高级中学物理总复习资料经典编辑物理模型归纳全解全析.doc

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1、/*滑块、子弹打木块模型之一子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。NS相=Ek系统=Q，Q为摩擦在系统中产生的热量。小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动 ：包括小车上悬一单摆单摆的摆动过程等。小球上升到最高点时系统有共同速度(或有共同的水平速度)；系统内弹力做功时，不将机械能转化为其它形式的能，因此过程中系统机械能守恒。例题：质量为M、长为l的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以水平初速v0射入木块，穿出时子弹速度为v，求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。解：如图，设子弹穿过木块时所受阻力为f，突出时木块速度为V，位移为S，则子弹位移为(S+l)。水平方向不受

2、外力，由动量守恒定律得：mv0=mv+MV l v0 v S由动能定理，对子弹 -f(s+l)= 对木块 fs= 由式得 v= 代入式有 fs= +得 fl=由能量守恒知，系统减少的机械能等于子弹与木块摩擦而产生的内能。即Q=fl，l为子弹现木块的相对位移。结论：系统损失的机械能等于因摩擦而产生的内能，且等于摩擦力与两物体相对位移的乘积。即 Q=E系统=NS相 其分量式为：Q=f1S相1+f2S相2+fnS相n=E系统 v0 A B1在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为L=1.00m，一质量与木板相同的金属块，以v0=2.00m/s的初速度向右滑上木板A，金属块与木板间动摩擦因数为=0

3、.1，g取10m/s2。求两木板的最后速度。2如图示，一质量为M长为l的长方形木块B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，mM，现以地面为参照物，给A和B以大小相等、方向相反的初速度 v0 AB v0l(如图)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板。以地面为参照系。若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后速度的大小和方向；若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到最远处(从地面上看)到出发点的距离。3一平直木板C静止在光滑水平面上，今有两小物块A和B分别以2v0和v0的初速度沿同一直线从长木板C两端相向水平地滑上长木板。如图示。设物块A、B与长木板A 2v0

4、v0 B CC间的动摩擦因数为，A、B、C三者质量相等。若A、B两物块不发生碰撞，则由开始滑上C到A、B都静止在C上为止，B通过的总路程多大？经历的时间多长？为使A、B两物块不发生碰撞，长木板C至少多长？4在光滑水平面上静止放置一长木板B，B的质量为M=2同，B右端距竖直墙5m，现有一小物块 A，质量为m=1，以v0=6m/s的速度从B左端水平地滑上B。如图A v0 5m B所示。A、B间动摩擦因数为=0.4，B与墙壁碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失。取g=10m/s2。求：要使物块A最终不脱离B木板，木板B的最短长度是多少？ L v0 m v5如图所示，在光滑水平面上有一辆质量为M=4.00

5、的平板小车，车上放一质量为m=1.96的木块，木块到平板小车左端的距离L=1.5m，车与木块一起以v=0.4m/s的速度向右行驶，一颗质量为m0=0.04的子弹以速度v0从右方射入木块并留在木块内，已知子弹与木块作用时间很短，木块与小车平板间动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2。问：若要让木块不从小车上滑出，子弹初速度应满足什么条件？6一质量为m、两端有挡板的小车静止在光滑水平面上，两挡板间距离为1.1m，在小车正中放一质量为m、长度为0.1m的物块，物块与小车间动摩擦因数=0.15。如图示。现给物块一个水平向右的瞬时冲量，使物块获得v0 =6m/s的水平初速度。物块与挡板碰撞时间极短且无能

6、量损失。求：v0小车获得的最终速度；物块相对小车滑行的路程；物块与两挡板最多碰撞了多少次；物块最终停在小车上的位置。7一木块置于光滑水平地面上，一子弹以初速v0射入静止的木块，子弹的质量为m，打入木块的深度为d，木块向前移动S后以速度v与子弹一起匀速运动，此过程中转化为内能的能量为 A B. C. D.参考答案1. 金属块在板上滑动过程中，统动量守恒。金属块最终停在什么位置要进行判断。假设金属块最终停在A上。三者有相同速度v，相对位移为x，则有 解得：，因此假定不合理，金属块一定会滑上B。设x为金属块相对B的位移，v1、v2表示A、B最后的速度，v0为金属块离开A滑上B瞬间的速度。有：在A上

7、全过程 联立解得： *解中，整个物理过程可分为金属块分别在A、B上滑动两个子过程，对应的子系统为整体和金属块与B。可分开列式，也可采用子过程全过程列式，实际上是整体部分隔离法的一种变化。2A恰未滑离B板，则A达B最左端时具有相同速度v，有 Mv0-mv0=(M+m)v Mm, v0,即与B板原速同向。A的速度减为零时，离出发点最远，设A的初速为v0，A、B摩擦力为f，向左运动对地最远位移为S，则 而v0最大应满足 Mv0-mv0=(M+m)v 解得：3由A、B、C受力情况知，当B从v0减速到零的过程中，C受力平衡而保持不动，此子过程中B的位移S1和运动时间t1分别为： 。然后B、C以g的加速度

8、一起做加速运动。A继续减速，直到它们达到相同速度v。对全过程：mA2v0-mBv0=(mA+mB+mC)v v=v0/3 B、C的加速度 ,此子过程B的位移 总路程 A、B不发生碰撞时长为L，A、B在C上相对C的位移分别为LA、LB，则 L=LA+LB*对多过程复杂问题，优先考虑钱过程方程，特别是P=0和Q=fS相=E系统。全过程方程更简单。4A滑上B后到B与墙碰撞前，系统动量守恒，碰前是否有相同速度v需作以下判断：mv0=(M+m)v, v=2m/s 此时B对地位移为S1，则对B： S=1m5m,故在B与墙相撞前与A已达到相同速度v，设此时A在B上滑行L1距离，则 L1=3m 【以上为第一子

9、过程】此后A、B以v匀速向右，直到B与墙相碰(此子过程不用讨论)，相碰后，B的速度大小不变，方向变为反向，A速度不变(此子过程由于碰撞时间极短且无能量损失，不用计算)，即B以v向左、A以v向右运动，当A、B再次达到相同速度v时：Mv-mv=(M+m)v v=2/3 m/s向左，即B不会再与墙相碰，A、B以v向左匀速运动。设此过程(子过程4)A相对B移动L2，则 L2=1、33m L=L1+L2=4.33m为木板的最小长度。*+得 实际上是全过程方程。与此类问题相对应的是：当PA始终大于PB时，系统最终停在墙角，末动能为零。5子弹射入木块时，可认为木块未动。子弹与木块构成一个子系统，当此系统获共

10、同速度v1时，小车速度不变，有 m0v0-mv=(m0+m)v1 此后木块(含子弹)以v1向左滑，不滑出小车的条件是：到达小车左端与小车有共同速度v2，则 (m0+m)v1-Mv=(m0+m+M)v2 联立化简得： v02+0.8v0-22500=0 解得 v0=149.6m/s 为最大值， v0149.6m/s6. 当物块相对小车静止时，它们以共同速度v做匀速运动，相互作用结束，v即为小车最终速度mv0=2mv v=v0/2=3m/s S=6m 物块最终仍停在小车正中。*此解充分显示了全过程法的妙用。7AC A： C：弹簧类模型中的最值问题 在高考复习中，常常遇到有关“弹簧类”问题，由于弹簧

11、总是与其他物体直接或间接地联系在一起，弹簧与其“关联物”之间总存在着力、运动状态、动量、能量方面的联系，因此学生普遍感到困难，本文就此类问题作一归类分析。一、最大、最小拉力问题 例1. 一个劲度系数为k600N/m的轻弹簧，两端分别连接着质量均为m15kg的物体A、B，将它们竖直静止地放在水平地面上，如图1所示，现加一竖直向上的外力F在物体A上，使物体A开始向上做匀加速运动，经0.5s，B物体刚离开地面（设整个加速过程弹簧都处于弹性限度内，且g10m/s2）。求此过程中所加外力的最大和最小值。图1 解析：开始时弹簧弹力恰等于A的重力，弹簧压缩量，0.5s末B物体刚要离开地面，此时弹簧弹力恰等于

12、B的重力，故对A物体有，代入数据得。刚开始时F为最小且，B物体刚要离开地面时，F为最大且有，解得。二、最大高度问题 例2. 如图2所示，质量为m的钢板与直立弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地面上，平衡时弹簧的压缩量为。一物体从钢板正上方距离为的A处自由下落打在钢板上，并立即与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动，已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，若物体质量为2m仍从A处自由下落，则物块与钢板回到O点时还有向上的速度，求物块向上运动到达的最高点与O点的距离。图2 解析：物块碰撞钢板前作自由落体运动，设表示物块与钢板碰撞时的速度，则： 物块与钢板碰撞后一起以v1速度向下运动，

13、因碰撞时间极短，碰撞时遵循动量守恒，即： 刚碰完时弹簧的弹性势能为，当它们一起回到O点时，弹簧无形变，弹性势能为0，根据机械能守恒有： 设表示质量为2m的物块与钢板碰撞后开始向下运动的速度，由动量守恒有： 碰撞后，当它们回到O点时具有一定速度v，由机械能守恒定律得： 当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时两者分离，分离后，物块以v竖直上升，其上升的最大高度： 解式可得。三、最大速度、最小速度问题 例3. 如图3所示，一个劲度系数为k的轻弹簧竖直立于水平地面上，下端固定于地面，上端与一质量为m的平板B相连而处于静止状态。今有另一质量为m的物块A从B的正上方h高处自由下落，与B发生碰撞而粘在一起，

14、已知它们共同向下运动到速度最大时，系统增加的弹性势能与动能相等，求系统的这一最大速度v。图3 解析：A下落到与B碰前的速度v1为： A、B碰后的共同速度v2为： B静止在弹簧上时，弹簧的压缩量为x0，且： A、B一起向下运动到最大速度v时的位移为x，此时A、B的加速度为0，即有： 由机械能守恒得： 解得： 例4. 在光滑水平面内，有A、B两个质量相等的木块，中间用轻质弹簧相连。现对B施一水平恒力F，如图4所示，经过一段时间，A、B的速度等于5m/s时恰好一起做匀加速直线运动，此过程恒力做功为100J，当A、B恰好一起做匀加速运动时撤除恒力，在以后的运动过程中求木块A的最小速度。图4 解析：当撤

15、除恒力F后，A做加速度越来越小的加速运动，弹簧等于原长时，加速度等于零，A的速度最大，此后弹簧压缩到最大，当弹簧再次回复原长时速度最小，根据动量守恒得： 根据机械能守恒得： 由以上两式解得木块A的最小速度v0。四、最大转速和最小转速问题 例5. 有一水平放置的圆盘，上面放一个劲度系数为k的轻弹簧，其一端固定于轴O上，另一端系着质量为m的物体A，物体A与盘面间最大静摩擦力为Ffm，弹簧原长为L，现将弹簧伸长后置于旋转的桌面上，如图5所示，问：要使物体相对于桌面静止，圆盘转速n的最大值和最小值各是多少？图5 解析：当转速n较大时，静摩擦力与弹簧弹力同向，即： 当转速n较小时，静摩擦力与弹簧弹力反向

16、，即： 所以圆盘转速n的最大值和最小值分别为： 。五、最大加速度问题 例6. 两木块A、B质量分别为m、M，用劲度系数为k的轻质弹簧连在一起，放在水平地面上，如图6所示，用外力将木块A压下一段距离静止，释放后A做简谐运动，在A振动过程中，木块B刚好始终未离开地面，求木块A的最大加速度。图6 解析：撤去外力后，A以未加外力时的位置为平衡位置作简谐运动，当A运动到平衡位置上方最大位移处时，B恰好对地面压力为零，此时A的加速度最大，设为am。 对A：由牛顿第二定律有 对B： 所以，方向向下。六、最大振幅 例7. 如图7所示，小车质量为M，木块质量为m，它们之间静摩擦力最大值为Ff，轻质弹簧劲度系数为

17、k，振动系统沿水平地面做简谐运动，设木块与小车间未发生相对滑动，小车振幅的最大值是多少？图7 解析：在最大位移处，M和m相对静止，它们具有相同的加速度，所以对整体有： 对m有： 所以由解得：。七、最大势能问题 例8. 如图8所示，质量为2m的木板，静止放在光滑的水平面上，木板左侧固定着一根劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧的自由端到小车右端的距离为L0，一个质量为m的小木块从板的右端以初速度v0开始沿木块向左滑行，最终回到木板右端，刚好不从木板右端滑出，设木板与木块间的动摩擦因数为，求在木块压缩弹簧过程中（一直在弹性限度内）弹簧所具有的最大弹性势能。图8 解：弹簧被压缩至最短时，具有最大弹性势能，设

18、m在M上运动时，摩擦力做的总功产生内能为2E，从初状态到弹簧具有最大弹性势能及从初状态到末状态，系统均满足动量守恒定律，即： 由初状态到弹簧具有最大弹性势能，系统满足能量守恒： 由初状态到末状态，系统也满足能量守恒且有： 由求得： 从以上各例可以看出，尽管弹簧类问题综合性很强，物理情景复杂，物理过程较多，但只要我们仔细分析物理过程，找出每一现象所对应的物理规律，正确判断各物理量之间的关系，此类问题一定会迎刃而解。弹簧类问题难点探究思考 在中学阶段，凡涉及的弹簧都不考虑其质量，称之为轻弹簧，这是一种常见的理想化物理模型弹簧类问题多为综合性问题，涉及的知识面广，要求的能力较高，是高考的难点之一.难

19、点提出1.（99年全国）如图2-1所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状态.现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧.在这过程中下面木块移动的距离为A.B.C.D. 图21 图222.如图2-2所示，劲度系数为k1的轻质弹簧两端分别与质量为m1、m2的物块1、2拴接，劲度系数为k2的轻质弹簧上端与物块2拴接，下端压在桌面上（不拴接），整个系统处于平衡状态.现施力将物块1缓慢地竖直上提，直到下面那个弹簧的下端刚脱离桌面.在此过程中，物块2的重力势能增加了_，物块1的重力势能增加了_.图2-33.质量为

20、m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上.平衡时弹簧的压缩量为x0，如图2-3所示.一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连.它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量为m时，它们恰能回到O点.若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度.求物块向上运动到达的最高点与O点的距离.案例探究图2-4例1如图2-4，轻弹簧和一根细线共同拉住一质量为m的物体，平衡时细线水平，弹簧与竖直夹角为，若突然剪断细线，刚刚剪断细线的瞬间，物体的加速度多大?命题意图：考查理解能力及推理判断能力.B级要求.错解分析：对弹簧模型

21、与绳模型瞬态变化的特征不能加以区分，误认为弹簧弹力在细线剪断的瞬间发生突变从而导致错解.解题方法与技巧：弹簧剪断前分析受力如图2-5，由几何关系可知：弹簧的弹力T=mgcos 细线的弹力T=mgtan图2-5细线剪断后由于弹簧的弹力及重力均不变，故物体的合力水平向右，与T等大而反向，F=mgtan，故物体的加速度a=gtan，水平向右.图2-6例2A、B两木块叠放在竖直轻弹簧上，如图2-6所示，已知木块A、B质量分别为0.42 kg和0.40 kg，弹簧的劲度系数k=100 N/m ，若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使A由静止开始以0.5 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动（g=10 m

22、/s2）.（1）使木块A竖直做匀加速运动的过程中，力F的最大值；（2）若木块由静止开始做匀加速运动，直到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减少了0.248 J，求这一过程F对木块做的功.命题意图：考查对物理过程、状态的综合分析能力.B级要求.错解分析：此题难点和失分点在于能否通过对此物理过程的分析后，确定两物体分离的临界点，即当弹簧作用下的两物体加速度、速度相同且相互作用的弹力 N =0时 ,恰好分离.解题方法与技巧:当F=0（即不加竖直向上F力时），设A、B叠放在弹簧上处于平衡时弹簧的压缩量为x，有kx=（mA+mB）gx=（mA+mB）g/k对A施加F力，分析A、B受力如图2-7对A F+

23、N-mAg=mAa对B kx-N-mBg=mBa可知，当N0时，AB有共同加速度a=a，由式知欲使A匀加速运动，随N减小F增大.当N=0时，F取得了最大值Fm,即Fm=mA（g+a）=4.41 N又当N=0时，A、B开始分离，由式知，此时，弹簧压缩量kx=mB（a+g）x=mB（a+g）/kAB共同速度 v2=2a（x-x）由题知，此过程弹性势能减少了WP=EP=0.248 J设F力功WF，对这一过程应用动能定理或功能原理WF+EP-（mA+mB）g（x-x）=（mA+mB）v2联立，且注意到EP=0.248 J可知，WF=9.6410-2 J锦囊妙计一、高考要求轻弹簧是一种理想化的物理模型，

24、以轻质弹簧为载体，设置复杂的物理情景，考查力的概念，物体的平衡，牛顿定律的应用及能的转化与守恒，是高考命题的重点，此类命题几乎每年高考卷面均有所见.应引起足够重视.二、弹簧类命题突破要点1.弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的力.当题目中出现弹簧时，要注意弹力的大小与方向时刻要与当时的形变相对应.在题目中一般应从弹簧的形变分析入手，先确定弹簧原长位置，现长位置，找出形变量x与物体空间位置变化的几何关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，以此来分析计算物体运动状态的可能变化.2.因弹簧（尤其是软质弹簧）其形变发生改变过程需要一段时间，在瞬间内形变量可以认为不变.因此，在分析瞬时变化时，可以认为

25、弹力大小不变，即弹簧的弹力不突变.3.在求弹簧的弹力做功时，因该变力为线性变化，可以先求平均力，再用功的定义进行计算，也可据动能定理和功能关系：能量转化和守恒定律求解.同时要注意弹力做功的特点：Wk=-（kx22-kx12），弹力的功等于弹性势能增量的负值.弹性势能的公式Ep=kx2，高考不作定量要求，可作定性讨论.因此，在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般以能量的转化与守恒的角度来求解.歼灭难点1.如左图所示，小球在竖直力F作用下将竖直弹簧压缩，若将力F撤去，小球将向上弹起并离开弹簧，直到速度变为零为止，在小球上升的过程中A.小球的动能先增大后减小B.小球在离开弹簧时动能最大C.小球的动能最

26、大时弹性势能为零D.小球的动能减为零时，重力势能最大2.（00年春）一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态.一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图右所示.让环自由下落，撞击平板.已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长.A.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒图2-10C.环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小无关D.在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功3.如图2-10所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将

27、弹簧压缩到最短.现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中图2-11A.动量守恒，机械能守恒B.动量不守恒，机械能不守恒C.动量守恒，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能守恒4.如图2-11所示，轻质弹簧原长L，竖直固定在地面上，质量为m的小球从距地面H高处由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大压缩量为x，在下落过程中，空气阻力恒为f，则弹簧在最短时具有的弹性势能为Ep=_.5.（01年上海）如图9-12（A）所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，l2水平拉直，

28、物体处于平衡状态.现将l2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度.图212（1）下面是某同学对该题的一种解法：解：设l1线上拉力为T1，l2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡：T1cos=mg,T1sin=T2,T2=mgtan剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度.因为mgtan=ma,所以加速度a=gtan,方向在T2反方向.你认为这个结果正确吗?请对该解法作出评价并说明理由.（2）若将图A中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图2-12（B）所示，其他条件不变，求解的步骤与（1）完全相同，即a=gtan，你认为这个结果正确吗?请说明理由. *6.如图2

29、-13所示，A、B、C三物块质量均为m，置于光滑水平台面上.B、C间夹有原已完全压紧不能再压缩的弹簧，两物块用细绳相连，使弹簧不能伸展.物块A以初速度v0沿B、C连线方向向B运动，相碰后，A与B、C粘合在一起，然后连接B、C的细绳因受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离，脱离弹簧后C的速度为v0.（1）求弹簧所释放的势能E.（2）若更换B、C间的弹簧，当物块A以初速v向B运动，物块C在脱离弹簧后的速度为2v0，则弹簧所释放的势能E是多少?（3）若情况（2）中的弹簧与情况（1）中的弹簧相同，为使物块C在脱离弹簧后的速度仍为 2v0，A的初速度v应为多大?参考答案：难点提出1.C 2.m

30、2（m1+m2）g2;（）m1（m1+m2）g2 3.x0歼灭难点1.AD2.AC 3.B4.分析从小球下落到压缩最短全过程由动能定理：（mg-f）（H-L+x）-W弹性=0W弹性=Ep=（mg-f）（H-L+x）5.（1）结果不正确.因为l2被剪断的瞬间，l1上张力的大小发生了突变，此瞬间T2=mg cos,a=g sin（2）结果正确，因为l2被剪断的瞬间、弹簧l1的长度不能发生突变、T1的大小和方向都不变.6.（1）mv02 （2）m（v-6v0）2 （3）4v0弹性碰撞模型及应用弹性碰撞问题及其变形在是中学物理中常见问题，在高中物理中占有重要位置，也是多年来高考的热点。弹性碰撞模型能与

31、很多知识点综合，联系广泛，题目背景易推陈出新，掌握这一模型，举一反三，可轻松解决这一类题，切实提高学生推理能力和分析解决问题能力。所以我们有必要研究这一模型。(一) 弹性碰撞模型弹性碰撞是碰撞过程无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒和系统机械能守恒。确切的说是碰撞前后动量守恒，动能不变。在题目中常见的弹性球、光滑的钢球及分子、原子等微观粒子的碰撞都是弹性碰撞。m2v2m1v1Bm1v0BA图1A已知A、B两个钢性小球质量分别是m1、m2，小球B静止在光滑水平面上，A以初速度v0与小球B发生弹性碰撞，求碰撞后小球A的速度v1，物体B的速度v2大小和方向解析：取小球A初速度v0的方向为正方向，

32、因发生的是弹性碰撞，碰撞前后动量守恒、动能不变有： m1v0= m1v1+ m2v2 由两式得： ， 结论：（1）当m1=m2时，v1=0，v2=v0，显然碰撞后A静止，B以A的初速度运动，两球速度交换，并且A的动能完全传递给B，因此m1=m2也是动能传递最大的条件；（2）当m1m2时，v10，即A、B同方向运动，因 ，所以速度大小v1v2，即两球不会发生第二次碰撞；若m1m2时，v1= v0，v2=2v0 即当质量很大的物体A碰撞质量很小的物体B时，物体A的速度几乎不变，物体B以2倍于物体A的速度向前运动。（3）当m1m2时，则v10，即物体A反向运动。当m1m2时，v1= - v0，v2=

33、0 即物体A以原来大小的速度弹回，而物体B不动，A的动能完全没有传给B，因此m1mB 经时间T发生下次碰撞且发生在平衡位置C如果mAmB 经时间T/2发生下次碰撞且发生在平衡位置右侧D如果mAmB 经时间T/2发生下次碰撞且发生在平衡位置左侧解析 当mA=mB时，A、B球在平衡位置发生弹性碰撞，速度互换，A球静止，由于B摆长是A摆长的4倍,由单摆周期公式可知,A周期是T，B的周期是2T，当B球反向摆回到平衡位置经时间为T，再次发生碰撞。故A选项正确。当mAmB时，发生第一次碰撞后两球同向右摆动，但A球的速度小于B球的速度，并有A的周期是B周期的一半，T/2时B到达右侧最大位移处,此时A向左回到

34、平衡位置,A继续向左;再经T/2, B完成半个全振动向右,A恰好完成一次全振动向左同时回到平衡位置发生碰撞，故B选项正确，C选项错误；当mAmB时，碰撞后A反弹向左运动，B向右，若mA越接近mB发生下一次碰撞的时间越接近T，若mAmB，A接近原速反弹，B几乎不动，发生下一次碰撞的时间越接近T/2，当A经T/2经平衡位置从左向右运动时B恰好在右侧最高点，而A、B碰撞的位置只能在平衡位置的右侧，或十分接近平衡位置，不可能在平衡位置的左侧，故D选项错误。例2 质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑，如图3如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱

35、离小车时，下列说法正确的是：A小球一定沿水平方向向左做平作抛运动B小球可能沿水平方向向左作平抛运动C小球可能沿水平方向向右作平抛运动D小球可能做自由落体运动解析：小球水平冲上小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统动量守恒、机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程，如果mM，小球离开小车向左平抛运动，m=M，小球离开小车做自由落体运动，如果mM，小球离开小车向右做平抛运动，所以答案应选B，C，D例3在光滑水平面上有相隔一定距离的A、B两球，质量相等，假定它们之间存在恒定的斥力作用，原来两球被按住，处在静止状态。现突然松开两球，同时给A球以速度v0，使之沿两球连线射向B球，B球初速度

36、为零；若两球间的距离从最小值（两球未接触）到刚恢复到原始值所经历的时间为t0，求：B球在斥力作用下的加速度 解析：A球射向B球过程中，A球一直作匀减速直线运动，B球由静止开始一直作匀加速直线运动，当两球速度相等时相距最近，当恢复到原始值时相当于发生了一次弹性碰撞，由于A、B质量相等，A、B发生了速度交换，系统动量守恒、机械能守恒。 设A、B速度相等时速度为v，恢复到原始值时A、B的速度分别为v1、v2，mv0= 2mv 2mv=mv1+ mv2 由式得v=，由解得v1=0，v2= v0 （另一组解v1= v0，v2= 0舍去） 则B的加速度a= 例4 如图4所示,光滑水平地面上静止放置两由弹簧

37、相连木块A和B,一质量为m子弹,以速度v0,水平击中木块A,并留在其中,A的质量为3m,B的质量为4m.(1)求弹簧第一次最短时的弹性势能 (2)何时B的速度最大，最大速度是多少？mvoBA图4解析(1)从子弹击中木块A到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程一是子弹与木块A的碰撞过程，动量守恒，有机械能损失；二是子弹与木块A组成的整体与木块B通过弹簧相互作用的过程，动量守恒，系统机械能守恒， 子弹打入: mv0=4mv1 打入后弹簧由原长到最短: 4mv1=8mv2 机械能守恒: 解得 (2)从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程中，木块B一直作变加速运动,木块A一直作变减速运动,相当于弹性

38、碰撞，因质量相等，子弹和A组成的整体与B木块交换速度,此时B的速度最大,设弹簧弹开时A、B的速度分别为4mv1=4mv1 +4mv2 解得: v1=o ,v2=v1 = 可见,两物体通过弹簧相互作用,与弹性碰撞相似。弹性碰撞模型的应用不仅仅局限于“碰撞”，我们应广义地理解 “碰撞”模型。这一模型的关键是抓住系统“碰撞”前后动量守恒、系统机械能守恒（动能不变），具备了这一特征的物理过程，可理解为“弹性碰撞”。我们对物理过程和遵循的规律就有了较为清楚的认识，问题就会迎刃而解。 电磁学导棒问题归类分析近十年高考物理试卷和理科综合试卷，电磁学的导棒问题复现率高达100%(除98年无纯导棒外)，且多为分

39、值较大的计算题为何导棒问题频繁复现，原因是：导棒问题是高中物理电磁学中常用的最典型的模型，常涉及力学和热学问题，可综合多个物理高考知识点其特点是综合性强、类型繁多、物理过程复杂，有利于对学生综合运用所学的知识从多层面、多角度、全方位分析问题和解决问题的能力考查；导棒问题是高考中的重点、难点、热点、焦点问题导棒问题在磁场中大致可分为两类：一类是通电导棒，使之平衡或运动；其二是导棒运动切割磁感线生电运动模型可分为单导棒和双导棒 (一)通电导棒问题 通电导棒题型，一般为平衡和运动型，对于通电导棒平衡型，要求考生用所学物体的平衡条件(包含F=0，M=0)来解答，而对于通电导棒的运动型，则要求考生用所学

40、的牛顿运动定律、动量定理以及能量守恒结合在一起，加以分析、讨论，从而作出准确地解答 例1：如图(1-1-1)所示，相距为d的倾角为的光滑平行导轨(电源、r和电阻R均已知)处于竖直向上的匀强磁场B中，一质量为m的导棒恰能处于平衡状态，则该磁场B的大小为 ；当B由竖直向上逐渐变成水平向左的过程中，为保持棒始终静止不动，则B的大小应是 上述过程中，B的最小值是 分析和解：此题主要用来考查考生对物体平衡条件的理解情况，同时考查考生是否能利用矢量封闭三角形或三角函数求其极值的能力 将图(1-1-1)首先改画为从右向左看的侧面图，如图(1-1-2)所示，分析导棒受力，并建立直角坐标系进行正交分解，也可采用

41、共点力的合成法来做 根据题意F=0，即Fx=0；Fy=0；Fx=FBNsin=0 Fy=Fcosmg=0 ，/得：由安培力公式FB=BId ；全电路区姆定律，联立并整理可得(2)借助于矢量封闭三角形来讨论，如图(1-1-3)在磁场由竖直向上逐渐变成水平的过程中，安培力由水平向右变成竖直向上，在此过程中，由图(1-1-3)看出FB先减小后增大，最终N=0，FB=mg，因而B也应先减小后增大(3)由图(1-1-3)可知，当FB方向垂直于N的方向时FB最小，其B最小，故，而，联立可得，即评析：该题将物体的平衡条件作为重点，让考生将公式和图象有机地结合在一起，以达到简单快速解题的目的，其方法是值得提倡

42、和借鉴的(二)棒生电类：棒生电类型是电磁感应中的最典型模型、生电方式分为平动切割和转动切割，其模型可分为单导棒和双导棒要从静态到动态、动态到终态加以分析讨论，其分析动态是关键对于动态分析，可从以下过程考虑：闭合电路中的磁通量发生变化导体产生感应电流导体受安培力和其他力作用导体加速度变化速度变化感应电流变化周而复始地循环最后加速度减小至零速度达到最大导体做匀速直线运动我们知道，电磁感应现象的实质是不同形式能量的转化过程，因此，由功能观点切入，分清楚电磁感应过程中能量转化关系，往往是我们解决电磁感应问题的关键，当然也是我们处理这类题型的有效途径1、单导棒问题 例1：(2001年全国高考试题)如图(2-1-1)所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距L=0.20m，电阻R=1.0；有一导棒静止地放在轨道上，与两轨道垂直，棒及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下现用一外力F沿轨道方向拉棒，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图(2-1-2)所示求棒的质量m和加速度a 分析和解：此题主要用来考查学生对基本公式掌握的情况，是