高中物理奥赛方法清晰版Word下载.docx
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M+m
例2：
用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如图1—2所示，今对小球a持续施加一个向左偏下30°
的恒力，并对小球b持续施加一个向右偏上30°
的同样大小的恒力，最后达到平衡，表示平衡状态的图可能是（）
表示平衡状态的图是哪一个，关键是要求出两条轻质细绳对小球a和小球b的拉力的方向，只要拉力方向求出后，。
图就确定了。
整体法第1页（共13页）
先以小球a、b及连线组成的系统为研究对象，系统共受五个力的作用，即两个重力（ma+mb）g，作用在两个小球上的恒力Fa、Fb和上端细线对系统的拉力T1。
因为系统处于平衡状态，所受合力必为零，由于Fa、Fb大小相等，方向相反，可以抵消，而（ma+mb）g的方向竖直向下，所以悬线对系统的拉力T1的方向必然竖直向上。
再以b球为研究对象，b球在重力mbg、恒力Fb和连线拉力T2三个力的作用下处于平衡状态，已知恒力向右偏上30°
，重力竖直向下，所以平衡时连线拉力T2的方向必与恒力Fb和重力mbg的合力方向相反，如图所示，故应选A。
例3：
有一个直角架AOB，OA水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑，OA上套有小环P，OB上套有小环Q，两个环的质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不何伸长的细绳相连，并在某一位置平衡，如图1—4所示。
现将P环向左移动一段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后
的平衡状态和原来的平衡状态相比，OA杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情
况是（）
A．N不变，T变大B．N不变，T变小
C．N变大，T变小D．N变大，T变大
先把P、Q看成一个整体，受力如图1—4—甲所示，则绳对两环的拉力为内力，不必考虑，又因OB杆光滑，则杆在竖直方向上对Q无力的作用，所以整体在竖直方向上只受重力和OA杆对它的支持力，所以N不变，始终等于P、Q的重力之和。
再以Q为研究对象，因OB杆光滑，所以细绳拉力的竖直分量等于Q环的重力，当P环向左移动一段距离后，发现细绳和竖直方向夹角a变小，所以在细绳拉力的竖直分量不变的情况下，拉力T应变小。
由以上分析可知应选B。
例4：
如图1—5所示，质量为M的劈块，其左右劈面的倾角分别为θ1=30°
、θ2=45°
，质量分别为m1=3kg和m2=2.0kg的两物块，同时分别从左右劈面的顶端从静止开始下滑，劈块始终与水平面保持相对静止，各相互接触面之间的动摩擦因数均为μ=0.20，求两物块下滑过程中（m1和m2均未达到底端）劈块受到地面的摩擦力。
（g=10m/s2）
选M、m1和m2构成的整体为研究对象，把在相同时间内，M保持静止，m1和m2分别以不同的加速度下滑三个过程视为一个整体过程来研究。
根据各种性质的力产生的条件，在水平方向，整体除受到地面的静摩擦力外，不可能再受到其他力；
如果受到静摩擦力，那么此力便是整体在水平方向受到的合外力。
整体法第2页（共13页）
根据系统牛顿第二定律，取水平向左的方向为正方向，则有：
F合x=Ma′+m1a1x－m2a2x
其中a′、a1x和a2x分别为M、m1和m2在水平方向的加速度的大小，而a′=0，a1x=g（sin30°
－μcos30°
）⋅cos30°
，a2x=g（sin45°
－μcos45°
）⋅cos45°
。
所以：
F合=m1g（sin30°
－m2g（sin45°
=3×
10×
（12－0.2×
23）×
23－2.0×
（22－0.3×
22）×
22=－2.3N
负号表示整体在水平方向受到的合外力的方向与选定的正方向相反。
所以劈块受到地面的摩擦力的大小为2。
3N，方向水平向右。
例5：
如图1—6所示，质量为M的平板小车放在倾角为θ的光滑斜面上（斜面固定），一质量为m的人在车上沿平板向下运动时，车恰好静止，求人的加速度。
以人、车整体为研究对象，根据系统牛顿运动定律求解。
如图1—6—甲，由系统牛顿第二定律得：
（M+m）gsinθ=ma
解得人的加速度为a=M+mgsinθm
例6：
如图1—7所示，质量M=10kg的木块ABC
静置于粗糙的水平地面上，滑动摩擦因数μ=0.02，在木块的倾角θ为30°
的斜面上，有一质量m=1.0kg的物块静止开始沿斜面下滑，当滑行路程s=1.4m时，其速度v=1.4m/s，在这个过程中木块没有动，求地面对木块的摩擦力的大小和方向。
（重力加速度取g=10/s2）
物块m由静止开始沿木块的斜面下滑，受重力、弹力、摩擦力，在这三个恒力的作用下做匀加速直线运动，由运动学公式可以求出下滑的加速度，物块m是处于不平衡状态，说明木块M一定受到地面给它的摩察力，其大小、方向可根据力的平衡条件求解。
此题也可以将物块m、木块M视为一个整体，根据系统的牛顿第二定律求解。
整体法第3页（共13页）
由运动学公式得物块m沿斜面下滑的加速度：
v2t−v02
=
v2t
1.42
=0.7m/s
2
2s
2⋅1.4
以m和M为研究对象，受力如图1—7—甲所示。
由系统的牛顿第二定律可解得地面对木块M的摩擦力为f=macosθ=0.61N，方向水平向左。
例7：
有一轻质木板AB长为L，A端用铰链固定在竖直墙上，另一端用水平轻绳CB拉住。
板上依次放着A、B、C三个圆柱体，半径均为r，重均为G，木板与墙的夹角为θ，如图1—8所示，不计一切摩擦，求BC绳上的张力。
以木板为研究对象，木板处于力矩平衡状态，若分别以圆柱体A、B、C为研究对象，求A、B、C对木板的压力，非常麻烦，且容易出错。
若将A、B、C整体作为研究对象，则会使问题简单化。
以A、B、C整体为研究对象，整体受到重力3G、木板的支持力F和墙对整体的支持力FN，其中重力的方向竖直向下，如图1—8—甲所示。
合重力经过圆柱B的轴心，墙的支持力FN垂直于墙面，并经过圆柱C的轴心，木板给的支持力F垂直于木板。
由于整体处于平衡状态，此三力不平行必共点，即木板给的支持力F必然过合重力墙的支持力FN的交点。
根据共点力平衡的条件：
ΣF=0，可得：
F=sin3Gθ。
由几何关系可求出F的力臂L=2rsin2θ+
r
+r·
cotθ
sinθ
以木板为研究对象，受力如图1—8—乙所示，选A点为
转轴，根据力矩平衡条件ΣM=0
，有：
F⋅L=T⋅Lcosθ
3Gr（2sin
2θ+
1
+cotθ）
sin
θ
即：
=T⋅Lcosθ
解得绳CB的张力：
T=
3Gr
（2tanθ+
1+cosθ
）
图1—8乙
L
sin2θ⋅cosθ
例8：
质量为1.0kg的小球从高20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m，小球与软垫接触的时间为1.0s，在接触时间内小球受合力的冲量大小为（空气阻
力不计，取g=10m/s2）（）
A．10N⋅sB．20N⋅sC．30N⋅sD．40N⋅s
小球从静止释放后，经下落、接触软垫、反弹上升三个过程后到达最高点。
动量没有变化，初、末动量均为零，如图1—9所示。
这时不要分开过程求解，而是要把小球运动的三个过程作为一个整体来求解。
设小球与软垫接触时间内小球受到合力的冲量大小为I，下落高度为H1，下落时间为t1，接触反弹上升的高度为H2，上
升的时间为t2，则以竖直向上为正方向，根据动量定理得：
图1—9
－mg⋅t1+I－mg⋅t2=0
整体法第4页（共13页）
而t1=
2H1
，t2=
2H2
g
故：
I=m（
2gH1+
2gH2）=30N⋅s
答案：
C
例9：
总质量为M的列车以匀速率v0在平直轨道上行驶，各车厢受的阻力都是车重
的k倍，而与车速无关。
某时刻列车后部质量为m的车厢脱钩，而机车的牵引力不变，则脱钩的车厢刚停下的瞬间，前面列车的速度是多少？
此题求脱钩的车厢刚停下的瞬间，前面列车的速度，就机车来说，在车厢脱钩后，开始做匀加速直线运动，而脱钩后的车厢做匀减速运动，由此可见，求机车的速度可用匀变速直线运动公式和牛顿第二定律求解。
现在若把整个列车当作一个整体，整个列车在脱钩前后所受合外力都为零，所以整个
列车动量守恒，因而可用动量守恒定律求解。
根据动量守恒定律，得：
Mv0=（M－m）V
V=Mv0
M−m
即脱钩的车厢刚停下的瞬间，前面列车的速度为Mv0。
【说明】显然此题用整体法以列车整体为研究对象，应用动量守恒定律求解比用运动学公式和牛顿第二定律求简单、快速。
例10：
总质量为M的列车沿水平直轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱钩，司机发觉时，机车已走了距离L，于是立即关闭油门，撤去牵引力，设运动中阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的，求，当列车两部分都静止时，它们的距离是多少？
本题若分别以机车和末节车厢为研究对象用运动学、牛顿第二定律求解，比较复杂，若以整体为研究对象，研究整个过程，则比较简单。
假设末节车厢刚脱钩时，机车就撤去牵引力，则机车与末节车厢同时减速，因为阻力与质量成正比，减速过程中它们的加速度相同，所以同时停止，它们之间无位移差。
事实是机车多走了距离L才关闭油门，相应的牵引力对机车多做了FL的功，这就要求机车相对于末节车厢多走一段距离S，依靠摩擦力做功，将因牵引力多做功而增加的动能消耗掉，使机车与末节车厢最后达到相同的静止状态。
所以有：
FL=f⋅S
其中F=μMg，f=μ（M－m）g
代入上式得两部分都静止时，它们之间的距离：
S=
ML
例11：
如图1—10所示，细绳绕过两个定滑轮A和B，在两端各挂个重为P的物体，现在A、B的中点C处挂一个重为Q的小球，Q＜2P，求小球可能下降的最大距离h。
已知AB的长为2L，不讲滑轮和绳之间的摩擦力及绳的质量。
整体法第5页（共13页）
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