最新高中物理竞赛讲义(完整版)

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先用动量定理推论解题。

取一段时间Δt ，在这段时间内，飞船要穿过体积ΔV = S2vΔt的空间，遭遇nΔV颗太空垃圾，使它们获得动量ΔP ，其动量变化率即是飞船应给予那部分垃圾的推力，也即飞船引擎的推力。

?P?M?vm?n?V?vm?nSv?t?v = = = = nmSv2 F = ?t?t?t?t如果用动能定理，能不能解题呢？

同样针对上面的物理过程，由于飞船要前进x = vΔt的位移，引擎推力F须做功W = Fx ，它对应飞船和被粘附的垃圾的动能增量，而飞船的ΔEk为零，所以：

W =

1ΔMv2 21（n m S2vΔt）v2 2即：FvΔt = 得到：F =

1nmSv2 2两个结果不一致，不可能都是正确的。分析动能定理的解题，我们不能发现，垃圾与飞船的碰撞是完全非弹性的，需要消耗大量的机械能，因此，认为“引擎做功就等于垃圾动能增加”的观点是错误的。但在动量定理的解题中，由于I =

?PFt ，由此推出的F = 必然是飞船对垃圾的平

?t均推力，再对飞船用平衡条件，F的大小就是引擎推力大小了。这个解没有毛病可挑，是正确的。

（学生活动）思考：如图1所示，全长L、总质量为M的柔软绳子，盘在一根光滑的直杆上，现用手握住绳子的一端，以恒定的水平速度v将绳子拉直。忽略地面阻力，试求手的拉力F 。

解：解题思路和上面完全相同。

Mv2答：

L二、动量定理的分方向应用

物理情形：三个质点A、B和C ，质量分别为m1 、m2和m3 ，用拉直且不可伸长的绳子AB和BC相连，静止在水平面上，如图2所示，AB和BC之间的夹角为（π－α）。现对质点C施加以冲量I ，方向沿BC ，试求质点A开始运动的速度。

模型分析：首先，注意“开始运动”的理解，它指绳子恰被拉直，有作用力和冲量产生，但是绳子的方位尚未发生变化。其二，

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对三个质点均可用动量定理，但是，B质点受冲量不在一条直线上，故最为复杂，可采用分方向的形式表达。其三，由于两段绳子不可伸长，故三质点的瞬时速度可以寻求到两个约束关系。

下面具体看解题过程——

绳拉直瞬间，AB绳对A、B两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I1 ，BC绳对B、C两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I2 ；设A获得速度v1（由于A受合冲量只有I1 ,方向沿AB ，故v1的反向沿AB），设B获得速度v2（由于

??B受合冲量为I1+I2，矢量和既不沿AB ，也不沿BC方向，可设v2与AB绳夹角为〈π－β〉，如图3所示），设C获得速度v3（合

??冲量I+I2沿BC方向，故v3沿BC方向）。

对A用动量定理，有：

I1 = ①

m1

v1

??B的动量定理是一个矢量方程：I1+I2= ?m2v2 ，可化为两个分方向的标量式，即：

I2cos②

I2sinα= m2 v2sinβ ③ 质点C的动量定理方程为：

I － I2 = m3 v3 ④ AB绳不可伸长，必有v1 = v2cosβ ⑤ BC绳不可伸长，必有v2cos(β－α) = v3 ⑥

六个方程解六个未知量（I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、β）是可能的，但繁复程度非同一般。解方程要注意条理性，否则易造成混乱。建议采取如下步骤——

1、先用⑤⑥式消掉v2 、v3 ，使六个一级式变成四个二级式： I1 = m1 v1 ⑴ I2cosα－I1 = m2 v1 ⑵ I2sinα= m2 v1 tgβ ⑶ I － I2 = m3 v1(cosα+ sinαtgβ) ⑷ 2、解⑶⑷式消掉β，使四个二级式变成三个三级式：

I1 = m1 v1 ㈠ I2cosα－I1 = m2 v1 ㈡

α

－

I1

=

m2

v2cos

β

m2?m3sin2?I = m3 v1 cosα+ I2 ㈢

m23、最后对㈠㈡㈢式消I1 、I2 ，解v1就方便多了。结果为： v1 =

Im2cos? 2m2(m1?m2?m3)?m1m3sin?（学生活动：训练解方程的条理和耐心）思考：v2的方位角β等于多少？

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解：解“二级式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消I1 ，得I2的表达式，将I2的表达式代入⑶就行了。

答：β= arc tg（

m1?m2。 tg?）

m2三、动量守恒中的相对运动问题

物理情形：在光滑的水平地面上，有一辆车，车内有一个人和N个铅球，系统原来处于静止状态。现车内的人以一定的水平速度将铅球一个一个地向车外抛出，车子和人将获得反冲速度。第一过程，保持每次相对地面抛球速率均为v ，直到将球抛完；第二过程，保持每次相对车子抛球速率均为v ，直到将球抛完。试问：哪一过程使车子获得的速度更大？

模型分析：动量守恒定律必须选取研究对象之外的第三方（或第四、第五方）为参照物，这意味着，本问题不能选车子为参照。一般选地面为参照系，这样对“第二过程”的铅球动量表达，就形成了难点，必须引进相对速度与绝对速度的关系。至于“第一过程”，比较简单：N次抛球和将N个球一次性抛出是完全等效的。

设车和人的质量为M ，每个铅球的质量为m 。由于矢量的方向落在一条直线上，可以假定一个正方向后，将矢量运算化为代数运算。设车速方向为正，且第一过程获得的速度大小为V1 第二过程获得的速度大小为V2 。

第一过程，由于铅球每次的动量都相同，可将多次抛球看成一次抛出。车子、人和N个球动量守恒。

0 = Nm(-v) + MV1

Nm得：V1 = v ①

M第二过程，必须逐次考查铅球与车子（人）的作用。

第一个球与（N–1）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u1 。

???值得注意的是，根据运动合成法则v球?地?v球?车?v车?地，铅球对地的速度并不是（-v），而是（-v + u1）。它们动量守恒方程为：

0 = m(-v + u1) +〔M +(N-1)m〕u1

mv 得：u1 =

M?Nm第二个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u2 。它们动量守恒方程为：

〔M+(N-1)m〕u1 = m(-v + u2) +〔M+(N-2)m〕u2

得：u2 =

mmv + v

M?NmM?(N?1)m第三个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u3 。

铅球对地的速度是（-v + u3）。它们动量守恒方程为：

〔M+(N-2)m〕u2 = m(-v + u3) +〔M+(N-3)m〕u3

得：u3 =

mmmv + v + v

M?NmM?(N?1)mM?(N?2)m 43 / 142

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以此类推（过程注意：先找uN和uN-1关系，再看uN和v的关系，不要急于化简通分）……，uN的通式已经可以找出：

V2 = uN =

mmmmv + v v + v + … +

M?NmM?mM?(N?1)mM?(N?2)mN即：V2 = ?i?1mv ②

M?im我们再将①式改写成： V1 = ?i?1Nmv ①′ M不难发现，①′式和②式都有N项，每项的分子都相同，但①′式中每项的分母都比②式中的分母小，所以有：V1 ＞ V2 。

结论：第一过程使车子获得的速度较大。

（学生活动）思考：质量为M的车上，有n个质量均为m的人，它们静止在光滑的水平地面上。现在车上的人以相对车大小恒为v、方向水平向后的初速往车下跳。第一过程，N个人同时跳下；第二过程，N个人依次跳下。试问：哪一次车子获得的速度较大？

解：第二过程结论和上面的模型完全相同，第一过程结论为V1 =

?M?nmv 。

i?1nm答：第二过程获得速度大。 四、反冲运动中的一个重要定式

物理情形：如图4所示，长度为L、质量为M的船停止在静水中（但未抛锚），船头上有一个质量为m的人，也是静止的。现在令人在船上开始向船尾走动，忽略水的阻力，试问：当人走到船尾时，船将会移动多远？

（学生活动）思考：人可不可能匀速（或匀加速）走动？当人中途停下休息，船有速度吗？人的全程位移大小是L吗？本系统选船为参照，动量守恒吗？

模型分析：动量守恒展示了已知质量情况下的速度关系，要过渡到位移关系，需要引进运动学的相关规律。根据实际情况（人必须停在船尾），人的运动不可能是匀速的，也不可能是匀加速的,运动学的规律应选择S = vt 。为寻求时间t ，则要抓人和船的位移约束关系。

对人、船系统，针对“开始走动→中间任意时刻”过程，应用动量守恒（设末态人的速率为v ，船的速率为V），令指向船头方向为正向，则矢量关系可以化为代数运算，有：

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0 = MV + m(-v) 即：mv = MV

由于过程的末态是任意选取的，此式展示了人和船在任一时刻的瞬时速度大小关系。而且不难推知，对中间的任一过程，两者的平均速度也有这种关系。即：

m①

设全程的时间为t ，乘入①式两边，得：mvt = MVt

设s和S分别为人和船的全程位移大小，根据平均速度公式，得：m s = M S ②

受船长③

mL M?m（应用动量守恒解题时，也可以全部都用矢量关系，但这时“位移关系”表达起来难度大一些——必须用到运动合成与分解的定式。时间允许的话，可以做一个对比介绍。）

另解：质心运动定律

人、船系统水平方向没有外力，故系统质心无加速度→系统质心无位移。先求出初态系统质心（用它到船的质心的水平距离x表达。根据力矩平衡知识，得：

v = MV

L的约束，s和S具有关系：s + S = L

解②、③可得：船的移动距离 S =

x =

mL），又根据，末态的质量分布与初态比较，相对整

2(m?M)体质心是左右对称的。弄清了这一点后，求解船的质心位移易如反掌。

（学生活动）思考：如图5所示，在无风的天空，人抓住气球下面的绳索，和气球恰能静止平衡，人和气球地质量分别为m和M ，此时人离地面高h 。现在人欲沿悬索下降到地面，试问：要人充分安全地着地，绳索至少要多长？

解：和模型几乎完全相同，此处的绳长对应模型中的“船的长度”（“充分安全着地”的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地）。

m?M答：h 。

M（学生活动）思考：如图6所示，两个倾角相同的斜面，互

相倒扣着放在光滑的水平地面上，小斜面在大斜面的顶端。将它

们无初速释放后，小斜面下滑，大斜面后退。已知

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目录

最新高中物理竞赛讲义（完整版） ........................................................ 1 第0部分 绪言 ..................................................................................... 5 一、高中物理奥赛概况 .................................................................... 5 二、知识体系 ................................................................................... 5 第一部分 力＆物体的平衡 .................................................................. 6 第一讲 力的处理 .............................................................................. 6 第二讲 物体的平衡 .......................................................................... 8 第三讲 习题课 ................................................................................. 9 第四讲 摩擦角及其它 .................................................................... 13 第二部分 牛顿运动定律 ...................................................................... 15 第一讲 牛顿三定律 ........................................................................ 16 第二讲 牛顿定律的应用 ................................................................ 16 第二讲 配套例题选讲 .................................................................... 24 第三部分 运动学 ................................................................................. 24 第一讲 基本知识介绍 .................................................................. 24 第二讲 运动的合成与分解、相对运动 ......................................... 26 第四部分 曲线运动 万有引力 ........................................................ 28 第一讲 基本知识介绍 .................................................................... 28 第二讲 重要模型与专题 ................................................................ 30

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第三讲 典型例题解析 .................................................................... 38 第五部分 动量和能量 .......................................................................... 38 第一讲 基本知识介绍 .................................................................... 38 第二讲 重要模型与专题 ................................................................ 40 第三讲 典型例题解析 .................................................................... 53 第六部分 振动和波 ............................................................................. 53 第一讲 基本知识介绍 .................................................................... 53 第二讲 重要模型与专题 ................................................................ 57 第三讲 典型例题解析 .................................................................... 66 第七部分 热学 ..................................................................................... 66 一、分子动理论 ............................................................................. 66 二、热现象和基本热力学定律 ...................................................... 68 三、理想气体 ................................................................................. 70 四、相变 ......................................................................................... 77 五、固体和液体 ............................................................................. 80 第八部分 静电场 ................................................................................. 81 第一讲 基本知识介绍 .................................................................... 81 第二讲 重要模型与专题 ................................................................ 84 第九部分 稳恒电流 ............................................................................. 95 第一讲 基本知识介绍 .................................................................... 95 第二讲 重要模型和专题 ................................................................ 98 第十部分 磁场 ................................................................................... 107

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第一讲 基本知识介绍 .................................................................. 107 第二讲 典型例题解析 .................................................................. 111 第十一部分 电磁感应 ........................................................................ 117 第一讲、基本定律 ........................................................................ 117 第二讲 感生电动势 ...................................................................... 120 第三讲 自感、互感及其它 .......................................................... 124 第十二部分 量子论 ........................................................................... 127 第一节 黑体辐射 .......................................................................... 127 第二节 光电效应 .......................................................................... 130 第三节 波粒二象性 ...................................................................... 136 第四节 测不准关系 ...................................................................... 139

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第0部分 绪言

一、高中物理奥赛概况

1、国际（International Physics Olympiad 简称IPhO）

① 1967年第一届，（波兰）华沙，只有五国参加。

② 几乎每年一届，参赛国逐年增加，每国代表不超过5人。

③ 中国参赛始于1986年的第十七届，此后未间断，成绩一直辉煌。 ④ 1994年第二十五届，首次在中国（北京）承办。

⑤ 考试内容：笔试和试验各5小时，分两天进行，满分各为30分和20分。成绩最佳者记100% ，积分在90%以上者获金奖，78%~89者获银奖，65~77%者获铜奖。

2、国家（Chinese Physics Olympiad 简称CPhO）

①1984年以前，中学物理竞赛经常举行，但被冠以各种名称，无论是组织，还是考纲、知识体系都谈不上规范。

② 1984年开始第一届CPhO，此后每学年举办一届。

③ 初赛：每年九月第一个星期天考试。全国命题，各市、县组考，市统一阅卷，选前30名（左右）参加（全省）复赛。

复赛：九月下旬考试。全省命题，各省组织。理论考试前20名参加试验考试，取理论、试验考试总分前10名者参加省集训队。集训队成员经短期培训后推荐3~7名参加（全国）决赛。

决赛：全国统一组织。按成绩挑选15~25名参加国家集训队，到有关大学

强化训练，最后从中选拔5名优秀队员参加IPhO 。

④ 满分140分。除初赛外，均含理论和试验两部分（试验满分60分）。 3、湖南省奥赛简况

① 至1998年，湖南选手获CPhO决赛一等奖29人次，占全国的18.24% ；在IPhO中获金牌5枚、银牌2枚、铜牌2枚，居各省之首。

② 题型与风格：初赛第十一届（1992年）开始统一，只有天空和计算。复赛第十三届（1994年）开始统一，只有计算题六个，考试时量均为3小时。

二、知识体系

1、高中物理的三档要求：一般要求（会考）→高考要求→竞赛要求。

竞赛知识的特点：①初赛——对高中物理基础融会贯通，更注重物理方法的运用；②复赛——知识点更多，对数学工具的运用更深入。 2、教法贯彻

① 高一：针对“高考要求”，进度尽量超前高一新课，知识点只做有限添加。目标瞄准初赛过关。

② 高二：针对“竞赛要求”，瞄准复赛难度。高二知识一步到位，高一知识做短暂的回顾与加深。

③ 复赛对象在约15天的时间内模拟考试，进行考法训练。

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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=

232gL 。对A→3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

112mv0+ 0 = m（vDsin?)2 + mg Hm 2250容易得到：Hm = L

27五、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

MmFAm = G2

dM?mMm8FBm = G = －G 2R2R??8(d?)d???22???Mm R28(d?)2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，那最后，两物之间的万有引力 F = FAm + FBm = G

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Mm－Gd2最新高中物理竞赛讲义（完整版）

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

M?m7F = G R2(d?)14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。

c地球轨道的离心率很小（其值≈0.0167 ，

a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

Mm1Mm12GGmv2+（－）= m+（－） vAB2a?c2a?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 = a2?b2

a?a2?b2解以上三式可得：vA =

bGMa?a2?b2 ， vB = abGM a再针对地球从A到C的过程，应用机械能守恒定律，有 1Mm1Mm2GGmv2+（－）= m+（－） vAC2a?c2a代入vA值可解得：vC =

GM a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

Mm= 2(a?c) 37 / 142

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v2mA ?Ab2代入vA值可解得：ρA =

a在C点，方程复杂一些，须将万有引力在σ、n方向分解，如图12所示。

2vC然后，F万n =ΣFn = m an ，即：F万cosθ= m

?C2MmbvC即：G22 = m

aa?Ca2代入vC值可解得：ρC =

b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。

第五部分 动量和能量

第一讲 基本知识介绍

一、冲量和动量

1、冲力（F—t图象特征）→ 冲量。冲量定义、物理意义

冲量在F—t图象中的意义→从定义角度求变力冲量（F对t的平均作用力） 2、动量的定义

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动量矢量性与运算 二、动量定理

1、定理的基本形式与表达

2、分方向的表达式：ΣIx =ΔPx ，ΣIy =ΔPy …

3、定理推论：动量变化率等于物体所受的合外力。即

?P=ΣF外 ?t三、动量守恒定律

1、定律、矢量性 2、条件

a、原始条件与等效 b、近似条件

c、某个方向上满足a或b，可在此方向应用动量守恒定律 四、功和能

1、功的定义、标量性，功在F—S图象中的意义 2、功率，定义求法和推论求法 3、能的概念、能的转化和守恒定律 4、功的求法

a、恒力的功：W = FScosα= FSF = FS S

b、变力的功：基本原则——过程分割与代数累积；利用F—S图象（或先寻求F对S的平均作用力）

c、解决功的“疑难杂症”时，把握“功是能量转化的量度”这一要点 五、动能、动能定理

1、动能（平动动能） 2、动能定理

a、ΣW的两种理解

b、动能定理的广泛适用性 六、机械能守恒

1、势能

a、保守力与耗散力（非保守力）→ 势能（定义：ΔEp = －W保）

b、力学领域的三种势能（重力势能、引力势能、弹性势能）及定量表达 2、机械能

3、机械能守恒定律 a、定律内容

b、条件与拓展条件（注意系统划分）

c、功能原理：系统机械能的增量等于外力与耗散内力做功的代数和。 七、碰撞与恢复系数

1、碰撞的概念、分类（按碰撞方向分类、按碰撞过程机械能损失分类） 碰撞的基本特征：a、动量守恒；b、位置不超越；c、动能不膨胀。 2、三种典型的碰撞

a、弹性碰撞：碰撞全程完全没有机械能损失。满足—— m1v10 + m2v20 = m1v1 + m2v2 111122 m1v10 + m2v2 = m m2v2 1v + 12202222解以上两式（注意技巧和“不合题意”解的舍弃）可得：

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v1 =

(m1?m2)v10?2v20(m?m1)v20?2v10， v2 = 2

m1?m2m2?m1对于结果的讨论：

①当m1 = m2 时，v1 = v20 ，v2 = v10 ，称为“交换速度”；

②当m1 ＜＜ m2 ，且v20 = 0时，v1 ≈ －v10 ，v2 ≈ 0 ，小物碰大物，

原速率返回；

③当m1 ＞＞ m2 ，且v20 = 0时，v1 ≈ v10 ，v2 ≈ 2v10 ，

b、非（完全）弹性碰撞：机械能有损失（机械能损失的内部机制简介），只满足动量守恒定律

c、完全非弹性碰撞：机械能的损失达到最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有

v1 = v2 =

m1v10?m2v20

m1?m23、恢复系数：碰后分离速度（v2 － v1）与碰前接近速度（v10 － v20）的比值，即：

e =

v2?v1 。根据“碰撞的基本特征”，0 ? e ? 1 。

v10?v20当e = 0 ，碰撞为完全非弹性； 当0 ＜ e ＜ 1 ，碰撞为非弹性； 当e = 1 ，碰撞为弹性。 八、“广义碰撞”——物体的相互作用

1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。此时，碰撞中“不合题意”的解可能已经有意义，如弹性碰撞中v1 = v10 ，v2 = v20的解。

2、物体之间有相对滑动时，机械能损失的重要定势：－ΔE = ΔE内 = f滑2S相 ，其中S相指相对路程。

第二讲 重要模型与专题

一、动量定理还是动能定理？

物理情形：太空飞船在宇宙飞行时，和其它天体的万有引力可以忽略，但是，飞船会定时遇到太空垃圾的碰撞而受到阻碍作用。设单位体积的太空均匀分布垃圾n颗，每颗的平均质量为m ，垃圾的运行速度可以忽略。飞船维持恒定的速率v飞行，垂直速度方向的横截面积为S ，与太空垃圾的碰撞后，将垃圾完全粘附住。试求飞船引擎所应提供的平均推力F 。

模型分析：太空垃圾的分布并不是连续的，对飞船的撞击也不连续，如何正确选取研究对象，是本题的前提。建议充分理解“平均”的含义，这样才能相对模糊地处理垃圾与飞船的作用过程、淡化“作用时间”和所考查的“物理过程时间”的差异。物理过程需要人为截取，对象是太空垃圾。

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2. 斜抛运动

3. 常见的处理方法

（1）将斜上抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动

（2）将沿斜面和垂直于斜面方向作为x、y轴，分别分解初速度和加速度后用运动学公式解题

（3）将斜抛运动分解为沿初速度方向的斜向上的匀速直线运动和自由落体运动两个分运动，用矢量合成法则求解

例2：在掷铅球时，铅球出手时距地面的高度为h，若出手时的速度为V0，求以何角度掷球时，水平射程最远？最远射程为多少？

（α=sin?1v02v?2gh20、 x=

2v0v0?2ghg）

第二讲 运动的合成与分解、相对运动

（一）知识点点拨

(1) 力的独立性原理：各分力作用互不影响，单独起作用。

(2) 运动的独立性原理：分运动之间互不影响，彼此之间满足自己的运动规律

(3) 力的合成分解：遵循平行四边形定则，方法有正交分解，解直角三角形等

(4) 运动的合成分解：矢量合成分解的规律方法适用

A． 位移的合成分解 B.速度的合成分解 C.加速度的合成分解 参考系的转换：动参考系，静参考系 相对运动：动点相对于动参考系的运动

绝对运动：动点相对于静参考系统（通常指固定于地面的参考系）的运动

牵连运动：动参考系相对于静参考系的运动 （5）位移合成定理：SA对地=SA对B+SB对地 速度合成定理：V绝对=V相对+V牵连 加速度合成定理：a绝对=a相对+a牵连 （二）典型例题

（1）火车在雨中以30m/s的速度向南行驶，雨滴被风吹向南方，在地球上静止的观察者测得雨滴的径迹与竖直方向成21。角，而坐在火车里乘客看到雨滴的径迹恰好竖直方向。求解雨滴相对于地的运动。

提示：矢量关系入图 答案：83.7m/s

（2）某人手拿一只停表，上了一次固定楼梯，又以不同方式上了两趟自动扶梯，为什么他可以根据测得的数据来计算自动扶梯的台阶数？

提示：V人对梯=n1/t1 V梯对地=n/t2 V人对地=n/t3

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V人对地= V人对梯+ V梯对地 答案：n=t2t3n1/（t2-t3）t1

(3)某人驾船从河岸A处出发横渡，如果使船头保持跟河岸垂直的方向航行，则经10min后到达正对岸下游120m的C处，如果他使船逆向上游，保持跟河岸成а角的方向航行，则经过12.5min恰好到达正对岸的B处，求河的宽度。

提示：120=V水*600 D=V船*600 答案：200m

（4）一船在河的正中航行，河宽l=100m，流速u=5m/s，并在距船s=150m的下游形成瀑布，为了使小船靠岸时，不至于被冲进瀑布中，船对水的最小速度为多少？

提示：如图船航行 答案：1.58m/s （三）同步练习

1.一辆汽车的正面玻璃一次安装成与水平方向倾斜角为β1=30°，另一次安装成倾角为β2=15°。问汽车两次速度之比

v1v2为多少时，司机都是看见冰雹都

是以竖直方向从车的正面玻璃上弹开？（冰雹相对地面是竖直下落的）

2、模型飞机以相对空气v=39km/h的速度绕一个边长2km的等边三角形飞行，设风速u = 21km/h ，方向与三角形的一边平行并与飞机起飞方向相同，试求：飞机绕三角形一周需多少时间？

3.图为从两列蒸汽机车上冒出的两股长幅气雾拖尾的照片（俯视）。两列车沿直轨道分别以速度v1=50km/h和v2=70km/h行驶，行驶方向如箭头所示，求风速。

4、细杆AB长L ，两端分别约束在x 、 y轴上运动，（1）试求杆上与A点相距aL（0＜ a ＜1)的P点运动轨迹；（2）v1 如果vA为已知，试求P点的x 、 y向分速度vPx和vPy对杆方位角θ的函数。

v2 （四）同步练习提示与答案

1、提示：利用速度合成定理，作速度的矢量三角形。答案为：3。

2、提示：三角形各边的方向为飞机合速度的方向（而非机头的指向）；

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?第二段和第三段v合大小相同。

参见右图，显然：

2v2 = v2合 + u － 2v合ucos120°

可解出 v合 = 24km/h 。 答案：0.2hour（或12min.）。

3、提示：方法与练习一类似。答案为：3 4、提示：（1）写成参数方程?x?aLsin?后消参数

y?(1?a)Lcos???θ。

（2）解法有讲究：以A端为参照， 则杆上各点只绕A转动。但鉴于杆子的

实际运动情形如右图，应有v牵 = vAcosθ，

cos2?v转 = vA，可知B端相对的转动线速．．A．．sin?度为：v转 + vAsinθ=

vA 。 sin?avA = v相 sin?P点的线速度必为

所以 vPx = v相cosθ+ vAx ，vPy = vAy － v相sinθ

答案：（1）

x2(aL)2y2 +

(1?a)2L2

= 1 ，为

椭圆；（2）vPx = avActgθ ，vPy =（1 － a）vA

第四部分 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σ、法向n坐标，所有运动学矢量均沿这两个方向分解。

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??F??ma?动力学方程?，其中a?改变速度的大小（速率），an改变速度的

??Fn?manv2方向。且an= m，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----对球体外一点A的吸引等效于位于球心的质量为球的质量的质点对质点A的吸引；

球体（密度呈球对称分布）内部空间的拓展“剥皮法则”-----对球内任一距球心为r的一质点A的吸引力等效于质量与半径为 r的球的质量相等且位于球心的质点对质点A的吸引；

球壳（密度呈球对称分布）外部空间的拓展----对球壳外一点A的吸引等效于位于球心的质量为球壳的质量的质点对质点A的吸引；

球体（密度呈球对称分布）内部空间的拓展-----对球壳内任一位置上任一质点A的吸引力都为零；

并且根据以为所述，由牛顿第三定律，也可求得一质点对球或对球壳的吸引力。

c、不规则物体间的万有引力计算——分割与矢量叠加 3、万有引力做功也具有只与初末位置有关而与路径无关的特征。因而相互作用的物体间有引力势能。在任一惯性系中，若规定相距无穷远时系统的万有引力势能为零，可以证明，当两物体相距为r时系统的万有引力势能为EP = －G

m1m2 r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

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万有引力势能EP = －G

m1m2 r3、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

2?v2v合=v12?2v1v2cos?

（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

v1sin?v?v?2v1v2cos?2122

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 =

S合v合

其中v合可用正弦定理表达，故有 t =

d/sin?d =

v1sin?v1sin?sin?解法二： t =

S1 = v1 30 / 142

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dd/sin? =

v1sin?v1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 =

Syvy =

dd =

v1sin?v1yd v1t (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 =

（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

2dv1?v2dd2?2v1v2con?S合 = = =

v1sin?v1sin?sin?v合但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）

Syvy =（v2 – v1cosθ）

d

v1sin?为求极值，令cosθ= p ，则sinθ= 1?p2，再将上式两边平方、整理，得到

22222222v1(S2x?d)p?2v1v2dp?dv2?Sxv1?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

2242222224v1v2d?4v1(S2x?d)(dv2?Sxv1) 2222整理得 S2xv1?d(v2?v1)

所以，Sxmin=

v1d2v2?v ，代入S（θ）函数可知，此时cosθ= x21v1v2 31 / 142

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2最后，Smin= S2xmin?Sy=

v2d v1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

v1 v2并且，此时：θ=

arccos

v1 v2v2d v1有了αmax的值，结合图1可以求出：S合min =

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 = arcsin90°

即：v2＜v1时，S合min = d ，此时，θ= arccos

v1无解），结合实际情况，αmax取v2v2 v1结论：若v1＜v2 ，θ= arccos

v1v时，S合min = 2d v2v1 32 / 142

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若v2＜v1 ，θ= arccos

v2时，S合min = d v1二、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

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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

10 = Sy = v0y t + （-g）t2

2Sx = v0x t

2v0解以上两式易得：Sx = sin2θ

g2v0结论：当抛射角θ= 45°时，最大射程Sxmax =

g（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。

2v0sin2?结论：Hm = 。

2g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

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个vo = 2gL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σ、n坐标，然后将重力G沿σ、n分解为Gσ和Gn分量，T为绳子张力。法向动力学方程为

v2T + Gn = ΣFn = man = m

r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 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）： 112mv0+ 0 = mg ( L + Lsinθ) +mv2D ② 22代入v0值解①、②两式得：θ= arcsin

22 ，（同时得到：vD = gL）小球33= Gsinθ= m

v2 r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。

2(vDcos?)2v2D(1?sin?)先求小球斜抛的最大高度，hm = =

2g2g代入θ和vD的值得：hm =

5L 2750L 27小球相对A的总高度：Hm = L + Lsinθ+ hm =

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大、小斜面的质量分别为M和m ，底边长分别为a和b ，试求：小斜面滑到底端时，大斜面后退的距离。

解：水平方向动量守恒。解题过程从略。

m答：（a－b）。

M?m进阶应用：如图7所示，一个质量为M ，半径为R的光滑均质半球，静置于光滑水平桌面上，在球顶有一个质量为m的质点，由静止开始沿球面下滑。试求：质点离开球面以前的轨迹。

解说：质点下滑，半球后退，这个物理情形和上面的双斜面问题十分相似，仔细分析，由于

同样满足水平方向动量守恒，故我们介绍的“定式”是适用的。定式解决了水平位移（位置）的问题，竖直坐标则需要从数学的角度想一些办法。

为寻求轨迹方程，我们需要建立一个坐标：以半球球心O为原点，沿质点滑下一侧的水平轴为x坐标、竖直轴为y坐标。

由于质点相对半球总是做圆周运动的（离开球面前），有必要引入相对运动中半球球心O′的方位角θ来表达质点的瞬时位置，如图8所示。

由“定式”，易得：

Mx = Rsinθ ①

M?m而由图知：y = Rcosθ ②

不难看出，①、②两式实际上已经是一个轨迹的参数方程。为了明确轨迹的性质，我们可以将参数θ消掉，使它们成为：

x2y2 + 2 = 1

MR(R)2M?m这样，特征就明显了：质点的轨迹是一个长、短半轴分别为R和

MR的M?m椭圆。

五、功的定义式中S怎么取值？

在求解功的问题时，有时遇到力的作用点位移与受力物体的（质心）位移不等，S是取力的作用点的位移，还是取物体（质心）的位移呢？我们先看下面一些事例。

1、如图9所示，人用双手压在台面上推讲台，结果双手前进了一段位移而讲台未移动。试问：人是否做了功？

2、在本“部分”第3页图1的模型中，求拉力做功时，S是否可以取绳子质心的位移？

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3、人登静止的楼梯，从一楼到二楼。楼梯是否做功？

4、如图10所示，双手用等大反向的力F压固定汽缸两边的活塞，活塞移动相同距离S，汽缸中封闭气体被压缩。施力者（人）是否做功？

在以上四个事例中，S若取作用点位移，只有第1、2、4例是做功的（注意第3例，楼梯支持力的作用点并未移动，而只是在不停地交换作用点），S若取物体（受力者）质心位移，只有第2、3例是做功的，而且，尽管第2例都做了功，数字并不相同。所以，用不同的判据得出的结论出现了本质的分歧。

面对这些似是而非的“疑难杂症”，我们先回到“做功是物体能量转化的量度”这一根本点。

第1例，手和讲台面摩擦生了热，内能的生成必然是由人的生物能转化而来，人肯定做了功。S宜取作用点的位移；

第2例，求拉力的功，在前面已经阐述，S取作用点位移为佳； 第3例，楼梯不需要输出任何能量，不做功，S取作用点位移；

第4例，气体内能的增加必然是由人输出的，压力做功，S取作用点位移。 但是，如果分别以上四例中的受力者用动能定理，第1例，人对讲台不做功，S取物体质心位移；第2例，动能增量对应S取L/2时的值——物体质心位移；第4例，气体宏观动能无增量，S取质心位移。（第3例的分析暂时延后。）

以上分析在援引理论知识方面都没有错，如何使它们统一？原来，功的概念有广义和狭义之分。在力学中，功的狭义概念仅指机械能转换的量度；而在物理学中功的广义概念指除热传递外的一切能量转换的量度。所以功也可定义为能量转换的量度。一个系统总能量的变化，常以系统对外做功的多少来量度。能量可以是机械能、电能、热能、化学能等各种形式，也可以多种形式的能量同时发生转化。由此可见，上面分析中，第一个理论对应的广义的功，第二个理论对应的则是狭义的功，它们都没有错误，只是在现阶段的教材中还没有将它们及时地区分开来而已。

而且，我们不难归纳：求广义的功，S取作用点的位移；求狭义的功，S取物体（质心）位移。

那么我们在解题中如何处理呢？这里给大家几点建议： 1、抽象地讲“某某力做的功”一般指广义的功；2、讲“力对某物体做的功”常常指狭义的功；3、动能定理中的功肯定是指狭义的功。

当然，求解功地问题时，还要注意具体问题具体分析。如上面的第3例，就相对复杂一些。如果认为所求为狭义的功，S取质心位移，是做了功，但结论仍然是难以令人接受的。下面我们来这样一个处理：将复杂的形变物体（人）看成这样一个相对理想的组合：刚性物体下面连接一压缩的弹簧（如图11所示），人每一次蹬梯，腿伸直将躯体重心上举，等效为弹簧将刚性物体举起。这样，我们就不难发现，做功的是人的双腿而非地面，人既是输出能量（生物能）的机构，也是得到能量（机械能）的机构——这里的物理情形更象是一种生物情形。本题所求的功应理解为广义功为宜。

以上四例有一些共同的特点：要么，受力物体情形比较复杂（形变，不能简单地看成一个质点。如第2、第3、第4例），要么，施力者和受力者之间的能量转化不是封闭的（涉及到第三方，或机械

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能以外的形式。如第1例）。以后，当遇到这样的问题时，需要我们慎重对待。

（学生活动）思考：足够长的水平传送带维持匀速v运转。将一袋货物无初速地放上去，在货物达到速度v之前，与传送带的摩擦力大小为f ，对地的位移为S 。试问：求摩擦力的功时，是否可以用W = fS ？

解：按一般的理解，这里应指广义的功（对应传送带引擎输出的能量），所以“位移”取作用点的位移。注意，在此处有一个隐含的“交换作用点”的问题，仔细分析，不难发现，每一个（相对皮带不动的）作用点的位移为2S 。（另解：求货物动能的增加和与皮带摩擦生热的总和。）

答：否。

（学生活动）思考：如图12所示，人站在船上，通过拉一根固定在铁桩的缆绳使船靠岸。试问：缆绳是否对船和人的系统做功？

解：分析同上面的“第3例”。

答：否。

六、机械能守恒与运动合成（分解）的综合

物理情形：如图13所示，直角形的刚性杆被固定，水平和竖直部分均足够长。质量分别为m1和m2的A、B两个有孔小球，串在杆上，且被长为L的轻绳相连。忽略两球的大小，初态时，认为它们的位置在同一高度，且绳处于拉直状态。现无初速地将系统释放，忽略一切摩擦，试求B球运动L/2时的速度v2 。

模型分析：A、B系统机械能守恒。A、B两球的瞬时速度不等，其关系可据“第三部分”知识介绍的定式（滑轮小船）去寻求。

（学生活动）A球的机械能是否守恒？B球的机械能是否守恒？系统机械能守恒的理由是什么（两法分析：a、“微元法”判断两个WT的代数和为零；b、无非弹性碰撞，无摩擦，没有其它形式能的生成）？

由“拓展条件”可以判断，A、B系统机械能守恒，（设末态A球的瞬时速率为v1 ）过程的方程为：

L112m1v1m2v2m2g = + 2 222①

在末态，绳与水平杆的瞬时夹角为30°，设绳子的瞬时迁移速率为v ，根据“第三部分”知识介绍的定式，有：

v1 = v/cos30°, v2 = v/sin30°

两式合并成：v1 = v2 tg30°= v2/3 ②

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解①、②两式，得：v2 =

3m2gL

m1?m2七、动量和能量的综合（一）

物理情形：如图14所示，两根长度均为L的刚性轻杆，一端通过质量为m的球形铰链连接，另一端分别与质量为m和2m的小球相连。将此装置的两杆合拢，铰链在上、竖直地放在水平桌面上，然后轻敲一下，使两小球向两边滑动，但两杆始终保持在竖直平面内。忽略一切摩擦，试求：两杆夹角为90°时，质量为2m的小球的速度v2 。

模型分析：三球系统机械能守恒、水平方向动量守恒，并注意约束关系——两杆不可伸长。

（学生活动）初步判断：左边小球和球形铰链的速度方向会怎样？

设末态（杆夹角90°）左边小球的速度为v（1方向：水平向左），球形铰链的速度为v（方向：和竖直方向夹θ角斜向左），

对题设过程，三球系统机械能守恒，有：

mg( L-11122L) = mv1 + mv2 + 2mv22 ① 2222三球系统水平方向动量守恒，有：

mv1 + mvsinθ= 2mv2 ②

左边杆子不形变，有：

v1cos45°= vcos(45°-θ) ③

右边杆子不形变，有：

vcos(45°+θ) = v2cos45° ④

四个方程，解四个未知量（v1 、v2 、v和θ），是可行的。推荐解方程的步骤如下——

1、③、④两式用v2替代v1和v ，代入②式，解θ值，得：tgθ= 1/4 2、在回到③、④两式，得：

517v1 = v2 , v = v2

333、将v1 、v的替代式代入①式解v2即可。结果：v2 =

3gL(2?2)

20（学生活动）思考：球形铰链触地前一瞬，左球、铰链和右球的速度分别是多少？

解：由两杆不可形变，知三球的水平速度均为零，θ为零。一个能量方程足以解题。

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答：0 、2gL 、0 。

（学生活动）思考：当两杆夹角为90°时，右边小球的位移是多少？ 解：水平方向用“反冲位移定式”，或水平方向用质心运动定律。 答：

32L 。 8进阶应用：在本讲模型“四、反冲……”的“进阶应用”（见图8）中，当质点m滑到方位角θ时（未脱离半球），质点的速度v的大小、方向怎样？

解说：此例综合应用运动合成、动量守恒、机械能守恒知识，数学运算比较繁复，是一道考查学生各种能力和素质的难题。

据运动的合成，有： ????v点?半球 = v点?地 + v地?半球 = v点?地 -

?v半球?地

?其中v半球?地必然是沿地面向左的，为了书写方

?便，我们设其大小为v2 ；v点?半球必然是沿半球瞬时位置切线方向（垂直瞬时半?径）的，设大小为v相 。根据矢量减法的三角形法则，可以得到v点?地（设大小为v1）的示意图，如图16所示。同时，我们将v1的x、y分量v1x和v1y也描绘在图中。

由图可得：v1y =（v2 + v1x）tgθ ① 质点和半球系统水平方向动量守恒，有：Mv2 = mv1x ②

1对题设过程，质点和半球系统机械能守恒，有：mgR(1-cosθ) = Mv22 + 212mv1 ，即： 21122mgR(1-cosθ) = Mv2 + m（v12x + v1y） ③ 22三个方程，解三个未知量（v2 、v1x 、v1y）是可行的，但数学运算繁复，推荐步骤如下——

Mm?M1、由①、②式得：v1x = v2 ， v1y = (tgθ) v2

mm2m2gR(1?cos?)2、代入③式解v2 ，得：v2 =

M2?Mm?(M?m)2tg2?3、由

2v1 =

2v1x

+

2v1y解v1 ，得：v1

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