）&& &&&&& F．滑动变阻器R4（0~1000Ω& 10mA）
G．定值电阻R0（800Ω& 0.1A）&&&&&&& &&&&&& H．待测电池
I．导线、电键若干
（1）采用如图甲所示的电路，测定电流表G2的内阻，得到电流表G1的示数I1、电流表G2的示数I2如下表所示：
根据测量数据，请在图乙坐标中描点作出I1—I2图线．由图得到电流表G2的内阻等于
& ▲& Ω．
（2）在现有器材的条件下，测量该电池电动势和内阻，采用如图丙所示的电路，图中滑动变阻器①应该选用给定的器材中& ▲& ，电阻箱②选& ▲& （均填写器材代号）．
（3）根据图丙所示电路，请在丁图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．
12．选做题(请从A、B和C三小题中选定两小题作答，并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑．如都作答，则按A、B两小题评分．)
A．(选修模块3-3)(12分)
（1）下列说法中正确的是& ▲&
A．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力
B．扩散运动就是布朗运动
C．蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，它是非晶体
D．对任何一类与热现象有关的宏观自然过程进行方向的说明，都可以作为热力学第二定律的表述
（2）将1ml的纯油酸加到500ml的酒精中，待均匀溶解后，用滴管取1ml油酸酒精溶液，让其自然滴出，共200滴．现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为200cm2，则估算油酸分子的大小是& ▲& m（保留一位有效数字）．
（3）如图所示，一直立的汽缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB=h，大气压强为p0，重力加速度为g．
①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；
②设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定量理想气体的内能仅由温度决定）．
B．(选修模块3-4)(12分)
（1）下列说法中正确的是& ▲&
A．照相机、摄影机镜头表面涂有增透膜，利用了光的干涉原理
B．光照射遮挡物形成的影轮廓模糊，是光的衍射现象
C．太阳光是偏振光
D．为了有效地发射电磁波，应该采用长波发射
（2）甲、乙两人站在地面上时身高都是L0, 甲、乙分别乘坐速度为0.6c和0.8c（c为光速）的飞船同向运动，如图所示．此时乙观察到甲的身高L& ▲& L0；若甲向乙挥手，动作时间为t0，乙观察到甲动作时间为t1，则t1& ▲& t0（均选填“&”、“ =” 或“&”）．
（3）x=0的质点在t=0时刻开始振动，产生的波沿x轴正方向传播，t1=0.14s时刻波的图象如图所示，质点A刚好开始振动．
①求波在介质中的传播速度；
②求x=4m的质点在0.14s内运动的路程．
&& C．(选修模块3-5)(12分)
（1）下列说法中正确的是& ▲&
A．康普顿效应进一步证实了光的波动特性
B．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的
C．经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征
D．天然放射性元素衰变的快慢与化学、物理状态有关
（2）是不稳定的，能自发的发生衰变．
①完成衰变反应方程& &&▲& ．
②衰变为，经过& ▲& 次α衰变，& ▲& 次β衰变．
（3）1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m1，初速度为v0，氮核质量为m2，质子质量为m0, 氧核的质量为m3，不考虑相对论效应．
①α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？
②求此过程中释放的核能．
四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．如图所示，一质量为m的氢气球用细绳拴在地面上，地面上空风速水平且恒为v0，球静止时绳与水平方向夹角为α．某时刻绳突然断裂，氢气球飞走．已知氢气球在空气中运动时所受到的阻力f正比于其相对空气的速度v，可以表示为f=kv（k为已知的常数）．则
（1）氢气球受到的浮力为多大？
（2）绳断裂瞬间，氢气球加速度为多大？
（3）一段时间后氢气球在空中做匀速直线运动，其水平方向上的速度与风速v0相等，求此时气球速度大小（设空气密度不发生变化，重力加速度为g）．
14．如图所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框abcd，线框质量为m，电阻为R，边长为L．有一方向竖直向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B，磁场区宽度大于L，左边界与ab边平行．线框在水平向右的拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区．
（1）若线框以速度v匀速穿过磁场区，求线框在离开磁场时ab两点间的电势差；
（2）若线框从静止开始以恒定的加速度a运动，经过t1时间ab边开始进入磁场，求cd边将要进入磁场时刻回路的电功率；
（3）若线框以初速度v0进入磁场，且拉力的功率恒为P0．经过时间T，cd边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q．后来ab边刚穿出磁场时，线框速度也为v0，求线框穿过磁场所用的时间t．
15．如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN为其左边界，磁场中放置一半径为R的圆柱形金属圆筒，圆心O到MN的距离OO1=2R，圆筒轴线与磁场平行．圆筒用导线通过一个电阻r0接地，最初金属圆筒不带电．现有范围足够大的平行电子束以速度v0从很远处沿垂直于左边界MN向右射入磁场区，已知电子质量为m，电量为e．
（1）若电子初速度满足，则在最初圆筒上没有带电时，能够打到圆筒上的电子对应MN边界上O1两侧的范围是多大？
（2）当圆筒上电量达到相对稳定时，测量得到通过电阻r0的电流恒为I，忽略运动电子间的相互作用，求此时金属圆筒的电势φ和电子到达圆筒时速度v（取无穷远处或大地电势为零）．
（3）在（2）的情况下，求金属圆筒的发热功率．
第二部分 &牛顿运动定律第一讲 牛顿三定律一、牛顿第一定律1、定律。惯性的量度2、观念意义，突破“初态困惑”二、牛顿第二定律1、定律2、理解要点a、矢量性b、独立作用性：ΣF&→&a&，ΣFx&→&ax&…c、瞬时性。合力可突变，故加速度可突变（与之对比：速度和位移不可突变）；牛顿第二定律展示了加速度的决定式（加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段”）。3、适用条件a、宏观、低速b、惯性系对于非惯性系的定律修正——引入惯性力、参与受力分析三、牛顿第三定律1、定律2、理解要点a、同性质（但不同物体）b、等时效（同增同减）c、无条件（与运动状态、空间选择无关）第二讲 牛顿定律的应用一、牛顿第一、第二定律的应用单独应用牛顿第一定律的物理问题比较少，一般是需要用其解决物理问题中的某一个环节。应用要点：合力为零时，物体靠惯性维持原有运动状态；只有物体有加速度时才需要合力。有质量的物体才有惯性。a可以突变而v、s不可突变。1、如图1所示，在马达的驱动下，皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动。现将一工件（大小不计）在皮带左端A点轻轻放下，则在此后的过程中（& & &&）A、一段时间内，工件将在滑动摩擦力作用下，对地做加速运动B、当工件的速度等于v时，它与皮带之间的摩擦力变为静摩擦力C、当工件相对皮带静止时，它位于皮带上A点右侧的某一点D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止的状态解说：B选项需要用到牛顿第一定律，A、C、D选项用到牛顿第二定律。较难突破的是A选项，在为什么不会“立即跟上皮带”的问题上，建议使用反证法（t&→&0&，a&→&∞&，则ΣFx&→&∞&，必然会出现“供不应求”的局面）和比较法（为什么人跳上速度不大的物体可以不发生相对滑动？因为人是可以形变、重心可以调节的特殊“物体”）此外，本题的D选项还要用到匀变速运动规律。用匀变速运动规律和牛顿第二定律不难得出只有当L&＞&时（其中μ为工件与皮带之间的动摩擦因素），才有相对静止的过程，否则没有。答案：A、D思考：令L = 10m ，v = 2 m/s ，μ= 0.2 ，g取10 m/s2&，试求工件到达皮带右端的时间t（过程略，答案为5.5s）进阶练习：在上面“思考”题中，将工件给予一水平向右的初速v0&，其它条件不变，再求t（学生分以下三组进行）——① v0&= 1m/s &(答：0.5 + 37/8 = 5.13s)② v0&= 4m/s &(答：1.0 + 3.5 = 4.5s)③ v0&= 1m/s &(答：1.55s)2、质量均为m的两只钩码A和B，用轻弹簧和轻绳连接，然后挂在天花板上，如图2所示。试问：① 如果在P处剪断细绳，在剪断瞬时，B的加速度是多少？② 如果在Q处剪断弹簧，在剪断瞬时，B的加速度又是多少？解说：第①问是常规处理。由于“弹簧不会立即发生形变”，故剪断瞬间弹簧弹力维持原值，所以此时B钩码的加速度为零（A的加速度则为2g）。第②问需要我们反省这样一个问题：“弹簧不会立即发生形变”的原因是什么？是A、B两物的惯性，且速度v和位移s不能突变。但在Q点剪断弹簧时，弹簧却是没有惯性的（没有质量），遵从理想模型的条件，弹簧应在一瞬间恢复原长！即弹簧弹力突变为零。答案：0 ；g 。二、牛顿第二定律的应用应用要点：受力较少时，直接应用牛顿第二定律的“矢量性”解题。受力比较多时，结合正交分解与“独立作用性”解题。在难度方面，“瞬时性”问题相对较大。1、滑块在固定、光滑、倾角为θ的斜面上下滑，试求其加速度。解说：受力分析 →&根据“矢量性”定合力方向&→&牛顿第二定律应用答案：gsinθ。思考：如果斜面解除固定，上表仍光滑，倾角仍为θ，要求滑块与斜面相对静止，斜面应具备一个多大的水平加速度？（解题思路完全相同，研究对象仍为滑块。但在第二环节上应注意区别。答：gtgθ。）进阶练习1：在一向右运动的车厢中，用细绳悬挂的小球呈现如图3所示的稳定状态，试求车厢的加速度。（和“思考”题同理，答：gtgθ。）进阶练习2、如图4所示，小车在倾角为α的斜面上匀加速运动，车厢顶用细绳悬挂一小球，发现悬绳与竖直方向形成一个稳定的夹角β。试求小车的加速度。解：继续贯彻“矢量性”的应用，但数学处理复杂了一些（正弦定理解三角形）。分析小球受力后，根据“矢量性”我们可以做如图5所示的平行四边形，并找到相应的夹角。设张力T与斜面方向的夹角为θ，则θ=（90°+ α）- β= 90°-（β-α） & & & & & & & & （1）对灰色三角形用正弦定理，有&=&& & & & & & & & & & & & & & & & & & & &（2）解（1）（2）两式得：ΣF =&最后运用牛顿第二定律即可求小球加速度（即小车加速度）答：&。2、如图6所示，光滑斜面倾角为θ，在水平地面上加速运动。斜面上用一条与斜面平行的细绳系一质量为m的小球，当斜面加速度为a时（a＜ctgθ），小球能够保持相对斜面静止。试求此时绳子的张力T 。解说：当力的个数较多，不能直接用平行四边形寻求合力时，宜用正交分解处理受力，在对应牛顿第二定律的“独立作用性”列方程。正交坐标的选择，视解题方便程度而定。解法一：先介绍一般的思路。沿加速度a方向建x轴，与a垂直的方向上建y轴，如图7所示（N为斜面支持力）。于是可得两方程ΣFx&= ma&，即Tx&－&Nx&= maΣFy&= 0&，&即Ty&+ Ny&= mg代入方位角θ，以上两式成为T cosθ－N sinθ = ma & & & & & & & & & && &（1）T sinθ + Ncosθ = mg& & & & & & & & & & & &（2）这是一个关于T和N的方程组，解（1）（2）两式得：T = mgsinθ&+ ma&cosθ解法二：下面尝试一下能否独立地解张力T 。将正交分解的坐标选择为：x——斜面方向，y——和斜面垂直的方向。这时，在分解受力时，只分解重力G就行了，但值得注意，加速度a不在任何一个坐标轴上，是需要分解的。矢量分解后，如图8所示。根据独立作用性原理，ΣFx&= max即：T&－&Gx&= max即：T&－&mg&sinθ&= m acosθ显然，独立解T值是成功的。结果与解法一相同。答案：mgsinθ&+ ma&cosθ思考：当a＞ctgθ时，张力T的结果会变化吗？（从支持力的结果N&= mgcosθ－ma sinθ看小球脱离斜面的条件，求脱离斜面后，θ条件已没有意义。答：T = m&。）学生活动：用正交分解法解本节第2题“进阶练习2”进阶练习：如图9所示，自动扶梯与地面的夹角为30°，但扶梯的台阶是水平的。当扶梯以a = 4m/s2的加速度向上运动时，站在扶梯上质量为60kg的人相对扶梯静止。重力加速度g = 10 m/s2，试求扶梯对人的静摩擦力f 。解：这是一个展示独立作用性原理的经典例题，建议学生选择两种坐标（一种是沿a方向和垂直a方向，另一种是水平和竖直方向），对比解题过程，进而充分领会用牛顿第二定律解题的灵活性。答：208N 。3、如图10所示，甲图系着小球的是两根轻绳，乙图系着小球的是一根轻弹簧和轻绳，方位角θ已知。现将它们的水平绳剪断，试求：在剪断瞬间，两种情形下小球的瞬时加速度。解说：第一步，阐明绳子弹力和弹簧弹力的区别。（学生活动）思考：用竖直的绳和弹簧悬吊小球，并用竖直向下的力拉住小球静止，然后同时释放，会有什么现象？原因是什么？结论——绳子的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变（胡克定律）。第二步，在本例中，突破“绳子的拉力如何瞬时调节”这一难点（从即将开始的运动来反推）。知识点，牛顿第二定律的瞬时性。答案：a甲&= gsinθ ；a乙&= gtgθ 。应用：如图11所示，吊篮P挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托住，当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬间，P、Q的加速度分别是多少？解：略。答：2g ；0 。三、牛顿第二、第三定律的应用要点：在动力学问题中，如果遇到几个研究对象时，就会面临如何处理对象之间的力和对象与外界之间的力问题，这时有必要引进“系统”、“内力”和“外力”等概念，并适时地运用牛顿第三定律。在方法的选择方面，则有“隔离法”和“整体法”。前者是根本，后者有局限，也有难度，但常常使解题过程简化，使过程的物理意义更加明晰。对N个对象，有N个隔离方程和一个（可能的）整体方程，这（N + 1）个方程中必有一个是通解方程，如何取舍，视解题方便程度而定。补充：当多个对象不具有共同的加速度时，一般来讲，整体法不可用，但也有一种特殊的“整体方程”，可以不受这个局限（可以介绍推导过程）——Σ= m1&+ m2&+ m3&+ … + mn其中Σ只能是系统外力的矢量和，等式右边也是矢量相加。1、如图12所示，光滑水平面上放着一个长为L的均质直棒，现给棒一个沿棒方向的、大小为F的水平恒力作用，则棒中各部位的张力T随图中x的关系怎样？解说：截取隔离对象，列整体方程和隔离方程（隔离右段较好）。答案：N =&x 。思考：如果水平面粗糙，结论又如何？解：分两种情况，（1）能拉动；（2）不能拉动。第（1）情况的计算和原题基本相同，只是多了一个摩擦力的处理，结论的化简也麻烦一些。第（2）情况可设棒的总质量为M ，和水平面的摩擦因素为μ，而F = μMg ，其中l＜L ，则x＜(L-l)的右段没有张力，x＞(L-l)的左端才有张力。答：若棒仍能被拉动，结论不变。若棒不能被拉动，且F = μMg时（μ为棒与平面的摩擦因素，l为小于L的某一值，M为棒的总质量），当x＜(L-l)，N≡0 ；当x＞(L-l)，N =&〔x -〈L-l〉〕。应用：如图13所示，在倾角为θ的固定斜面上，叠放着两个长方体滑块，它们的质量分别为m1和m2&，它们之间的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分别为μ1和μ2&，系统释放后能够一起加速下滑，则它们之间的摩擦力大小为：A、μ1&m1gcosθ ； & &B、μ2&m1gcosθ ；C、μ1&m2gcosθ ； & &D、μ1&m2gcosθ ；解：略。答：B 。（方向沿斜面向上。）思考：（1）如果两滑块不是下滑，而是以初速度v0一起上冲，以上结论会变吗？（2）如果斜面光滑，两滑块之间有没有摩擦力？（3）如果将下面的滑块换成如图14所示的盒子，上面的滑块换成小球，它们以初速度v0一起上冲，球应对盒子的哪一侧内壁有压力？解：略。答：（1）不会；（2）没有；（3）若斜面光滑，对两内壁均无压力，若斜面粗糙，对斜面上方的内壁有压力。2、如图15所示，三个物体质量分别为m1&、m2和m3&，带滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮和所有接触面的摩擦均不计，绳子的质量也不计，为使三个物体无相对滑动，水平推力F应为多少？解说：此题对象虽然有三个，但难度不大。隔离m2&，竖直方向有一个平衡方程；隔离m1&，水平方向有一个动力学方程；整体有一个动力学方程。就足以解题了。答案：F =&&。思考：若将质量为m3物体右边挖成凹形，让m2可以自由摆动（而不与m3相碰），如图16所示，其它条件不变。是否可以选择一个恰当的F′，使三者无相对运动？如果没有，说明理由；如果有，求出这个F′的值。解：此时，m2的隔离方程将较为复杂。设绳子张力为T ，m2的受力情况如图，隔离方程为：&= m2a隔离m1&，仍有：T = m1a解以上两式，可得：a =&g最后用整体法解F即可。答：当m1&≤ m2时，没有适应题意的F′；当m1&＞ m2时，适应题意的F′=&&。3、一根质量为M的木棒，上端用细绳系在天花板上，棒上有一质量为m的猫，如图17所示。现将系木棒的绳子剪断，同时猫相对棒往上爬，但要求猫对地的高度不变，则棒的加速度将是多少？解说：法一，隔离法。需要设出猫爪抓棒的力f ，然后列猫的平衡方程和棒的动力学方程，解方程组即可。法二，“新整体法”。据Σ= m1&+ m2&+ m3&+ … + mn&，猫和棒的系统外力只有两者的重力，竖直向下，而猫的加速度a1&= 0 ，所以：（ M + m ）g = m·0 + M a1&解棒的加速度a1十分容易。答案：g 。四、特殊的连接体当系统中各个体的加速度不相等时，经典的整体法不可用。如果各个体的加速度不在一条直线上，“新整体法”也将有一定的困难（矢量求和不易）。此时，我们回到隔离法，且要更加注意找各参量之间的联系。解题思想：抓某个方向上加速度关系。方法：“微元法”先看位移关系，再推加速度关系。、1、如图18所示，一质量为M 、倾角为θ的光滑斜面，放置在光滑的水平面上，另一个质量为m的滑块从斜面顶端释放，试求斜面的加速度。解说：本题涉及两个物体，它们的加速度关系复杂，但在垂直斜面方向上，大小是相等的。对两者列隔离方程时，务必在这个方向上进行突破。（学生活动）定型判断斜面的运动情况、滑块的运动情况。位移矢量示意图如图19所示。根据运动学规律，加速度矢量a1和a2也具有这样的关系。（学生活动）这两个加速度矢量有什么关系？沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、y坐标，可得：a1y&= a2y& & & & & & &①且：a1y&= a2sinθ & & ②隔离滑块和斜面，受力图如图20所示。对滑块，列y方向隔离方程，有：mgcosθ- N = ma1y& & &③对斜面，仍沿合加速度a2方向列方程，有：Nsinθ= Ma2& & & & & ④解①②③④式即可得a2&。答案：a2&=&&。（学生活动）思考：如何求a1的值？解：a1y已可以通过解上面的方程组求出；a1x只要看滑块的受力图，列x方向的隔离方程即可，显然有mgsinθ= ma1x&，得:a1x&= gsinθ 。最后据a1&=&求a1&。答：a1&=&&。2、如图21所示，与水平面成θ角的AB棒上有一滑套C ，可以无摩擦地在棒上滑动，开始时与棒的A端相距b ，相对棒静止。当棒保持倾角θ不变地沿水平面匀加速运动，加速度为a（且a＞gtgθ）时，求滑套C从棒的A端滑出所经历的时间。解说：这是一个比较特殊的“连接体问题”，寻求运动学参量的关系似乎比动力学分析更加重要。动力学方面，只需要隔离滑套C就行了。（学生活动）思考：为什么题意要求a＞gtgθ？（联系本讲第二节第1题之“思考题”）定性绘出符合题意的运动过程图，如图22所示：S表示棒的位移，S1表示滑套的位移。沿棒与垂直棒建直角坐标后，S1x表示S1在x方向上的分量。不难看出：S1x&+ b = S cosθ & & & & & & & & & ①设全程时间为t ，则有：S =&at2& & & & & & & & & & & & & ②S1x&=&a1xt2& & & & & & & & & & & & ③而隔离滑套，受力图如图23所示，显然：mgsinθ= ma1x& & & & & & & & & & & &④解①②③④式即可。答案：t =&另解：如果引进动力学在非惯性系中的修正式 Σ+&*&= m&（注：*为惯性力），此题极简单。过程如下——以棒为参照，隔离滑套，分析受力，如图24所示。注意，滑套相对棒的加速度a相是沿棒向上的，故动力学方程为：F*cosθ- mgsinθ= ma相& & & & & & （1）其中F*&= ma & & & & & & & & & & &（2）而且，以棒为参照，滑套的相对位移S相就是b ，即：b = S相&=&a相&t2& & & & & & & & &（3）解（1）（2）（3）式就可以了。第二讲 配套例题选讲教材范本：龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》，知识出版社，2002年8月第一版。例题选讲针对“教材”第三章的部分例题和习题。
第五部分 动量和能量第一讲 基本知识介绍一、冲量和动量1、冲力（F—t图象特征）→&冲量。冲量定义、物理意义冲量在F—t图象中的意义→从定义角度求变力冲量（F对t的平均作用力）2、动量的定义动量矢量性与运算二、动量定理1、定理的基本形式与表达2、分方向的表达式：ΣIx&=ΔPx&，ΣIy&=ΔPy&…3、定理推论：动量变化率等于物体所受的合外力。即=ΣF外&三、动量守恒定律1、定律、矢量性2、条件a、原始条件与等效b、近似条件c、某个方向上满足a或b，可在此方向应用动量守恒定律四、功和能1、功的定义、标量性，功在F—S图象中的意义2、功率，定义求法和推论求法3、能的概念、能的转化和守恒定律4、功的求法a、恒力的功：W = FScosα= FSF&= FS&Sb、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。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&m1&+&&m2&=&&m1&+&&m2解以上两式（注意技巧和“不合题意”解的舍弃）可得：v1&=&，& v2&=&对于结果的讨论：①当m1&= m2&时，v1&= v20&，v2&= v10&，称为“交换速度”；②当m1&＜＜&m2&，且v20&= 0时，v1&≈&－v10&，v2&≈&0&，小物碰大物，原速率返回；③当m1&＞＞&m2&，且v20&= 0时，v1&≈&v10&，v2&≈&2v10&，b、非（完全）弹性碰撞：机械能有损失（机械能损失的内部机制简介），只满足动量守恒定律c、完全非弹性碰撞：机械能的损失达到最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有v1&= v2&=&3、恢复系数：碰后分离速度（v2&－&v1）与碰前接近速度（v10&－&v20）的比值，即：e =&&。根据“碰撞的基本特征”，0&≤&e&≤&1&。当e = 0&，碰撞为完全非弹性；当0&＜&e&＜&1&，碰撞为非弹性；当e = 1&，碰撞为弹性。八、“广义碰撞”——物体的相互作用1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。此时，碰撞中“不合题意”的解可能已经有意义，如弹性碰撞中v1&= v10&，v2&= v20的解。2、物体之间有相对滑动时，机械能损失的重要定势：－ΔE =&ΔE内&= f滑·S相&，其中S相指相对路程。第二讲 重要模型与专题一、动量定理还是动能定理？物理情形：太空飞船在宇宙飞行时，和其它天体的万有引力可以忽略，但是，飞船会定时遇到太空垃圾的碰撞而受到阻碍作用。设单位体积的太空均匀分布垃圾n颗，每颗的平均质量为m ，垃圾的运行速度可以忽略。飞船维持恒定的速率v飞行，垂直速度方向的横截面积为S ，与太空垃圾的碰撞后，将垃圾完全粘附住。试求飞船引擎所应提供的平均推力F 。模型分析：太空垃圾的分布并不是连续的，对飞船的撞击也不连续，如何正确选取研究对象，是本题的前提。建议充分理解“平均”的含义，这样才能相对模糊地处理垃圾与飞船的作用过程、淡化“作用时间”和所考查的“物理过程时间”的差异。物理过程需要人为截取，对象是太空垃圾。先用动量定理推论解题。取一段时间Δt&，在这段时间内，飞船要穿过体积ΔV = S·vΔt的空间，遭遇nΔV颗太空垃圾，使它们获得动量ΔP&，其动量变化率即是飞船应给予那部分垃圾的推力，也即飞船引擎的推力。&=&&=&&=&&=&&= nmSv2如果用动能定理，能不能解题呢？同样针对上面的物理过程，由于飞船要前进x = vΔt的位移，引擎推力须做功W =&x ，它对应飞船和被粘附的垃圾的动能增量，而飞船的ΔEk为零，所以：W =&ΔMv2即：vΔt =&（n m S·vΔt）v2得到：&=&nmSv2两个结果不一致，不可能都是正确的。分析动能定理的解题，我们不能发现，垃圾与飞船的碰撞是完全非弹性的，需要消耗大量的机械能，因此，认为“引擎做功就等于垃圾动能增加”的观点是错误的。但在动量定理的解题中，由于I =&t&，由此推出的&=&必然是飞船对垃圾的平均推力，再对飞船用平衡条件，的大小就是引擎推力大小了。这个解没有毛病可挑，是正确的。（学生活动）思考：如图1所示，全长L、总质量为M的柔软绳子，盘在一根光滑的直杆上，现用手握住绳子的一端，以恒定的水平速度v将绳子拉直。忽略地面阻力，试求手的拉力F 。解：解题思路和上面完全相同。答：二、动量定理的分方向应用物理情形：三个质点A、B和C ，质量分别为m1&、m2和m3&，用拉直且不可伸长的绳子AB和BC相连，静止在水平面上，如图2所示，AB和BC之间的夹角为（π－α）。现对质点C施加以冲量I ，方向沿BC ，试求质点A开始运动的速度。模型分析：首先，注意“开始运动”的理解，它指绳子恰被拉直，有作用力和冲量产生，但是绳子的方位尚未发生变化。其二，对三个质点均可用动量定理，但是，B质点受冲量不在一条直线上，故最为复杂，可采用分方向的形式表达。其三，由于两段绳子不可伸长，故三质点的瞬时速度可以寻求到两个约束关系。下面具体看解题过程——绳拉直瞬间，AB绳对A、B两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I1&，BC绳对B、C两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I2&；设A获得速度v1（由于A受合冲量只有I1&,方向沿AB ，故v1的反向沿AB），设B获得速度v2（由于B受合冲量为+，矢量和既不沿AB ，也不沿BC方向，可设v2与AB绳夹角为〈π－β〉，如图3所示），设C获得速度v3（合冲量+沿BC方向，故v3沿BC方向）。对A用动量定理，有：I1&= m1&v1& & & & & & & & & & & & & & & & &①B的动量定理是一个矢量方程：+= m2&，可化为两个分方向的标量式，即：I2cosα－I1&= m2&v2cosβ & & & & & & & & &②I2sinα= m2&v2sinβ & & & & & & & & & & & ③质点C的动量定理方程为：I － I2&= m3&v3& & & & & & & & & & & & & &④AB绳不可伸长，必有v1&= v2cosβ & & & & & ⑤BC绳不可伸长，必有v2cos(β－α) = v3& & &⑥六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&= m1&v1& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &⑴I2cosα－I1&= m2&v1& & & & & & & & & & & & & & & & ⑵I2sinα= m2&v1&tgβ & & & & & & & & & & & & & & & &⑶I － I2&= m3&v1(cosα+ sinαtgβ) & & & & & & & & &⑷2、解⑶⑷式消掉β，使四个二级式变成三个三级式：I1&= m1&v1& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &㈠I2cosα－I1&= m2&v1& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & ㈡I = m3&v1&cosα+ I2& & & & & & & & & & && & & & & & &&&㈢3、最后对㈠㈡㈢式消I1&、I2&，解v1就方便多了。结果为：v1&=&（学生活动：训练解方程的条理和耐心）思考：v2的方位角β等于多少？解：解“二级式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消I1&，得I2的表达式，将I2的表达式代入⑶就行了。答：β= arc tg（）。三、动量守恒中的相对运动问题物理情形：在光滑的水平地面上，有一辆车，车内有一个人和N个铅球，系统原来处于静止状态。现车内的人以一定的水平速度将铅球一个一个地向车外抛出，车子和人将获得反冲速度。第一过程，保持每次相对地面抛球速率均为v ，直到将球抛完；第二过程，保持每次相对车子抛球速率均为v ，直到将球抛完。试问：哪一过程使车子获得的速度更大？模型分析：动量守恒定律必须选取研究对象之外的第三方（或第四、第五方）为参照物，这意味着，本问题不能选车子为参照。一般选地面为参照系，这样对“第二过程”的铅球动量表达，就形成了难点，必须引进相对速度与绝对速度的关系。至于“第一过程”，比较简单：N次抛球和将N个球一次性抛出是完全等效的。设车和人的质量为M ，每个铅球的质量为m 。由于矢量的方向落在一条直线上，可以假定一个正方向后，将矢量运算化为代数运算。设车速方向为正，且第一过程获得的速度大小为V1&第二过程获得的速度大小为V2&。第一过程，由于铅球每次的动量都相同，可将多次抛球看成一次抛出。车子、人和N个球动量守恒。0 = Nm(-v) + MV1&得：V1&=&v & & & & & & & & & & & & & & & & & &①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，铅球对地的速度并不是（-v），而是（-v + u1）。它们动量守恒方程为：0 = m(-v + u1) +〔M +(N-1)m〕u1得：u1&=第二个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u2&。它们动量守恒方程为：〔M+(N-1)m〕u1&= m(-v + u2) +〔M+(N-2)m〕u2&得：u2&=&&+&第三个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u3&。铅球对地的速度是（-v + u3）。它们动量守恒方程为：〔M+(N-2)m〕u2&= m(-v + u3) +〔M+(N-3)m〕u3得：u3&=&+&&+&以此类推（过程注意：先找uN和uN-1关系，再看uN和v的关系，不要急于化简通分）……，uN的通式已经可以找出：V2&= uN&=&&+&&+&&+ … +&即：V2&=&& & & & & & & & & & & & & & & &②我们再将①式改写成：V1&=&& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & ①′不难发现，①′式和②式都有N项，每项的分子都相同，但①′式中每项的分母都比②式中的分母小，所以有：V1&＞ V2&。结论：第一过程使车子获得的速度较大。（学生活动）思考：质量为M的车上，有n个质量均为m的人，它们静止在光滑的水平地面上。现在车上的人以相对车大小恒为v、方向水平向后的初速往车下跳。第一过程，N个人同时跳下；第二过程，N个人依次跳下。试问：哪一次车子获得的速度较大？解：第二过程结论和上面的模型完全相同，第一过程结论为V1&=&&。答：第二过程获得速度大。四、反冲运动中的一个重要定式物理情形：如图4所示，长度为L、质量为M的船停止在静水中（但未抛锚），船头上有一个质量为m的人，也是静止的。现在令人在船上开始向船尾走动，忽略水的阻力，试问：当人走到船尾时，船将会移动多远？（学生活动）思考：人可不可能匀速（或匀加速）走动？当人中途停下休息，船有速度吗？人的全程位移大小是L吗？本系统选船为参照，动量守恒吗？模型分析：动量守恒展示了已知质量情况下的速度关系，要过渡到位移关系，需要引进运动学的相关规律。根据实际情况（人必须停在船尾），人的运动不可能是匀速的，也不可能是匀加速的,运动学的规律应选择S =&t 。为寻求时间t ，则要抓人和船的位移约束关系。对人、船系统，针对“开始走动→中间任意时刻”过程，应用动量守恒（设末态人的速率为v ，船的速率为V），令指向船头方向为正向，则矢量关系可以化为代数运算，有：0 = MV + m(-v)&即：mv = MV&由于过程的末态是任意选取的，此式展示了人和船在任一时刻的瞬时速度大小关系。而且不难推知，对中间的任一过程，两者的平均速度也有这种关系。即：m&= M& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & ①设全程的时间为t ，乘入①式两边，得：mt = Mt设s和S分别为人和船的全程位移大小，根据平均速度公式，得：m s = M S & & & & ②受船长L的约束，s和S具有关系：s + S = L & & & & & & & & & & & & & & & & & ③解②、③可得：船的移动距离 S =L（应用动量守恒解题时，也可以全部都用矢量关系，但这时“位移关系”表达起来难度大一些——必须用到运动合成与分解的定式。时间允许的话，可以做一个对比介绍。）另解：质心运动定律人、船系统水平方向没有外力，故系统质心无加速度→系统质心无位移。先求出初态系统质心（用它到船的质心的水平距离x表达。根据力矩平衡知识，得：x =&），又根据，末态的质量分布与初态比较，相对整体质心是左右对称的。弄清了这一点后，求解船的质心位移易如反掌。（学生活动）思考：如图5所示，在无风的天空，人抓住气球下面的绳索，和气球恰能静止平衡，人和气球地质量分别为m和M ，此时人离地面高h 。现在人欲沿悬索下降到地面，试问：要人充分安全地着地，绳索至少要多长？解：和模型几乎完全相同，此处的绳长对应模型中的“船的长度”（“充分安全着地”的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地）。答：h 。（学生活动）思考：如图6所示，两个倾角相同的斜面，互相倒扣着放在光滑的水平地面上，小斜面在大斜面的顶端。将它们无初速释放后，小斜面下滑，大斜面后退。已知大、小斜面的质量分别为M和m ，底边长分别为a和b ，试求：小斜面滑到底端时，大斜面后退的距离。解：水平方向动量守恒。解题过程从略。答：（a－b）。进阶应用：如图7所示，一个质量为M ，半径为R的光滑均质半球，静置于光滑水平桌面上，在球顶有一个质量为m的质点，由静止开始沿球面下滑。试求：质点离开球面以前的轨迹。解说：质点下滑，半球后退，这个物理情形和上面的双斜面问题十分相似，仔细分析，由于同样满足水平方向动量守恒，故我们介绍的“定式”是适用的。定式解决了水平位移（位置）的问题，竖直坐标则需要从数学的角度想一些办法。为寻求轨迹方程，我们需要建立一个坐标：以半球球心O为原点，沿质点滑下一侧的水平轴为x坐标、竖直轴为y坐标。由于质点相对半球总是做圆周运动的（离开球面前），有必要引入相对运动中半球球心O′的方位角θ来表达质点的瞬时位置，如图8所示。由“定式”，易得：x =&Rsinθ & & & & & & & & & ①而由图知：y = Rcosθ & & & & & & & &②不难看出，①、②两式实际上已经是一个轨迹的参数方程。为了明确轨迹的性质，我们可以将参数θ消掉，使它们成为：&+&&= 1这样，特征就明显了：质点的轨迹是一个长、短半轴分别为R和R的椭圆。五、功的定义式中S怎么取值？在求解功的问题时，有时遇到力的作用点位移与受力物体的（质心）位移不等，S是取力的作用点的位移，还是取物体（质心）的位移呢？我们先看下面一些事例。1、如图9所示，人用双手压在台面上推讲台，结果双手前进了一段位移而讲台未移动。试问：人是否做了功？2、在本“部分”第3页图1的模型中，求拉力做功时，S是否可以取绳子质心的位移？3、人登静止的楼梯，从一楼到二楼。楼梯是否做功？4、如图10所示，双手用等大反向的力F压固定汽缸两边的活塞，活塞移动相同距离S，汽缸中封闭气体被压缩。施力者（人）是否做功？在以上四个事例中，S若取作用点位移，只有第1、2、4例是做功的（注意第3例，楼梯支持力的作用点并未移动，而只是在不停地交换作用点），S若取物体（受力者）质心位移，只有第2、3例是做功的，而且，尽管第2例都做了功，数字并不相同。所以，用不同的判据得出的结论出现了本质的分歧。面对这些似是而非的“疑难杂症”，我们先回到“做功是物体能量转化的量度”这一根本点。第1例，手和讲台面摩擦生了热，内能的生成必然是由人的生物能转化而来，人肯定做了功。S宜取作用点的位移；第2例，求拉力的功，在前面已经阐述，S取作用点位移为佳；第3例，楼梯不需要输出任何能量，不做功，S取作用点位移；第4例，气体内能的增加必然是由人输出的，压力做功，S取作用点位移。但是，如果分别以上四例中的受力者用动能定理，第1例，人对讲台不做功，S取物体质心位移；第2例，动能增量对应S取L/2时的值——物体质心位移；第4例，气体宏观动能无增量，S取质心位移。（第3例的分析暂时延后。）以上分析在援引理论知识方面都没有错，如何使它们统一？原来，功的概念有广义和狭义之分。在力学中，功的狭义概念仅指机械能转换的量度；而在物理学中功的广义概念指除热传递外的一切能量转换的量度。所以功也可定义为能量转换的量度。一个系统总能量的变化，常以系统对外做功的多少来量度。能量可以是机械能、电能、热能、化学能等各种形式，也可以多种形式的能量同时发生转化。由此可见，上面分析中，第一个理论对应的广义的功，第二个理论对应的则是狭义的功，它们都没有错误，只是在现阶段的教材中还没有将它们及时地区分开来而已。而且，我们不难归纳：求广义的功，S取作用点的位移；求狭义的功，S取物体（质心）位移。那么我们在解题中如何处理呢？这里给大家几点建议：&1、抽象地讲“某某力做的功”一般指广义的功；2、讲“力对某物体做的功”常常指狭义的功；3、动能定理中的功肯定是指狭义的功。当然，求解功地问题时，还要注意具体问题具体分析。如上面的第3例，就相对复杂一些。如果认为所求为狭义的功，S取质心位移，是做了功，但结论仍然是难以令人接受的。下面我们来这样一个处理：将复杂的形变物体（人）看成这样一个相对理想的组合：刚性物体下面连接一压缩的弹簧（如图11所示），人每一次蹬梯，腿伸直将躯体重心上举，等效为弹簧将刚性物体举起。这样，我们就不难发现，做功的是人的双腿而非地面，人既是输出能量（生物能）的机构，也是得到能量（机械能）的机构——这里的物理情形更象是一种生物情形。本题所求的功应理解为广义功为宜。以上四例有一些共同的特点：要么，受力物体情形比较复杂（形变，不能简单地看成一个质点。如第2、第3、第4例），要么，施力者和受力者之间的能量转化不是封闭的（涉及到第三方，或机械能以外的形式。如第1例）。以后，当遇到这样的问题时，需要我们慎重对待。（学生活动）思考：足够长的水平传送带维持匀速v运转。将一袋货物无初速地放上去，在货物达到速度v之前，与传送带的摩擦力大小为f ，对地的位移为S 。试问：求摩擦力的功时，是否可以用W = fS ？解：按一般的理解，这里应指广义的功（对应传送带引擎输出的能量），所以“位移”取作用点的位移。注意，在此处有一个隐含的“交换作用点”的问题，仔细分析，不难发现，每一个（相对皮带不动的）作用点的位移为2S&。（另解：求货物动能的增加和与皮带摩擦生热的总和。）答：否。（学生活动）思考：如图12所示，人站在船上，通过拉一根固定在铁桩的缆绳使船靠岸。试问：缆绳是否对船和人的系统做功？解：分析同上面的“第3例”。答：否。六、机械能守恒与运动合成（分解）的综合物理情形：如图13所示，直角形的刚性杆被固定，水平和竖直部分均足够长。质量分别为m1和m2的A、B两个有孔小球，串在杆上，且被长为L的轻绳相连。忽略两球的大小，初态时，认为它们的位置在同一高度，且绳处于拉直状态。现无初速地将系统释放，忽略一切摩擦，试求B球运动L/2时的速度v2&。模型分析：A、B系统机械能守恒。A、B两球的瞬时速度不等，其关系可据“第三部分”知识介绍的定式（滑轮小船）去寻求。（学生活动）A球的机械能是否守恒？B球的机械能是否守恒？系统机械能守恒的理由是什么（两法分析：a、“微元法”判断两个WT的代数和为零；b、无非弹性碰撞，无摩擦，没有其它形式能的生成）？由“拓展条件”可以判断，A、B系统机械能守恒，（设末态A球的瞬时速率为v1&）过程的方程为：m2g&=&&+&& & & & & & ①在末态，绳与水平杆的瞬时夹角为30°，设绳子的瞬时迁移速率为v ，根据“第三部分”知识介绍的定式，有：v1&= v/cos30°, v2&= v/sin30°两式合并成：v1&= v2&tg30°= v2/& & &②解①、②两式，得：v2&=&七、动量和能量的综合（一）物理情形：如图14所示，两根长度均为L的刚性轻杆，一端通过质量为m的球形铰链连接，另一端分别与质量为m和2m的小球相连。将此装置的两杆合拢，铰链在上、竖直地放在水平桌面上，然后轻敲一下，使两小球向两边滑动，但两杆始终保持在竖直平面内。忽略一切摩擦，试求：两杆夹角为90°时，质量为2m的小球的速度v2&。模型分析：三球系统机械能守恒、水平方向动量守恒，并注意约束关系——两杆不可伸长。（学生活动）初步判断：左边小球和球形铰链的速度方向会怎样？设末态（杆夹角90°）左边小球的速度为v1（方向：水平向左），球形铰链的速度为v（方向：和竖直方向夹θ角斜向左），对题设过程，三球系统机械能守恒，有：mg( L-L) =&m&+&mv2&+&2m& & &①三球系统水平方向动量守恒，有：mv1&+ mvsinθ= 2mv2& & & & & & & & ②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（v1&、v2&、v和θ），是可行的。推荐解方程的步骤如下——1、③、④两式用v2替代v1和v ，代入②式，解θ值，得：tgθ= 1/4&2、在回到③、④两式，得：v1&=&v2&, & v =&v2&3、将v1&、v的替代式代入①式解v2即可。结果：v2&=&（学生活动）思考：球形铰链触地前一瞬，左球、铰链和右球的速度分别是多少？解：由两杆不可形变，知三球的水平速度均为零，θ为零。一个能量方程足以解题。答：0 、&、0 。（学生活动）思考：当两杆夹角为90°时，右边小球的位移是多少？解：水平方向用“反冲位移定式”，或水平方向用质心运动定律。答：&。进阶应用：在本讲模型“四、反冲……”的“进阶应用”（见图8）中，当质点m滑到方位角θ时（未脱离半球），质点的速度v的大小、方向怎样？解说：此例综合应用运动合成、动量守恒、机械能守恒知识，数学运算比较繁复，是一道考查学生各种能力和素质的难题。据运动的合成，有：&=&&+&&=&&-&其中必然是沿地面向左的，为了书写方便，我们设其大小为v2&；必然是沿半球瞬时位置切线方向（垂直瞬时半径）的，设大小为v相&。根据矢量减法的三角形法则，可以得到（设大小为v1）的示意图，如图16所示。同时，我们将v1的x、y分量v1x和v1y也描绘在图中。由图可得：v1y&=（v2&+ v1x）tgθ & & & & & & & & & & & & & & & & ①质点和半球系统水平方向动量守恒，有：Mv2&= mv1x& & & & & & & & &②对题设过程，质点和半球系统机械能守恒，有：mgR(1-cosθ) =&M&+&m&，即：mgR(1-cosθ) =&M&+&m（&+&） & & & & & & & & & & ③三个方程，解三个未知量（v2&、v1x&、v1y）是可行的，但数学运算繁复，推荐步骤如下——1、由①、②式得：v1x&=&v2&， & & & &v1y&= (tgθ) v2&&2、代入③式解v2&，得：v2&=3、由&=&&+&解v1&，得：v1&=v1的方向：和水平方向成α角，α= arctg&= arctg（）这就是最后的解。〔一个附属结果：质点相对半球的瞬时角速度 ω =&&=&&。〕八、动量和能量的综合（二）物理情形：如图17所示，在光滑的水平面上，质量为M = 1 kg的平板车左端放有质量为m = 2 kg的铁块，铁块与车之间的摩擦因素μ= 0.5 。开始时，车和铁块以共同速度v = 6 m/s向右运动，车与右边的墙壁发生正碰，且碰撞是弹性的。车身足够长，使铁块不能和墙相碰。重力加速度g = 10 m/s2&，试求：1、铁块相对车运动的总路程；2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。模型分析：本模型介绍有两对相互作用时的处理常规。能量关系介绍摩擦生热定式的应用。由于过程比较复杂，动量分析还要辅助以动力学分析，综合程度较高。由于车与墙壁的作用时短促而激烈的，而铁块和车的作用是舒缓而柔和的，当两对作用同时发生时，通常处理成“让短时作用完毕后，长时作用才开始”（这样可以使问题简化）。在此处，车与墙壁碰撞时，可以认为铁块与车的作用尚未发生，而是在车与墙作用完了之后，才开始与铁块作用。规定向右为正向，将矢量运算化为代数运算。车第一次碰墙后，车速变为－v ，然后与速度仍为v的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v1&=&&=&&，因方向为正，必朝墙运动。（学生活动）车会不会达共同速度之前碰墙？动力学分析：车离墙的最大位移S =&,反向加速的位移S′=&，其中a = a1&=&，故S′＜ S ，所以，车碰墙之前，必然已和铁块达到共同速度v1&。车第二次碰墙后，车速变为－v1&，然后与速度仍为v1的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v2&=&&=&&=&，因方向为正，必朝墙运动。车第三次碰墙，……共同速度v3&=&&=&，朝墙运动。……以此类推，我们可以概括铁块和车的运动情况——铁块：匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右……平板车：匀减速向左→匀加速向右→匀速向右→匀减速向左→匀加速向右→匀速向右……显然，只要车和铁块还有共同速度，它们总是要碰墙，所以最后的稳定状态是：它们一起停在墙角（总的末动能为零）。1、全程能量关系：对铁块和车系统，－ΔEk&=ΔE内&，且，ΔE内&= f滑&S相&，即：（m + M）v2&= μmg·S相&代入数字得：S相&= 5.4 m2、平板车向右运动时比较复杂，只要去每次向左运动的路程的两倍即可。而向左是匀减速的，故第一次：S1&=&第二次：S2&=&&=&第三次：S3&=&&=&……n次碰墙的总路程是：ΣS = 2（ S1&+ S2&+ S3&+ … + Sn&）=&（ 1 +&&+&&+ … +&&）& =&（ 1 +&&+&&+ … +&&）碰墙次数n→∞，代入其它数字，得：ΣS = 4.05 m（学生活动）质量为M 、程度为L的木板固定在光滑水平面上，另一个质量为m的滑块以水平初速v0冲上木板，恰好能从木板的另一端滑下。现解除木板的固定（但无初速），让相同的滑块再次冲上木板，要求它仍能从另一端滑下，其初速度应为多少？解：由第一过程，得滑动摩擦力f =&&。第二过程应综合动量和能量关系（“恰滑下”的临界是：滑块达木板的另一端，和木板具有共同速度，设为v ），设新的初速度为m&=（ m + M ）vm&-&（ m + M ）v2&= fL解以上三式即可。答：=&v0&。第三讲 典型例题解析教材范本：龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》，知识出版社，2002年8月第一版。例题选讲针对“教材”第七、第八章的部分例题和习题。