配套K12高考物理 难点突破-“追碰”问题解题解析 新人教版
配套K12高考物理一轮训练学题6含解析新人教版
人教物理2019高考一轮训练学题（6）李仕才1、如图所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平地面上，小物体B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A 相连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，已知A 、B 、C 都处于静止状态，则( )图A ．B 受C 的摩擦力一定不为零 B ．C 受地面的摩擦力一定为零C ．C 有沿地面向右滑的趋势，一定受到地面向左的摩擦力D ．将细绳剪断而B 依然静止在斜面上，此时地面对C 的摩擦力水平向左【答案】C【解析】根据静摩擦力的特点知C 正确2、质点由A 点出发沿直线AB 运动，行程的第一部分是加速度大小为a 1的匀加速运动，接着做加速度大小为a 2的匀减速运动，到达B 点时恰好速度减为零．若AB 间总长度为s ，则质点从A 到B 所用时间t 为( )A. s a 1＋a 2a 1a 2B. 2sa 1＋a 2a 1a 2C.2sa 1＋a 2a 1a 2D.a 1a 22s a 1＋a 2关键词①接着做加速度大小为a 2的匀减速运动；②到达B 点时恰好速度减为零． 【答案】B3、（2017海南，3）汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线。
由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度。
已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25 m。
汽车在刹车前的瞬间的速度大小为（重力加速度g取10m/s2）A．10 m/s B．20 m/s C．30 m/s D．40 m/s 【答案】B又【解析】刹车后汽车的合外力为摩擦力f = μmg，加速度 8m/s2，，刹车线长25m，故可由匀变速直线运动规律得到汽车在刹车前的瞬间的速度大小= m/s = 20m/s，故选B。
4、(多选)(2018·福建南平模拟)下面关于瞬时速度和平均速度的说法正确的是( )A.若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时间内的平均速度一定等于零B.若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定都等于零C.匀速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度等于它任一时刻的瞬时速度D.变速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度一定不等于它在某一时刻的瞬时速度【答案】AC【解析】若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则物体静止，平均速度等于零，A 选项对；若物体在某段时间内的平均速度等于零，任一时刻的瞬时速度不一定都为零，例如物体做圆周运动运动一周时，平均速度为零，任一时刻的瞬时速度都不为零，B 选项错；在匀速直线运动中，物体的速度恒定不变，任一时刻的瞬时速度都相等，都等于任意一段时间内的平均速度，C 选项对；在变速直线运动中，物体的速度在不断变化，某一时刻的瞬时速度可能等于某段时间内的平均速度，D 选项错.5、(2018·河南信阳调研)在一平直路段检测某品牌汽车的运动性能时，以路段的起点作为x 轴的原点，通过传感器发现汽车刹车后的坐标x 与时间t 的关系满足x ＝30t －5t 2(m)，下列说法正确的是( )A.汽车刹车过程的初速度大小为30 m/s ，加速度大小为10 m/s 2B.汽车刹车过程的初速度大小为30 m/s ，加速度大小为5 m/s 2C.汽车刹车过程的初速度大小为60 m/s ，加速度大小为5 m/s 2D.汽车刹车过程的初速度大小为60 m/s ，加速度大小为2.5 m/s 2 【答案】A【解析】根据汽车刹车后的坐标x 与时间t 的关系x ＝30t －5t 2(m)，对比匀变速直线运动的规律x ＝v 0t ＋12at 2，可知汽车刹车过程的初速度大小为30 m/s ，加速度大小为10 m/s 2，故选A.6、(2018·黑龙江伊春模拟)关于力，下列说法正确的是( )A.拳击运动员一记重拳出击，被对手躲过，运动员施加的力没有受力物体B.站在地面上的人受到的弹力是地面欲恢复原状而产生的C.重力、弹力、摩擦力是按力的性质命名的，动力、阻力、压力、支持力是按力的作用效果命名的D.同一物体放在斜面上受到的重力一定小于放在水平面上受到的重力 【答案】BC7、用三根轻绳将质量为m 的物块悬挂在空中，如图3所示.已知ac 和bc 与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则ac 绳和bc 绳中的拉力大小分别为( )图3A.23mg ，21mgB.21mg ，23mgC.43mg ，21mg D.21mg ，43mg 【答案】A【解析】接点c 受力分析如图，对F a 和F c 合成，合力为F ，F ＝mg ，所以F a ＝mg cos 30°＝23mgF c ＝mg sin 30°＝21mg .8、“严禁超载，严禁超速，严禁疲劳驾驶”是预防车祸的有效办法．下列说法正确的是( )A ．汽车超速会增大汽车的惯性B ．汽车超载会减小汽车的刹车距离C ．疲劳驾驶会缩短司机的反应时间D ．汽车超载会增大汽车的惯性 【答案】D【解析】质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，D 正确。
配套K122019年高考物理一轮复习 基础夯实练(1)(含解析)新人教版
2019年高考物理（人教）一轮基础夯实练（1）李仕才一、选择题1、在研究二力合成的实验中，AB 是一根被拉长的橡皮筋，定滑轮是光滑的，如图所示，若改变拉力F 而保持O 点位置不变，则下列说法中正确的是()A ．要使θ减小，减小拉力F 即可B ．要使θ减小，增大拉力F 即可C ．要使θ减小，必须改变α，同时改变F 的大小才有可能D ．要减小θ而保持α不变，则只改变F 的大小是不可能保持O 点的位置不变的解析：绳子对O 点的拉力F 2与F 的合力和F 1等大、反向，如图所示，O 点位置不变，则橡皮筋的拉力F 1不变，绳子拉力F 2的方向不变，即α角不变，若要减小θ，必使F 的大小和方向以及F 2的大小发生改变，故D 选项正确．答案：D2、如图所示，水平传送带以恒定速度v 向右运动．将质量为m 的物体Q 轻轻放在水平传送带的左端A 处，经过t 秒后，Q 的速度也变为v ，再经t 秒物体Q 到达传送带的右端B 处，则( )A ．前t 秒内物体做匀加速运动，后t 秒内物体做匀减速运动B ．后t 秒内Q 与传送带之间无摩擦力C ．前t 秒内Q 的位移与后t 秒内Q 的位移大小之比为：1D ．Q 由传送带左端运动到右端的平均速度为34v解析：前t 秒内物体Q 相对传送带向左滑动，物体Q 受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律F f ＝ma 可知，物体Q 做匀加速运动，后t 秒内物体Q 相对传送带静止，做匀速运动，不受摩擦力作用，选项A 错误、B 正确；前t 秒内Q 的位移x 1＝v2t ，后t 秒内Q 的位移x 2＝vt ，故x 1x 2＝12，选项C 错误；Q 由传送带左端运动到右端的平均速度v ＝x 1＋x 22t ＝v2t ＋vt2t ＝34v ，选项D 正确． 答案：BD3、甲、乙两物体分别在恒力F 1、F 2的作用下，沿同一直线运动．它们的动量随时间变化如图所示．设甲在t 1时间内所受的冲量为I 1，乙在t 2时间内所受的冲量为I 2，则F 、I 的大小关系是( )A ．F 1>F 2，I 1＝I 2B ．F 1<F 2，I 1<I 2C ．F 1>F 2，I 1>I 2D ．F 1＝F 2，I 1＝I 2解析：冲量I ＝Δp ，从题图上看，甲、乙两物体动量变化的大小I 1＝I 2，又因为I 1＝F 1t 1，I 2＝F 2t 2，t 2>t 1，所以F 1>F 2.答案：A 4、在如图所示电路中E 为电源，其电动势E ＝9.0 V ，内阻可忽略不计；AB 为滑动变阻器，其电阻R ＝30 Ω；L 为一小灯泡，其额定电压U ＝6.0 V ，额定功率P ＝1.8 W ；S 为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B 端，现在接通开关S ，然后将触头缓慢地向A 端滑动，当到达某一位置C 处时，小灯泡刚好正常发光．则C 、B 之间的电阻应为( )A ．10 ΩB ．20 ΩC ．15 ΩD ．5 Ω解析：本题中小灯泡刚好正常发光，说明此时小灯泡达到额定电流I 额＝P U ＝1.86.0 A ＝0.3A ，两端电压达到额定电压U 额＝6.0 V ，而小灯泡和电源、滑动电阻AC 串联，则电阻AC 的电流与小灯泡的电流相等，R AC ＝E －U 额I 额＝10 Ω，R CB ＝R －R AC ＝20 Ω，B 项正确．答案：B5、如图所示，均匀绕制的螺线管水平固定在可转动的圆盘上，在其正中心的上方有一固定的环形电流A，A与螺线管垂直．A中电流方向为顺时针方向，开关S闭合瞬间．关于圆盘的运动情况(从上向下观察)，下列说法正确的是( ) A．静止不动B．顺时针转动C．逆时针转动 D．无法确定解析：环形电流可等效为里面的N极、外面为S极的小磁针，通电螺线管可等效为右边为N板，左边为S极的条形磁铁，根据磁极间的相互作用，圆盘将顺时针转动，选项B正确．答案：B6、(2018·湖南长沙市高三统一模拟)金属钙的逸出功为4.3×10－19 J，普朗克常量h ＝6.6×10－34J·s，光速c＝3.0×108 m/s，以下说法正确的是( )A．用波长为400 nm的单色光照射金属钙，其表面有光电子逸出B．用波长为400 nm的单色光照射金属钙，不能产生光电效应现象C．若某波长的单色光能使金属钙产生光电效应现象，则增大光的强度将会使光电子的最大初动能增大D．若某波长的单色光能使金属钙产生光电效应现象，则减小光的强度将会使单位时间内发射的光电子数减少解析：波长为400 nm的单色光的光子能量为E＝h cλ＝4.95×10－19J，大于钙的逸出功，可以产生光电效应现象．根据光电效应规律，光电子的最大初动能决定于入射光的频率而与其强度无关，但强度决定了单位时间内发射的光电子数的多少，正确选项为A、D.答案：AD7、现有两动能均为E0＝0.35 MeV的21H在一条直线上相向运动，两个21H发生对撞后能发生核反应，得到32He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为32He和新粒子的动能．已知21H的质量为2.014 1 u，32He的质量为3.016 0 u，新粒子的质量为1.008 7 u，核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)．则下列说法正确的是( )A．核反应方程为21H＋21H→32He＋10nB．核反应前后不满足能量守恒定律C．新粒子的动能约为3 MeVD.32He的动能约为4 MeV解析：由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知21H＋21H→32He＋10n，则新粒子为中子10n，所以A正确．核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B错误；由题意可知ΔE＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u－1.008 7 u)×931 MeV/u ＝3.3 MeV，根据核反应中系统的能量守恒有E kHe＋E kn＝2E0＋ΔE，根据核反应中系统的动量守恒有p He－p n＝0，由E k＝p22m ，可知E kHeE kn＝m nm He，解得E kHe＝m nm n＋m He(2E0＋ΔE)＝1 MeV，E kn＝m Hem n＋m He(2E0＋ΔE)＝3 MeV，所以C正确、D错误．答案：AC二、非选择题1、(2018·南昌模拟)某物理实验小组在探究弹簧的劲度系数k与其原长l0的关系实验中，按示意图所示安装好实验装置，让刻度尺零刻度与轻质弹簧上端平齐，在弹簧上安装可移动的轻质指针P，实验时的主要步骤：①将指针P移到刻度尺的5 cm处，在弹簧挂钩上挂上200 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；②取下钩码，将指针P移到刻度尺的10 cm处，在弹簧挂钩上挂上250 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；③取下钩码，将指针P移到刻度尺的15 cm处，在弹簧挂钩上挂上50 g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；④重复③步骤，在每次重复③时，都将指针P下移5 cm，同时保持挂钩上挂的钩码质量不变．将实验所得数据记录、列表如下：(1)重力加速度g取10 m/s2，在实验步骤③中，弹簧的原长为15 cm时，其劲度系数k ＝________N/m.(2)同一根弹簧的原长越长，弹簧的劲度系数________．(弹簧处在弹性限度内)A．不变 B．越大C．越小解析：(1)挂50 g 钩码时，弹簧的弹力为0.5 N ，根据胡克定律得，k ＝FΔx＝0.5－－2N/m≈30 N /m.(2)对第3、4、5次数据分析，弹簧弹力相等，同一根弹簧，原长越长，形变量越大，根据胡克定律F ＝kx 知，弹簧的劲度系数越小，故选项C 正确．答案：(1)30 (2)C2、(2018·河南中原名校联考)如图甲，在水平桌面上固定着两根相距L ＝20 cm 、相互平行的无电阻轨道P 、Q ，轨道一端固定一根电阻R ＝0.02 Ω的导体棒a ，轨道上横置一根质量m ＝40 g 、电阻可忽略不计的金属棒b ，两棒相距也为L ＝20 cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B 0＝0.1 T ，设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.(1)若保持磁感应强度B 0的大小不变，从t ＝0时刻开始，给b 棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F 的大小随时间t 变化关系如图乙所示．求b 棒做匀加速运动的加速度及b 棒与轨道间的滑动摩擦力；(2)若从t ＝0开始，磁感应强度B 随时间t 按图丙中图象所示的规律变化，求在金属捧b 开始运动前，这个装置释放的热量．解析：(1)F 安＝B 0IL① E ＝B 0Lv② I ＝E R ＝B 0LvR ③ v ＝at④ 所以F 安＝B 20L 2a Rt当b 棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有F －F f －F 安＝ma⑤ 联立可得F －F f －B 20L 2aRt ＝ma⑥由图象可得：当t ＝0时，F ＝0.4 N ，当t ＝1 s 时，F ＝0.5 N. 代入⑥式，可解得a ＝5 m/s 2，F f ＝0.2 N.(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I ，以b 棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b 所受安培力F′安与最大静摩擦力F f 相等时开始滑动．感应电动势E′＝ΔB Δt L 2＝0.02 V⑦I′＝E′R＝1 A⑧棒b 将要运动时，有F′安＝B t I′L＝F f ⑨ 所以B t ＝1 T ， 根据B t ＝B 0＋ΔBΔt t⑩得t ＝1.8 s ，回路中产生的焦耳热为Q ＝I′2Rt ＝0.036 J. 答案：(1)5 m/s 20.2 N (2)0.036 J。
【配套K12】[学习]2019年高考物理一轮复习 知识点同步练习卷 运动的图象、追及相遇问题 新人教
![【配套K12】[学习]2019年高考物理一轮复习 知识点同步练习卷 运动的图象、追及相遇问题 新人教](https://img.taocdn.com/s3/m/31e2b48db0717fd5360cdc4c.png)
运动的图象、追及相遇问题一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)1．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a －t 图象如右图所示.下列v －t 图象中，可能正确描述此物体运动的是： （ ）【答案】D2．如图所示，A 、B 两物体相距s=7m ，物体A 以v A =4m/s 的速度向右匀速运动，而物体B 此时的速度v B =10m/s ，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度a =－2m/s 2，那么物体A 追上物体B 所用的时间为： （ ）A 、7 sB 、8 sC 、9 sD 、10 s【答案】B3．小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v 和位置x 的关系图像中，能描述该过程的是： （ ）【答案】A4．我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时，内部显示屏上显示了从水面开始下潜到返回水面过程中的速度图象，如图所示．以下判断正确的是： （ ）v Av BA、6 min～8 min内，深潜器的加速度最大B、4 min～6 min内，深潜器停在深度为60 m处C、3 min～4 min内，潜水员处于超重状态D、6 min～10 min内，深潜器的加速度不变【答案】C5．2011年12月23日下午瓦良格号三度海试，为飞机降落配备的拦阻索亮相，这使得国产歼15舰载战斗机在航母上起降成为可能．若该机在甲板上加速起飞过程可看做匀变速直线运动，在某段时间内的x－t图象如图2所示，视歼15舰载战斗机为质点，根据图中所给数据判断该机加速起飞过程中，下列选项正确的是：（）A、经过图线上M点所对应位置时的速度小于2 m/sB、在t＝2.5 s时的速率等于4 m/sC、在2 s～2.5 s这段时间内位移等于2 mD、在2.5 s～3 s这段时间内位移等于2 m【答案】B6．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其xtt的图象如图所示，则下列说法正确的是：（）A、质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sB、质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2C 、质点在第1s 内的平均速度0.75m/sD 、质点在1s 末速度为1.5m/s【答案】D7．如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t=0时两者从图中位置以相同的水平速度v 0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v 随时间t 变化的图象可能正确的是： （ ）【答案】A8．在2014年11月11日至16日的珠海航展中，中国展出了国产运-20和歼-31等最先进飞机。
配套K12高考物理一轮选习练题11含解析新人教版
人教物理2019高考一轮选习练题（11）李仕才一、选择题1、如图所示，质量为的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F作用向右滑行，长木板处于静止状态。
已知木块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为。
下列说法正确的是( )A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是C．当时，木板发生运动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动【参考答案】D2、在研究二力合成的实验中，AB是一根被拉长的橡皮筋，定滑轮是光滑的，如图所示，若改变拉力F而保持O点位置不变，则下列说法中正确的是( )A．要使θ减小，减小拉力F即可B．要使θ减小，增大拉力F即可C．要使θ减小，必须改变α，同时改变F的大小才有可能D．要减小θ而保持α不变，则只改变F的大小是不可能保持O点的位置不变的解析：绳子对O点的拉力F2与F的合力和F1等大、反向，如图所示，O点位置不变，则橡皮筋的拉力F1不变，绳子拉力F2的方向不变，即α角不变，若要减小θ，必使F的大小和方向以及F2的大小发生改变，故D选项正确．答案：D3、(2018·江西赣中南五校联考)如图所示，水平细杆上套一细环A，环A和球B间用一轻质绳相连，质量分别为m A、m B(m A>m B)，由于B球受到水平风力作用，A 环与B球一起向右匀速运动，已知绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是( )A ．风力增大时，轻质绳对B 球的拉力保持不变B ．风力增大时，杆对A 环的支持力保持不变C ．B 球受到的风力F 为m A gtan θD ．A 环与水平细杆间的动摩擦因数为m B m A ＋m B解析：以整体为研究对象，分析受力如图甲所示，根据平衡条件得，杆对环A 的支持力F N ＝(m A ＋m B )g ，所以杆对环A 的支持力保持不变，B 正确．以B 球为研究对象，分析受力如图乙所示，由平衡条件得，轻质绳对球B 的拉力F T ＝m B g cos θ，风力F ＝m B gtan θ，风力F 增大时，θ增大，cos θ减小，F T 增大，故A 、C 错误．由图甲得到F f ＝F ，环A 与水平细杆间的动摩擦因数μ＝F f F N ＝m B m A ＋m Btan θ，故D 错误．选B.答案：B4、如图所示，在水平光滑地面上有A 、B 两个木块，A 、B 之间用一轻弹簧连接．A 靠在墙壁上，用力F 向左推B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F ，则下列说法中正确的是( )A ．木块A 离开墙壁前，墙对木块A 的冲量大小等于木块B 动量变化量的大小B ．木块A 离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B 动能的增量C ．木块A 离开墙壁时，B 的动能等于A 、B 共速时的弹性势能D ．木块A 离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，木块A 的速度为零解析：木块A 离开墙壁前，对A 、B 整体而言，墙对木块A 的冲量大小等于整体的动量变化量即等于木块B 动量变化量的大小；根据能量守恒定律，木块A 离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B 动能的增量；木块A 离开墙壁时，B 的动能等于A 、B 共速时的弹性势能及A 的动能之和；木块A 离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，A 、B 交换速度，木块B 的速度为零．选项A 、B 正确．答案：AB5、如图所示，电源电动势E ＝12 V ，内阻r ＝3 Ω，R 0＝1 Ω，直流电动机内阻R 0′＝1 Ω.当调节滑动变阻器R 1时可使图甲中电路的输出功率最大；调节R 2时可使图乙中电路的输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P 0＝2 W)，则R 1和R 2连入电路中的阻值分别为( )A．2 Ω、2 Ω B．2 Ω、1.5 ΩC．1.5 Ω、1.5 Ω D．1.5 Ω、2 Ω解析：因为题图甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R1接入电路中的阻值为2 Ω；而题图乙电路是含电动机的电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I(E－Ir)，所以当I＝E2r＝2 A时，输出功率P有最大值，此时电动机的输出功率为2 W，发热功率为4 W，所以电动机的输入功率为6 W，电动机两端的电压为3 V，电阻R2两端的电压为3 V，所以R2接入电路中的阻值为1.5 Ω，B正确．答案：B6、如图所示，均匀绕制的螺线管水平固定在可转动的圆盘上，在其正中心的上方有一固定的环形电流A，A与螺线管垂直．A中电流方向为顺时针方向，开关S闭合瞬间．关于圆盘的运动情况(从上向下观察)，下列说法正确的是( ) A．静止不动B．顺时针转动C．逆时针转动 D．无法确定解析：环形电流可等效为里面的N极、外面为S极的小磁针，通电螺线管可等效为右边为N板，左边为S极的条形磁铁，根据磁极间的相互作用，圆盘将顺时针转动，选项B正确．答案：B7、(2018·广东揭阳一中、潮州金中联考)下列说法中正确的是( )A．发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子具有复杂的结构B．结合能越大的原子核，原子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定C．根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程中电子的电势能和动能之和不守恒D．已知234 90Th的半衰期是24天，48 g的234 90Th经过72天后衰变了42 g解析：发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构，而电子的发现说明原子具有复杂结构，故A错误；比结合能越大，原子核中的核子结合得越牢固，原子核越稳定，故B错误；根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程中，电子的总能量将减小(或增大)，即电子的电势能和动能之和是不守恒的，这是因为氢原子要辐射(或吸收)光子，故C 正确；经过7224＝3个半衰期后，48 g 的234 90Th 还剩下48×⎝ ⎛⎭⎪⎫123 g ＝6 g ，衰变了48 g －6 g ＝42 g ，故D 正确．答案：CD二、非选择题如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R ＝0.6 m ．平台上静止着两个滑块A 、B ，m A ＝0.1 kg ，m B ＝0.2 kg ，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车静止在光滑的水平地面上，小车质量为M ＝0.3 kg ，小车的上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧．点燃炸药后，A 、B 分离瞬间滑块B 以3 m/s 的速度冲向小车．两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，且g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块A 能否从半圆轨道的最高点离开；(2)滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能．解析：(1)爆炸前后A 、B 组成的系统动量守恒，设爆炸后滑块A 、B 的速度大小分别为v A 、v B ，则m A v A ＝m B v B ，解得v A ＝6 m/sA 在运动过程中机械能守恒，若A 能到达半圆轨道最高点由机械能守恒得12m A v 2A ＝12m A v′2A ＋2m A gR 解得v′A ＝2 3 m/s滑块恰好通过最高点的条件是m A g ＝m A v 2R解得v ＝ 6 m/s<v′A ，所以A 能从半圆轨道最高点离开．(2)滑块B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，此时B 和小车具有相同速度，由动量守恒定律得m B v B ＝(m B ＋M)v 共由能量守恒定律得E p ＝12m B v 2B －12(m B ＋M)v 2共 解得E p ＝0.54 J.答案：(1)能 (2)0.54 J。
配套K122019高考物理一轮选训练导3含解析新人教版
2019高考物理一轮选训练导（3）李仕才一、选择题1、(2017·福建省厦门市高中毕业生3月第一次质量检测)如图所示，在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧，弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q，现将与Q带同种电荷的小球P，从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )A．小球P的电势能先减小后增加B．小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加C．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和D．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零解析：选B.小球下落的过程中，电场力一直对小球做正功，小球P的电势能一直减小，选项A错误；因Q对P做正功，故小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加，选项B正确；小球动能的减少量等于电场力和重力以及弹力做功的代数和，选项C错误；小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力以及库仑力的合力为零，选项D错误；故选B.【链接】历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”定义为，其中v0和v s分别表示某段位移s内的初速和末速。
A>0表示物体做加速运动，A<0表示物体做减速运动。
而现在物理学中加速度的定义式为，下列说法正确的是（）A.若A不变，则a也不变B.若A>0且保持不变，则a逐渐变小C.若A不变，则物体在中间位置处速度为D.若A不变，则物体在中间位置处速度为【答案】C2、（2018届山东省、湖北省部分重点中学联考）如图所示，宽为L＝0.6m的竖直障碍物中间有一间距d＝0.6 m的矩形孔，其下沿离地高h＝0.8 m，与障碍物相距S＝1.0 m处有一小球以＝5 m/s的初速度水平向右抛出。
空气阻力忽略不计，g取10 m/s2.为使小球能无碰撞地穿过该孔，小球离水平地面的高度H可以为（）A. 1.5 mB. 1.4 mC. 1.3 mD. 1.2 m【答案】AB3、如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，N为圆环的最低点。
重难点03追击与高一物理题组法突破重难点(人教版2019必修第一册)(解析版
人教版新教材高中物理必修第一册第二章匀变速直线运动的研究追击与相遇问题专题（题组分类训练）题组特训特训内容题组一初速度小者追初速度大者题组二初速度大者追初速度小者题组三不在同一直线上运动的相遇题组四多次相遇问题基础知识点回顾：1.处理追击相遇问题的思想：（1）讨论追及相遇的问题，实质就是分析讨论两物体能否同时到达同一位置的问题。
（2）实际上，我们研究物体的运动物理量仅三个：速度、位移、时间。
所以我们在研究物体运动过程中，围绕着三个基本公式：速度公式（v-t间关系式），位移公式（x-t间关系式），导出公式（v-x间关系式），因此追击相遇问题也就是研究两个物体间运动的速度、时间、位移关系，总结如下：①抓住一个临界条件：两者速度相等，往往是物体间能否追上，或两者距离最大、最小的临界条件，是分析判断的切入点。
②两个关系：时间关系和位移关系，通过画草图找两物体的位移关系是解题的突破口。
2.巧解追及与相遇问题的四法（1）物理分析法：寻找问题中隐含的临界条件，对临界状态分析求解。
例如速度小者加速追赶速度大者，在两物体速度相等时距离最大；速度大者减速追赶速度小者，若追不上则在两物体速度相等时距离最小。
（2）极值法：（函数法）：设相遇问题为t，根据条件列方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ＞0，即有两个解，说明可以相遇2次，若Δ＝0，说明恰好追上或相遇；若Δ＜0，说明不能追上或相遇。
（3）图像法：将两者的v－t图象在同一个坐标系中画出，然后利用图象求解。
（4）相对运动法：以其中一个物体为参考系，确定另一个物体的相对初速度和相对加速度，就把研究两个物体的运动问题，转化为研究一个物体的运动问题。
题组特训一：初速度小者追初速度大者1. 匀加速追匀速：1．2021年7月，云南的亚洲象北上引发人们关注，有关部门已采取措施引导象群返回了原栖息地。
象群经过某一平直路段时，一小象因贪玩落后象群里的象妈妈40m 处时才察觉，于是小象立刻由静止开始以大小为21m /s 的加速度追赶象妈妈。
配套K122019高考物理一轮基础系列题10含解析新人教版
2019高考物理一轮基础系列题（10）李仕才一、选择题1、将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g ，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )A ．mg B.13mg C.12mg D.110mg 解析：选C 设每块砖的厚度是d ，向上运动时： 9d －3d ＝a 1T 2①向下运动时：3d －d ＝a 2T 2②联立①②得：a 1a 2＝31③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg ＋f ＝ma 1④ 向下运动时：mg －f ＝ma 2⑤联立③④⑤得：f ＝12mg ，选C 。
2、如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A 、B 连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA 绳与杆的夹角为θ，OB 绳沿竖直方向，则下列说法正确的是( )A ．A 可能受到2个力的作用B ．B 可能受到3个力的作用C ．绳子对A 的拉力大于对B 的拉力D ．A 、B 的质量之比为1∶tan θ根据共点力平衡条件， 得：T ＝m B g ，Tsin θ＝m A g＋θ(根据正弦定理列式)故m A ∶m B ＝1∶tan θ，故D 正确。
3、[多选]甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v 0，船在静水中的速率均为v ，甲、乙两船船头均与河岸成θ角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A 点，乙船到达河对岸的B 点，A 、B 之间的距离为L ，则下列判断正确的是( )A ．乙船先到达对岸B ．若仅是河水流速v 0增大，则两船的渡河时间都不变C ．不论河水流速v 0如何改变，只要适当改变θ角，甲船总能到达正对岸的A 点D ．若仅是河水流速v 0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L4、嫦娥工程划为三期，简称“绕、落、回”三步走．我国发射的“嫦娥三号”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器，经变轨成功落月．若该卫星在某次变轨前，在距月球表面高度为h 的轨道上绕月球做匀速圆周运动，其运行的周期为T .若以R 表示月球的半径，忽略月球自转及地 球对卫星的影响，则( )A ．“嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动时的线速度大小为2πRTB ．物体在月球表面自由下落的加速度大小为4π2（R ＋h ）3R 2T2C ．在月球上发射月球卫星的最小发射速度为2πR TR ＋hRD ．月球的平均密度为2πGT2【解析】“嫦娥三号”的线速度v ＝2π（R ＋h ）T ，A 项错误；由GMm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )，GMm R 2＝mg 月，可得物体在月球表面的重力加速度g 月＝4π2（R ＋h ）3R 2T 2，B 项正确；因月球上卫星的最小发射速度也就是最大环绕速 度，有GMm 卫R 2＝m 卫v 2R ，又GMm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )可得：v ＝2π（R ＋h ）T R ＋h R ，C 项错误；由GMm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )，ρ＝M V ，V ＝43πR 3可得月 球的平均密度ρ＝3π（R ＋h ）3GT 2R 3，D 错误．【答案】B5、水平光滑直轨道ab 与半径为R 的竖直半圆形光滑轨道bc 相切，一小球以初速度v 0沿直轨道ab 向右运动，如图5所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c 。
衔接点12 追及相遇问题(解析版)2023年初升高物理无忧衔接(通用版)
衔接点12追及相遇问题课程标准初中会分析匀速直线的同向和相向运动问题，能借助运动图像分析匀速运动追及问题高中1.会分析追及相遇问题，理解两者速度相等为临界条件.2.会根据位移关系、时间关系列方程求解．初中物理知识储备1.匀速直线运动路程、速度和时间的关系。
2.同一条直线上，出发点不同的两匀速直线运动的追及和相遇问题的求解方法，画运动过程示意图，列方程求解。
3.会根据-v t 图像和x t 图像处理匀速直线运动的追及和相遇问题。
高中物理新知识、新模型1．追及相遇问题两物体在同一直线上一前一后运动，速度相同时它们之间可能出现距离最大、距离最小或者相遇(碰撞)的情况，这类问题称为追及相遇问题．2．分析追及相遇问题的思路和方法(1)讨论追及相遇问题的实质是分析两物体能否在同一时刻到达同一位置，注意抓住一个条件、用好两个关系．一个条件速度相等这是两物体是否追上(或相撞)、距离最大、距离最小的临界点，是解题的切入点两个关系时间关系和位移关系通过画示意图找出两物体位移之间的数量关系，是解题的突破口(2)常用方法直线运动间的追及相遇问题。
2.同学们在处理追及相遇问题时要运用匀变速直线运动规律分析解决自行车减速、汽车追及、汽车过ETC 通道、低空跳伞等实际问题。
在对实际问题进行推理和分析的过程中，要求学生建构模型，用图像和公式描述匀变速直线运动的规律，用表格、图像、公式处理数据，通过论证得出结论，同学们能在新的情境中灵活运用匀变速直线运动规律，用数学方法解决物理问题，获得正确结论。
3.追及相遇问题的常见情况(v 初2<v 初1)初速度小者追初速度大者情景图匀加速追匀速匀速追匀减速匀加速追匀减速t ＝t 0以前(v 2＜v 1)两物体距离增大t ＝t 0时(v 1＝v 2)两物体相距最远t ＝t 0以后(v 2＞v 1)两物体距离减小追及情况只能追上一次追及相遇问题的常见情况(v 初2>v 初1)初速度大者追初速度小者情景图匀减速追匀速匀速追匀加速匀减速追匀加速t 0时刻以前(v 2＞v 1)两物体距离减小t 0时刻(v 2＝v 1)若Δx ＝x 0，恰好追上若Δx ＜x 0，追不上，有最小距离若Δx ＞x 0，相遇两次例题1.在十字路口，一辆汽车以0.5m/s 2的加速度从停车线启动做匀加速直线运动，此时恰好有一辆自行车以5m/s 的速度匀速驶过停车线与汽车同方向行驶，则：(1)汽车追上自行车前，经过多久它们相距最远？最远距离是多少？(2)在什么地方汽车追上自行车？追到时汽车的速度是多大？答案(1)10s25m(2)距停车线100m 处10m/s解析(1)由题意知两车速度相等时相距最远，设所用时间为t ，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，所以v 汽＝at ＝v 自，代入数据得t ＝10s 最远距离x ＝x 自－x 汽＝v 自t －12at 2＝25m.(2)汽车追上自行车时，它们相对于停车线的位移相等，设汽车追上自行车所用时间为t ′此时x 自＝x 汽，即：v 自t ′＝12at ′2.代入数据得t ′＝20s ．此时距停车线距离x ′＝v 自t ′＝100m ．此时汽车速度v 汽′＝at ′＝10m/s.例题2.火车甲以v 1＝288km/h 的速度匀速行驶，司机突然发现前方同轨道上相距s ＝0.5km处有一列火车乙正沿同方向以v 2＝144km/h 的速度做匀速运动，司机立即以大小为a 的加速度紧急刹车，要使甲、乙不相撞，a 应满足什么条件？答案a ≥1.6m/s 2解析方法一物理分析法甲、乙不相撞的条件是当甲、乙速度相等时，甲、乙仍相距一段距离，即v 1－at ＝v 2①x 1≤x 2＋s ②其中x 1＝v 1t －12at 2③x 2＝v 2t ④联立①②③④式，解得a ≥1.6m/s 2即a ≥1.6m/s 2时，甲、乙不会相撞．方法二数学分析法设甲减速t 时间后，甲、乙相撞则有x 1＝x 2＋s ，即v 1t －12at 2＝v 2t ＋s整理得at 2－2(v 1－v 2)t ＋2s ＝0若甲、乙不相撞，则以上方程不能有两个解即判别式应满足Δ＝4(v 1－v 2)2－8as ≤0解得a ≥(v 1－v 2)22s ＝1.6m/s 2.方法三图像法分别画出甲、乙的v －t 图像，如图所示刚好不相撞时图中阴影部分面积为s 有12(v 1－v 2)t 1＝s ，v 1－v 2t 1＝a 故a ＝(v 1－v 2)22s ，且s ＝0.5km若要使甲、乙不相撞，则a ≥(v 1－v 2)22s＝1.6m/s 2.例题3.一辆小汽车以30m/s 的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30m 处有一辆大卡车以10m/s 的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图所示，图线a 、b 分别为小汽车和大卡车的v －t 图像(忽略刹车反应时间)，以下说法正确的是()A ．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故B ．在t ＝3s 时发生追尾事故C ．在t ＝5s 时发生追尾事故D ．若紧急刹车时两车相距40m ，则不会发生追尾事故且两车最近时相距10m答案B解析根据速度—时间图线与坐标轴所围“面积”表示位移，由题图知，t ＝3s 时大卡车的位移为：x b ＝v b t ＝10×3m ＝30m ．小汽车的位移为：x a ＝12×(30＋20)×1m ＋12×(20＋15)×2m ＝60m ，则：x a －x b ＝30m ，所以在t ＝3s 时发生追尾事故，故B 正确，A 、C 错误；若紧急刹车时两车相距40m ，由v －t 图线可知在t ＝5s 时两车速度相等，小汽车相对于大卡车的位移：Δx ＝12×(20＋10)×1m ＋12×10×4m ＝35m<40m ，则不会发生追尾事故且两车最近时相距Δs ＝x 0－Δx ＝5m ，故D 错误．一、单选题1．要想富先修路，为了乡村振兴，农村公路正逐渐优化。
【配套K12】2017_2018学年高中物理课时跟踪检测三碰撞新人教版选修3_5
课时跟踪检测（三）碰撞1．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，下列现象可能的是( ) A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开D．若两球质量不同，碰后两球都静止解析：选A 若两球质量相等，碰前两球总动量为零，碰后总动量也应该为零，由此分析可得A可能、B不可能。
若两球质量不同，碰前两球总动量不为零，碰后总动量也不能为零，D不可能。
若两球质量不同且碰后以某一相等速率分开，则总动量方向与质量较大的球的动量方向相同，与碰前总动量方向相反，C不可能。
2．关于散射，下列说法正确的是( )A．散射就是乱反射，毫无规律可言B．散射中没有对心碰撞C．散射时仍遵守动量守恒定律D．散射时不遵守动量守恒定律解析：选C 由于散射也是碰撞，所以散射过程中动量守恒。
3.如图1所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )图1A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动解析：选D 选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2mv0。
B的动量p B＝－2mv0。
碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意。
4.A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移—时间图像如图2所示。
由图可知，物体A、B的质量之比为( )图2A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．3∶1解析：选C 由图像知：碰前v A ＝4 m/s ，v B ＝0。
碰后v A ′＝v B ′＝1 m/s ，由动量守恒可知m A v A ＋0＝m A v A ′＋m B v B ′，解得m B ＝3m A 。
【配套K12】[学习]2019年高考物理双基突破 专题05 追及与相遇精讲
![【配套K12】[学习]2019年高考物理双基突破 专题05 追及与相遇精讲](https://img.taocdn.com/s3/m/91b5e1fbc1c708a1284a44fa.png)
专题五追及与相遇（精讲）一、追及类问题1．基本思想对于追及问题的处理，要通过两质点的速度比较进行分析，找到隐含条件（即速度相同时，而质点距离最大或最小）。
再结合两个运动的时间关系、位移关系建立相应的方程求解，必要时可借助两质点的速度图象进行分析。
2．追击类问题的提示（1）匀加速运动追击匀速运动，当二者速度相同时相距最远。
（2）匀速运动追击匀加速运动，当二者速度相同时追不上以后就永远追不上了，此时二者相距最近。
（3）匀减速直线运动追匀速运动，当二者速度相同时相距最近，此时假设追不上，以后就永远追不上了。
（4）匀速运动追匀减速直线运动，当二者速度相同时相距最远。
（5）匀加速直线运动追匀加速直线运动，应当以一个运动当参照物，找出相对速度、相对加速度、相对位移。
3．追及问题的分析思路（1）根据追赶和被追赶的两个物体的运动性质，列出两个物体的位移方程，并注意两物体运动时间之间的关系．（2）通过对运动过程的分析，画出简单的图示，找出两物体的运动位移间的关系式。
追及的主要条件是两个物体在追上时位置坐标相同。
（3）寻找问题中隐含的临界条件，例如速度小者加速追赶速度大者，在两物体速度相等时有最大距离；速度大者减速追赶速度小者，在两物体速度相等时有最小距离，等等。
利用这些临界条件常能简化解题过程。
（4）求解此类问题的方法，除了以上所述根据追及的主要条件和临界条件解联立方程外，还有利用二次函数求极值，及应用图象法和相对运动知识求解。
【题1】羚羊从静止开始奔跑，经过50m能加速到最大速度25m/s，并能维持一段较长的时间；猎豹从静止开始奔跑，经过60 m的距离能加速到最大速度30m/s，以后只能维持此速度4.0 s。
设猎豹距离羚羊x m时开时攻击，羚羊则在猎豹开始攻击后1.0 s才开始奔跑，假定羚羊和猎豹在加速阶段分别做匀加速运动，且均沿同一直线奔跑，求：猎豹要在从最大速度减速前追到羚羊，x值应在什么范围？【答案】x<55m【解析】先分析羚羊和猎豹各自从静止匀加速达到最大速度所用的时间，再分析猎豹追上羚羊前，两者所发生的位移之差的最大值，即可求x 的范围。
2024年新人教版高考物理一轮复习课件 第1章 专题强化2 追及相遇问题
2024年新人教版高考物理一轮复习课件DIYIZHANG第一章运动的描述 匀变速直线运动的研究追及相遇问题专题强化二目标要求1.掌握处理追及相遇问题的方法和技巧.2.会在图像中分析追及相遇问题.3.熟练运用运动学公式结合运动学图像解决追及相遇的综合问题.内容索引题型一 追及相遇问题题型二 图像法在追及相遇问题中的应用课时精练题型一追及相遇问题追及相遇问题的实质就是分析两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置.追及相遇问题的基本物理模型：以甲追乙为例.1.二者距离变化与速度大小的关系(1)无论v甲增大、减小或不变，只要v甲<v乙，甲、乙的距离就不断增大.(2)若v甲＝v乙，甲、乙的距离保持不变.(3)无论v甲增大、减小或不变，只要v甲>v乙，甲、乙的距离就不断减小.2.分析思路可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”.(1)一个临界条件：速度相等.它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析、判断问题的切入点；(2)两个等量关系：时间等量关系和位移等量关系.通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口.3.常用分析方法(1)物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含条件，建立物体运动关系的情境图.(2)二次函数法：设运动时间为t，根据条件列方程，得到关于二者之间的距离Δx与时间t的二次函数关系，Δx＝0时，表示两者相遇.①若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；②若Δ＝0，一个解，说明刚好追上或相遇；③若Δ<0，无解，说明追不上或不能相遇.当t＝－时，函数有极值，代表两者距离的最大或最小值.(3)图像法：在同一坐标系中画出两物体的运动图像.位移－时间图像的交点表示相遇，分析速度－时间图像时，应抓住速度相等时的“面积”关系找位移关系.4.常见追及情景(1)速度小者追速度大者：当二者速度相等时，二者距离最大.(2)速度大者追速度小者(避碰问题)：二者速度相等是判断是否追上的临界条件，若此时追不上，二者之间有最小值.物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0，当v B＝v A时，若x B>x A＋x0，则能追上；若x B＝x A＋x0，则恰好追上；若x B<x A＋x0，则不能追上.特别提醒：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断被追上前该物体是否已经停止运动.例1 一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以a＝3 m/s2的加速度开始加速行驶，恰在这时一辆自行车以6 m/s的速度匀速驶过，从后边超过汽车.则汽车从路口启动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时两车的距离是多少？答案 2 s 6 m解法一(分析法)：汽车与自行车的速度相等时相距最远，设此时经过的时间为t，两车间的距离为Δx，则有v＝at由二次函数求极值的条件知：t＝2 s时，Δx有最大值为6 m所以t＝2 s时两车相距最远，为6 m.解法三(图像法)：自行车和汽车的v－t图像如图所示，由图可以看出，在相遇前，t1时刻两车速度相等，两车相距最远，此时的距离为阴影三角形的面积，v1＝6 m/s例2 汽车A以v A＝4 m/s的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距x0＝7 m处，有以v B＝10 m/s的速度同向运动的汽车B正开始刹车做匀减速运动直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小a＝2 m/s2.从刚刹车开始计时.求：(1)A追上B前，A、B间的最远距离；答案 16 m汽车A和B的运动过程如图所示.当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远，即v B－at＝v A，解得t＝3 s此时汽车A的位移x A＝v A t＝12 m故最远距离Δx max＝x B＋x0－x A＝16 m.(2)经过多长时间A恰好追上B.答案 8 s汽车B从开始减速直到静止经历的时间汽车A在t1时间内运动的位移x A′＝v A t1＝20 m此时相距Δx＝x B′＋x0－x A′＝12 m故A追上B所用时间t总＝t1＋t2＝8 s.[拓展延伸] (1)若某同学应用关系式v B t－at2＋x0＝v A t，解得经过t＝7 s (另一解舍去)时A恰好追上B.这个结果合理吗？为什么？答案 见解析(2)若汽车A以v A＝4 m/s的速度向左匀速运动，其后方相距x0＝7 m处，有以v B＝10 m/s的速度同方向运动的汽车B开始刹车做匀减速运动直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小为a＝2 m/s2，则经过多长时间两车恰好相遇？答案 见解析例3 (2023·江西赣州市高三模拟)在赣州市南河大桥扩建工程中，双向桥梁已完成了某一通车方向的建设，为保持双向车辆正常通行，临时将其改成双向车道.如图所示，引桥与桥面对接处，有两车道合并一车道的对接口，A、B两车相距s0＝4 m时，B车正以v B＝4 m/s速度匀速行驶，A 车正以v A＝7 m/s的速度借道超越同向行驶的B车，此时A车司机发现前方距离车头s＝16 m处的并道对接口，A、B两车长度均为L＝4 m，且不考虑A车变道过程的影响.(1)若A车司机放弃超车，且立即驶入与B车相同的行驶车道，A车至少以多大的加速度刹车匀减速，才能避免与B车相撞.A车减速到与B车同速时，若恰未与B车相碰，则A车将不会与B车相碰，设经历的时间为t，则A车位移x A＝①B车位移x B＝v B t②x A－x B＝s0③由①②③式联立解得t＝则A车与B车不相碰，刹车时的最小加速度(2)若A车司机加速超车，A车的最大加速度为a＝3 m/s2，请通过计算分析A车能否实现安全超车.答案 见解析设A车加速t′时间后车尾到达B车车头，则s0＋2L＝v A t′＋at′2－v B t′，解得t′＝2 s在此时间内，A车向前运动了x A1＝v A t′＋at′2计算可得x A1＝20 m>s＝16 m，说明在离并道对接口16 m的距离上以3 m/s2的加速度加速不能实现安全超车.题型二图像法在追及相遇问题中的应用1.x－t图像、v－t图像中的追及相遇问题：(1)利用图像中斜率、面积、交点的含义进行定性分析或定量计算.(2)有时将运动图像还原成物体的实际运动情况更便于理解.2.利用v－t图像分析追及相遇问题：在有些追及相遇情景中可根据两个物体的运动状态作出v－t图像，再通过图像分析计算得出结果，这样更直观、简捷.3.若为x－t图像，注意交点的意义，图像相交即代表两物体相遇；若为a －t图像，可转化为v－t图像进行分析.例4 (2023·山东泰安市月考)如图所示为甲、乙两车在平直公路上做直线运动的位移－时间(x －t )或速度－时间(v －t )图像，t 1时刻两车恰好到达同一地点.关于两车在t 1～t 2时间内的运动，下列说法正确的是A.若是x －t 图像，则当甲车速度为零时，两车的距离 最大B.若是x －t 图像，则甲、乙两车的速度相等时，两车间的距离最小C.若是v －t 图像，则两车间的距离先增大后减小D.若是v －t 图像，则两车间的距离不断增大考向1 x －t 图像、v －t 图像中的追及相遇问题√若是x－t图像，当甲、乙两车的速度相同时，相对速度为零，距离最远，故A、B错误；若是v－t图像，因为图像与横轴所围图形面积表示位移，则在t1～t2时间内，两车间的距离不断增大，故C错误，D正确.例5 (多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v －t 图像如图所示.已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则A.在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B.在t ＝0时，甲车在乙车前方7.5 m 处C.两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m√√根据v－t图像知，甲、乙两车都沿正方向运动.t＝3 s时，甲、乙两车并排行驶，此时v甲＝30 m/s，v乙＝25 m/s，由v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移知，0～3 s内甲车位移x甲＝×3×30 m＝45 m，乙车位移x乙＝×3×(10＋25) m＝52.5 m，故t＝0时，甲、乙两车相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5 m，即甲车在乙车前方7.5 m处，选项B正确；0～1 s内，x甲′＝×1×10 m＝5 m，x乙′＝×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5 m＝Δx1，说明在t＝1 s时甲、乙两车第一次并排行驶，选项A、C错误；甲、乙两车两次并排行驶的位置之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45 m －5 m＝40 m，选项D正确.例6 假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶.甲车在前，乙车在后，速度均为v 0＝30 m/s.甲、乙相距x 0＝100 m ，t ＝0时刻甲车遭遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化关系分别如图甲、乙所示.取运动方向为正方向.下列说法正确的是A.t ＝3 s 时两车相距最近B.t ＝6 s 时两车速度不相等C.t ＝6 s 时两车距离最近，且最近距离为10 mD.两车在0～9 s 内会相撞考向2 利用v －t 图像分析追及相遇问题√t＝6 s时，两车相距10 m，且甲车在前、乙车在后，在6～9 s内，甲车速度大于乙车速度，两车间距离越来越大，故在0～9 s内，甲车一直在前，两车不会相撞，故D错误.三课时精练1.(多选)如图，直线a 和曲线b 分别是在平直公路上行驶的汽车a 和b 的位移－时间(x －t )图线，由图可知A.在t 1时刻，a 车追上b 车B.在t 2时刻，a 、b 两车运动方向相反C.在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率先减小后增大D.在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率一直比a 车大基础落实练√√t1时刻，a、b两车的位置相同，此前a车在前、b车在后，此后b车在前、a车在后，因此是b车追上a车.由于x－t图像的斜率表示速度的大小及方向，因此a车速度不变，做匀速直线运动，b车先做减速运动，速度减至零后又开始反方向做加速运动.t2时刻两图像的斜率一正一负，两车速度方向相反，选项A、D错误，B、C正确.2.(2023·四川南充市模拟)某车型在红绿灯停启、无保护左转、避让路口车辆、礼让行人、变道等方面都能无干预自动驾驶.某次试乘时，甲、乙两车同时并排出发，沿着同一平直路面行驶，它们的速度v随时间t变化的图像如图所示.则下列说法中正确的是A.t1～t2时间内，甲、乙两车的加速度不可能相同B.t1～t2时间内，甲、乙两车间的距离始终增大C.t1～t2时间内，甲、乙两车相遇两次√D.t1～t2时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度由于v－t图像的斜率表示加速度，则由题图可看出，图线甲的斜率先减小后反向增大，存在某一时刻图线甲的斜率与图线乙的斜率相同，故在t1～t2时间内，存在甲、乙两车加速度相同的时刻，A错误；由题图可看出在0 ～t1时间内，乙的速度一直大于甲的速度，又根据题知甲、乙两车同时从同一位置出发，则二者距离先增大，且在t1时刻乙在甲前面，t1后甲的速度大于乙的速度，则二者越来越近，最后相遇，但甲的速度依然大于乙的速度，则二者的距离再增大，到t2时甲在乙前面，故在t1～t2时间内，甲、乙两车间的距离先减小后增大，甲、乙两车相遇一次，B、C错误；根据平均速度的计算公式有，由于v－t图像与横轴围成的面积表示位移，则在t1～t2时间内，x甲> x乙，则甲车的平均速度大于乙车的平均速度，D 正确.3.(多选)在2017年匈牙利航海模型帆船项目世界锦标赛上，中国选手获得遥控帆船(F5－10)冠军.若a 、b 两个遥控帆船从同一位置向同一方向做直线运动，它们的v －t 图像如图所示，则下列说法正确的是A.b 船启动时，a 船在其前方2 m 处B.运动过程中，b 船落后a 船的最大距离为1.5 mC.b 船启动3 s 后正好追上a 船D.b 船超过a 船后，两船不会再相遇√√√根据v－t图线与时间轴包围的面积表示位移，可知b在t＝2 s时启动，此时a的位移为x＝×2×1 m＝1 m，即a在b前方1 m处，故A错误；两船的速度相等时相距最远，最大距离为Δx＝×(1＋3)×1 m－×1×1 m＝1.5 m，故B正确；由于两船从同一地点向同一方向沿直线运动，当位移相等时两船才相遇，由题图可知，b船启动3 s后位移x b＝×(1＋3)×2 m＝4 m，此时a的位移x a＝×(5＋3)×1 m＝4 m，即b刚好追上a，故C正确；b船超过a船后，由于b的速度大，所以不可能再相遇，故D正确.4.(多选)近期，一段特殊的“飙车”视频红遍网络，视频中，一辆和谐号动车正和一辆复兴号动车互相追赶(如图甲).两车并排做直线运动，其v－t图像如图乙所示，t＝0时，两车车头刚好并排，则A.10 s末和谐号的加速度比复兴号的大B.图乙中复兴号的最大速度为78 m/sC.0到32 s内，在24 s末两车车头相距最远D.两车头在32 s末再次并排√√题图乙中复兴号的最大速度为v m＝72 m/s＋a2×(32－24) m/s＝78 m/s，故B正确；因t＝0时两车车头刚好并排，在0到24 s内和谐号的速度大于复兴号的速度，两者的距离逐渐增大，速度相等后两者的距离缩小，则在24 s末两车车头相距最远，故C正确；5.(多选)(2023·福建省三明一中模拟)甲、乙两车在平直的公路上同时从同一地点同向行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如图所示，其中两阴影部分的面积相等(S1＝S2)，则A.甲、乙两车均做直线运动B.在0～t2时间内，甲、乙两车相遇两次C.在0～t2时间内，甲的加速度先减小后增大D.在0～t2时间内(不包括t2时刻)，甲车一直在乙车前面√√甲、乙两车均做直线运动，A正确；从图像可知，在0～t2时间内，甲、乙两车图线与t 轴所包围的“面积”相等，即两车的位移相等，所以t2时刻，甲、乙两车相遇且只相遇一次，B错误；在0～t2时间内，甲车的v－t图线斜率不断增大，所以加速度不断增大，C错误；在0～t2时间内(不包括t2时刻)，甲车图线与t轴所包围的“面积”大于乙车图线与t轴所包围的“面积”，即甲车的位移大于乙车的位移，且甲、乙两车在平直的公路上同时从同一地点出发，所以甲车一直在乙车前面，D正确.6.(2023·湖南怀化市模拟)甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同方向做直线运动，两车速度的平方v 2随位移x 的变化关系图像如图所示，下列说法正确的是A.汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时，甲车的位 移为8 mB.汽车甲的加速度大小为4 m/s 2C.汽车甲、乙在t ＝4 s 时相遇D.汽车甲、乙在x ＝6 m 处的速度大小为3 m/s √能力综合练根据v2－v02＝2ax并根据题给图像可推知甲、乙两车的初速度大小分别为v0甲＝6 m/s，v0乙＝0，v2－x图像的斜率的绝对值表示汽车加速度大小的2倍，所以甲、乙两车的加速度大小分别为a甲＝2 m/s2，a乙＝1 m/s2，且甲做匀减速直线运动，乙做匀加速直线运动，故B错误；汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时二者速度相同，设共经历时间为t1，则a乙t1＝v0甲－a甲t1，解得t1＝2 s，此时甲车的位移为x甲＝v0甲t1－a甲t12＝8 m，故A正确；7.(2023·浙江省模拟)甲、乙两名运动员在泳池里训练，t ＝0时刻从泳池的两端出发，甲、乙的速度－时间图像分别如图甲、乙所示，若不计转向的时间且持续运动，两运动员均可视为质点，下列说法正确的是A.泳池长50 mB.两运动员一定不会在泳池的两端相遇C.从t ＝0时刻起经过1 min ，两运动员共 相遇了3次D.在0～30 s 内，甲、乙运动员的平均速度大小之比为8∶5√根据v－t图线与时间轴围成的面积表示位移，可知泳池长度L＝1.25×20 m＝25 m，故A错误；如图所示，由甲、乙的位移－时间图线的交点表示相遇可知，甲、乙在t＝100 s时在泳池的一端相遇，故B错误；在0～60 s内甲、乙相遇3次，故C正确；。
高考物理(热点题型全突破)专题1.4 多角度解决追及相遇问题(含解析)-人教版高三全册物理试题
专题1.4 多角度解决追与相遇问题一、追与和相遇问题的概述1. 当两个物体在同一直线上运动时，由于两物体的运动情况不同，所以两物体之间的距离会不断发生变化，这时就会涉与追与、相遇或防止相碰等问题。
2. 追与与相遇问题的实质是研究两个物体的时空关系，只要满足两个物体在同一时间到达同一地点，即说明两个物体相遇。
二、追与、相遇问题两种典型情况1. 速度小者追速度大者2. 速度大者追速度小者三、追与与相遇问题的求解方法1. 分析法应用运动学公式，抓住一个条件、两个关系，列出两物体运动的时间、位移、速度与其关系方程，再求解。
(1) 一个条件：二者速度相等。
它往往是能否追上或距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点。
(2) 两个关系：即时间关系和位移关系。
可通过画草图找出两物体的位移关系，也是解题的突破口。
2. 极值法设相遇时间为t，根据条件列出方程，得到关于t的一元二次方程，再利用数学求极值的方法求解。
在这里，常用到配方法、判别式法、重要不等式法等。
3. 图象法在同一坐标系中画出两物体的运动图线。
位移图线的交点表示相遇，速度图线抓住速度相等时的“面积〞关系找位移关系。
4. 能否追上的判断方法常见情形：物体A追物体B，开始二者相距x0，如此(1) A 追上B 时，必有x A－x B＝x0，且v A≥v B。
(2) 要使两物体恰不相撞，必有x A－x B＝x0，且v A≤v B。
5. 假设被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动。
四、求解追与和相遇问题的思路和技巧1. 解题思路分析两物体运动过程→画运动示意图→找两物体位移关系→列位移方程2. 两点解题技巧【典例1】〔2017届河北省衡水中学高三摸底联考〕如下列图，两条曲线为汽车a、b在同一条平直公路上的速度时间图像，在时刻，两车相遇，如下说法正确的答案是〔〕A．a车速度先减小后增大，b车速度先增大后减小B．时刻a车在前，b车在后C．汽车a、b的位移一样D．a车加速度先减小后增大，b车加速度先减小后增大【答案】D【典例2】〔2017届河南省洛阳市高三上期中〕随着我国经济的开展，小汽车的人均拥有率越来越高，交通事故也越来越频繁。
配套K12高一物理力学专题提升专题18卫星的追及相遇问题
专题18 卫星的追及相遇问题【专题概述】天体运动一直是高考物理的重要考点之一。
在天体运动类问题中，追及和相遇问题是重点和难点，在最近几年的高考试题中常常出现。
由于直线的追及和相遇问题本身就是一个难点，且天体运动中的追及和相遇问题又不同于直线运动中的追及和相遇问题，学生处理起来往往会觉得比较困难。
两卫星在同一轨道绕中心天体同向运动，要使后一卫星追上另一卫星，我们称之为追及问题。
两卫星在不同轨道绕中心天体在同一平面内做匀速圈周运动，当两星某时相距最近时我自们称之为两卫星相遇问题。
找同一中心天体运动的运行天体，由于ω，所以在同一轨道在不可能发生相遇，只有在不同轨道上的运行天体才能发生追赶现象，相遇时是指运行天体相距最近的现象。
例如：两颗卫星在同一轨道平面内同向绕地球做匀速圆周运动，a 卫星的角速度为a ω ，b 卫星的角速度为b ω ，若某时刻两卫星正好同时通过地球同一点正上方，相距最近（如图甲所示），当它们转过的角度之差θπ∆=，即满足a b t t ωωπ∆-∆=时，两卫星第一次相距最远 ，当它们转过的角度之差2θπ∆=，即满足2a b t t ωωπ∆-∆= 时，两卫星第一次相距最近（如图乙所示），两卫星相距最近的条件：2(123a b t t n n ωωπ∆-∆==、、、、、、、）两卫星相距最远的条件：2+1(123a b t t n n ωωπ∆-∆==（）、、、、、、、）【典例精讲】 追及问题典例1 如图所示,有A 、B 两颗行星绕同一颗恒星M 做圆周运动,旋转方向相同,A 行星的周期为,B行星周期为,在某一时刻两行星相距最近,则:(1)何时两行星再次相距最近(2)何时两行星相距最远.【答案】(1)经两行星再次相距最近 (2)经两行星相距最远度,即有:所以可得:(2)同理当两颗卫星经过时间两卫星相距最远时,A卫星比B卫星多转过弧度,即有:所以可得:名师点睛:两行星相距最近时,两行星应该在同一半径方向上;两行星相距最远时,两行星应该在同一直径上;因为A的轨道半径小,所以A的角速度大,即A转得较快;当A比B多转一圈时两行星再次相距最近;当A比B多转半圈时两行星相距最远.相遇问题典例2 设地球的质量为M，绕太阳做匀速圆周运动，有一质量为m的飞船，由静止开始自P点在恒力F的作用下，沿PD方向做匀加速直线运动.若一年后飞船在D点掠过地球上空，且再过两个月又在Q处掠过地球上空，如图所示，根据以上条件，求地球与太阳间的万有引力的大小.（忽略飞船受地球和太阳的万有引力作用的影响）【答案】2 1318m FM典例4 （1）开普勒从1609年～1619年发表了著名的开普勒行星运动三定律，其中第一定律为：所有的行星分别在大小不同的椭圆轨道上围绕太阳运动，太阳在这个椭圆的一个焦点上．第三定律：所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等．实践证明，开普勒三定律也适用于其他中心天体的卫星运动．（2）从地球表面向火星发射火星探测器．设地球和火星都在同一平面上绕太阳做圆周运动，火星轨道半径为地球轨道半径的1．5倍，简单而又比较节省能量的发射过程可分为两步进行：第一步，在地球表面用火箭对探测器进行加速，使之获得足够动能，从而脱离地球引力作用成为一个沿地球轨道运动的人造行星．第二步是在适当时刻点燃与探测器连在一起的火箭发动机，在短时间内对探测器沿原方向加速，使其速度数值增加到适当值，从而使得探测器沿着一个与地球轨道及火星轨道分别在长轴两端相切的半个椭圆轨道正好射到火星上．当探测器脱离地球并沿地球公转轨道稳定运行后，在某年3月1日零时测得探测器与火星之间的角距离为60°，如图所示，问应在何年何月何日点燃探测器上的火箭发动机方能使探测器恰好落在火星表面?(时间计算仅需精确到日)，已知地球半径为：；；【答案】 4月7日【解析】(题中信息：“从地面向火星发射火星探测器的两个步骤……”，表明：为使探测器落到火星上，必须椭圆轨道上运行周期：因此，探测器从点火到到达火星所需时间：火星公转周期：火星绕太阳转动的角速度：由于探测器运行至火星需255天，在此期间火星绕太阳运行的角度：即：探测器在椭圆轨道近日点点火时，火星在远日点的切点之前【提升总结】在处理此类天体的追及和相遇的问题时，常用到的规律： 两卫星相距最近的条件：2(123a b t t n n ωωπ∆-∆==、、、、、、、）两卫星相距最远的条件：2+1(123a b t t n n ωωπ∆-∆==（）、、、、、、、）也可以从周期的角度来理解： 当两天体相距最远是经历的时间符合121+(1232t t N N T T -==（）、、、、、、、） 当两天体相距最近是经历的时间符合12(123t tN N T T -==、、、、、、、） 天体中的追击与相遇问题，还是要联系到实际情况，既然是天体的运动，那么就离不开万有引力，也要了解天体绕中心天体运动时的一些规律【专练提升】1. 开普勒从1609年～1619年发表了著名的开普勒行星运动三定律．第一定律：所有的行星分别在大小不同的椭圆轨道上围绕太阳运动，太阳在这个椭圆的一个焦点上；第二定律：太阳和行星的连线在相等的时间内扫过的面积相等；第三定律：所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值相等．实践证明，开普勒三定律也适用于人造地球卫星的运动．如果人造地球卫星沿半径为r的圆轨道绕地球运动，当开启制动发动机后，卫星转移到与地球相切的椭圆形轨道，如图所示．问在这之后，卫星多长时间着陆？空气阻力不计，地球半径为R，地球表面重力加速度为g．【答案】2 . 某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆.每过N年,该行星会运行到日地连线的延长线上,如图所示.该行星与地球的公转半径之比为【答案】名师点睛:由图可以知道行星的轨道半径大,那么由开普勒第三定律知其周期长,其绕太阳转的慢.每过N年,该行星会运行到日地连线的延长线上,说明N年地球比行星多转1圈,即行星转了圈,从而再次在日地连线的延长线上,那么,可以求出行星的周期是年,接着再由开普勒第三定律求解该行星与地球的公转半径比.3. 如图所示.地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动.地球的轨道半径为R,运转周期为T.地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角(简称视角).已知该行星的最大视角为,当行星处于最大视角处时,是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期.若某时刻该行星正处于最佳观察期,问该行星下一次处于最佳观察期至少需经历多长时间?【答案】【解析】根据题意可得行星的轨道半径设行星绕太阳的转动周期为T'由开普勒第三定律有:名师点睛:根据题意知道当行星处于最大视角处时,地球和行星的连线应与行星轨道相切,运用几何关系求解问题.地球与某行星围绕太阳做匀速圆周运动,根据开普勒第三定律及角速度公式列出等式,表示出周期,然后去进行求解.向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或要求解的物理量选取应用.4. 地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动.地球的轨道半径为,运转周期为.地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角(简称视角),如图甲或图乙所示.当行星处于最大视角处时,是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期.已知某行星的最大视角为.求该行星的轨道半径和运转周期.最终计算结果保留两位有效数字)【答案】名师点睛:根据题意知道当行星处于最大视角处时,地球和行星的连线应与行星轨道相切,运用几何关系求解问题.地球与某行星围绕太阳做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力列出等式,表示出周期,然后去进行求解.向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或要求解的物理量选取应用.。
【配套K12】高考物理考点解读+命题热点突破专题16碰撞与动量守恒近代物理初步
专题16 碰撞与动量守恒近代物理初步【命题热点突破一】动量、冲量、动量定理1．动量、冲量均为矢量，其运算符合平行四边形定则．2．动量定理是矢量式，用前首先选择正方向．3．动量定理解题步骤(1)明确研究对象和物理过程；(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况；(3)选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；(4)依据动量定理列方程、求解．例1、【2016·全国卷Ⅰ】【物理——选修35】(2)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．【答案】(i)ρv0S(ii)v202g－M2g2ρ2v20S2(ii)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g －M2g2ρ2v20S2⑧【变式探究】(2015·安徽)一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示．小物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止．g取10 m/s2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.【答案】(1)μ＝0.32 (2)F＝130 N (3)W＝9 J【变式探究】(2015·北京)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下．将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力【解析】 从绳恰好伸直到人运动到最低点的过程中，绳对人的拉力始终向上，故冲量始终向上．此过程中人先加速再减速，当拉力等于重力时，速度最大，则动量先增大后减小，A 项正确，B 、C 项错误，在最低点时，人的加速度向上，拉力大于重力，D 项错误． 【答案】 A【命题热点突破二】 动量守恒 1．动量守恒定律成立的条件(1)系统不受外力或者所受外力之和为零；(2)系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；(3)系统在某一个方向上所受的外力之和为零，则该方向上动量守恒． (4)全过程的某一阶段系统受的外力之和为零，则该阶段系统动量守恒． 2.运用动量守恒定律的解题步骤 (1)分析题意，确定研究对象．(2)根据题意选取研究的运动段落，明确始末状态的动量大小和方向． (3)对研究对象进行受力分析，确定是否符合动量守恒的条件． (4)选取参考正方向．(5)列取方程求解：符合守恒条件，列动量守恒方程． 3．弹性碰撞与非弹性碰撞(1)形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复．机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失． (2)碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则 ①系统动量守恒m 1v ′1＋m 2v ′2＝m 1v 1＋m 2v 2 ②系统动能不增12m 1v ′12＋12m 2v ′22≤12m 1v 21＋12m 2v 22③实际情景可能：碰前、碰后两个物体的位置关系(不穿越)和速度关系应遵循客观实际．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． 例2、【2016·全国卷Ⅱ】【物理——选修35】(2)如图1所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.(i)求斜面体的质量；(ii)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？图1【答案】(i)20 kg (ii)不能【解析】(i)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①1 2m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg ③由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．【变式探究】(2015·新课标全国Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m 和M之间满足什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．【解析】A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒，设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0 ，第一次碰撞后C 的速度为v C 1 ，A 的速度为v A 1，由动量守恒定律和机械能守恒，得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1①12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1② 联立①②式，得v A 1＝m －Mm ＋Mv 0③ v C 1＝2m m ＋Mv 0④【答案】 (5－2)M ≤m <M 【变式探究】(2015·新课标全国Ⅱ)滑块a 、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图像如图所示．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比． 【解析】 (1)设a 、b 质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图像，得v 1＝－2 m/s v 2＝1 m/sa 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v ，由题给图像可得v ＝23m/s.由动量守恒定律，得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v解得m 1m 2＝18.【答案】 (1)m 1m 2＝18 (2)W ΔE ＝12【举一反三】如图所示，水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变．质量m 1＝0.40 kg 的物块A 从斜槽上端距水平木板高度h ＝0.80 m 处下滑，并与放在水平木板左端的质量m 2＝0.20 kg 的物块B 相碰，相碰后物块B 滑行x ＝4.0 m 到木板的C 点停止运动，物块A 滑到木板的D 点停止运动．已知物块B 与木板间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)物块A 沿斜槽滑下与物块B 碰撞前瞬间的速度大小；(2)滑动摩擦力对物块B 做的功；(3)物块A 与物块B 碰撞过程中损失的机械能．【解析】 (1)设物块A 滑到斜面底端与物块B 碰撞前时的速度大小为v 0，根据机械能守恒定律，有m 1gh ＝12m 1v 20v 0＝2gh ，解得v 0＝4.0 m/s(2)设物块B 受到的滑动摩擦力为f ，摩擦力做功为W ，则f ＝μm 2gW ＝－μm 2gx解得W ＝－1.6 J【答案】 (1)4 m/s (2)－1.6 J (3)0.8 J【思路点拨】 (1)A 下滑过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出A 与B 碰撞前A 的速度．(2)由功的计算公式可以求出滑动摩擦力对B 所做的功．(3)由动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律可以求出物块A 与物块B 碰撞过程中损失的机械能．本题是一道多体、多过程问题，难度较大，分析清楚物体的运动过程，熟练应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题． 【命题热点突破三】 核反应方程考查的点主要集中在核反应方程的书写、能级跃迁、质量亏损、基本概念的考查例3、[2016·江苏物理，12C(1)]贝克勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用．下列属于放射性衰变的是( ) A.146C→147N ＋ 0－1e B.23592U ＋10n→13153I ＋9539Y ＋210n C.21H ＋31H→42He ＋10n D.42He ＋2713Al→3015P ＋10n【答案】A 【解析】一个放射性原子核自发地放出一个粒子变成新的原子核的过程是原子核的衰变，A 为原子核衰变，B为重核的裂变，C为轻核的聚变，D为原子核的人工转变，A正确．【变式探究】(2015·广东)科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚核反应获得能量，核反应方程分别为：X＋Y→42He＋31H＋4.9MeV和21H＋31H→42He＋X＋17.6MeV，下列表述正确的有( )A．X是中子B．Y的质子数是3，中子数是6C．两个核反应都没有质量亏损D．氘和氚的核反应是核聚变反应【答案】AD【变式探究】(2015·北京)下列核反应方程中，属于α衰变的是( )A.17 7N＋42He→17 8O＋11HB.238 92U→234 90Th＋42HeC.21H＋31H→42He＋10nD.234 90Th→234 91Pa＋ 0－1e【解析】α衰变是指某一原子核自发的变成另一种原子核，并放出α粒子的过程．可以很容易的选出B 项正确；A项为人工转变方程；C项为轻核聚变；D项为β衰变．【答案】 B【举一反三】(2015·山东)14C发生放射性衰变为14N，半衰期约为5700年．已知植物存活其间，其体内14C与12C的比例不变；生命活动结束后，14C的比例持续减少．现通过测量得知，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．下列说法正确的是( )A．该古木的年代距今约为5 700年B．12C、13C、14C具有相同的中子数C．14C衰变为14N的过程中放出β射线D．增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变【解析】因古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一，则可知经过的时间为一个半衰期，即该古木的年代距今约为5 700年，选项A正确；12C、13C、14C具有相同的质子数，由于质量数不同，故中子数不同，选项B错误；根据核反应方程可知，14C衰变为14N的过程中放出电子，即发出β射线，选项C 正确；外界环境不影响放射性元素的半衰期，选项D错误；故选AC.【答案】AC【高考真题】1．【2016·全国卷Ⅰ】【物理——选修35】(2)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．35.（2）【答案】(i)ρv0S(ii)v202g －M2g 2ρv0S(ii)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g －M2g2ρ2v20S2⑧2．【2016·北京卷】(1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图1所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．图1a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δp x、Δp y；b．分析说明小球对木板的作用力的方向．(2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图1所示，图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．a．光束①和②强度相同；b．光束①比②的强度大.图1【答案】(1)a.0 2mv cos θb．沿y轴负方向(2)a.沿SO向左b．指向左上方【解析】(1)a.x方向：动量变化为Δp x＝mv sin θ－mv sin θ＝0y方向：动量变化为Δp y＝mv cos θ－(－mv cos θ)＝2mv cos θ方向沿y轴正方向．b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向．(2)a.仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p.这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2np cos θ从小球出射时的总动量为p2＝2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理FΔt＝p2－p1＝2np(1－cos θ)>0可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO 向左．b．建立如图所示的Oxy直角坐标系．x方向：根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向．y方向：设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2.这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)p sin θ从小球出射时的总动量为p2y＝0根据动量定理：F yΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)p sin θ可知，小球对这些粒子的作用力F y的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y 轴正方向．所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．3.【2016·江苏卷】C．【选修35】(2)已知光速为c，普朗克常数为h，则频率为ν的光子的动量为________．用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为________．（2）【答案】h νc 2h νc【解析】因为光速c ＝λν，则λ＝c ν，所以光子的动量p ＝h λ＝h νc，由于动量是矢量，因此若以射向平面镜时光子的动量方向为正方向，即p 1＝h νc ，反射后p 2＝－h νc ，动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝－h νc －h νc＝－2h νc ，则光子在反射前后动量改变量的大小为2h νc. F2 动量守恒定律4．【2016·全国卷Ⅲ】【物理——选修35】(2)如图1所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a 以初速度v 0向右滑动，此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．图1【答案】32v 20113gl ≤μ<v 22gl设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒和能量守恒有 mv 1＝mv ′1＋3m4v ′2 ④12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22 ⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1 ⑥由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22≤μ3m4gl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥32v 2113gl⑧联立②⑧式，a 与b 发生碰撞、但b 没有与墙发生碰撞的条件 32v 20113gl ≤μ<v 22gl⑨ 5.【2016·全国卷Ⅱ】【物理——选修35】(2)如图1所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2. (i)求斜面体的质量；(ii)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？图1【答案】(i)20 kg (ii)不能(ii)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 20＝0 ④代入数据得v 1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3 ⑥12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23 ⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝1 m/s ⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩． 6．【2016·天津卷】(1) 如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B ，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．图1【答案】v 3 v 23μg1．[2015·福建理综，30(2)，6分]如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线 相向运动，滑块A的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量 为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A ．A 和B 都向左运动 B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动解析 对A 、B 系统,由于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、机械 能守恒，由于m ×2v 0－2mv 0＝0，故碰后A 、B 不可能同向运动或一个静止、 另一个运动或两个都静止，而只能是A 、B 都反向运动，故D 正确． 答案 D2．[2015·新课标全国Ⅱ,35(2)，10分](难度★★★★)两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后， 从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：(ⅰ)滑块a 、b 的质量之比；(ⅱ)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之 比．(ⅱ)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2⑥由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做 的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦联立⑥⑦式，并代入题给数据得W ∶ΔE ＝1∶2⑧答案 (ⅰ)1∶8 (ⅱ)1∶23．[2015·山东理综，39(2)](难度★★★★)如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞,碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞,碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．解析 设滑块质量为m ,A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰后A 的速度v A ′＝18v 0，B 的速度v B ＝34v 0，由动量守恒定律得 mv A ＝mv A ′＋mv B ①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝12mv 20－12mv 2A ②4．(2015·广东理综，36，18分)(难度★★★★)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ，物块A 以v 0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后， 与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1,A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式． 解析 (1)从A →Q 由动能定理得 －mg ·2R ＝12mv 2－12mv 20①解得v ＝4 m/s ＞gR ＝ 5 m/s② 在Q 点，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2R③解得F N ＝22 N④ (2)A 撞B ，由动量守恒得mv 0＝2mv ′⑤解得v ′＝v 02＝3 m/s⑥设粗糙段滑行距离为x ，则 －μmgx ＝0－122mv ′2⑦解得x ＝4.5 m⑧ 所以k ＝x L＝45⑨5．(2015·天津理综，10，16分)(难度★★★)某快递公司分拣邮件的水平传输装 置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v ＝1 m/s 的恒定速度向右运动，现 将一质量为m ＝2 kg 的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.设皮带足够长，取g ＝10 m/s 2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求(1)邮件滑动的时间t ； (2)邮件对地的位移大小x ；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W .解析 (1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F f ，则F f ＝μmg ①取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有F f t ＝mv －0②由①②式并代入数据得t ＝0.2 s③答案 (1)0.2 s (2)0.1 m (3)－2 J6．(2015·安徽理综，22，14分)(难度★★★)一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图所示．物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10 m/s 2.(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W . 解析 (1)对小物块从A 运动到B 处的过程中 应用动能定理－μmgs ＝12mv 2－12mv 20①代入数值解得μ＝0.32②(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s 由动量定理得：F Δt ＝mv ′－mv ③ 解得：F ＝－130 N④其中“－”表示墙面对物块的平均力方向向左． (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得－W ＝0－12mv ′2⑤解得W ＝9 J答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J7．[2014·新课标全国Ⅰ,35(2)，9分](难度★★★)如图，质量分别为m A 、m B 的 两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放．当A 球下落t ＝0.3 s 时,刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间 A 球的速度恰为零.已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻 力及碰撞中的动能损失．求(1)B 球第一次到达地面时的速度； (2)P 点距离地面的高度．由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前、后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v 2′④12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v 2′2⑤ 设B 球与地面相碰后的速度大小为v B ′，由运动学及碰撞的规律可得v B ′＝ v B ⑥ 设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v B ′2－v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h ′＝0.75 m⑧答案 (1)4 m/s (2)0.75 m4．[2016·全国Ⅲ，35(1)，5分]一静止的铝原子核2713Al俘获一速度为1.0×107 m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核2814Si*.下列说法正确的是( )A．核反应方程为p＋2713Al→2814Si*B．核反应过程中系统动量守恒C．核反应过程中系统能量不守恒D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和E．硅原子核速度的数量级为105 m/s，方向与质子初速度的方向一致5．[2016·江苏物理，12C(1)]贝克勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用．下列属于放射性衰变的是( )A.146C→147N＋0－1eB.23592U＋10n→13153I＋9539Y＋210nC.21H＋31H→42He＋10nD.42He＋2713Al→3015P＋10n3．A 一个放射性原子核自发地放出一个粒子变成新的原子核的过程是原子核的衰变，A为原子核衰变，B 为重核的裂变，C为轻核的聚变，D为原子核的人工转变，A正确．6．[2016·全国Ⅱ，35(1)，5分]在下列描述核过程的方程中，属于α衰变的是________，属于β衰变的是________，属于裂变的是________，属于聚变的是________．(填正确答案标号)A.146C→147N＋0－1eB.3215P→3216S＋0－1eC.23892U→23490Th＋42HeD.147N＋42He→178O＋11HE.23592U＋10n→14054Xe＋9438Sr＋210nF.31H＋21H→42He＋10n【解析】α衰变是一种放射性衰变，α粒子(42He)会从原子核中射出，C项符合要求．β衰变是指自原子核内自发地放出一个电子(0－1e)，同时原子序数加1的过程，A、B两项符合要求．裂变是指一些质量非常大的原子核，像铀、钍和钚等在吸收一个中子后分裂成两个或更多质量较小的原子核，同时放出两个或三个中子和很大能量的过程，只有E 项符合要求．聚变是指由两个轻原子核(一般是氘和氚)结合成较重原子(如氦)并放出大量能量的过程，F 项符合要求． 【答案】 C AB E F7．[2016·江苏物理，12C(3)]几种金属的逸出功W 0见下表：由一束可见光照射上述金属的表面，请通过计算说明哪些能发生光电效应．已知该可见光的波长的范围为4.0×10－7～7.6×10－7m ，普朗克常数h ＝6.63×10－34 J·s.【解析】可见光中波长最短的光子的能量最大，能量E ＝hc λ＝6.63×10－34×3×1084.0×10－7＝4.97×10－19J ．逸出功小于或等于该能量的金属会发生光电效应，查表可知为钠、钾、铷.1．(2015·重庆理综，1，6分)(难度★★)图中曲线a 、b 、c 、d 为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里．以下判断可能正确的是( )A ．a 、b 为β粒子的径迹B ．a 、b 为γ粒子的径迹C ．c 、d 为α粒子的径迹D ．c 、d 为β粒子的径迹答案 D2．[2015·海南单科，17(1)，4分](难度★★★)氢原子基态的能量为E 1＝－13.6 eV. 大量氢原子处于某一激发态．由这些氢原子可能发出的所有的光子中，频率 最大的光子能量为－0.96E 1，频率最小的光子的能量为______eV(保留2位有 效数字)，这些光子可具有________种不同的频率．解析 频率最大的光子能量为－0.96E 1，即E n －E 1＝－0.96E 1，则E n ＝E 1－0.96E 1＝(－13.6 eV)－0.96×(－13.6 eV)＝0.54 eV ，即n ＝5，从n ＝5能级开始跃迁,这些光子能发出的频率数n ＝5×（5－1）2＝10种．频率最小的光子是从n＝5能级跃迁到n＝4能级，其能量为E min＝－0.54 eV－(－0.85 eV)＝0.31 eV.答案0.31 eV 103．(2015·广东理综,18，6分)(难度★★)(多选)科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X＋Y→42He＋31H＋4.9 MeV 和21H＋31H→42He＋X＋17.6 MeV，下列表述正确的有( ) A．X是中子B．Y的质子数是3，中子数是6C．两个核反应都没有质量亏损D．氘和氚的核反应是核聚变反应解析根据核反应中质量数和电荷数守恒，可知X是10X，所以为中子，A正确；Y应为63Y,所以Y的质子数为3，核子数为6，中子数为3，B错误；两核反应均有能量释放，根据爱因斯坦质能方程，两核反应都有质量亏损，C错误；由聚变反应概念知，D正确．答案AD4．(2015·天津理综,1，6分)(难度★★)物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上．下列说法正确的是( )A．天然放射现象说明原子核内部是有结构的B．电子的发现使人们认识到原子具有核式结构C．α粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的D．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的答案 A5．(2015·北京理综，17，6分)(难度★★)实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图，则( )。
【配套K12】高中物理复习精讲易错题集(232页超全!)新人教版
第一章质点的运动错题集一、主要内容本章内容包括位移、路程、时间、时刻、平均速度、即时速度、线速度、角速度、加速度等基本概念，以及匀变速直线运动的规律、平抛运动的规律及圆周运动的规律。
在学习中要注意准确理解位移、速度、加速度等基本概念，特别应该理解位移与距离（路程）、速度与速率、时间与时刻、加速度与速度及速度变化量的不同。
二、基本方法本章中所涉及到的基本方法有：利用运动合成与分解的方法研究平抛运动的问题，这是将复杂的问题利用分解的方法将其划分为若干个简单问题的基本方法；利用物理量间的函数关系图像研究物体的运动规律的方法，这也是形象、直观的研究物理问题的一种基本方法。
这些具体方法中所包含的思想，在整个物理学研究问题中都是经常用到的。
因此，在学习过程中要特别加以体会。
三、错解分析在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对要领理解不深刻，如加速度的大小与速度大小、速度变化量的大小，加速度的方向与速度的方向之间常混淆不清；对位移、速度、加速度这些矢量运算过程中正、负号的使用出现混乱：在未对物体运动（特别是物体做减速运动）过程进行准确分析的情况下，盲目地套公式进行运算等。
例1汽车以10 m/s的速度行使5分钟后突然刹车。
如刹车过程是做匀变速运动，加速度大小为5m/s2，则刹车后3秒钟内汽车所走的距离是多少？【错解】因为汽车刹车过程做匀减速直线运动，初速v0=10 m/s加速度【错解原因】出现以上错误有两个原因。
一是对刹车的物理过程不清楚。
当速度减为零时，车与地面无相对运动，滑动摩擦力变为零。
二是对位移公式的物理意义理解不深刻。
位移S对应时间t，这段时间内a必须存在，而当a不存在时，求出的位移则无意义。
由于第一点的不理解以致认为a永远地存在；由于第二点的不理解以致有思考a什么时候不存在。
【分析解答】依题意画出运动草图1-1。
设经时间t1速度减为零。
据匀减速直线运动速度公式v1=v0-at则有0=10-5t解得t=2S由于汽车在2S时【评析】物理问题不是简单的计算问题，当得出结果后，应思考是否与s=-30m的结果，这个结果是与实际不相符的。
配套K12高考物理一轮训练学题2含解析新人教版
人教物理2019高考一轮训练学题（2）李仕才1、如图所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O 安在一根轻木杆B 上，一根轻绳AC 绕过滑轮，A 端固定在墙上，且绳保持水平，C 端挂一重物，BO 与竖直方向的夹角θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变夹角θ的大小，则滑轮受到木杆作用力大小变化情况的是( )图A ．只有角θ变小，作用力才变大B ．只有角θ变大，作用力才变大C ．不论角θ变大或变小，作用力都是变大D ．不论角θ变大或变小，作用力都不变【答案】D【解析】杆的力比较特殊，本题中卫两端绳子的合力.2、一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.2s t B.232s t C.24s tD.28s t【解题关键】 解此题抓住两点： (1)加速度的定义式及动能的表达式． (2)匀变速直线运动的平均速度公式．【答案】A3、某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是( )A ．只有在桶匀速上升过程中，绳子对桶的拉力才等于桶对绳子的拉力B ．桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力大于桶对绳子的拉力C ．桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力等于桶对绳子的拉力D ．桶减速向上运动的过程中，绳子对桶的拉力小于桶对绳子的拉力 【答案】C4、(2018·四川成都调研)如图1所示，一小球在光滑的V 形槽中由A 点释放，经B 点(与B 点碰撞所用时间不计)到达与A 点等高的C 点，设A 点的高度为1 m ，则全过程中小球通过的路程和位移大小分别为( )图1A.23 3 m ，23 3 m B.23 3 m ，43 3 m C.43 3 m ，233 m D.433 m ，1 m 【答案】C5、假设某无人机靶机以300 m/s 的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时从地面发射导弹，导弹以80 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，以1 200 m/s 的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为( )A.3.75 sB.15 sC.30 sD.45 s 【答案】B【解析】导弹由静止做匀加速直线运动，即v 0＝0，a ＝80 m/s 2，据公式v ＝v 0＋at ，有t＝v a ＝1 20080s ＝15 s ，即导弹发射后经15 s 击中无人机，选项B 正确. 6、(多选)如图7所示，将两相同的木块a 、b 置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁.开始时a 、b 均静止.弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a 所受的摩擦力F f a ≠0，b 所受的摩擦力F f b ＝0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间( )图7A.F f a 大小不变B.F f a 方向改变C.F f b 仍然为零D.F f b 方向向右 【答案】AD【解析】剪断右侧细绳瞬间，b 木块仍受弹簧向左的拉力，故此时F f b 不等于零，其方向水平向右，与弹簧拉力方向相反.a 木块在剪断细绳瞬间与剪断前受力情况没有发生变化，故F f a 的大小、方向均没有变化.选项A 、D 正确.7、如图10甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m 的物体，受到沿斜面方向的力F 作用，力F 按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F 与mg 的比值，力沿斜面向上为正).则物体运动的速度v 随时间t 变化的规律是(物体初速度为零，重力加速度取10 m/s 2)( )图10【答案】C8、四辆小车从同一地点向同一方向运动的情况分别如图7所示，下列说法正确的是( )图7A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B．这四辆车均从静止开始运动C．在0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远D．在0～t2时间内，丙、丁两车间的距离先增大后减小【答案】C【解析】x－t图象中，位移方向用正负表示，图中甲、乙两个物体的位移一直为正，且不断增加，故甲与乙都是单向的直线运动，故A错误；x－t图象的斜率表示速度，v－t图象的斜率表示加速度，故乙车做减速直线运动，甲车做匀速直线运动，则甲、乙不是从静止开始运动，故B错误；由v－t图象中图线与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故C正确；在0～t2时间内，丁的速度大于丙的速度，两车间的距离一直增大，故D错误．9、兰渝铁路的开通，为广大市民的生活、工作带来极大的方便．现简化动车运行物理模型，假设在南充站停靠的动车在停靠南充站前以速度v0＝234 km/h做匀速直线运动，经停该站的动车先做匀减速直线运动，在该站短暂停留后，做匀加速直线运动出站，当速度达到v0＝234 km/h时又开始做匀速直线运动，全过程的v－t图象如图9所示．求：图9(1)动车离开南充站时的加速度大小；(2)动车停靠南充站比不停靠该站运行多经历的时间． 【答案】(1)5 m/s 2(2)136.5 s 【解析】(1)由图知加速时间t 2＝13 s 由公式v 0＝at 2 则a ＝t2v0＝5 m/s 2(2)由图知减速时间t 1＝20 s 减速位移x 1＝2v0＋0t 1＝650 m 加速位移x 2＝2v0＋0t 2＝422.5 m在车站停止时间t 3＝120 s动车以234 km/h 速度经过车站用时t 4＝v0x1＋x2＝16.5 s则所求时间Δt ＝(t 1＋t 2＋t 3)－t 4＝136.5 s.10、(2018·青海西宁调研)图5甲为一转动的传送带AB ，传送带以恒定的速率v 逆时针转动.在传送带的左侧边缘的B 点有一滑块，若让滑块以初速度v 1＝3 m/s 冲上传送带，滑块运动的v －t 图象如图乙中a 所示，若让滑块以初速度v 2＝6 m/s 冲上传送带，滑块运动的v －t 图象如图乙中b 所示.g 取10 m/s 2，试求：(1)传送带的长度l 和传送带与物块之间的动摩擦因数μ； (2)滑块以初速度v 1＝3 m/s 冲上传送带时，滑块返回B 点的时间.【答案】(1)32 m 0.05 (2)12.5 s(2)滑块在0～6 s 和6～t s 内的位移大小相等，方向相反21×6×3 m＝21×(t －6＋t －10)×2 m滑块返回B 点的时间t ＝12.5 s.11、皮划艇选手与艇的总质量为100 kg ，皮划艇冲刺时的加速度可达10 m/s 2，求此时桨对水的推力是多大？(设水的阻力可忽略)【答案】103N【解析】以皮划艇和选手整体为研究对象，设水对桨的推力为F ，由F ＝ma 有F ＝ma ＝100×10N ＝103 N ，由牛顿第三定律知，桨对水的推力与F 等大反向，所以桨对水的推力大小为103N.、12如图9所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为L ，两根相同的橡皮条自由长度均为L ，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片.若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律，每根橡皮条的劲度系数均为k ，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L (弹性限度内)，则发射中橡皮条对裹片的最大作用力为( )图9A.kLB.2kLC.23kLD.215kL 【答案】D。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
高考物理难点突破------------“追碰”问题解题思路“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.（★★★★）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/s 2）2.（★★★★★）一辆实验小车可沿水平地面（图中纸面）上的长直轨道匀速向右运动.有一台发出细光束的激光器装在小转台M 上，到轨道的距离MN 为d =10 m ，如图1-1所示.转台匀速转动，使激光束在水平面内扫描，扫描一周的时间为T ＝60ｓ.光束转动方向如图中箭头所示.当光束与MN 的夹角为45°时，光束正好射到小车上.如果再经过Δt ＝2.5 ｓ，光束又射到小车上，则小车的速度为多少?（结果保留两位数字）3.（★★★★★）一段凹槽A 倒扣在水平长木板C 上，槽内有一小物块B ，它到槽内两侧的距离均为21，如图1-2所示.木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的动摩擦因数为μ.A 、B 、C 三者质量相等，原来都静止.现使槽A 以大小为v 0的初速向右运动，已知v 0＜gl 2.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v 0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v 0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v 0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-v 0=-v 0甲物体相对乙物体的加速度 图1-1 图1-2a 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v 0的匀速直线运动.所以，相遇时间为：t =v h 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 ≤gv 02 即:0≤0v h≤gv 02 所以当v 0≥2gh,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：g v 0≤t ≤gv 02 即g v 0≤0v h≤gv 02. 所以当2gh≤v 0≤gh 时,乙物体在下落过程中与甲物体相碰. ［例2］（★★★★★）如图1-3所示,质量为m 的木块可视为质点，置于质量也为m 的木盒内，木盒底面水平，长l =0.8 m,木块与木盒间的动摩擦因数μ=0.5,木盒放在光滑的地面上，木块A 以v 0=5 m/s 的初速度从木盒左边开始沿木盒底面向右运动，木盒原静止.当木块与木盒发生碰撞时无机械能损失，且不计碰撞时间，取g =10 m/s 2.问：（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：mv 0=2mv ①μmgs =21mv 02-21·2mv 2② 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：图1-3（2）从木块开始运动到相对木盒静止的过程中，木盒的运动分三个阶段：第一阶段，木盒向右做初速度为零的匀加速运动；第二阶段，木块与木盒发生弹性碰撞，因两者质量相等，所以交换速度；第三阶段，木盒做匀减速运动，木盒的总位移等于一、三阶段的位移之和.为了求出木盒运动的位移，我们画出状态示意图，如图1-4所示.设第一阶段结束时，木块与木盒的速度分别为v 1、v 2,则：mv 0=mv 1+mv 2 ③μmgL =21mv 02-21m （v 12+v 22） 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v 1,选木盒为研究对象对第一阶段：μmgs 1=21mv 22⑤对第三阶段：μmgs 2=21mv 12-21mv 2⑥从示意图得 s 盒=s 1+s 2⑦ 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： m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′ ①21m 1v 12+21m 2v 22=21m 1v 1′2+21m 2v 2′2②上式中v 1、v 1′分别是m 1碰前和碰后的速度，v 2、v 2′分别是m 2碰前和碰后的速度. 图1-4v 1′=21221212)(m m v m v m m ++-③v 2′=21112122)(m m v m v m m ++-④完全非弹性碰撞：m 1与m 2碰后速度相同，设为v ,则 m 1v 1+m 2v 2=（m 1+m 2）v ,v =21211m m vm v m ++.系统损失的最大动能ΔE k m =21m 1v 12+21m 2v 22-21（m 1+m 2）v 2.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2.（★★★★）两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为v 0,若前车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车时的加速度开始刹车，已知前车在刹车过程中所行驶的距离为s ,若要保证两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持距离至少应为多少？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 的速度向右做图1-5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/s 2）4.（★★★★）如图1-6所示，在光滑的水平面上放置一质量为m 的小车，小车上有一半径为R 的41光滑的弧形轨道，设有一质量为m 的小球，以v 0的速度，方向水平向左沿圆弧轨道向上滑动，达到某一高度h 后，又沿轨道下滑，试求h 的大小及小球刚离开轨道时的速度.5.（★★★★★）如图1-7所示，长为2L 的板面光滑且不导电的平板小车C 放在光滑水平面上，车的右端有块挡板，车的质量m C =4 m,绝缘小物块B 的质量m B =2 m.若B 以一定速度沿平板向右与C 车的挡板相碰，碰后小车的速度总等于碰前物块B 速度的一半.今在静止的平板车的左端放一个带电量为+q 、质量为m A =m 的小物块A ，将物块B 放在平板车的中央，在整个空间加上一个水平方向的匀强电场时，金属块A 由静止开始向右运动，当A 以速度v 0与B 发生碰撞，碰后A 以41v 0的速率反弹回来，B 向右运动. （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？ 6.（★★★★★）如图1-8所示，水平放置的导轨，其电阻、摩擦均不计，固定在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，左端间距为2L ，右端间距为L ，今在导轨上放ab 、cd 两杆，其质量分为2M 、M ，电阻分为2R 、R ，现让ab 杆以初速度v 0向右运动.求cd 棒的最终速度（两棒均在不同的导轨上）.参考答案：［难点磁场］1.1.6×102 m2.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，L 1=d （tan45°-tan30°）,则v 1=vL ∆1=1.7 m/s,第二次为（光）点追物，时间相同，空间位移相同，L 2=d （tan60°-tan45°）,可得v 2=tL ∆2=2.9 m/s. 3.（1）s =l -gv μ420 （2）v A =41v 0;v B =v C =83v 0［歼灭难点训练］1.ABC2.2 s3.W min =2.8×104 J4.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图1-6图1-7 图1-8撞，动能损失转化为重力势能（而不是热能）.据此可列方程：mv 0=（m +m ）v ,① 21mv 02=21（m +m ）v 2+mg h②解得h =v 02/4g .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 =21mv 02 所以电场强度大小E =qLmv 22方向水平向右（2）A 、B 碰撞，由系统动量守恒定律得m A v 0=m A （-41v 0）+m B v B 用m B =2m 代入解得v B =85v 0B 碰后做匀速运动，碰到挡板的时间t B =58v L v L B = A 的加速度a A =Lv22A 在tB 段时间的位移为s A =v a t B +21at B 2=-41v 0·21580+v L ·L v 220·（058v L ）2=256L 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 B v B =m B v B ′+m C v C ′ v C ′=21v 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 =21mv 02. 6.320v。