追碰問題與時空觀PPT課件

1、“追碰”類問題以其復雜的物理情景，綜合的知識內涵及廣闊的思維空間，充分體現著考生的理解能力、分析綜合能力、推理能力、空間想象能力及理論聯系實際的創(chuàng)新能力，是考生應考的難點，也是歷屆高考?？汲Ｐ碌拿}熱點。第1頁/共28頁【例1】從離地面高度為h處有自由下落的甲物體，同時在它正下方的地面上有乙物體以初速度v0豎直上拋，要使兩物體在空中相碰，則做豎直上拋運動物體的初速度v0應滿足什么條件？（不計空氣阻力，兩物體均看作質點）.若要乙物體在下落過程中與甲物體相碰，則v0應滿足什么條件？第2頁/共28頁命題意圖：以自由下落與豎直上拋的兩物體在空間相碰創(chuàng)設物理情景，考查理解能力、分析綜合能力及空間想象能力

2、.B級要求.第3頁/共28頁錯解分析：考生思維缺乏靈活性，無法巧選參照物，不能達到快捷高效的求解效果.解題方法與技巧：（巧選參照物法）選擇乙物體為參照物，則甲物體相對乙物體的初速度:v甲乙=0-v0=-v0甲物體相對乙物體的加速度a甲乙=-g-（-g）=0第4頁/共28頁由此可知甲物體相對乙物體做豎直向下，速度大小為v0的勻速直線運動.所以，相遇時間為：t= 對第一種情況，乙物體做豎直上拋運動，在空中的時間為：0t 即:0 0hv02vg0hv02vg第5頁/共28頁所以當v0 ,兩物體在空中相碰.對第二種情況，乙物體做豎直上拋運動，下落過程的時間為： t 即 .所以當 v0 時,乙物體在下落

3、過程中與甲物體相碰.02vg0vg2gh0vg0vh02vg第6頁/共28頁【例2】如圖1-3所示,質量為m的木塊可視為質點，置于質量也為m的木盒內，木盒底面水平，長l=0.8 m,木塊與木盒間的動摩擦因數=0.5,木盒放在光滑的地面上，木塊A以v0=5 m/s的初速度從木盒左邊開始沿木盒底面向右運動，木盒原靜止.當木塊與木盒發(fā)生碰撞時無機械能損失，且不計碰撞時間，取g=10 m/s2.第7頁/共28頁問：（1）木塊與木盒無相對運動時，木塊停在木盒右邊多遠的地方？（2）在上述過程中，木盒與木塊的運動位移大小分別為多少？第8頁/共28頁命題意圖：以木塊與木盒的循環(huán)碰撞為背景，考查考生分析綜合及嚴

4、密的邏輯推理能力.B級要求.錯解分析：對隔離法不能熟練運用，不能將復雜的物理過程隔離化解為相關聯的多個簡單過程逐階段分析，是該題出錯的主要原因.第9頁/共28頁解題方法與技巧：（1）木塊相對木盒運動及與木盒碰撞的過程中，木塊與木盒組成的系統(tǒng)動量守恒，最終兩者獲得相同的速度，設共同的速度為v,木塊通過的相對路程為s,則有： mv0=2mv mgs= mv02- 2mv2 由解得s=1.25 m設最終木塊距木盒右邊為d,由幾何關系可得： d=s-l=0.45 m1212第10頁/共28頁（2）從木塊開始運動到相對木盒靜止的過程中，木盒的運動分三個階段：第一階段，木盒向右做初速度為零的勻加速運動；第

5、二階段，木塊與木盒發(fā)生彈性碰撞，因兩者質量相等，所以交換速度；第11頁/共28頁第三階段，木盒做勻減速運動，木盒的總位移等于一、三階段的位移之和.為了求出木盒運動的位移，我們畫出狀態(tài)示意圖，如圖1-4所示.設第一階段結束時，木塊與木盒的速度分別為v1、v2,則：mv0=mv1+mv2 mgL= mv02- m（v12+v22）1212第12頁/共28頁因在第二階段中，木塊與木盒轉換速度，故第三階段開始時木盒的速度應為v1,選木盒為研究對象對第一階段：mgs1= mv22 對第三階段：mgs2= mv12- mv2 從示意圖得 s盒=s1+s2 s塊=s盒+L-d 解得 s盒=1.075 m s

6、塊=1.425 m121212第13頁/共28頁高手點撥一、高考走勢“追碰”問題，包括單純的“追及”類、“碰撞”類和“追及碰撞”類，處理該類問題，首先要求學生有正確的時間和空間觀念（物體的運動過程總與時間的延續(xù)和空間位置的變化相對應）.第14頁/共28頁同時，要求考生必須理解掌握物體的運動性質及規(guī)律，具有較強的綜合素質和能力.該類問題綜合性強，思維容量大，且與生活實際聯系密切，是高考選拔性考試不可或缺的命題素材，應引起廣泛的關注.第15頁/共28頁二、“追及”“碰撞”問題指要第16頁/共28頁1.“追及”問題討論追及、相遇的問題，其實質就是分析討論兩物體在相同時間內能否到達相同的空間位置問題.

7、一定要抓住兩個關系：即時間關系和位移關系.一個條件：即兩者速度相等，它往往是物體間能否追上、追不上或（兩者）距離最大、最小的臨界條件，也是分析判斷的切入點.第17頁/共28頁2.“碰撞”問題碰撞過程作用時間短，相互作用力大的特點，決定了所有碰撞問題均遵守動量守恒定律.對正碰，根據碰撞前后系統(tǒng)的動能是否變化，又分為彈性碰撞和非彈性碰撞.第18頁/共28頁彈性碰撞：系統(tǒng)的動量和動能均守恒，因而有： m1v1+m2v2=m1v1+m2v2 m1v12+ m2v22= m1v12+ m2v22上式中v1、v1分別是m1碰前和碰后的速度，v2、v2分別是m2碰前和碰后的速度.12121212第19頁/共

8、28頁解式得v1= v2=注意：如果兩物體質量相等，代入得： 即：兩物體交換速度，不僅大小交換而且速度的方向也交換。第20頁/共28頁完全非彈性碰撞：m1與m2碰后速度相同，設為v,則m1v1+m2v2=（m1+m2）v,v=.系統(tǒng)損失的最大動能Ekm=m1v12+m2v22-（m1+m2）v2.非彈性碰撞損失的動能介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間.第21頁/共28頁在處理碰撞問題時，通常要抓住三項基本原則：（1）碰撞過程中動量守恒原則.（2）碰撞后系統(tǒng)動能不增原則.（3）碰撞后運動狀態(tài)的合理性原則.碰撞過程的發(fā)生應遵循客觀實際.如甲物追乙物并發(fā)生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速

9、度必須小于、等于乙的速度或甲反向運動.第22頁/共28頁三、處理“追碰”類問題思路方法解決“追碰”問題大致分兩類方法：即數學法（如函數極值法、圖象法等）和物理方法（參照物變換法、守恒法等）.第23頁/共28頁針對訓練1.兩輛完全相同的汽車，沿水平直路一前一后勻速行駛，速度均為v0,若前車突然以恒定的加速度剎車，在它剛停住時，后車以前車剎車時的加速度開始剎車，已知前車在剎車過程中所行駛的距離為s,若要保證兩車在上述情況中不相撞，則兩車在勻速行駛時保持距離至少應為多少？第24頁/共28頁2.水平軌道上停放著一輛質量為5.0102 kg的小車A，在A的右方L=8.0 m處，另一輛小車B正以速度vB=

10、4.0 m/s的速度向右做勻速直線運動遠離A車，為使A車能經過t=10.0 s時間追上B車，立即給A車適當施加向右的水平推力使小車做勻變速直線運動，設小車A受到水平軌道的阻力是車重的0.1倍，試問：在此追及過程中，推力至少需要做多少功？（取g=10 m/s2） 第25頁/共28頁3.如圖1-5所示，在光滑的水平面上放置一質量為m的小車，小車上有一半徑為R的光滑的弧形軌道，設有一質量為m的小球，以v0的速度，方向水平向左沿圓弧軌道向上滑動，達到某一高度h后，又沿軌道下滑，試求h的大小及小球剛離開軌道時的速度.第26頁/共28頁4.如圖1-6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

11、面上，車的右端有塊擋板，車的質量mC=4 m,絕緣小物塊B的質量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？5.如圖1-7所示，水平放置的導軌，其

12、電阻、摩擦均不計，固定在豎直向下的勻強展臺中，磁感應強度為B，左端間距為2L，右端間距為L，今在導軌上放ab、cd兩桿，其質量分為2M、M，電阻分為2R、R，現讓ab桿以初速度v0向右運動.求cd棒的最終速度（兩棒均在不同的導軌上）.參考答案1. 2 s 2.Wmin=2.8104 J3.小球從進入軌道，到上升到h高度時為過程第一階段，這一階段類似完全非彈性的碰撞，動能損失轉化為重力勢能（而不是熱能）.據此可列方程：mv0=（m+m）v,mv02=（m+m）v2+mgh解得h=v02/4g.小球從進入到離開，整個過程屬彈性碰撞模型，又由于小球和車的等質量，由彈性碰撞規(guī)律可知，兩物體速度交換，故小球離開軌道時速度為零.說明：廣義上的碰撞，相互作用力可以是彈力、分子力、電磁力、核力等，因此，碰撞可以是宏觀物體間的碰撞，也可以是微觀粒子間的碰撞.拓寬后的碰撞，除例題代表的較長時間的碰撞題型外，還有非接觸型碰撞和非彈力作用的碰撞.4.（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