高中物理校本课程

2022-05-27 来源：欧得旅游网

广州市第三中学校本课程

高一物理

2006年10月

一、前言-----------------------------------（4）二、物理力学竞赛内容

1．关力学竞赛--------------------------（5） 2．第一部分力＆物体的平衡------------（1）第一讲力的处理（2）第二讲物体的平衡（3）第三讲习题课（4）第四讲摩擦角及其它

3．第二部分牛顿运动定律-------------（1）第一讲牛顿三定律（2）第二讲牛顿定律的应用（3）第三讲配套例题选讲

4．第三部分曲线运动万有引力-------（1）第一讲基本知识介绍

（2）第二讲重要模型与专题

5．第四部分动量与能量---------------（1）第一讲基本知识介绍（2）第二讲重要模型与专题（3）第三讲典型例题解析

6）

15）23）32）（（

（

三、现代前沿科技--------------------------（45）

1．GPS全球定位系统---------------------（45）

（1）GPS发展历史与系统组成（2）GPS原理（3）GPS的应用

2．超导技术及磁悬浮列车------------------（1）磁悬浮列车总概（2）磁悬浮列车是什么（3）磁悬浮列车发展史

52）

（前言

新一轮的中学课程改革正在全国上下如火如图荼地开展。这场课程改革旨在改变课程过于注重知识传授的倾向，强调形成积极主动的学习态度，使获得基础知识与基本技能的过程同时成为学会学习和形成正确价值观的过程。

广州市第三中学在学生全面发展的基础上，注重发展学生的个性特长。三中物理科组自主开发校本课程，利用学校安排的学习时间（周一下午）开展学科竞赛活动，培养学生的创新能力，使得以学科竞赛为龙头的课外活动长盛不衰，成为学校一大办学特色。科组成员组织有物理兴趣的学生广泛学习现代科学与技术知识，开办“现代前沿科技”讲座，使学生深刻地感受到学有所用，大大提高了学生学习物理的兴趣，拓展了学生的知识面。

有关力学竞赛

高中物理的要求分为三个层次：一般要求（会考）、高考要求和竞赛要求。三个层次针对不同的学生群体，一般要求是指所有高中学生都要求掌握的物理基础知识，要求学生会用物理基础知识解答生产和生产中的有关物理问题。高考要求针对的是高考中选择的X科为物理的学生，而竞赛要求是针对一部分对物理有较大兴趣的学生，这群学生有志参加物理学科竞赛、全国中学生物理竞赛，乃至奥林匹克物理竞赛。

广州市组织的每年一度的力学竞赛，是在高一学生在修完物理必修（一）和必修（二）的基础，有选择性地组织学生参加的物理知识竞赛。这样的知识竞赛只涉及力学的内容，为了让学生开阔视野，有学习和煅练的机会，物理科组组织相关教师从高一第一学期开始，自主编写教材和教案，利用选修课的时间，组织相关学生进行有关力学竞赛知识的学习。

第一部分力＆物体的平衡

第一讲力的处理

一、矢量的运算

1、加法

表达：a + b = c 。

名词：c为“和矢量”。

法则：平行四边形法则。如图1所示。和矢量大小：c = 的夹角。

ab2abcos ，其中α为a和b22和矢量方向：c在a、b之间，和a夹角β= arcsin

2、减法

表达：a = c－b 。

bsinab2abcos22

名词：c为“被减数矢量”，b为“减数矢量”，a为“差矢量”。

法则：三角形法则。如图2所示。将被减数矢量和减数矢量的起始端平移到一点，然后连接两时量末端，指向被减数时量的时量，即是差矢量。

差矢量大小：a =

bc2bccos ，其中θ为c和b的夹角。

22差矢量的方向可以用正弦定理求得。

一条直线上的矢量运算是平行四边形和三角形法则的特例。例题：已知质点做匀速率圆周运动，半径为R ，周期为T ，求它在大小。

11T内和在T内的平均加速度421T的过程，A到C点41对应T的过程。这三点的速度矢量分别设为vA、vB和vC。

2vBvAvtv0根据加速度的定义 a= 得：aAB= ，

tABt解说：如图3所示，A到B点对应

vCvAaAC=

tAC由于有两处涉及矢量减法，设两个差矢量 v1= vB－

 6

vA ，v2= vC－vA ，根据三角形法则，它们在图3中的大小、方向已绘出（v2的“三角形”已

被拉伸成一条直线）。

本题只关心各矢量的大小，显然：

vA = vB = vC =

2R ，且：v1 = T2vA=

22R4R ，v2 = 2vA= TT22R4Rv1T = 82R ，a= v2 = T = 8R 。所以：aAB= = ACTTtABtACT2T242（学生活动）观察与思考：这两个加速度是否相等，匀速率圆周运动是不是匀变速运动？答：否；不是。

3、乘法

矢量的乘法有两种：叉乘和点乘，和代数的乘法有着质的不同。 ⑴ 叉乘

表达：a×b = c

名词：c称“矢量的叉积”，它是一个新的矢量。

叉积的大小：c = absinα，其中α为a和b的夹角。意义：c的大小对应由a和b作成的平行四边形的面积。

叉积的方向：垂直a和b确定的平面，并由右手螺旋定则确定方向，如图4所示。

显然，a×b≠b×a，但有：a×b= －b×a

⑵ 点乘

表达：a·b = c

名词：c称“矢量的点积”，它不再是一个矢量，而是一个标量。

点积的大小：c = abcosα，其中α为a和b的夹角。

二、共点力的合成

1、平行四边形法则与矢量表达式

2、一般平行四边形的合力与分力的求法余弦定理（或分割成RtΔ）解合力的大小正弦定理解方向三、力的分解

1、按效果分解

2、按需要——正交分解

第二讲物体的平衡

一、共点力平衡

1、特征：质心无加速度。

2、条件：ΣF = 0 ，或 Fx = 0 ，Fy = 0

例题：如图5所示，长为L 、粗细不均匀的横杆被两根轻绳水平悬挂，绳子与水平方向的夹角在图上已标示，求横杆的重心位置。

解说：直接用三力共点的知识解题，几何关系比较简单。

答案：距棒的左端L/4处。

（学生活动）思考：放在斜面上的均质长方体，按实际情况分析受力，斜面的支持力会通过长方体的重心吗？

解：将各处的支持力归纳成一个N ，则长方体受三个力（G 、f 、N）必共点，由此推知，N不可能通过长方体的重心。正确受力情形如图6所示（通常的受力图是将受力物体看成一个点，这时，N就过重心了）。

答：不会。

二、转动平衡

1、特征：物体无转动加速度。



2、条件：ΣM= 0 ，或ΣM+ =ΣM-

如果物体静止，肯定会同时满足两种平衡，因此用两种思路均可解题。 3、非共点力的合成

大小和方向：遵从一条直线矢量合成法则。

作用点：先假定一个等效作用点，然后让所有的平行力对这个作用点的和力矩为零。

第三讲习题课

1、如图7所示，在固定的、倾角为α斜面上，有一块可以转动的夹板（β不定），夹板和斜面夹着一个质量为m的光滑均质球体，试求：β取何值时，夹板对球的弹力最小。

解说：法一，平行四边形动态处理。

对球体进行受力分析，然后对平行四边形中的矢量G和N1进行平移，使它们构成一个三角形，如图8的左图和中图所示。

由于G的大小和方向均不变，而N1的方向不可变，当β增大导致N2的方向改变时，N2的变化和N1的方向变化如图8的右图所示。

显然，随着β增大，N1单调减小，而N2的大小先减小后增大，当N2

垂直N1时，N2取极小值，且N2min = Gsinα。

法二，函数法。

看图8的中间图，对这个三角形用正弦定理，有：

N2GGsin = ，即：N2 = ，β在0到180°之间取值，N2的极值讨论是很容易的。

sinsinsin答案：当β= 90°时，甲板的弹力最小。

2、把一个重为G的物体用一个水平推力F压在竖直的足够高的墙壁上，F随时间t的变化规律如图9所示，则在t = 0开始物体所受的摩擦力f的变化图线是图10中的哪一个？

解说：静力学旨在解决静态问题和准静态过程的问题，但本题是一个例外。物体在竖直方向的运动先加速后减速，平衡方程不再适用。如何避开牛顿第二定律，是本题授课时的难点。

静力学的知识，本题在于区分两种摩擦的不同判据。水平方向合力为零，得：支持力N持续增大。

物体在运动时，滑动摩擦力f = μN ，必持续增大。但物体在静止后静摩擦力f′≡ G ，与N没有关系。

对运动过程加以分析，物体必有加速和减速两个过程。据物理常识，加速时，f ＜ G ，而在减速时f ＞ G 。

答案：B 。

3、如图11所示，一个重量为G的小球套在竖直放置的、半径为R的光滑大环上，另一轻质弹簧的劲度系数为k ，自由长度为L（L＜2R），一端固定在大圆环的顶点A ，另一端与小球相连。环静止平衡时位于大环上的B点。试求弹簧与竖直方向的夹角θ。

解说：平行四边形的三个矢量总是可以平移到一个三角形中去讨论，解三角形的典型思路有三种：①分割成直角三角形（或本来就是直角三角形）；②利用正、余弦定理；③利用力学矢量三角形和某空间位置三角形相似。本题旨在贯彻第三种思路。

分析小球受力→矢量平移，如图12所示，其中F表示弹簧弹力，N表示大环的支持力。

（学生活动）思考：支持力N可不可以沿图12中的反方向？（正交分解看水平方向平衡——不可以。）

容易判断，图中的灰色矢量三角形和空间位置三角形ΔAOB是相似的，所以：

FAB ⑴ GR由胡克定律：F = k（AB- R） ⑵ 几何关系：AB= 2Rcosθ ⑶ 解以上三式即可。答案：arccos

kL 。

2(kRG)（学生活动）思考：若将弹簧换成劲度系数k′较大的弹簧，其它条件不变，则弹簧弹力怎么变？环的支持力怎么变？

答：变小；不变。

（学生活动）反馈练习：光滑半球固定在水平面上，球心O的正上方有一定滑轮，一根轻绳跨过滑轮将一小球从图

13所示的A位置开始缓慢拉至B位置。试判断：在此过程中，绳子的拉力T和球面支持力N怎样变化？

解：和上题完全相同。答：T变小，N不变。

4、如图14所示，一个半径为R的非均质圆球，其重心不在球心O点，先将它置于水平地面上，平衡时球面上的A点和地面接触；再将它置于倾角为30°的粗糙斜面上，平衡时球面上的B点与斜面接触，已知A到B的圆心角也为30°。试求球体的重心C到球心O的距离。

解说：练习三力共点的应用。根据在平面上的平衡，可知重心C在OA连线上。根据在斜面上的平衡，支持力、重力和静摩擦力共点，可以画出重心的具体位置。几何计

算比较简单。

答案：

3R 。 3（学生活动）反馈练习：静摩擦足够，将长为a 、厚为b的砖块码在倾角为θ的斜面上，最多能码多少块？

解：三力共点知识应用。答：

actg 。 b4、两根等长的细线，一端拴在同一悬点O上，另一端各系一个小球，两球的质量分别为m1和m2 ，已知两球间存在大小相等、方向相反的斥力而使两线张开一定角度，分别为45和30°，如图15所示。则m1 : m2为多少？

解说：本题考查正弦定理、或力矩平衡解静力学问题。对两球进行受力分析，并进行矢量平移，如图16所示。

首先注意，图16中的灰色三角形是等腰三角形，两底角相等，设为α。

而且，两球相互作用的斥力方向相反，大小相等，可用同一字母表示，设为F 。

对左边的矢量三角形用正弦定理，有：

m1gF = ① sinsin45同理，对右边的矢量三角形，有：解①②两式即可。答案：1 ：2 。

（学生活动）思考：解本题是否还有其它的方法？

答：有——将模型看成用轻杆连成的两小球，而将O点看成转轴，两球的重力对O的力矩必然是平衡的。这种方法更直接、简便。

应用：若原题中绳长不等，而是l1 ：l2 = 3 ：2 ，其它条件不变，m1与m2的比值又将是多少？解：此时用共点力平衡更加复杂（多一个正弦定理方程），而用力矩平衡则几乎和“思考”完全相同。答：2 ：32 。

5、如图17所示，一个半径为R的均质金属球上固定着一根长为L的轻质细杆，细杆的左端用铰链与墙壁相连，球下边垫上一块木板后，细杆恰好水平，而木板下面是光滑的水平面。由于金属球和木板之间有摩擦（已知摩擦因素为μ），所以要将木板从球下面向右抽出时，至少需要大小为F的水平拉力。试

m2gF = ② sinsin30 11

问：现要将木板继续向左插进一些，至少需要多大的水平推力？

解说：这是一个典型的力矩平衡的例题。

以球和杆为对象，研究其对转轴O的转动平衡，设木板拉出时给球体的摩擦力为f ，支持力为N ，重力为G ，力矩平衡方程为：

f R + N（R + L）= G（R + L） ① 球和板已相对滑动，故：f = μN ②

解①②可得：f =

G(RL)

RLR再看木板的平衡，F = f 。

同理，木板插进去时，球体和木板之间的摩擦f′=

G(RL) = F′。

RLR答案：

RLRF 。

RLR第四讲摩擦角及其它

一、摩擦角

1、全反力：接触面给物体的摩擦力与支持力的合力称全反力，一般用R表示，亦称接触反力。 2、摩擦角：全反力与支持力的最大夹角称摩擦角，一般用φm表示。此时，要么物体已经滑动，必有：φm = arctgμ（μ为动摩擦因素），称动摩擦力角；要么物体达到最大运动趋势，必有：φms = arctgμs（μs为静摩擦因素），称静摩擦角。通常处理为φm = φms 。 3、引入全反力和摩擦角的意义：使分析处理物体受力时更方便、更简捷。二、隔离法与整体法

1、隔离法：当物体对象有两个或两个以上时，有必要各个击破，逐个讲每个个体隔离开来分析处理，称隔离法。

在处理各隔离方程之间的联系时，应注意相互作用力的大小和方向关系。

2、整体法：当各个体均处于平衡状态时，我们可以不顾个体的差异而讲多个对象看成一个整体进行分析处理，称整体法。

应用整体法时应注意“系统”、“内力”和“外力”的涵义。三、应用

1、物体放在水平面上，用与水平方向成30°的力拉物体时，物体匀速前进。若此力大小不变，改为沿水平方向拉物体，物体仍能匀速前进，求物体与水平面之间的动摩擦因素μ。

解说：这是一个能显示摩擦角解题优越性的题目。可以通过不同解法的比较让学生留下深刻印象。

法一，正交分解。（学生分析受力→列方程→得结果。）

法二，用摩擦角解题。

引进全反力R ，对物体两个平衡状态进行受

力分析，再进行矢量平移，得到图18中的左图和中间图（注意：重力G是不变的，而全反力R的方向不变、F的大小不变），φm指摩擦角。

再将两图重叠成图18的右图。由于灰色的三角形是一个顶角为30°的等腰三角形，其顶角的角平分线必垂直底边……故有：φm = 15°。

最后，μ= tgφm 。答案：0.268 。

（学生活动）思考：如果F的大小是可以选择的，那么能维持物体匀速前进的最小F值是多少？解：见图18，右图中虚线的长度即Fmin ，所以，Fmin = Gsinφm 。答：Gsin15°（其中G为物体的重量）。

2、如图19所示，质量m = 5kg的物体置于一粗糙斜面上，并用一平行斜面的、大小F = 30N的推力推物体，使物体能够沿斜面向上匀速运动，而斜面体始终静止。已知斜面的质量M = 10kg ，倾角为

30°，重力加速度g = 10m/s ，求地面对斜面体的摩擦力大小。

解说：本题旨在显示整体法的解题的优越性。法一，隔离法。简要介绍……

法二，整体法。注意，滑块和斜面随有相对运动，但从平衡的角度看，它们是完全等价的，可以看成一个整体。

做整体的受力分析时，内力不加考虑。受力分析比较简单，列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。

答案：26.0N 。

（学生活动）地面给斜面体的支持力是多少？解：略。答：135N 。

应用：如图20所示，一上表面粗糙的斜面体上放在光滑的水平地面上，斜面的倾角为θ。另一质量为m的滑块恰好能沿斜面匀速下滑。若用一推力F作用在滑块上，使之能沿斜面匀速上滑，且要求斜面体静止不动，就必须施加一个大小为P = 4mgsinθcosθ的水平推力作用于斜面体。使满足题意的这个F的大小和方向。

解说：这是一道难度较大的静力学题，可以动用一切可能的工具解题。

法一：隔离法。

由第一个物理情景易得，斜面于滑块的摩擦因素μ= tgθ 对第二个物理情景，分别隔离滑块和斜面体分析受力，并将F沿斜面、垂直斜面分解成Fx和Fy ，滑块与斜面之间的两对相互作用力只用两个字母表示（N表示正压力和弹力，f表示摩擦力），如图21所示。

对滑块，我们可以考查沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡——

Fx = f + mgsinθ

Fy + mgcosθ= N 且 f = μN = Ntgθ 综合以上三式得到：

Fx = Fytgθ+ 2mgsinθ ① 对斜面体，只看水平方向平衡就行了—— P = fcosθ+ Nsinθ

即：4mgsinθcosθ=μNcosθ+ Nsinθ 代入μ值，化简得：Fy = mgcosθ ② ②代入①可得：Fx = 3mgsinθ

最后由F =FxFy解F的大小，由tgα=

22FyFx解F的方向（设α为F和斜面的夹角）。

答案：大小为F = mg18sin2，方向和斜面夹角α= arctg(ctg)指向斜面内部。法二：引入摩擦角和整体法观念。

仍然沿用“法一”中关于F的方向设置（见图21中的α角）。

先看整体的水平方向平衡，有：Fcos(θ- α) = P ⑴ 再隔离滑块，分析受力时引进全反力R和摩擦角φ，由于简化后只有三个力（R、mg和F），可以将矢量平移后构成一个三角形，如图22所示。

13在图22右边的矢量三角形中，有：

Fmgmg = = ⑵

sin()sin90()cos()注意：φ= arctgμ= arctg(tgθ) = θ ⑶

解⑴⑵⑶式可得F和α的值。

第二部分牛顿运动定律

第一讲牛顿三定律

一、牛顿第一定律

1、定律。惯性的量度

2、观念意义，突破“初态困惑” 二、牛顿第二定律

1、定律 2、理解要点

a、矢量性

b、独立作用性：ΣF → a ，ΣFx → ax …

c、瞬时性。合力可突变，故加速度可突变（与之对比：速度和位移不可突变）；牛顿第二定律展示了加速度的决定式（加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段”）。

3、适用条件 a、宏观、低速 b、惯性系

对于非惯性系的定律修正——引入惯性力、参与受力分析三、牛顿第三定律

1、定律 2、理解要点

a、同性质（但不同物体） b、等时效（同增同减）

c、无条件（与运动状态、空间选择无关）

第二讲牛顿定律的应用

一、牛顿第一、第二定律的应用

单独应用牛顿第一定律的物理问题比较少，一般是需要用其解决物理问题中的某一个环节。

应用要点：合力为零时，物体靠惯性维持原有运动状态；只有物体有加速度时才需要合力。有质量的物体才有惯性。a可以突变而v、s不可突变。

1、如图1所示，在马达的驱动下，皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动。现将一工件（大小不计）在皮带左端A点轻轻放下，则在此后的过程中（）

A、一段时间内，工件将在滑动摩擦力作用下，对地做加速运动

B、当工件的速度等于v时，它与皮带之间的摩擦力变为静摩擦力

C、当工件相对皮带静止时，它位于皮带上A点右侧的某一点

D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止的状态

解说：B选项需要用到牛顿第一定律，A、C、D选项用到牛顿第二定律。

较难突破的是A选项，在为什么不会“立即跟上皮带”的问题上，建议使用反证法（t → 0 ，a → ∞ ，则ΣFx → ∞ ，必然会出现“供不应求”的局面）和比较法（为什么人跳上速度不大的物体可以不发生相对滑动？因为人是可以形变、重心可以调节的特殊“物体”）

此外，本题的D选项还要用到匀变速运动规律。用匀变速运动规律和牛顿第二定律不难得出

v2只有当L ＞时（其中μ为工件与皮带之间的动摩擦因素），才有相对静止的过程，否则没有。

2g答案：A、D

思考：令L = 10m ，v = 2 m/s ，μ= 0.2 ，g取10 m/s2 ，试求工件到达皮带右端的时间t（过程略，答案为5.5s）

进阶练习：在上面“思考”题中，将工件给予一水平向右的初速v0 ，其它条件不变，再求t（学生分以下三组进行）——

① v0 = 1m/s (答：0.5 + 37/8 = 5.13s) ② v0 = 4m/s (答：1.0 + 3.5 = 4.5s) ③ v0 = 1m/s (答：1.55s)

2、质量均为m的两只钩码A和B，用轻弹簧和轻绳连接，然后挂在天花板上，如图2所示。试问：

① 如果在P处剪断细绳，在剪断瞬时，B的加速度是多少？ ② 如果在Q处剪断弹簧，在剪断瞬时，B的加速度又是多少？解说：第①问是常规处理。由于“弹簧不会立即发生形变”，故剪断瞬间弹簧弹力维持原值，所以此时B钩码的加速度为零（A的加速度则为2g）。

第②问需要我们反省这样一个问题：“弹簧不会立即发生形变”的原因是什么？是A、B两物的惯性，且速度v和位移s不能突变。但在Q点剪断弹簧时，弹簧却是没有惯性的（没有质量），遵从理想模型的条件，弹簧应在一瞬间恢复原长！即弹簧弹力突变为零。

答案：0 ；g 。

二、牛顿第二定律的应用

应用要点：受力较少时，直接应用牛顿第二定律的“矢量性”解题。受力比较多时，结合正交分解与“独立作用性”解题。

在难度方面，“瞬时性”问题相对较大。

1、滑块在固定、光滑、倾角为θ的斜面上下滑，试求其加速度。

解说：受力分析 → 根据“矢量性”定合力方向 → 牛顿第二定律应用

答案：gsinθ。

思考：如果斜面解除固定，上表仍光滑，倾角仍为θ，要求滑块与斜面相对静止，斜面应具备一个多大的水平加速度？（解题思路完全相同，研究对象仍为滑块。但在第二环节上应注意区别。答：gtgθ。）

进阶练习1：在一向右运动的车厢中，用细绳悬挂的小球呈现如图3所示的稳定状态，试求车厢的加速度。（和“思考”题同理，答：gtgθ。）

进阶练习2、如图4所示，小车在倾角为α的斜面上匀加速运动，车厢顶用细绳悬挂一小球，发现悬绳与竖直方向形成一个稳定的夹角β。试求小车的加速度。

解：继续贯彻“矢量性”的应用，但数学处理复杂了一些（正弦定理解三角形）。

分析小球受力后，根据“矢量性”我们可以做如图5所示的平行四边形，并找到相应的夹角。设张力T与斜面方向的夹角为θ，则

θ=（90°+ α）- β= 90°-（β-α）（1）对灰色三角形用正弦定理，有

FG = （2） sinsin解（1）（2）两式得：ΣF =

mgsin

cos()最后运用牛顿第二定律即可求小球加速度（即小车加速度）答：

sing 。

cos()2、如图6所示，光滑斜面倾角为θ，在水平地面上加速运动。斜面上用一条与斜面平行的细绳系一质量为m的小球，当斜面加速度为a时（a＜ctgθ），小球能够保持相对斜面静止。试求此时绳子的张力T 。

解说：当力的个数较多，不能直接用平行四边形寻求合力时，宜用正交分解处理受力，在对应牛顿第二定律的“独立作用性”列方程。

正交坐标的选择，视解题方便程度而定。解法一：先介绍一般的思路。沿加速度a方向建x轴，与a垂直的方向上建y轴，如图7所示（N为斜面支持力）。于是可得两方程

ΣFx = ma ，即Tx － Nx = ma ΣFy = 0 ，即Ty + Ny = mg 代入方位角θ，以上两式成为

T cosθ－N sinθ = ma （1） T sinθ + Ncosθ = mg （2）这是一个关于T和N的方程组，解（1）（2）两式得：T = mgsinθ + ma cosθ

解法二：下面尝试一下能否独立地解张力T 。将正交分解的坐标选择为：x——斜面方向，y——和斜面垂直的方向。这时，在分解受力时，只分解重力G就行了，但值得注意，加速度a不在任何一个坐标轴上，是需要分解的。矢量分解后，如图8所示。

根据独立作用性原理，ΣFx = max 即：T － Gx = max

即：T － mg sinθ = m acosθ

显然，独立解T值是成功的。结果与解法一相同。答案：mgsinθ + ma cosθ

思考：当a＞ctgθ时，张力T的结果会变化吗？（从支持力的结果N = mgcosθ－ma sinθ看小球脱离斜面的条件，求脱离斜面后，θ条件已没有意义。答：T = mg2a2 。）

学生活动：用正交分解法解本节第2题“进阶练习2”

进阶练习：如图9所示，自动扶梯与地面的夹角为

30°，但扶梯的台阶是水平的。当扶梯以a = 4m/s的加

速度向上

运动时，站在扶梯上质量为60kg的人相对扶梯静止。重

力加速度g = 10 m/s，试求扶梯对人的静摩擦力f 。

解：这是一个展示独立作用性原理的经典例题，建议学生选择两种坐标（一种是沿a方向和垂直a方向，另一种是水平和竖直方向），对比解题过程，进而充分领会用牛顿第二定律解题的灵活性。

答：208N 。

3、如图10所示，甲图系着小球的是两根轻绳，乙图系着小球的是一

根轻弹簧和轻绳，方位角θ已知。现将它们的水平绳剪断，试求：在剪断瞬间，两种情形下小球的瞬时加速度。

解说：第一步，阐明绳子弹力和弹簧弹力的区别。

（学生活动）思考：用竖直的绳和弹簧悬吊小球，并用竖直向下的力拉住小球静止，然后同时释放，会有什么现象？原因是什么？

结论——绳子的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变（胡克定律）。

第二步，在本例中，突破“绳子的拉力如何瞬时调节”这一难点（从即将开始的运动来反推）。

知识点，牛顿第二定律的瞬时性。

答案：a甲 = gsinθ ；a乙 = gtgθ 。

应用：如图11所示，吊篮P挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托住，当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬间，P、Q的加速度分别是多少？

解：略。

答：2g ；0 。

三、牛顿第二、第三定律的应用

要点：在动力学问题中，如果遇到几个研究对象时，就会面临如何处理对象之间的力和对象与外界之间的力问题，这时有必要引进“系统”、“内力”和“外力”等概念，并适时地运用牛顿第三定律。

在方法的选择方面，则有“隔离法”和“整体法”。前者是根本，后者有局限，也有难度，但常常使解题过程简化，使过程的物理意义更加明晰。

对N个对象，有N个隔离方程和一个（可能的）整体方程，这（N + 1）个方程中必有一个是通解方程，如何取舍，视解题方便程度而定。

补充：当多个对象不具有共同的加速度时，一般来讲，整体法不可用，但也有一种特殊的“整体方程”，可以不受这个局限（可以介绍推导过程）——

ΣF外= m1a1 + m2a2 + m3a3 + … + mnan

其中ΣF外只能是系统外力的矢量和，等式右边也是矢量相加。

1、如图12所示，光滑水平面上放着一个长为L的均质直棒，现给棒一个沿棒方向的、大小为F的水平恒力作用，则棒中各部位的张力T随图中x的关系怎样？

解说：截取隔离对象，列整体方程和隔离方程（隔离右段较好）。

答案：N =

Fx 。 L思考：如果水平面粗糙，结论又如何？

解：分两种情况，（1）能拉动；（2）不能拉动。

第（1）情况的计算和原题基本相同，只是多了一个摩擦力的处理，结论的化简也麻烦一些。第（2）情况可设棒的总质量为M ，和水平面的摩擦因素为μ，而F = μx＜(L-l)的右段没有张力，x＞(L-l)的左端才有张力。

答：若棒仍能被拉动，结论不变。

lMg ，其中l＜L ，则LlMg时（μ为棒与平面的摩擦因素，l为小于L的某一值，M为棒的LF总质量），当x＜(L-l)，N≡0 ；当x＞(L-l)，N = 〔x -〈L-l〉〕。

l若棒不能被拉动，且F = μ

应用：如图13所示，在倾角为θ的固定斜面上，叠放着两个长方体滑块，它们的质量分别为m1和m2 ，它们之间的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分别为μ1和μ2 ，系统释放后能够一起加速下滑，则它们之间的摩擦力大小为：

A、μ1 m1gcosθ ； B、μ2 m1gcosθ ； C、μ1 m2gcosθ ； D、μ1 m2gcosθ ；解：略。

答：B 。（方向沿斜面向上。）

思考：（1）如果两滑块不是下滑，而是以初速度v0一起上冲，以上结论会变吗？（2）如果斜面光滑，两滑块之间有没有摩擦力？（3）如果将下面的滑块换成如图14所示的盒子，上面的滑块换成小球，它们以初速度v0一起上冲，球应对盒子的哪一侧内壁有压力？

解：略。

答：（1）不会；（2）没有；（3）若斜面光滑，对两内壁均无压力，若斜面粗糙，对斜面上方的内壁有压力。

2、如图15所示，三个物体质量分别为m1 、m2和m3 ，带滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮和所有接触面的摩擦均不计，绳子的质量也不计，为使三个物体无相对滑动，水平推力F应为多少？

解说：此题对象虽然有三个，但难度不大。隔离m2 ，竖直方向有一个平衡方程；隔离m1 ，水平方向有一个动力学方程；整体有一个动力学方程。就足以解题了。

答案：F =

(m1m2m3)m2g 。

m1思考：若将质量为m3物体右边挖成凹形，让m2可以自由摆动（而不与m3相碰），如图16所示，其它条件不变。是否可以选择一个恰当的F′，使三者无相对运动？如果没有，说明理由；如果有，求出这个F′的值。

解：此时，m2的隔离方程将较为复杂。设绳子张力为T ，m2的受力情况如图，隔离方程为：

T2(m2g)2 = m2a

隔离m1 ，仍有：T = m1a

解以上两式，可得：a =

m2mm2122g

最后用整体法解F即可。

答：当m1 ≤ m2时，没有适应题意的F′；当m1 ＞ m2时，适应题意的F′=

(m1m2m3)m2gmm2122 。

3、一根质量为M的木棒，上端用细绳系在天花板上，棒上有一质量为m的猫，

如图17所示。现将系木棒的绳子剪断，同时猫相对棒往上爬，但要求猫对地的高度不变，则棒的加速度将是多少？

解说：法一，隔离法。需要设出猫爪抓棒的力f ，然后列猫的平衡方程和棒的动力学方程，解方程组即可。

法二，“新整体法”。

据ΣF外= m1a1 + m2a2 + m3a3 + … + mnan ，猫和棒的系统外力只有两者的重力，竖直向下，而猫的加速度a1 = 0 ，所以：（ M + m ）g = m·0 + M a1 解棒的加速度a1十分容易。

答案：

Mmg 。 M四、特殊的连接体

当系统中各个体的加速度不相等时，经典的整体法不可用。如果各个体的加速度不在一条直线上，“新整体法”也将有一定的困难（矢量求和不易）。此时，我们回到隔离法，且要更加注意找各参量之间的联系。

解题思想：抓某个方向上加速度关系。方法：“微元法”先看位移关系，再推加速度关系。、

1、如图18所示，一质量为M 、倾角为θ的光滑斜面，放置在光滑的水平面上，另一个质量为m的滑块从斜面顶端释放，试求斜面的加速度。

解说：本题涉及两个物体，它们的加速度关系复杂，但在垂直斜面方向上，大小是相等的。对两者列隔离方程时，务必在这个方向上进行突破。

（学生活动）定型判断斜面的运动情况、滑块的运动情况。位移矢量示意图如图19所示。根据运动学规律，加速度矢量a1和a2也具有这样的关系。

（学生活动）这两个加速度矢量有什么关系？沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、y坐标，可得：

a1y = a2y ① 且：a1y = a2sinθ ② 隔离滑块和斜面，受力图如图20所示。

对滑块，列y方向隔离方程，有：

mgcosθ- N = ma1y ③ 对斜面，仍沿合加速度a2

方向列方程，有：

Nsinθ= Ma2 ④ 解①②③④式即可得a2 。

答案：a2 =

msincosg 。 2Mmsin（学生活动）思考：如何求a1的值？

解：a1y已可以通过解上面的方程组求出；a1x只要看滑块的受力图，列x方向的隔离方程即可，显然有mgsinθ= ma1x ，得:a1x = gsinθ 。最后据a1 =

答：a1 =

22a1xa1y求a1 。

gsinM2m(m2M)sin2 。 2Mmsin2、如图21所示，与水平面成θ角的AB棒上有一滑套C ，可以无摩擦地在棒上滑动，开始时与棒的A端相距b ，相对棒静止。当棒保持倾角θ不变地沿水平面匀加速运动，加速度为a（且a＞gtgθ）时，求滑套C从棒的A端滑出所经历的时间。

解说：这是一个比较特殊的“连接体问题”，寻求运动学参量的关系似乎比动力学分析更加重要。动力学方面，只需要隔离滑套C就行了。

（学生活动）思考：为什么题意要

求a＞gtgθ？（联系本讲第二节第1题之“思考题”）

定性绘出符合题意的运动过程图，如图22所示：S表示棒的位移，S1表示滑套的位移。沿棒与垂直棒建直角坐标后，S1x表示S1在x方向上的分量。不难看出：

S1x + b = S cosθ ① 设全程时间为t ，则有：

at ② 212

S1x = a1xt ③

2S =

而隔离滑套，受力图如图23所示，显然： mgsinθ= ma1x ④ 解①②③④式即可。答案：t =

acosgsin*另解：如果引进动力学在非惯性系中的修正式 ΣF外+ F = m a（注：F*为惯性力），此题极简单。

过程如下——

以棒为参照，隔离滑套，分析受力，如图24所示。

注意，滑套相对棒的加速度a相是沿棒向上的，故动力学方程为： F*cosθ- mgsinθ= ma相（1）其中F* = ma （2）

而且，以棒为参照，滑套的相对位移S相就是b ，即： b = S相 =

1a相 t2 （3） 2解（1）（2）（3）式就可以了。

第三讲配套例题选讲

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”第三章的部分例题和习题。

第三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v2动力学方程，其中a改变速度的大小（速率），an改变速度的方向。且an= m，

Fmann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；球体（密度呈球对称分布）内部空间的拓展——“剥皮法则”

c、不规则物体间的万有引力计算——分割与矢量叠加

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

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

2v合=v1v22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 =

dd/sin =

v1sinv1sinsinS1d/sin = v1v1解法二： t =

v1sin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 = v1yv1sin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 tmin =

d v1（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 = = =

v1v1sinsin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）

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)

222整理得 Sxv1≥d(v2v1)

22所以，Sxmin=

dv12v22v1 ，代入Sx（θ）函数可知，此时cosθ=

v1 v2最后，Smin=

2S2xmin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 = arcsin

v1无解），结合实际情况，αmax取90° v2v2 v1即：v2＜v1时，S合min = d ，此时，θ= arccos

结论：若v1＜v2 ，θ= arccos

v1v时，S合min = 2d v2v1v2时，S合min = d v1 若v2＜v1 ，θ= arccos

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 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

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 =

g1（-g）t2 2（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

2v0sin2抛出到最高点的过程用动能定理或机械能守恒。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

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

v2Gn = Gsinθ= m ①

r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）：

1122mv0+ 0 = mg ( L + Lsinθ) +mvD ② 22代入v0值解①、②两式得：θ= arcsin

2 ，（同时得到：vD = 32gL）小球脱离D点后将以vD为3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 27232gL 。对A→最高点的过程用机械3小球相对A的总高度：Hm = L + Lsinθ+ hm = 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= 能守恒定律（设A所在的平面为参考平面），有

1122mv0+ 0 = m（vDsin) + 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

FAm = G

Mm d2MmMm8FBm = G = －G 2R2R8(d)d22最后，两物之间的万有引力 F = FAm + FBm = G

Mm－G2dMm 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mF = G7

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。

地球轨道的离心率很小（其值

c≈0.0167 ，其中c为半焦距），这是我们常常能将它近似为圆的原a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

Mm1Mm122mvA+（－G）= mvB+（－G） 2a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

GMaa2b2 ， vB = abGM aaa2b2解以上三式可得：vA =

b再针对地球从A到C的过程，应用机械能守恒定律，有

1Mm1Mm22mvA+（－G）= mvC+（－G） 2a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。

v2Mm在A点，F万 = ΣFn = m an ，设轨迹在A点的曲率半径为ρA ，即：G= mA 2(ac)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τ、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：G2· = 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

第四部分动量和能量

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。即三、动量守恒定律

1、定律、矢量性 2、条件

a、原始条件与等效

P=ΣF外 tb、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 v120122222解以上两式（注意技巧和“不合题意”解的舍弃）可得： v1 =

(m1m2)v102v20(m2m1)v202v10， v2 =

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·S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。

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 = S·vΔt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。

F =

PMvmnVvmnSvtv = = = = nmSv2 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：

1ΔMv2 21即：FvΔt = （n m S·vΔt）v2

21得到：F = nmSv2

2W =

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 = Ft ，由此推出的F = 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。

P必然是飞船对垃圾的平均推力，再对飞船tMv2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，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 = m1 v1 ①

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：

I2cosα－I1 = m2 v2cosβ ② 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

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？

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m2tg）。 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

得：V1 =

Nmv 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

得：u1 =

mv

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(N1)mMNm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(N1)mM(N2)mMNm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(N1)mM(N2)mMNmMmN即：V2 =

mv ② i1Mim我们再将①式改写成： V1 =

mv ①′ Mi1N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 =

mv 。 i1Mnmn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：

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：

mv = MV ① 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L的约束，s和S具有关系：s + S = L ③ 解②、③可得：船的移动距离 S =

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：x =

mL），又根据，末态的质量分布

2(mM)与初态比较，相对整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）。

答：

mMh 。 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。答：

m（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：

x =

MRsinθ 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：

y2x2 + 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的椭圆。

Mm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？

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：

m2g

11L22 = m1v1 + m2v2 ①

222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

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v1（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-

2112122L) = mv1 + mv + 2mv2 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：

v1 =

175v2 , 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。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

对题设过程，质点和半球系统机械能守恒，有：mgR(1-cosθ) = mgR(1-cosθ) =

1122Mv2 + mv1 ，即： 2211222Mv2 + m（v1x + 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—— 1、由①、②式得：v1x =

mMMv2 ， v1y = (tgθ) v2

mm2m2gR(1cos)2、代入③式解v2 ，得：v2 =

M2Mm(Mm)2tg22gR(1cos)(M22Mmsin2m2sin2)3、由v = v + v解v1 ，得：v1 = 22MMmm(Mm)sin2121x

21yv1的方向：和水平方向成α角，α= arctg这就是最后的解。

v1yv1x = arctg（

Mmtg） M〔一个附属结果：质点相对半球的瞬时角速度 ω =

v相R =

2g(mM)(1cos) 。〕

R(Mmsin2)八、动量和能量的综合（二）

物理情形：如图17所示，在光滑的水平面上，质量为M = 1 kg的平板车左端放有质量为m = 2 kg的铁块，铁块与车之间的摩擦因素μ= 0.5 。开始时，车和铁块以共同速度v = 6 m/s向右运动，车与

右边的墙壁发生正碰，且碰撞是弹性的。车身足够长，使铁块不能和墙相碰。重力加速度g = 10 m/s ，试求：1、铁块相对车运动的总路程；2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。

模型分析：本模型介绍有两对相互作用时的处理常规。能量关系介绍摩擦生热定式的应用。由于过程比较复杂，动量分析还要辅助以动力学分析，综合程度较高。

由于车与墙壁的作用时短促而激烈的，而铁块和车的作用是舒缓而柔和的，当两对作用同时发生时，通

常处理成“让短时作用完毕后，长时作用才开始”（这样可以使问题简化）。在此处，车与墙壁碰撞时，可以认为铁块与车的作用尚未发生，而是在车与墙作用完了之后，才开始与铁块作用。

规定向右为正向，将矢量运算化为代数运算。

车第一次碰墙后，车速变为－v ，然后与速度仍为v的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速

度v1 =

mvM(v)v = ，因方向为正，必朝墙运动。

mM3v2（学生活动）车会不会达共同速度之前碰墙？动力学分析：车离墙的最大位移S = ,反向加速的

2a2v1mg位移S′= ，其中a = a1 = ，故S′＜ S ，所以，车碰墙之前，必然已和铁块达到共同速度

M2a1v1 。

车第二次碰墙后，车速变为－v1 ，然后与速度仍为v1的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v2 =

mv1M(v1)vv = 1 = 2，因方向为正，必朝墙运动。

mM33v2v = 3，朝墙运动。 33车第三次碰墙，……共同速度v3 =

……

以此类推，我们可以概括铁块和车的运动情况——

铁块：匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右……

平板车：匀减速向左→匀加速向右→匀速向右→匀减速向左→匀加速向右→匀速向右……

显然，只要车和铁块还有共同速度，它们总是要碰墙，所以最后的稳定状态是：它们一起停在墙角（总的末动能为零）。

1、全程能量关系：对铁块和车系统，－ΔEk =ΔE内，且，ΔE内 = f滑 S相，

即：

（m + M）v = μmg·S相 2代入数字得：S相 = 5.4 m

2、平板车向右运动时比较复杂，只要去每次向左运动的路程的两倍即可。而向左是匀减速的，故

v2第一次：S1 =

2a2v11v2第二次：S2 = = 22a2a3v21v22第三次：S3 = =

2a2a34……

n次碰墙的总路程是：

v2111ΣS = 2（ S1 + S2 + S3 + … + Sn ）= （ 1 + 2 + 4 + … + 2 ）（n1）a333 47

v2111 = （ 1 + 2 + 4 + … + 2 ）（n1）mg333M碰墙次数n→∞，代入其它数字，得：ΣS = 4.05 m

（学生活动）质量为M 、程度为L的木板固定在光滑水平面上，另一个质量为m的滑块以水平初速v0冲上木板，恰好能从木板的另一端滑下。现解除木板的固定（但无初速），让相同的滑块再次冲上木板，要求它仍能从另一端滑下，其初速度应为多少？

2mv0解：由第一过程，得滑动摩擦力f = 。

2L第二过程应综合动量和能量关系（“恰滑下”的临界是：滑块达木板的另一端，和木板具有共同

速度，设为v ），设新的初速度为v0

mv0 =（ m + M ）v

112mv - （ m + M ）v2 = fL 022解以上三式即可。答：v0=

mMv0 。 M

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”第七、第八章的部分例题和习题。

现代前沿科技之一

GPS全球定位系统

GPS发展历史与系统组成

为了解决海军舰艇的定位导航问题，自1957年人类发射第一颗卫星开始，美国海军就着手卫星定位方面的研究工作，产生了子午仪卫星导航系统(Transit)，尽管子午仪卫星导航系统得到了广泛的应用，并显示出巨大的优越性，但在实际应用方面仍存在缺陷，如观测时间较长，定位精度不高，只有经纬度，没有高程。鉴于子午仪卫星导航系统存在的缺陷，美国国防部制定了现在的GPS（全球卫星定位系统）方案，该方案耗资120亿美元，由24颗卫星组成，这些卫星分布在互成120度的轨道平面上，每个轨道平面平均分布8颗卫星。

GPS卫星提供了P码（精码）和C/A码（粗码）两种定位服务。P码为军方服务，定位精度达到3米；C/A码对社会开放，定位精度为14米。出于自身安全的考虑，美国先后实施了SA和AS政策。SA政策在C/A码中人为引入了误差，使定位精度下降到100米；AS政策则对P码实行加密。由于GPS对社会开放，因此各类接收机、测量设备如雨后春笋般涌现，并广泛应用于各行各业，彻底改变了传统的定位导航方式。

GPS系统主要有三大组成部分，即空间星座部分、地面监控部分和用户设备部分。

GPS的空间星座部分由24颗均匀分布在6个轨道平面内的卫星组成；GPS的地面监控部分负责卫星的监控和卫星星历的计算，它包括1个主控站、3个注入站和5个监测站； GPS的用户设备主要由接收机硬件和处理软件组成。用户通过用户设备接收GPS卫星信号，经信号处理而获得用户位置、速度等信息，最终实现利用GPS进行导航和定位的目的。

GPS原理

24颗GPS卫星在离地面1万2千公里的高空上，以12小时的周期环绕地球运行，使得在任意时刻，在地面上的任意一点都可以同时观测到4颗以上的卫星。

由于卫星的位置精确可知，在GPS观测中，我们可得到卫星到接收机的距离，利用三维坐标中的距离公式，利用3颗卫星，就可以组成3个方程式，解出观测点的位置（X,Y,Z）。考虑到卫星的时钟与接收机时钟之间的误差，实际上有4个未知数，X、Y、Z和钟差，因而需要引入第4颗卫星，形成4个方程式进行求解，从而得到观测点的经纬度和高程。

事实上，接收机往往可以锁住4颗以上的卫星，这时，接收机可按卫星的星座分布分成若干组，每组4颗，然后通过算法挑选出误差最小的一组用作定位，从而提高精度。

由于卫星运行轨道、卫星时钟存在误差，大气对流层、电离层对信号的影响，以及人为的SA保护政策，使得民用GPS的定位精度只有100米。为提高定位精度，普遍采用差分GPS（DGPS）技术，建立基准站（差分台）进行GPS观测，利用已知的基准站精确坐标，与观测值进行比较，从而得出一修正数，并对外发布。接收机收到该修正数后，与自身的观测值进行比较，消去大部分误差，得到一个比较准确的位置。实验表明，利用差分GPS，定位精度可提高到5米。

GPS的应用

自GPS对民间开放以来，各种产品、应用层出不穷，GPS已经深入国民生产、日常生活的方方面面。

一、测量

GPS技术给测绘界带来了一场革命。利用载波相位差分技术（RTK），在实时处理两个观测站的载波相位的基础上，可以达到厘米级的精度。与传统的手工测量手段相比，GPS技术有着巨大的优势：测量精度高; 操作简便，仪器体积小，便于携带; 全天候操作;观测点之间无须通视;测量结果统一在WGS84坐标下，信息自动接收、存储，减少繁琐的中间处理环节。当前，GPS技术已广泛应用于大地测量、资源勘查、地壳运动、地籍测量等领域。

二、交通

出租车、租车服务、物流配送等行业利用GPS技术对车辆进行跟踪、调度管理，合理分布车辆，以最快的速度响应用户的乘车或送请求，降低能源消耗，节省运行成本。 GPS在车辆导航方面发挥了重

要的角色，在城市中建立数字化交通电台，实时发播城市交通信息，车载设备通过GPS进行精确定位，结合电子地图以及实时的交通状况，自动匹配最优路径，并实行车辆的自主导航。民航运输通过GPS接收设备，使驾驶员着陆时能准确对准跑道，同时还能使飞机紧凑排列，提高机场利用率，引导飞机安全进离场。

三、救援

利用GPS定位技术，可对火警、救护、警察进行应急调遣，提高紧急事件处理部门对火灾、犯罪现场、交通事故、交通堵塞等紧急事件的响应效率。特种车辆（如运钞车）等，可对突发事件进行报警、定位，将损失降到最低。有了GPS的帮助，救援人员就可在人迹罕至、条件恶劣的大海、山野、沙漠，对失踪人员实施有效的搜索、拯救。装有GPS装置的渔船，在发生险情时，可及时定位、报警，使之能更快更即使地获得救援。

四、农业

当前，发达国家已开始把GPS技术引入农业生产，即所谓的\"精准农业耕作\"。该方法利用GPS进行农田信息定位获取，包括产量监测、土样采集等，计算机系统通过对数据的分析处理，决策出农田地块的管理措施，把产量和土壤状态信息装入带有GPS设备的喷施器中，从而精确地给农田地块施肥、喷药。通过实施精准耕作，可在尽量不减产的情况下，降低农业生产成本，有效避免资源浪费，降低因施肥除虫对环境造成的污染。

五、娱乐消遣

随着GPS接收机的小型化以及价格的降低，GPS逐渐走进了人们的日常生活，成为人们旅游、探险的好帮手。通过GPS，人们可以在陌生的城市里迅速地找到目的地，并且可以最优的路径行驶；野营者携带GPS接收机，可快捷地找到合适的野营地点，不必担心迷路；甚至一些高档的电子游戏，也使用了GPS仿真技术。

GPS的常见功能

大多数GPS设备的面板上都有一些按钮，引导你到不同的操作选项。也许它们的名称不太一样，但功能都是类似的。它们可能是让你浏览一个导航画面、查看可用的卫星信号，检查位置目录、清单或者到选定目标的方向。最主要的功能就是显示你的位置，包括当前坐标、海拔和时间，如果选定了目的地或路线，它还指示通往目的地的方向。其他常用的功能有导航、菜单、卫星状态、路旁标志或航路点清单/路线清单、设置选项、距离、偏航、上次定位地点、日出/日落时间等。结合地图使用不同的地图使用不同的坐标系，美国地理最常用的两种地图是： 1. LAT/LONG矢量地图：包括经度、纬度、分和秒； 2. UTM栅格地图，以米为单位。 LAT/LONG是我们最熟悉的形式，地球从赤道到极点的位置被等分为0～90度的北纬或南纬（地球仪上的平行线），而地球从东向西等分为从0～360度的经度（地球仪上的弧线），通过英国格林威治的线，称为本初子午线。用这种坐标人工计算出两点之间的距离是很难的，因为我们生存的地球是椭圆的。

UTM坐标是那些需要精确距离信息的地图使用者的首选。这个坐标系选择一条子午线，标明你在它东面或西面多少米，还有你在赤道南面或北面多少米。

大部分GPS设备在设置时允许你选择LAT/LONG或UTM或其他坐标系作为你的坐标系，当你有了你所在位置的坐标，你可以在地图上查找，从而得知你所在位置的确切地址。当你在地图上找到了目的地时，你可以输入它们的坐标到你的GPS接收器中以形成一条路线。可以利用透明的塑料尺子在TOPO地图或UTM地图上测量，这样更容易估计一个位置的坐标，一些GPS设备有这样的功能：你可以测量一个位置到地图右下角的距离，然后用地图名和刻度为这个位置命名。

性能指标

1.卫星轨迹

这里有24颗GPS卫星沿六条轨道绕地球运行（每四颗一组），一般不会有超过12个卫星在地球的同一边，大多数GPS接收器可以追踪8～12颗卫星。计算LAT/LONG（2维）坐标至少需要3颗卫星。再加一颗就可以计算3维坐标。对于一个给定的位置，GPS接收器知道在此时哪些卫星在附近，因为它不停地接收从卫星发来的更新信号。

2. 并行通道

一些消费类GPS设备有2～5条并行通道接收卫星信号。因为最多可能有12颗卫星是可见的（平均值是8），这意味着GPS接收器必须按顺序访问每一颗卫星来获取每颗卫星的信息。

市面上的GPS接收器大多数是12并行通道型的，这允许它们连续追踪每一颗卫星的信息，12通道接收器的优点包括快速冷启动和初始化卫星的信息，而且在森林地区可以有更好的接收效果。一般12通道接收器不需要外置天线，除非你是在封闭的空间中，如船舱、车厢中。

3.定位时间

这是指你重启动你的GPS接收器时，它确定现在位置所需的时间。对于12通道接收器，如果你在最后一次定位位置的附近，冷启动时的定位时间一般为3～5分钟，热启动时为15～30秒，而对于2通道接收器，冷启动时大多超过15 分钟，热启动时为2～5分钟。

4.定位精度

大多数GPS接收器的水平位置定位精度在20m～30m左右，但这只是在SA没有开启的情况下，有些GPS接收器声称它们可以达到这个精度，但是往往有一个小小的标签附在后面：\"在SA关闭时\"。

你可能会发现，大多数GPS生产商不怎么提及\"高度\"的精度，因为这是GPS设备中精度最没有保证的方面。据我所知，几乎所有的GPS设备（除非那些专为航海定制的在海拔为0的海平面上使用的设备）在4颗卫星可见的情况下，可以定位高度，但是偏差可能达到3倍。

30m的精度意味着什么？这意味着，当SA关闭时，从统计的角度讲，你的平面定位的位置距离你的实际位置在3 0m之内的概率是95%。GPS接收器工作时是依靠卫星信号到达GPS接收器的时间来定位的（时间X光速=距离）。对于高度读数，这意味着精度在45～100m之间的概率是95%。

如果政府开启了SA（为了安全原因，而且几乎是所有时间都开启着），水平精度在100m之内的概率是95%，高度在300m之内的概率是95%，这可能比你期望值高很多，但不影响你找到想去的街道或那条河流。

5. DGPS功能

为了将SA和大气层折射带来的影响降为最低，有一种叫做DGPS发送机的设备。它是一个固定的GPS接收器（在一个勘探现场100km～200km的半径内设置）接收卫星的信号，它确切地知道理论上卫

星信号传送到的精确时间是多少，然后将它与实际传送时间相比较，然后计算出\"差\"，这十分接近于SA和大气层折射的影响，它将这个差值发送出去，其他GPS接收器就可以利用它得到一个更精确的位置读数（5m～10m或者更少的误差）。

许多GPS设备提供商在一些地区设置了DGPS发送机，供它的客户免费使用，只要客户所购买的GPS接收器有 DGPS功能。

6.信号干扰

要给予你一个很好的定位，GPS接收器需要至少3～5颗卫星是可见的。如果你在峡谷中或者两边高楼林立的街道上，或者在茂密的丛林里，你可能不能与足够的卫星联系，从而无法定位或者只能得到二维坐标。同样，如果你在一个建筑里面，你可能无法更新你的位置，一些GPS接收器有单独的天线可以贴在挡风玻璃上，或者一个外置天线可以放在车顶上，这有助于你的接收器得到更多的卫星信号。

7.物理指标

选购GPS设备时，大小、重量、显示画面、防水、防震、防尘性能、耐高温、耗电等物理指标都要考虑在内。

我们的生活充斥着数字-数字经济、数字神经、数字化生存、数字……也许我们都需要利用GPS技术，来了解这个数字化地球，帮助我们培养数字思维，来适应这个数字时代。

常用GPS测量模式

随着GPS技术的进步和接收机的迅速发展，GPS在测量定位领域已得到了较为广泛的应用。但是，针对不同的领域和用户的不同要求，需要采用的具体测量方法是不一样的。一般来说，GPS测量模式可分为静态测量和动态测量两种模式，而静态测量模式又分常规静态测量模式和快速静态测量模式，动态测量

模式分准动态测量模式（后处理动态，走走停停）和实时动态测量模式，实时动态测量模式分DGPS和RTK方式。下面分别介绍如下： 1、常规静态测量

这种模式采用两台(或两台以上)GPS接收机，分别安置在一条或数条基线的两端，同步观测4颗以上卫星，每时段根据基线长度和测量等级观测45分钟以上的时间。这种模式一般可以达到5mm十1ppm的相对定位精度。常规静态测量常用于建立全球性或国家级大地控制网，建立地壳运动监测网、建立长距离检校基线、进行岛屿与大陆联测、钻井定位及精密工程控制网建立等。

2、快速静态测量

这种模式是在一个已知测站上安置一台GPS接收机作为基准站，连续跟踪所有可见卫星。移动站接收机依次到各待测测站，每测站观测数分钟。这种模式常用于控制网的建立及其加密、工程测量、地籍测量等。需要注意的是这种方法要求在观测时段内确保有5颗以上卫星可供观测；流动点与基准点相距应不超过20km。

3、准动态测量

这种模式是在一个已知测站上安置一台GPS接收机作为基准站，连续跟踪所有可见卫星。移动站接收机在进行初始化后依次到各待测测站，每测站观测几个历元数据。这种方法不同于快速静态，除了观测时间不一样外，它要求移动站在搬站过程中不能失锁，并且需要先在已知点或用其它方式进行初始化（采用有OTF功能的软件处理时例外）。

这种模式可用于开阔地区的加密控制测量、工程定位及碎部测量、剖面测量及线路测量等。需要注意的是这种方法要求在观测时段内确保有5颗以上卫星可供观测；流动点与基准点相距应不超过20km。

另外，有一种连续动态测量，也属于这种模式。这种测量是在一个基准点安置接收机连续跟踪所有可见卫星。流动接收机在初始化后开始连续运动，并按指定的时间间隔自动记录数据。这种方法常用于精密测定运动目标的轨迹、测定道路的中心线、剖面测量、航道测量等。

4、实时动态测量：DGPS和RTK

前面讲述的测量方法都是在采集完数据后用特定的后处理软件进行处理，然后才能得到精度较高的测量结果。而实时动态测量则是实时得到高精度的测量结果。这种模式具体方法是：在一个已知测站上架设GPS基准站接收机和数据链，连续跟踪所有可见卫星，并通过数据链向移动站发送数据。移动站接收机通过移动站数据链接收基准站发射来的数据，并在机进行处理，从而实时得到移动站的高精度位置。

DGPS通常叫做实时差分测量，精度为亚米级到米级，这种方式是基准站将基准站上测量得到的RTCM数据通过数据链传输到移动站，移动站接收到RTCM数据后，自动进行解算，得到经差分改正以后的坐标。

RTK则是以载波相位观测量为根据的实时差分GPS测量，它是GPS测量技术发展中的一个新突破。它的工作思路与DGPS相似，只不过是基准站将观测数据发送到移动站（而不是发射RTCM数据），移动站接收机再采用更先进的在机处理方法进行处理，从而得到精度比DGPS高得多的实时测量结果。这种方法的精度一般为2厘米左右。

现代前沿科技之二

超导技术及磁悬浮列车

磁悬浮列车总概

你一定听说过磁悬浮列车吧，最近它的上镜率可是居高不下，大家都在密切地关注着它的发展态势。我们一直都在盼望着火车的提速，可经过几轮的努力，却总是达不到心中理想的标准，就拿作者本人来说吧，家住西安，距北京1000多公里，原先回家要17个小时，现在要14个小时，唉，只减少了区区3个小时，还要有难熬的一宿呀！可是你知道吗？普通磁悬浮列车的时速就可以达到500公里/小时，那么，回家就只需要不到3个小时，跟飞机差不多了！

其实，在本世纪五、六十年代，铁路曾经被认为是一个夕阳运输产业。因为面对航空、高速公路等运输对手的强劲挑战，它蜗牛般的爬行速度，已越来越不适应现代工业社会物流和人流的快速流动需要了。但七十年代以来，特别是近几年，随着铁路高速化成为世界的热点和重点，铁路重新赢回了它在各国交通运输

格局中举足轻重的地位。法国、日本、俄国、美国等国家列车时速由200公里向300公里飞速发展。据1995年举行的国际铁路会议预测，到本世纪末，德国、日本、法国等国家的高速铁路运营时速将达到360公里。

但要使列车在如此高的速度下持续行驶，传统的车轮加

钢轨组成的系统，已经无能为力了。这是因为传统的轮轨粘着式铁路，是利用车轮与钢轨之间的粘着力使列车前进的。它的粘着系数随列车速度的增加而减小，走行阻力却随列车速度的增加而增加，当车速增至粘着系数曲线和走行阻力曲线的交点时，就达到了极限。据科研人员推算，普通轮轨列车最大时速为350-400公里左右。如果考虑到噪音、震动、车轮和钢轨磨损等因素，实际速度不可能达到最大时速。所以，欧洲、日本现在正运行的高速列车，在速度上已没有多大潜力。要进一步提高速度，必须转向新的技术，这就是超常规的列车－－磁悬浮列车。

尽管我们还将磁悬浮列车的轨道称为\"铁路\"，但这两个字已经不够贴切了。就拿铁轨来说，实际上它已不复存在。轨道只剩下一条，而且也不能称其为\"轨道\"了，因为轮子并没有从上面滚过。事实上，磁悬浮列车连轮子也没有了。\"铁路\"上行驶的这种超级列车并没有传统意义上的牵引机车，它运行时并不接触地面，只是在离轨道10厘米的高度\"飞行\"。磁悬浮列车是什么

磁悬浮列车是一种采用无接触的电磁悬浮、导向和驱动系统的磁悬浮高速列车系统。它的时速可达到500公里以上，是当今世界最快的地面客运交通工具，有速度快、爬坡能力强、能耗低运行时噪音小、安全舒适、不燃油，污染少等优点。并且它采用采用高架方式，占用的耕地很少。磁悬浮列车意味着这些火车

利用磁的基本原理悬浮在导轨上来代替旧的钢轮和轨道列车。磁悬浮技术利用电磁力将整个列车车厢托起，摆脱了讨厌的摩擦力和令人不快的锵锵声，实现与地面无接触、无燃料的快速“飞行”。

稍有物理知识的人都知道：把两块磁铁相同的一极靠近，它们就相互排斥，反之，把

相反的一极靠近，它们就互相吸引。托起磁悬浮列车的，那似乎神秘的悬浮之力，其实就是这两种吸引力与排斥力。

应用准确的定义来说，磁悬浮列车实际上是依靠电磁吸力或电动斥力将列车悬浮于空中并进行导向，实现列车与地面轨道间的无机械接触，再利用线性电机驱动列车运行。虽然磁悬浮列车仍然属于陆上有轨交通运输系统，并保留了轨道、道岔和车辆转向架及悬挂系统等许多传统机车车辆的特点，但由于列车在牵引运行时与轨道之间无机械接触，因此从根本上克服了传统列车轮轨粘着限制、机械噪声和磨损等问题，所以它也许会成为人们梦寐以求的理想陆上交通工具。

根据吸引力和排斥力的基本原理，国际上磁悬浮列车有两个发展方向。一个是以德国为代表的常规磁铁吸引式悬浮系统－－EMS系统，利用常规的电磁铁与一般铁性物质相吸引的基本原理，把列车吸引上来，悬空运行，悬浮的气隙较小，一般为10毫米左右。常导型高速磁悬浮列车的速度可达每小时400-500公里，适合于城市间的长距离快速运输；另一个是以日本的为代表的排斥式悬浮系统－－EDS系统，它使用超导的磁悬浮原理，使车轮和钢轨之间产生排斥力，使列车悬空运行，这种磁悬浮列车的悬浮气隙较大，一般为100毫米左右，速度可达每小时500公里以上。这两个国家都坚定地认为自己国家的系统是最好的，都在把各自的技术推向实用化阶段。估计到下一个世纪，这两种技术路线将依然并存。

磁悬浮列车发展史

磁悬浮列车是自大约200年前斯蒂芬森的“火箭”号蒸气机车问世以来铁路技术最根本的突破。磁悬浮列车在今天看似乎还是一个新鲜事物，其实它的理论准备已有很长的历史。磁悬浮技术的研究源于德国，早在1922年德国工程师赫尔曼·肯佩尔就提出了电磁悬浮原理，并于1934年申请了磁悬浮列车的专利。进入70年代以后，随着世界工业化国家经济实力的不断加强，为提高交通运输能力以适应其经济发展的需要，德国、日本、美国、加拿大、法国、英国等发达国家相继开始筹划进行磁悬浮运输系统的开发。而美国和前苏联则分别在七八十年代放弃了这项研究计划，目前只有德国和日本仍在继续进行磁悬浮系统的研究，并均取得了令世人瞩目的进展。下面把各主要国家对磁浮铁路的研究情况作一简要介绍。

日本于1962年开始研究常导磁浮铁路。此后由于超导技术的迅速发展，从70年

代初开始转而研究超导磁浮铁路。1972年首次成功地进行了2.2吨重的超导磁浮列车实验，其速度达到每小时50公里。1977年12月在宫崎磁浮铁路试验线上，最高速度达到了每小时204公里，到1979年12月又进一步提高到517公里。1982年11月，磁浮列车的载人试验获得成功。1995年，载人磁浮列车试验时的最高时速达到411公里。为了进行东京至大阪间修建磁浮铁路的可行性研究，于1990年又着手建设山梨磁悬浮铁路试验线，首期18.4公里长的试验线已于1996年全部建设完成。

德国对磁浮铁路的研究始于1968年（当时的联邦德国）。研究初期，常导和超导并重，到1977年，先后分别研制出常导电磁铁吸引式和超导电磁铁相斥式试验车辆，试验时的最高时速达到400公里。后来经过分析比较认为，超导磁浮铁路所需的技术水平太高，短期内难以取得较大进展，遂决定以后只集中力量发展常导磁浮铁路。1978年，决定在埃姆斯兰德修建全长31.5公里的试验线，并于1980年开工兴建，1982年开始进行不载人试验。列车的最高试验速度在1983年底达到每小时300公里，1984年又进一步增至400公里。目前，德国在常导磁浮铁路研究方面的技术已趋成熟。

与日本和德国相比，英国对磁浮铁路的研究起步较晚，从1973年才开始。但是，英国则是最早将磁浮铁路投入商业运营的国家之一。1984年4月，伯明翰机场至英特纳雄纳尔车站之间一条600米长的磁浮铁路正式通车营业。旅客乘坐磁浮列车从伯明翰机场到英特纳雄纳尔火车站仅需90秒钟。令人遗憾的是，在1995年，这趟一度是世界上唯一从事商业运营的磁浮列车在运行了11年之后被宣布停止营业，其运送旅客的任务由机场班车所取代。

磁悬浮列车技术基础

磁悬浮列车主要由悬浮系统、推进系统和导向系统三大部分组成，见图3。尽管可以使用与磁力无关的推进系统，但在目前的绝大部分设计中，这三部分的功能均由磁力来完成。下面分别对这三部分所采用的技术进行介绍。悬浮系统：目前悬浮系统的设计，可以分为两个方向，分别是德国所采用的常导型和日本所采用的超导型。从悬浮技术上讲就是电磁悬浮系统（EMS）和电力悬浮系统（EDS）。图4给出了两种系统的结构差别。

电磁悬浮系统（EMS）是一种吸力悬浮系统，是结合在机车上的电磁铁和导轨上的铁磁轨道相互吸引产生悬浮。常导磁悬浮列车工作时，首先调整车辆下部的悬浮和导向电磁铁的电磁吸力，与地面轨道两侧的绕组发生磁铁反作用将列车浮起。在车辆下部的导向电磁铁与轨道磁铁的反作用下，使车轮与轨道保持一定的侧向距离，实现轮轨在水平方向和垂直方向的无接触支撑和无接触导向。车辆与行车轨道之间的悬浮间隙为10毫米，是通过一套高精度电子调整系统得以保证的。此外由于悬浮和导向实际上与列车运行速度无关，所以即使在停车状态下列车仍然可以进入悬浮状态。

电力悬浮系统（EDS）将磁铁使用在运动的机车上以在导轨上产生电流。由于机车和导轨的缝隙减少时电磁斥力会增大，从而产生的电磁斥力提供了稳定的机车的支撑和导向。然而机车必须安装类似车轮一样的装置对机车在“起飞”和“着陆”时进行有效支撑，这是因为EDS在机车速度低于大约25英里/小时无法保证悬浮。EDS系统在低温超导技术下得到了更大的发展。

超导磁悬浮列车的最主要特征就是其超导元件在相当低的温度下所具有的完全导电性和完全抗磁性。超导磁铁是由超导材料制成的超导线圈构成，它不仅电流阻力为零，而且可以传导普通导线根本无法比拟的强大电流，这种特性使其能够制成体积小功率强大的电磁铁。

超导磁悬浮列车的车辆上装有车载超导磁体并构成感应动力集成设备，而列车的驱动绕组和悬浮导向绕组均安装在地面导轨两侧，车辆上的感应动力集成设备由动力集成绕组、感应动力集成超导磁铁和悬浮导向超导磁铁三部分组成。当向轨道两侧的驱动绕组提供与车辆速度频率相一致的三相交流电时，就会产生一个移动的电磁场，因而在列车导轨上产生磁波，这时列车上的车载超导磁体就会受到一个与移动磁场相同步的推力，正是这种推力推动列车前进。其原理就像冲浪运动一样，冲浪者是站在波浪的顶峰并由波浪推动他快速前进的。与冲浪者所面对的难题相同，超导磁悬浮列车要处理的也是如何才能准确地驾驭在移动电磁波的顶峰运动的问题。为此，在地面导轨上安装有探测车辆位置的高精度仪器，根据探测仪传来的信息调整三相交流电的供流方式，精确地控制电磁波形以使列车能良好地运行。

推进系统：磁悬浮列车的驱动运用同步直线电动机的原理。车辆下部支撑电磁铁线圈的作用就像是同步直线电动机的励磁线圈，地面轨道内侧的三相移动磁场驱动绕组起到电枢的作用，它就像同步直线电动机的长定子绕组。从电动机的工作原理可以知道，当作为定子的电枢线圈有电时，由于电磁感应而推动电机的转子转动。同样，当沿线布置的变电所向轨道内侧的驱动绕组提供三相调频调幅电力时，由于电磁感应作用承载系统连同列车一起就像电机的\"转子\"一样被推动做直线运动。从而在悬浮状态下，列车可以完全实现非接触的牵引和制动。

通俗的讲就是，在位于轨道两侧的线圈里流动的交流电，能将线圈变为电磁体。由于它与列车上的超导电磁体的相互作用，就使列车开动起来。列车前进是因为列车头部的电磁体（N极）被安装在靠前一点的轨道上的电磁体（S极）所吸引，并且同时又被安装在轨道上稍后一点的电磁体（N极）所排斥。当列车前进时，在线圈里流动的电流流向就反转过来了。其结果就是原来那个S极线圈，现在变为N极线圈了，反之亦然。这样，列车由于

电磁极性的转换而得以持续向前奔驰。根据车速，通过电能转换器调整在线圈里流动的交流电的频率和电压。

推进系统可以分为两种。“长固定片”推进系统使用缠绕在导轨上的线性电动机作为高速磁悬浮列车的动力部分。由于高的导轨的花费而成本昂贵。而“短固定片”推进系统使用缠绕在被动的轨道上的线性感应电动机（LIM）。虽然短固定片系统减少了导轨的花费，但由于LIM过于沉重而减少了列成的有效负载能力，导致了

比长固定片系统的高的运营成本和低的潜在收入。而采用非磁力性质的能量系统，也会导致机车重量的增加，降低运营效率。

导向系统：导向系统是一种测向力来保证悬浮的机车能够沿着导轨的方向运动。必要的推力与悬浮力相类似，也可以分为引力和斥力。在机车底板上的同一块电磁铁可以同时为导向系统和悬浮系统提供动力，也可以采用独立的导向系统电磁铁。

磁悬浮列车的优势

作为目前最快速的地面交通工具，磁悬浮列车技术的确有着其他地面交通技术无法比拟的优势：

首先，它克服了传统轮轨铁路提高速度的主要障碍，发展前景广阔。第一条轮轨铁路出现在1825年，经过140年努力，其运营速度才突破200公里/小时，由200公里/小时到300公里/小时又花了近30年，虽然技术还在完善与发展，继续提高速度的余地已不大，而困难却很大。还应注意到，轮轨铁路提高速度的代价是很高的，300公里/小时高速铁路的造价比200公里/小时的准高速铁路高近两倍，比120公里/小时的普通铁路高三至八倍，继续提高速度，其造价还将急剧上升。与之相比世界上第一个磁悬浮列车的小型模型是1969年在德国出现的，日本是1972年造出的。可仅仅十年后的1979年，磁悬浮列车技术就创造了517公里/小时的速度纪录。目前技术已经成熟，可进入500公里/小时实用运营的建造阶段。

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