1、曲線運動一、復習基礎知識點一、考點內容1運動的合成與分解。2曲線運動中質點的速度沿軌道的切線方向，且必具有加速度。3平拋運動；斜拋運動。4勻速率圓周運動、線速度和角速度、周期；圓周運動的向心力、向心加速度。5離心運動二、知識結構基礎題 1平拋物體的運動規律可以概括為兩點：（1）水平方向做勻速運動；（2）豎直方向做自由落體運動。為了研究平拋物體的運動，可做下面的實驗：如圖所示，用小錘打擊彈性金屬片，A球就水平飛出，同時B球被松開，做自由落體運動，兩球同時落到地面。這個實驗：A、只能說明上述規律中的第（1）條B、只能說明上述規律中的第（2）條C、不能說明上述規律中的任何一條D、能同時說明上述兩條規

2、律2一物體由靜止開始自由下落一小段時間后突然受一恒定的水平風力的影響，則其運動軌跡可能的情況是圖中的：3甲、乙兩物體做勻速圓周運動，其質量之比為1：2，轉動半徑之比為1：2，在相等時間里甲轉過600，乙轉過450，則它們所受合外力之比為：A、1：4 B、2：3 C、4：9 D、9：164排球場總長18m，網高225 m，如圖所示，設對方飛來一球，剛好在3m線正上方被我方運動員后排強攻擊回。假設排球被擊回的初速度方向是水平的，那么可認為排球被擊回時做平拋運動。（g取10m/s2）（1）若擊球的高度h25m，球擊回的水平速度與底線垂直，球既不能觸網又不出底線，則球被擊回的水平速度在什么范圍內？（2

3、）若運動員仍從3m線處起跳，起跳高度h滿足一定條件時，會出現無論球的水平初速多大都是觸網或越界，試求h滿足的條件。二、從高考到初賽要求知識要點分析一、 運動的合成與分解1、標量和矢量 物理量分為兩大類：凡是只須數值就能決定的物理量叫做標量，例如：時間、路程、質量、溫度、功和能量等；另一類，既有大小，也需要方位和指向才能確定的物理量叫做失量，例如：位移、速度、加速度、力、動量都是矢量。標量和矢量在進行運算時遵守不同的法則，標量的運算遵守代數法則如加、減、乘、除等。而矢量的運算不能用上述法則。中學常用的矢量運算是所謂矢量的合成與分解，這種運算都遵守平行四邊形定則（或三角形法則）。當矢量在一條直線上

4、合成和分解時，規定正方向后，可轉化為代數運算。2.運動的合成由已知的分運動求其合運動叫運動的合成這既可能是一個實際問題，即確有一個物體同時參與幾個分運動而存在合運動；又可能是一種思維方法，即可以把一個較為復雜的實際運動看成是幾個基本的運動合成的，通過對簡單分運動的處理，來得到對于復雜運動所需的結果描述運動的物理量如位移、速度、加速度都是矢量，運動的合成應遵循矢量運算的法則：（1）如果分運動都在同一條直線上，需選取正方向，與正方向相同的量取正，相反的量取負，矢量運算簡化為代數運算（2）如果分運動互成角度，運動合成要遵循平行四邊形定則3合運動的性質取決于分運動的情況:兩個勻速直線運動的合運動仍為勻

5、速直線運動一個勻速運動和一個勻變速運動的合運動是勻變速運動，二者共線時，為勻變速直線運動，二者不共線時，為勻變速曲線運動。兩個勻變速直線運動的合運動為勻變速運動，當合運動的初速度與合運動的加速度共線時為勻變速直線運動，當合運動的初速度與合運動的加速度不共線時為勻變速曲線運動。3、運動的分解1已知合運動求分運動叫運動的分解2運動分解也遵循矢量運算的平行四邊形定則3將速度正交分解為 vxvcos和vy=vsin是常用的處理方法4速度分解的一個基本原則就是按實際效果來進行分解，常用的思想方法有兩種：一種思想方法是先虛擬合運動的一個位移，看看這個位移產生了什么效果，從中找到運動分解的辦法；另一種思想方

6、法是先確定合運動的速度方向（物體的實際運動方向就是合速度的方向），然后分析由這個合速度所產生的實際效果，以確定兩個分速度的方向4、合運動與分運動的特征：（1）等時性：合運動所需時間和對應的每個分運動所需時間相等（2)獨立性：一個物體可以同時參與幾個不同的分運動，各個分運動獨立進行，互不影響(3)等效性:合運動和分運動是等效替代關系，不能并存；(4)矢量性:加速度、速度、位移都是矢量，其合成和分解遵循平行四邊形定則。【例1】如圖所示的塔吊臂上有一可以沿水平方向運動的小車A，小車下裝有吊著物體B的吊鉤在小車A與物體B以相同的水平速度沿吊臂方向勻速運動的同時，吊鉤將物體B向上吊起，A、B之間的距離以

7、 (SI)(SI表示國際單位制，式中H為吊臂離地面的高度)規律變化，則物體做(A)速度大小不變的曲線運動 (B)速度大小增加的曲線運動(C)加速度大小方向均不變的曲線運動(D)加速度大小方向均變化的曲線運動 答案：B C5、物體做曲線運動的條件1曲線運動是指物體運動的軌跡為曲線；曲線運動的速度方向是該點的切線方向；曲線運動速度方向不斷變化，故曲線運動一定是變速運動2物體做一般曲線運動的條件：運動物體所受的合外力（或加速度）的方向跟它的速度方向不在同一直線上（即合外力或加速度與速度的方向成一個不等于零或的夾角）說明：當物體受到的合外力的方向與速度方向的夾角為銳角時，物體做曲線運動速率將增大，當物

8、體受到的合外力的方向與速度方向的夾角為鈍角時，物體做曲線運動的速率將減小。3.重點掌握的兩種情況：一是加速度大小、方向都不變的曲線運動，叫勻變曲線運動，如平拋運動；另一是加速度大小不變、方向時刻改變的曲線運動，如勻速圓周運動規律方法 1、運動的合成與分解的應用合運動與分運動的關系：滿足等時性與獨立性即各個分運動是獨立進行的，不受其他運動的影響，合運動和各個分運動經歷的時間相等，討論某一運動過程的時間，往往可直接分析某一分運動得出【例2】小船從甲地順水到乙地用時t1，返回時逆水行舟用時t2，若水不流動完成往返用時t3，設船速率與水流速率均不變，則（ ） At3t1t2 ； Bt3t1t2； Ct

9、3t1t2 ； D條件不足，無法判斷解析：設船的速度為V，水的速度為v0，則Vs時，船才有可能垂直于河岸橫渡。（3）如果水流速度大于船上在靜水中的航行速度，則不論船的航向如何，總是被水沖向下游。怎樣才能使漂下的距離最短呢？如圖2丙所示，設船頭Vc與河岸成角，合速度V與河岸成角。可以看出：角越大，船漂下的距離x越短，那么，在什么條件下角最大呢？以Vs的矢尖為圓心，以Vc為半徑畫圓，當V與圓相切時，角最大，根據cos=Vc/Vs,船頭與河岸的夾角應為：=arccosVc/Vs.船漂的最短距離為：. 此時渡河的最短位移為：.思考：小船渡河過程中參與了哪兩種運動？這兩種運動有何關系？過河的最短時間和最

10、短位移分別決定于什么？二、拋體運動 將質點以一定的初速度拋出后，只在重力作用下的運動叫做拋體運動，可分為以下幾種：1自由落體運動以及豎直上拋運動。（軌跡為直線，我們在第二部分的講義中有詳盡的分析，在此不再講解！）2平拋物體的運動：將物體沿水平方向拋出，其運動為平拋運動（1）運動特點：a、只受重力；b、初速度與重力垂直盡管其速度大小和方向時刻在改變，但其運動的加速度卻恒為重力加速度g，因而平拋運動是一個勻變速曲線運動（2）平拋運動的處理方法：平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動。水平方向和豎直方向的兩個分運動既具有獨立性，又具有等時性（3）平拋運動的規律：以物體的出發點

11、為原點，沿水平和豎直方向建成立坐標。ax=0 ay=0水平方向 vx=v0 豎直方向 vy=gtx=v0t y=gt2平拋物體在時間t內的位移S可由兩式推得s=，位移的方向與水平方向的夾角由下式決定tg=y/x=gt2/v0t=gt/2v0平拋物體經時間t時的瞬時速度vt可由兩式推得vt=，速度vt的方向與水平方向的夾角可由下式決定tg=vy/vx=gt/v0平拋物體的軌跡方程可由兩式通過消去時間t而推得：y=x2， 可見，平拋物體運動的軌跡是一條拋物線運動時間由高度決定，與v0無關，所以t=，水平距離xv0tv0t時間內速度改變量相等，即vgt，V方向是豎直向下的說明平拋運動是勻變速曲線運動

12、（4）處理平拋物體的運動時應注意： 水平方向和豎直方向的兩個分運動是相互獨立的，其中每個分運動都不會因另一個分運動的存在而受到影響即垂直不相干關系； 水平方向和豎直方向的兩個分運動具有等時性，運動時間由高度決定，與v0無關； 末速度和水平方向的夾角不等于位移和水平方向的夾角，由上證明可知tg=2tg【例1】 物塊從光滑曲面上的P點自由滑下，通過粗糙的靜止水平傳送帶以后落到地面上的Q點，若傳送帶的皮帶輪沿逆時針方向轉動起來，使傳送帶隨之運動，如圖116所示，再把物塊放到P點自由滑下則 A.物塊將仍落在Q點 B.物塊將會落在Q點的左邊C.物塊將會落在Q點的右邊 D.物塊有可能落不到地面上解答:物塊

13、從斜面滑下來，當傳送帶靜止時，在水平方向受到與運動方向相反的摩擦力，物塊將做勻減速運動。離開傳送帶時做平拋運動。當傳送帶逆時針轉動時物體相對傳送帶都是向前運動，受到滑動摩擦力方向與運動方向相反。 物體做勻減速運動，離開傳送帶時，也做平拋運動，且與傳送帶不動時的拋出速度相同，故落在Q點，所以A選項正確。【小結】若此題中傳送帶順時針轉動，物塊相對傳送帶的運動情況就應討論了。（1）當v0=vB物塊滑到底的速度等于傳送帶速度，沒有摩擦力作用，物塊做勻速運動，離開傳送帶做平拋的初速度比傳送帶不動時的大，水平位移也大，所以落在Q點的右邊。（2）當v0vB物塊滑到底速度小于傳送帶的速度，有兩種情況，一是物塊

14、始終做勻加速運動，二是物塊先做加速運動，當物塊速度等于傳送帶的速度時，物體做勻速運動。這兩種情況落點都在Q點右邊。（3）v0vB當物塊滑上傳送帶的速度大于傳送帶的速度，有兩種情況，一是物塊一直減速，二是先減速后勻速。第一種落在Q點，第二種落在Q點的右邊。規律方法 1、平拋運動的分析方法用運動合成和分解方法研究平拋運動，要根據運動的獨立性理解平拋運動的兩分運動，即水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動其運動規律有兩部分：一部分是速度規律，一部分是位移規律對具體的平拋運動，關鍵是分析出問題中是與位移規律有關還是與速度規律有關圖8BAV0V0Vy1【例2】如圖在傾角為的斜面頂端A處以速度V0

15、水平拋出一小球，落在斜面上的某一點B處，設空氣阻力不計，求（1）小球從A運動到B處所需的時間；（2）從拋出開始計時，經過多長時間小球離斜面的距離達到最大？解析：（1）小球做平拋運動，同時受到斜面體的限制，設從球從A運動到B處所需的時間為t,則：水平位移為x=V0t豎直位移為y=, 由數學關系得到: ABCDE（2）從拋出開始計時，經過t1時間小球離斜面的距離達到最大,當小球的速度與斜面平行時，小球離斜面的距離達到最大。因Vy1=gt1=V0tan,所以【例3】 已知方格邊長a和閃光照相的頻閃間隔T，求：v0、g、vc解：水平方向： 豎直方向： 先求C點的水平分速度vx和豎直分速度vy，再求合速

16、度vC： BAhA【例4】如圖所示，一高度為h=0.2m的水平面在A點處與一傾角為=30的斜面連接，一小球以V0=5m/s的速度在平面上向右運動。求小球從A點運動到地面所需的時間（平面與斜面均光滑，取g=10m/s2）。某同學對此題的解法為：小球沿斜面運動，則由此可求得落地的時間t。問：你同意上述解法嗎？若同意，求出所需的時間；若不同意，則說明理由并求出你認為正確的結果。解析：不同意。小球應在A點離開平面做平拋運動，而不是沿斜面下滑。正確做法為：落地點與A點的水平距離 斜面底寬 因為,所以小球離開A點后不會落到斜面，因此落地時間即為平拋運動時間。 2、平拋運動的速度變化和重要推論 水平方向分速

17、度保持vx=v0.豎直方向，加速度恒為g,速度vy =gt,從拋出點起，每隔t時間的速度的矢量關系如圖所示這一矢量關系有兩個特點：(1)任意時刻的速度水平分量均等于初速度v0;(2)任意相等時間間隔t內的速度改變量均豎直向下，且v=vy=gt.平拋物體任意時刻瞬時時速度方向的反向延長線與初速度延長線的交點到拋出點的距離都等于水平位移的一半。v0vtvxvyhss/證明：設時間t內物體的水平位移為s，豎直位移為h，則末速度的水平分量vx=v0=s/t，而豎直分量vy=2h/t， ， 所以有【例5】從傾角為=30的斜面頂端以初動能E=6J向下坡方向平拋出一個小球，則小球落到斜面上時的動能E /為_

18、J。解：以拋出點和落地點連線為對角線畫出矩形ABCD，可以證明末速度vt的反向延長線必然交AB于其中點O，由圖中可知ADAO=2，由相似形可知vtv0=，因此很容易可以得出結論：E /=14J。 3、平拋運動的拓展（類平拋運動）【例7】如圖所示，光滑斜面長為a，寬為b，傾角為，一物塊沿斜面左上方頂點P水平射入，而從右下方頂點Q離開斜面，求入射初速度解析：物塊在垂直于斜面方向沒有運動，物塊沿斜面方向上的曲線運動可分解為水平方向上初速度v0的勻速直線運動和沿斜面向下初速度為零的勻加速運動在沿斜面方向上mgsin=ma加 a加gsin，水平方向上的位移s=a=v0t，沿斜面向下的位移y=b= a加t

19、2，由得v0a說明：運用運動分解的方法來解決曲線運動問題，就是分析好兩個分運動，根據分運動的運動性質，選擇合適的運動學公式求解【例8】從高H處的A點水平拋出一個物體，其水平射程為2s。若在A點正上方高H的B點拋出另一個物體，其水平射程為s。已知兩物體的運動軌跡在同一豎直平面內，且都從同一豎屏M的頂端擦過，如圖所示，求屏M的高度h？分析：思路1：平拋運動水平位移與兩個因素有關：初速大小和拋出高度，分別寫出水平位移公式，相比可得初速之比，設出屏M的頂端到各拋出點的高度，分別寫出與之相應的豎直位移公式，將各自時間用水平位移和初速表示，解方程即可。 思路2：兩點水平拋出，軌跡均為拋物線，將“都從同一豎

20、屏M的頂端擦過”轉化為數學條件：兩條拋物線均過同一點。按解析幾何方法求解。解析:畫出各自軌跡示意圖法一:由平拋運動規律根據題意得2s=VAtA，s=VBtB，H=gtA2, 2H=gtB2可得:,又設各自經過時間t1、t2從屏M的頂端擦過，則在豎直方向上有Hh=gt12，2Hh=gt22，在水平方向上有x=vAt1=vBt2，由以上三式解得h=6H/7。法二：由平拋運動規律可得拋物線方程，依題意有yA=Hh，yB=2Hh時所對應的x值相同，將（x，yA）（x，yB）分別代入各自的拋物線方程聯立求出h=6H/7。三、圓周運動的應用知識簡析 （一） 圓周運動的臨界問題1.圓周運動中的臨界問題的分析

21、方法 首先明確物理過程，對研究對象進行正確的受力分析，然后確定向心力，根據向心力公式列出方程，由方程中的某個力的變化與速度變化的對應關系，從而分析找到臨界值2.特例（1）如圖所示，沒有物體支撐的小球，在豎直平面做圓周運動過最高點的情況：注意：繩對小球只能產生沿繩收縮方向的拉力 臨界條件：繩子或軌道對小球沒有力的作用：mg=mv2/Rv臨界=（可理解為恰好轉過或恰好轉不過的速度）注意：桿與繩不同，桿對球既能產生拉力，也能對球產生支持力當v0時，Nmg（N為支持力）當 0v時， N隨v增大而減小，且mgN0，N為支持力當v=時，N0 當v時，N為拉力，N隨v的增大而增大（此時N為拉力，方向指向圓心

22、）注意：管壁支撐情況與桿子一樣 若是圖（b）的小球，此時將脫離軌道做平拋運動因為軌道對小球不能產生拉力（二）“質點做勻速圓周運動”與“物體繞固定軸做勻速轉動”的區別與聯系（1)質點做勻速圓周運動是在外力作用下的運動，所以質點在做變速運動，處于非平衡狀態。(2）物體繞固定軸做勻速轉動是指物體處于力矩平衡的轉動狀態。對于物體上不在轉動軸上的任意微小質量團（可說成質點），則均在做勻速圓周運動。規律方法 1.圃周運動中臨界問題分析，應首先考慮達到臨界條件時物體所處的狀態，然后分析該狀態下物體的受力特點結合圓周運動的知識，列出相應的動力學方程【例1】在圖中，一粗糙水平圓盤可繞過中心軸OO/旋轉，現將輕質

23、彈簧的一端固定在圓盤中心，另一端系住一個質量為m的物塊A，設彈簧勁度系數為k，彈簧原長為L。將物塊置于離圓心R處，RL，圓盤不動，物塊保持靜止。現使圓盤從靜止開始轉動，并使轉速逐漸增大，物塊A相對圓盤始終未惰動。當增大到時，物塊A是否受到圓盤的靜摩擦力，如果受到靜摩擦力，試確定其方向。OO/R【解析對物塊A，設其所受靜摩擦力為零時的臨界角度為0，此時向心力僅為彈簧彈力；若0，則需要較大的向心力，故需添加指向圓心的靜摩擦力；若0，則需要較小的向心力，物體受到的靜摩擦力必背離圓心。 依向心力公式有m02R=k(RL)，所以，故時,得0。可見物塊所受靜摩擦力指向圓心。【例2】如圖所示，賽車在水平賽道

24、上作900轉彎，其內、外車道轉彎處的半徑分別為r1和r2，車與路面間的動摩擦因數和靜摩擦因數都是試問：競賽中車手應選圖中的內道轉彎還是外道轉彎？在上述兩條彎轉路徑中，車手做正確選擇較錯誤選擇所贏得的時間是多少？分析:賽車在平直道路上行駛時，其速度值為其所能達到的最大值，設為vm。轉彎時，車做圓周運動，其向心力由地面的靜摩擦力提供，則車速受到軌道半徑和向心加速度的限制，只能達到一定的大小為此，車在進入彎道前必須有一段減速過程，以使其速度大小減小到車在彎道上運行時所允許的速度的最大值，走完彎路后，又要加速直至達到vm。車道的選擇，正是要根據內外道上的這些對應過程所歷時間的比較來確定 對于外車道，設

25、其走彎路時所允許的最大車速為v2，則應有mv22/r2=mg解得v2= 如圖所示，設車自M點開始減速，至N點其速度減為v2，且剛好由此點進入彎道，此減速過程中加速度的大小為a=mg/m=g此減速過程中行駛的路徑長度（即MN的長度）為x2=車沿彎道到達A點后，由對稱關系不難看出，它又要在一段長為x2的路程上加速，才能達到速度vm。上述過程所用的總時間為t2=t減速t圓弧t加速=（2）同樣的道理可以推得車走內車道所用的總時間為t1=（2）另一方面，對內車道和外車道所歷路程的直線部分進行比較，由圖可見，車往內車道多走了長度 L r2 rl同時，在直線道上車用于加速和減速的行程中，車往內道也多走了長度

26、 x=2x12x2= r2 rl由于上述的L和x剛好相等，可見車在直道上以vm勻速行駛的路程長度對于內外兩道來說是相等的這樣，為決定對內外道的選擇，只需比較上述的t1和t2即可由于 t2t1，顯然，車手應選擇走外道，由此贏得的時間為 t=t1一t2=2.求解范圍類極值問題，應注意分析兩個極端狀態，以確定變化范圍【例3】如圖，直桿上0102兩點間距為L，細線O1A長為，O2A長為L,A端小球質量為m，要使兩根細線均被拉直，桿應以多大的角速度轉動？解析:當較小時線O1A拉直，O2A松弛，而當太大時O2A拉直, O1A將松弛 設O2A剛好拉直,但FO2A仍為零時角速度為1，此時O2O1A =300,

27、對小球：OAaLB在豎直方向FO1Acos300mg在水平方向：FO1Asin300由得設O1A由拉緊轉到剛被拉直,FO1A變為零時角速度為2對小球：FO2Acos600=mgFO2Asin600=m22Lsin600由得,故處理曲線運動的科學方法一、微元法例1：一質量為M 、均勻分布的圓環，其半徑為r ，幾何軸與水平面垂直，若它能經受的最大張力為T，求此圓環可以繞幾何軸旋轉的最大角速度。解析：因為向心力F = mr2 ，當一定時，r越大，向心力越大，所以要想求最大張力T所對應的角速度 ，r應取最大值。如圖36所示，在圓環上取一小段L ，對應的圓心角為 ，其質量可表示為m =M ，受圓環對它的

28、張力為T ，則同上例分析可得：2Tsin= mr2因為很小，所以：sin，即：2T=M r2解得最大角速度： =例2：如圖311所示，小環O和O分別套在不動的豎直桿AB和AB上，一根不可伸長的繩子穿過環O，繩的兩端分別系在A點和O環上，設環O以恒定速度v向下運動，求當AOO= 時，環O的速度。解析：O 、O之間的速度關系與O 、O的位置有關，即與角有關，因此要用微元法找它們之間的速度關系。設經歷一段極短時間t ，O環移到C，O環移到C ，自C與C分別作為OO的垂線CD和CD ，從圖中看出。OC =，OC=，因此：OC + OC= 因極小，所以ECED，ECED ，從而：OD + ODOOCC

29、由于繩子總長度不變，故：OO CC= OC 由以上三式可得：OC + OC=，即：OC = OC(1)等式兩邊同除以t得環O的速度為：v0 = v(1)等效法在一些物理問題中，一個過程的發展、一個狀態的確定，往往是由多個因素決定的，在這一決定中，若某些因素所起的作用和另一些因素所起的作用相同，則前一些因素與后一些因素是等效的，它們便可以互相代替，而對過程的發展或狀態的確定，最后結果并不影響，這種以等效為前提而使某些因素互相代替來研究問題的方法就是等效法。等效思維的實質是在效果相同的情況下，將較為復雜的實際問題變換為簡單的熟悉問題，以便突出主要因素，抓住它的本質，找出其中規律。因此應用等效法時往

30、往是用較簡單的因素代替較復雜的因素，以使問題得到簡化而便于求解。例：如圖41所示，水平面上，有兩個豎直的光滑墻壁A和B ，相距為d =2.5m，一個小球以初速度v0=10m/s從兩墻之間的O點斜向上拋出，與A和B各發生一次碰撞后，每次碰撞時速度大小保持不變，正好落回拋出點，求小球的拋射角 。g=10m/s2解析：將彈性小球在兩墻之間的反彈運動，可等效為一個完整的斜拋運動（見圖）。所以可用解斜拋運動的方法求解。由題意得：2d = v0cost = v0cos可解得拋射角：sin2 =,代入數據，得=150對稱法由于物質世界存在某些對稱性，使得物理學理論也具有相應的對稱性，從而使對稱現象普遍存在于

31、各種物理現象和物理規律中。應用這種對稱性它不僅能幫助我們認識和探索物質世界的某些基本規律，而且也能幫助我們去求解某些具體的物理問題，這種思維方法在物理學中稱為對稱法。利用對稱法分析解決物理問題，可以避免復雜的數學演算和推導，直接抓住問題的實質，出奇制勝，快速簡便地求解問題。例1：沿水平方向向一堵豎直光滑的墻壁拋出一個彈性小球A ，拋出點離水平地面的高度為h ，距離墻壁的水平距離為s ，小球與墻壁發生彈性碰撞（碰撞后速度大小保持不變)后，落在水平地面上，落地點距墻壁的水平距離為2s ，如圖71所示。求小球拋出時的初速度。解析：因小球與墻壁發生彈性碰撞， 故與墻壁碰撞前后入射速度與反射速度具有對稱

32、性， 碰撞后小球的運動軌跡與無墻壁阻擋時小球繼續前進的軌跡相對稱，如圖71甲所示，所以小球的運動可以轉換為平拋運動處理， 效果上相當于小球從A點水平拋出所做的運動。根據平拋運動的規律：因為拋出點到落地點的距離為3s ，拋出點的高度為h ，代入后可解得：v0 = x= 3s例2：A 、B 、C三只獵犬站立的位置構成一個邊長為a的正三角形，每只獵犬追捕獵物的速度均為v ，A犬想追捕B犬，B犬想追捕C犬，C犬想追捕A犬，為追捕到獵物，獵犬不斷調整方向，速度方向始終“盯”住對方，它們同時起動，經多長時間可捕捉到獵物？解析：以地面為參考系，三只獵犬運動軌跡都是一條復雜的曲線，但根據對稱性，三只獵犬最后相

33、交于三角形的中心點，在追捕過程中，三只獵犬的位置構成三角形的形狀不變，以繞點旋轉的參考系來描述，可認為三角形不轉動，而是三個頂點向中心靠近，所以只要求出頂點到中心運動的時間即可。由題意作圖73 ，設頂點到中心的距離為s ，則由已知條件得：s =a由運動合成與分解的知識可知，在旋轉的參考系中頂點向中心運動的速度為：v= vcos30=v由此可知三角形收縮到中心的時間為：t =（此題也可以用遞推法求解，讀者可自己試解。）近似法近似法是在觀察物理現象、進行物理實驗、建立物理模型、推導物理規律和求解物理問題時，為了分析認識所研究問題的本質屬性，往往突出實際問題的主要方面，忽略某些次要因素，進行近似處理

34、.在求解物理問題時，采用近似處理的手段簡化求解過程的方法叫近似法.近似法是研究物理問題的基本思想方法之一，具有廣泛的應用.善于對實際問題進行合理的近似處理，是從事創造性研究的重要能力之一.縱觀近幾年的物理競賽試題和高考試題，越來越多地注重這種能力的考查.例1：一只狐貍以不變的速度沿著直線AB逃跑，一只獵犬以不變的速率追擊，其運動方向始終對準狐貍.某時刻狐貍在F處，獵犬在D處，FDAB，且FD=L，如圖141所示，求獵犬的加速度的大小.圖141解析：獵犬的運動方向始終對準狐貍且速度大小不變，故獵犬做勻速率曲線運動，根據向心加速度為獵犬所在處的曲率半徑，因為r不斷變化，故獵犬的加速度的大小、方向都

35、在不斷變化，題目要求獵犬在D處的加速度大小，由于大小不變，如果求出D點的曲率半徑，此時獵犬的加速度大小也就求得了.圖142甲獵犬做勻速率曲線運動，其加速度的大小和方向都在不斷改變.在所求時刻開始的一段很短的時間內，獵犬運動的軌跡可近似看做是一段圓弧，設其半徑為R，則加速度其方向與速度方向垂直，如圖141甲所示.在時間內，設狐貍與獵犬分別 到達，獵犬的速度方向轉過的角度為/R而狐貍跑過的距離是： 因而/R/L，R=L/所以獵犬的加速度大小為=/L提高題：1.降落傘在下落一定時間以后的運動是勻速的.設無風時某跳傘員著地的速度是5.0ms.現有正東風，風速大小是4.0ms，跳傘員將以多大的速度著地?這個速度的方向怎樣? 2.如圖所示，實線為某質點平拋軌跡的一部分，測得AB、BC間水平距離s1=s2=0.4m，高度差h1=0.25m，h2=0.35m，問:(1)質點平拋的初速度v0為多大?(2)拋出點到A點的水平距離和豎