高中物理競賽全集講座 所有知識點

1、第五部分動量和能量第一講基本知識介紹一、沖量和動量1、沖力（Ft圖象特征）沖量。沖量定義、物理意義沖量在Ft圖象中的意義從定義角度求變力沖量（F對t的平均作用力）2、動量的定義動量矢量性與運算二、動量定理1、定理的基本形式與表達2、分方向的表達式：Ix=Px，Iy=Py3、定理推論：動量變化率等于物體所受的合外力。即=F外三、動量守恒定律1、定律、矢量性2、條件a、原始條件與等效b、近似條件c、某個方向上滿足a或b，可在此方向應用動量守恒定律四、功和能1、功的定義、標量性，功在FS圖象中的意義2、功率，定義求法和推論求法3、能的概念、能的轉化和守恒定律4、功的求法a、恒力的功：W=FScos=

2、FSF=FSSb、變力的功：基本原則過程分割與代數(shù)累積；利用FS圖象（或先尋求F對S的平均作用力）c、解決功的“疑難雜癥”時，把握“功是能量轉化的量度”這一要點五、動能、動能定理1、動能（平動動能）2、動能定理a、W的兩種理解b、動能定理的廣泛適用性六、機械能守恒1、勢能a、保守力與耗散力（非保守力）勢能（定義：Ep=W保）b、力學領域的三種勢能（重力勢能、引力勢能、彈性勢能）及定量表達2、機械能3、機械能守恒定律a、定律內容b、條件與拓展條件（注意系統(tǒng)劃分）c、功能原理：系統(tǒng)機械能的增量等于外力與耗散內力做功的代數(shù)和。七、碰撞與恢復系數(shù)1、碰撞的概念、分類（按碰撞方向分類、按碰撞過程機械能損

3、失分類）碰撞的基本特征：a、動量守恒；b、位置不超越；c、動能不膨脹。2、三種典型的碰撞a、彈性碰撞：碰撞全程完全沒有機械能損失。滿足m1v10+m2v20=m1v1+m2v2m1+m2=m1+m2解以上兩式（注意技巧和“不合題意”解的舍棄）可得：v1=，v2=對于結果的討論：當m1=m2時，v1=v20，v2=v10，稱為“交換速度”；當m1m2，且v20=0時，v1v10，v20，小物碰大物，原速率返回；當m1m2，且v20=0時，v1v10，v22v10，b、非（完全）彈性碰撞：機械能有損失（機械能損失的內部機制簡介），只滿足動量守恒定律c、完全非彈性碰撞：機械能的損失達到最大限度；外部

4、特征：碰撞后兩物體連為一個整體，故有v1=v2=3、恢復系數(shù)：碰后分離速度（v2v1）與碰前接近速度（v10v20）的比值，即：e=。根據(jù)“碰撞的基本特征”，0e1。當e=0，碰撞為完全非彈性；當0e1，碰撞為非彈性；當e=1，碰撞為彈性。八、“廣義碰撞”物體的相互作用1、當物體之間的相互作用時間不是很短，作用不是很強烈，但系統(tǒng)動量仍然守恒時，碰撞的部分規(guī)律仍然適用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、機械能可能膨脹）。此時，碰撞中“不合題意”的解可能已經(jīng)有意義，如彈性碰撞中v1=v10，v2=v20的解。2、物體之間有相對滑動時，機械能損失的重要定勢：E=E內=f滑S相，其中S相

5、指相對路程。第二講重要模型與專題一、動量定理還是動能定理？物理情形：太空飛船在宇宙飛行時，和其它天體的萬有引力可以忽略，但是，飛船會定時遇到太空垃圾的碰撞而受到阻礙作用。設單位體積的太空均勻分布垃圾n顆，每顆的平均質量為m，垃圾的運行速度可以忽略。飛船維持恒定的速率v飛行，垂直速度方向的橫截面積為S，與太空垃圾的碰撞后，將垃圾完全粘附住。試求飛船引擎所應提供的平均推力F。模型分析：太空垃圾的分布并不是連續(xù)的，對飛船的撞擊也不連續(xù)，如何正確選取研究對象，是本題的前提。建議充分理解“平均”的含義，這樣才能相對模糊地處理垃圾與飛船的作用過程、淡化“作用時間”和所考查的“物理過程時間”的差異。物理過程

6、需要人為截取，對象是太空垃圾。先用動量定理推論解題。取一段時間t，在這段時間內，飛船要穿過體積V=Svt的空間，遭遇nV顆太空垃圾，使它們獲得動量P，其動量變化率即是飛船應給予那部分垃圾的推力，也即飛船引擎的推力。=nmSv2如果用動能定理，能不能解題呢？同樣針對上面的物理過程，由于飛船要前進x=vt的位移，引擎推力須做功W=x，它對應飛船和被粘附的垃圾的動能增量，而飛船的Ek為零，所以：W=Mv2即：vt=（nmSvt）v2得到：=nmSv2兩個結果不一致，不可能都是正確的。分析動能定理的解題，我們不能發(fā)現(xiàn)，垃圾與飛船的碰撞是完全非彈性的，需要消耗大量的機械能，因此，認為“引擎做功就等于垃圾

7、動能增加”的觀點是錯誤的。但在動量定理的解題中，由于I=t，由此推出的=必然是飛船對垃圾的平均推力，再對飛船用平衡條件，的大小就是引擎推力大小了。這個解沒有毛病可挑，是正確的。（學生活動）思考：如圖1所示，全長L、總質量為M的柔軟繩子，盤在一根光滑的直桿上，現(xiàn)用手握住繩子的一端，以恒定的水平速度v將繩子拉直。忽略地面阻力，試求手的拉力F。解：解題思路和上面完全相同。答：二、動量定理的分方向應用物理情形：三個質點A、B和C，質量分別為m1、m2和m3，用拉直且不可伸長的繩子AB和BC相連，靜止在水平面上，如圖2所示，AB和BC之間的夾角為（）?，F(xiàn)對質點C施加以沖量I，方向沿BC，試求質點A開始運

8、動的速度。模型分析：首先，注意“開始運動”的理解，它指繩子恰被拉直，有作用力和沖量產生，但是繩子的方位尚未發(fā)生變化。其二，對三個質點均可用動量定理，但是，B質點受沖量不在一條直線上，故最為復雜，可采用分方向的形式表達。其三，由于兩段繩子不可伸長，故三質點的瞬時速度可以尋求到兩個約束關系。下面具體看解題過程繩拉直瞬間，AB繩對A、B兩質點的沖量大小相等（方向相反），設為I1，BC繩對B、C兩質點的沖量大小相等（方向相反），設為I2；設A獲得速度v1（由于A受合沖量只有I1,方向沿AB，故v1的反向沿AB），設B獲得速度v2（由于B受合沖量為+，矢量和既不沿AB，也不沿BC方向，可設v2與AB繩夾

9、角為，如圖3所示），設C獲得速度v3（合沖量+沿BC方向，故v3沿BC方向）。對A用動量定理，有：I1=m1v1B的動量定理是一個矢量方程：+=m2，可化為兩個分方向的標量式，即：I2cosI1=m2v2cosI2sin=m2v2sin質點C的動量定理方程為：II2=m3v3AB繩不可伸長，必有v1=v2cosBC繩不可伸長，必有v2cos()=v3六個方程解六個未知量（I1、I2、v1、v2、v3、）是可能的，但繁復程度非同一般。解方程要注意條理性，否則易造成混亂。建議采取如下步驟1、先用式消掉v2、v3，使六個一級式變成四個二級式：I1=m1v1I2cosI1=m2v1I2sin=m2v1

10、tgII2=m3v1(cos+sintg)2、解式消掉，使四個二級式變成三個三級式：I1=m1v1I2cosI1=m2v1I=m3v1cos+I23、最后對式消I1、I2，解v1就方便多了。結果為：v1=（學生活動：訓練解方程的條理和耐心）思考：v2的方位角等于多少？解：解“二級式”的即可。代入消I1，得I2的表達式，將I2的表達式代入就行了。答：=arctg（）。三、動量守恒中的相對運動問題物理情形：在光滑的水平地面上，有一輛車，車內有一個人和N個鉛球，系統(tǒng)原來處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)車內的人以一定的水平速度將鉛球一個一個地向車外拋出，車子和人將獲得反沖速度。第一過程，保持每次相對地面拋球速率均為v

11、，直到將球拋完；第二過程，保持每次相對車子拋球速率均為v，直到將球拋完。試問：哪一過程使車子獲得的速度更大？模型分析：動量守恒定律必須選取研究對象之外的第三方（或第四、第五方）為參照物，這意味著，本問題不能選車子為參照。一般選地面為參照系，這樣對“第二過程”的鉛球動量表達，就形成了難點，必須引進相對速度與絕對速度的關系。至于“第一過程”，比較簡單：N次拋球和將N個球一次性拋出是完全等效的。設車和人的質量為M，每個鉛球的質量為m。由于矢量的方向落在一條直線上，可以假定一個正方向后，將矢量運算化為代數(shù)運算。設車速方向為正，且第一過程獲得的速度大小為V1第二過程獲得的速度大小為V2。第一過程，由于鉛

12、球每次的動量都相同，可將多次拋球看成一次拋出。車子、人和N個球動量守恒。0=Nm(-v)+MV1得：V1=v第二過程，必須逐次考查鉛球與車子（人）的作用。第一個球與（N1）個球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設“系統(tǒng)”速度為u1。值得注意的是，根據(jù)運動合成法則，鉛球對地的速度并不是（-v），而是（-v+u1）。它們動量守恒方程為：0=m(-v+u1)+M+(N-1)mu1得：u1=第二個球與（N-2）個球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設“系統(tǒng)”速度為u2。它們動量守恒方程為：M+(N-1)mu1=m(-v+u2)+M+(N-2)mu2得：u2=+第三個球與（N-2）個球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設“系統(tǒng)

13、”速度為u3。鉛球對地的速度是（-v+u3）。它們動量守恒方程為：M+(N-2)mu2=m(-v+u3)+M+(N-3)mu3得：u3=+以此類推（過程注意：先找uN和uN-1關系，再看uN和v的關系，不要急于化簡通分），uN的通式已經(jīng)可以找出：V2=uN=+即：V2=我們再將式改寫成：V1=不難發(fā)現(xiàn)，式和式都有N項，每項的分子都相同，但式中每項的分母都比式中的分母小，所以有：V1V2。結論：第一過程使車子獲得的速度較大。（學生活動）思考：質量為M的車上，有n個質量均為m的人，它們靜止在光滑的水平地面上?，F(xiàn)在車上的人以相對車大小恒為v、方向水平向后的初速往車下跳。第一過程，N個人同時跳下；第二

14、過程，N個人依次跳下。試問：哪一次車子獲得的速度較大？解：第二過程結論和上面的模型完全相同，第一過程結論為V1=。答：第二過程獲得速度大。四、反沖運動中的一個重要定式物理情形：如圖4所示，長度為L、質量為M的船停止在靜水中（但未拋錨），船頭上有一個質量為m的人，也是靜止的?，F(xiàn)在令人在船上開始向船尾走動，忽略水的阻力，試問：當人走到船尾時，船將會移動多遠？（學生活動）思考：人可不可能勻速（或勻加速）走動？當人中途停下休息，船有速度嗎？人的全程位移大小是L嗎？本系統(tǒng)選船為參照，動量守恒嗎？模型分析：動量守恒展示了已知質量情況下的速度關系，要過渡到位移關系，需要引進運動學的相關規(guī)律。根據(jù)實際情況（人

15、必須停在船尾），人的運動不可能是勻速的，也不可能是勻加速的,運動學的規(guī)律應選擇S=t。為尋求時間t，則要抓人和船的位移約束關系。對人、船系統(tǒng)，針對“開始走動中間任意時刻”過程，應用動量守恒（設末態(tài)人的速率為v，船的速率為V），令指向船頭方向為正向，則矢量關系可以化為代數(shù)運算，有：0=MV+m(-v)即：mv=MV由于過程的末態(tài)是任意選取的，此式展示了人和船在任一時刻的瞬時速度大小關系。而且不難推知，對中間的任一過程，兩者的平均速度也有這種關系。即：m=M設全程的時間為t，乘入式兩邊，得：mt=Mt設s和S分別為人和船的全程位移大小，根據(jù)平均速度公式，得：ms=MS受船長L的約束，s和S具有關系

16、：s+S=L解、可得：船的移動距離S=L（應用動量守恒解題時，也可以全部都用矢量關系，但這時“位移關系”表達起來難度大一些必須用到運動合成與分解的定式。時間允許的話，可以做一個對比介紹。）另解：質心運動定律人、船系統(tǒng)水平方向沒有外力，故系統(tǒng)質心無加速度系統(tǒng)質心無位移。先求出初態(tài)系統(tǒng)質心（用它到船的質心的水平距離x表達。根據(jù)力矩平衡知識，得：x=），又根據(jù)，末態(tài)的質量分布與初態(tài)比較，相對整體質心是左右對稱的。弄清了這一點后，求解船的質心位移易如反掌。（學生活動）思考：如圖5所示，在無風的天空，人抓住氣球下面的繩索，和氣球恰能靜止平衡，人和氣球地質量分別為m和M，此時人離地面高h?，F(xiàn)在人欲沿懸索下

17、降到地面，試問：要人充分安全地著地，繩索至少要多長？解：和模型幾乎完全相同，此處的繩長對應模型中的“船的長度”（“充分安全著地”的含義是不允許人脫離繩索跳躍著地）。答：h。（學生活動）思考：如圖6所示，兩個傾角相同的斜面，互相倒扣著放在光滑的水平地面上，小斜面在大斜面的頂端。將它們無初速釋放后，小斜面下滑，大斜面后退。已知大、小斜面的質量分別為M和m，底邊長分別為a和b，試求：小斜面滑到底端時，大斜面后退的距離。解：水平方向動量守恒。解題過程從略。答：（ab）。進階應用：如圖7所示，一個質量為M，半徑為R的光滑均質半球，靜置于光滑水平桌面上，在球頂有一個質量為m的質點，由靜止開始沿球面下滑。試

18、求：質點離開球面以前的軌跡。解說：質點下滑，半球后退，這個物理情形和上面的雙斜面問題十分相似，仔細分析，由于同樣滿足水平方向動量守恒，故我們介紹的“定式”是適用的。定式解決了水平位移（位置）的問題，豎直坐標則需要從數(shù)學的角度想一些辦法。為尋求軌跡方程，我們需要建立一個坐標：以半球球心O為原點，沿質點滑下一側的水平軸為x坐標、豎直軸為y坐標。由于質點相對半球總是做圓周運動的（離開球面前），有必要引入相對運動中半球球心O的方位角來表達質點的瞬時位置，如圖8所示。由“定式”，易得：x=Rsin而由圖知：y=Rcos不難看出，、兩式實際上已經(jīng)是一個軌跡的參數(shù)方程。為了明確軌跡的性質，我們可以將參數(shù)消掉

19、，使它們成為：+=1這樣，特征就明顯了：質點的軌跡是一個長、短半軸分別為R和R的橢圓。五、功的定義式中S怎么取值？在求解功的問題時，有時遇到力的作用點位移與受力物體的（質心）位移不等，S是取力的作用點的位移，還是取物體（質心）的位移呢？我們先看下面一些事例。1、如圖9所示，人用雙手壓在臺面上推講臺，結果雙手前進了一段位移而講臺未移動。試問：人是否做了功？2、在本“部分”第3頁圖1的模型中，求拉力做功時，S是否可以取繩子質心的位移？3、人登靜止的樓梯，從一樓到二樓。樓梯是否做功？4、如圖10所示，雙手用等大反向的力F壓固定汽缸兩邊的活塞，活塞移動相同距離S，汽缸中封閉氣體被壓縮。施力者（人）是否

20、做功？在以上四個事例中，S若取作用點位移，只有第1、2、4例是做功的（注意第3例，樓梯支持力的作用點并未移動，而只是在不停地交換作用點），S若取物體（受力者）質心位移，只有第2、3例是做功的，而且，盡管第2例都做了功，數(shù)字并不相同。所以，用不同的判據(jù)得出的結論出現(xiàn)了本質的分歧。面對這些似是而非的“疑難雜癥”，我們先回到“做功是物體能量轉化的量度”這一根本點。第1例，手和講臺面摩擦生了熱，內能的生成必然是由人的生物能轉化而來，人肯定做了功。S宜取作用點的位移；第2例，求拉力的功，在前面已經(jīng)闡述，S取作用點位移為佳；第3例，樓梯不需要輸出任何能量，不做功，S取作用點位移；第4例，氣體內能的增加必然

21、是由人輸出的，壓力做功，S取作用點位移。但是，如果分別以上四例中的受力者用動能定理，第1例，人對講臺不做功，S取物體質心位移；第2例，動能增量對應S取L/2時的值物體質心位移；第4例，氣體宏觀動能無增量，S取質心位移。（第3例的分析暫時延后。）以上分析在援引理論知識方面都沒有錯，如何使它們統(tǒng)一？原來，功的概念有廣義和狹義之分。在力學中，功的狹義概念僅指機械能轉換的量度；而在物理學中功的廣義概念指除熱傳遞外的一切能量轉換的量度。所以功也可定義為能量轉換的量度。一個系統(tǒng)總能量的變化，常以系統(tǒng)對外做功的多少來量度。能量可以是機械能、電能、熱能、化學能等各種形式，也可以多種形式的能量同時發(fā)生轉化。由此

22、可見，上面分析中，第一個理論對應的廣義的功，第二個理論對應的則是狹義的功，它們都沒有錯誤，只是在現(xiàn)階段的教材中還沒有將它們及時地區(qū)分開來而已。而且，我們不難歸納：求廣義的功，S取作用點的位移；求狹義的功，S取物體（質心）位移。那么我們在解題中如何處理呢？這里給大家?guī)c建議：1、抽象地講“某某力做的功”一般指廣義的功；2、講“力對某物體做的功”常常指狹義的功；3、動能定理中的功肯定是指狹義的功。當然，求解功地問題時，還要注意具體問題具體分析。如上面的第3例，就相對復雜一些。如果認為所求為狹義的功，S取質心位移，是做了功，但結論仍然是難以令人接受的。下面我們來這樣一個處理：將復雜的形變物體（人）看

23、成這樣一個相對理想的組合：剛性物體下面連接一壓縮的彈簧（如圖11所示），人每一次蹬梯，腿伸直將軀體重心上舉，等效為彈簧將剛性物體舉起。這樣，我們就不難發(fā)現(xiàn)，做功的是人的雙腿而非地面，人既是輸出能量（生物能）的機構，也是得到能量（機械能）的機構這里的物理情形更象是一種生物情形。本題所求的功應理解為廣義功為宜。以上四例有一些共同的特點：要么，受力物體情形比較復雜（形變，不能簡單地看成一個質點。如第2、第3、第4例），要么，施力者和受力者之間的能量轉化不是封閉的（涉及到第三方，或機械能以外的形式。如第1例）。以后，當遇到這樣的問題時，需要我們慎重對待。（學生活動）思考：足夠長的水平傳送帶維持勻速v運

24、轉。將一袋貨物無初速地放上去，在貨物達到速度v之前，與傳送帶的摩擦力大小為f，對地的位移為S。試問：求摩擦力的功時，是否可以用W=fS？解：按一般的理解，這里應指廣義的功（對應傳送帶引擎輸出的能量），所以“位移”取作用點的位移。注意，在此處有一個隱含的“交換作用點”的問題，仔細分析，不難發(fā)現(xiàn)，每一個（相對皮帶不動的）作用點的位移為2S。（另解：求貨物動能的增加和與皮帶摩擦生熱的總和。）答：否。（學生活動）思考：如圖12所示，人站在船上，通過拉一根固定在鐵樁的纜繩使船靠岸。試問：纜繩是否對船和人的系統(tǒng)做功？解：分析同上面的“第3例”。答：否。六、機械能守恒與運動合成（分解）的綜合物理情形：如圖1

25、3所示，直角形的剛性桿被固定，水平和豎直部分均足夠長。質量分別為m1和m2的A、B兩個有孔小球，串在桿上，且被長為L的輕繩相連。忽略兩球的大小，初態(tài)時，認為它們的位置在同一高度，且繩處于拉直狀態(tài)?，F(xiàn)無初速地將系統(tǒng)釋放，忽略一切摩擦，試求B球運動L/2時的速度v2。模型分析：A、B系統(tǒng)機械能守恒。A、B兩球的瞬時速度不等，其關系可據(jù)“第三部分”知識介紹的定式（滑輪小船）去尋求。（學生活動）A球的機械能是否守恒？B球的機械能是否守恒？系統(tǒng)機械能守恒的理由是什么（兩法分析：a、“微元法”判斷兩個WT的代數(shù)和為零；b、無非彈性碰撞，無摩擦，沒有其它形式能的生成）？由“拓展條件”可以判斷，A、B系統(tǒng)機械

26、能守恒，（設末態(tài)A球的瞬時速率為v1）過程的方程為：m2g=+在末態(tài)，繩與水平桿的瞬時夾角為30，設繩子的瞬時遷移速率為v，根據(jù)“第三部分”知識介紹的定式，有：v1=v/cos30,v2=v/sin30兩式合并成：v1=v2tg30=v2/解、兩式，得：v2=七、動量和能量的綜合（一）物理情形：如圖14所示，兩根長度均為L的剛性輕桿，一端通過質量為m的球形鉸鏈連接，另一端分別與質量為m和2m的小球相連。將此裝置的兩桿合攏，鉸鏈在上、豎直地放在水平桌面上，然后輕敲一下，使兩小球向兩邊滑動，但兩桿始終保持在豎直平面內。忽略一切摩擦，試求：兩桿夾角為90時，質量為2m的小球的速度v2。模型分析：三球

27、系統(tǒng)機械能守恒、水平方向動量守恒，并注意約束關系兩桿不可伸長。（學生活動）初步判斷：左邊小球和球形鉸鏈的速度方向會怎樣？設末態(tài)（桿夾角90）左邊小球的速度為v1（方向：水平向左），球形鉸鏈的速度為v（方向：和豎直方向夾角斜向左），對題設過程，三球系統(tǒng)機械能守恒，有：mg(L-L)=m+mv2+2m三球系統(tǒng)水平方向動量守恒，有：mv1+mvsin=2mv2左邊桿子不形變，有：v1cos45=vcos(45-)右邊桿子不形變，有：vcos(45+)=v2cos45四個方程，解四個未知量（v1、v2、v和），是可行的。推薦解方程的步驟如下1、兩式用v2替代v1和v，代入式，解值，得：tg=1/42、

28、在回到、兩式，得：v1=v2,v=v23、將v1、v的替代式代入式解v2即可。結果：v2=（學生活動）思考：球形鉸鏈觸地前一瞬，左球、鉸鏈和右球的速度分別是多少？解：由兩桿不可形變，知三球的水平速度均為零，為零。一個能量方程足以解題。答：0、0。（學生活動）思考：當兩桿夾角為90時，右邊小球的位移是多少？解：水平方向用“反沖位移定式”，或水平方向用質心運動定律。答：。進階應用：在本講模型“四、反沖”的“進階應用”（見圖8）中，當質點m滑到方位角時（未脫離半球），質點的速度v的大小、方向怎樣？解說：此例綜合應用運動合成、動量守恒、機械能守恒知識，數(shù)學運算比較繁復，是一道考查學生各種能力和素質的難

29、題。據(jù)運動的合成，有：=+=-其中必然是沿地面向左的，為了書寫方便，我們設其大小為v2；必然是沿半球瞬時位置切線方向（垂直瞬時半徑）的，設大小為v相。根據(jù)矢量減法的三角形法則，可以得到（設大小為v1）的示意圖，如圖16所示。同時，我們將v1的x、y分量v1x和v1y也描繪在圖中。由圖可得：v1y=（v2+v1x）tg質點和半球系統(tǒng)水平方向動量守恒，有：Mv2=mv1x對題設過程，質點和半球系統(tǒng)機械能守恒，有：mgR(1-cos)=M+m，即：mgR(1-cos)=M+m（+）三個方程，解三個未知量（v2、v1x、v1y）是可行的，但數(shù)學運算繁復，推薦步驟如下1、由、式得：v1x=v2，v1y=

30、(tg)v22、代入式解v2，得：v2=3、由=+解v1，得：v1=v1的方向：和水平方向成角，=arctg=arctg（）這就是最后的解。一個附屬結果：質點相對半球的瞬時角速度=。八、動量和能量的綜合（二）物理情形：如圖17所示，在光滑的水平面上，質量為M=1kg的平板車左端放有質量為m=2kg的鐵塊，鐵塊與車之間的摩擦因素=0.5。開始時，車和鐵塊以共同速度v=6m/s向右運動，車與右邊的墻壁發(fā)生正碰，且碰撞是彈性的。車身足夠長，使鐵塊不能和墻相碰。重力加速度g=10m/s2，試求：1、鐵塊相對車運動的總路程；2、平板車第一次碰墻后所走的總路程。模型分析：本模型介紹有兩對相互作用時的處理常

31、規(guī)。能量關系介紹摩擦生熱定式的應用。由于過程比較復雜，動量分析還要輔助以動力學分析，綜合程度較高。由于車與墻壁的作用時短促而激烈的，而鐵塊和車的作用是舒緩而柔和的，當兩對作用同時發(fā)生時，通常處理成“讓短時作用完畢后，長時作用才開始”（這樣可以使問題簡化）。在此處，車與墻壁碰撞時，可以認為鐵塊與車的作用尚未發(fā)生，而是在車與墻作用完了之后，才開始與鐵塊作用。規(guī)定向右為正向，將矢量運算化為代數(shù)運算。車第一次碰墻后，車速變?yōu)関，然后與速度仍為v的鐵塊作用，動量守恒，作用完畢后，共同速度v1=，因方向為正，必朝墻運動。（學生活動）車會不會達共同速度之前碰墻？動力學分析：車離墻的最大位移S=,反向加速的位

32、移S=，其中a=a1=，故SS，所以，車碰墻之前，必然已和鐵塊達到共同速度v1。車第二次碰墻后，車速變?yōu)関1，然后與速度仍為v1的鐵塊作用，動量守恒，作用完畢后，共同速度v2=，因方向為正，必朝墻運動。車第三次碰墻，共同速度v3=，朝墻運動。以此類推，我們可以概括鐵塊和車的運動情況鐵塊：勻減速向右勻速向右勻減速向右勻速向右平板車：勻減速向左勻加速向右勻速向右勻減速向左勻加速向右勻速向右顯然，只要車和鐵塊還有共同速度，它們總是要碰墻，所以最后的穩(wěn)定狀態(tài)是：它們一起停在墻角（總的末動能為零）。1、全程能量關系：對鐵塊和車系統(tǒng)，Ek=E內，且，E內=f滑S相，即：（m+M）v2=mgS相代入數(shù)字得：

33、S相=5.4m2、平板車向右運動時比較復雜，只要去每次向左運動的路程的兩倍即可。而向左是勻減速的，故第一次：S1=第二次：S2=第三次：S3=n次碰墻的總路程是：S=2（S1+S2+S3+Sn）=（1+）=（1+）碰墻次數(shù)n，代入其它數(shù)字，得：S=4.05m（學生活動）質量為M、程度為L的木板固定在光滑水平面上，另一個質量為m的滑塊以水平初速v0沖上木板，恰好能從木板的另一端滑下。現(xiàn)解除木板的固定（但無初速），讓相同的滑塊再次沖上木板，要求它仍能從另一端滑下，其初速度應為多少？解：由第一過程，得滑動摩擦力f=。第二過程應綜合動量和能量關系（“恰滑下”的臨界是：滑塊達木板的另一端，和木板具有共同

34、速度，設為v），設新的初速度為m=（m+M）vm-（m+M）v2=fL解以上三式即可。答：=v0。第三講典型例題解析教材范本：龔霞玲主編奧林匹克物理思維訓練教材，知識出版社，20XX年8月第一版。例題選講針對“教材”第七、第八章的部分例題和習題。第一部分 力物體的平衡第一講 力的處理一、矢量的運算1、加法表達： + = 。名詞：為“和矢量”。法則：平行四邊形法則。如圖1所示。和矢量大?。篶 = ，其中為和的夾角。和矢量方向：在、之間，和夾角= arcsin2、減法表達： = 。名詞：為“被減數(shù)矢量”，為“減數(shù)矢量”，為“差矢量”。法則：三角形法則。如圖2所示。將被減數(shù)矢量和減數(shù)矢量的起始端平移

35、到一點，然后連接兩時量末端，指向被減數(shù)時量的時量，即是差矢量。差矢量大?。篴 = ，其中為和的夾角。差矢量的方向可以用正弦定理求得。一條直線上的矢量運算是平行四邊形和三角形法則的特例。例題：已知質點做勻速率圓周運動，半徑為R ，周期為T ，求它在T內和在T內的平均加速度大小。解說：如圖3所示，A到B點對應T的過程，A到C點對應T的過程。這三點的速度矢量分別設為、和。根據(jù)加速度的定義 = 得：= ，= 由于有兩處涉及矢量減法，設兩個差矢量 = ，= ，根據(jù)三角形法則，它們在圖3中的大小、方向已繪出（的“三角形”已被拉伸成一條直線）。本題只關心各矢量的大小，顯然： = = = ，且： = = ，

36、= 2= 所以：= = = ，= = = 。（學生活動）觀察與思考：這兩個加速度是否相等，勻速率圓周運動是不是勻變速運動？答：否；不是。3、乘法矢量的乘法有兩種：叉乘和點乘，和代數(shù)的乘法有著質的不同。 叉乘表達： = 名詞：稱“矢量的叉積”，它是一個新的矢量。叉積的大小：c = absin，其中為和的夾角。意義：的大小對應由和作成的平行四邊形的面積。叉積的方向：垂直和確定的平面，并由右手螺旋定則確定方向，如圖4所示。顯然，但有：= 點乘表達： = c名詞：c稱“矢量的點積”，它不再是一個矢量，而是一個標量。點積的大?。篶 = abcos，其中為和的夾角。二、共點力的合成1、平行四邊形法則與矢量

37、表達式2、一般平行四邊形的合力與分力的求法余弦定理（或分割成Rt）解合力的大小正弦定理解方向三、力的分解1、按效果分解2、按需要正交分解第二講 物體的平衡一、共點力平衡1、特征：質心無加速度。2、條件： = 0 ，或 = 0 ， = 0例題：如圖5所示，長為L 、粗細不均勻的橫桿被兩根輕繩水平懸掛，繩子與水平方向的夾角在圖上已標示，求橫桿的重心位置。解說：直接用三力共點的知識解題，幾何關系比較簡單。答案：距棒的左端L/4處。（學生活動）思考：放在斜面上的均質長方體，按實際情況分析受力，斜面的支持力會通過長方體的重心嗎？解：將各處的支持力歸納成一個N ，則長方體受三個力（G 、f 、N）必共點，

38、由此推知，N不可能通過長方體的重心。正確受力情形如圖6所示（通常的受力圖是將受力物體看成一個點，這時，N就過重心了）。答：不會。二、轉動平衡1、特征：物體無轉動加速度。2、條件：= 0 ，或M+ =M- 如果物體靜止，肯定會同時滿足兩種平衡，因此用兩種思路均可解題。3、非共點力的合成大小和方向：遵從一條直線矢量合成法則。作用點：先假定一個等效作用點，然后讓所有的平行力對這個作用點的和力矩為零。 第三講 習題課1、如圖7所示，在固定的、傾角為斜面上，有一塊可以轉動的夾板（不定），夾板和斜面夾著一個質量為m的光滑均質球體，試求：取何值時，夾板對球的彈力最小。解說：法一，平行四邊形動態(tài)處理。對球體進

39、行受力分析，然后對平行四邊形中的矢量G和N1進行平移，使它們構成一個三角形，如圖8的左圖和中圖所示。由于G的大小和方向均不變，而N1的方向不可變，當增大導致N2的方向改變時，N2的變化和N1的方向變化如圖8的右圖所示。顯然，隨著增大，N1單調減小，而N2的大小先減小后增大，當N2垂直N1時，N2取極小值，且N2min = Gsin。法二，函數(shù)法?？磮D8的中間圖，對這個三角形用正弦定理，有： = ，即：N2 = ，在0到180之間取值，N2的極值討論是很容易的。答案：當= 90時，甲板的彈力最小。2、把一個重為G的物體用一個水平推力F壓在豎直的足夠高的墻壁上，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖9所示，則在

40、t = 0開始物體所受的摩擦力f的變化圖線是圖10中的哪一個？解說：靜力學旨在解決靜態(tài)問題和準靜態(tài)過程的問題，但本題是一個例外。物體在豎直方向的運動先加速后減速，平衡方程不再適用。如何避開牛頓第二定律，是本題授課時的難點。靜力學的知識，本題在于區(qū)分兩種摩擦的不同判據(jù)。水平方向合力為零，得：支持力N持續(xù)增大。物體在運動時，滑動摩擦力f = N ，必持續(xù)增大。但物體在靜止后靜摩擦力f G ，與N沒有關系。對運動過程加以分析，物體必有加速和減速兩個過程。據(jù)物理常識，加速時，f G ，而在減速時f G 。答案：B 。3、如圖11所示，一個重量為G的小球套在豎直放置的、半徑為R的光滑大環(huán)上，另一輕質彈簧

41、的勁度系數(shù)為k ，自由長度為L（L2R），一端固定在大圓環(huán)的頂點A ，另一端與小球相連。環(huán)靜止平衡時位于大環(huán)上的B點。試求彈簧與豎直方向的夾角。解說：平行四邊形的三個矢量總是可以平移到一個三角形中去討論，解三角形的典型思路有三種：分割成直角三角形（或本來就是直角三角形）；利用正、余弦定理；利用力學矢量三角形和某空間位置三角形相似。本題旨在貫徹第三種思路。分析小球受力矢量平移，如圖12所示，其中F表示彈簧彈力，N表示大環(huán)的支持力。（學生活動）思考：支持力N可不可以沿圖12中的反方向？（正交分解看水平方向平衡不可以。）容易判斷，圖中的灰色矢量三角形和空間位置三角形AOB是相似的，所以： 由胡克定律

42、：F = k（- R） 幾何關系：= 2Rcos 解以上三式即可。答案：arccos 。（學生活動）思考：若將彈簧換成勁度系數(shù)k較大的彈簧，其它條件不變，則彈簧彈力怎么變？環(huán)的支持力怎么變？答：變?。徊蛔?。（學生活動）反饋練習：光滑半球固定在水平面上，球心O的正上方有一定滑輪，一根輕繩跨過滑輪將一小球從圖13所示的A位置開始緩慢拉至B位置。試判斷：在此過程中，繩子的拉力T和球面支持力N怎樣變化？解：和上題完全相同。答：T變小，N不變。4、如圖14所示，一個半徑為R的非均質圓球，其重心不在球心O點，先將它置于水平地面上，平衡時球面上的A點和地面接觸；再將它置于傾角為30的粗糙斜面上，平衡時球面上

43、的B點與斜面接觸，已知A到B的圓心角也為30。試求球體的重心C到球心O的距離。解說：練習三力共點的應用。根據(jù)在平面上的平衡，可知重心C在OA連線上。根據(jù)在斜面上的平衡，支持力、重力和靜摩擦力共點，可以畫出重心的具體位置。幾何計算比較簡單。答案：R 。（學生活動）反饋練習：靜摩擦足夠，將長為a 、厚為b的磚塊碼在傾角為的斜面上，最多能碼多少塊？解：三力共點知識應用。答： 。4、兩根等長的細線，一端拴在同一懸點O上，另一端各系一個小球，兩球的質量分別為m1和m2 ，已知兩球間存在大小相等、方向相反的斥力而使兩線張開一定角度，分別為45和30，如圖15所示。則m1 : m2為多少？解說：本題考查正弦

44、定理、或力矩平衡解靜力學問題。對兩球進行受力分析，并進行矢量平移，如圖16所示。首先注意，圖16中的灰色三角形是等腰三角形，兩底角相等，設為。而且，兩球相互作用的斥力方向相反，大小相等，可用同一字母表示，設為F 。對左邊的矢量三角形用正弦定理，有： = 同理，對右邊的矢量三角形，有： = 解兩式即可。答案：1 ： 。（學生活動）思考：解本題是否還有其它的方法？答：有將模型看成用輕桿連成的兩小球，而將O點看成轉軸，兩球的重力對O的力矩必然是平衡的。這種方法更直接、簡便。應用：若原題中繩長不等，而是l1 ：l2 = 3 ：2 ，其它條件不變，m1與m2的比值又將是多少？解：此時用共點力平衡更加復雜

45、（多一個正弦定理方程），而用力矩平衡則幾乎和“思考”完全相同。答：2 ：3 。5、如圖17所示，一個半徑為R的均質金屬球上固定著一根長為L的輕質細桿，細桿的左端用鉸鏈與墻壁相連，球下邊墊上一塊木板后，細桿恰好水平，而木板下面是光滑的水平面。由于金屬球和木板之間有摩擦（已知摩擦因素為），所以要將木板從球下面向右抽出時，至少需要大小為F的水平拉力。試問：現(xiàn)要將木板繼續(xù)向左插進一些，至少需要多大的水平推力？解說：這是一個典型的力矩平衡的例題。以球和桿為對象，研究其對轉軸O的轉動平衡，設木板拉出時給球體的摩擦力為f ，支持力為N ，重力為G ，力矩平衡方程為：f R + N（R + L）= G（R +

46、 L） 球和板已相對滑動，故：f = N 解可得：f = 再看木板的平衡，F(xiàn) = f 。同理，木板插進去時，球體和木板之間的摩擦f= = F。答案： 。第四講 摩擦角及其它一、摩擦角1、全反力：接觸面給物體的摩擦力與支持力的合力稱全反力，一般用R表示，亦稱接觸反力。2、摩擦角：全反力與支持力的最大夾角稱摩擦角，一般用m表示。此時，要么物體已經(jīng)滑動，必有：m = arctg（為動摩擦因素），稱動摩擦力角；要么物體達到最大運動趨勢，必有：ms = arctgs（s為靜摩擦因素），稱靜摩擦角。通常處理為m = ms 。3、引入全反力和摩擦角的意義：使分析處理物體受力時更方便、更簡捷。二、隔離法與整體

47、法1、隔離法：當物體對象有兩個或兩個以上時，有必要各個擊破，逐個講每個個體隔離開來分析處理，稱隔離法。在處理各隔離方程之間的聯(lián)系時，應注意相互作用力的大小和方向關系。2、整體法：當各個體均處于平衡狀態(tài)時，我們可以不顧個體的差異而講多個對象看成一個整體進行分析處理，稱整體法。應用整體法時應注意“系統(tǒng)”、“內力”和“外力”的涵義。三、應用1、物體放在水平面上，用與水平方向成30的力拉物體時，物體勻速前進。若此力大小不變，改為沿水平方向拉物體，物體仍能勻速前進，求物體與水平面之間的動摩擦因素。解說：這是一個能顯示摩擦角解題優(yōu)越性的題目。可以通過不同解法的比較讓學生留下深刻印象。法一，正交分解。（學生

48、分析受力列方程得結果。）法二，用摩擦角解題。引進全反力R ，對物體兩個平衡狀態(tài)進行受力分析，再進行矢量平移，得到圖18中的左圖和中間圖（注意：重力G是不變的，而全反力R的方向不變、F的大小不變），m指摩擦角。再將兩圖重疊成圖18的右圖。由于灰色的三角形是一個頂角為30的等腰三角形，其頂角的角平分線必垂直底邊故有：m = 15。最后，= tgm 。答案：0.268 。（學生活動）思考：如果F的大小是可以選擇的，那么能維持物體勻速前進的最小F值是多少？解：見圖18，右圖中虛線的長度即Fmin ，所以，F(xiàn)min = Gsinm 。答：Gsin15（其中G為物體的重量）。2、如圖19所示，質量m =

49、5kg的物體置于一粗糙斜面上，并用一平行斜面的、大小F = 30N的推力推物體，使物體能夠沿斜面向上勻速運動，而斜面體始終靜止。已知斜面的質量M = 10kg ，傾角為30，重力加速度g = 10m/s2 ，求地面對斜面體的摩擦力大小。解說：本題旨在顯示整體法的解題的優(yōu)越性。法一，隔離法。簡要介紹法二，整體法。注意，滑塊和斜面隨有相對運動，但從平衡的角度看，它們是完全等價的，可以看成一個整體。做整體的受力分析時，內力不加考慮。受力分析比較簡單，列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。答案：26.0N 。（學生活動）地面給斜面體的支持力是多少？解：略。答：135N 。應用：如圖20所示，一上表面粗

50、糙的斜面體上放在光滑的水平地面上，斜面的傾角為。另一質量為m的滑塊恰好能沿斜面勻速下滑。若用一推力F作用在滑塊上，使之能沿斜面勻速上滑，且要求斜面體靜止不動，就必須施加一個大小為P = 4mgsincos的水平推力作用于斜面體。使?jié)M足題意的這個F的大小和方向。解說：這是一道難度較大的靜力學題，可以動用一切可能的工具解題。法一：隔離法。由第一個物理情景易得，斜面于滑塊的摩擦因素= tg對第二個物理情景，分別隔離滑塊和斜面體分析受力，并將F沿斜面、垂直斜面分解成Fx和Fy ，滑塊與斜面之間的兩對相互作用力只用兩個字母表示（N表示正壓力和彈力，f表示摩擦力），如圖21所示。對滑塊，我們可以考查沿斜面

51、方向和垂直斜面方向的平衡Fx = f + mgsinFy + mgcos= N且 f = N = Ntg綜合以上三式得到：Fx = Fytg+ 2mgsin 對斜面體，只看水平方向平衡就行了P = fcos+ Nsin即：4mgsincos=Ncos+ Nsin代入值，化簡得：Fy = mgcos 代入可得：Fx = 3mgsin最后由F =解F的大小，由tg= 解F的方向（設為F和斜面的夾角）。答案：大小為F = mg，方向和斜面夾角= arctg()指向斜面內部。法二：引入摩擦角和整體法觀念。仍然沿用“法一”中關于F的方向設置（見圖21中的角）。先看整體的水平方向平衡，有：Fcos(- )

52、 = P 再隔離滑塊，分析受力時引進全反力R和摩擦角，由于簡化后只有三個力（R、mg和F），可以將矢量平移后構成一個三角形，如圖22所示。在圖22右邊的矢量三角形中，有： = = 注意：= arctg= arctg(tg) = 解式可得F和的值。第二部分牛頓運動定律第一講牛頓三定律一、牛頓第一定律1、定律，慣性的量度2、觀念意義，突破“初態(tài)困惑”二、牛頓第二定律1、定律2、理解要點a、矢量性b、獨立作用性：Fa，F(xiàn)xaxc、瞬時性。合力可突變，故加速度可突變（與之對比：速度和位移不可突變）；牛頓第二定律展示了加速度的決定式（加速度的定義式僅僅展示了加速度的“測量手段”）。3、適用條件a、宏觀、

53、低速b、慣性系對于非慣性系的定律修正引入慣性力、參與受力分析三、牛頓第三定律1、定律2、理解要點a、同性質（但不同物體）b、等時效（同增同減）c、無條件（與運動狀態(tài)、空間選擇無關）第二講牛頓定律的應用一、牛頓第一、第二定律的應用單獨應用牛頓第一定律的物理問題比較少，一般是需要用其解決物理問題中的某一個環(huán)節(jié)。應用要點：合力為零時，物體靠慣性維持原有運動狀態(tài)；只有物體有加速度時才需要合力。有質量的物體才有慣性。a可以突變而v、s不可突變。1、如圖1所示，在馬達的驅動下，皮帶運輸機上方的皮帶以恒定的速度向右運動?，F(xiàn)將一工件（大小不計）在皮帶左端A點輕輕放下，則在此后的過程中（）A、一段時間內，工件將

54、在滑動摩擦力作用下，對地做加速運動B、當工件的速度等于v時，它與皮帶之間的摩擦力變?yōu)殪o摩擦力C、當工件相對皮帶靜止時，它位于皮帶上A點右側的某一點D、工件在皮帶上有可能不存在與皮帶相對靜止的狀態(tài)解說：B選項需要用到牛頓第一定律，A、C、D選項用到牛頓第二定律。較難突破的是A選項，在為什么不會“立即跟上皮帶”的問題上，建議使用反證法（t0，a，則Fx，必然會出現(xiàn)“供不應求”的局面）和比較法（為什么人跳上速度不大的物體可以不發(fā)生相對滑動？因為人是可以形變、重心可以調節(jié)的特殊“物體”）此外，本題的D選項還要用到勻變速運動規(guī)律。用勻變速運動規(guī)律和牛頓第二定律不難得出只有當L時（其中為工件與皮帶之間的動

55、摩擦因素），才有相對靜止的過程，否則沒有。答案：A、D思考：令L=10m，v=2m/s，=0.2，g取10m/s2，試求工件到達皮帶右端的時間t（過程略，答案為5.5s）進階練習：在上面“思考”題中，將工件給予一水平向右的初速v0，其它條件不變，再求t（學生分以下三組進行）v0=1m/s(答：0.5+37/8=5.13s)v0=4m/s(答：1.0+3.5=4.5s)v0=1m/s(答：1.55s)2、質量均為m的兩只鉤碼A和B，用輕彈簧和輕繩連接，然后掛在天花板上，如圖2所示。試問：如果在P處剪斷細繩，在剪斷瞬時，B的加速度是多少？如果在Q處剪斷彈簧，在剪斷瞬時，B的加速度又是多少？解說：第

56、問是常規(guī)處理。由于“彈簧不會立即發(fā)生形變”，故剪斷瞬間彈簧彈力維持原值，所以此時B鉤碼的加速度為零（A的加速度則為2g）。第問需要我們反省這樣一個問題：“彈簧不會立即發(fā)生形變”的原因是什么？是A、B兩物的慣性，且速度v和位移s不能突變。但在Q點剪斷彈簧時，彈簧卻是沒有慣性的（沒有質量），遵從理想模型的條件，彈簧應在一瞬間恢復原長！即彈簧彈力突變?yōu)榱?。答案?；g。二、牛頓第二定律的應用應用要點：受力較少時，直接應用牛頓第二定律的“矢量性”解題。受力比較多時，結合正交分解與“獨立作用性”解題。在難度方面，“瞬時性”問題相對較大。1、滑塊在固定、光滑、傾角為的斜面上下滑，試求其加速度。解說：受力分

57、析根據(jù)“矢量性”定合力方向牛頓第二定律應用答案：gsin。思考：如果斜面解除固定，上表仍光滑，傾角仍為，要求滑塊與斜面相對靜止，斜面應具備一個多大的水平加速度？（解題思路完全相同，研究對象仍為滑塊。但在第二環(huán)節(jié)上應注意區(qū)別。答：gtg。）進階練習1：在一向右運動的車廂中，用細繩懸掛的小球呈現(xiàn)如圖3所示的穩(wěn)定狀態(tài)，試求車廂的加速度。（和“思考”題同理，答：gtg。）進階練習2、如圖4所示，小車在傾角為的斜面上勻加速運動，車廂頂用細繩懸掛一小球，發(fā)現(xiàn)懸繩與豎直方向形成一個穩(wěn)定的夾角。試求小車的加速度。解：繼續(xù)貫徹“矢量性”的應用，但數(shù)學處理復雜了一些（正弦定理解三角形）。分析小球受力后，根據(jù)“矢量

58、性”我們可以做如圖5所示的平行四邊形，并找到相應的夾角。設張力T與斜面方向的夾角為，則=（90+）-=90-（-）（1）對灰色三角形用正弦定理，有=（2）解（1）（2）兩式得：F=最后運用牛頓第二定律即可求小球加速度（即小車加速度）答：。2、如圖6所示，光滑斜面傾角為，在水平地面上加速運動。斜面上用一條與斜面平行的細繩系一質量為m的小球，當斜面加速度為a時（actg），小球能夠保持相對斜面靜止。試求此時繩子的張力T。解說：當力的個數(shù)較多，不能直接用平行四邊形尋求合力時，宜用正交分解處理受力，在對應牛頓第二定律的“獨立作用性”列方程。正交坐標的選擇，視解題方便程度而定。解法一：先介紹一般的思路。

59、沿加速度a方向建x軸，與a垂直的方向上建y軸，如圖7所示（N為斜面支持力）。于是可得兩方程Fx=ma，即TxNx=maFy=0，即Ty+Ny=mg代入方位角，以上兩式成為TcosNsin=ma（1）Tsin+Ncos=mg（2）這是一個關于T和N的方程組，解（1）（2）兩式得：T=mgsin+macos解法二：下面嘗試一下能否獨立地解張力T。將正交分解的坐標選擇為：x斜面方向，y和斜面垂直的方向。這時，在分解受力時，只分解重力G就行了，但值得注意，加速度a不在任何一個坐標軸上，是需要分解的。矢量分解后，如圖8所示。根據(jù)獨立作用性原理，F(xiàn)x=max即：TGx=max即：Tmgsin=macos顯

60、然，獨立解T值是成功的。結果與解法一相同。答案：mgsin+macos思考：當actg時，張力T的結果會變化嗎？（從支持力的結果N=mgcosmasin看小球脫離斜面的條件，求脫離斜面后，條件已沒有意義。答：T=m。）學生活動：用正交分解法解本節(jié)第2題“進階練習2”進階練習：如圖9所示，自動扶梯與地面的夾角為30，但扶梯的臺階是水平的。當扶梯以a=4m/s2的加速度向上運動時，站在扶梯上質量為60kg的人相對扶梯靜止。重力加速度g=10m/s2，試求扶梯對人的靜摩擦力f。解：這是一個展示獨立作用性原理的經(jīng)典例題，建議學生選擇兩種坐標（一種是沿a方向和垂直a方向，另一種是水平和豎直方向），對比解