【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(guī)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(lián)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(tǒng)初始狀態(tài)動量等于終末狀態(tài)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??；

（2）若木板只與軌道CD發(fā)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(fā)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(fā)生碰撞多次碰撞，也可以是多個物體之間發(fā)生的連續(xù)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(guī)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(guī)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(xù)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(lián)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(guī)律，守恒法則適合一些合外力為零的系統(tǒng)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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