【正文】 值得注意的是，根據(jù)運(yùn)動(dòng)合成法則，鉛球?qū)Φ氐乃俣炔⒉皇牵╲），而是（v + u1）。結(jié)果為：v1 = （學(xué)生活動(dòng)：訓(xùn)練解方程的條理和耐心）思考：v2的方位角β等于多少？解：解“二級式”的⑴⑵⑶即可。vΔt）v2得到： = nmSv2兩個(gè)結(jié)果不一致，不可能都是正確的。當(dāng)e = 0 ，碰撞為完全非彈性；當(dāng)0 ＜ e ＜ 1 ，碰撞為非彈性；當(dāng)e = 1 ，碰撞為彈性。模型分析：求解天體運(yùn)動(dòng)的本來模式，常常要用到開普勒定律（定量）、機(jī)械能守恒（萬有引力勢能）、橢圓的數(shù)學(xué)常識等等，相對高考要求有很大的不同。設(shè)脫離點(diǎn)為D，對應(yīng)方位角為θ，如圖8所示。模型分析：斜拋運(yùn)動(dòng)的常規(guī)分析和平拋運(yùn)動(dòng)完全相同。結(jié)合學(xué)生的想法，介紹極限外推的思想：當(dāng)船離岸無窮遠(yuǎn)時(shí)，繩與水的夾角趨于零，v2→v1 。因此，我們可以從其它方面作一些努力。變速圓周運(yùn)動(dòng)：使用自然坐標(biāo)分析法，一般只考查法向方程。提示：三角形各邊的方向?yàn)轱w機(jī)合速度的方向（而非機(jī)頭的指向）；第二段和第三段大小相同。五．課后習(xí)題：一只木筏離開河岸，初速度為V，方向垂直于岸邊，航行路線如圖。此拋物線為在大炮上方h=v2/2g處，以v0平拋物體的軌跡。an:法向加速度，速度方向的改變率，且an=v2/ρ,ρ叫做曲率半徑，（這是中學(xué)物理競賽求曲率半徑的唯一方法）aτ: 切向加速度，速度大小的改變率。當(dāng)棒保持傾角θ不變地沿水平面勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a（且a＞gtgθ）時(shí)，求滑套C從棒的A端滑出所經(jīng)歷的時(shí)間。此時(shí)，我們回到隔離法，且要更加注意找各參量之間的聯(lián)系。就足以解題了。對N個(gè)對象，有N個(gè)隔離方程和一個(gè)（可能的）整體方程，這（N + 1）個(gè)方程中必有一個(gè)是通解方程，如何取舍，視解題方便程度而定。當(dāng)扶梯以a = 4m/s2的加速度向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，站在扶梯上質(zhì)量為60kg的人相對扶梯靜止。斜面上用一條與斜面平行的細(xì)繩系一質(zhì)量為m的小球，當(dāng)斜面加速度為a時(shí)（a＜ctgθ），小球能夠保持相對斜面靜止。在難度方面，“瞬時(shí)性”問題相對較大。適用條件a、宏觀、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、牛頓第三定律定律理解要點(diǎn)a、同性質(zhì)（但不同物體）b、等時(shí)效（同增同減）c、無條件（與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)、空間選擇無關(guān)）第二講 牛頓定律的應(yīng)用一、牛頓第一、第二定律的應(yīng)用單獨(dú)應(yīng)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(gè)環(huán)節(jié)。應(yīng)用：如圖20所示，一上表面粗糙的斜面體上放在光滑的水平地面上，斜面的傾角為θ。答案： 。在處理各隔離方程之間的聯(lián)系時(shí)，應(yīng)注意相互作用力的大小和方向關(guān)系。（學(xué)生活動(dòng)）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(diǎn)看成轉(zhuǎn)軸，兩球的重力對O的力矩必然是平衡的。試求球體的重心C到球心O的距離。答案：B 。由于G的大小和方向均不變，而N1的方向不可變，當(dāng)β增大導(dǎo)致N2的方向改變時(shí)，N2的變化和N1的方向變化如圖8的右圖所示。 = c名詞：c稱“矢量的點(diǎn)積”，它不再是一個(gè)矢量，而是一個(gè)標(biāo)量。將被減數(shù)矢量和減數(shù)矢量的起始端平移到一點(diǎn)，然后連接兩時(shí)量末端，指向被減數(shù)時(shí)量的時(shí)量，即是差矢量。教法貫徹① 高一：針對“高考要求”，進(jìn)度盡量超前高一新課，知識點(diǎn)只做有限添加。② 1984年開始第一屆CPhO，此后每學(xué)年舉辦一屆。③ 初賽：每年九月第一個(gè)星期天考試。目標(biāo)瞄準(zhǔn)初賽過關(guān)。差矢量大?。篴 = ，其中θ為和的夾角。點(diǎn)積的大?。篶 = abcosα，其中α為和的夾角。顯然，隨著β增大，N1單調(diào)減小，而N2的大小先減小后增大，當(dāng)N2垂直N1時(shí)，N2取極小值，且N2min = Gsinα。如圖11所示，一個(gè)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(zhì)彈簧的勁度系數(shù)為k ，自由長度為L（L＜2R），一端固定在大圓環(huán)的頂點(diǎn)A ，另一端與小球相連。解說：練習(xí)三力共點(diǎn)的應(yīng)用。這種方法更直接、簡便。整體法：當(dāng)各個(gè)體均處于平衡狀態(tài)時(shí)，我們可以不顧個(gè)體的差異而講多個(gè)對象看成一個(gè)整體進(jìn)行分析處理，稱整體法。（學(xué)生活動(dòng)）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(jìn)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 = Gsinφm 。另一質(zhì)量為m的滑塊恰好能沿斜面勻速下滑。應(yīng)用要點(diǎn)：合力為零時(shí)，物體靠慣性維持原有運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；只有物體有加速度時(shí)才需要合力?；瑝K在固定、光滑、傾角為θ的斜面上下滑，試求其加速度。試求此時(shí)繩子的張力T 。重力加速度g = 10 m/s2，試求扶梯對人的靜摩擦力f 。補(bǔ)充：當(dāng)多個(gè)對象不具有共同的加速度時(shí)，一般來講，整體法不可用，但也有一種特殊的“整體方程”，可以不受這個(gè)局限（可以介紹推導(dǎo)過程）——Σ= m1 + m2 + m3 + … + mn其中Σ只能是系統(tǒng)外力的矢量和，等式右邊也是矢量相加。答案：F = 。解題思想：抓某個(gè)方向上加速度關(guān)系。解說：這是一個(gè)比較特殊的“連接體問題”，尋求運(yùn)動(dòng)學(xué)參量的關(guān)系似乎比動(dòng)力學(xué)分析更加重要。a=dv/dt 5．以上是運(yùn)動(dòng)學(xué)中的基本物理量，也就是位移、位移的一階導(dǎo)數(shù)、位移的二階導(dǎo)數(shù)。） 練習(xí)題：一盞燈掛在離地板高l2,天花板下面l1處。經(jīng)過時(shí)間T木筏劃到路線上標(biāo)有符號處。參見右圖，顯然：v2 = + u2 － 2v合ucos120176。四、萬有引力定律定律內(nèi)容條件a、基本條件b、拓展條件：球體（密度呈球?qū)ΨQ分布）外部空間的拓展對球體外一點(diǎn)A的吸引等效于位于球心的質(zhì)量為球的質(zhì)量的質(zhì)點(diǎn)對質(zhì)點(diǎn)A的吸引；球體（密度呈球?qū)ΨQ分布）內(nèi)部空間的拓展“剝皮法則”對球內(nèi)任一距球心為r的一質(zhì)點(diǎn)A的吸引力等效于質(zhì)量與半徑為 r的球的質(zhì)量相等且位于球心的質(zhì)點(diǎn)對質(zhì)點(diǎn)A的吸引；球殼（密度呈球?qū)ΨQ分布）外部空間的拓展對球殼外一點(diǎn)A的吸引等效于位于球心的質(zhì)量為球殼的質(zhì)量的質(zhì)點(diǎn)對質(zhì)點(diǎn)A的吸引；球體（密度呈球?qū)ΨQ分布）內(nèi)部空間的拓展對球殼內(nèi)任一位置上任一質(zhì)點(diǎn)A的吸引力都為零；并且根據(jù)以為所述，由牛頓第三定律，也可求得一質(zhì)點(diǎn)對球或?qū)η驓さ奈?。將S合沿x、y方向分解成Sx和Sy ，因?yàn)镾y ≡ d ，要S合極小，只要Sx極小就行了。當(dāng)船比較靠岸時(shí)，可作圖比較船的移動(dòng)距離、繩子的縮短長度，得到v2＞v1 。設(shè)初速度方向與水平面夾θ角，建立水平、豎直的x、y軸，將運(yùn)動(dòng)學(xué)參量沿x、y分解。由于在D點(diǎn)之后繩子就要彎曲，則此時(shí)繩子的張力T為零，而此時(shí)仍然在作圓周運(yùn)動(dòng)，故動(dòng)力學(xué)方程仍滿足Gn = Gsinθ= m ①在再針對A→D過程，小球機(jī)械能守恒，即（選A所在的平面為參考平面）：m+ 0 = mg ( L + Lsinθ) +m ②代入v0值解①、②兩式得：θ= arcsin ，（同時(shí)得到：vD = ）小球脫離D點(diǎn)后將以vD為初速度作斜向上拋運(yùn)動(dòng)。地球軌道的離心率很小（其值≈ ，其中c為半焦距），這是我們常常能將它近似為圓的原因。八、“廣義碰撞”——物體的相互作用當(dāng)物體之間的相互作用時(shí)間不是很短，作用不是很強(qiáng)烈，但系統(tǒng)動(dòng)量仍然守恒時(shí)，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(jī)械能可能膨脹）。分析動(dòng)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(jī)械能，因此，認(rèn)為“引擎做功就等于垃圾動(dòng)能增加”的觀點(diǎn)是錯(cuò)誤的。⑴代入⑵消I1 ，得I2的表達(dá)式，將I2的表達(dá)式代入⑶就行了。它們動(dòng)量守恒方程為：0 = m(v + u1) +〔M +(N1)m〕u1得：u1 =第二個(gè)球與（N 2）個(gè)球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設(shè)“系統(tǒng)”速度為u2 。第一個(gè)球與（N–1）個(gè)球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設(shè)“系統(tǒng)”速度為u1 。建議采取如下步驟——先用⑤⑥式消掉v2 、v3 ，使六個(gè)一級式變成四個(gè)二級式：I1 = m1 v1 ⑴I2cosα－I1 = m2 v1 ⑵I2sinα= m2 v1 tgβ ⑶I － I2 = m3 v1(cosα+ sinαtgβ) ⑷解⑶⑷式消掉β，使四個(gè)二級式變成三個(gè)三級式：I1 = m1 v1 ㈠I2cosα－I1 = m2 v1 ㈡I = m3 v1 cosα+ I2 ㈢最后對㈠㈡㈢式消I1 、I2 ，解v1就方便多了。 = = = = = nmSv2如果用動(dòng)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(jìn)x = vΔt的位移，引擎推力須做功W = x ，它對應(yīng)飛船和被粘附的垃圾的動(dòng)能增量，而飛船的ΔEk為零，所以：W = ΔMv2即：vΔt = （n m S根據(jù)“碰撞的基本特征”，0 ≤ e ≤ 1 。試求地球在橢圓頂點(diǎn)A、B、C三點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度，以及軌跡在A、C兩點(diǎn)的曲率半徑。）下面先解脫離點(diǎn)的具體位置。所以：v2 = v1 / cosθ三、斜拋運(yùn)動(dòng)的最大射程物理情形：不計(jì)空氣阻力，將小球斜向上拋出，初速度大小恒為v0 ，方向可以選擇，試求小球落回原高度的最大水平位移（射程）。（學(xué)生活動(dòng)）如果v1恒定不變，v2會(huì)恒定嗎？若恒定，說明理由；若變化，定性判斷變化趨勢。）求渡河的位移和最小位移在上面的討論中，小船的位移事實(shí)上已經(jīng)得出，即S合 = = = 但S合（θ）函數(shù)比較復(fù)雜，尋求S合的極小值并非易事。圓周運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的處理：運(yùn)動(dòng)學(xué)參量v、ω、n、a、f、T之間的關(guān)系，向心力的尋求于合成；臨界問題的理解。答案為：3。 求G的速度。一道經(jīng)典的物理問題：二次世界大戰(zhàn)中物理學(xué)家曾經(jīng)研究，當(dāng)大炮的位置固定，以同一速度v0沿各種角度發(fā)射，問：當(dāng)飛機(jī)在哪一區(qū)域飛行之外時(shí)，不會(huì)有危險(xiǎn)？（注：結(jié)論是這一區(qū)域?yàn)橐粧佄锞€，此拋物線是所有炮彈拋物線的包絡(luò)線。 ４．加速度a=an+aτ。如圖21所示，與水平面成θ角的AB棒上有一滑套C ，可以無摩擦地在棒上滑動(dòng)，開始時(shí)與棒的A端相距b ，相對棒靜止。如果各個(gè)體的加速度不在一條直線上，“新整體法”也將有一定的困難（矢量求和不易）。隔離m2 ，豎直方向有一個(gè)平衡方程；隔離m1 ，水平方向有一個(gè)動(dòng)力學(xué)方程；整體有一個(gè)動(dòng)力學(xué)方程。前者是根本，后者有局限，也有難度，但常常使解題過程簡化，使過程的物理意義更加明晰。但扶梯的臺階是水平的。如圖6所示，光滑斜面傾角為θ，在水平地面上加速運(yùn)動(dòng)。受力比較多時(shí)，結(jié)合正交分解與“獨(dú)立作用性”解題。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”）。答：135N 。最后，μ= tgφm 。二、隔離法與整體法隔離法：當(dāng)物體對象有兩個(gè)或兩個(gè)以上時(shí)，有必要各個(gè)擊破，逐個(gè)講每個(gè)個(gè)體隔離開來分析處理，稱隔離法。答案：1 ： 。的粗糙斜面上，平衡時(shí)球面上的B點(diǎn)與斜面接觸，已知A到B的圓心角也為30176。據(jù)物理常識，加速時(shí)，f ＜ G ，而在減速時(shí)f ＞ G 。對球體進(jìn)行受力分析，然后對平行四邊形中的矢量G和N1進(jìn)行平移，使它們構(gòu)成一個(gè)三角形，如圖8的左圖和中圖所示。顯然，≠，但有：= －⑵ 點(diǎn)乘表達(dá)：如圖2所示。競賽知識的特點(diǎn)：①初賽——對高中物理基礎(chǔ)融會(huì)貫通，更注重物理方法的運(yùn)用；②復(fù)賽——知識點(diǎn)更多，對數(shù)學(xué)工具的運(yùn)用更深入。國家（Chinese Physics Olympiad 簡稱CPhO）①1984年以前，中學(xué)物理競賽經(jīng)常舉行，但被冠以各種名稱，無論是組織，還是考綱、知識體系都談不上規(guī)范。全國命題，各市、縣組考，市統(tǒng)一閱卷，選前30名（左右）參加（全?。?fù)賽。② 高二：針對“競賽要求”，瞄準(zhǔn)復(fù)賽難度。差矢量的方向可以用正弦定理求得。二、共點(diǎn)力的合成平行四邊形法則與矢量表達(dá)式一般平行四邊形的合力與分力的求法余弦定理（或分割成RtΔ）解合力的大小正弦定理解方向三、力的分解按效果分解按需要——正交分解第二講 物體的平衡一、共點(diǎn)力平衡特征：質(zhì)心無加速度。法二，函數(shù)法。環(huán)靜止平衡時(shí)位于大環(huán)上的B點(diǎn)。根據(jù)在平面上的平衡，可知重心C在OA連線上。應(yīng)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(shí)用共點(diǎn)力平衡更加復(fù)雜（多一個(gè)正弦定理方程），而用力矩平衡則幾乎和“思考”完全相同。應(yīng)用整體法時(shí)應(yīng)注意“系統(tǒng)”、“內(nèi)力”和“外力”的涵義。答：Gsin15176。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(dòng)，就必須施加一個(gè)大小為P = 4mgsinθcosθ的水平推力作用于斜面體。有質(zhì)量的物體才有慣性。解說：受力分析 → 根據(jù)“矢量性”定合力方向 → 牛頓第二定律應(yīng)用答案：gsinθ。解說：當(dāng)力的個(gè)數(shù)較多，不能直接用平行四邊形尋求合力時(shí)，宜用正交分解處理受力，在對應(yīng)牛頓第二定律的“獨(dú)立作用性”列方程。解：這是一個(gè)展示獨(dú)立作用性原理的經(jīng)典例題，建議學(xué)生選擇兩種坐標(biāo)（一種是沿a方向和垂直a方向，另一種是水平和豎直方向），對比解題過程，進(jìn)而充分領(lǐng)會(huì)用牛頓第二定律解題的靈活性。如圖12所示，光滑水平面上放著一個(gè)長為L的均質(zhì)直棒，現(xiàn)給棒一個(gè)沿棒方向的、大小為