高中物理运动学专题讲述

高中 高中语文新课程标准高中物理选修31全套教案高中英语研修观课报告高中物理学习方法和技巧高中数学说课稿范文 物理运动学专 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 讲述 运动学 第一讲 基本知识介绍 一, 基本概念 1, 质点 2, 参照物 3, 参照系——固连于参照物上的坐标系,解题时要记住所选的是参照系,而不仅是一个点, 4,绝对运动,相对运动,牵连运动,v=v+v 绝相牵 二,运动的描述 1,位置,r=r(t) 2,位移,Δr=r(t+Δt),r(t) 3,速度,v=limΔr/Δt.在大学 教材 民兵爆破地雷教材pdf初中剪纸校本课程教材衍纸校本课程教材排球校本教材中国舞蹈家协会第四版四级教材 中表述为,v=dr/dt, 表示r对t 求导数 Δt?0 2 ,,加速度a=a+aa:法向加速度,速度方向的改变率,且a=v/ρ,ρ叫做nτ。nn曲率半径,,这是中学物理竞赛求曲率半径的唯一方法,a: 切向加速度,速度大τ小的改变率。a=dv/dt 5,以上是运动学中的基本物理量,也就是位移、位移的一阶导数、位移的二阶导数。可是三阶导数为什么不是呢,因为牛顿第二定律是F=ma,即直接和加速度相联系。,a对t的导数叫“急动度”。, 6,由于以上三个量均为矢量,所以在运算中用分量表示一般比较好 三,等加速运动 2 v(t)=v+at r(t)=r+vt+1/2 at 000 一道经典的物理问题,二次世界大战中物理学家曾经研究,当大炮的位置固定,以同一速度v沿各种角度发射,0 问,当飞机在哪一区域飞行之外时,不会有危险,,注,结论是这一区域为一抛物线,此抛物线是所有炮弹抛物线的包 2络线。此抛物线为在大炮上方h=v/2g处,以v平抛物体的轨迹。, 0 练习题, 一盏灯挂在离地板高l,天花板下面l处。灯泡爆裂,所有碎片以同样大小21 的速度v 朝各个方向飞去。求碎片落到地板上的半径,认为碎片和天花板的碰 撞是完全弹性的,即切向速度不变,法向速度反向,碎片和地板的碰撞是完全非 弹性的,即碰后静止。, 四,刚体的平动和定轴转动 1, 我们讲过的圆周运动是平动而不是转动 2, 角位移φ=φ,t,, 角速度ω=dφ/dt , 角加速度ε=dω/dt 3, 有限的角位移是标量,而极小的角位移是矢量 4, 同一刚体上两点的相对速度和相对加速度 两点的相对距离不变,相对运动轨迹为圆弧,V=V+V,在AB连线上 ABAB nττ投影,[V]=[V],a=a+aa=a+a,a垂直于AABBABABAB,AB,AB,AB ,AB n2AB,a=V/AB ,ABAB 例,A,B,C三质点速度分别V,V,V A B C 求G的速度。 五,课后习题, 一只木筏离开河岸,初速度为V,方向垂直于岸边,航行路线如图。经过时间T木筏划到路线上标有符号处。河水速度恒定U用作图法找到在2T,3T,4T时刻木筏在航线上的确切位置。 五、处理问题的一般方法 ,1,用微元法求解相关速度问题 例1,如图所示,物体A置于水平面上,A前固定一滑轮B,高台上有一定滑轮D,一根轻绳一端固定在C点,再绕过B、D, 拉绳上的自由端时,A沿水平面前进,求当跨BC段水平,当以恒定水平速度v 过B的两段绳子的夹角为α时,A的运动速度。 v,,v, A1，cos, ,2,抛体运动问题的一般处理方法 1. 平抛运动 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V,0求以何角度掷球时,水平射程最远,最远射程为多少, 2vv2gh，v001,0,α=、 x=, sin2g2v，2gh0 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,S=S+S A对地A对BB对地 速度合成定理,V=V+V 绝对相对牵连 加速度合成定理,a=a+a 绝对相对牵连 ,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 V人对地= V人对梯+ V梯对地 答案,n=ttn/,t-t,t 231231 (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β=30?,另一次安1 v1装成倾角为β=15?。问汽车两次速度之比为多少时,司机都是看见冰雹都是2v2 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 v2片,俯视,。两列车沿直轨道分别以速度v=50km/h和1 v 1v=70km/h行驶,行驶方向如箭头所示,求风速。 2 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,如果v为已知,试求P点的x 、 A y向分速度v和v对杆方位角θ的函数。 PxPy ,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,, ,第二段和第三段大小相同。 v合 参见右图,显然, 222v = + u , 2vucos120? v合合 可解出 v = 24km/h 。 合 答案,0.2hour,或12min.,。 3、提示,方法与练习一类似。答案为,3 x,aLsin,,4、提示,,1,写成参数方程后消参数θ。 ,y,(1,a)Lcos,, ,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 = vcosθ,v = 牵A转 2,cosv,可知B端相对A的转动线速度为,A((((sin, vAv + vsinθ= 。 转A sin, avAP点的线速度必为 = v 相sin, 所以 v = vcosθ+ v ,v = v , vsinθ Px相AxPyAy相 22yx答案,,1, + = 1 ,为椭圆,,2,v = avctgθ ,v =,1 PxAPy222(1,a)L(aL) , 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τ、法向n坐标,所有运动学矢量均沿这两个方向分解。 ,F,ma,,,动力学方程,其中改变速度的大小,速率,,改变速度的aa,,nFma,,nn, 2v方向。且= 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an, 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E = ,Pmm12G 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 mm12万有引力势能E = ,G Pr 3、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v恒定。岸边有一艘小船,保持相2对河水恒定的速率v渡河,但船头的方向可以选择。试求小船渡河的最短时间1 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v合成。可以设船头与河岸上游夹角为θ,即v的方向,,21速度矢量合成如图1 ,学生活动,用余弦定理可求v的大小 合 22v，v,2vvcos,v= 合1212 ,学生活动,用正弦定理可求v的方向。令v与河岸下游夹角为α,则 合合 vsin,1α= arcsin 22v，v,2vvcos,1212 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 S合解法一, t = v合 d/sin,d其中v可用正弦定理表达,故有 t = = 合vsin,vsin,11 sin, S1解法二, t = = v1 d/sin,d = vvsin,11 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v分解,v无需分解,,再合成,如图2所示。而且不难看出,合运动在x、12 y方向的分量v和v与v在x、y方向的分量v、v以及v具有以下关系 xy11x1y2 v = v y1y v = v - v x21x 由于合运动沿y方向的分量S ? d ,故有 y Sddy解法三, t = = = vvsin,v1y1y t (θ)函数既已得出,我们不难得出结论 d当θ= 90?时,渡河时间的最小值 t = minv1 ,从“解法三”我们最容易理解t为什么与v无关,故t也与v无关。这个2min2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 22dv，v,2vvcon,dd1212S = = = 合vsin,vsin,11sin,v合 但S,θ,函数比较复杂,寻求S的极小值并非易事。因此,我们可以从合合 其它方面作一些努力。 将S沿x、y方向分解成S和S ,因为S ? d ,要S极小,只要S合xyy合x极小就行了。而S,θ,函数可以这样求—— x Sdy解法一, S = vt =,v - v, =,v – vcosθ, xx21x21vsin,v1y 21,p为求极值,令cosθ= p ,则sinθ= ,再将上式两边平方、整理,得到 222222222 v(S，d)p,2vvdp，dv,Sv,01x122x1 这是一个关于p的一元二次方程,要p有解,须满足Δ?0 ,即 2242222222? 4vvd4v(S，d)(dv,Sv)121x2x1 22222整理得 ? Svd(v,v)x121 vd221所以,S= ,代入S,θ,函数可知,此时cosθ= v,vxminx21vv21 v222最后,S= = d S，Sminxminyv1 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v,v时,S,d ,这显然与事实不符。,造成这个局面的原因是,在21min 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,S恒定,S越小,必有S矢量与下游河岸的夹角越大,亦即yx合 v矢量与下游河岸的夹角越大,但不得大于90?,。 合 我们可以通过v与v合成v矢量图探讨v与下游河岸夹角的最大可能。 12合合 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矢量的大小和方向随之变化,具体情况如图4所示。 合 从图4不难看出,只有当v和虚线半圆周相切时,v与v,下游,的夹角合合2 v1才会最大。此时,v?v ,v、v和v构成一个直角三角形,α = arcsin 合112合maxv2 v1并且,此时,θ= arccos v2 v2有了α的值,结合图1可以求出,S = d max合minv1 最后解决v,v时结果不切实际的问题。从图4可以看出,当v,v时,v2121 v1不可能和虚线半圆周相切,或α = arcsin无解,,结合实际情况,α取合maxmaxv2 90? v2即,v,v时,S = d ,此时,θ= arccos 21合minv1 vv12结论,若v,v ,θ= arccos时,S = d 12合minvv21 v2 若v,v ,θ= arccos时,S = d 21合minv1 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v和小船速度1v的大小关系。 2 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v ,考查绳与船相连的端点运动情况,v和v必有一个运动的112合成与分解的问题。 ,学生活动,如果v恒定不变,v会恒定吗,若恒定,说明理由,若变化,12 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,v?v 。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,21 得到v,v 。故“船速增大”才是正确结论。 21 故只能引入瞬时方位角θ,看v和v的瞬时关系。 12 ,学生活动,v和v定量关系若何,是否可以考虑用运动的分解与合成的知12 识解答, 针对如图6所示的两种典型 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 ,初步评说——甲图中v = vcosθ,船越靠21岸,θ越大,v越小,和前面的定性结论冲突,必然是错误的。 2 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v合运动,端点参与绳子的缩短运动v和随绳子的转动v ,从而肯定乙方案21转是正确的。 即,v = v / cosθ 21 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 =得D点,并连接CD。显然,图中BC是船的位移大小,DB是绳子的ACAD 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,S = S / cosθ 。 21 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,S = v 22t ,S = v t 。 11 所以,v = v / cosθ 21 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v ,方向0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 120 = S = v t + ,-g,t y0y2 S = v t x0x 2v0解以上两式易得,S = sin2θ xg 2v0结论,当抛射角θ= 45?时,最大射程S = xmaxg ,学生活动,若v 、θ确定,试用两种方法求小球到达的最大高度。 0 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v ,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,0x 22vsin,0H = 。 m2g 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v = 2的水平初速,试gLo 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,v ?,,即小球必然在BC之gLC 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v不可能为零,,但用动力学的工具分析,是本模型的D 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G和τ G分量,T为绳子张力。法向动力学方程为 n 2vT + G = ΣF = ma = m nnnr 由于T?0 ,G,0 ,故v?0 。,学生活动,若换一个v值,n0 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 2vG = Gsinθ= m ? nr 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,, 1122m+ 0 = mg ( L + Lsinθ) +m ? vvD022 22gL代入v值解?、?两式得,θ= arcsin ,,同时得到,v = ,小球0D33脱离D点后将以v为初速度作斜向上抛运动。它所能到达的最高点,相对A,D 可以用两种方法求得。 解法一,运动学途径。 222(vcos)v(1sin),,,DD先求小球斜抛的最大高度,h = = m2g2g 5代入θ和v的值得,h = L Dm27 50小球相对A的总高度,H = L + Lsinθ+ h = L mm27 解法二,能量途径 22小球在斜抛的最高点仍具有v的水平分量,即vsinθ= 。对A?gLDD33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 1122m+ 0 = + mg H m(vsin,)vmD022 50容易得到,H = L m27 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 MmF = G Am2d M,,mMm8F = G = ,G Bm2R2R,,8(d,)d,,,22,, MmMm最后,两物之间的万有引力 F = F + F = G,G AmBm2Rd28(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。 B、C三点的运动速度,试求地球在椭圆顶点A、 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 地理事物空间分布特征语文高考下定义高考日语答题卡模板高考688高频词汇高考文言文120个实词 要求有很 大的不同。 c地球轨道的离心率很小,其值?0.0167 ,其中c为半焦距,,这是我们常a 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 MmMm1122Gm+,,,= m+,,, GvvAB2a,c2a，c 比较A、B两点,应用开普勒第二定律,有,v,a,c,= v,a + c, AB 22结合椭圆的基本关系,c = a,b 2222GMGMaabaab，,,,解以上三式可得,v = , v = ABaabb 再针对地球从A到C的过程,应用机械能守恒定律,有 Mm11Mm22Gm+,,,= m+,,G, vvCA2a,c2a GM代入v值可解得,v = ACa 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。 Mm在A点,F = ΣF = m a ,设轨迹在A点的曲率半径为ρ ,即,G= 万nnA2(a,c) 2vAm ,A 2b代入v值可解得,ρ = AAa 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。 2vC然后,F =ΣF = m a ,即,Fcosθ= m 万nnn万,C 2vMmbC即,G? = m 2aa,C 2a代入v值可解得,ρ = CCb 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v不垂直,方程不能写作v,a,c,= v a 。 CAC 正确的做法是,将v分解出垂直于矢径的分量,分解方式可参看图12,但C 分解的平行四边形未画出,v cosθ,再用v,a,c,=,v cosθ,a ,化简之CAC 后的形式成为 b v,a,c,= vCA 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。