2024高考物理大招：速度增量法

2024高考必备物理大招物理大招

13：速度增量法

物理大招13：速度增量法

【概述】

在动能与动量的题型中，如果题目中涉及弹性碰撞相关的计算问题，或涉及碰撞过程中求范

围问题，在题目给出具体数值或比例的情况下，可使用速度增量法来进行求解。

对于发生弹性碰撞的两个小球A、B,从碰撞到共速(挤压至最紧)的过程由动量守恒有:

ni[U]+m2v2=(ni!+7n2)u共

可得两球的共同速度为：

+m2v2

六+m2

对整个碰撞过程由动量守恒和能量守恒有：

+m2V2=叫诉+瓶2名

1919,2,2

-mjvf+-m2V2=mxvx+m2v2

解得：

,(mj—m2)vi+2m2v2,(m2—Tn^v2+2mxvx

Vi=----------------------------------------;v?=——---------------

m1+m2mi+m2

现计算A从初态到共速时的速度增量为：

mlvl+m2v2m2(v2-vj

V+t—V\=---------------------------Vi=------------------------

外m1+m2m1+m2

从共速到末态的速度增量为：

,(m2—+2m!Vj+m2v2m2(v2—vj

V]—v+t=——=----------------------------------------------------------------=------------------------

六+m2ni]+m2+m2

两次速度增量相同。同理可计算，B从初态到共速时的速度增量为：

mi(%-v2)

v-v2=--------

六m1+m2

从共速到末态的速度增量为：

,小1(巧一巧)

v2-V共

+m2

两次速度增量也相同。

上述规律可总结为：

"一发共=^共一巧=△/

4-V共="共一"2=A"2

即发生弹性碰撞的物体，其初速度、共速速度、末速度三者成等差数列，利用此规律的计算

方法即为速度增量法。

我们在做题的时候有以下内容需要注意：

1.在做选择题、填空题时可直接套用此结论；但在解答题中，需要根据具体情况，写出必

要的步骤，用此方法作为计算过程

2.对于非完全弹性碰撞，在满足动量守恒的前提下，任一小球的末速度应介于共速速度和

弹性碰撞末速度之间，可利用此规律求解碰撞范围问题。

质量是1kg的A球，以6m/s的速度，与质量为2kg的静止的B球，发生弹性碰撞，碰撞

后，A、B两球速度的可能值是（）

A.或=2m/s,讳=4m/sB.以=-2m/s,u（=4m/s

C.或=4m/s,讳=2m/sD.u]=4m/s,u^=・2m/s

【答案】c

【解析】根据动量守恒，可求得共速时

u共=2m/s

根据速度增量法求解弹性碰撞的末速度，对A小球：

△u=I?共一°A=—4m/s

则：

v'A=v±l-+Av=—2m/s

对B小球：

△17=12共_l7B=2m/s

则：

=u共+Au=4m/s

故选：B.

【双】

1.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的质量为加，速度大

小为2vo,方向向右，滑块B的质量为2刃，速度大小为vo,方向向左，则两滑块发生弹性碰

撞后的运动状态是（）

左多工乌右

A.A和B都向左运动

B.A和B都向右运动

C.A向左运动，B向右运动

D.由动量守恒定律可知，A、B都静止

【答案】C

【解析】以两球组成的系统为研究对象，两球碰撞过程系统的动量守恒，取水平向右方向为

正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：

%=2v0；vB=v0

碰撞前系统总动量：

P=mAvA+mBvB=mx2v0+2mx（—v0）=0

即系统的总动量为Oo

由于系统的动量守恒，则碰撞前后系统的总动量也是0；

由于碰撞是弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能都等于0,运动的方向一定相反。故C正确，

ABD错误。

故选：C.

2.质量为机、速度为v的A球与质量为3加的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也

可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。碰撞后B球的速度大小可能

是（）

A.0.15vB.0.4vC.0.2vD.0.6v

【答案】B

【解析】碰撞类型未知，故B球末速度应介于共速速度和弹性碰撞末速度之间。

根据动量守恒，可求得共速时

u共=0.25u

根据速度增量法求解弹性碰撞的末速度，对B小球:

△u=u共一0=0.25v

则：

4=u共+=0.5v

故B的碰后速度范围为0.25u<vB<0.5vo故选B.

3.如图所示，两质量分别为如和冽2的弹性小球又叠放在一起，从高度为处自由落下,

且远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向.已知机2=3加,

则小球mi反弹后能达到的高度为（）

O"».

A.hB.2hC.3hD.4h

【答案】D

【解析】下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，U=加2碰撞地之后，速

度瞬间反向，大小相等，选如与机2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后加1、

"?2速度大小分别为VI、VI,选向上方向为正方向，则：

m2V—mxv=+m2v2

由能量守恒定律得：

1,—z1712

50nl+m2）v=-mxvi+-m2vi

且，m2=37nl

联立解得：%=2y/2gh

反弹后高度为：

故选：D.

物理大招14,口塞竖直国

竖直圆周运动模型，一般指在竖直放置的圆形轨道或竖直方向进行圆周运动的绳杆类的模

型，在期中求解运动过程中某些力做功、光滑情况下某两点作用力之差等问题.

【要点】

1.力径减半得动能.

求解运动过程中某些力做功:

如图所示，小球质量为心，做圆周运动的半径为R,求A到B过程摩擦力做功，A处的动

能为

1,

EKA=2mv^

A处的向心力为：

根据数学将向心力两边同乘;和R,可得：

11?

/自R=-mvi=EKA

则动能和向心力的关系：力径减半得动能（即向心力乘半径在乘二分之一得动能），则A到

B根据动能定理得：

、11

—2mgR+%=）FBR-/FAR

可得错误!未定义书签.

11

Wf=-FBR--FAR+2mgR

2.若轨道光滑，最低点最高点向心力之差为4〃噜，上下轨道压力之差为6mg（若为绳模型,

弹力之差为6mg）

-2mgR=^FBR-^FAR

惴艮!未定义书签.整理得：惴艮!未定义书签.

4mgR=FA-FB

FA=NA-mg；FB=NB+mg

NA-NB=6mg

总结：口算竖直圆类型的题型口诀：

（1）力径减半得动能.

（2）向心力之差为4〃zg,轨道压力差为6mg.

【典例】

质量为优的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动

过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为

Img,在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克

服空气阻力所做的功是（）

\\R/：

、、，/

51

A.~mgRB.3mgRC.7mgRD.~mgR

【答案】D

【解析】对从最高点到最低点列动能定理：

11

-2mgR+Wf=-FBR一渣R

解得：

1

Wf=--mgR

故克服空气阻力做功为

故选D.

【双】

1.如图所示，半径为R的光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为加的小球沿轨道做完整的

圆周运动.重力加速度为g,不计空气阻力.

求：已知小球在最低点时对轨道的压力大小为Ni,在最高点时对轨道的压力大小为N2,求

N1-N2的大小.

【答案】N1-N2的大小为6mg.

【解析】竖直光滑圆轨道最低点与最高点向心力之差为4加g,M-刈=6m9惴艮!未定义书

签・.

2.如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道

端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2%g,重力加速度大小为g,

质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（）

B.^mgR

A.mgR

【答案】B

【解析】对从最高点到最低点列动能定理：

11

mgR+Wf=-FQR一｝FpR

1111

Wf=)FQR--Fp/?—mgR=-mgR—0—mgR=--mgR

小球克服空气阻力做功;mgR.故选B.

3.如图所示，一质量为"的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量

为机的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下.重力加速度大小为g.当小环滑

到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为（）

A.Mg+mgB.Mg+WmgC.Mg-5mgD.Mg+5mg

【答案】D

【解析】最高点与最低点向心力之差为4mg,在最高点向心力为0,到最低点向心力为4mg,

加速度为4g.对整体列牛顿第二定律：

F—mg—Mg=4mg

F=5mg+Mg

故选D.

物理大招15:折合质・法

【3】

当我们研究两个相互作用的质点组成的系统的运动时（如用弹簧连接的两个物块A和B）,

两个物体都在动，研究起来比较麻烦。为了简化，尝试将一个物体（A）视为静止，只观察

另一物体（B）的运动。在新的参考系下，B的质量为折合质量

【要点】

期钟彼则如雷£

对于物体A:

__FA

FA=??1ACL\—>CLA=----

...............

对于物体B:

kFB

FB=mBaB7aB=—

当把A看做静止时，B相对A的加速度为：

，_—FBFA

CL=tin-（2A=---------------------

7nBF

由牛顿第三定律得：

FR=~FB

所以：

,FBFA_mA+mB

a=-----------=------------FB

mBmAmAmB

FB=------------a=ma

mA+mB

通过这个转化我们就将二体问题转化为以A为参考系，物体B运动的单体问题。新的体系

下物体B的加速度为优，质量为：

,mm

m=A---B--------

mA+mB

这个等效的质量我们称之为折合质量。

利用折合质量可以巧妙的解决相对运动物体相关的问题。对于两个相互作用物体的相对运

动，若合外力为零，则相当于一个等效质量为W的物体与一个固定不动的物体在原相互作用

力的作用下的运动。当利用折合质量进行解题时，只有原相互作用力和时间保持不变，而式

中的位移、速度和加速度都为相对位移、相对速度和相对加速度；动能公式和动量公式中的

质量为折合质量，速度为相对速度。

【其例】

质量为M、内壁间距为乙的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为机的小物

块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为〃。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。

现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与

箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（）

1<——L—>1

21mM

A.-mvB.~v2C.jbimgLD.IN/imgL

2

【答案】B

【解析】我们以箱子为参考系，小物块初始具有速度v,最终相对箱子静止，所以系统损失

的机械能等于以折合质量为M的小物块损失的所有动能：

故选：B.

【次】

1.如图所示，质量为1kg的木板静止在光滑水平面上，一个小木块（可视为质点）质量也

为1kg,以初速度%=4m/s从木板的左端开始向右滑，木块与木板之间的动摩擦因数为0.2,

要使木块不会从木板右端滑落，则木板的长度至少为（）

A.5mB.4mC.3mD.2m

【答案】D

【解析】以木板为参考系，小物块的折合质量为：

摩擦力大小为：户〃加g=2