第三部分曲线运动万有引力 第一讲基本知识介绍 曲线运动 1、概念、性质 2、参量特征 二、曲线运动的研究方法一一运动的分解与合成 1、法则与对象 2、两种分解的思路 a、固定坐标分解(适用于匀变速曲线运动) 建立坐标的一般模式一一沿加速度方向和垂直加速度方向建直角坐标:提高思想一一根据解题需 要建直角坐标或非直角坐标。 b、自然坐标分解(适用于变加速曲线运动) 基本常识:在考查点沿轨迹建立切向τ、法向n坐标,所有运动学矢量均沿这两个方向分解 动力学方程 ∑F=m,其中a改变速度的大小(速率,an改变速度的方向。且a= ∑Fn=mn 其中ρ表示轨迹在考查点的曲率半径。定量解题一般只涉及法向动力学方程。 两种典型的曲线运动 1、抛体运动(类抛体运动) 关于抛体运动的分析,和新课教材“平跑运动”的分析基本相同。在坐标的选择方面,有灵活处 理的余地 2、圆周运动 匀速圆周运动的处理:运动学参量v、ω、n、a、f、T之间的关系,向心力的寻求于合成:临界问 题的理解 变速圆周运动:使用自然坐标分析法,一般只考查法向方程。 四、万有引力定律 1、定律内容 2、条件 基本条件 b、拓展条件:球体(密度呈球对称分布)外部空间的拓展;球体(密度呈球对称分布)内部空间 的拓展 剥皮法则 c、不规则物体间的万有引力计算一一分割与矢量叠加 五、开普勒三定律 天体运动的本来模式与近似模式的差距,近似处理的依据。 六、宇宙速度、天体运动 1、第一宇宙速度的常规求法 2、从能量角度求第二、第三宇宙速度 万有引力势能Ep=-Gm r
1 第三部分 曲线运动 万有引力 第一讲 基本知识介绍 一、曲线运动 1、概念、性质 2、参量特征 二、曲线运动的研究方法——运动的分解与合成 1、法则与对象 2、两种分解的思路 a、固定坐标分解（适用于匀变速曲线运动） 建立坐标的一般模式——沿加速度方向和垂直加速度方向建直角坐标；提高思想——根据解题需 要建直角坐标或非直角坐标。 b、自然坐标分解（适用于变加速曲线运动） 基本常识：在考查点沿轨迹建立切向τ、法向 n 坐标，所有运动学矢量均沿这两个方向分解。 动力学方程 = = Fn ma n F ma ，其中 a 改变速度的大小（速率）， n a 改变速度的方向。且 n a = m 2 v ， 其中ρ表示轨迹在考查点的曲率半径。定量解题一般只涉及法向动力学方程。 三、两种典型的曲线运动 1、抛体运动（类抛体运动） 关于抛体运动的分析，和新课教材“平跑运动”的分析基本相同。在坐标的选择方面，有灵活处 理的余地。 2、圆周运动 匀速圆周运动的处理：运动学参量 v、ω、n、a、f、T 之间的关系，向心力的寻求于合成；临界问 题的理解。 变速圆周运动：使用自然坐标分析法，一般只考查法向方程。 四、万有引力定律 1、定律内容 2、条件 a、基本条件 b、拓展条件：球体（密度呈球对称分布）外部空间的拓展；球体（密度呈球对称分布）内部空间 的拓展——“剥皮法则” c、不规则物体间的万有引力计算——分割与矢量叠加 五、开普勒三定律 天体运动的本来模式与近似模式的差距，近似处理的依据。 六、宇宙速度、天体运动 1、第一宇宙速度的常规求法 2、从能量角度求第二、第三宇宙速度 万有引力势能 EP = －G r m1m2
3、解天体运动的本来模式时,应了解椭圆的数学常识 第二讲重要模型与专题 小船渡河 物理情形:在宽度为d的河中,水流速度v2恒定。岸边有一艘小船,保持相对河水恒定的速率v渡 河,但船头的方向可以选择。试求小船渡河的最短时间和最小位移。 模型分析:小船渡河的实际运动(相对河岸的运动)由船相对水流速度v和水相对河岸的速度v2合 成。可以设船头与河岸上游夹角为0(即v的方向),速度矢量合成如图1 (学生活动)用余弦定理可求合的大小 va=√v2+v2-2vv2cos (学生活动)用正弦定理可求v合的方向。令V合与河岸下游夹角为α,则 a arcsin 2v, v. cos e 1、求渡河的时间与最短时间 由于合运动合分运动具有等时性,故渡河时间既可以根据合运动求,也可以根据分运动去求。针对 这一思想,有以下两种解法 解法 s 其中v合可用正弦定理表达 d d/sin a 故有t= V, sin 0 v, sin 0 sin a d/sin e 解法二:t y S合 此外,结合静力学正交分解的思 想,我们也可以建立沿河岸合垂直9 河岸的坐标x、y,然后先将v分解 (v2无需分解),再合成,如图2所 示。而且不难看出,合运动在x、y 方向的分量vx和w与v在x、y方向的分量vx、vy以及v具有以下关系 Vy=V Vx=V2-VIx 由于合运动沿y方向的分量Sy≡d,故有 2
2 3、解天体运动的本来模式时，应了解椭圆的数学常识 第二讲 重要模型与专题 一、小船渡河 物理情形：在宽度为 d 的河中，水流速度 v2 恒定。岸边有一艘小船，保持相对河水恒定的速率 v1 渡 河，但船头的方向可以选择。试求小船渡河的最短时间和最小位移。 模型分析：小船渡河的实际运动（相对河岸的运动）由船相对水流速度 v1 和水相对河岸的速度 v2 合 成。可以设船头与河岸上游夹角为θ（即 v1 的方向），速度矢量合成如图 1 （学生活动）用余弦定理可求 v 合的大小 v 合= v + v − 2v1v2 cos 2 2 2 1 （学生活动）用正弦定理可求 v 合的方向。令 v 合与河岸下游夹角为α，则 α= arcsin + − v v 2v v cos v sin 1 2 2 2 2 1 1 1、求渡河的时间与最短时间 由于合运动合分运动具有等时性，故渡河时间既可以根据合运动求，也可以根据分运动去求。针对 这一思想，有以下两种解法 解法一： t = 合 合 v S 其中 v 合可用正弦定理表达， 故有 t = sin v sin d /sin 1 = v sin d 1 解法二： t = 1 1 v S = v1 d /sin = v sin d 1 此外，结合静力学正交分解的思 想，我们也可以建立沿河岸合垂直 河岸的坐标 x、y，然后先将 v1 分解 （v2 无需分解），再合成，如图 2 所 示。而且不难看出，合运动在 x、y 方向的分量 vx 和 vy 与 v1 在 x、y 方向的分量 v1x、v1y 以及 v2 具有以下关系 vy = v1y vx = v2 - v1x 由于合运动沿 y 方向的分量 Sy ≡ d ，故有
解法三:t Sydd t(0)函数既已得出,我们不难得出结论 当θ=90°时,渡河时间的最小值tmn (从“解法三”我们最容易理解t为什么与v2无关,故tmin也与v无关。这个结论是意味深长的。) 2、求渡河的位移和最小位移 在上面的讨论中,小船的位移事实上己经得出,即 dv?+v2-2v, cone sIn 但S(0)函数比较复杂,寻求S合的极小值并非易事。因此,我们可以从其它方面作一些努力 将S合沿x、y方向分解成Sx和Sy,因为Sy≡d,要S合极小,只要Sx极小就行了。而Sx(θ) 函数可以这样求 解法 (v2-vicos 8 d Sx=Vxt=(v2-VIx) v, sin e 为求极值,令cos0=p,则sin=√l-p2,再将上式两边平方、整理,得到 v:(S2+d2)p2-2v1v2d2p+d2v2-S2v2=0 这是一个关于p的一元二次方程,要p有解,须满足Δ≥0,即 4vivad'24vi(Sx+dd-v-Svi 整理得S2v2≥d2(V2-v2) 所以,Sm=2v-v ,代入Sx(0)函数可知,此时cosb≈ 最后,Smin 此过程仍然比较繁复,且数学味太浓。结论得出后,我们还不难发现一个问题:当v2<v1时,Smin <d,这显然与事实不符。(造成这个局面的原因是:在以上的运算过程中,方程两边的平方和开方过 程中必然出现了增根或遗根的现象)所以,此法给人一种玄乎的感觉。 解法二:纯物理解一一矢量三角形的动态分析 从图2可知,S恒定,Sx越小,必有S合矢量与下游河岸的夹角越大,亦即v含矢量与下游河岸的夹 角越大(但不得大于90°)。 我们可以通过v与v合成ⅴ合矢量图探讨v合与下游河岸夹角的最大可能
3 解法三： t = y y v S = 1y v d = v sin d 1 t (θ)函数既已得出，我们不难得出结论 当θ= 90°时，渡河时间的最小值 tmin = 1 v d （从“解法三”我们最容易理解 t 为什么与 v2 无关，故 tmin 也与 v2 无关。这个结论是意味深长的。） 2、求渡河的位移和最小位移 在上面的讨论中，小船的位移事实上已经得出，即 S 合 = sin d = sin v v d 1 合 = + − v sin d v v 2v v con 1 1 2 2 2 2 1 但 S 合（θ）函数比较复杂，寻求 S 合的极小值并非易事。因此，我们可以从其它方面作一些努力。 将 S 合沿 x、y 方向分解成 Sx 和 Sy ，因为 Sy ≡ d ，要 S 合极小，只要 Sx 极小就行了。而 Sx（θ） 函数可以这样求—— 解法一： Sx = vxt =（v2 - v1x） y y v S =（v2 – v1cosθ） v sin d 1 为求极值，令 cosθ= p ，则 sinθ= 2 1− p ，再将上式两边平方、整理，得到 v (S d )p 2v v d p d v S v 0 2 1 2 x 2 2 2 2 1 2 2 2 2 x 2 1 + − + − = 这是一个关于 p 的一元二次方程，要 p 有解，须满足Δ≥0 ，即 2 4 2 2 4v1 v d ≥ 4v (S d )(d v S v ) 2 1 2 x 2 2 2 2 2 x 2 1 + − 整理得 2 1 2 x S v ≥ d (v v ) 2 1 2 2 2 − 所以，Sxmin= 2 1 2 2 1 v v v d − ，代入 Sx（θ）函数可知，此时 cosθ= 2 1 v v 最后，Smin= 2 y 2 Sx min + S = 1 2 v v d 此过程仍然比较繁复，且数学味太浓。结论得出后，我们还不难发现一个问题：当 v2＜v1 时，Smin ＜d ，这显然与事实不符。（造成这个局面的原因是：在以上的运算过程中，方程两边的平方和开方过 程中必然出现了增根或遗根的现象）所以，此法给人一种玄乎的感觉。 解法二：纯物理解——矢量三角形的动态分析 从图 2 可知，Sy 恒定，Sx 越小，必有 S 合矢量与下游河岸的夹角越大，亦即 v 合矢量与下游河岸的夹 角越大（但不得大于 90°）。 我们可以通过 v1 与 v2 合成 v 合矢量图探讨 v 合与下游河岸夹角的最大可能
先进行平行四边形到三角形的变换,如图3所示 当θ变化时,ⅴ矢量的大小和方向随之变化,具体情况如图4所示 从图4不难看出,只有当ⅴ合和虚线半圆周相切时,v合与v2(下游)的夹角才会最大。此时,V合⊥ y,和y构成一个直角三角形, max= arcsin- 图3 图4 并且,此时:0= arccos 有了am的值,结合图1可以求出:S合m=2d 最后解决v2<v1时结果不切实际的问题。从图4可以看出,当v2<v1时,v合不可能和虚线半圆周相 切(或am= in -1无解),结合实际情况,a=取 即:v2<v1时,S合min=d,此时,0= arccos 结论:若v1<v2,0=arco时,S合m=2d 若v2<v1,0= arccos时,S合min=d 二、滑轮小船 物理情形:如图5所示,岸边的汽车用一根不可伸长的轻绳通过定滑轮牵引水中的小船,设小船始 终不离开水面,且绳足够长,求汽车速度v1和小船速度v的大小关系 模型分析:由于绳不 可伸长,滑轮右边绳子缩 短的速率即是汽车速度 的大小v1,考查绳与船 相连的端点运动情况,v1 和v必有一个运动的合 成与分解的问题 图5
4 先进行平行四边形到三角形的变换，如图 3 所示。 当θ变化时，v 合矢量的大小和方向随之变化，具体情况如图 4 所示。 从图 4 不难看出，只有当 v 合和虚线半圆周相切时，v 合与 v2（下游）的夹角才会最大。此时，v 合⊥ v1 ，v1、v2 和 v 合构成一个直角三角形，αmax = arcsin 2 1 v v 并且，此时：θ= arccos 2 1 v v 有了αmax 的值，结合图 1 可以求出：S 合 min = 1 2 v v d 最后解决 v2＜v1 时结果不切实际的问题。从图 4 可以看出，当 v2＜v1 时，v 合不可能和虚线半圆周相 切（或αmax = arcsin 2 1 v v 无解），结合实际情况，αmax 取 90° 即：v2＜v1 时，S 合 min = d ，此时，θ= arccos 1 2 v v 结论：若 v1＜v2 ，θ= arccos 2 1 v v 时，S 合 min = 1 2 v v d 若 v2＜v1 ，θ= arccos 1 2 v v 时，S 合 min = d 二、滑轮小船 物理情形：如图 5 所示，岸边的汽车用一根不可伸长的轻绳通过定滑轮牵引水中的小船，设小船始 终不离开水面，且绳足够长，求汽车速度 v1 和小船速度 v2 的大小关系。 模型分析：由于绳不 可伸长，滑轮右边绳子缩 短的速率即是汽车速度 的大小 v1 ，考查绳与船 相连的端点运动情况，v1 和 v2 必有一个运动的合 成与分解的问题
(学生活动)如果ⅵ恒定不变,v会恒定吗?若恒定,说明理由;若变化,定性判断变化趋势。 结合学生的想法,介绍极限外推的思想:当船离岸无穷远时,绳与水的夹角趋于零,v2→V。当船 比较靠岸时,可作图比较船的移动距离、绳子的缩短长度,得到v2>Ⅵ。故“船速增大”才是正确结论。 故只能引入瞬时方位角θ,看v和v的瞬时关系 学生活动)Ⅵ和v定量关系若何?是否可以考虑用运动的分解与合成的知识解答? 针对如图6所示的两种典型方案,初步评说一一甲图中v=vcosθ,船越靠岸,θ越大,v2越小 和前面的定性结论冲突,必然是错误的。 错误的根源分析:和试验修 订本教材中“飞机起飞”的运动 分析进行了不恰当地联系。仔细 比较这两个运动的差别,并联系 “小船渡河”的运动合成等事 例,总结出这样的规律 合运动是显性的、轨迹实在v2 的运动,分运动是隐性的、需要 分析而具有人为特征(无唯 性)的运动。 图6 解法一:在图6(乙)中, 当我们挖掘、分析了滑轮绳子端点的运动后,不难得出:船的沿水面运动是≌合运动,端点参与绳子的 缩短运动v和随绳子的转动转,从而肯定乙方案是正确的 即:v2=v1/cos 解法二:微元法。从考查位置开始取一个极短过程,将绳的运动和船的运动在图7(甲)中标示出来 AB是绳的初 识位置,AC 是绳的末位 置,在AB上 取AD=AC D 得D点,并连 接CD。显然, 图中BC是船 甲 的位移大小, DB是绳子的 缩短长度。由 于过程极短,等腰三角形ACD的顶角∠A→0,则底角∠ACD→90°,△CDB趋于直角三角形。将此三 角放大成图7(乙),得出:S2=S1/cos0 鉴于过程极短,绳的缩短运动和船的运动都可以认为是匀速的,即:S2=vt,S1=vt。 所以:v2=v/cos 斜抛运动的最大射程 物理情形:不计空气阻力,将小球斜向上抛出,初速度大小恒为v,方向可以选择,试求小球落回 原高度的最大水平位移(射程)。 模型分析:斜抛运动的常规分析和平抛运动完全相同
5 （学生活动）如果 v1恒定不变，v2会恒定吗？若恒定，说明理由；若变化，定性判断变化趋势。 结合学生的想法，介绍极限外推的思想：当船离岸无穷远时，绳与水的夹角趋于零，v2→v1 。当船 比较靠岸时，可作图比较船的移动距离、绳子的缩短长度，得到 v2＞v1 。故“船速增大”才是正确结论。 故只能引入瞬时方位角θ，看 v1 和 v2 的瞬时关系。 （学生活动）v1和 v2定量关系若何？是否可以考虑用运动的分解与合成的知识解答？ 针对如图 6 所示的两种典型方案，初步评说——甲图中 v2 = v1cosθ，船越靠岸，θ越大，v2 越小， 和前面的定性结论冲突，必然是错误的。 错误的根源分析：和试验修 订本教材中“飞机起飞”的运动 分析进行了不恰当地联系。仔细 比较这两个运动的差别，并联系 “小船渡河”的运动合成等事 例，总结出这样的规律—— 合运动是显性的、轨迹实在 的运动，分运动是隐性的、需要 分析而具有人为特征（无唯一 性）的运动。 解法一：在图 6（乙）中， 当我们挖掘、分析了滑轮绳子端点的运动后，不难得出：船的沿水面运动是 v2 合运动，端点参与绳子的 缩短运动 v1 和随绳子的转动 v 转 ，从而肯定乙方案是正确的。 即：v2 = v1 / cosθ 解法二：微元法。从考查位置开始取一个极短过程，将绳的运动和船的运动在图 7（甲）中标示出来， AB 是绳的初 识位置，AC 是 绳 的 末 位 置，在 AB 上 取 AD = AC 得 D 点，并连 接 CD。显然， 图中 BC 是船 的位移大小， DB 是绳子的 缩短长度。由 于过程极短，等腰三角形 ACD 的顶角∠A→0，则底角∠ACD→90°，△CDB 趋于直角三角形。将此三 角放大成图 7（乙），得出：S2 = S1 / cosθ 。 鉴于过程极短，绳的缩短运动和船的运动都可以认为是匀速的，即：S2 = v2 t ，S1 = v1 t 。 所以：v2 = v1 / cosθ 三、斜抛运动的最大射程 物理情形：不计空气阻力，将小球斜向上抛出，初速度大小恒为 v0 ，方向可以选择，试求小球落回 原高度的最大水平位移（射程）。 模型分析：斜抛运动的常规分析和平抛运动完全相同
设初速度方向与水平面夹θ角,建立水平、竖直的x、y轴,将运动学参量沿x、y分解。针对抛出 到落回原高度的过程 0=Sy=Voy t+-(-g)t 解以上两式易得:S g 结论:当抛射角θ=45°时,最大射程S (学生活动)若v、θ确定,试用两种方法求小球到达的最大高度。 运动学求解——考查竖直分运动即可;能量求解一一注意小球在最高点应具备的速度vx,然后对 抛出到最高点的过程用动能定理或机械能守恒。结论:Hm= 四、物体脱离圆弧的讨论 物理情形:如图8所示,长为L的细绳一端固定,另一端系一小球。当小球在最低点时,给球一个 vo=2√gL的水平初速,试求所能到达的最大高度。 模型分析:用自然坐标分析变速圆周运动的典型事例。 能量关系的运用,也是对常规知识的复习 (学生活动)小球能否形成的往复的摆动?小球能否 到达圆弧的最高点C? 通过能量关系和圆周运动动力学知识的复习,得出 小球运动超过B点、但不能到达C点(ve≥√回,即 小球必然在BC之间的某点脱离圆弧 A (学生活动)小球会不会在BC之间的某点脱离圆弧后 图8 作自由落体运动? 尽管对于本问题,能量分析是可行的(BC之间不可能出现动能为零的点,则小球脱离圆弧的初速度 D不可能为零),但用动力学的工具分析,是本模型的重点 在BC阶段,只要小球还在圆弧上,其受力分析必如图9所示。沿轨迹的切向、法向分别建T、n坐 标,然后将重力G沿τ、n分解为G;和Gn分量,T为绳子张力。法向动 力学方程为 T+Gn=∑Fn=man=m 图9
6 设初速度方向与水平面夹θ角，建立水平、竖直的 x、y 轴，将运动学参量沿 x、y 分解。针对抛出 到落回原高度的过程 0 = Sy = v0y t + 2 1 （-g）t 2 Sx = v0x t 解以上两式易得：Sx = g v 2 0 sin2θ 结论：当抛射角θ= 45°时，最大射程 Sxmax = g v 2 0 （学生活动）若 v0 、θ确定，试用两种方法求小球到达的最大高度。 运动学求解——考查竖直分运动即可；能量求解——注意小球在最高点应具备的速度 v0x ，然后对 抛出到最高点的过程用动能定理或机械能守恒。结论：Hm = 2g v sin 2 2 0 。 四、物体脱离圆弧的讨论 物理情形：如图 8 所示，长为 L 的细绳一端固定，另一端系一小球。当小球在最低点时，给球一个 vo = 2 gL 的水平初速，试求所能到达的最大高度。 模型分析：用自然坐标分析变速圆周运动的典型事例。 能量关系的运用，也是对常规知识的复习。 （学生活动）小球能否形成的往复的摆动？小球能否 到达圆弧的最高点 C ？ 通过能量关系和圆周运动动力学知识的复习，得出： 小球运动超过 B 点、但不能到达 C 点（vC ≥ gL ），即 小球必然在 BC 之间的某点脱离圆弧。 （学生活动）小球会不会在 BC 之间的某点脱离圆弧后 作自由落体运动？ 尽管对于本问题，能量分析是可行的（BC 之间不可能出现动能为零的点，则小球脱离圆弧的初速度 vD 不可能为零），但用动力学的工具分析，是本模型的重点—— 在 BC 阶段，只要小球还在圆弧上，其受力分析必如图 9 所示。沿轨迹的切向、法向分别建τ、n 坐 标，然后将重力 G 沿τ、n 分解为 Gτ和 Gn 分量，T 为绳子张力。法向动 力学方程为 T + Gn = ΣFn = man = m r v 2
由于T≥0,Gn>0,故v≠0。(学生活动:若换一个v值,在AB阶段,=0是可能出现的; 若将绳子换成轻杆,在BC阶段=0也是可能出现的。) 下面先解脱离点的具体位置。设脱离点为D,对应方位角为0,如图8所示。由于在D点之后绳子 就要弯曲,则此时绳子的张力T为零,而此时仍然在作圆周运动,故动力学方程仍满足 在再针对A→D过程,小球机械能守恒,即(选A所在的平面为参考平面): mvo+0=mg(L+ Lsin 0)+-mv 代入v值解①、②两式得:0=acs3 n2,(同时得到:m=, gL)小球脱离D点后将以vp为 初速度作斜向上抛运动。它所能到达的最高点(相对A)可以用两种方法求得 解法一:运动学途径 先求小球斜抛的最大高度,h=( vp coSe)2=v(1-sin2) 代入0和vD的值得 小球相对A的总高度:Hm=L+Lsin+hm=L 27 解法二:能量途径 小球在斜抛的最高点仍具有v的水平分量,即m0=22g,对A最高点的过程用机械 能守恒定律(设A所在的平面为参考平面),有 0)+mg Hm 容易得到:Hm=L 五、万有引力的计算 物理情形:如图9所示,半径为R的均 质球质量为M,球心在O点,现在被内切 的挖去了一个半径为R/2的球形空腔(球心 d 在O′)。在O、O′的连线上距离O点为d 的地方放有一个很小的、质量为m的物体, 试求这两个物体之间的万有引力 模型分析:无论是“基本条件”还是“拓 展条件”,本模型都很难直接符合,因此必 须使用一些特殊的处理方法。本模型除了照 应万有引力的拓展条件之外,着重介绍“填 图10
7 由于 T≥0 ，Gn＞0 ，故 v≠0 。（学生活动：若换一个 v0值，在 AB 阶段，v = 0 是可能出现的； 若将绳子换成轻杆，在 BC 阶段 v = 0 也是可能出现的。） 下面先解脱离点的具体位置。设脱离点为 D，对应方位角为θ，如图 8 所示。由于在 D 点之后绳子 就要弯曲，则此时绳子的张力 T 为零，而此时仍然在作圆周运动，故动力学方程仍满足 Gn = Gsinθ= m r v 2 ① 在再针对 A→D 过程，小球机械能守恒，即（选 A 所在的平面为参考平面）： 2 1 m 2 0 v + 0 = mg ( L + Lsinθ) + 2 1 m 2 D v ② 代入 v0 值解①、②两式得：θ= arcsin 3 2 ，（同时得到：vD = gL 3 2 ）小球脱离 D 点后将以 vD 为 初速度作斜向上抛运动。它所能到达的最高点（相对 A）可以用两种方法求得。 解法一：运动学途径。 先求小球斜抛的最大高度，hm = 2g (v cos ) 2 D = 2g v (1 sin ) 2 2 D − 代入θ和 vD 的值得：hm = 27 5 L 小球相对 A 的总高度：Hm = L + Lsinθ+ hm = 27 50 L 解法二：能量途径 小球在斜抛的最高点仍具有 vD 的水平分量，即 vDsinθ= 3 2 gL 3 2 。对 A→最高点的过程用机械 能守恒定律（设 A 所在的平面为参考平面），有 2 1 m 2 0 v + 0 = 2 D m v sin ) 2 1 （ + mg Hm 容易得到：Hm = 27 50 L 五、万有引力的计算 物理情形：如图 9 所示，半径为 R 的均 质球质量为 M，球心在 O 点，现在被内切 的挖去了一个半径为 R/2 的球形空腔（球心 在 O′）。在 O、O′的连线上距离 O 点为 d 的地方放有一个很小的、质量为 m 的物体， 试求这两个物体之间的万有引力。 模型分析：无论是“基本条件”还是“拓 展条件”，本模型都很难直接符合，因此必 须使用一些特殊的处理方法。本模型除了照 应万有引力的拓展条件之外，着重介绍“填
补法”的应用 空腔里现在虽然空无一物,但可以看成是两个半径为R2的球的叠加:一个的质量为+M8,一个的 质量为一M8。然后,前者正好填补空腔——和被挖除后剩下的部分构成一个完整的均质球A:注意 后者,虽然是一个比较特殊的物体(质量为负值),但仍然是一个均质的球体,命名为B。 既然A、B两物均为均质球体,他们各自和右边小物体之间的万有引力,就可以使用“拓展条件 中的定势来计算了。只是有一点需要说明,B物的质量既然负值,它和m之间的万有“引力”在方向上 不再表现为吸引,而应为排斥一一成了“万有斥力”了。具体过程如下 Mm F Mm R 8d、R 最后,两物之间的万有引力F=FAm+FBn=GMm-G-M 8(d 需要指出的是,在一部分同学的心目中,可能还会存在另一种解题思路,那就是先通过力矩平衡求 被挖除物体的重心(仍然要用到“填补法”、负质量物体的重力反向等),它将在O、O′的连线上距离 O点左侧R/14处,然后“一步到位”地求被挖除物与m的万有引力 然而,这种求法违背了万有引力定律适用的条件,是一种错误的思路 六、天体运动的计算 物理情形:地球和太阳的质量分别为m和M,地球绕太阳作椭圆运动,轨道的半长轴为a,半短 轴为b,如图11所示。试求地球在椭圆顶点A、B、C三点的运动速度,以及轨迹在A、C两点的曲率 半径。 模型分析:求解天体运动的本来模式,常常要用到开 普勒定律(定量)、机械能守恒(万有引力势能)、椭圆的 数学常识等等,相对高考要求有很大的不同 地球轨道的离心率很小(其值≈0.0167,其中c 为半焦距),这是我们常常能将它近似为圆的原因。为了 方便说明问题,在图11中,我们将离心率夸大了 针对地球从A点运动到B点的过程,机械能守恒 mvA+(-GMm )=-mv2+(-G Mm 图11 a+ c 比较A、B两点,应用开普勒第二定律,有:VA(a-c)=vB(a+c 结合椭圆的基本关系:c=
8 补法”的应用。 空腔里现在虽然空无一物，但可以看成是两个半径为 R/2 的球的叠加：一个的质量为+M/8 ，一个的 质量为－M/8 。然后，前者正好填补空腔——和被挖除后剩下的部分构成一个完整的均质球 A ；注意 后者，虽然是一个比较特殊的物体（质量为负值），但仍然是一个均质的球体，命名为 B 。 既然 A、B 两物均为均质球体，他们各自和右边小物体之间的万有引力，就可以使用“拓展条件” 中的定势来计算了。只是有一点需要说明，B 物的质量既然负值，它和 m 之间的万有“引力”在方向上 不再表现为吸引，而应为排斥——成了“万有斥力”了。具体过程如下 FAm = G 2 d Mm FBm = G 2 2 R d m 8 M − − = －G 2 ) 2 R 8(d Mm − 最后，两物之间的万有引力 F = FAm + FBm = G 2 d Mm －G 2 ) 2 R 8(d Mm − 需要指出的是，在一部分同学的心目中，可能还会存在另一种解题思路，那就是先通过力矩平衡求 被挖除物体的重心（仍然要用到“填补法”、负质量物体的重力反向等），它将在 O、O′的连线上距离 O 点左侧 R/14 处，然后“一步到位”地求被挖除物与 m 的万有引力 F = G 2 ) 14 R (d m 7 M + 然而，这种求法违背了万有引力定律适用的条件，是一种错误的思路。 六、天体运动的计算 物理情形：地球和太阳的质量分别为 m 和 M ，地球绕太阳作椭圆运动，轨道的半长轴为 a ，半短 轴为 b ，如图 11 所示。试求地球在椭圆顶点 A、B、C 三点的运动速度，以及轨迹在 A、C 两点的曲率 半径。 模型分析：求解天体运动的本来模式，常常要用到开 普勒定律（定量）、机械能守恒（万有引力势能）、椭圆的 数学常识等等，相对高考要求有很大的不同。 地球轨道的离心率很小（其值 a c ≈0.0167 ，其中 c 为半焦距），这是我们常常能将它近似为圆的原因。为了 方便说明问题，在图 11 中，我们将离心率夸大了。 针对地球从 A 点运动到 B 点的过程，机械能守恒 2 1 m 2 A v +（－ a c Mm G − ）= 2 1 m 2 B v +（－ a c Mm G + ） 比较 A、B 两点，应用开普勒第二定律，有：vA（a－c）= vB（a + c） 结合椭圆的基本关系：c = 2 2 a − b
解以上三式可得wA+a2-b2GM VBs a bGM 再针对地球从A到C的过程,应用机械能守恒定律,有 代入vA值可解得:vc 为求A、C两点的曲率半径,在A、C两点建自然坐标,然后应用动力学(法向)方程。 在A点,F万=xFn=man,设轨迹在A点的曲率半径为pA,即:G、Mm 代入v值可解得:p。b 在C点,方程复杂一些,须将万有引力在τ、n方向分解 如图12所示。 F万 然后,F万n=∑Fn=man,即:F方Cos0=m F Pc 图12 代入vc值可解得:pc= 值得注意的是,如果针对A、C两点用开普勒第二定律,由于C点处的矢径r和瞬时速度vc不垂直 方程不能写作vA(a-c)=vca 正确的做法是:将vc分解出垂直于矢径的分量(分解方式可参看图12,但分解的平行四边形未画出) Vc cOsθ,再用vA(a-c)=( VC COS0)a,化简之后的形式成为 要理解这个关系,有一定的难度,所以建议最好不要对A、C两点用开普勒第二定律 第三讲典型例题解析 教材范本:龚霞玲主编《奧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”第五、第六章的部分例题和习题
9 解以上三式可得：vA = b a a b 2 2 + − a GM ， vB = b a a b 2 2 − − a GM 再针对地球从 A 到 C 的过程，应用机械能守恒定律，有 2 1 m 2 A v +（－ a c Mm G − ）= 2 1 m 2 C v +（－ a Mm G ） 代入 vA 值可解得：vC = a GM 为求 A、C 两点的曲率半径，在 A、C 两点建自然坐标，然后应用动力学（法向）方程。 在 A 点，F 万 = ΣFn = m an ，设轨迹在 A 点的曲率半径为ρA ，即：G 2 (a c) Mm − = m A 2 A v 代入 vA 值可解得：ρA = a b 2 在 C 点，方程复杂一些，须将万有引力在τ、n 方向分解， 如图 12 所示。 然后，F 万 n =ΣFn = m an ，即：F 万 cosθ= m C 2 C v 即：G 2 a Mm · a b = m C 2 C v 代入 vC值可解得：ρC = b a 2 值得注意的是，如果针对 A、C 两点用开普勒第二定律，由于 C 点处的矢径 r 和瞬时速度 vC不垂直， 方程不能写作 vA（a－c）= vC a 。 正确的做法是：将 vC分解出垂直于矢径的分量（分解方式可参看图 12，但分解的平行四边形未画出） vC cosθ，再用 vA（a－c）=（vC cosθ）a ，化简之后的形式成为 vA（a－c）= vC b 要理解这个关系，有一定的难度，所以建议最好不要对 A、C 两点用开普勒第二定律 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”第五、第六章的部分例题和习题
