兩球

質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動，A球的速度vA=5m/s，B球的速度vB=3m/s，當(dāng)A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球速度可能為( ).常規(guī)解法兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，以兩球的初速度方向?yàn)檎较?，如?span id="j5i0abt0b" class="hl">兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得mvA+mvB=2mv帶入數(shù)據(jù)解得v=4m/s如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，由動量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得故兩球碰撞后的速度范圍是ABD不符合題意，C符合題意.故選C.速度增量法：先

某同學(xué)根據(jù)車廂中兩球的情況判斷出汽車是在做勻減速運(yùn)動，則能夠正確表示汽車做勻減速運(yùn)動的情況是（ ）。A ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?BC ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?D2. 正在勻速向右直行的火車車廂的光滑地板上，放著質(zhì)量不同的甲、乙兩個小球，并且m甲>m乙。如圖2所示，當(dāng)火車突然減速時，兩個小球相對于車廂地板（ ）。A. 兩球都向左運(yùn)動，兩球間距離增大B. 兩球都向左運(yùn)動，兩球間距離不變C.

計數(shù)，試確定甲乙兩球第2022次碰撞的位置及這次碰撞后兩球的速度.圖1因?yàn)楣艿朗撬焦饣模?span id="j5i0abt0b" class="hl">兩球發(fā)生的是正向完全彈性碰撞，所以，從第1次碰撞開始，在每次碰撞前后，兩球組成的系統(tǒng)不僅動量和動能分別守恒，系統(tǒng)的機(jī)械能也守恒，因此，無論經(jīng)過多少次碰撞，一定不存在兩球都靜止的情況.又因?yàn)?span id="j5i0abt0b" class="hl">兩球發(fā)生彈性碰撞之后，不存在二者等速且同方向運(yùn)動的情形（只有這樣的情形，兩球在管道內(nèi)才不會繼續(xù)碰撞），所以，兩球在水平光滑管道內(nèi)的碰撞會無止境地進(jìn)行下去.題目給出的問題是確定202

帶電解析：A、B兩球相互排斥，說明A、B兩球帶有同種電荷。B、C兩球互相吸引，則C球可能帶與B球性質(zhì)相反的電荷，也可能不帶電。C、D兩球相互吸引，若C球帶電荷，則D球可能帶有與C球性質(zhì)相反的電荷，也可能不帶電;若C球不帶電荷，則D球一定帶有電荷。答案：D點(diǎn)評：若兩球相互吸引，則一定不要忽視一球帶電、一球不帶電的情況。

光滑地面。A、B兩球大小相等，置于地面上，現(xiàn)給A向左的初速度。假設(shè)球與球，球與墻壁之間的碰撞為均無動能損失。如果A、B兩球質(zhì)量相等，A碰上B，A停下來B繼續(xù)運(yùn)動，B碰到墻后再返回與A相碰，球與球、球與墻之間一共發(fā)生了3次碰撞。如果球A的質(zhì)量大于B，那么A碰完B之后,A還會繼續(xù)向墻運(yùn)動，總共的碰撞次數(shù)可能會大于3次。實(shí)際上：當(dāng)A的質(zhì)量是B的一萬倍時，共碰撞314次。當(dāng)A的質(zhì)量是B的一百萬倍時，共碰撞3141次。當(dāng)A的質(zhì)量是B的一億倍時，共碰撞31415次。很

拓展，即通過改變兩球的質(zhì)量關(guān)系或碰撞點(diǎn)位置來求解最大高度的極值，由此歸納出結(jié)論并進(jìn)行靈活應(yīng)用.1 結(jié)論推導(dǎo)【原題】(2010年高考全國卷Ⅱ)小球A和B的質(zhì)量分別為mA和mB，且mA>mB.在某高度處將A和B先后從靜止釋放.小球A與水平地面碰撞后向上彈回，在釋放處下方與釋放處距離為H的地方恰好與正在下落的小球B發(fā)生正碰.設(shè)所有碰撞都是彈性的，碰撞時間極短.求小球A和B碰撞后B上升的最大高度.解析：如圖1所示，兩球碰撞前瞬時，球A的速度向上，B的速度向下.由于

的彈性大球之上，兩球恰好相互接觸而無擠壓，且兩球球心連線始終呈豎直狀態(tài)．讓它們由靜止開始下落h后大球?qū)⑴c水平地面發(fā)生碰撞，然后兩球都將因反彈而上升．如果重力加速度為g，運(yùn)動過程中空氣阻力忽略不計．那么，兩球質(zhì)量在滿足怎樣的約束條件下，兩球都能反彈達(dá)到各自的最大高度？它們反彈上升的最大高度各是多少？圖1 題圖彈性碰撞解析：根據(jù)兩球碰撞后都能向上運(yùn)動，說明兩球的質(zhì)量關(guān)系滿足m(6)顯然，這一方程組與式(1)類似．因此，用前述相似的求解方法，即易得出與式(4)相

（ ? ?）A.兩球的質(zhì)量應(yīng)相等B.兩球應(yīng)同時落地C.應(yīng)改變裝置的高度，多次實(shí)驗(yàn)D.實(shí)驗(yàn)也能說明4球在水平方向上做勻速直線運(yùn)動解析 該實(shí)驗(yàn)中用B球的運(yùn)動與4球豎直方向的運(yùn)動相對照，由h=1/2gt2知兩球落地時間相同，故選項(xiàng)B正確;做自由落體運(yùn)動的物體運(yùn)動規(guī)律相同，與質(zhì)量無關(guān)，故選項(xiàng)A錯誤;為了減小實(shí)驗(yàn)誤差和使該實(shí)驗(yàn)具有普遍性，故選項(xiàng)C正確;本實(shí)驗(yàn)無法說明小球A在水平方向上的運(yùn)動規(guī)律，故選項(xiàng)D錯誤.答案BC2.（2012年江蘇高考）如圖2所示，相距f的兩小

的過程中,a、b兩球的重力勢能之和不變.圖2(D) 撤除外力后,a、b兩球在軌道上運(yùn)動過程中系統(tǒng)的能量守恒.2 解析設(shè)固定的光滑絕緣圓環(huán)的圓心為O;a、b兩球的質(zhì)量均為m,帶電荷量均為q;用外力緩慢推左球a使其到達(dá)圓環(huán)最低點(diǎn)c的過程中,某一狀態(tài)(Oa與Oc夾角為α,Ob與Oc夾角為β)時,球b的受力情況如圖2所示,由b球處于平衡狀態(tài)知F合=N;連接ab交Oc于點(diǎn)c′.得(1)(2)(3)一般位置時，有(4)聯(lián)立(1)、(3)、(4)式得(5)由題設(shè)得α=2

小球,如果靜止時兩球位于同一高度,容易證明m1tanθ1=m2tanθ2,即m·tanθ是不變量.于是偏角大小與兩球帶電荷量無關(guān),且質(zhì)量大則偏角小,反之亦然,這是眾所周知的結(jié)論.進(jìn)而考慮如圖1(b)的兩細(xì)線長度相等的情況,偏角是否仍然僅與質(zhì)量存在上述關(guān)系?圖1對此也不難用平衡條件(比如拉密定理)推得m1sinθ1=m2sinθ2,即m·sinθ是不變量.同樣有“偏角大小與兩球帶電荷量無關(guān),且質(zhì)量大則偏角小,反之亦然”的結(jié)論.圖2于是不禁要問:如果線長不等(

p1＜p0解析：兩球在相碰過程中必同時遵守動量守恒定律和能量守恒定律。因?yàn)橥饨鐩]有能量輸入,而碰撞中可能產(chǎn)生內(nèi)能,所以碰后系統(tǒng)的總動能絕對不會超過碰前系統(tǒng)的總動能,即E1+E2≤E0,選項(xiàng)A正確、C錯誤。因?yàn)閯恿亢蛣幽軡M足關(guān)系所以選項(xiàng)A也可寫成選項(xiàng)B正確。設(shè)球1碰撞前的運(yùn)動方向?yàn)檎?則由動量守恒定律得p2-p1=p0,所以選項(xiàng)D正確。答案為ABD。圖1例2如圖1所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動。兩球的質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA,規(guī)定向右

; (2) 根據(jù)兩球質(zhì)量不同劃分的5類碰撞及其相關(guān)的二級結(jié)論; (3) 根據(jù)兩球速度不同劃分的5類碰撞,并著重研究了不同碰撞相互轉(zhuǎn)換的條件及方法.碰撞;速度-時間圖像;類型在高考試題中以碰撞為背景的試題較多,但碰撞的種類繁多,與碰撞相關(guān)的二級結(jié)論也比較多,而研究碰撞問題應(yīng)用的規(guī)律主要是動量守恒、能量守恒.這兩個規(guī)律又是高考的重點(diǎn)、熱點(diǎn).有效地掌握這些類型各異的碰撞、熟練地應(yīng)用碰撞的規(guī)律,需要對碰撞有更深刻系統(tǒng)的認(rèn)識.本文將利用v-t圖展示不同類型的碰撞,同

止釋放后，A、B兩球將各自做圓周運(yùn)動，由動能定理可以得知，當(dāng)A、B兩球轉(zhuǎn)至豎直位置時，兩球速度最大；設(shè)此時小球的速度為v，如圖2所示：那么，此時根據(jù)牛頓第三定律可知，A、B兩球對該輕質(zhì)細(xì)桿的作用力的合力，即該輕質(zhì)細(xì)桿對軸的作用力。F=F′A+F′B=2mg（向下）這次課后過了幾天，筆者偶然又翻到此題，突然感覺似乎還有更深層的東西隱藏其后，等待著一雙探究的眼睛，于是靜下心來重新對該題進(jìn)行了思考和分析，最終，正如自己所料，之前課堂中老師所講述只是不同條件下可能

kq2212R；兩球心相距r時，帶電體系的互能E互=kq1q21r。在中學(xué)物理中，兩個帶電小球在光滑絕緣水平面上相互作用問題是個典型情境，它涉及小球的動量、動能及電勢能等諸多物理量?！纠?】兩個完全相同的金屬小球A和B，A球帶電荷量為-q，B球帶電量為+q，它們在絕緣光滑的水平面上從相距r的初位置以相同的初速度v0（動能為E0）沿同一直線相向運(yùn)動而發(fā)生彈性正碰，求兩球同時返回原位置時的速度大小v（）。A.大于v0B.小于v0C.等于v0D.均有可能[析與解

,圖5是2T時刻兩球的位置.從圖中可以看出相遇2次.圖5圖6圖7圖8圖9圖10在[3T-4T)時間里相遇的位置如圖9、圖10所示,圖8是3T時刻兩球的位置.從圖中可以看出相遇2次.在[4T-5T)時間里相遇的位置如圖12所示,圖11是4 T時刻兩球的位置.從圖中可以看出相遇1次.圖11圖12在[5T-6T)時間里相遇的位置如圖13、圖14所示,從圖中可以看出相遇2次.圖13圖14在[6T-7T)時間里相遇的位置如圖16、圖17所示,圖15是6T時刻兩球的位

5°.(D)AB兩球的最大速度之比為vA∶vB=2∶1.答案:(B)、(C)、(D).圖2此模型屬于系統(tǒng)機(jī)械能守恒的模型,A、B組成的系統(tǒng)在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒,當(dāng)AB系統(tǒng)的重力勢能減少最多時,系統(tǒng)動能最大,A、B速度最大,其中對于(C)選項(xiàng)的解答如下.如圖2所示,設(shè)OA桿轉(zhuǎn)過的角度為θ,由機(jī)械能守恒定律得2 從改編后的兩種解法看物理模型的遷移改編原題,將原題中A、B兩球的質(zhì)量改成相同求解.解法1:常規(guī)模型法如圖2,A、B組成的系統(tǒng)在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒,