不同方法解高中物理多過程問題

【摘要】守恒法和歸納法是求解高中物理多過程多階段運動問題的常見方法.守恒法常見的有機械能守恒、動量守恒和能量守恒，歸納法關注多過程運動中存在的規律和特點.熟悉和掌握兩種解題方法，有助于提高學生解題效率和準確率.

【關鍵詞】高中物理；多過程運動；解題方法

高考物理通常聯系多個知識點考查，故運動過程常常由多個不同階段組成.求解多過程運動問題可以采取不同方法，如守恒法和歸納法，幫助學生掌握更多方法，從而更高效地解答問題.

1守恒法

守恒法是解決物體多過程運動的常見方法之一，運用守恒法解答問題適用于機械能守恒或動量守恒的物理問題，即整個運動過程中重力勢能、彈性勢能和動能之間互相轉化或者整個過程中系統初始狀態動量等于終末狀態動量.判斷多過程運動問題符合上述情況，可運用守恒法列式求解.

例1如圖1所示為某滑雪跳臺的一種場地簡化模型，右側是一固定的四分之一的光滑圓弧軌道AB，半徑R=1.8m，左側是一固定的光滑曲面軌道CD，兩軌道末端C與B等高，兩軌道間有質量M=4kg的薄木板靜止于光滑水平地面上，右端緊靠圓弧軌道AB的B側.薄木板上表面與圓弧面相切于B點.一質量m=2kg的小滑塊P（可視為質點）從圓弧軌道最高點A由靜止滑下，經B點后滑上木板，重力加速度大小為g=10m/s2，滑塊與薄木板之間的動摩擦因素為μ=0.4.

（1）求小滑塊P滑到B點時對軌道的壓力大小；

（2）若木板只與軌道CD發生一次碰撞，薄木板與軌道CD碰撞為彈性碰撞且碰撞時間極短，運動過程滑塊所受摩擦力不變，滑塊未與木板分離，求薄木板的運動時間t和最小長度L.

分析在滑塊在圓弧軌道和木板上運動的過程中，存在多個運動過程，根據機械能守恒、動量守恒分析碰撞與運動具體情況，得出答案.

解（1）根據題意，小滑塊由A到B過程中，由機械能守恒定律有mgR=12mv2B，

在B點，由牛頓第二定律有F－mg=mv2BR，解得F=3mg=60N，vB=2gR=6m/s.

由牛頓第三定律可知，小滑塊P滑到B點時對軌道的壓力大小為F′=F=60N.

（2）設木板與軌道第一次碰撞瞬間，滑塊速度為v1，木板速度為v2，在滑塊滑上木板到木板第一次與軌道CD碰撞前的過程中，由動量守恒定律有mvB=mv1+Mv2，由于木板只與軌道CD發生一次碰撞，則由mv1=Mv2，解得v1=3m/s，v2=1.5m/s，

整個過程中木板所受摩擦力不變，滑塊滑上木板后，小滑塊做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可得μmg=ma，解得a=4m/s2.

設從滑塊上木板到木板與軌道CD第一次碰撞的時間為t1，則有v1=vB－at1，解得t1=0.75s，由于無能量損失，則木板與軌道CD碰撞后原速率返回做勻減速運動，由對稱性可知，木板運動到B端時，速度恰好為0，小滑塊的速度為0，運動時間t2=t1=0.75s，則木板的運動時間為t=t1+t2=1.5s.

由上述分析可知，當薄木板返回B端時，小滑塊停在薄木板左端，小滑塊的位移即薄木板的最小長度，由于小滑塊一直做勻減速運動，則有L=v2B2a=4.5m.

2歸納法

歸納法一般用來解決多次碰撞問題，可以是兩個物體或物體與擋板之間發生碰撞多次碰撞，也可以是多個物體之間發生的連續碰撞.該方法主要體現在根據多次碰撞運動特點和數據，得到碰撞過程中對應規律或結果，通過計算碰撞的次數得到全過程的數據.歸納法的運用，幫助學生找到重復運動的規律和特點，從而解決問題.

例2某小組設計了一種實驗裝置，用來研究碰撞問題，其模型如圖2所示，光滑軌道中間部分水平，右側為位于豎直平面內半徑R=1.28m的半圓，且半圓在最低點與水平部分相切.5個大小相同的小球并列靜置于水平部分，相鄰球間有微小間隔，從左到右球的編號依次為0、1、2、3、4，且每個球質量與其相鄰左邊球質量之比皆為k.將0號球向左拉至左側軌道距水平部分高h=0.2m處，然后由靜止釋放，使其與1號球相碰，1號球再與2號球相碰……，所有碰撞皆為彈性碰撞，且碰撞時間忽略不計，不計空氣阻力，小球可視為質點，重力加速度為g，下列說法正確的是（）

（A）若k=1，釋放0號球后，看到5個（0－4號）小球一起向右運動.

（B）若k=1，釋放0號球后，看到只有4號球向右運動.

（C）若k＜1，要使4號球碰撞后能過右側軌道的最高點，則k應滿足0＜k≤2－1.

（D）若k＜1，要使4號球碰撞后能過右側軌道的最高點，則k應滿足0＜k≤3－1.

分析分兩種情況分析小球做圓周運動、平拋運動后連續碰撞問題，即小球質量均相等和小球質量不等的情況，分析每一次碰撞過程中機械能和動能的轉化情況，可以歸納出碰撞后小球的運動特點，繼而選出正確選項.

解當k=1時，小球質量均相等，所有碰撞為彈性碰撞，對0、1號球碰撞過程分析，有mv0=mv′01+kmv11，12mv20=12mv′201+12kmv211，解得v′01=0，v11=v0.同理可知所有碰撞結束后，0、1、2、3號速度均為0，4號球速度為v0，故選項（A）錯誤，選項（B）正確.

當k＜1時，由機械能守恒定律，可知第0號球與第1號球碰撞前，0號球速度v0=2gh，第0號球與第1號球碰撞過程中動量守恒，機械能守恒，則有mv0=mv′0+kmv1，12mv20=12mv′20+12kmv21，可知碰撞后速度v1=21+kv0，同理可得第1號球與第2號球碰撞后，2號球速度v2=21+k2v0，……，則4號球碰撞后速度為v4=21+k4v0，要使4號球能夠通過右側圓軌最高點，則有12k4mv24=k4mg·2R+12k4mv2，4號球速度的臨界值為v≥gR，聯立解得21+k8≥16，可得k≤2－1，故選項（C）正確，（D）錯誤.

3結語

用不同方法求解多過程多階段的物體運動問題，需要結合具體題意采用合適的方法.其中多次碰撞問題可以用歸納法找到其中規律，守恒法則適合一些合外力為零的系統多階段運動問題.每種方法的運用特點，都是需要掌握的學習內容.

參考文獻：

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