《2019高考物理 快速提分法 模型九 追及和碰撞問題學案（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理 快速提分法 模型九 追及和碰撞問題學案（含解析）.docx（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

追及與碰撞問題 追及與碰撞類問題以其復雜的物理情景，綜合的知識內(nèi)涵及廣闊的思維空間，充分體現(xiàn)著考生的理解能力、分析綜合能力、推理能力、空間想象能力及理論聯(lián)系實際的創(chuàng)新能力，是考生應(yīng)考的難點，也是歷屆高考?？汲Ｐ碌拿}熱點. 一、追及與相遇問題要點 1.相遇是指兩物體分別從相距S的兩地相向運動到同一位置，它的特點是：兩物體運動的距離之和等于S，分析時要注意： ⑴兩物體是否同時開始運動，兩物體運動至相遇時運動時間可建立某種關(guān)系； ⑵兩物體各做什么形式的運動； ⑶由兩者的時間關(guān)系，根據(jù)兩者的運動形式建立S=S1+S2方程； ⑷建立利用位移圖象或速度圖象分析； 2.追及是指兩物體同向運動而達到同一位置。找出兩者的時間關(guān)系、位移關(guān)系是解決追及問題的關(guān)鍵，同時追及物與被追及物的速度恰好相等時臨界條件，往往是解決問題的重要條件： ⑴勻減速物體追及同向勻速物體時，恰能追上或恰好追不上的臨界條件為：即將靠近時，追及者速度等于被追及者的速度； ⑵初速度為零的勻加速直線運動的物體追趕同向勻速直線運動的物體時，追上之前距離最大的條件：為兩者速度相等 二、碰撞問題要點 所謂“碰撞過程”，指的是兩個物體在較短的時間內(nèi)的以較大的相互作用力相互作用的過程.針對這一過程所命制的物理習題，是高考試卷中的常見題型.欲把握碰撞過程的特征，應(yīng)在如下幾個方面加深理解. 1．碰撞過程中的三個制約因素 ⑴動量制約——系統(tǒng)動量守恒 由于碰撞過程同時具備了“相互作用的內(nèi)力大”和“相互作用的時間短”這兩個基本特征，所以即使碰撞過程中除碰撞雙方相互作用的較大的內(nèi)力外還有其它外力的作用，這樣不太大的外力在極短的碰撞時間內(nèi)的沖量也是可以忽略的，于是取碰撞雙方構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象，一般的碰撞過程都將受到“系統(tǒng)動量守恒”的制約。 ⑵動能制約——系統(tǒng)動能不增 一方面由于單純的機械碰撞過程中機械能沒有任何獲得補充的機會（炮彈爆炸過程中火藥的化學能轉(zhuǎn)化為彈片的動能則又當別論），另一方面又由于機械碰撞過程中碰撞雙方相互作用力并不一定完全是彈力，雙方在碰撞過程中發(fā)生的形變并不一定完全是彈性形變而能夠在碰撞過程結(jié)束時完全得以恢復，因此，一般的機械碰撞過程還將受到“系統(tǒng)動能不增”的制約。 ⑶運動制約——運動變化合理 碰撞過程中碰撞雙方的運動狀態(tài)的改變，其主要原因是由于碰撞雙方在碰撞過程中的相互作用力，而在具體的碰撞過程中，碰撞雙方的相互作用力的方向是確定的，因此，從運動情況和運動變化的情況來看，碰撞過程中將會發(fā)生怎樣的碰撞結(jié)果，還應(yīng)受到所謂的“運動變化合理”的制約. 2．碰撞的兩種極端情況 彈性正碰與完全非彈性正碰是所有正碰撞類型中的兩種極端情況，從碰撞過程中的動能損失的情況來看彈性碰撞過程中沒有動能損失，而完全非彈性碰撞則走向了另一個極端——在所有的碰撞類型中，完全非彈性碰撞過程中所損失的動能最大 3．廣義碰撞問題 在有些物體的相互作用過程中，雖然并不具備一般碰撞過程的“內(nèi)力很大”、“時間很短”的特征，但碰撞過程所遵循的基本規(guī)律卻照樣適用，我們?nèi)绻堰@類過程視為廣義的碰撞過程而靈活地套用有關(guān)碰撞問題的結(jié)論，則可使過程的分析大大地簡化. 經(jīng)典例題火車以速率V1向前行駛，司機突然發(fā)現(xiàn)在前方同一軌道上距車為S處有另一輛火車，它正沿相同的方向以較小的速率V2作勻速運動，于是司機立即使車作勻減速運動，加速度大小為a,要使兩車不致相撞，求出a應(yīng)滿足關(guān)式。 分析與解答：設(shè)經(jīng)過t時刻兩車相遇，則有，整理得： 要使兩車不致相撞，則上述方程無解，即 解得：。 變式1 為了安全，在公路上行駛的汽車之間應(yīng)保持必要的距離．已知某高速公路的最高限速v＝120km／h．假設(shè)前方車輛突然停止，后車司機從發(fā)現(xiàn)這一情況，經(jīng)操縱剎車，到汽車開始減速所經(jīng)歷的時間（即反應(yīng)時間）t＝0.50s．剎車時汽車受到阻力的大小f為汽車重力的0.40倍．該高速公路上汽車間的距離s至少應(yīng)為多少？取重力加速度g=10m／s2． 小錦囊 解答本題的關(guān)鍵是明確高速公路上汽車的最小距離是什么，還應(yīng)注意汽車的運動分兩段：勻速運動和減速運動 分析與解答：相遇時，若后車與前車速度相等，則不會出相危險。 后車勻速運動的位移s1=v0t=50/3 m 后車的加速度 a=f/m=μg=4m/s2 后車勻減速的位移 s2=v02/2a=138.9m 汽車間距s=s1+s2=155.6m 變式2 甲車在前以15m/s的速度勻速行駛，乙車在后以9m/s的速度行駛。當兩車相距32m時，甲車開始剎車，加速度大小為1m/s2。問經(jīng)多少時間乙車可追上甲車？ 分析與解答：設(shè)經(jīng)時間t追上。依題意： v甲t-at2/2+L=v乙t 15t-t2/2+32=9t t=16s t=-4s(舍去) 甲車剎車的時間 t′=v0/a=15s 顯然，甲車停止后乙再追上甲。 甲車剎車的位移s甲=v02/2a=152/2=112.5m 乙車的總位移 s乙=s甲+32=144.5m t=s乙/v乙=144.5/9=16.06s 變式3 一列貨車以28.8 km/h的速度在平直鐵路上運行，由于調(diào)度失誤，在后面600 m處有一列快車以72 km/h的速度向它靠近.快車司機發(fā)覺后立即合上制動器，但快車要滑行2000 m才停止.試判斷兩車是否會相碰. 分析與解答：兩車速度相等恰追及前車，這是恰不相碰的臨界情況，因此只要比較兩車等速時的位移關(guān)系，即可明確是否相碰. 因快車減速運動的加速度大小為：a= m/s2=0.1 m/s2. 故快車剎車至兩車等速歷時：t= s=120 s. 該時間內(nèi)兩車位移分別是：s快=v快t-at2=20120 m-0.11202 m=1680 m s貨=v貨t=8120 m=960 m 因為s快＞s貨+s0=1560 m,故兩車會發(fā)生相撞. 經(jīng)典例題甲車以10 m/s的速度在平直的公路上勻速行駛，在某一時刻經(jīng)過乙車身邊，此時乙車的速度為2 m/s，加速度為0.2 m/s2.若甲、乙兩車同向運動，乙車做勻變速直線運動，求： (1)當乙車的速度多大時，乙車落后于甲車的距離最遠？這個最遠的距離是多大？ (2)當乙車的速度多大時，乙車追上甲車？乙車追上甲車用多少時間？ 分析與解答：（1）設(shè)經(jīng)過的時間為t,則： t==40 s 在這段時間里，甲、乙的位移分別為s甲=v甲t=400 m，s乙=t=240 m 所以最遠距離是sm=s甲-s乙=160 m (2)設(shè)乙車追上甲車時的速度為v乙，根據(jù)這段時間里的平均速度相等，可得v甲=，所以v乙=2v甲-v乙0=18 m/s 所用的時間為T==80 s 變式1 一輛汽車在十字路口等候綠燈，當綠燈亮時汽車以3m/s2的加速度開始行駛，恰在這時一輛自行車以6m/s的速度勻速駛來，從后邊超過汽車。試求：汽車從路口開動后，在追上自行車之前經(jīng)過多長時間兩車相距最遠？此時距離是多少？ 分析與解答：法一、利用二次函數(shù)極值法求解 設(shè)經(jīng)過時間t汽車和自行車之間的距離ΔS，由如圖1可得S汽 S自 △S ΔS= S自- S汽= v自t -at2 =6t -t2 二次函數(shù)求極值的條件可知： 當t= -=（s）= 2（s）時兩車之間的距離有極大值，且ΔSma x =62 -22 =6（m） 解法二、利用分析法求解 自行車在追擊汽車的前一階段過程中，由于汽車的速度小于自行車的速度，汽車與自行車之間的距離越來越大；當汽車的速度大于自行車的速度以后，汽車與自行車之間的距離便開始縮小，很顯然，當汽車的速度與自行車的速度相等時，兩車之間的距離最大。 由上述分析可知當兩車之間的距離最大時有 v汽=at = v自 ∴ t ==（s）=2（s） ∵ΔSma x = S自- S汽 ∴ΔSma x = v自t -at2 =62 -22 =6（m） 解法三、利用圖象求解 v/m/s 6 Ⅰ 0 t0 t/s Ⅱ θ 在同一V---t圖中畫出自行車和汽車的速度圖線，如圖2所示，其中Ⅰ表示自行車的速度圖線，Ⅱ表示汽車的速度圖線，自行車的位移S自等于圖線Ⅰ與時間軸圍成的矩形的面積，而汽車的位移S汽則等于圖線Ⅱ與時間軸圍成的三角形的面積。兩車之間的距離則等于圖中矩形的面積與三角形面積的差，不難看出，當t=t0時矩形與三角形的面積之差最大， 即：ΔSma x =6t0 - t06 因為汽車的速度圖線的斜率等于汽車的加速度大小 ∴tgθ==a ∴t0==（s）=2（s） 由上面（1）、（2）兩式可得ΔSma x =6 解法四、利用相對運動求解 選自行車為參照物，則從開始運動到兩車相距最遠這段過程中，汽車相對此參照物的各個物理量的分別為：v相初 = 6m/s，a相 = -3 m/s2，v相末 = 0。 由公式2a相S相= v相末2-v相初2得 S相== =6（m） 變式2 公共汽車從車站開出以4 m/s的速度沿平直公路行駛，2 s后一輛摩托車從同一車站開出勻加速追趕，加速度為2 m/s2，試問： （1）摩托車出發(fā)后，經(jīng)多少時間追上汽車？ （2）摩托車追上汽車時，離出發(fā)處多遠？ （3）摩托車追上汽車前，兩者最大距離是多少？ 分析與解答：開始一段時間內(nèi)汽車的速度大，摩托車的速度小，汽車和摩托車的距離逐漸增大，當摩托車的速度大于汽車的速度后，汽車和摩托車的距離逐漸減小，直到追上.顯然，在上述過程中，摩托車的速度等于汽車的速度時，它們間的距離最大. （1）摩托車追上汽車時，兩者位移相等，即 小錦囊 求解追及問題要注意明確三個關(guān)系：時間關(guān)系、位移關(guān)系、速度關(guān)系，這是我們求解時列方程的依據(jù).涉及臨界問題時要抓住臨界條件. v(t+2)= at2 解得摩托車追上汽車經(jīng)歷的時間為 t=5.46 s （2）摩托車追上汽車時通過的位移為 s=at2=29.9 m （3）摩托車追上汽車前，兩車速度相等時相距最遠，即： v=at′ t′==2 s 最大距離為 Δs=v(t′＋2)- at′2=12 m 變式3 汽車A在紅綠燈前停住，綠燈亮起時起動，以0.4 m/s2的加速度做勻加速運動，經(jīng)過30 s后以該時刻的速度做勻速直線運動.設(shè)在綠燈亮的同時，汽車B以8 m/s的速度從A車旁邊駛過，且一直以相同的速度做勻速直線運動，運動方向與A車相同，則從綠燈亮時開始 A.A車在加速過程中與B車相遇 B.A、B相遇時速度相同 C.相遇時A車做勻速運動 D.兩車不可能再次相遇 分析與解答：若A車在加速過程中與B車相遇，設(shè)運動時間為t，則：at2=vBt，解得：t= s=40 s＞30 s，可見，A車加速30 s內(nèi)并未追及B車.因加速30 s后，vA=12 m/s＞vB=8 m/s，故勻速運動過程中可追及B車.答案為 C 經(jīng)典例題甲乙兩車同時同向從同一地點出發(fā)，甲車以v1=16m/s的初速度，a1=-2m/s2的加速度作勻減速直線運動，乙車以v2=4m／s的速度，a2=1m／s2的加速度作勻加速直線運動，求兩車再次相遇前兩車相距最大距離和再次相遇時兩車運動的時間。 解法一：兩車同時同向出發(fā)，開始一段由于甲車速度大于乙車速度，將使兩車距離拉開，由于甲車作勻減速運動，乙車作加速運動，總有某一時刻兩車速度相同，此時兩車相距最遠，隨著甲車進一步減速，乙車進一步加速，動車速度大于甲車速度，使兩車距離變小，當乙車追上甲車時．兩車運動位移相同。 當兩車速度相同時，兩車相距最遠，此時兩車運動時間為t1，兩車速度為v 對甲車：v=v1+a1t1 對乙車： v=v2+a2t1 兩式聯(lián)立得 t1=(v1-v2)/(a1-a2)=4s 此時兩車相距△s=s1-s2=(v1t1+a1t12/2)- (v2t1+a2t12/2)=24m 當乙車追上甲車時，兩車位移均為s，運動時間為t．則： v1t+a1t2/2=v2t2+a2t2/2 得 t=8s 或t=0(出發(fā)時刻，舍去。) 解法二：甲車位移s1= v1t+a1t2/2 乙車位移 s2= v2t2+a2t2/2 某一時刻兩車相距為△s △s=s1-s2= (v1t+a1t2/2)-(v2t2+a2t2/2) =12t-3t2/2 當t=-b/2a時，即t=4s時，兩車相距最遠 △s=124-342/2=24m 當兩車相遇時，△s=0，即12t-3t2/2=0 ∴ t=8s 或t=0(舍去) 經(jīng)典例題如圖所示，A、B兩物體相距s=7 m,A正以v1=4 m/s的速度向右做勻速直線運動，而物體B此時速度v2=10 m/s，方向向右，做勻減速直線運動（不能返回），加速度大小a=2 m/s2，從圖示位置開始計時，問在什么情況下，經(jīng)多少時間A追上B. 分析與解答：物體B的運動時間為tB= s=5 s 在此時間內(nèi)B前進了 sB=tB=5 m=25 m 這時A前進了 sA=vAtB=45 m=20 m 可見在此時間內(nèi)A沒有追上B，必須在B停止后，A才能追上B.故A追上B的時間為t= s=8 s 變式1在一條公路上并排停著A、B兩車，A車先啟動，加速度a1=20m/s2，B車晚3s啟動，加速度a2=30m/s2，以A啟動為計時起點，問：在A、B相遇前經(jīng)過多長時間兩車相距最遠？這個距離是多少？ 分析與解答：解一、兩車速度相等時，相距最遠。 a1t=a2(t-3) 得t=9s ∴△s=a1t2/2-a2(t-3)2/2=270m 解二、△s=a1t2/2-a2(t-3)2/2=-5t2+90t-135=-5(t2-18t+27) 二次項系數(shù)為負，有極大值。 △s=-5(t-9)2+270 當t=9s時，△s有極大值 △s=270m 經(jīng)典例題一列火車以v1的速度直線行駛，司機忽然發(fā)現(xiàn)在正前方同一軌道上距車為s處有另一輛火車正沿著同一方向以較小速度v2做勻速運動，于是他立即剎車，為使兩車不致相撞，則a應(yīng)滿足什么條件？ 分析與解答：若后面火車的速度減小到比前面火車的速度還小時，后面火車還沒追上前面火車，兩車不會相撞.若后面火車速度減小到跟前面火車速度相等時，兩列火車恰好相遇，這是相撞的臨界情況. 方法1：設(shè)兩車經(jīng)過時間t相遇，則 v1t-at2-v2t=s 化簡得：at2-2(v1-v2)t+2s=0 當Δ=4(v1-v2)2-8as＜0 即a＞時，t無解，即兩車不相撞. 方法2：當兩車速度相等時，恰好相遇，是兩車相撞的臨界情況，則 v1-at=v2 v1t-at2-v2t=s 解得a= 為使兩車不相撞,應(yīng)使a＞. 方法3:后面的車相對前面的車做勻減速運動,初狀態(tài)相對速度為(v1-v2),當兩車速度相等時,相對速度為零,根據(jù)vt2-v02=2as,得,為使兩車不相撞,應(yīng)有 (v1-v2)2＜2as a＞ 變式1甲乙兩物體相距s，它們同向同時運動。乙在前面作初速度為零、加速度為a1的勻加速運動，甲在后面做初速度為v0、加速度為a2的勻加速運動，則( ) A．若a1＝a2，它們只能相遇一次 B．若a1＞a2，它們可能相遇兩次 C．若a1＞a2，它們只能相遇一次 D．若a1＜a2，它們不能相遇 分析與解答：甲的位移為 乙的位移為 兩車距離為：△即△ 令△s＝0，若a1＝a2，方程只有一組正解，即它們只能相遇一次 若a1＞a2，判別式△＝， 　則方程無解或有一個或兩個正解 即它們可能不相遇，或相遇一次或兩次 若a1＜a2，判別式△＝＞0， 小錦囊 評注：本題要注意對運動過程的分析，防止以為A車速度為零時，是A車比B車多走距離最多的時刻，作為臨界條件來應(yīng)用從而導致錯誤，這就提醒我們對運動過程的分析要慎重，要盡可能畫出運動過程的示意圖，不可想當然地去思考。 　則方程一定有解且有一個正解、一個負解 即它們一定相遇一次。答案為A B 變式2 經(jīng)檢測知若汽車A以標準速度在平直公路上行駛時，制動40s后停下來?，F(xiàn)A在平直公路上以的速度行使發(fā)現(xiàn)前方180m處有一貨車B以的速度同向勻速行使，司機立即制動，問是否會發(fā)生撞車事故？ 分析與解答：汽車A以的初速度做勻減速直線運動經(jīng)40s停下來。據(jù),可求出當A車減為與B車同速時是A車逼近B車距離最短的時刻，這時若能超過車則相撞，反之則不能相撞。由得t=28s 此時間內(nèi)B車位移為據(jù) 可求出A車減為與B車同速時的位移，所以兩車會相撞。 經(jīng)典例題如圖所示，A、B兩物塊在光滑水平面上沿同一直線向同一方向運動，兩物塊的動量大小分別為5kgm/s和7kgm/s，A追上B后與B發(fā)生正碰撞，碰后B的動量增為10kgm/s.則A、B兩物塊的質(zhì)量之比可能為（） A．1:1； B．1:2； C．1:4； D．1:6. 分析與解答：根據(jù)“系統(tǒng)動量守恒”的制約因素可知：碰后A的動量必為 PA＝PA＋PB－PB＝5＋7－10＝2(kgm/s) 考慮到物體動量P與動能EK間的關(guān)系為 EK＝mv2＝＝ 可得到A、B構(gòu)成的系統(tǒng)在碰前和碰后的總動能分別為EK＝＋ EK＝＋ 根據(jù)“系統(tǒng)動能不增”的制約因素有EK≥EK 由此可得A、B的質(zhì)量之比必須滿足≤ 考慮到A、B均向右運動.A追上B后與之正碰撞的實際運動情況可以判斷：碰前A的速度較大，而碰后A的速度較小，最多與B的速度相等.即v1＞v2 u1≤u2 于是根據(jù)“運動變化合理”的制約因素，結(jié)合 m1v1＝5kgm/s m2v2＝7kgm/s m1u1＝2kgm/s m2u2＝10kgm/s 又可得A、B的質(zhì)量之比必須滿足＞≥ 結(jié)合上式最終可得A、B質(zhì)量之比的取值范圍為≥≥答案為C 變式2 質(zhì)量為1kg的小球A以速度8m/s沿光滑水平面運動，與質(zhì)量為3kg的靜止小球B發(fā)生正碰后，A、B兩小球的速率v1,v2可能為 A.v1＝1m/s B.v1＝3m/s C.v2＝1m/s D.v2＝3m/s 分析與解答：兩球的碰撞類型沒有明確，不妨取兩種極端的情況來計算.若碰撞是彈性的，碰后兩球的速度分別為 小錦囊 此題中的兩球相碰過程遵守多條規(guī)律，在對問題的估算中，需同時對多種結(jié)果綜合考慮，給出對結(jié)果的最后預(yù)測。 vA＝＝＝－4m/s vB＝＝＝4m/s 若碰撞是完全非彈性的，碰后兩球的速度相等，為 uA＝uB＝＝＝2m/s 表明，碰后A、B兩球的速度的取值范圍分別為 vA∈[－4m/s,2m/s] vB∈[2m/s,4m/s] 若不考慮速度的方向，則碰后A、B兩球的速率的取值范圍分別為 v1∈[0,4m/s] v2∈[2m/s,4m/s] 答案為A、B、D 經(jīng)典例題兩個彈性球用兩根長L=1.0m的細繩懸吊在同一位置（如圖），已知=0.8kg。把m1拉成水平狀態(tài)后釋放。求： （1）兩球相碰后各自上升的高度？ （2）欲使兩球相碰后能上升同樣的高度，那么兩球的質(zhì)量應(yīng)滿足什么關(guān)系。 分析與解答：先分析物理過程。首先，m1球下擺過程遵循機械能守恒；接下來是兩球碰撞過程，因為兩球是彈性的，所以這個過程遵循彈性正碰的規(guī)律；最后一個過程是兩球在最低點相碰后具有一定的速度再次彈起，也遵循機械能守恒。 設(shè)球擺到最低點的勢能為零及水平向右的方向為正。球m1下擺滿足 兩球發(fā)生彈性正碰，滿足： 兩球彈開后分別上擺，則滿足 聯(lián)立可得： 代入數(shù)值： 欲使兩球最后能擺的一樣高，則 經(jīng)解得 變式1質(zhì)量為M的小物塊A靜止在離地面高h的水平桌面的邊緣，質(zhì)量為m的小物塊B沿桌面向A運動以速度v0與之發(fā)生正碰（碰撞時間極短）。碰后A離開桌面，其落地點離出發(fā)點的水平距離為L。碰后B反向運動。求B后退的距離。已知B與桌面間的動摩擦因數(shù)為。重力加速度為g。 分析與解答：設(shè)AB碰后A的速度為v1，則A平拋有：h=gt2 L=v1t 求得：v1=L 設(shè)碰后B的速度為v2，則對AB碰撞過程由動量守恒有：mv0=Mv1－mv2　　　 設(shè)B后退距離為s，對B后退直至停止過程，由動能定理：：μmgs=mv22　　　　 解得：s=(+v02－) 變式2 如圖所示，長為L，質(zhì)量為m1的物塊A置于光滑水平面上，在A的水平上表面左端放一質(zhì)量為m2 的物體B（物體B可視為質(zhì)點），B 與A的動摩擦因數(shù)為μ。A 和B一起以相同的速度V 向右運動，在A與豎直墻壁碰撞過程中無機械能損失，要使B一直不從A上掉下來，V 必須滿足什么條件？( 用m1 、 m2，L 及μ表示) B AA V 分析與解答：A與墻壁發(fā)生無機械能損失的碰撞后，A以大小為V的速度向左運動，B仍以原速度V向右運動，以后的運動過程有三種可能 （1）若m1＞m2 ，碰墻后系統(tǒng)的總動量方向向左，則m1和m2 最后以共同速度向左運動。 設(shè)它們相對靜止時的共同速度V’，據(jù)動量守恒定律有 m1V-m2V =( m1+m2)V’ 若相對靜止時B正好在A的右端，則系統(tǒng)機械能損失應(yīng)為μm2gL， 根據(jù)能量守恒有 解得： 故若m1＞m2 ， (2) 若m1 = m2，碰墻后系統(tǒng)的總動量為零，則A、B最后都靜止在水平面上，但不再與墻壁發(fā)生第二次碰撞。 設(shè)靜止時A在B的右端，則有： 解得： (3) 若m1 ＜m2 ，碰墻后系統(tǒng)的總動量方向向右，則A將多次和墻壁碰撞，每次碰撞后總動量方向都向右。由于滑動摩擦力的作用，系統(tǒng)的向右方向的總動量逐漸減小至零，最后停在靠近墻壁處。 設(shè)最后A靜止在靠近墻壁處時，B靜止在A的右端， 同理有： 解得： 故若m1 ≤ m2， 變式3 α粒子從無窮遠處以等于光速十分之一的速度正對著靜止的金核射去（沒有撞到金核上）。已知離點電荷Q距離為r處的電勢的計算式為φ=，那么α粒子的最大電勢能是多大？由此估算金原子核的半徑是多大？ 分析與解答：α粒子向金核靠近過程克服電場力做功，動能向電勢能轉(zhuǎn)化。設(shè)初動能為E，到不能再接近（兩者速度相等時），可認為二者間的距離就是金核的半徑。根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律，動能的損失，由于金核質(zhì)量遠大于α粒子質(zhì)量，所以動能幾乎全部轉(zhuǎn)化為電勢能。無窮遠處的電勢能為零，故最大電勢能E=J，再由E=φq=，得r =1.210-14m，可見金核的半徑不會大于1.210-14m。 變式4 勁度系數(shù)為k的輕彈簧，豎直放置在地面上，其上端固定有質(zhì)量為M的鋼板，處于靜止狀態(tài)，如圖甲所示，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小球從距鋼板H的高處自由下落并與之發(fā)生碰撞，碰撞時間極短且無機械能損失。已知M=3m，彈簧振子的周期。 （1）求小球與鋼板第一次碰撞后瞬間，小球的速度v1和鋼板的速度v2。 （2）要使小球與鋼板每次都在同一高度相碰（即鋼板的初始位置），求鋼板質(zhì)量的最大值。 （3）以小球自由下落的瞬間為計時起點，以向下為正方向，以的值作為1個時間單位（v0為小球第一次剛落到鋼板時的速度值）．試在圖乙中畫出小球的v—t圖線；要求至少畫出小球與鋼板發(fā)生第三次碰撞前的圖線）． 分析與解答：（1）設(shè)小球落至鋼板時速度為v0， 由機械能守恒定律得　　mgH=mv02/2　　　　　　　　　　　 碰撞過程中動量守恒　　mv0=mv1+Mv2　 H 圖甲 M m v v0 0 v0 圖乙 　　　　　　　　　 機械能無損失　　　　　mv12/2+Mv22/2=mv02/2　　　　　　　 聯(lián)立求解得　　　　　　　　　　　　　　　 小球的速度v1=－v0/2=－/2，負號表示方向向上　　 鋼板的速度v2= v0/2＝/2，方向豎直向下　　　　　　 （2）由（1）可知，碰撞后小球做豎直上拋運動，鋼板（連同彈簧）以v0/2向下做簡諧運動，要使m與M第二次碰撞仍發(fā)生在原位置，則小球重新落回到O處所用的時間應(yīng)滿足　　t＝nT+T/2　　　　　　　　　　　　　　 當M取最大值時，有　　t=T/2　　　　 小球做豎直上拋運動，有　　t＝v0/g　 已知　 聯(lián)立求解得　 （3）小球與鋼板的第二次碰撞應(yīng)滿足 mv0/2－Mv0/2=mv3+Mv4 m(v0/2)2/2+M(v0/2)2/2=mv32/2+Mv42/2 解得，v3=－v0，方向豎直向上；v4=0； 當小球再次落回與鋼板發(fā)生第三次碰撞時，第三次碰撞是第一次碰撞的重復；此后過程將周而復始地進行． 小球的v—t圖線如圖所示。 經(jīng)典例題如圖所示，長為2L的板面光滑且不導電的平板小車C放在光滑水平面上，車的右端有塊擋板，車的質(zhì)量mC=4 m,絕緣小物塊B的質(zhì)量mB=2 m.若B以一定速度沿平板向右與C車的擋板相碰，碰后小車的速度總等于碰前物塊B速度的一半.今在靜止的平板車的左端放一個帶電量為+q、質(zhì)量為mA=m的小物塊A，將物塊B放在平板車的中央，在整個空間加上一個水平方向的勻強電場時，金屬塊A由靜止開始向右運動，當A以速度v0與B發(fā)生碰撞，碰后A以v0的速率反彈回來，B向右運動. （1）求勻強電場的場強大小和方向. （2）若A第二次和B相碰，判斷是在B與C相碰之前還是相碰之后？ （3）A從第一次與B相碰到第二次與B相碰這個過程中，電場力對A做了多少功？ 分析與解答：（1）對金屬塊A用動能定理qEL=mv02 所以電場強度大小E=方向水平向右 （2）A、B碰撞，由系統(tǒng)動量守恒定律得 mAv0=mA（-v0）+mBvB 用mB=2m代入解得vB=v0 B碰后做勻速運動，碰到擋板的時間tB= A的加速度aA= A在tB段時間的位移為sA=vatB+atB2=-v0（）2=L 因sA＜L,故A第二次與B相碰必在B與C相碰之后 （3）B與C相碰，由動量守恒定律可得 mBvB=mBvB′+mCvC′ vC′=vBvB′=0 A從第一次相碰到第二次與B相碰的位移為L，因此電場力做的功 W電=qEL=mv02. 變式1兩個質(zhì)量均為m的小球，用一根長2L的輕繩連接起來，置于光滑的水平桌面上，繩恰好伸直。用一個垂直于連線方向的水平恒力F作用的連線中點O上，如圖(13)所示。問：在兩小球第一次碰撞前的一瞬間，小球在垂直于F方向上的分速度是多少？ 分析與解答：設(shè)作用力F的方向為x方向，垂直F的方向為y方向。當繩子與x方向成α角時，繩子上張力為T： 2Tcosα=F 此時小球在x軸方向獲得加速度為ax。 Tcosα=max ∴ax=F/2m 故ax一定，小球在x軸方向做勻加速運動，從開始到第一次碰前，設(shè)力F作用點共移動S，則兩小球在x方向都運動S-L的距離，且此時速度為V 對小球：V=2ax(s-L) FS=2mv2=2m(V+V) ∴Vx= 經(jīng)典例題在光滑的水平面上有兩物體A、B，物體A的質(zhì)量Ｍ=4.0kg,物體B的質(zhì)量ｍ＝0.5kg，物體A的外表面光滑且與水平面相切，如圖。物體A的最高點離水平面的高度h=0.4ｍ，物體B靜止在水平面上，物體A以初速度ｖ０向物體B沖過去。兩物體接觸后，物體B會無摩擦地在物體A上升高。當物體A的初速度超過某一值ｖ０／后就會出現(xiàn)物體A在前面運動，物體B在后面運動的情況。求ｖ０／。 ｈ ｖ０ A B 分析與解答：物體Ａ、Ｂ的相互作用相當于彈性碰撞。物體Ｂ在物體Ａ的右表面運動相當于碰撞的壓縮階段；物體Ｂ在物體Ａ的左表面運動相當于碰撞的恢復階段。當物體Ｂ恰好運動到物體Ａ的最高點時，ｖＡ＝ｖＢ，相當于完全非彈性碰撞過程，物體系的動能轉(zhuǎn)化為物體B的重力勢能，有 解得ｖ０=3m/s 變式1 如圖，金屬棒a從高h處由靜止開始，沿光滑弧形平行金屬軌道下滑，進入軌道的水平部分后，在磁感應(yīng)強度大小為B、豎直向上的勻強磁場中運動。在軌道的水平部分原來靜止的放著另一根金屬棒b，已知兩棒的質(zhì)量之比ｍａ∶ｍｂ＝３∶４，電阻之比Ｒａ∶Ｒｂ＝１∶２，若兩棒所在軌道水平部分足夠長，求： a b B h （１）棒ａ進入磁場后做什么運動？棒ｂ進入磁場后做什么運動？ （２）棒ａ剛進入磁場時，兩棒加速度之比。 （３）若兩棒始終未接觸，求它們的最大速度。 （４）軌道電阻不計，整個過程中兩棒放出的熱量各為多少？（用ｍａ表示） 分析與解答：（1）進入磁場后，棒a切割磁感線，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，使棒a受到向左的安培力Fa，棒b受到向右的安培力Fb，從而使棒a速度減小，感應(yīng)電動勢減小，電流減小，加速度也減小，所以棒a作加速度減小的減速運動；棒b在向右的安培力作用下作加速運動，且加速度也是減小的。當ｖａ＝ｖｂ時，回路中磁通量不變，無感應(yīng)電流，棒a、b都不再受力，因此作速度相等的勻速運動，這時棒b的速度最大。 （2）棒a進入磁場后，棒a、b所受的磁場力等大反向，所以 （3）棒a剛進入磁場時，速度最大。由機械能守恒定律，得 棒a、b的動量守恒，得 解得 這是兩棒的最終速度，也是棒b的最大速度。 （4）由能量守恒可得 又由于Ｒａ∶Ｒｂ＝１∶２，所以有Qａ∶Qｂ＝１∶２,從而得到 變式2 如圖所示，電容器固定在一個絕緣座上，絕緣座放在光滑水平面上，平行板電容器板間距離為d，右極板有一小孔，通過孔有一絕緣桿，左端固定在左極板上，電容器極板連同底座、絕緣桿總質(zhì)量為M.給電容器充電后，有一質(zhì)量為m的帶正電環(huán)恰套在桿上以某一初速度對準小孔向左運動，設(shè)帶電環(huán)不影響電容器板間電場的分布.帶電環(huán)進入電容器后距左板的最小距離為,試求帶電環(huán)與左極板相距最近時的速度v并求出此過程中電容器移動的距離。 分析與解答：解得 解得 變式3在光滑的水平軌道上，停放著一輛質(zhì)量為680g的平板小車，在小車的右端C處的擋板上固定著一根輕質(zhì)彈簧，在靠近小車左端的車面上A處，放有一塊質(zhì)量為675g的滑塊（其大小可不計），車面上B處的左邊粗糙而右邊光滑，現(xiàn)有一質(zhì)量為5g的子彈以一定的初速度水平向右擊中滑塊，并留在滑塊中與滑塊一起向右滑動，且停在B處。 （1）若已知子彈的初速度為340m/s，試求當滑塊停在B處時小車的速度； （2）若小車與滑塊一起向右滑動時撞上了一堵豎直墻壁，使小車以原速率反彈回來，試求滑塊最終的位置和速度。 分析與解答：（1）設(shè)子彈、滑塊、小車的質(zhì)量分別為，由于整個過程中子彈、滑塊、小車系統(tǒng)的總動量守恒，有 ＝1.25 m/s 小錦囊 分析過程較為復雜，對這類滑塊小車模型，我們必須將其運動過程進行分解，分成一系列階段性的運動，并與相應(yīng)的物理規(guī)律對應(yīng)，列式進行求解。 （2）設(shè)子彈射入滑塊后與滑塊的共同速度為，子彈、滑塊、小車的共同速度為，因為，故由動量守恒定律得 再設(shè)AB長為，滑塊與小車車面間的動摩擦因數(shù)為， 由動能定理 解得 在小車與墻壁碰撞后，滑塊相對于小車向右滑動壓縮彈簧又返回B處的過程中，系統(tǒng)的機械能守恒，在滑塊相對于小車由B處向左滑動的過程中有機械能損失，而在小車與墻壁碰撞后的整個過程中系統(tǒng)的動量守恒。設(shè)滑塊的最終速度為，＝0 設(shè)滑塊由B向左在車面上滑行距離為，則即滑塊最終停在了小車上的A處，且最終速度為零。 分析追及問題時，一定要考慮到具體的物理情景，通過臨界條件等判斷是否相遇、幾次相遇，進一步求出一系列物理量。分析碰撞時，應(yīng)注意碰撞的特點——作用時間極短，內(nèi)力遠大于外力，總動量總是守恒的，同時要注意廣義的碰撞問題。這類問題一般屬于綜合題，需要用到動量、能量及動力學相關(guān)知識。