由2018年北京理綜第20題引起的討論

張 適

(北京市育英學校，北京 100036)

原題.根據高中所學知識可知,做自由落體運動的小球,將落在正下方位置．但實際上,赤道上方200 m處無初速下落的小球將落在正下方位置偏東約6 cm處．這一現象可解釋為,除重力外,由于地球自轉,下落過程小球還受到一個水平向東的“力”,該“力”與豎直方向的速度大小成正比．現將小球從赤道地面豎直上拋,考慮對稱性,上升過程該“力”水平向西,則小球

(A) 到最高點時,水平方向的加速度和速度均為0.

(B) 到最高點時,水平方向的加速度和速度均不為0.

(C) 落地點在拋出點東側.

(D) 落地點在拋出點西側.

解析:由題所給信息,根據對稱性可知,現將小球從赤道地面豎直上拋,小球上升過程中,豎直方向小球的速度一直減小,由題知該“力”水平向西,且隨豎直速度的減小而減小,由牛頓第二定律可知,小球的水平方向加速度減小,而水平速度初速度由0開始一直增大,上升到最高點時,小球的豎直速度為0,該“力”為0,水平加速度為0,水平速度達到了最大值,并不為0,所以選項(A)、(B)均錯誤;當小球向下運動過程中,該“力”水平向東,而水平速度向西,小球在水平方向將向西做減速運動,直到落地,所以整個過程中,小球一直向西運動,只能落在拋出點西側,選項(C)錯誤,選項(D)正確．

無論從教的角度,還是從學的角度說,不僅要會做題,也要知道題中所蘊藏的物理本質和規律,從該題中還可提出很多問題．如,題目中的“力”是什么力?它的大小和方向是如何確定的?考慮地球自轉影響時自由落體運動為什么會向東偏?豎直上拋落點為什么會向西偏?能否從中學物理知識范圍推理出相同的結論?

1 地球轉動對自由落體運動的影響

通常所說的自由落體運動是指物體只在重力作用下從靜止開始的運動．這里對自由落體運動概念的理解有兩個關鍵條件: (1) 是只在重力作用下,說明物體在運動中不受空氣的阻力,也不能受其它力; (2) 是從靜止開始的運動,即初速度為0．當自由釋放點的高度不高時,物體所受的重力可看作是一個恒力,物體自由落體運動中的加速度是不變的,是一個勻變速運動;當不考慮地球自轉的影響時,自由落體運動只能是一個勻變速直線運動．當釋放點的高度較大,考慮地球自轉影響時會是一個什么運動呢?

1.1 慣性參考系中的自由落體運動

圖1

在赤道上物體釋放點的正下方地面上建立一個隨地球球心運動而不隨地球轉動的慣性坐標系,如圖1甲所示.A為物體釋放點B正下方地面上一點,由于地球的自轉,人在地球上看到物體無初速度,其實是A、B兩點的角速度相同,由v=ωr知,速度大小關系應是vB>vA,而且B點越高,A、B兩點速度的差距就越大．在這樣的坐標系中看,物體在水平方向上運動的速度大于地面上A點的速度,由于水平方向上物體不受力,小球并不是豎直落向地面正下方的A點,而是落向A點向東的一點,如圖1乙中的A2點,此時地面上的A點隨地球自轉至圖中A1點．顯然,在這樣的慣性參考系中,物體只受重力作用的條件能滿足,牛頓運動定律也成立,但運動軌跡并不是直線,也不是傳統意義下的自由落體運動．

設小球釋放高度為H,地球的半徑為R,地球自轉的角速度為ω．釋放時小球相對于空間坐標系的速度為vB=ω(R+H),A點的速度為vA=ωR,小球下落過程中,經時間t運動至圖1乙的P處,相對于釋放點B與地球球心O連線轉過的角度為θ=ωt,由于θ角很小,sinθ≈θ=ωt,cosθ≈1,所以該處質量為m的小球所受的重力在x軸和y軸上的分力分別為Fx、Fy,由圖2可得

Fx=-mgsinθ≈-mgωt，

Fy=-mgcosθ≈-mg.

由牛頓第二定律可求得小球在x軸和y軸上的加速度分別為

ax=-gωt，ay=-g.

(1)

對上式積分并考慮初始條件t=0,vx=ω(R+H),vy=0,得小球在x軸和y軸上的速度分別為

(2)

再對上式積分并考慮初始條件t=0,x=0,y=H,得小球在x軸和y軸上的速度分別為

(3)

地球上A點在t時間內轉過的弧長為x1=ωRt,小球相對于地面的水平位移為

(4)

圖3

應用Microsoft Excel編輯公式,計算0～6.39 s時間內對應于各時刻的Δx、y值,插入散點圖如圖3所示,即為小球該在慣性參考系中的運動軌跡．

Δx=x-ωRt=

(5)

小球自H=200 m處自由下落時,取g=9.78 m/s2代入上式得小球向東的偏移量約為Δx=6.2 cm．

1.2 隨地球自轉參考系中的自由落體運動

如果考慮地球自轉影響時,地球是一非慣性系,物體在空中運動時,并不能直接應用牛頓運動定律．通過參考系的變換,如果在旋轉參考系引入慣性力時,就可以應用牛頓運動定律處理動力學問題．

圖4

小球自由落體運動中,小球在t時刻豎直方向的速度為vy=-gt,小球受水平向東的科里奧利力,如圖4所示,其大小為F=2mωgt,其水平、豎直方向的加速度分別為

ax=2ωgt,ay=g.

(6)

對上式積分,并考慮初始條件:t=0,vx=0,vy=0，可得小球相對于地面的水平速度

vx=ωgt2,vy=gt.

(7)

對上式積分,并考慮初始條件:t=0,x=0,y=H,可得小球相對于地面的水平位移為

(8)

圖5

應用Microsoft Excel編輯公式,計算0～6.39s時間內對應于各時刻的x、y值,插入散點圖如圖5所示,即為小球在該非慣性參考系中的運動軌跡．

(9)

將H=200 m,g=9.78 m/s2，ω=7.27×10-5rad/s代入上式，得Δx=6.2 cm．

對比(4)、(9)式可見,兩種參考系中小球落地點與釋放點的水平偏移量的表達式也相同,但觀察到的運動軌跡是不同的,其中圖5與我們觀察的結果相同．

2 考慮地球自轉影響的豎直上拋運動

2.1 慣性參考系中的豎直上拋運動

如圖6所示,將小球自赤道地面上A點以v0的初速度豎直向上拋出,僅在地球引力作用下運動．以A點所在的空間點為原點,水平向東為x軸,豎直向上為y軸,建立如圖6所示的平面直角坐標系(相對于地球球心不動,但不隨地球轉動)．若v0不太大時,小球運動時間t,至圖7中的P處,相對于拋出點A與地球球心O連線轉過的角度為θ=ωt,由于θ角很小,小球與地心連線轉過的角度θ非常小,sinθ≈θ=ωt,cosθ≈1,所以該處質量為m的小球所受的重力在x軸和y軸上的分力分別為

圖6

圖7

Fx=-mgsinθ≈-mgωt，

(1)

Fy=-mgcosθ≈-mg.

(2)

由牛頓第二定律可求得小球在x軸和y軸上的加速度分別為

ax=-gωt,ay=-g.

(3)

對上式積分并考慮到初始條件:t=0,vx=ωR,vy=v0,可得到小球在x軸和y軸上的速度分別為

(4)

再對上式積分并考慮到初始條件:t=0,x=0,y=0,可得小球的位移分別為

(5)

地球上A點在t時間內轉過的弧長為x1=ωRt,小球相對于地面的水平位移為

(6)

(7)

若v0=60 m/s,將ω=7.27×10-5rad/s,g=9.78 m/s2代入上式得小球的偏移量為Δx=-22 cm．

圖8

可見小球落地點在拋出點西．

應用Microsoft Excel編輯公式,計算小球在運動時間內對應于各時刻的Δx、y值,插入散點圖如圖8所示,即為小球該在慣性參考系中的運動軌跡．

2.2 隨地球自轉參考系中的豎直上拋運動

圖9

小球豎直上拋運動中,豎直方向的速度大小為vy=v0-gt,可得到水平方向的科里奧利力為

F=-2mω(v0-gt).

(8)

水平方向和豎直方向的加速度分別為

ax=-2ω(v0-gt),ay=-g.

(9)

對上式積分并考慮初始條件:t=0,vx=0,vy=v0,可得小球相對于地面的水平速度和豎直速度分別為

vx=-2ωv0t+ωgt2,vx=v0-gt.

(10)

對上式積分并考慮初始條件:t=0,vx=0,vy=v0,可得小球相對于地面的水平位移分別為

(11)

(12)

將v0=60m/s,ω=7.27×10-5rad/s,g=9.78 m/s2代入上式得小球的偏移量為Δx=-22 cm．

圖10

應用Microsoft Excel編輯公式,計算小球在運動時間內對應于各時刻的x、y值,插入散點圖如圖10所示,即為小球在該非慣性參考系中的運動軌跡．

可見,因地球自轉角速度很小,當小球在離地球表面很近的空間運動時,在慣性參考系和隨地球自轉的非慣性參考系中,計算自由落體和豎直上拋落點和釋放點的水平位移時都相同,都可以較準確地解釋自由落體落點偏東,豎直上拋落點偏

西的現象,但在不同參考系中觀察小球運動軌跡時差異是較大的,這是因為在運動時間內,隨著地球的轉動,觀察者所在空間的上、下方位也會隨地球的自轉而旋轉．

自由落體運動和豎直上拋是中學物理中兩個重要的勻變速運動特例,本題源于經典,又進行了深化拓展．從中學階段來說,并不要求學生學習地球參考系中的慣性力和科里奧利力,該題將科里奧利力進行了恰當闡述,沒有點出力的名稱,但說明了小球自由落體運動向東偏是由于該“力”而導致的,且說明了該“力”的大小和方向特點,學生只要應用牛頓第二定律等動力學知識,推理出該力在運動中的所起的作用,就會選出正確選項．該題的命題意圖是以“落體偏東”現象為素材,系統深入地考查了考生對質點運動學相關概念和規律的深入理解和對稱性思想的考查．該題設計新穎巧妙,著重考查了對知識的遷移能力,分析問題解決問題的能力．該題延續了近幾年的命制思路和成功經驗,體現了物理選擇題第20題的特色:設置新情景,深化學科能力、回歸學科本質,注重對學科思想方法的核心素養考查．