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≈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

m+(－)= m+(－)

比较A、B两点，应用开普勒第二定律，有：v_A(a－c)= v_B(a + c)

结合椭圆的基本关系：c = 　

解以上三式可得：v_A = 　，　　 v_B =

再针对地球从A到C的过程，应用机械能守恒定律，有

m+(－)= m+(－)

代入v_A值可解得：v_C =

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 = ΣF_n = m a_n ，设轨迹在A点的曲率半径为ρ_A ，即：G= m

代入v_A值可解得：ρ_A =

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 =ΣF_n = m a_n ，即：F_万cosθ= m

即：G· = m

代入v_C值可解得：ρ_C =

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_C不垂直，方程不能写作v_A(a－c)= v_C a 。

正确的做法是：将v_C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)v_C cosθ，再用v_A(a－c)=(v_C cosθ)a ，化简之后的形式成为

v_A(a－c)= v_C 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

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

F_Am = G

F_Bm = G = －G

最后，两物之间的万有引力 F = F_Am + F_Bm = G－G

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

F = G

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。

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_o = 2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(v_C ≥)，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v_D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G_τ和G_n分量，T为绳子张力。法向动力学方程为

T + G_n = ΣF_n = ma_n = m

由于T≥0 ，G_n＞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

G_n = Gsinθ= m　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 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)：

m+ 0 = mg ( L + Lsinθ) +m　　　　　　　　　　　　 ②

代入v₀值解①、②两式得：θ= arcsin ，(同时得到：v_D = )小球脱离D点后将以v_D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，h_m = 　= 　

代入θ和v_D的值得：h_m = L

小球相对A的总高度：H_m = L + Lsinθ+ h_m = L

解法二：能量途径

小球在斜抛的最高点仍具有v_D的水平分量，即v_Dsinθ= 　。对A→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

m+ 0 = 　+ mg H_m

容易得到：H_m = L

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 = S_y = v_0y t + (-g)t²

S_x = v_0x t

解以上两式易得：S_x = sin2θ

结论：当抛射角θ= 45°时，最大射程S_xmax =

(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v_0x ，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：H_m = 　。

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

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

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

S_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S_x和S_y ，因为S_y ≡ d ，要S_合极小，只要S_x极小就行了。而S_x(θ)函数可以这样求--

解法一： S_x = v_xt =(v₂ - v_1x) =(v₂ – v₁cosθ)

为求极值，令cosθ= p ，则sinθ= ，再将上式两边平方、整理，得到

这是一个关于p的一元二次方程，要p有解，须满足Δ≥0 ，即

≥

整理得 ≥

所以，S_xmin= ，代入S_x(θ)函数可知，此时cosθ=

最后，S_min= = d

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，S_min＜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，S_y恒定，S_x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，α_max = arcsin

并且，此时：θ= arccos

有了α_max的值，结合图1可以求出：S_合min = d

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α_max = arcsin无解)，结合实际情况，α_max取90°

即：v₂＜v₁时，S_合min = d ，此时，θ= arccos

结论：若v₁＜v₂ ，θ= arccos时，S_合min = d

　　　 若v₂＜v₁ ，θ= arccos时，S_合min = d

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

v_合=

(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

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 = 　

其中v_合可用正弦定理表达，故有 t = 　=

解法二： t = 　= 　=

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v_x和v_y与v₁在x、y方向的分量v_1x、v_1y以及v₂具有以下关系

v_y = v_1y

v_x = v₂ - v_1x

由于合运动沿y方向的分量S_y ≡ d ，故有

解法三： t = 　= 　=

t (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 t_min =

(从“解法三”我们最容易理解t为什么与v₂无关，故t_min也与v₂无关。这个结论是意味深长的。)

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

2、从能量角度求第二、第三宇宙速度

万有引力势能E_P = －G

1、第一宇宙速度的常规求法