奥赛培训讲义《曲线运动 万有引力》

奥赛培训讲义《曲线运动 万有引力》

（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 = v0y t + Sx = v0x t

12（-g）t

2

5

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解以上两式易得：Sx =

v0g2sin2θ

2结论：当抛射角θ= 45°时，最大射程Sxmax =

v0g

（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 = 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 = 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

v2v0sin2g22? 。

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 = Gsinθ= m

v2r 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）：

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122mv0+ 0 = mg ( L + Lsinθ) +

12mv2 ② D23代入v0值解①、②两式得：θ= arcsin ，（同时得到：vD =

23gL）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 =

527(vDcos?)2g2 =

vD(1?sin2g22?)

代入θ和vD的值得：hm = L

5027小球相对A的总高度：Hm = L + Lsinθ+ hm = 解法二：能量途径

L

小球在斜抛的最高点仍具有vD的水平分量，即vDsinθ= 能守恒定律（设A所在的平面为参考平面），有

122323gL 。对A→最高点的过程用机械

mv0+ 0 =

212m（vDsin?) + mg Hm 50272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

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FAm = G

Mmd2

?M8?m2FBm = G = －G

Mm8(d?R2)2

R??d???2??最后，两物之间的万有引力 F = FAm + FBm = G

Mmd2－G

Mm8(d?R2)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

M7(d??mR14F = G

)2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

ca≈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

12mvA+（－G2Mma?c）=

12mvB+（－G2Mma?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 =

a?a?b a?bb2222解以上三式可得：vA =

GMa ， vB =

a?a?bb22GMa

再针对地球从A到C的过程，应用机械能守恒定律，有

12mvA+（－G2Mma?c）=

12mvC+（－G2Mma）

代入vA值可解得：vC =

GMa

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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(a?c)2= m

vA?A2

代入vA值可解得：ρA =

b2a

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

vC?C2

即：G

Mma2·

ba = m

vC?C2

代入vC值可解得：ρC =

a2b

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。

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