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追及與碰撞問題 追及與碰撞類問題以其復(fù)雜的物理情景，綜合的知識(shí)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(shí)際的創(chuàng)新能力，是考生應(yīng)考的難點(diǎn)，也是歷屆高考?？汲Ｐ碌拿}熱點(diǎn). 一、追及與相遇問題要點(diǎn) 1.相遇是指兩物體分別從相距S的兩地相向運(yùn)動(dòng)到同一位置，它的特點(diǎn)是：兩物體運(yùn)動(dòng)的距離之和等于S，分析時(shí)要注意： ⑴兩物體是否同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，兩物體運(yùn)動(dòng)至相遇時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間可建立某種關(guān)系； ⑵兩物體各做什么形式的運(yùn)動(dòng)； ⑶由兩者的時(shí)間關(guān)系，根據(jù)兩者的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)而達(dá)到同一位置。找出兩者的時(shí)間關(guān)系、位移關(guān)系是解決追及問題的關(guān)鍵，同時(shí)追及物與被追及物的速度恰好相等時(shí)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(shí)，恰能追上或恰好追不上的臨界條件為：即將靠近時(shí)，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(yùn)動(dòng)的物體追趕同向勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體時(shí)，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(diǎn) 所謂“碰撞過(guò)程”，指的是兩個(gè)物體在較短的時(shí)間內(nèi)的以較大的相互作用力相互作用的過(guò)程.針對(duì)這一過(guò)程所命制的物理習(xí)題，是高考試卷中的常見題型.欲把握碰撞過(guò)程的特征，應(yīng)在如下幾個(gè)方面加深理解. 1．碰撞過(guò)程中的三個(gè)制約因素 ⑴動(dòng)量制約——系統(tǒng)動(dòng)量守恒 由于碰撞過(guò)程同時(shí)具備了“相互作用的內(nèi)力大”和“相互作用的時(shí)間短”這兩個(gè)基本特征，所以即使碰撞過(guò)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(shí)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(duì)象，一般的碰撞過(guò)程都將受到“系統(tǒng)動(dòng)量守恒”的制約。 ⑵動(dòng)能制約——系統(tǒng)動(dòng)能不增 一方面由于單純的機(jī)械碰撞過(guò)程中機(jī)械能沒有任何獲得補(bǔ)充的機(jī)會(huì)（炮彈爆炸過(guò)程中火藥的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的動(dòng)能則又當(dāng)別論），另一方面又由于機(jī)械碰撞過(guò)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(guò)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(guò)程結(jié)束時(shí)完全得以恢復(fù)，因此，一般的機(jī)械碰撞過(guò)程還將受到“系統(tǒng)動(dòng)能不增”的制約。 ⑶運(yùn)動(dòng)制約——運(yùn)動(dòng)變化合理 碰撞過(guò)程中碰撞雙方的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變，其主要原因是由于碰撞雙方在碰撞過(guò)程中的相互作用力，而在具體的碰撞過(guò)程中，碰撞雙方的相互作用力的方向是確定的，因此，從運(yùn)動(dòng)情況和運(yùn)動(dòng)變化的情況來(lái)看，碰撞過(guò)程中將會(huì)發(fā)生怎樣的碰撞結(jié)果，還應(yīng)受到所謂的“運(yùn)動(dòng)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(guò)程中的動(dòng)能損失的情況來(lái)看彈性碰撞過(guò)程中沒有動(dòng)能損失，而完全非彈性碰撞則走向了另一個(gè)極端——在所有的碰撞類型中，完全非彈性碰撞過(guò)程中所損失的動(dòng)能最大 3．廣義碰撞問題 在有些物體的相互作用過(guò)程中，雖然并不具備一般碰撞過(guò)程的“內(nèi)力很大”、“時(shí)間很短”的特征，但碰撞過(guò)程所遵循的基本規(guī)律卻照樣適用，我們?nèi)绻堰@類過(guò)程視為廣義的碰撞過(guò)程而靈活地套用有關(guān)碰撞問題的結(jié)論，則可使過(guò)程的分析大大地簡(jiǎn)化. 經(jīng)典例題火車以速率V1向前行駛，司機(jī)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(yùn)動(dòng)，于是司機(jī)立即使車作勻減速運(yùn)動(dòng)，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(guò)t時(shí)刻兩車相遇，則有，整理得： 要使兩車不致相撞，則上述方程無(wú)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(jī)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(shí)間（即反應(yīng)時(shí)間）t＝0.50s．剎車時(shí)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(yùn)動(dòng)分兩段：勻速運(yùn)動(dòng)和減速運(yùn)動(dòng) 分析與解答：相遇時(shí)，若后車與前車速度相等，則不會(huì)出相危險(xiǎn)。 后車勻速運(yùn)動(dòng)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(dāng)兩車相距32m時(shí)，甲車開始剎車，加速度大小為1m/s2。問經(jīng)多少時(shí)間乙車可追上甲車？ 分析與解答：設(shè)經(jīng)時(shí)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(shí)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(yùn)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(jī)發(fā)覺后立即合上制動(dòng)器，但快車要滑行2000 m才停止.試判斷兩車是否會(huì)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(shí)的位移關(guān)系，即可明確是否相碰. 因快車減速運(yùn)動(dòng)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(shí)：t= s=120 s. 該時(shí)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?yàn)閟快＞s貨+s0=1560 m,故兩車會(huì)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(shí)刻經(jīng)過(guò)乙車身邊，此時(shí)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(yùn)動(dòng)，乙車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，求： (1)當(dāng)乙車的速度多大時(shí)，乙車落后于甲車的距離最遠(yuǎn)？這個(gè)最遠(yuǎn)的距離是多大？ (2)當(dāng)乙車的速度多大時(shí)，乙車追上甲車？乙車追上甲車用多少時(shí)間？ 分析與解答：（1）設(shè)經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t,則： t==40 s 在這段時(shí)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(yuǎn)距離是sm=s甲-s乙=160 m (2)設(shè)乙車追上甲車時(shí)的速度為v乙，根據(jù)這段時(shí)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(shí)間為T==80 s 變式1 一輛汽車在十字路口等候綠燈，當(dāng)綠燈亮?xí)r汽車以3m/s2的加速度開始行駛，恰在這時(shí)一輛自行車以6m/s的速度勻速駛來(lái)，從后邊超過(guò)汽車。試求：汽車從路口開動(dòng)后，在追上自行車之前經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間兩車相距最遠(yuǎn)？此時(shí)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(guò)時(shí)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(dāng)t= -=（s）= 2（s）時(shí)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(guò)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(lái)越大；當(dāng)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(dāng)汽車的速度與自行車的速度相等時(shí)，兩車之間的距離最大。 由上述分析可知當(dāng)兩車之間的距離最大時(shí)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(shí)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(shí)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(dāng)t=t0時(shí)矩形與三角形的面積之差最大， 即：ΔSma x =6t0 - t06 因?yàn)槠嚨乃俣葓D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(duì)運(yùn)動(dòng)求解 選自行車為參照物，則從開始運(yùn)動(dòng)到兩車相距最遠(yuǎn)這段過(guò)程中，汽車相對(duì)此參照物的各個(gè)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(shí)間追上汽車？ （2）摩托車追上汽車時(shí)，離出發(fā)處多遠(yuǎn)？ （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(shí)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(dāng)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(guò)程中，摩托車的速度等于汽車的速度時(shí)，它們間的距離最大. （1）摩托車追上汽車時(shí)，兩者位移相等，即 小錦囊 求解追及問題要注意明確三個(gè)關(guān)系：時(shí)間關(guān)系、位移關(guān)系、速度關(guān)系，這是我們求解時(shí)列方程的依據(jù).涉及臨界問題時(shí)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(shí)間為 t=5.46 s （2）摩托車追上汽車時(shí)通過(guò)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(shí)相距最遠(yuǎn)，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(shí)起動(dòng)，以0.4 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)30 s后以該時(shí)刻的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng).設(shè)在綠燈亮的同時(shí)，汽車B以8 m/s的速度從A車旁邊駛過(guò)，且一直以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與A車相同，則從綠燈亮?xí)r開始 A.A車在加速過(guò)程中與B車相遇 B.A、B相遇時(shí)速度相同 C.相遇時(shí)A車做勻速運(yùn)動(dòng) D.兩車不可能再次相遇 分析與解答：若A車在加速過(guò)程中與B車相遇，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中可追及B車.答案為 C 經(jīng)典例題甲乙兩車同時(shí)同向從同一地點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，乙車以v2=4m／s的速度，a2=1m／s2的加速度作勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求兩車再次相遇前兩車相距最大距離和再次相遇時(shí)兩車運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 解法一：兩車同時(shí)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(yùn)動(dòng)，乙車作加速運(yùn)動(dòng)，總有某一時(shí)刻兩車速度相同，此時(shí)兩車相距最遠(yuǎn)，隨著甲車進(jìn)一步減速，乙車進(jìn)一步加速，動(dòng)車速度大于甲車速度，使兩車距離變小，當(dāng)乙車追上甲車時(shí)．兩車運(yùn)動(dòng)位移相同。 當(dāng)兩車速度相同時(shí)，兩車相距最遠(yuǎn)，此時(shí)兩車運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，兩車速度為v 對(duì)甲車：v=v1+a1t1 對(duì)乙車： v=v2+a2t1 兩式聯(lián)立得 t1=(v1-v2)/(a1-a2)=4s 此時(shí)兩車相距△s=s1-s2=(v1t1+a1t12/2)- (v2t1+a2t12/2)=24m 當(dāng)乙車追上甲車時(shí)，兩車位移均為s，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t．則： v1t+a1t2/2=v2t2+a2t2/2 得 t=8s 或t=0(出發(fā)時(shí)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(shí)刻兩車相距為△s △s=s1-s2= (v1t+a1t2/2)-(v2t2+a2t2/2) =12t-3t2/2 當(dāng)t=-b/2a時(shí)，即t=4s時(shí)，兩車相距最遠(yuǎn) △s=124-342/2=24m 當(dāng)兩車相遇時(shí)，△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(yùn)動(dòng)，而物體B此時(shí)速度v2=10 m/s，方向向右，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)（不能返回），加速度大小a=2 m/s2，從圖示位置開始計(jì)時(shí)，問在什么情況下，經(jīng)多少時(shí)間A追上B. 分析與解答：物體B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tB= s=5 s 在此時(shí)間內(nèi)B前進(jìn)了 sB=tB=5 m=25 m 這時(shí)A前進(jìn)了 sA=vAtB=45 m=20 m 可見在此時(shí)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(shí)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(dòng)，加速度a1=20m/s2，B車晚3s啟動(dòng)，加速度a2=30m/s2，以A啟動(dòng)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，問：在A、B相遇前經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間兩車相距最遠(yuǎn)？這個(gè)距離是多少？ 分析與解答：解一、兩車速度相等時(shí)，相距最遠(yuǎn)。 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(xiàng)系數(shù)為負(fù)，有極大值。 △s=-5(t-9)2+270 當(dāng)t=9s時(shí)，△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(jī)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(yùn)動(dòng)，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(shí)，后面火車還沒追上前面火車，兩車不會(huì)相撞.若后面火車速度減小到跟前面火車速度相等時(shí)，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(guò)時(shí)間t相遇，則 v1t-at2-v2t=s 化簡(jiǎn)得：at2-2(v1-v2)t+2s=0 當(dāng)Δ=4(v1-v2)2-8as＜0 即a＞時(shí)，t無(wú)解，即兩車不相撞. 方法2：當(dāng)兩車速度相等時(shí)，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(duì)前面的車做勻減速運(yùn)動(dòng),初狀態(tài)相對(duì)速度為(v1-v2),當(dāng)兩車速度相等時(shí),相對(duì)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(shí)運(yùn)動(dòng)。乙在前面作初速度為零、加速度為a1的勻加速運(yùn)動(dòng)，甲在后面做初速度為v0、加速度為a2的勻加速運(yùn)動(dòng)，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(wú)解或有一個(gè)或兩個(gè)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(píng)注：本題要注意對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的分析，防止以為A車速度為零時(shí)，是A車比B車多走距離最多的時(shí)刻，作為臨界條件來(lái)應(yīng)用從而導(dǎo)致錯(cuò)誤，這就提醒我們對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的分析要慎重，要盡可能畫出運(yùn)動(dòng)過(guò)程的示意圖，不可想當(dāng)然地去思考。 　則方程一定有解且有一個(gè)正解、一個(gè)負(fù)解 即它們一定相遇一次。答案為A B 變式2 經(jīng)檢測(cè)知若汽車A以標(biāo)準(zhǔn)速度在平直公路上行駛時(shí)，制動(dòng)40s后停下來(lái)?，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(jī)立即制動(dòng)，問是否會(huì)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(yùn)動(dòng)經(jīng)40s停下來(lái)。據(jù),可求出當(dāng)A車減為與B車同速時(shí)是A車逼近B車距離最短的時(shí)刻，這時(shí)若能超過(guò)車則相撞，反之則不能相撞。由得t=28s 此時(shí)間內(nèi)B車位移為據(jù) 可求出A車減為與B車同速時(shí)的位移，所以兩車會(huì)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(yùn)動(dòng)，兩物塊的動(dòng)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(dòng)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(dòng)量守恒”的制約因素可知：碰后A的動(dòng)量必為 PA＝PA＋PB－PB＝5＋7－10＝2(kgm/s) 考慮到物體動(dòng)量P與動(dòng)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(dòng)能分別為EK＝＋ EK＝＋ 根據(jù)“系統(tǒng)動(dòng)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(yùn)動(dòng).A追上B后與之正碰撞的實(shí)際運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(lái)計(jì)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(guò)程遵守多條規(guī)律，在對(duì)問題的估算中，需同時(shí)對(duì)多種結(jié)果綜合考慮，給出對(duì)結(jié)果的最后預(yù)測(cè)。 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(gè)彈性球用兩根長(zhǎng)L=1.0m的細(xì)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(guò)程。首先，m1球下擺過(guò)程遵循機(jī)械能守恒；接下來(lái)是兩球碰撞過(guò)程，因?yàn)閮汕蚴菑椥缘?，所以這個(gè)過(guò)程遵循彈性正碰的規(guī)律；最后一個(gè)過(guò)程是兩球在最低點(diǎn)相碰后具有一定的速度再次彈起，也遵循機(jī)械能守恒。 設(shè)球擺到最低點(diǎn)的勢(shì)能為零及水平向右的方向?yàn)檎?。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(yuǎn)的水平桌面的邊緣，質(zhì)量為m的小物塊B沿桌面向A運(yùn)動(dòng)以速度v0與之發(fā)生正碰（碰撞時(shí)間極短）。碰后A離開桌面，其落地點(diǎn)離出發(fā)點(diǎn)的水平距離為L(zhǎng)。碰后B反向運(yùn)動(dòng)。求B后退的距離。已知B與桌面間的動(dòng)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(duì)AB碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒有：mv0=Mv1－mv2　　　 設(shè)B后退距離為s，對(duì)B后退直至停止過(guò)程，由動(dòng)能定理：：μmgs=mv22　　　　 解得：s=(+v02－) 變式2 如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)，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(diǎn)），B 與A的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。A 和B一起以相同的速度V 向右運(yùn)動(dòng)，在A與豎直墻壁碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，要使B一直不從A上掉下來(lái)，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(wú)機(jī)械能損失的碰撞后，A以大小為V的速度向左運(yùn)動(dòng)，B仍以原速度V向右運(yùn)動(dòng)，以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程有三種可能 （1）若m1＞m2 ，碰墻后系統(tǒng)的總動(dòng)量方向向左，則m1和m2 最后以共同速度向左運(yùn)動(dòng)。 設(shè)它們相對(duì)靜止時(shí)的共同速度V’，據(jù)動(dòng)量守恒定律有 m1V-m2V =( m1+m2)V’ 若相對(duì)靜止時(shí)B正好在A的右端，則系統(tǒng)機(jī)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(dòng)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(shí)A在B的右端，則有： 解得： (3) 若m1 ＜m2 ，碰墻后系統(tǒng)的總動(dòng)量方向向右，則A將多次和墻壁碰撞，每次碰撞后總動(dòng)量方向都向右。由于滑動(dòng)摩擦力的作用，系統(tǒng)的向右方向的總動(dòng)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(shí)，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(wú)窮遠(yuǎn)處以等于光速十分之一的速度正對(duì)著靜止的金核射去（沒有撞到金核上）。已知離點(diǎn)電荷Q距離為r處的電勢(shì)的計(jì)算式為φ=，那么α粒子的最大電勢(shì)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(guò)程克服電場(chǎng)力做功，動(dòng)能向電勢(shì)能轉(zhuǎn)化。設(shè)初動(dòng)能為E，到不能再接近（兩者速度相等時(shí)），可認(rèn)為二者間的距離就是金核的半徑。根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，動(dòng)能的損失，由于金核質(zhì)量遠(yuǎn)大于α粒子質(zhì)量，所以動(dòng)能幾乎全部轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能。無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)能為零，故最大電勢(shì)能E=J，再由E=φq=，得r =1.210-14m，可見金核的半徑不會(huì)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?fàn)顟B(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(shí)間極短且無(wú)機(jī)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(jì)時(shí)起點(diǎn)，以向下為正方向，以的值作為1個(gè)時(shí)間單位（v0為小球第一次剛落到鋼板時(shí)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(shí)速度為v0， 由機(jī)械能守恒定律得　　mgH=mv02/2　　　　　　　　　　　 碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒　　mv0=mv1+Mv2　 H 圖甲 M m v v0 0 v0 圖乙 　　　　　　　　　 機(jī)械能無(wú)損失　　　　　mv12/2+Mv22/2=mv02/2　　　　　　　 聯(lián)立求解得　　　　　　　　　　　　　　　 小球的速度v1=－v0/2=－/2，負(fù)號(hào)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(yùn)動(dòng)，鋼板（連同彈簧）以v0/2向下做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，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(shí)間應(yīng)滿足　　t＝nT+T/2　　　　　　　　　　　　　　 當(dāng)M取最大值時(shí)，有　　t=T/2　　　　 小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，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(dāng)小球再次落回與鋼板發(fā)生第三次碰撞時(shí)，第三次碰撞是第一次碰撞的重復(fù)；此后過(guò)程將周而復(fù)始地進(jìn)行． 小球的v—t圖線如圖所示。 經(jīng)典例題如圖所示，長(zhǎng)為2L的板面光滑且不導(dǎo)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(gè)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(gè)空間加上一個(gè)水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，金屬塊A由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A以速度v0與B發(fā)生碰撞，碰后A以v0的速率反彈回來(lái)，B向右運(yùn)動(dòng). （1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)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(gè)過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)A做了多少功？ 分析與解答：（1）對(duì)金屬塊A用動(dòng)能定理qEL=mv02 所以電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=方向水平向右 （2）A、B碰撞，由系統(tǒng)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，碰到擋板的時(shí)間tB= A的加速度aA= A在tB段時(shí)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(dòng)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(zhǎng)，因此電場(chǎng)力做的功 W電=qEL=mv02. 變式1兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球，用一根長(zhǎng)2L的輕繩連接起來(lái)，置于光滑的水平桌面上，繩恰好伸直。用一個(gè)垂直于連線方向的水平恒力F作用的連線中點(diǎn)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?yàn)閤方向，垂直F的方向?yàn)閥方向。當(dāng)繩子與x方向成α角時(shí)，繩子上張力為T： 2Tcosα=F 此時(shí)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(yùn)動(dòng)，從開始到第一次碰前，設(shè)力F作用點(diǎn)共移動(dòng)S，則兩小球在x方向都運(yùn)動(dòng)S-L的距離，且此時(shí)速度為V 對(duì)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(diǎn)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(guò)去。兩物體接觸后，物體B會(huì)無(wú)摩擦地在物體A上升高。當(dāng)物體A的初速度超過(guò)某一值ｖ０／后就會(huì)出現(xiàn)物體A在前面運(yùn)動(dòng)，物體B在后面運(yùn)動(dòng)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(dāng)于彈性碰撞。物體Ｂ在物體Ａ的右表面運(yùn)動(dòng)相當(dāng)于碰撞的壓縮階段；物體Ｂ在物體Ａ的左表面運(yùn)動(dòng)相當(dāng)于碰撞的恢復(fù)階段。當(dāng)物體Ｂ恰好運(yùn)動(dòng)到物體Ａ的最高點(diǎn)時(shí)，ｖＡ＝ｖＢ，相當(dāng)于完全非彈性碰撞過(guò)程，物體系的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為物體B的重力勢(shì)能，有 解得ｖ０=3m/s 變式1 如圖，金屬棒a從高h(yuǎn)處由靜止開始，沿光滑弧形平行金屬軌道下滑，進(jìn)入軌道的水平部分后，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)。在軌道的水平部分原來(lái)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(zhǎng)，求： a b B h （１）棒ａ進(jìn)入磁場(chǎng)后做什么運(yùn)動(dòng)？棒ｂ進(jìn)入磁場(chǎng)后做什么運(yùn)動(dòng)？ （２）棒ａ剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，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(jì)，整個(gè)過(guò)程中兩棒放出的熱量各為多少？（用ｍａ表示） 分析與解答：（1）進(jìn)入磁場(chǎng)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(dòng)勢(shì)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(yùn)動(dòng)；棒b在向右的安培力作用下作加速運(yùn)動(dòng)，且加速度也是減小的。當(dāng)ｖａ＝ｖｂ時(shí)，回路中磁通量不變，無(wú)感應(yīng)電流，棒a、b都不再受力，因此作速度相等的勻速運(yùn)動(dòng)，這時(shí)棒b的速度最大。 （2）棒a進(jìn)入磁場(chǎng)后，棒a、b所受的磁場(chǎng)力等大反向，所以 （3）棒a剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度最大。由機(jī)械能守恒定律，得 棒a、b的動(dòng)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(gè)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(guò)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(duì)準(zhǔn)小孔向左運(yùn)動(dòng)，設(shè)帶電環(huán)不影響電容器板間電場(chǎng)的分布.帶電環(huán)進(jìn)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(shí)的速度v并求出此過(guò)程中電容器移動(dòng)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(jì)），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(dòng)，且停在B處。 （1）若已知子彈的初速度為340m/s，試求當(dāng)滑塊停在B處時(shí)小車的速度； （2）若小車與滑塊一起向右滑動(dòng)時(shí)撞上了一堵豎直墻壁，使小車以原速率反彈回來(lái)，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(gè)過(guò)程中子彈、滑塊、小車系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，有 ＝1.25 m/s 小錦囊 分析過(guò)程較為復(fù)雜，對(duì)這類滑塊小車模型，我們必須將其運(yùn)動(dòng)過(guò)程進(jìn)行分解，分成一系列階段性的運(yùn)動(dòng)，并與相應(yīng)的物理規(guī)律對(duì)應(yīng)，列式進(jìn)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?yàn)?，故由?dòng)量守恒定律得 再設(shè)AB長(zhǎng)為，滑塊與小車車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為， 由動(dòng)能定理 解得 在小車與墻壁碰撞后，滑塊相對(duì)于小車向右滑動(dòng)壓縮彈簧又返回B處的過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，在滑塊相對(duì)于小車由B處向左滑動(dòng)的過(guò)程中有機(jī)械能損失，而在小車與墻壁碰撞后的整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)的動(dòng)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(shí)，一定要考慮到具體的物理情景，通過(guò)臨界條件等判斷是否相遇、幾次相遇，進(jìn)一步求出一系列物理量。分析碰撞時(shí)，應(yīng)注意碰撞的特點(diǎn)——作用時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，總動(dòng)量總是守恒的，同時(shí)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(dòng)量、能量及動(dòng)力學(xué)相關(guān)知識(shí)。