2019高考物理快速提分法模型九追及和碰撞问题学案（含解析）.docx

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1、1追及与碰撞问题追及与碰撞类问题以其复杂的物理情景，综合的知识内涵及广阔的思维空间，充分体现着考生的理解能力、分析综合能力、推理能力、空间想象能力及理论联系实际的创新能力，是考生应考的难点，也是历届高考常考常新的命题热点.一、追及与相遇问题要点1.相遇是指两物体分别从相距 S 的两地相向运动到同一位置，它的特点是：两物体运动的距离之和等于 S，分析时要注意：两物体是否同时开始运动，两物体运动至相遇时运动时间可建立某种关系；两物体各做什么形式的运动；由两者的时间关系，根据两者的运动形式建立 S=S1+S2方程；建立利用位移图象或速度图象分析；2.追及是指两物体同向运动而达到同一位置。找出两者的时

2、间关系、位移关系是解决追及问题的关键，同时追及物与被追及物的速度恰好相等时临界条件，往往是解决问题的重要条件：匀减速物体追及同向匀速物体时，恰能追上或恰好追不上的临界条件为：即将靠近时，追及者速度等于被追及者的速度；初速度为零的匀加速直线运动的物体追赶同向匀速直线运动的物体时，追上之前距离最大的条件：为两者速度相等二、碰撞问题要点所谓“碰撞过程” ，指的是两个物体在较短的时间内的以较大的相互作用力相互作用的过程.针对这一过程所命制的物理习题，是高考试卷中的常见题型.欲把握碰撞过程的特征，应在如下几个方面加深理解.1碰撞过程中的三个制约因素动量制约系统动量守恒由于碰撞过程同时具备了“相互作用的内

3、力大”和“相互作用的时间短”这两个基本特征，所以即使碰撞过程中除碰撞双方相互作用的较大的内力外还有其它外力的作用，这样不太大的外力在极短的碰撞时间内的冲量也是可以忽略的，于是取碰撞双方构成的系统为研究对象，一般的碰撞过程都将受到“系统动量守恒”的制约。2动能制约系统动能不增一方面由于单纯的机械碰撞过程中机械能没有任何获得补充的机会（炮弹爆炸过程中火药的化学能转化为弹片的动能则又当别论） ，另一方面又由于机械碰撞过程中碰撞双方相互作用力并不一定完全是弹力，双方在碰撞过程中发生的形变并不一定完全是弹性形变而能够在碰撞过程结束时完全得以恢复，因此，一般的机械碰撞过程还将受到“系统动能不增”的制约。运

4、动制约运动变化合理碰撞过程中碰撞双方的运动状态的改变，其主要原因是由于碰撞双方在碰撞过程中的相互作用力，而在具体的碰撞过程中，碰撞双方的相互作用力的方向是确定的，因此，从运动情况和运动变化的情况来看，碰撞过程中将会发生怎样的碰撞结果，还应受到所谓的“运动变化合理”的制约.2碰撞的两种极端情况弹性正碰与完全非弹性正碰是所有正碰撞类型中的两种极端情况，从碰撞过程中的动能损失的情况来看弹性碰撞过程中没有动能损失，而完全非弹性碰撞则走向了另一个极端在所有的碰撞类型中，完全非弹性碰撞过程中所损失的动能最大3广义碰撞问题在有些物体的相互作用过程中，虽然并不具备一般碰撞过程的“内力很大” 、 “时间很短”的

5、特征，但碰撞过程所遵循的基本规律却照样适用，我们如果把这类过程视为广义的碰撞过程而灵活地套用有关碰撞问题的结论，则可使过程的分析大大地简化.经典例题 火车以速率 V1 向前行驶，司机突然发现在前方同一轨道上距车为 S 处有另一辆火车，它正沿相同的方向以较小的速率 V2 作匀速运动，于是司机立即使车作匀减速运动，加速度大小为 a,要使两车不致相撞，求出 a 应满足关式。分析与解答：设经过 t 时刻两车相遇，则有 212atVSt，整理得：02)(12SVat要使两车不致相撞，则上述方程无解，即 08)(4212 Scb3小锦囊解 答 本 题 的 关 键是 明 确 高 速 公 路上 汽 车 的 最

6、 小 距离 是 什 么 ， 还 应注 意 汽 车 的 运 动分 两 段 ： 匀 速 运动 和 减 速 运 动解得： SVa2)(1。变式 1 为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离已知某高速公路的最高限速 v 120km h假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间（即反应时间） t 0.50s刹车时汽车受到阻力的大小 f 为汽车重力的 0.40 倍该高速公路上汽车间的距离 s 至少应为多少？取重力加速度g=10ms 2分析与解答：相遇时，若后车与前车速度相等，则不会出相危险。后车匀速运动的位移 s1=v0t=50/3 m后车的加速度 a=f

7、/m=g=4m/s 2后车匀减速的位移 s2=v02/2a=138.9m汽车间距 s=s1+s2=155.6m变式 2 甲车在前以 15m/s 的速度匀速行驶，乙车在后以 9m/s 的速度行驶。当两车相距 32m 时，甲车开始刹车，加速度大小为 1m/s2。问经多少时间乙车可追上甲车？分析与解答：设经时间 t 追上。依题意：v 甲 t-at2/2+L=v 乙 t15t-t 2/2+32=9tt=16s t=-4s(舍去)甲车刹车的时间 t=v 0/a=15s显然，甲车停止后乙再追上甲。甲车刹车的位移 s 甲 =v02/2a=152/2=112.5m乙车的总位移 s 乙 =s 甲 +32=144

8、.5mt=s 乙 /v 乙 =144.5/9=16.06s变式 3 一列货车以 28.8 km/h 的速度在平直铁路上运行，由于调度失误，在后面 600 m 处有一列快车以 72 km/h 的速度向它靠近.快车司机发觉后立即合上制动器，但快车要滑行 2000 m 才停止.试判断两车是否会相碰.分析与解答：两车速度相等恰追及前车，这是恰不相碰的临界情况，因此只要比较两车等速时的位移关系，即可明确是否相碰. 4因快车减速运动的加速度大小为： a= 20sv快 m/s2=0.1 m/s2.故快车刹车至两车等速历时： t= 1.8货快 s=120 s.该时间内两车位移分别是： s 快 =v 快 t-

9、2at2=20120 m- 20.11202 m=1680 ms 货 =v 货 t=8120 m=960 m因为 s 快s 货+s0=1560 m,故两车会发生相撞. 经典例题 甲车以 10 m/s 的速度在平直的公路上匀速行驶，在某一时刻经过乙车身边，此时乙车的速度为 2 m/s，加速度为 0.2 m/s2.若甲、乙两车同向运动，乙车做匀变速直线运动，求：(1)当乙车的速度多大时，乙车落后于甲车的距离最远？这个最远的距离是多大？(2)当乙车的速度多大时，乙车追上甲车？乙车追上甲车用多少时间？分析与解答：（1）设经过的时间为 t,则：t= av0乙甲 =40 s在这段时间里，甲、乙的位移分别为

10、 s 甲 =v 甲 t=400 m， s 乙 = av0乙甲 t=240 m所以最远距离是 sm=s 甲 -s 乙 =160 m(2)设乙车追上甲车时的速度为 v 乙 ，根据这段时间里的平均速度相等，可得 v 甲 =20乙甲 v， 所以 v 乙 =2v 甲 -v 乙 0=18 m/s所用的时间为 T= a0乙乙 =80 s变式 1 一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以 3m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车以 6m/s 的速度匀速驶来，从后边超过汽车。试求：汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？分析与解答：法一、利用二次函数极值法求解设经过

11、时间 t 汽车和自行车之间的距离S ，由如图 1 可得 S = S 自 - S 汽 = v 自 t - 2at2 =6t - 3t2S汽S自S5二次函数求极值的条件可知：当 t= - ab2= 36（s）= 2（s）时两车之间的距离有极大值，且 S ma x =62 - 2322 =6（m）解法二、利用分析法求解自行车在追击汽车的前一阶段过程中，由于汽车的速度小于自行车的速度，汽车与自行车之间的距离越来越大；当汽车的速度大于自行车的速度以后，汽车与自行车之间的距离便开始缩小，很显然，当汽车的速度与自行车的速度相等时，两车之间的距离最大。由上述分析可知当两车之间的距离最大时有v 汽 =at =

12、v 自 t = a自 = 36（s）=2（s） S ma x = S 自 - S 汽 S ma x = v 自 t - 21at2 =62 - 322 =6（m）解法三、利用图象求解在同一 V-t 图中画出自行车和汽车的速度图线，如图 2 所示，其中表示自行车的速度图线，表示汽车的速度图线，自行车的位移 S 自 等于图线与时间轴围成的矩形的面积，而汽车的位移 S 汽 则等于图线与时间轴围成的三角形的面积。两车之间的距离则等于图中矩形的面积与三角形面积的差，不难看出，当t=t0时矩形与三角形的面积之差最大，即： S ma x =6t0 - 21t06 因为汽车的速度图线的斜率等于汽车的加速度大小

13、tg= 06t=at 0= a= 3（ s） =2（ s）由上面（1） 、 （2）两式可得 S ma x =6 解法四、利用相对运动求解选自行车为参照物，则从开始运动到两车相距最远这段过程中，汽车相对此参照物的各个物理量的分别为： 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v/m/s6 0 t0 t/s6小锦囊求解追及问题要注意明确三个关系：时间关系、位移关系、速度关系，这是我们求解时列方程的依据.涉及临界问题时要抓住临界条件.S 相 = 相 相 初相 末 av2= )3(602=6（ m）变式 2 公共

14、汽车从车站开出以 4 m/s 的速度沿平直公路行驶，2 s 后一辆摩托车从同一车站开出匀加速追赶，加速度为 2 m/s2，试问：（1）摩托车出发后，经多少时间追上汽车？（2）摩托车追上汽车时，离出发处多远？（3）摩托车追上汽车前，两者最大距离是多少？分析与解答：开始一段时间内汽车的速度大，摩托车的速度小，汽车和摩托车的距离逐渐增大，当摩托车的速度大于汽车的速度后，汽车和摩托车的距离逐渐减小，直到追上.显然，在上述过程中，摩托车的速度等于汽车的速度时，它们间的距离最大.（1）摩托车追上汽车时，两者位移相等，即v(t+2)= 2at2解得摩托车追上汽车经历的时间为t=5.46 s（2）摩托车追上汽

15、车时通过的位移为s= 1at2=29.9 m（3）摩托车追上汽车前，两车速度相等时相距最远，即：v=att= av=2 s最大距离为s=v(t 2)- 21at 2=12 m变式 3 汽车 A 在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以 0.4 m/s2的加速度做匀加速运动，经过 30 s 后以该时刻的速度做匀速直线运动.设在绿灯亮的同时，汽车 B 以 8 m/s 的速度从 A 车旁边驶过，且一直以相同的速度做匀速直线运动，运动方向与 A 车相同，则从绿灯亮时开始A.A 车在加速过程中与 B 车相遇 B.A、 B 相遇时速度相同C.相遇时 A 车做匀速运动 D.两车不可能再次相遇分析与解答：若 A 车

16、在加速过程中与 B 车相遇，设运动时间为 t，则： 21at2=vBt，解7得： t= 4.082avB s=40 s 30 s， 可 见 ， A 车 加 速 30 s 内 并 未 追 及 B 车 .因 加 速 30 s 后 ，vA=12 m/s vB=8 m/s，故匀速运动过程中可追及 B 车.答案为 C经典例题 甲乙两车同时同向从同一地点出发，甲车以 v1=16m/s 的初速度，a 1=-2m/s2的加速度作匀减速直线运动，乙车以 v2=4ms 的速度，a 2=1ms 2的加速度作匀加速直线运动，求两车再次相遇前两车相距最大距离和再次相遇时两车运动的时间。解法一：两车同时同向出发，开始一段

17、由于甲车速度大于乙车速度，将使两车距离拉开，由于甲车作匀减速运动，乙车作加速运动，总有某一时刻两车速度相同，此时两车相距最远，随着甲车进一步减速，乙车进一步加速，动车速度大于甲车速度，使两车距离变小，当乙车追上甲车时两车运动位移相同。当两车速度相同时，两车相距最远，此时两车运动时间为 t1，两车速度为 v对甲车： v=v1+a1t1对乙车： v=v2+a2t1两式联立得 t1=(v1-v2)/(a1-a2)=4s此时两车相距 s=s 1-s2=(v1t1+a1t12/2)- (v2t1+a2t12/2)=24m当乙车追上甲车时，两车位移均为 s，运动时间为 t则：v1t+a1t2/2=v2t2

18、+a2t2/2得 t=8s 或 t=0(出发时刻，舍去。)解法二：甲车位移 s1= v1t+a1t2/2乙车位移 s2= v2t2+a2t2/2某一时刻两车相距为 ss=s 1-s2= (v1t+a1t2/2)-(v2t2+a2t2/2)=12t-3t2/2当 t=-b/2a 时，即 t=4s 时，两车相距最远s=124-34 2/2=24m当两车相遇时， s=0 ， 即 12t-3t2/2=0 t=8s 或 t=0(舍去)经典例题 如图所示， A、 B 两物体相距 s=7 m,A 正以 v1=4 m/s 的速度向右做匀速直线运动，而物体 B 此时速度 v2=10 m/s，方向向右，做匀减速直

19、线运动（不能返回） ，加速度8大小 a=2 m/s2，从图示位置开始计时，问在什么情况下，经多少时间 A 追上 B.分析与解答：物体 B 的运动时间为 tB= 210avA s=5 s在此时间内 B 前进了sB=vtB= 2105 m=25 m这时 A 前进了sA=vAtB=45 m=20 m可见在此时间内 A 没有追上 B，必须在 B 停止后， A 才能追上 B.故 A 追上 B 的时间为 t= 4257ABv s=8 s变式 1 在一条公路上并排停着 A、B 两车，A 车先启动，加速度 a1=20m/s2，B 车晚 3s启动，加速度 a2=30m/s2，以 A 启动为计时起点，问：在 A、

20、B 相遇前经过多长时间两车相距最远？这个距离是多少？分析与解答：解一、两车速度相等时，相距最远。a1t=a2(t-3)得 t=9s s=a 1t2/2-a2(t-3)2/2=270m解二、 s=a 1t2/2-a2(t-3)2/2=-5t2+90t-135=-5(t2-18t+27)二次项系数为负，有极大值。s=-5(t-9) 2+270当 t=9s 时， s 有极大值s=270m经典例题 一列火车以 v1的速度直线行驶，司机忽然发现在正前方同一轨道上距车为 s处有另一辆火车正沿着同一方向以较小速度 v2做匀速运动，于是他立即刹车，为使两车不致相撞，则 a 应满足什么条件？分析与解答：若后面火

21、车的速度减小到比前面火车的速度还小时，后面火车还没追上前面火车，两车不会相撞.若后面火车速度减小到跟前面火车速度相等时，两列火车恰好相遇，这是相撞的临界情况. 9方法 1：设两车经过时间 t 相遇，则v1t- 2at2-v2t=s化简得： at2-2(v1-v2)t+2s=0当 =4(v1-v2)2-8as0即 a s(时， t 无解，即两车不相撞.方法 2：当两车速度相等时，恰好相遇，是两车相撞的临界情况，则v1-at=v2v1t- at2-v2t=s解得 a= )(1为使两车不相撞,应使 a sv2)(1.方法 3:后面的车相对前面的车做匀减速运动,初状态相对速度为( v1-v2),当两车

22、速度相等时,相对速度为零,根据 vt2-v02=2as,得,为使两车不相撞,应有(v1-v2)22 asa s变式 1 甲乙两物体相距 s，它们同向同时运动。乙在前面作初速度为零、加速度为 a1的匀加速运动，甲在后面做初速度为 v0、加速度为 a2的匀加速运动，则( )A若 a1 a2，它们只能相遇一次 B若 a1 a2，它们可能相遇两次C若 a1 a2，它们只能相遇一次 D若 a1 a2，它们不能相遇分析与解答：甲的位移为 2021ttvs乙的位移为 1tas两车距离为： 21s即 stva021)(令s0，若 a1 a2，方程只有一组正解，即它们只能相遇一次 10小锦囊评注：本题要注意对运

23、动过程的分析，防止以为A车速度为零时，是A车比B车多走距离最多的时刻，作为临界条件来应用从而导致错误，这就提醒我们对运动过程的分析要慎重，要尽可能画出运动过程的示意图，不可想当然地去思考。若 a1 a2，判别式 sav)(2210， 0)(211avt)(212st则方程无解或有一个或两个正解即它们可能不相遇，或相遇一次或两次若 a1 a2，判别式 sav)(22100， 0)(211avt)(212st则方程一定有解且有一个正解、一个负解即它们一定相遇一次。答案为 A B变式2 经检测知若汽车A以标准速度 20/ms在平直公路上行驶时，制动40s后停下来。现A在平直公路上以0/ms的速度行使

24、发现前方180m处有一货车B以的速度6同向匀速行使，司机立即制动，问是否会发生撞车事故？分析与解答：汽车A以 02/vms的初速度做匀减速直线运动经40s停下来。据10vat,可求出 .5当A车减为与B车同速时是A车逼近B车距离最短的时刻，这时若能超过车则相撞，反之则不能相撞。由 202,6/vatvms得t=28s 此时间内B车位移为 2681svtm据 1s可求出A车减为与B车同速时的位移2014364.5vsa3641890s，所以两车会相撞。经典例题 如图所示，A、B 两物块在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，两物块的动量大小分别为 5kgm/s 和 7kgm/s，A 追上 B 后

25、与 B 发生正碰撞，碰后 B 的动量增为10kgm/s.则 A、B 两物块的质量之比可能为（）A1:1； B1:2； C1:4； D1:6.分析与解答：根据“系统动量守恒”的制约因素可知：碰后 A 的动量必为PA PA PB PB 5 7 10 2(kgm/s) PB11小锦囊此题中的两球相碰过程遵守多条规律，在对问题的估算中，需同时对多种结果综合考虑，给出对结果的最后预测。考虑到物体动量 P 与动能 EK间的关系为EK 21mv2 m)v(2 p可得到 A、B 构成的系统在碰前和碰后的总动能分别为 EK 1m25 249EK 124 20根据“系统动能不增”的制约因素有 EKE K由此可得

26、A、B 的质量之比必须满足 21m 7考虑到 A、B 均向右运动.A 追上 B 后与之正碰撞的实际运动情况可以判断：碰前 A 的速度较大，而碰后 A 的速度较小，最多与 B 的速度相等.即 v1 v2 u1u 2于是根据“运动变化合理”的制约因素，结合m1v1 5kgm/s m2v2 7kgm/s m1u1 2kgm/s m2u2 10kgm/s又可得 A、B 的质量之比必须满足 75 2结合上式最终可得 A、B 质量之比的取值范围为 17 2 51答案为 C变式 2 质量为 1kg 的小球 A 以速度 8m/s 沿光滑水平面运动，与质量为 3kg 的静止小球 B 发生正碰后，A、B 两小球的

27、速率 v1,v2可能为A.v1 1m/s B.v1 3m/s C.v2 1m/s D.v2 3m/s分析与解答：两球的碰撞类型没有明确，不妨取两种极端的情况来计算.若碰撞是弹性的，碰后两球的速度分别为vA 021vm s/831 4m/svB / 4m/s若碰撞是完全非弹性的，碰后两球的速度相等，为uA uB 021vm s/831 2m/s 表明，碰后 A、B 两球的速度的取值范围分别为vA 4m/s,2m/svB2m/s,4m/s 若不考虑速度的方向，则碰后 A、B 两球的速率的取值范围分别为v10,4m/s v22m/s,4m/s 答案为 A、B、D12经典例题 两个弹性球用两根长 L=

28、1.0m 的细绳悬吊在同一位置（如图） ，已知mkg120.,=0.8kg。把 m1拉成水平状态后释放。求：（1）两球相碰后各自上升的高度？（2）欲使两球相碰后能上升同样的高度，那么两球的质量应满足什么关系。分析与解答：先分析物理过程。首先， m1球下摆过程遵循机械能守恒；接下来是两球碰撞过程，因为两球是弹性的，所以这个过程遵循弹性正碰的规律；最后一个过程是两球在最低点相碰后具有一定的速度再次弹起，也遵循机械能守恒。设球摆到最低点的势能为零及水平向右的方向为正。球 m1下摆满足21mvgL两球发生弹性正碰，满足： 121v221vm两球弹开后分别上摆，则满足 211mgL 22gLv联立可得：

29、 12m212mL代入数值： L1036.L06.欲使两球最后能摆的一样高，则 mm1212经解得 12312()舍变式 1 质量为 M 的小物块 A 静止在离地面高 h 的水平桌面的边缘，质量为 m 的小物块B 沿桌面向 A 运动以速度 v0与之发生正碰（碰撞时间极短） 。碰后 A 离开桌面，其落地点离出发点的水平距离为 L。碰后 B 反向运动。求 B 后退的距离。已知 B 与桌面间的动摩擦因数为 。重力加速度为 g。13分析与解答：设 AB 碰后 A 的速度为 v1，则 A 平抛有： h= gt2 L=v1t12求得 ： v1=Lg2h设碰后 B 的速度为 v2，则对 AB 碰撞过程由动量

30、守恒有： mv0=Mv1 mv2 设 B 后退距离为 s，对 B 后退直至停止过程，由动能定理： mgs= mv22 12解得 ： s= ( +v02 )12 gM2L2g2m2h 2MLv0m g2h变式 2 如图所示，长为 L，质量为 m1的物块 A 置于光滑水平面上，在 A 的水平上表面左端放一质量为 m2 的物体 B（物体 B 可视为质点） ， B 与 A 的动摩擦因数为 。 A 和 B 一起以相同的速度 V 向右运动，在 A 与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失，要使 B 一直不从A 上掉下来， V 必须满足什么条件？( 用 m1 、 m2， L 及 表示)分析与解答： A 与墙壁发生无

31、机械能损失的碰撞后，A 以大小为 V 的速度向左运动，B仍以原速度 V 向右运动，以后的运动过程有三种可能（1）若 m1 m2 ，碰墙后系统的总动量方向向左，则 m1和m2 最后以共同速度向左运动。设它们相对静止时的共同速度 V，据动量守恒定律有m1V-m2V =( m1+m2)V 若相对静止时 B 正好在 A 的右端，则系统机械能损失应为 m 2gL，根据能量守恒有mgLvv21221 )(解得： 12)(mgLV故若 m1 m2 ， 12)(2) 若 m1 = m2，碰墙后系统的总动量为零，则 A、B 最后都静止在水平面上，但不再与墙壁发生第二次碰撞。设静止时 A 在 B 的右端，则有：g

32、Lmv221B AAV14解得： )(21mgLV(3) 若 m1 m2 ，碰墙后系统的总动量方向向右，则 A 将多次和墙壁碰撞，每次碰撞后总动量方向都向右。由于滑动摩擦力的作用，系统的向右方向的总动量逐渐减小至零，最后停在靠近墙壁处。设最后 A 静止在靠近墙壁处时，B 静止在 A 的右端，同理有：gLmv221解得： )(21V故若 m1 m2， )(21gL变式 3 粒子从无穷远处以等于光速十分之一的速度正对着静止的金核射去（没有撞到金核上） 。已知离点电荷 Q 距离为 r 处的电势的计算式为 = rkQ，那么 粒子的最大电势能是多大？由此估算金原子核的半径是多大？分析与解答： 粒子向金核

33、靠近过程克服电场力做功，动能向电势能转化。设初动能为 E，到不能再接近（两者速度相等时） ，可认为二者间的距离就是金核的半径。根据动量守恒定律和能量守恒定律，动能的损失 2vMmEk，由于金核质量远大于 粒子质量，所以动能几乎全部转化为电势能。无穷远处的电势能为零，故最大电势能 E=1220.31mvJ，再由 E=q = rQq，得 r =1.210-14m，可见金核的半径不会大于1.210-14m。变式 4 劲度系数为 k 的轻弹簧，竖直放置在地面上，其上端固定有质量为 M 的钢板，处于静止状态，如图甲所示，现有一质量为 m 的小球从距钢板 H 的高处自由下落并与之发生碰撞，碰撞时间极短且无

34、机械能损失。已知 M=3m，弹簧振子的周期 kT/2。（1）求小球与钢板第一次碰撞后瞬间，小球的速度 v1和钢板的速度 v2。（2）要使小球与钢板每次都在同一高度相碰（即钢板的初始位置） ，求钢板质量的最大值。（3）以小球自由下落的瞬间为计时起点，以向下为正方向，以 0vg的值作为 1 个时间单位15（ v0为小球第一次刚落到钢板时的速度值） 试在图乙中画出小球的 vt 图线；要求至少画出小球与钢板发生第三次碰撞前的图线） 分析与解答：（1）设小球落至钢板时速度为 v0，由机械能守恒定律得 mgH=mv02/2 碰撞过程中动量守恒 mv0=mv1+Mv2 机械能无损失 mv12/2+Mv22/

35、2=mv02/2 联立求解得 0vgH 小球的速度 v1= v0/2= /2，负号表示方向向上 钢板的速度 v2= v0/2 /2， 方向竖直向下 （2）由（1）可知，碰撞后小球做竖直上抛运动，钢板（连同弹簧）以 v0/2 向下做简谐运动，要使 m 与 M 第二次碰撞仍发生在原位置，则小球重新落回到 O 处所用的时间应满足 t nT+T/2 当 M 取最大值时，有 t=T/2 小球做竖直上抛运动，有 t v0/g 已知 2/Tk 联立求解得 2Hg （3）小球与钢板的第二次碰撞应满足mv0/2 Mv0/2=mv3+Mv4m(v0/2)2/2+M(v0/2)2/2=mv32/2+Mv42/2 v

36、v00v0图乙H图甲Mm16解得， v3= v0， 方向竖直向上； v4=0；当小球再次落回与钢板发生第三次碰撞时，第三次碰撞是第一次碰撞的重复；此后过程将周而复始地进行小球的 vt 图线如图所示。经典例题 如图所示，长为 2L 的板面光滑且不导电的平板小车 C 放在光滑水平面上，车的右端有块挡板，车的质量 mC=4 m,绝缘小物块 B 的质量 mB=2 m.若 B 以一定速度沿平板向右与 C 车的挡板相碰，碰后小车的速度总等于碰前物块 B 速度的一半.今在静止的平板车的左端放一个带电量为+ q、质量为 mA=m 的小物块 A，将物块 B 放在平板车的中央，在整个空间加上一个水平方向的匀强电场

37、时，金属块 A 由静止开始向右运动，当 A 以速度 v0与 B 发生碰撞，碰后 A 以 41v0的速率反弹回来， B 向右运动.（1）求匀强电场的场强大小和方向.（2）若 A 第二次和 B 相碰，判断是在 B 与 C 相碰之前还是相碰之后？（3） A 从第一次与 B 相碰到第二次与 B 相碰这个过程中，电场力对 A 做了多少功？分析与解答：（1）对金属块 A 用动能定理 qEL= 21mv02所以电场强度大小 E= qLmv20方向水平向右（2） A、 B 碰撞，由系统动量守恒定律得mAv0=mA（- 41v0）+ mBvB用 mB=2m 代入解得 vB= 85v0B 碰后做匀速运动，碰到挡板

38、的时间 tB= 058vLA 的加速度 aA= Lv20A 在 tB段时间的位移为 sA=vatB+ 21atB2=- 4v0 2158L v0（ 058L） 2= 6L因 sA L,故 A 第二次与 B 相碰必在 B 与 C 相碰之后17（3） B 与 C 相碰，由动量守恒定律可得mBvB=mBvB+ mCvC vC= 21vBvB=0A 从第一次相碰到第二次与 B 相碰的位移为 L，因此电场力做的功W 电 =qEL= 21mv02.变式 1 两个质量均为 m 的小球，用一根长 2L 的轻绳连接起来，置于光滑的水平桌面上，绳恰好伸直。用一个垂直于连线方向的水平恒力 F 作用的连线中点 O 上

39、，如图(13)所示。问：在两小球第一次碰撞前的一瞬间，小球在垂直于 F 方向上的分速度是多少？分析与解答：设作用力 F 的方向为 x 方向，垂直 F 的方向为 y方向。当绳子与 x 方向成 角时，绳子上张力为 T： 2Tcos= F此时小球在 x 轴方向获得加速度为 ax。Tcos=ma x ax=F/2m 故 ax一定，小球在 x 轴方向做匀加速运动，从开始到第一次碰前，设力 F 作用点共移动 S，则两小球在 x 方向都运动 S-L 的距离，且此时速度为 V对小球： V 2x=2ax(s-L)FS=2 1mv2=2 m(V 2x+V y) Vx= m/FL经典例题 在光滑的水平面上有两物体

40、A、B，物体 A 的质量=4.0kg,物体 B 的质量0.5kg，物体 A 的外表面光滑且与水平面相切，如图。物体 A 的最高点离水平面的高度h=0.4，物体 B 静止在水平面上，物体 A 以初速度 向物体 B 冲过去。两物体接触后，物体 B 会无摩擦地在物体 A 上升高。当物体 A 的初速度超过某一值 后就会出现物体 A 在前面运动，物体 B 在后面运动的情况。求 。分析与解答：物体、的相互作用相当于弹性碰撞。物体在物体的右表面运动相当于碰撞的压缩阶段；物体在物体的左表面运动相当于碰撞的恢复阶段。当物体恰好运动到物体的 A B18最高点时， ，相当于完全非弹性碰撞过程，物体系的动能转化为物体

41、 B 的重力势能，有 vmMv0gh212解得 =3m/s变式 1 如图，金属棒 a 从高 h 处由静止开始，沿光滑弧形平行金属轨道下滑，进入轨道的水平部分后，在磁感应强度大小为 B、竖直向上的匀强磁场中运动。在轨道的水平部分原来静止的放着另一根金属棒 b，已知两棒的质量之比，电阻之比，若两棒所在轨道水平部分足够长，求：（）棒进入磁场后做什么运动？棒进入磁场后做什么运动？（）棒刚进入磁场时，两棒加速度之比。（）若两棒始终未接触，求它们的最大速度。（）轨道电阻不计，整个过程中两棒放出的热量各为多少？（用表示）分析与解答：（1）进入磁场后，棒 a 切割磁感线，回路中产生感应电流，使棒 a 受到向左

42、的安培力 Fa，棒 b 受到向右的安培力 Fb，从而使棒 a 速度减小，感应电动势减小，电流减小，加速度也减小，所以棒 a 作加速度减小的减速运动；棒 b 在向右的安培力作用下作加速运动，且加速度也是减小的。当 时，回路中磁通量不变，无感应电流，棒a、b 都不再受力，因此作速度相等的匀速运动，这时棒 b 的速度最大。（2）棒 a 进入磁场后，棒 a、b 所受的磁场力等大反向，所以 34-maab（3）棒 a 刚进入磁场时，速度最大。由机械能守恒定律，得 2gh vm21gh棒 a、b 的动量守恒，得 /baa0解得 73vba/ 这是两棒的最终速度，也是棒 b 的最大速度。abBh19（4）由

43、能量守恒可得ghm74 v21-Qa2/ baba又由于 ，所以有 Q Q ,从而得到218 ,gh214Qabaa变式2 如图所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间距离为d，右极板有一小孔，通过孔有一绝缘杆，左端固定在左极板上，电容器极板连同底座、绝缘杆总质量为M.给电容器充电后，有一质量为m的带正电环恰套在杆上以某一初速度 0V对准小孔向左运动，设带电环不影响电容器板间电场的分布.带电环进入电容器后距左板的最小距离为 2d,试求带电环与左极板相距最近时的速度v并求出此过程中电容器移动的距离。分析与解答： 0()mvMv解得 0mv2201()dFvmMv2

44、1Fs解得 ()d变式 3 在光滑的水平轨道上，停放着一辆质量为 680g 的平板小车，在小车的右端 C 处的挡板上固定着一根轻质弹簧，在靠近小车左端的车面上 A 处，放有一块质量为 675g 的滑块（其大小可不计），车面上 B 处的左边粗糙而右边光滑，现有一质量为 5g 的子弹以一定的初速度水平向右击中滑块，并留在滑块中与滑块一起向右滑动，且停在 B 处。（1）若已知子弹的初速度为 340m/s，试求当滑块停在 B 处时小车的速度；（2）若小车与滑块一起向右滑动时撞上了一堵竖直墙壁，使小车以原速率反弹回来，试求滑块最终的位置和速度。分析与解答：（1）设子弹、滑块、小车的质量分别为 0mM、

45、和 ，由于整个过程中子弹、滑块、小车系统的总动量守恒，有 00)mvMv子 车 （20小锦囊分析过程较为复杂，对这类滑块小车模型，我们必须将其运动过程进行分解，分成一系列阶段性的运动，并与相应的物理规律对应，列式进行求解。0mvvM子车 1.25 m/s（2）设子弹射入滑块后与滑块的共同速度为 0v，子弹、滑块、小车的共同速度为 v，因为 0，故由动量守恒定律得 2M再设 AB 长为 l，滑块与小车车面间的动摩擦因数为 ，由动能定理 2201Mgv解得204vl在小车与墙壁碰撞后，滑块相对于小车向右滑动压缩弹簧又返回 B 处的过程中，系统的机械能守恒，在滑块相对于小车由 B处向左滑动的过程中有机械能损失，而在小车与墙壁碰撞后的整个过程中系统的动量守恒。设滑块的最终速度为 u2Mvu， 0 设滑块由 B 向左在车面上滑行距离为 L，则 21,gLLl可 得 即滑块最终停在了小车上的 A 处，且最终速度为零。分析追及问题时，一定要考虑到具体的物理情景，通过临界条件等判断是否相遇、几次相遇，进一步求出一系列物理量。分析碰撞时，应注意碰撞的特点作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的，同时要注意广义的碰撞问题。这类问题一般属于综合题，需要用到动量、能量及动力学相关知识。