纵观近几年高考,考查的特点是灵活性强、综合面广、能力要求高、如变力做功的求法以及碰撞问题与牛顿运动定律、圆周运动、动量定量、动量守恒定律及电磁学知识的综合应用等等.功、能关系及能的转化和守恒定律贯穿整个高中物理,能的观点是解决动力学问题的三个基本观点之一,但常与另外两个观点交叉综合应用.涉及碰撞问题的命题不仅年年有、题型全、分量重.这些试题的共同特点是,物理情景设置新颖,物理过程复杂,条件隐蔽,是拉开得分档次的关键,对学生的分析综合能力,推理能力和利用数学工具解决物理问题的要求均很高.笔者对这类考题作了些粗浅的分类研究,具体如下:
　　
　　一、力学综合类碰撞题
　　
　　1.物体作直线运动类题
　　图1
　　【例1】 如图1所示,质量M=4kg的木滑板B静止放在光滑水平面上,滑板右端固定着一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到滑板左端的距离l=0.5m,这段滑板与木块A之间的动摩擦因数μ=0.2;而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑,可视为质点的小木块A质量m=1kg,原来静止于滑板的左端,现滑板B受水平向左的恒力F=14N,作用时间t后撤去,这时木块A恰好到达弹簧的自由端C处,假设A、B间的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等,g取10m/s2,试求:
　　(1)水平恒力F的作用时间t.
　　(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能.
　　解析:(1)木块A和滑板B均向左做初速为零的匀加速直线运动aA=μmgm=μg=0.2×10=2m/s2.
　　aB=F-μmgM
　　14-0.2×1×104=3m/s2.
　　则12aBt2-12aAt2=l
　　12×3t2-12×2t2=0.5.
　　得t=1s.
　　(2)1s末木块A和滑板B的速度分别为
　　vA=aAt=2×1=2m/s,
　　vB=aBt=3×1=3m/s.
　　撤去外力F后,当木块A和滑板B的速度相同时,弹簧压缩量最大,具有最大弹性势能,根据动量守恒定律,
　　有mvA+MvB=(m+M)v.
　　得v=2.8m/s.
　　由能量守恒定律
　　E弹=12mv2A+12Mv2B-12(M+m)v2
　　=12×1×22+12×4×32-12(4+1)×(2.8)2
　　=0.4J.
　　图2
　　【例2】 (2004年,北京理综)对于两物体碰撞前后速度在同一直线上,且无机械能损失的碰撞过程,可以简化为如下模型:A、B两物体位于光滑水平面上,仅限于沿同一直线运动,当它们之间距离大于等于某一定值d时,相互作用力为零;当它们之间的距离小于d时,存在大小恒为F的斥力.设A物体质量m1=1.0kg,开始时静止在直线上某点;B物体质量m2=3.0kg,以速度v0从远处沿该直线向A运动,如图2所示.若d=0.10m,F=0.60N,v0=0.20m/s,求:
　　(1)相互作用过程中,A、B加速度的大小;
　　(2)从开始相互作用到A、B间的距离最小时,系统(物体组)动能的减少量;
　　(3)A、B间的最小距离.
　　图3
　　解析:(1)当它们之间的距离小于d时,由题意可知,对A、B分别利用牛顿第二定律得:
　　a1=Fm1=0.60m/s2
　　a2=Fm2=0.20m/s2
　　(2)两者速度相同时,距离最近,由动量守恒:
　　m2v0=(m1+m2)v
　　v=m2v0(m1+m2)=0.015m/s.
　　则系统动能的减少量:
　　ΔE=12m2v20-12(m1+m2)v2=0.015J.
　　(3)根据匀变速直线运动规律:
　　v1=a1t v2=v0-a2t.
　　当v1=v2时,解得A、B两者距离最近时所用时间:t=0.25s.
　　s1=12a1t2,s2=v0t-12a2t2,Δs=s1+d-s2.
　　将t=0.25s代入,解得A、B间的最小距离:Δsmin=0.075m.
　　2.物体作曲线运动类题
　　图4
　　【例3】 (2007年,长春理综)如图4所示,位于竖直平面内的1/4圆弧光滑轨道,半径为R,OB沿竖直方向,圆弧轨道上A距地面高度为H,质量为m的小球从A点静止释放,运动至B处时,与另一质量也是m的静止的小球对心相碰并粘在—起,最后落在地面C点处,不计空气阻力,两小球可以看成质点,求:
　　(1)两球碰后的共同速率多大?
　　(2)碰后瞬间两球对轨道的压力多大?
　　(3)两球碰后瞬间和离开轨道后的加速度大小之比是多少?
　　(4)两球落地点C与D的水平距离s为多少?
　　(5)若H一定,比值R/H为多少时,两球落地点C与B水平距离s最远?该水平距离的最大值是多少?
　　解析:小球m从A到B的过程中,只有重力对它做功,机械能守恒;在B处球碰撞的过程中,动量守恒,但是有机械能损失,两者达到共同速度后,两者一起做平抛运动,就可以分析CB水平间距.
　　(1)对A球,由机械能守恒定律得:
　　mgR=12mv2.
　　两球相碰,由动量守恒定律得:mv=2mv1.
　　两式联合解得,两球碰后的共同速率v1=122gR.
　　(2)两球碰后瞬间由牛顿定律得:N-2mg=2mv21R.解得:N=3mg.
　　(3)两球碰后瞬间和离开轨道后的加速度之比为
　　v21R∶g=1∶2.
　　(4)两球做平抛运动的时间为t,则有:
　　H-R=12gt2,s=v1t=R(H-R).
　　(5)因R+(H-R)=H为一定值,当R=H-R时,R(H-R)有最大值,即当R/H=1/2时,s有最大值smax=H/2.
　　图5
　　【例4】 我国于2007年下半年成功发射了“嫦娥一号”绕月卫星,现今已送回了第一批月球照片.这标志着我国航天事业又上升了一个新台阶.如图所示,飞船以速度v0绕月球做圆周运动,已知飞船质量为m=1.2×104kg,离月球表面的高度为h=100km.飞船在A点突然向前做短时间喷气,喷气相对v0的速度为u=1.0×104m/s,喷气后飞船在A点的速度减为vA,于是飞船将沿新的椭圆轨道运行,为使飞船能在图中的B点着陆(A、B联线通过月球中心,即A、B点分别是椭圆轨道的远月点和近月点).试问喷气时需消耗多少燃料?已知月球的半径为R=1700km,月球表面的重力加速度为g=1.7m/s2(选无限远处为零势能点,物体的重力势能大小为EP=-GMmR.
　　解析:飞船向前喷气后,其速度从v0减为vA,其轨道从圆周改为椭圆,A点为椭圆轨道的远月点,B点为近月点,根据面积速度为恒量(开普勒第二定律)以及机械能守恒定律可求出vA.于是可得出由于喷气造成的速度改变量Δv=v0-vA,再由动量守恒定律,可求得燃料的质量.
　　当飞船以v0绕月球做半径为rA=R+h的圆周运动时,由牛顿第二定律,有
　　GMm(R+h)2=mv20R+h,则
　　v20=GMR+h=GMR2•R2(R+h)=R2gR+h.
　　式中M为月球的质量,R为月球的半径,g=GMR2为月球表面的重力加速度,于是
　　v0=RgR+h=1652m/s.
　　根据开普勒第二定律,飞船在A、B两处的面积速度相等,所以有:
　　rAvA=rBvB,
　　即(R+h)vA=Rvb①
　　由机械能守恒得:
　　12mv2A-GMmR+h=12mv2B-GMmR.
　　即v2A-v2B=-2GM(1R-1R+h)=-2gRhR+h②
　　由①、②式解得:
　　vA=2gR3(R+h)(2R+h)=1628m/s.
　　做登月所需的速度改变为Δv=v0-vA=1652-1628=24m/s.飞船在A点喷气前后动量守恒,设喷气总质量为Δm,因喷气前的动量为mv0,喷气相对于飞船的速度v0+u,前后动量相等,故有mv0=(m-Δm)vA+Δm(v0+u),即Δm(v0-vA+u)=m(v0-vA),Δm(Δv+u)=mΔv,故喷气所消耗的燃料的质量为Δm=mΔvu+Δv=28.7kg.
　　图6
　　【例5】 (2006年,重庆理综)如图6所示,半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内.小球A、B质量分别为m、βm(β为待定系数).A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的B球相撞,碰撞后A、B球能达到的最大高度均为14R,碰撞中无机械能损失.重力加速度为g.试求:
　　(1)待定系数β;
　　(2)第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力;
　　(3)小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度,并讨论小球A、B在轨道最低处;第n次碰撞刚结束时各自的速度.
　　解析:(1)由机械能守恒定律得
　　mgR=14mgR+14βmgR
　　解得β=3.
　　(2)设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2,则
　　12mv21=14mgR,14βmv22=14βmgR.
　　设向右为正、向左为负,解得
　　v1=-12gR,方向向左
　　v2=12gR,方向向右
　　设轨道对B球的支持力为FN,B球对轨道的压力为F′N,方向竖直向上为正、向下为负,则
　　FN-βmg=βmv22R
　　F′N=-FN=4.5mg,方向竖直向下.
　　(3)设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2,则
　　-mv1-βmv2=mV1+βmV2mgR=12mV21+12βmV22
　　解得:V1=-2gR,V2=0.
　　(另一组:V1=-v1,V2=-v2,不合题意,舍去)
　　由此可得:
　　当n为奇数时,小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同;
　　当n为偶数时,小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同.
　　图7
　　【例6】 (2007年北京理综)如右图所示的单摆,摆球a向右摆动到最低点时,恰好与一沿水平方向向左运动的黏性小球b发生碰撞,并黏接在一起,且摆动平面不变.已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h,摆动的周期为T,a球质量是b球质量的5倍,碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半.则碰撞后().
　　A.摆动的周期为56T
　　B.摆动的周期为65T
　　C.摆球的最高点与最低点的高度差为0.3h.
　　D.摆球的最高点与最低点的高度差为0.25h.
　　解析:单摆周期T=2πlg与摆球质量和摆角无关,故A、B都错.设a球碰撞前速率为v0,碰后a、b共同速度为v,上升最大高度为h′,
　　由机械能守恒得magh=12mav2a,
　　碰撞过程动量守恒mava-mb(2va)=(ma+mb)v,
　　又(ma+mb)gh′=12(ma+mb)v2
　　及ma=5mb,联立解得h′=0.25h,故D对.
　　
　　二、力电综合类碰撞题
　　
　　图8
　　【例7】 如图8所示,在空间存在着水平方向的匀强磁场和竖直方向的匀强电场,电场强度为E,磁感应强度为B.在某点由静止释放一个带电液滴a,它运动到最低点处,恰与一个原来处于静止的液滴b相撞,相撞后两液滴合为一体,沿水平方向做直线运动.已知液滴a质量是液滴b质量的2倍,液滴a所带电荷量是液滴b所带电荷量的4倍.求两液滴的初始位置之间的高度差h(设a、b之间的静电力可以不计).
　　解析:设b液滴的质量为m,电荷量为q,则a液滴的质量为2m,电荷量为4q.
　　b液滴原来静止,受重力和电场力作用而处于平衡,由此可知b液滴带正电荷,且mg=Eq.①
　　由a粒子的运动轨迹可知其受的洛伦兹力方向为右上方,判定出a粒子带负电荷.设a原来所在处与b原来所在处的高度为h,a运动到b时的速度为v1.
　　由动能定理
　　2mgh+E•4qh=12•2mv21-0②
　　联立①②得:v1=6gh.③
　　a与b相撞后合在一起,电荷量为
　　4q-q=3q,带负电,由动量守恒定律得:
　　2mv1=(m+2m)v2
　　v2=23v1=236gh④
　　碰后在一起做匀速直线运动,受到重力3mg,电场力3Eq,洛伦兹力3Bqv2作用.
　　由平衡条件3Bv2q=3Eq+3mg⑤
　　联立①④⑤解得h=3E22gB2.
　　图9
　　【例8】 如图9所示,静止在光滑水平面上已经充电的平行板电容器固定在一绝缘底座上,总质量为M,有一质量为m的带正电粒子(可视为质点,不计重力),对准小孔水平向左运动,粒子进入电容器后,距左板的最小距离为d2,求此时电容器已通过的距离.
　　解析:带电粒子进入电容器后运动到距左板距离最小时,粒子和电容器有相同的速度,设此相同速度为v,又设粒子刚进入电容器右板时速度为v0,在粒子进入电容器后,系统动量守恒,有
　　mv0=(M+m)v
　　根据动能定理,对粒子而言有
　　qE(s+d2)=12mv20-12mv2
　　对电容器而言,有
　　qEs=12Mv2
　　联立解得s=md2(M+m).
　　【例9】 (2006•广东)如图10所示,在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中,有一上、下两层均与水平面平行的“U”形光滑金属导轨,在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的均质金属杆A1和A2,开始时两根金属杆位于同一竖直面内且杆与轨道垂直.设两导轨面相距为H,导轨宽为L,导轨足够长且电阻不计,金属杆单位长度的电阻为r.现有一质量为m2的不带电小球以水平向右的速度v0撞击杆A1的中点,撞击后小球反弹到下层面上的O点.O点与杆A2初始位置相距为s.求:
　　图10
　　(1)回路内感应电流的最大值.
　　(2)整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量.
　　解析:(1)令质量为m2的不带电小球与杆A1碰撞后的反弹速度为-v1,A1的速度为v2(以向右为正方向).由动量守恒知,碰撞前后有
　　12mv0=12m(-v1)+mv2①
　　故v2=12(v0+v1).
　　另由平抛知识可得s=v12Hg②
　　综合①②得v2=12(v0+sg2H).
　　碰撞刚结束时回路中A1向右运动有最大速度而A2此时仍速度为零,回路中有最大感应电流故Imax=Emax/R总,
　　由法拉第电磁感应定律知Emin=BLv2,
　　R总=2L•r,
　　结合以上各式有Imax=B4r(v0+sg2H).
　　(2)A1因切割磁感线产生感应电流而做减速运动,A2由于有感应电流流过而受安培力作用,做加速运动,A1和A2所受的安培力大小相等方向相反,故A1、A2所构成的系统所受水平方向的合外力为零,满足动量守恒的条件,当A1、A2向右运动的速度相等时,回路不再产生感应电流,系统进入最终的匀速运动状态,令该速度为v3,则有
　　mv2=2mv3.
　　该过程中机械能的损失为
　　ΔE机=12mv22-12×2mv23.
　　则系统产生的热量最多Qmax=ΔE机.
　　结合以上各式有
　　Qmax=116m(v0+sg2H)2.
　　(责任编辑:易志毅)