福建 姚龍楷

質點運動是每年高考的必考內容，重點考查主要概念和基本運動規(guī)律。在實際生產(chǎn)、生活中也經(jīng)常出現(xiàn)幾個物體同時參與運動的物理過程。要解決這樣的問題要求我們對運動學規(guī)律有深刻的理解。本文通過對兩個物體運動相關性問題進行分析研究，促使考生建立一個正確空間觀念，培養(yǎng)良好的空間想象能力和數(shù)學分析能力。

一、互不牽連的相關運動

物體做何種形式的運動，是由它的受力情況和初始狀態(tài)共同決定的，物體有其自己的運動規(guī)律，一般說來，與其沒有力相關聯(lián)的其他物體的運動是不相關的。但是，在一定的空間條件下，會涉及與其他物體運動的相互關系問題，我們稱之為互不牽連的相關運動。

1.兩條直線運動的相關性

【例1】甲、乙兩車在一條直線上同時沿相同方向運動，甲車在乙車前x=56 m處，甲車以初速度v1=16 m/s、加速度大小為a1=2 m/s2勻減速剎車，乙車以初速度v2=4 m/s、加速度大小為a2=1 m/s2做勻加速運動，求：

(1)乙車追上甲車前二者間的最大距離；

(2)乙車追上甲車所需時間。

【解析】(1)在開始階段，甲車在前、乙車在后，且甲車速度比乙車大，兩車距離一直增大，設運動時間為t時速度相同，設此時速度為v，根據(jù)運動學公式vt=v0+at得

v1-a1t=v2+a2t

代入數(shù)據(jù)解得t=4 s，v=v1-a1t=8 m/s

此后甲車減速、乙車還在加速，兩車距離縮短，所以在速度相等時兩車距離最大，最大距離為

聯(lián)立解得t1=12 s

【點評】1.質點的“追及”類問題，重要的是在同一直線坐標軸上把握兩質點之間的位移關系和時間關系。

2.對于在一條直線上運動的兩個物體的追及問題，可分為如下兩類情景：

(1)速度大者減速(如勻減速直線運動)追速度小者(如勻速運動)。

①兩者速度相等時，追者位移仍小于被追者位移與初始間距之和，則永遠追不上，此時兩者間有最小距離。

②當兩者速度相等時，若追者位移恰等于被追者位移與初始間距之和，則剛好追上，也是兩者相遇時避免碰撞的臨界條件。

③若相遇時追者速度仍大于被追者速度時，則被追者還能再一次追上原來的追者，兩者速度相等時，兩者間距離有一個較大值。

(2)速度小者加速(如初速度為零的勻加速直線運動)追速度大者(如勻速運動)

①當兩者速度相等時，兩者間有最大距離。

②當追者位移等于被追者位移與初始間距之和時，后者追上前者即相遇。

【例2】A球自距地面高h處開始自由下落，同時B球以初速度v0正對A球豎直上拋，空氣阻力不計。問：

(1)要使兩球在B球上升過程中相遇，則v0應滿足什么條件？

(2)要使兩球在B球下降過程中相遇，則v0應滿足什么條件？

【解析】本題涉及兩個物體的運動不是單一方向，但相遇條件仍然是同一時刻到達同一位置。此時兩球相遇時位移之和等于h。即

(1)欲使兩球在B球上升過程中相遇，則有

(2)欲使兩球在B球下降過程中相遇，則有t1

(1)B球上升過程中A球與相遇，即vB>0，

(2)B球下降過程中A球與相遇，即-v0

2.直線運動與曲線運動的相關性

【例3】如圖1所示，一足夠長傾角為37°的斜面固定在水平地面上，質量為m的小球B從斜面的底端開始以初速度10 m/s沿斜面向上運動，與此同時質量為m的小球A在斜面上某點以水平初速度拋出，不計空氣阻力。已知小球A落到斜面時恰好與小球B相撞(不考慮二次相撞)，此時小球B速率為4 m/s，小球B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：小球A的初速度以及拋出點距地面的高度。(sin37°=0.6，cos37°=0.8)

圖1

【解析】由“已知小球A落到斜面時恰好與小球B相撞”可知可能是小球B在向上運動減速過程中相撞，也可能是小球B速度減為0后反向加速過程中相撞，故兩種可能都要分析。

(1)小球B沿斜面做勻減速直線運動，有

mgsin37°+μmgcos37°=ma1得a1=10 m/s2

速率減為v1=4 m/s時

由v1=vB-a1t1解得t1=0.6 s

解得v01=4 m/s

因此H1=y1+s1sin37°=4.32 m

(2)小球B速度減為零再反向加速過程中相撞的情景請同學們動手計算(答案H2=45.6 m)。

【點評】(1)研究平拋運動的基本思想是將其分解為沿水平方向的勻速運動和豎直方向上的自由落體運動。涉及斜面上的平拋運動，可利用斜面三角形的邊角關系，提煉出斜面上的約束條件。常見的模型如下：

方法內容斜面總結分解速度水平方向vx=v0豎直方向vy=gt合速度v=v2x+v2y分解速度,構建速度三角形,滿足cotθ=vyvx=gtv0分解位移水平方向x=v0t豎直方向y=12gt2合位移s=x2+y2分解位移,構建位移三角形滿足tanθ=yx

3.兩種曲線運動的相關性

【例4】如圖2所示，在豎直線OM上某點A水平向右拋出一小球A的同時在B點水平向左拋出另一小球B，兩小球恰好在斜線ON上的Q點相遇，已知A球是第一次經(jīng)過斜線ON且Q點離O點的距離是最遠的，OQ=L，B球是以最短位移到達Q點的，∠MON=θ，重力加速度取g，求：

圖2

(1)OA間距離h；

(2)A、B球的初速度v1、v2。

由平拋運動規(guī)律可知

小球A在水平方向位移為x=v1t

由圖3可知x=Lsinθ且y+h=Lcosθ

圖3

又x=Lsinθ=v1t

【點評】兩個小球各自遵守平拋運動規(guī)律，互不干擾。但兩球的運動時間是相同的，這是重要的關聯(lián)點。本題理解的要點在于讀懂Q點離O點最遠的含義及B球是以最短位移到達Q點的含義，即小球A的運動軌跡在Q點正好與OQ相切且QB⊥ON，再利用幾何關系及相關公式便可求解。

【例5】如圖4所示，虛線MN是一垂直紙面的平面與紙面的交線，在平面右側的半空間存在一磁感強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外。O是MN上的一點，從O點可以向磁場區(qū)域發(fā)射電荷量為+q、質量為m、速率為v的粒子，粒子射入磁場時的速度可在紙面內各個方向。已知先后射入的兩個粒子恰好在磁場中給定的P點相遇，P到O的距離為L。不計重力及粒子間的相互作用。

圖4

(1)求所考查的粒子在磁場中的軌道半徑；

(2)求這兩個粒子從O點射入磁場的時間間隔。

【解析】從分析粒子射入磁場所做勻速圓周運動的圓心位置與粒子射入磁場時速度方向的關系入手，找到兩個粒子的軌道相交于P點的條件。

(2)如圖5所示，以OP為弦可畫兩個半徑相同的圓，分別表示在P點相遇的兩個粒子的運動軌跡。圓心和直徑分別為O1、O2和OO1Q1、OO2Q2，在O處兩個圓的切線分別表示兩個粒子的射入方向，用θ表示它們之間的夾角。由幾何關系可知

圖5

∠PO1Q1=∠PO2Q2=θ

從O點射入到相遇，粒子1的路程為半圓周加弧長Q1P，則

Q1P=Rθ

粒子2的路程為半個圓周減弧長PQ2，則

PQ2=Rθ

其中T為圓周運動的周期．粒子2運動的時間為

兩粒子射入的時間間隔為

【點評】1.求解帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的問題，其解題思路是先做到“三定”：即定圓心、定半徑、定圓弧對應的圓心角。本題中眾多粒子的運動半徑R簡單可求，所有粒子做勻速圓周運動的圓心集合是以O點為半徑的半圓(處在過O點的水平線下方180°范圍內)，其中必有兩個圓的弦是以OP為線段的。從而可以作出正確圖示并求解。

2.在解物理問題時，畫圖能幫助我們準確地理解題意，當學生能把習題的文字敘述轉化成一幅圖象，表明學生通過審題已掌握了試題的主要內容。在畫圖時，有時還能發(fā)現(xiàn)自己對試題理解上存在問題。畫圖又能幫助你分析問題。把圖示正確畫出來，問題往往已解決了一半。在學習中，重視畫圖是一種良好的學習習慣和素養(yǎng)。

二、互相牽連的相關運動

兩個物體之間通過相互作用力，從而使兩個物體的運動相互影響，相互制約，我們稱之為互相牽連的相關運動。這類問題的綜合性強，一般可按如下基本步驟分析。

【例6】用輕彈簧相連的質量均為2 kg的A、B兩物塊都以v0=6 m/s的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖6所示，物塊B與物塊C碰撞后二者粘在一起運動，則在以后的運動中

圖6

(1)當彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度為多大？

(2)彈簧彈性勢能的最大值是多少？

(3)物塊A的速度方向有可能向左嗎？為什么？

【解析】(1)B、C發(fā)生碰撞時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰后瞬間，B、C兩者速度為v，則有

mBv=(mB+mC)v

解得v=2 m/s

此后A、B、C繼續(xù)運動，彈簧被壓縮，當A、B、C三者的速度相等(設為v′)時，彈簧的彈性勢能最大，由于A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，則有

(mA+mB)v0=(mA+mB+mC)v′

解得v′=3 m/s

(2)A的速度為v′時，彈簧的彈性勢能最大，設其值為Ep，根據(jù)能量守恒定律得

解得Ep=12 J

(3)根據(jù)系統(tǒng)動量守恒定律得

(mA+mB)v0=mAvA+(mB+mC)vB

設A速度向左，則vA<0，解得vB>4 m/s

則B、C發(fā)生碰撞后，A、B、C三者的動能之和為

實際上系統(tǒng)的機械能為

所以A不可能向左運動。

【點評】1.一個物體在彈簧彈力作用下的受力分析和運動分析：

2.在由兩個物體和彈簧組成系統(tǒng)的運動中，具有下面的特點：

(1)兩個物體速度相等時，彈簧處于形變量(壓縮或拉伸)最大的狀態(tài)，彈簧的彈性勢能達到最大。

(2)兩個物體在持續(xù)變化的彈力作用下做變加速運動，不能采用運動學公式來解決。但此模型屬于彈性碰撞模型，所以滿足包括彈簧在內的系統(tǒng)動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒。

【例7】如圖7所示，長為L的長木板A放在動摩擦因數(shù)為μ1的水平地面上，一滑塊B(可視為質點)從A的左側以初速度v0向右滑上A，B與A間的動摩擦因數(shù)為μ2(A與水平地面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相同)。已知A的質量為M=2.0 kg，B的質量為m=3.0 kg，A的長度為L=2.5 m，μ1=0.2，μ2=0.4(g取10 m/s2)。

圖7

(1)A、B剛開始運動時各自的加速度分別是多大？

(2)為保證B在滑動過程中不滑出A，初速度v0應滿足什么條件？

(3)在滿足(2)中條件的情況下，分別求出A、B對水平地面的最大位移。

【解析】(1)分別對A、B進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得Ff1=maB,Ff1-Ff2=MaA

A的加速度大小

(2)當A、B速度相等時，若B恰好運動到A的右側末端，則可保證B不會滑出A，設經(jīng)過時間t，A、B的速度相等，則有v0-aBt=aAt

代入數(shù)據(jù)解得t=1 s，v0=5 m/s

所以初速度應滿足v0≤5 m/s

(3)B恰好不滑出A時，A、B對水平地面的位移最大，A、B速度相等后相對靜止，一起以v=aAt=1 m/s的初速度做勻減速運動直到靜止。

勻減速運動的加速度大小為a=μ2g=2 m/s2

所以A發(fā)生的位移為sA+s=0.75 m

B發(fā)生的位移為sB+s=3.25 m

【點評】1.“滑塊、滑板”模型分析方法：(1)分析滑塊和木板的受力情況：整體法、隔離法仍是基本的研究方法，并根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；(2)分析滑塊和木板的運動情況：找出滑塊和木板之間的位移關系或速度關系，建立方程。特別注意滑塊和木板的位移都是相對地面的位移。

2.涉及兩個物體、多個運動過程，并且物體間還存在相對運動，應采用隔離法，準確求出各物體在各運動過程的加速度，找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口。求解中更應注意兩個過程的聯(lián)系：上一個過程的末速度是下一個過程的初速度。