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难点1  “追碰”问题与时空观

“追碰”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.

●难点磁场

1.（★★★★）（1999年全国）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=120 km/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=0.50 s,刹车时汽车受到阻力的大小f为汽车重的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=10 m/s²）

v₀的初速向右运动，已知v₀＜ .当A和B发生碰撞时，两者的速度互换.求：

（1）从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板C运动的路程.

（2）在A、B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小.

●案例探究

［例1］（★★★★★）从离地面高度为h处有自由下落的甲物体，同时在它正下方的地面上有乙物体以初速度v₀竖直上抛，要使两物体在空中相碰，则做竖直上抛运动物体的初速度v₀应满足什么条件？（不计空气阻力，两物体均看作质点）.若要乙物体在下落过程中与甲物体相碰，则v₀应满足什么条件？

命题意图：以自由下落与竖直上抛的两物体在空间相碰创设物理情景，考查理解能力、分析综合能力及空间想象能力.B级要求.

错解分析：考生思维缺乏灵活性，无法巧选参照物，不能达到快捷高效的求解效果.

解题方法与技巧：

（巧选参照物法）

选择乙物体为参照物，则甲物体相对乙物体的初速度:

v_甲乙=0-v₀=-v₀

甲物体相对乙物体的加速度

a_甲乙=-g-（-g）=0

由此可知甲物体相对乙物体做竖直向下，速度大小为v₀的匀速直线运动.所以，相遇时间为：t=

对第一种情况，乙物体做竖直上抛运动，在空中的时间为：0≤t≤

即:0≤ ≤

所以当v₀≥ ,两物体在空中相碰.

对第二种情况，乙物体做竖直上抛运动，下落过程的时间为：

≤t≤

即 ≤ ≤ .

所以当 ≤v₀≤ 时,乙物体在下落过程中与甲物体相碰.

（1）木块与木盒无相对运动时，木块停在木盒右边多远的地方？

（2）在上述过程中，木盒与木块的运动位移大小分别为多少？

命题意图：以木块与木盒的循环碰撞为背景，考查考生分析综合及严密的逻辑推理能力.B级要求.

错解分析：对隔离法不能熟练运用，不能将复杂的物理过程隔离化解为相关联的多个简单过程逐阶段分析，是该题出错的主要原因.

解题方法与技巧：

（1）木块相对木盒运动及与木盒碰撞的过程中，木块与木盒组成的系统动量守恒，最终两者获得相同的速度，设共同的速度为v,木块通过的相对路程为s,则有：

mv₀=2mv           ①

μmgs= mv₀²- ·2mv²②

由①②解得s=1.25 m

设最终木块距木盒右边为d,由几何关系可得：

d=s-l=0.45 m

设第一阶段结束时，木块与木盒的速度分别为v₁、v₂,则：

mv₀=mv₁+mv₂                          ③

μmgL= mv₀²- m（v₁²+v₂²）              ④

因在第二阶段中，木块与木盒转换速度，故第三阶段开始时木盒的速度应为v₁,选木盒为研究对象

对第一阶段：μmgs₁= mv₂²                      ⑤

对第三阶段：μmgs₂= mv₁²- mv²                         ⑥

从示意图得 s_盒=s₁+s₂                                              ⑦

s_块=s_盒+L-d                                ⑧

解得 s_盒=1.075 m  s_块=1.425 m

●锦囊妙计

一、高考走势

“追碰”问题，包括单纯的“追及”类、“碰撞”类和“追及碰撞”类，处理该类问题，首先要求学生有正确的时间和空间观念（物体的运动过程总与时间的延续和空间位置的变化相对应）.同时，要求考生必须理解掌握物体的运动性质及规律，具有较强的综合素质和能力.该类问题综合性强，思维容量大，且与生活实际联系密切，是高考选拔性考试不可或缺的命题素材，应引起广泛的关注.

二、“追及”“碰撞”问题指要

1.“追及”问题

讨论追及、相遇的问题，其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置问题.一定要抓住两个关系：即时间关系和位移关系.一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上或（两者）距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点.

2.“碰撞”问题

碰撞过程作用时间短，相互作用力大的特点，决定了所有碰撞问题均遵守动量守恒定律.对正碰，根据碰撞前后系统的动能是否变化，又分为弹性碰撞和非弹性碰撞.

弹性碰撞：系统的动量和动能均守恒，因而有：

m₁v₁+m₂v₂=m₁v₁′+m₂v₂′                           ①

m₁v₁²+ m₂v₂²= m₁v₁′²+ m₂v₂′²                                ②

上式中v₁、v₁′分别是m₁碰前和碰后的速度，v₂、v₂′分别是m₂碰前和碰后的速度.

解①②式得

v₁′=                  ③

v₂′=                  ④

完全非弹性碰撞：m₁与m₂碰后速度相同，设为v,则

m₁v₁+m₂v₂=（m₁+m₂）v,v= .

系统损失的最大动能ΔE_km= m₁v₁²+ m₂v₂²-  （m₁+m₂）v².非弹性碰撞损失的动能介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间.

在处理碰撞问题时，通常要抓住三项基本原则：

（1）碰撞过程中动量守恒原则.

（2）碰撞后系统动能不增原则.

（3）碰撞后运动状态的合理性原则.

碰撞过程的发生应遵循客观实际.如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动.

三、处理“追碰”类问题思路方法

由示意图找两

解决“追碰”问题大致分两类方法，即数学法（如函数极值法、图象法等）和物理方法（参照物变换法、守恒法等）.

●歼灭难点训练

1.（★★★★）凸透镜的焦距为f,一个在透镜光轴上的物体，从距透镜3f处，沿光轴逐渐移动到距离2f处，在此过程中

A.像不断变大        

B.像和物之间距离不断减小

C.像和焦点的距离不断增大 

D.像和透镜的距离不断减小

3.（★★★★）如图1-5所示，水平轨道上停放着一辆质量为5.0×10² kg的小车A，在A的右方L=8.0 m处，另一辆小车B正以速度v_B=4.0 m/s的速度向右做匀速直线运动远离A车，为使A车能经过t=10.0 s时间追上B车，立即给A车适当施加向右的水平推力使小车做匀变速直线运动，设小车A受到水平轨道的阻力是车重的0.1倍，试问：在此追及过程中，推力至少需要做多少功？ 取g=10 m/s²）

（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？

参考答案：

［难点磁场］

1.1.6×10² m

2.提示：该题为一“追及”的问题，有两种可能解，第一次为物追光点，在相同时间内，汽车与光点扫描的位移相等，L₁=d（tan45°-tan30°）,则v₁= =1.7 m/s,第二次为（光）点追物，时间相同，空间位移相同，L₂=d（tan60°-tan45°）,可得v₂= =2.9 m/s.

3.（1）s=l-    （2）v_A= v₀;v_B=v_C= v₀

［歼灭难点训练］

1.ABC  2.2 s   3.W_min=2.8×10⁴ J

4.小球从进入轨道，到上升到h高度时为过程第一阶段，这一阶段类似完全非弹性的碰撞，动能损失转化为重力势能（而不是热能）.

据此可列方程：mv₀=（m+m）v,                                        ①

mv₀²= （m+m）v²+mgh                                              ②

解得h=v₀²/4g.

小球从进入到离开，整个过程属弹性碰撞模型，又由于小球和车的等质量，由弹性碰撞规律可知，两物体速度交换，故小球离开轨道时速度为零.

说明：广义上的碰撞，相互作用力可以是弹力、分子力、电磁力、核力等，因此，碰撞可以是宏观物体间的碰撞，也可以是微观粒子间的碰撞.拓宽后的碰撞，除例题代表的较长时间的碰撞题型外，还有非接触型碰撞和非弹力作用的碰撞.

5.（1）对金属块A用动能定理qEL= mv₀²

所以电场强度大小E=  方向水平向右

（2）A、B碰撞，由系统动量守恒定律得

m_Av₀=m_A（- v₀）+m_Bv_B

用m_B=2m代入解得v_B= v₀

B碰后做匀速运动，碰到挡板的时间t_B=

A的加速度a_A=

A在t_B段时间的位移为

s_A=v_at_B+ at_B²=- v₀· · ·（ ）²= L

因s_A＜L,故A第二次与B相碰必在B与C相碰之后

（3）B与C相碰，由动量守恒定律可得

m_Bv_B=m_Bv_B′+m_Cv_C′   v_C′= v_B   v_B′=0

A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= mv₀².

6.