【正文】 斜拋運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的斜向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和自由落體運(yùn)動(dòng)兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，用矢量合成法則求解例2：在擲鉛球時(shí)，鉛球出手時(shí)距地面的高度為h，若出手時(shí)的速度為V0，求以何角度擲球時(shí)，水平射程最遠(yuǎn)？最遠(yuǎn)射程為多少？（α=、 x=）第二講 運(yùn)動(dòng)的合成與分解、相對(duì)運(yùn)動(dòng)（一）知識(shí)點(diǎn)點(diǎn)撥(1) 力的獨(dú)立性原理：各分力作用互不影響，單獨(dú)起作用。角，而坐在火車?yán)锍丝涂吹接甑蔚膹桔E恰好豎直方向。提示：矢量關(guān)系入圖答案：（2）某人手拿一只停表，上了一次固定樓梯，又以不同方式上了兩趟自動(dòng)扶梯，為什么他可以根據(jù)測(cè)得的數(shù)據(jù)來(lái)計(jì)算自動(dòng)扶梯的臺(tái)階數(shù)？提示：V人對(duì)梯=n1/t1 V梯對(duì)地=n/t2 V人對(duì)地=n/t3V人對(duì)地= V人對(duì)梯+ V梯對(duì)地答案：n=t2t3n1/（t2t3）t1(3)某人駕船從河岸A處出發(fā)橫渡，如果使船頭保持跟河岸垂直的方向航行，則經(jīng)10min后到達(dá)正對(duì)岸下游120m的C處，如果他使船逆向上游，保持跟河岸成а角的方向航行，求河的寬度。另一次安裝成傾角為β2=15176。兩列車沿直軌道分別以速度v1=50km/h和v2=70km/h行駛，行駛方向如箭頭所示，求風(fēng)速。（四）同步練習(xí)提示與答案提示：利用速度合成定理，作速度的矢量三角形。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?？山獬?v合 = 24km/h 。提示：方法與練習(xí)一類似。（2）解法有講究：以A端為參照， 則桿上各點(diǎn)只繞A轉(zhuǎn)動(dòng)。P點(diǎn)的線速度必為 = v相 所以 vPx = v相cosθ+ vAx ，vPy = vAy － v相sinθ答案：（1） + = 1 ，為橢圓；（2）vPx = avActgθ ，vPy =（1 － a）vA第四部分 曲線運(yùn)動(dòng) 萬(wàn)有引力第一講 基本知識(shí)介紹一、曲線運(yùn)動(dòng)概念、性質(zhì)參量特征二、曲線運(yùn)動(dòng)的研究方法——運(yùn)動(dòng)的分解與合成法則與對(duì)象兩種分解的思路a、固定坐標(biāo)分解（適用于勻變速曲線運(yùn)動(dòng)）建立坐標(biāo)的一般模式——沿加速度方向和垂直加速度方向建直角坐標(biāo)；提高思想——根據(jù)解題需要建直角坐標(biāo)或非直角坐標(biāo)。動(dòng)力學(xué)方程，其中改變速度的大小（速率），改變速度的方向。定量解題一般只涉及法向動(dòng)力學(xué)方程。在坐標(biāo)的選擇方面，有靈活處理的余地。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。c、不規(guī)則物體間的萬(wàn)有引力計(jì)算——分割與矢量疊加萬(wàn)有引力做功也具有只與初末位置有關(guān)而與路徑無(wú)關(guān)的特征。在任一慣性系中，若規(guī)定相距無(wú)窮遠(yuǎn)時(shí)系統(tǒng)的萬(wàn)有引力勢(shì)能為零，可以證明，當(dāng)兩物體相距為r時(shí)系統(tǒng)的萬(wàn)有引力勢(shì)能為EP = －G五、開(kāi)普勒三定律天體運(yùn)動(dòng)的本來(lái)模式與近似模式的差距，近似處理的依據(jù)。岸邊有一艘小船，保持相對(duì)河水恒定的速率v1渡河，但船頭的方向可以選擇。模型分析：小船渡河的實(shí)際運(yùn)動(dòng)（相對(duì)河岸的運(yùn)動(dòng)）由船相對(duì)水流速度v1和水相對(duì)河岸的速度v2合成。令v合與河岸下游夾角為α，則α= arcsin求渡河的時(shí)間與最短時(shí)間由于合運(yùn)動(dòng)合分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，故渡河時(shí)間既可以根據(jù)合運(yùn)動(dòng)求，也可以根據(jù)分運(yùn)動(dòng)去求。而且不難看出，合運(yùn)動(dòng)在x、y方向的分量vx和vy與v1在x、y方向的分量v1x、v1y以及v2具有以下關(guān)系vy = v1yvx = v2 v1x由于合運(yùn)動(dòng)沿y方向的分量Sy ≡ d ，故有解法三： t = = = t (θ)函數(shù)既已得出，我們不難得出結(jié)論當(dāng)θ= 90176。這個(gè)結(jié)論是意味深長(zhǎng)的。因此，我們可以從其它方面作一些努力。而Sx（θ）函數(shù)可以這樣求——解法一： Sx = vxt =（v2 v1x） =（v2 – v1cosθ）為求極值，令cosθ= p ，則sinθ= ，再將上式兩邊平方、整理，得到這是一個(gè)關(guān)于p的一元二次方程，要p有解，須滿足Δ≥0 ，即≥整理得 ≥所以，Sxmin= ，代入Sx（θ）函數(shù)可知，此時(shí)cosθ= 最后，Smin= = d此過(guò)程仍然比較繁復(fù)，且數(shù)學(xué)味太濃。（造成這個(gè)局面的原因是：在以上的運(yùn)算過(guò)程中，方程兩邊的平方和開(kāi)方過(guò)程中必然出現(xiàn)了增根或遺根的現(xiàn)象）所以，此法給人一種玄乎的感覺(jué)。）。先進(jìn)行平行四邊形到三角形的變換，如圖3所示。從圖4不難看出，只有當(dāng)v合和虛線半圓周相切時(shí)，v合與v2（下游）的夾角才會(huì)最大。從圖4可以看出，當(dāng)v2＜v1時(shí)，v合不可能和虛線半圓周相切（或αmax = arcsin無(wú)解），結(jié)合實(shí)際情況，αmax取90176。模型分析：由于繩不可伸長(zhǎng)，滑輪右邊繩子縮短的速率即是汽車速度的大小v1 ，考查繩與船相連的端點(diǎn)運(yùn)動(dòng)情況，v1和v2必有一個(gè)運(yùn)動(dòng)的合成與分解的問(wèn)題。結(jié)合學(xué)生的想法，介紹極限外推的思想：當(dāng)船離岸無(wú)窮遠(yuǎn)時(shí)，繩與水的夾角趨于零，v2→v1 。故“船速增大”才是正確結(jié)論。（學(xué)生活動(dòng)）v1和v2定量關(guān)系若何？是否可以考慮用運(yùn)動(dòng)的分解與合成的知識(shí)解答？針對(duì)如圖6所示的兩種典型方案，初步評(píng)說(shuō)——甲圖中v2 = v1cosθ，船越靠岸，θ越大，v2越小，和前面的定性結(jié)論沖突，必然是錯(cuò)誤的。仔細(xì)比較這兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的差別，并聯(lián)系“小船渡河”的運(yùn)動(dòng)合成等事例，總結(jié)出這樣的規(guī)律——合運(yùn)動(dòng)是顯性的、軌跡實(shí)在的運(yùn)動(dòng)，分運(yùn)動(dòng)是隱性的、需要分析而具有人為特征（無(wú)唯一性）的運(yùn)動(dòng)。即：v2 = v1 / cosθ解法二：微元法。顯然，圖中BC是船的位移大小，DB是繩子的縮短長(zhǎng)度?！鰿DB趨于直角三角形。鑒于過(guò)程極短，繩的縮短運(yùn)動(dòng)和船的運(yùn)動(dòng)都可以認(rèn)為是勻速的，即：S2 = v2 t ，S1 = v1 t 。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。針對(duì)拋出到落回原高度的過(guò)程0 = Sy = v0y t + （g）t2Sx = v0x t解以上兩式易得：Sx = sin2θ結(jié)論：當(dāng)拋射角θ= 45176。運(yùn)動(dòng)學(xué)求解——考查豎直分運(yùn)動(dòng)即可；能量求解——注意小球在最高點(diǎn)應(yīng)具備的速度v0x ，然后對(duì)拋出到最高點(diǎn)的過(guò)程用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒。四、物體脫離圓弧的討論物理情形：如圖8所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩一端固定，另一端系一小球。模型分析：用自然坐標(biāo)分析變速圓周運(yùn)動(dòng)的典型事例。（學(xué)生活動(dòng)）小球能否形成的往復(fù)的擺動(dòng)？小球能否到達(dá)圓弧的最高點(diǎn)C ？通過(guò)能量關(guān)系和圓周運(yùn)動(dòng)動(dòng)力學(xué)知識(shí)的復(fù)習(xí)，得出：小球運(yùn)動(dòng)超過(guò)B點(diǎn)、但不能到達(dá)C點(diǎn)（vC ≥），即小球必然在BC之間的某點(diǎn)脫離圓弧。沿軌跡的切向、法向分別建τ、n坐標(biāo)，然后將重力G沿τ、n分解為Gτ和Gn分量，T為繩子張力。（學(xué)生活動(dòng)：若換一個(gè)v0值，在AB階段，v = 0是可能出現(xiàn)的；若將繩子換成輕桿，在BC階段v = 0也是可能出現(xiàn)的。設(shè)脫離點(diǎn)為D，對(duì)應(yīng)方位角為θ，如圖8所示。它所能到達(dá)的最高點(diǎn)（相對(duì)A）可以用兩種方法求得。先求小球斜拋的最大高度，hm = = 代入θ和vD的值得：hm = L小球相對(duì)A的總高度：Hm = L + Lsinθ+ hm = L解法二：能量途徑小球在斜拋的最高點(diǎn)仍具有vD的水平分量，即vDsinθ= 。在O、O′的連線上距離O點(diǎn)為d的地方放有一個(gè)很小的、質(zhì)量為m的物體，試求這兩個(gè)物體之間的萬(wàn)有引力。本模型除了照應(yīng)萬(wàn)有引力的拓展條件之外，著重介紹“填補(bǔ)法”的應(yīng)用。然后，前者正好填補(bǔ)空腔——和被挖除后剩下的部分構(gòu)成一個(gè)完整的均質(zhì)球A ；注意后者，雖然是一個(gè)比較特殊的物體（質(zhì)量為負(fù)值），但仍然是一個(gè)均質(zhì)的球體，命名為B 。只是有一點(diǎn)需要說(shuō)明，B物的質(zhì)量既然負(fù)值，它和m之間的萬(wàn)有“引力”在方向上不再表現(xiàn)為吸引，而應(yīng)為排斥——成了“萬(wàn)有斥力”了。六、天體運(yùn)動(dòng)的計(jì)算物理情形：地球和太陽(yáng)的質(zhì)量分別為m和M ，地球繞太陽(yáng)作橢圓運(yùn)動(dòng)，軌道的半長(zhǎng)軸為a ，半短軸為b ，如圖11所示。模型分析：求解天體運(yùn)動(dòng)的本來(lái)模式，常常要用到開(kāi)普勒定律（定量）、機(jī)械能守恒（萬(wàn)有引力勢(shì)能）、橢圓的數(shù)學(xué)常識(shí)等等，相對(duì)高考要求有很大的不同。為了方便說(shuō)明問(wèn)題，在圖11中，我們將離心率夸大了。在A點(diǎn)，F(xiàn)萬(wàn) = ΣFn = m an ，設(shè)軌跡在A點(diǎn)的曲率半徑為ρA ，即：G= m代入vA值可解得：ρA = 在C點(diǎn)，方程復(fù)雜一些，須將萬(wàn)有引力在τ、n方向分解，如圖12所示。 = m代入vC值可解得：ρC = 值得注意的是，如果針對(duì)A、C兩點(diǎn)用開(kāi)普勒第二定律，由于C點(diǎn)處的矢徑r和瞬時(shí)速度vC不垂直，方程不能寫(xiě)作vA（a－c）= vC a 。例題選講針對(duì)“教材”第五、第六章的部分例題和習(xí)題。沖量定義、物理意義沖量在F—t圖象中的意義→從定義角度求變力沖量（F對(duì)t的平均作用力）動(dòng)量的定義動(dòng)量矢量性與運(yùn)算二、動(dòng)量定理定理的基本形式與表達(dá)分方向的表達(dá)式：ΣIx =ΔPx ，ΣIy =ΔPy …定理推論：動(dòng)量變化率等于物體所受的合外力。七、碰撞與恢復(fù)系數(shù)碰撞的概念、分類（按碰撞方向分類、按碰撞過(guò)程機(jī)械能損失分類）碰撞的基本特征：a、動(dòng)量守恒；b、位置不超越；c、動(dòng)能不膨脹。滿足——m1v10 + m2v20 = m1v1 + m2v2 m1 + 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(duì)于結(jié)果的討論：①當(dāng)m1 = m2 時(shí)，v1 = v20 ，v2 = v10 ，稱為“交換速度”；②當(dāng)m1 ＜＜ m2 ，且v20 = 0時(shí)，v1 ≈ －v10 ，v2 ≈ 0 ，小物碰大物，原速率返回；③當(dāng)m1 ＞＞ m2 ，且v20 = 0時(shí)，v1 ≈ v10 ，v2 ≈ 2v10 ，b、非（完全）彈性碰撞：機(jī)械能有損失（機(jī)械能損失的內(nèi)部機(jī)制簡(jiǎn)介），只滿足動(dòng)量守恒定律c、完全非彈性碰撞：機(jī)械能的損失達(dá)到最大限度；外部特征：碰撞后兩物體連為一個(gè)整體，故有v1 = v2 = 恢復(fù)系數(shù)：碰后分離速度（v2 － v1）與碰前接近速度（v10 － v20）的比值，即：e = 。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。此時(shí)，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。S相 ，其中S相指相對(duì)路程。設(shè)單位體積的太空均勻分布垃圾n顆，每顆的平均質(zhì)量為m ，垃圾的運(yùn)行速度可以忽略。試求飛船引擎所應(yīng)提供的平均推力F 。建議充分理解“平均”的含義，這樣才能相對(duì)模糊地處理垃圾與飛船的作用過(guò)程、淡化“作用時(shí)間”和所考查的“物理過(guò)程時(shí)間”的差異。先用動(dòng)量定理推論解題。vΔt的空間，遭遇nΔV顆太空垃圾，使它們獲得動(dòng)量ΔP ，其動(dòng)量變化率即是飛船應(yīng)給予那部分垃圾的推力，也即飛船引擎的推力。vΔt）v2得到： = nmSv2兩個(gè)結(jié)果不一致，不可能都是正確的。但在動(dòng)量定理的解題中，由于I = t ，由此推出的 = 必然是飛船對(duì)垃圾的平均推力，再對(duì)飛船用平衡條件，的大小就是引擎推力大小了。（學(xué)生活動(dòng)）思考：如圖1所示，全長(zhǎng)L、總質(zhì)量為M的柔軟繩子，盤(pán)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。解：解題思路和上面完全相同?，F(xiàn)對(duì)質(zhì)點(diǎn)C施加以沖量I ，方向沿BC ，試求質(zhì)點(diǎn)A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的速度。其二，對(duì)三個(gè)質(zhì)點(diǎn)均可用動(dòng)量定理，但是，B質(zhì)點(diǎn)受沖量不在一條直線上，故最為復(fù)雜，可采用分方向的形式表達(dá)。下面具體看解題過(guò)程——繩拉直瞬間，AB繩對(duì)A、B兩質(zhì)點(diǎn)的沖量大小相等（方向相反），設(shè)為I1 ，BC繩對(duì)B、C兩質(zhì)點(diǎn)的沖量大小相等（方向相反），設(shè)為I2 ；設(shè)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(shè)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(shè)v2與AB繩夾角為〈π－β〉，如圖3所示），設(shè)C獲得速度v3（合沖量+沿BC方向，故v3沿BC方向）。解方程要注意條理性，否則易造成混亂。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(jí)式”的⑴⑵⑶即可。答：β= arc tg（）?，F(xiàn)車內(nèi)的人以一定的水平速度將鉛球一個(gè)一個(gè)地向車外拋出，車子和人將獲得反沖速度。試問(wèn)：哪一過(guò)程使車子獲得的速度更大？模型分析：動(dòng)量守恒定律必須選取研究對(duì)象之外的第三方（或第四、第五方）為參照物，這意味著，本問(wèn)題不能選車子為參照。至于“第一過(guò)程”，比較簡(jiǎn)單：N次拋球和將N個(gè)球一次性拋出是完全等效的。由于矢量的方向落在一條直線上，可以假定一個(gè)正方向后，將矢量運(yùn)算化為代數(shù)運(yùn)算。第一過(guò)程，由于鉛球每次的動(dòng)量都相同，可將多次拋球看成一次拋出。0 = Nm(v) + MV1 得：V1 = v ①第二過(guò)程，必須逐次考查鉛球與車子（人）的作用。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）。它們動(dòng)量守恒方程為：〔M+(N1)m〕u1 = m(v + u2) +〔M+(N2)m〕u2 得：u2 = + 第三個(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u3 。它們動(dòng)量守恒方程為：〔M+(N2)m〕u2 = m(v + u3) +〔M+(N3)m〕u3得：u3 = + + 以此類推（過(guò)程注意：先找uN和uN1關(guān)系，再看uN和v的關(guān)系，不要急于化簡(jiǎn)通分）……，uN的通式已經(jīng)可以找出：V2 = uN = + + + … + 即：V2 = ②我們?cè)賹ⅱ偈礁膶?xiě)成：V1 = ①′不難發(fā)現(xiàn)，①′式和②式都有N項(xiàng)，每項(xiàng)的分子都相同，但①′式中每項(xiàng)的分母都比②式中的分母小，所以有：V1 ＞ V2 。（學(xué)生活動(dòng)）思考：質(zhì)量為M的車上，有n個(gè)質(zhì)量均為m的人，它們靜止在光滑的水平地面上。第