巧妙使用恢復系數速解碰撞問題

摘" 要：碰撞模型是高考的重點和難點。碰撞問題常常涉及動量和能量的知識點，常規(guī)的求解方法是將動量守恒方程與系統(tǒng)機械能不增加方程聯立計算，其計算過程往往較為煩瑣。本文通過引入恢復系數，從而減少碰撞問題的計算量、簡化它的解題過程。

關鍵詞：碰撞；動量；動能；恢復系數

動量是高中物理中偏難的知識點，它幾乎可以和所有中學物理知識點相結合，形成綜合題來考查學生。由于動量知識點具有強大的兼容性和良好的區(qū)分度，因此它成了命題老師青睞的命題素材。碰撞問題是考查動量的經典模型。對于常見的碰撞問題，除了常規(guī)的處理方法外，本文還將介紹一種利用恢復系數進行求解的新方法。

中學物理中的“碰撞”，特指兩物體之間作用時間極短，彼此間的內力很大，且內力遠大于外力的相互作用。［1］因此，碰撞過程中，我們可以忽略外力的作用，將之視為系統(tǒng)的動量守恒。

1" 兩物體一維碰撞問題

兩個質量分別為m1、m2的小球在同一水平直線上運動。當它們發(fā)生碰撞時，碰撞前瞬間的速度分別為v10、v20，碰撞后瞬間的速度分別為v1、v2（如圖1所示）。

碰撞前兩球的速度

碰撞后兩球的速度

1.1" 兩物體一維碰撞問題中常規(guī)方法分析

若兩球發(fā)生彈性碰撞，則該過程系統(tǒng)的動量守恒、動能不變，可得

m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2；①

12m1v210＋12m2v220＝12m1v21＋12m2v22。②

聯立上述兩式可以解得碰后兩球的速度為

v1＝m1－m2m1＋m2v10＋2m2m1＋m2v20；③

v2＝2m1m1＋m2v10＋m2－m1m1＋m2v20。④

若兩球發(fā)生非彈性碰撞，則該過程系統(tǒng)的動量守恒、動能有損失，可得

12m1v210＋12m2v220＞12m1v21＋12m2v22。⑤

若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，則該過程系統(tǒng)的動量守恒、動能損失最大［2］，碰撞后兩球共速，可得

m1v10＋m2v20＝（m1＋m2）v；⑥

ΔEm＝12

m1m2m1＋m2（v10－v20）2。⑦

1.2" 兩物體一維碰撞問題中恢復系數的使用

牛頓于1686年通過實驗總結出了一個碰撞定律：兩球相碰后分離時相對速度（v2－v1）與碰前靠近的相對速度（v10－v20）成正比，比值由兩種材料的性質決定［3］，即

e＝分離速度靠近速度＝v2－v1v10－v20。⑧

恢復系數

e滿足

0≤e≤1，其中e＝1的碰撞叫彈性碰撞，此時分離速度等于靠近速度；0＜e＜1的碰撞叫非彈性碰撞，此時分離速度小于靠近速度；e＝0的碰撞叫完全非彈性碰撞，此時碰撞后兩物體粘合在一起，合二為一。

使用恢復系數可以將上述兩球之間

的

三種碰撞統(tǒng)一起來分析，聯立式①⑧，可得

v1＝m1v10＋m2v20m1＋m2－em2（v10－v20）m1＋m2；⑨

v2＝m1v10＋m2v20m1＋m2＋em1（v10－v20）m1＋m2。B10

由式⑨⑩，可得

ΔE＝12（1－e2） m1m2m1＋m2（v10－v20）2。B11

當e＝1時，式⑨B10與式③④等價，ΔE＝0；

當e＝0時，由式⑨B10知碰撞后兩球共速，式B11與式⑦等價。

2" 恢復系數在解題過程中的應用舉例

例1" 隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應”進入了公眾的視野?！耙椆笔侵?/p>

探測器

在太空中運動時

，借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個過程，我們可以提出以下兩種模式：探測器分別從行星運動的反方向或同方向接近行星，從而

因相互作用改變了速度。如圖2所示，以太陽為參考系，設行星運動的速度為u，探測器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測器在遠離行星后速度大小分別為v1和v2。盡管探測器和行星沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運動方向上，其運動規(guī)律可以與兩個質量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是（" ）。

A. v1＞v0

B. v1＝v0

C. v2＞v0

D. v2＝v0

【分析與解答】

將探測器和行星之間的這一過程建立為彈性碰撞模型，設探測器遠離后，行星的速度大小為u′，以探測器初速度方向為正方向。

當探測器從行星運動反方向接近行星時，有

mv0＋M（－u）＝m（－v1）＋M（－u′），12mv20＋12Mu2＝12mv21＋12Mu′2。

考慮Mm，化簡后得u′＝u，v1＝v0＋2u，所以v1＞v0。

當探測器從行星運動方向接近行星時，有

mv0＋Mu＝m（－v2）＋Mu′，12mv20＋12Mu2＝12mv22＋12Mu′2。

考慮Mm，化簡后得u′＝u，v2＝v0－2u，所以v2＜v0。

綜上所述，可知選項A正確。

【使用恢復系數處理】

考慮Mm，故行星前后速度不變，均為u。

當探測器從行星運動反方向接近行星時，由式⑧可得e＝v1－uv0＋u＝1，所以v1＝v0＋2u。

當探測器從行星運動方向接近行星時，由式⑧可得e＝v2＋uv0－u＝1，所以v2＝v0－2u。

例2" 若采用圖3中甲、乙兩種實驗裝置來驗證動量守恒定律（圖中小球半徑相同、質量均已知，且mA＞mB，B、B′兩點在同一水平線上），下列說法正確的是（" ）。

甲

乙

圖3

A. 采用圖甲所示的裝置，必需測量OB、OM、OP和ON的距離

B. 采用圖乙所示的裝置，必需測量OB、B′N、B′P和B′M的距離

C. 采用圖甲所示的裝置，若mA·ON＝mA·OP＋mB·OM，則表明此碰撞動量守恒

D. 采用圖乙所示的裝置，若1B′N＝1B′M＋1B′P，則表明此碰撞機械能守恒

【分析與解答】

若兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞前A球的速度為v10，碰撞后A、B兩球的速度分別為v1、v2，由式③④，可得

v1＝mA－mBmA＋mBv10＜v10，v2＝2mAmA＋mBv10＞v10。

故選項A、B、C不正確，此處不做分析，重點分析

選項D。在圖乙所示的裝置中，對兩球在離開斜槽平拋運動至木板的過程

進行分析。

水平方向

做

勻速直線運動且位移相同，滿足x＝vxt；豎直方向

做

自由落體運動，滿足h＝12gt2。

聯立這兩個關系式，可得vx＝xg2h。

因此v0＝xg2B′P，v1＝xg2B′M，v2＝xg2B′N。

由動量守恒、動能守恒，可得

mAxg2B′P＝mAxg2B′M＋mBxg2B′N；B12

12mAxg2B′P2＝12mAxg2B′M2＋12mBxg2B′N2。B13

化簡后，方程B12變?yōu)?/p>

mA1B′P＝mA1B′M＋mB1B′N，即mA1B′P－1B′M＝mB1B′N。B14

化簡后，方程B13變?yōu)?/p>

mA1B′P＝mA1B′M＋mB1B′N，即mA1B′P－1B′M＝mB1B′N，進一步變形為

mA1B′P－1B′M1B′P＋1B′M＝

mB1B′N。B15

聯立式B14B15，得1B′N＝1B′P＋1B′M，故選項D正確。

【使用恢復系數處理】

如果兩球發(fā)生彈性碰撞，則恢復系數

e＝v2－v1v0＝1，即1B′N－1B′M1B′P＝1，得1B′N＝1B′P＋1B′M。

圖4

例3" 用如圖4所示的裝置，來完成“驗證動量守恒定律”的實驗。實驗中使用的小球1和小球2半徑相等，用天平測得質量分別為m1、m2，且m1＞ m2。在木板上鋪一張白紙，白紙上面鋪放復寫紙，記下重垂線所指的位置O。先不放小球2，使小球1從斜槽上某一點S由靜止?jié)L下，落到水平地面上的P點。再把小球2靜置于斜槽軌道末端，讓小球1仍從S處由靜止?jié)L下，小球1和小球2碰撞后分別落在復寫紙上，在白紙上留下各自落點的痕跡。在上述實驗中換用不同材質的小球，其他條件不變，可以改變小球的落點位置。下面三幅圖中（如圖5所示），可能正確的落點分布是""""" 。

圖5

【分析與解答】

要想正確地解答此題，學生需要具有定量意識。

根據動量守恒，得m1OP＝m1OM＋m2ON。

在碰撞過程中，動能不增加，有

12m1（OP）2≥12m1（OM）2＋12m2（ON）2。

聯立兩式化簡后有（OP）2≥（OM）2＋MP·ON，根據OP＞OM，可以排除選項A。

設小方格的邊長為d，在圖B中，OP＝9d，OM＝6d，MP＝3d，ON＝7d，故（9d）2≥（6d）2＋3d·7d成立，選項B符合題意。

在圖C中，OP＝9d，OM＝5d，MP＝4d，ON＝22d，則（9d）2≥（5d）2＋4d·22d不成立，選項C不符合題意。

【使用恢復系數處理】

e＝v2－v1v0＝ON－OMOP≤1，即ON－OM≤OP，所以選項B正確、選項C錯誤。

由以上過程可以看出，在處理碰撞、類碰撞問題中，如果使用恢復系數進行求解，會使問題計算復雜程度明顯降低。所以，筆者推薦學生在平時練習、考試中嘗試使用恢復系數處理碰撞問題。

參考文獻

［1］鄧思平.“動”碰“靜”模型剖析［J］.物理教學探討，2015，33（3）：38-40.

［2］王明恩. 碰撞模型解析 ［J］. 中學生數理化（高考版），2008（9）： 43-45．

［3］梁紹榮，劉昌年，盛正華.普通物理學第一分冊：力學［M］.北京：高等教育出版社，1987：201．