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物理情形：地球和太陽的質(zhì)量分別為m和M ，地球繞太陽作橢圓運動，軌道的半長軸為a ，半短軸為b ，如圖11所示。試求地球在橢圓頂點A、B、C三點的運動速度，以及軌跡在A、C兩點的曲率半徑。

模型分析：求解天體運動的本來模式，常常要用到開普勒定律(定量)、機械能守恒(萬有引力勢能)、橢圓的數(shù)學常識等等，相對高考要求有很大的不同。

地球軌道的離心率很小(其值≈0.0167 ，其中c為半焦距)，這是我們常常能將它近似為圓的原因。為了方便說明問題，在圖11中，我們將離心率夸大了。

針對地球從A點運動到B點的過程，機械能守恒

m+(－)= m+(－)

比較A、B兩點，應(yīng)用開普勒第二定律，有：v_A(a－c)= v_B(a + c)

結(jié)合橢圓的基本關(guān)系：c = 　

解以上三式可得：v_A = 　，　　 v_B =

再針對地球從A到C的過程，應(yīng)用機械能守恒定律，有

m+(－)= m+(－)

代入v_A值可解得：v_C =

為求A、C兩點的曲率半徑，在A、C兩點建自然坐標，然后應(yīng)用動力學(法向)方程。

在A點，F(xiàn)_萬 = ΣF_n = m a_n ，設(shè)軌跡在A點的曲率半徑為ρ_A ，即：G= m

代入v_A值可解得：ρ_A =

在C點，方程復雜一些，須將萬有引力在τ、n方向分解，如圖12所示。

然后，F(xiàn)_萬n =ΣF_n = m a_n ，即：F_萬cosθ= m

即：G· = m

代入v_C值可解得：ρ_C =

值得注意的是，如果針對A、C兩點用開普勒第二定律，由于C點處的矢徑r和瞬時速度v_C不垂直，方程不能寫作v_A(a－c)= v_C a 。

正確的做法是：將v_C分解出垂直于矢徑的分量(分解方式可參看圖12，但分解的平行四邊形未畫出)v_C cosθ，再用v_A(a－c)=(v_C cosθ)a ，化簡之后的形式成為

v_A(a－c)= v_C b

要理解這個關(guān)系，有一定的難度，所以建議最好不要對A、C兩點用開普勒第二定律

試題詳情

物理情形：如圖9所示，半徑為R的均質(zhì)球質(zhì)量為M，球心在O點，現(xiàn)在被內(nèi)切的挖去了一個半徑為R/2的球形空腔(球心在O′)。在O、O′的連線上距離O點為d的地方放有一個很小的、質(zhì)量為m的物體，試求這兩個物體之間的萬有引力。

模型分析：無論是“基本條件”還是“拓展條件”，本模型都很難直接符合，因此必須使用一些特殊的處理方法。本模型除了照應(yīng)萬有引力的拓展條件之外，著重介紹“填補法”的應(yīng)用。

空腔里現(xiàn)在雖然空無一物，但可以看成是兩個半徑為R/2的球的疊加：一個的質(zhì)量為+M/8 ，一個的質(zhì)量為－M/8 。然后，前者正好填補空腔--和被挖除后剩下的部分構(gòu)成一個完整的均質(zhì)球A ；注意后者，雖然是一個比較特殊的物體(質(zhì)量為負值)，但仍然是一個均質(zhì)的球體，命名為B 。

既然A、B兩物均為均質(zhì)球體，他們各自和右邊小物體之間的萬有引力，就可以使用“拓展條件”中的定勢來計算了。只是有一點需要說明，B物的質(zhì)量既然負值，它和m之間的萬有“引力”在方向上不再表現(xiàn)為吸引，而應(yīng)為排斥--成了“萬有斥力”了。具體過程如下

F_Am = G

F_Bm = G = －G

最后，兩物之間的萬有引力 F = F_Am + F_Bm = G－G

需要指出的是，在一部分同學的心目中，可能還會存在另一種解題思路，那就是先通過力矩平衡求被挖除物體的重心(仍然要用到“填補法”、負質(zhì)量物體的重力反向等)，它將在O、O′的連線上距離O點左側(cè)R/14處，然后“一步到位”地求被挖除物與m的萬有引力

F = G

然而，這種求法違背了萬有引力定律適用的條件，是一種錯誤的思路。

試題詳情

物理情形：如圖8所示，長為L的細繩一端固定，另一端系一小球。當小球在最低點時，給球一個v_o = 2的水平初速，試求所能到達的最大高度。

模型分析：用自然坐標分析變速圓周運動的典型事例。能量關(guān)系的運用，也是對常規(guī)知識的復習。

(學生活動)小球能否形成的往復的擺動？小球能否到達圓弧的最高點C ？

通過能量關(guān)系和圓周運動動力學知識的復習，得出：小球運動超過B點、但不能到達C點(v_C ≥)，即小球必然在BC之間的某點脫離圓弧。

(學生活動)小球會不會在BC之間的某點脫離圓弧后作自由落體運動？

盡管對于本問題，能量分析是可行的(BC之間不可能出現(xiàn)動能為零的點，則小球脫離圓弧的初速度v_D不可能為零)，但用動力學的工具分析，是本模型的重點--

在BC階段，只要小球還在圓弧上，其受力分析必如圖9所示。沿軌跡的切向、法向分別建τ、n坐標，然后將重力G沿τ、n分解為G_τ和G_n分量，T為繩子張力。法向動力學方程為

T + G_n = ΣF_n = ma_n = m

由于T≥0 ，G_n＞0 ，故v≠0 。(學生活動：若換一個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。)

下面先解脫離點的具體位置。設(shè)脫離點為D，對應(yīng)方位角為θ，如圖8所示。由于在D點之后繩子就要彎曲，則此時繩子的張力T為零，而此時仍然在作圓周運動，故動力學方程仍滿足

G_n = Gsinθ= m　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

在再針對A→D過程，小球機械能守恒，即(選A所在的平面為參考平面)：

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

代入v₀值解①、②兩式得：θ= arcsin ，(同時得到：v_D = )小球脫離D點后將以v_D為初速度作斜向上拋運動。它所能到達的最高點(相對A)可以用兩種方法求得。

解法一：運動學途徑。

先求小球斜拋的最大高度，h_m = 　= 　

代入θ和v_D的值得：h_m = L

小球相對A的總高度：H_m = L + Lsinθ+ h_m = L

解法二：能量途徑

小球在斜拋的最高點仍具有v_D的水平分量，即v_Dsinθ= 　。對A→最高點的過程用機械能守恒定律(設(shè)A所在的平面為參考平面)，有

m+ 0 = 　+ mg H_m

容易得到：H_m = L

試題詳情

物理情形：不計空氣阻力，將小球斜向上拋出，初速度大小恒為v₀ ，方向可以選擇，試求小球落回原高度的最大水平位移(射程)。

模型分析：斜拋運動的常規(guī)分析和平拋運動完全相同。

設(shè)初速度方向與水平面夾θ角，建立水平、豎直的x、y軸，將運動學參量沿x、y分解。針對拋出到落回原高度的過程

0 = S_y = v_0y t + (-g)t²

S_x = v_0x t

解以上兩式易得：S_x = sin2θ

結(jié)論：當拋射角θ= 45°時，最大射程S_xmax =

(學生活動)若v₀ 、θ確定，試用兩種方法求小球到達的最大高度。

運動學求解--考查豎直分運動即可；能量求解--注意小球在最高點應(yīng)具備的速度v_0x ，然后對拋出到最高點的過程用動能定理或機械能守恒。結(jié)論：H_m = 　。

試題詳情

物理情形：如圖5所示，岸邊的汽車用一根不可伸長的輕繩通過定滑輪牽引水中的小船，設(shè)小船始終不離開水面，且繩足夠長，求汽車速度v₁和小船速度v₂的大小關(guān)系。

模型分析：由于繩不可伸長，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運動情況，v₁和v₂必有一個運動的合成與分解的問題。

(學生活動)如果v₁恒定不變，v₂會恒定嗎？若恒定，說明理由；若變化，定性判斷變化趨勢。

結(jié)合學生的想法，介紹極限外推的思想：當船離岸無窮遠時，繩與水的夾角趨于零，v₂→v₁ 。當船比較靠岸時，可作圖比較船的移動距離、繩子的縮短長度，得到v₂＞v₁ 。故“船速增大”才是正確結(jié)論。

故只能引入瞬時方位角θ，看v₁和v₂的瞬時關(guān)系。

(學生活動)v₁和v₂定量關(guān)系若何？是否可以考慮用運動的分解與合成的知識解答？

針對如圖6所示的兩種典型方案，初步評說--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，必然是錯誤的。

錯誤的根源分析：和試驗修訂本教材中“飛機起飛”的運動分析進行了不恰當?shù)芈?lián)系。仔細比較這兩個運動的差別，并聯(lián)系“小船渡河”的運動合成等事例，總結(jié)出這樣的規(guī)律--

合運動是顯性的、軌跡實在的運動，分運動是隱性的、需要分析而具有人為特征(無唯一性)的運動。

解法一：在圖6(乙)中，當我們挖掘、分析了滑輪繩子端點的運動后，不難得出：船的沿水面運動是v₂合運動，端點參與繩子的縮短運動v₁和隨繩子的轉(zhuǎn)動v_轉(zhuǎn) ，從而肯定乙方案是正確的。

即：v₂ = v₁ / cosθ

解法二：微元法。從考查位置開始取一個極短過程，將繩的運動和船的運動在圖7(甲)中標示出來，AB是繩的初識位置，AC是繩的末位置，在AB上取=得D點，并連接CD。顯然，圖中BC是船的位移大小，DB是繩子的縮短長度。由于過程極短，等腰三角形ACD的頂角∠A→0，則底角∠ACD→90°，△CDB趨于直角三角形。將此三角放大成圖7(乙)，得出：S₂ = S₁ / cosθ 。

鑒于過程極短，繩的縮短運動和船的運動都可以認為是勻速的，即：S₂ = v₂ t ，S₁ = v₁ t 。

所以：v₂ = v₁ / cosθ

試題詳情

2、求渡河的位移和最小位移

在上面的討論中，小船的位移事實上已經(jīng)得出，即

S_合 = 　= 　=

但S_合(θ)函數(shù)比較復雜，尋求S_合的極小值并非易事。因此，我們可以從其它方面作一些努力。

將S_合沿x、y方向分解成S_x和S_y ，因為S_y ≡ d ，要S_合極小，只要S_x極小就行了。而S_x(θ)函數(shù)可以這樣求--

解法一： S_x = v_xt =(v₂ - v_1x) =(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，S_xmin= ，代入S_x(θ)函數(shù)可知，此時cosθ=

最后，S_min= = d

此過程仍然比較繁復，且數(shù)學味太濃。結(jié)論得出后，我們還不難發(fā)現(xiàn)一個問題：當v₂＜v₁時，S_min＜d ，這顯然與事實不符。(造成這個局面的原因是：在以上的運算過程中，方程兩邊的平方和開方過程中必然出現(xiàn)了增根或遺根的現(xiàn)象)所以，此法給人一種玄乎的感覺。

解法二：純物理解--矢量三角形的動態(tài)分析

從圖2可知，S_y恒定，S_x越小，必有S_合矢量與下游河岸的夾角越大，亦即v_合矢量與下游河岸的夾角越大(但不得大于90°)。

我們可以通過v₁與v₂合成v_合矢量圖探討v_合與下游河岸夾角的最大可能。

先進行平行四邊形到三角形的變換，如圖3所示。

當θ變化時，v_合矢量的大小和方向隨之變化，具體情況如圖4所示。

從圖4不難看出，只有當v_合和虛線半圓周相切時，v_合與v₂(下游)的夾角才會最大。此時，v_合⊥v₁ ，v₁、v₂和v_合構(gòu)成一個直角三角形，α_max = arcsin

并且，此時：θ= arccos