【正文】 一、小船渡河物理情形：在寬度為d的河中，水流速度v2恒定。時，渡河時間的最小值 tmin = （從“解法三”我們最容易理解t為什么與v2無關，故tmin也與v2無關。解法二：純物理解——矢量三角形的動態(tài)分析從圖2可知，Sy恒定，Sx越小，必有S合矢量與下游河岸的夾角越大，亦即v合矢量與下游河岸的夾角越大（但不得大于90176。即：v2＜v1時，S合min = d ，此時，θ= arccos結論：若v1＜v2 ，θ= arccos時，S合min = d 若v2＜v1 ，θ= arccos時，S合min = d二、滑輪小船物理情形：如圖5所示，岸邊的汽車用一根不可伸長的輕繩通過定滑輪牽引水中的小船，設小船始終不離開水面，且繩足夠長，求汽車速度v1和小船速度v2的大小關系。錯誤的根源分析：和試驗修訂本教材中“飛機起飛”的運動分析進行了不恰當地聯系。將此三角放大成圖7（乙），得出：S2 = S1 / cosθ 。結論：Hm = 。法向動力學方程為T + Gn = ΣFn = man = m由于T≥0 ，Gn＞0 ，故v≠0 。對A→最高點的過程用機械能守恒定律（設A所在的平面為參考平面），有m+ 0 = + mg Hm容易得到：Hm = L五、萬有引力的計算物理情形：如圖9所示，半徑為R的均質球質量為M，球心在O點，現在被內切的挖去了一個半徑為R/2的球形空腔（球心在O′）。具體過程如下FAm = GFBm = G = －G最后，兩物之間的萬有引力 F = FAm + FBm = G－G需要指出的是，在一部分同學的心目中，可能還會存在另一種解題思路，那就是先通過力矩平衡求被挖除物體的重心（仍然要用到“填補法”、負質量物體的重力反向等），它將在O、O′的連線上距離O點左側R/14處，然后“一步到位”地求被挖除物與m的萬有引力F = G然而，這種求法違背了萬有引力定律適用的條件，是一種錯誤的思路。然后，F萬n =ΣFn = m an ，即：F萬cosθ= m即：G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。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。取一段時間Δt ，在這段時間內，飛船要穿過體積ΔV = S忽略地面阻力，試求手的拉力F 。對A用動量定理，有：I1 = m1 v1 ①B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：I2cosα－I1 = m2 v2cosβ ②I2sinα= m2 v2sinβ ③質點C的動量定理方程為：I － I2 = m3 v3 ④AB繩不可伸長，必有v1 = v2cosβ ⑤BC繩不可伸長，必有v2cos(β－α) = v3 ⑥六個方程解六個未知量（I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、β）是可能的，但繁復程度非同一般。第一過程，保持每次相對地面拋球速率均為v ，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。車子、人和N個球動量守恒。結論：第一過程使車子獲得的速度較大。鉛球對地的速度是（v + u3）。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 。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)。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。這個解沒有毛病可挑，是正確的。物理過程需要人為截取，對象是太空垃圾。物體之間有相對滑動時，機械能損失的重要定勢：－ΔE = ΔE內 = f滑即=ΣF外 三、動量守恒定律定律、矢量性條件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、功和能功的定義、標量性，功在F—S圖象中的意義功率，定義求法和推論求法能的概念、能的轉化和守恒定律功的求法a、恒力的功：W = FScosα= FSF = FS Sb、變力的功：基本原則——過程分割與代數累積；利用F—S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、動能定理動能（平動動能）動能定理a、ΣW的兩種理解b、動能定理的廣泛適用性六、機械能守恒勢能a、保守力與耗散力（非保守力）→ 勢能（定義：ΔEp = －W保）b、力學領域的三種勢能（重力勢能、引力勢能、彈性勢能）及定量表達機械能機械能守恒定律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和。針對地球從A點運動到B點的過程，機械能守恒m+（－）= m+（－）比較A、B兩點，應用開普勒第二定律，有：vA（a－c）= vB（a + c）結合橢圓的基本關系：c = 解以上三式可得：vA = ， vB = 再針對地球從A到C的過程，應用機械能守恒定律，有m+（－）= m+（－）代入vA值可解得：vC = 為求A、C兩點的曲率半徑，在A、C兩點建自然坐標，然后應用動力學（法向）方程。既然A、B兩物均為均質球體，他們各自和右邊小物體之間的萬有引力，就可以使用“拓展條件”中的定勢來計算了。解法一：運動學途徑。（學生活動）小球會不會在BC之間的某點脫離圓弧后作自由落體運動？盡管對于本問題，能量分析是可行的（BC之間不可能出現動能為零的點，則小球脫離圓弧的初速度vD不可能為零），但用動力學的工具分析，是本模型的重點——在BC階段，只要小球還在圓弧上，其受力分析必如圖9所示。時，最大射程Sxmax = （學生活動）若v0 、θ確定，試用兩種方法求小球到達的最大高度。由于過程極短，等腰三角形ACD的頂角∠A→0，則底角∠ACD→90176。故只能引入瞬時方位角θ，看v1和v2的瞬時關系。此時，v合⊥v1 ，vv2和v合構成一個直角三角形，αmax = arcsin并且，此時：θ= arccos有了αmax的值，結合圖1可以求出：S合min = d最后解決v2＜v1時結果不切實際的問題。結論得出后，我們還不難發(fā)現一個問題：當v2＜v1時，Smin＜d ，這顯然與事實不符。針對這一思想，有以下兩種解法解法一： t = 其中v合可用正弦定理表達，故有 t = = 解法二： t = = = 此外，結合靜力學正交分解的思想，我們也可以建立沿河岸合垂直河岸的坐標x、y，然后先將v1分解（v2無需分解），再合成，如圖2所示。因而相互作用的物體間有引力勢能。且= m，其中ρ表示軌跡在考查點的曲率半徑。答案：（或12min.）。問汽車兩次速度之比為多少時，司機都是看見冰雹都是以豎直方向從車的正面玻璃上彈開？（冰雹相對地面是豎直下落的）模型飛機以相對空氣v=39km/h的速度繞一個邊長2km的等邊三角形飛行，設風速u = 21km/h ，方向與三角形的一邊平行并與飛機起飛方向相同，試求：飛機繞三角形一周需多少時間？v1v2（俯視）。五、處理問題的一般方法（1）用微元法求解相關速度問題例1：如圖所示，物體A置于水平面上，A前固定一滑輪B，高臺上有一定滑輪D，一根輕繩一端固定在C點，再繞過B、D，BC段水平，當以恒定水平速度v拉繩上的自由端時，A沿水平面前進，求當跨過B的兩段繩子的夾角為α時，A的運動速度。求碎片落到地板上的半徑（認為碎片和天花板的碰撞是完全彈性的，即切向速度不變，法向速度反向；碎片和地板的碰撞是完全非彈性的，即碰后靜止。（a對t的導數叫“急動度”。第三部分 運動學第一講　基本知識介紹一． 基本概念1．（學生活動）思考：為什么題意要求a＞gtgθ？（聯系本講第二節(jié)第1題之“思考題”）定性繪出符合題意的運動過程圖，如圖22所示：S表示棒的位移，S1表示滑套的位移。答案：a2 = 。、如圖18所示，一質量為M 、傾角為θ的光滑斜面，放置在光滑的水平面上，另一個質量為m的滑塊從斜面頂端釋放，試求斜面的加速度。據Σ= m1 + m2 + m3 + … + mn ，貓和棒的系統(tǒng)外力只有兩者的重力，豎直向下，而貓的加速度a1 = 0 ，所以：（ M + m ）g = m是否可以選擇一個恰當的F′，使三者無相對運動？如果沒有，說明理由；如果有，求出這個F′的值。（方向沿斜面向上。答案：N = x 。應用：如圖11所示，吊籃P掛在天花板上，與吊籃質量相等的物體Q被固定在吊籃中的輕彈簧托住，當懸掛吊籃的細繩被燒斷瞬間，P、Q的加速度分別是多少？解：略。答：208N 。結果與解法一相同。正交坐標的選擇，視解題方便程度而定。分析小球受力后，根據“矢量性”我們可以做如圖5所示的平行四邊形，并找到相應的夾角。思考：如果斜面解除固定，上表仍光滑，傾角仍為θ，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。第②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。a可以突變而v、s不可突變。先看整體的水平方向平衡，有：Fcos(θ α) = P ⑴再隔離滑塊，分析受力時引進全反力R和摩擦角φ，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。使?jié)M足題意的這個F的大小和方向。做整體的受力分析時，內力不加考慮。（其中G為物體的重量）。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），φm指摩擦角。三、應用物體放在水平面上，用與水平方向成30176。摩擦角：全反力與支持力的最大夾角稱摩擦角，一般用φm表示。答：2 ：3 。對兩球進行受力分析，并進行矢量平移，如圖16所示。根據在斜面上的平衡，支持力、重力和靜摩擦力共點，可以畫出重心的具體位置。（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。試求彈簧與豎直方向的夾角θ。水平方向合力為零，得：支持力N持續(xù)增大?？磮D8的中間圖，對這個三角形用正弦定理，有： = ，即：N2 = ，β在0到180176。非共點力的合成大小和方向：遵從一條直線矢量合成法則。條件：Σ = 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。⑴ 叉乘表達： = 名詞：稱“矢量的叉積”，它是一個新的矢量。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。和矢量大小：c = ，其中α為和的夾角。高二知識一步到位，高一知識做短暫的回顧與加深。湖南省奧賽簡況① 至1998年，湖南選手獲CPhO決賽一等獎29人次，% ；在IPhO中獲金牌5枚、銀牌2枚、銅牌2枚，居各省之首。 復賽：九月下旬考試。③ 中國參賽始于1986年的第十七屆，此后未間斷，成績一直輝煌。成績最佳者記100% ，積分在90%以上者獲金獎，78%~89者獲銀獎，65~77%者獲銅獎。集訓隊成員經短期培訓后推薦3~7名參加（全國）決賽。二、知識體系高中物理的三檔要求：一般要求（會考）→高考要求→競賽要求。推薦典型參考書目——① 孫尚禮 毛 瑾主編《高中物理奧林匹克基礎知識及題解》（上、下冊），科學技術出版社，1994年10月第一版；② 張大同主編《通向金牌之路》，陜西師范大學出版社（版本逐年更新）；③ 湖南省奧林匹克競賽委員會物理分會編《物理奧林匹克競賽教程》，湖南師范大學出版社，1993年6月第一版；④ 湖南省奧林匹克委員會物理分會、湖南省物理奧林匹克培訓基地編《新編物理奧林匹克教程》，湖南師范大學出版社，1999年5月第一版；⑤ 舒幼生主編《奧林匹克物理》（分3 … 多冊出版），湖南教育出版社，第一冊1993年8月第一版。法則：三角形法則。這三點的速度矢量分別設為、和。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。（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，由此推知，N不可能通過長方體的重心。解說：法一，平行四邊形動態(tài)處理。時，甲板的彈力最小。對運動過程加以分析，物體必有加速和減速兩個過程。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。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30176。（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θ的斜面上，最多能碼多少塊？解：三力共點知識應用。對左邊的矢量三角形用正弦定理，有： = ①同理，對右邊的矢量三角形，有： = ②解①②兩式即可。試問：現要將木板繼續(xù)向左插進一些，至少需要多大的水平推力？解說：這是