類彈性碰撞問題探析

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。

一、彈性碰撞

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：

二、類彈性碰撞

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。