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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
dd/sin? =
v1sin?v1sin?sin?其中v合可用正弦定理表达，故有 t =
解法二： t =
d/sin?d =
v1sin?v1S1 = v1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 =
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Syvy =
dd = v1yv1sin?精品文档
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）
d
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) 2222整理得 S2xv1≥d(v2?v1)
所以，Sxmin=
dv12v22?v1 ，代入Sx（θ）函数可知，此时cosθ=
v1 v22?S最后，Smin= S2xminy=
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。
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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 = arcsin90°
即：v2＜v1时，S合min = d ，此时，θ= arccos
v2 v1v1无解），结合实际情况，αmax取v2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
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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
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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
10 = Sy = v0y t + （-g）t2
2Sx = 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 =
g（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 ，然后对抛出到最高点的过程用动能定理或机械能守恒。结论：Hm =
2v0sin2? 。 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 ≥，即小球必然在BC之间的某点脱离圆弧。 gL）
（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
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