江西
碰撞是一種典型的物理模型,彈性碰撞又是歷年高考中??疾榈膬热葜?,人民教育出版社物理選修3-5第十六章第4節(jié)《碰撞》重點研究了彈性碰撞。學生對教材中提到的簡單彈性碰撞不難理解,可是在平時做題中卻常常陷入困境,不能靈活地遷移應用此模型解決問題。本文列出幾種情況探析,以期幫助學生走出困境。
1.定義:如果碰撞過程中機械能守恒,這樣的碰撞叫做彈性碰撞。
根據(jù)機械能守恒定律有
聯(lián)立可得
3.彈性碰撞模型的特殊情況
根據(jù)機械能守恒定律有
討論:
在很多情況下,如果兩個物體相互作用的過程中,滿足動量守恒定律的條件,而且在相互作用過程中的初、末狀態(tài)的總機械能也不變,那么在解決此類問題時,可以當做彈性碰撞來處理,我們把這樣的情況叫作類彈性碰撞。
圖1
【例1】一質量為m的小車,帶有四分之一光滑的圓弧軌道,在光滑水平面上處于靜止狀態(tài),如圖1所示,另外一個質量也為m的小球,給它一個水平初速度v1沖上小車,小球沒有從另一邊沖出,之后又返回到小車的左端,那么小球之后的運動情況是
( )
A.小球以后將向左以速度v1做平拋運動
B.小球將做自由落體運動
C.小球以后將向右以速度v1做平拋運動
【解析】從小球沖上小車,與小車作用過程中,小車和小球組成的系統(tǒng)在水平方向上符合動量守恒定律,則
又因為圓弧軌道是光滑的,所以沒有摩擦力做功,機械能守恒,根據(jù)機械能守恒定律有
【點評】對這一情景,學生會誤認為動量不守恒,沒有認識到在水平方向守恒。因圓弧軌道光滑,機械能沒有損失,當回到小車左端時,二者速度在同一水平方向上,與彈性碰撞情景很契合。
【拓展】上面例1中,小球在弧形槽上上升的最大高度為多少?
【解析】小球上升到最高點時與小車相對靜止(注意:速度不為零),有相同的速度v′,由動量守恒定律可知
mv1=2mv′ ①
根據(jù)機械能守恒定律可知
【例2】如圖2所示,四分之一圓弧軌道AB,內壁粗糙,半徑R為0.4 m,光滑水平軌道BC與其最低點B相切。一質量m2為0.4 kg的小球b,左端連接一輕質彈簧,靜止在光滑水平軌道上,另一質量m1為0.4 kg的小球a從圓弧軌道頂端無初速度釋放,運動到圓弧軌道最低點B時,受到軌道對其的支持力為小球a重力的兩倍。彈簧始終沒有超出彈性限度,重力加速度g取10 m/s2。不計空氣阻力,求小球a通過彈簧與小球b相互作用的整個過程中,彈簧對小球b的沖量I的大小。
圖2
根據(jù)題意可知FN=2m1g
小球a和b通過彈簧相互作用的整個過程中,彈簧先被壓縮,壓縮到最短之后再恢復到原長,此時a和b又分離,設小球a最終的速度為v2,小球b最終的速度為v3,根據(jù)動量守恒定律可得
m1v1=m1v2+m2v3
由機械能守恒定律可得
由動量定理可得I=m2v3
代入數(shù)據(jù)可得I=0.8 N·s
即小球a與小球b通過彈簧相互作用的整個過程中,彈簧對小球b的沖量I的大小為0.8 N·s。
【點評】多物體多過程結合彈簧,解題的難點在于學生對小球a與小球b通過彈簧相互作用的過程不是很清楚,從而不知用什么規(guī)律入手。此類問題應該扣住系統(tǒng)符合動量守恒的條件,同時小球在作用前和作用后離開彈簧時,這兩個狀態(tài)彈簧的彈性勢能不變,兩個小球的機械能保持不變,與彈性碰撞類似,求出分離時小球b的速度,再利用動量定理即可求解。
【拓展】上面例2中小球a通過彈簧與小球b相互作用的過程中,彈簧的最大彈性勢能Ep是多少?
【解析】小球a與小球b把彈簧壓縮至最短時,彈簧彈性勢能最大,此時二者速度相同,此過程中由動量守恒定律得m1v1=(m1+m2)v4
由機械能守恒定律得
聯(lián)立解得,彈簧的最大彈性勢能
Ep=0.4 J
【例3】如圖3所示,四分之一光滑絕緣軌道PM的半徑為R,勻強磁場僅在該軌道內,方向垂直紙面向外,磁感應強度大小為B。水平絕緣軌道MN光滑而且足夠長,PM最低點與水平軌道MN相切于M點。一個質量為m的小球b靜止在水平軌道上,小球b帶正電。另一個質量為2m的帶正電小球a、帶電量為q,從P點無初速度釋放,在小球a進入水平軌道MN后,a和b兩個小球之間只有靜電力作用,并且a和b兩個小球始終沒有接觸。帶電小球都可以看作是點電荷,假設小球b離最低點M足夠遠,重力加速度是g。求a和b兩個小球最終的速度va和vb的大小。
圖3
【解析】小球a從P到M過程中,洛倫茲力和彈力都不做功,只有重力做功
在水平軌道,兩小球受到靜電力排斥作用,系統(tǒng)受到合外力為零,整個過程根據(jù)動量守恒定律可得
2mvM=2mva+mvb
由初、末狀態(tài)的機械能相等可得
【點評】這個題目也是多過程,而且引入了磁場,有復合場情景,同時a、b兩小球在靜電力作用過程,有電場力做功,但系統(tǒng)受到的合外力為零,符合動量守恒的條件,最終兩小球分離時與最初的狀態(tài)機械能相等,還是類似于彈性碰撞情景。
【拓展】在上面例3中,求a、b兩小球系統(tǒng)的電勢能最大值Ep。
【解析】兩球速度相等時系統(tǒng)電勢能最大,以向右為正方向,由動量守恒定律有2mvM=3mv共
圖4
【例4】如圖4所示,天車質量為M,靜止在光滑水平軌道上。沙箱的質量為m,用長為L的細線懸掛在天車的下面,一顆子彈的質量為m0,以水平速度v0射入沙箱并且沒有穿出,在以后運動過程中,天車運動的最大速度為多少?
【解析】子彈射入沙箱并且沒有穿出,二者有共同速度v1,由動量守恒定律可得m0v0=(m0+m)v1
之后二者以共同速度v1向右擺動,擺到最高點后再往回擺,當擺回最低點時,天車速度最大,假設此時天車的速度是v3,子彈和沙箱的共同速度是v4,根據(jù)動量守恒定律可得(m0+m)v1=Mv3+(m+m0)v4
三者構成的系統(tǒng)機械能守恒
聯(lián)解以上三式可求得天車運動的最大速度為
【點評】該題涉及的對象、運動過程比較復雜,在子彈進入沙箱的過程中符合動量守恒定律條件,但不符合機械能守恒條件,因為子彈進入沙箱過程中機械能會減小,這點是易錯點,一定要分析清楚。一起擺動過程中,子彈、沙箱和天車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,系統(tǒng)機械能也守恒。列出兩個式子后,容易發(fā)現(xiàn)其與彈性碰撞兩個式子相同,所以兩速度可以直接寫出,節(jié)省了很多時間,從這里可以看出熟悉運用這一碰撞模型是很重要的。
【拓展】在上面例4中,求沙箱運動過程中能夠上升的最大高度。
【解析】子彈射入沙箱過程中,根據(jù)動量守恒定律
m0v0=(m0+m)v1
擺動過程中,沙箱擺到最大高度時,子彈、沙箱、天車三者構成的系統(tǒng)有相同的速度v2,系統(tǒng)在水平方向根據(jù)動量守恒定律可得(m0+m)v1=(m0+m+M)v2
系統(tǒng)運動過程中機械能守恒,則
聯(lián)立以上三式可得沙箱上擺的最大高度為
【例5】(2016全國卷Ⅱ第35(2)題改編)如圖5所示,在光滑冰面上有一個處于靜止狀態(tài)表面光滑的斜面體,斜面體右端有一個蹲在滑板上的小孩,他與面前的冰塊都靜止在冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對水面3 m/s的速度向斜面體推出,冰塊在斜面體上上滑的最大高度h為0.3 m(沒有從斜面體左邊滑出且冰塊滑上斜面體不計能量損失)。已知小孩和滑板的總質量是30 kg,冰塊的質量是10 kg,小孩和滑板一直沒有相對運動。重力加速度大小取10 m/s2。通過分析計算,求出冰塊滑離斜面體后能否再與小孩相遇?
圖5
【解析】取水平向左為速度正方向。小孩和滑板總的質量是m1,冰塊的質量為m2,v0=3 m/s是冰塊被推出時的速度,斜面體質量是m3。冰塊在斜面體上上滑到最大高度時它們有相同的速度,設此共同速度為v,水平方向上動量守恒m2v0=(m2+m3)v①
再由機械能守恒定律可得
聯(lián)解①②式,代入已知數(shù)據(jù)可得m3=20 kg ③
假設把冰塊推出之后小孩的速度是v1,根據(jù)動量守恒定律可得m1v1+m2v0=0 ④
代入數(shù)據(jù)解得v1=-1 m/s ⑤
設冰塊滑離斜面體后二者速度分別是v2、v3,由動量守恒定律可得m2v0=m2v2+m3v3⑥
再由機械能守恒定律可得
聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2=-1 m/s
可見v1=v2=-1 m/s,即冰塊滑離斜面體后的速度與推出冰塊后小孩的速度相同,而且處在后方,所以冰塊不能與小孩相遇。
【點評】這個題目乍一看是追及問題,而且斜面體的質量沒有說明,又增加了研究對象和過程,學生會產生畏難情緒。其實此題與例1很相似,只不過這里要先根據(jù)小孩推冰塊的過程求出冰塊滑上斜面體最大高度時的共同速度,再根據(jù)最大高度求出斜面體的質量,進而利用動量守恒定律和機械能守恒定律,求出分離時冰塊的速度,然后與小孩速度比較大小即可。