華峰

一、求解碰撞題 巧解不神秘

碰撞問題是高中物理動(dòng)量守恒定律和能量轉(zhuǎn)化與守恒定律的重要應(yīng)用之一.在我們經(jīng)常遇到的物理問題中，有些看上去并不是碰撞問題，但運(yùn)用碰撞規(guī)律去分析求解卻顯得比較容易.下面我們一起對(duì)此類問題作較為深入的探討.

1.碰撞的幾種類型 圖1

（1） 完全彈性碰撞

如圖1所示，其特點(diǎn)是：在碰撞的過程中不僅沒有動(dòng)能損失，且動(dòng)量守恒.于是可得：

m1v1 + m2v2=m1v1′+m2v2′，

1 2 m1v21+ 1 2 m2v22= 1 2 m1v1′2+ 1 2 m2v2′2.

聯(lián)立上述方程并解之得：v1′=

（m1-m2）v1+2m2v2 m1+m2 ，v2′= （m2-m1）v2+2m1v1 m1+m2

說明 如果v2=0，即m2原來靜止，則v1′= （m1-m2）v1 m1+m2 ，v2′= 2m1v1 m1+m2 .

①若m1 > m2，m1撞擊m2后的速度方向不變，且m2的速度v2′ 大于v1；

②若m1 < m2，m1撞擊m2后被反彈回來，且m2的速度v2′ 小于v1；

③若m1=m2，則碰撞后m1停止，m2的速度v2′ 和m1的速度v1相同.

（2） 完全非彈性碰撞

在這種類型的碰撞中，兩物體碰撞之后不再分離，動(dòng)能損失最大（轉(zhuǎn)化為其它形式的能）.由動(dòng)量守恒可得：m1v1+m2v2=（m1+m2）v，則v= m1v1+m2v2 m1+m2 .

如果m2原來靜止，則v= m1v1 m1+m2 .

碰撞過程損失的機(jī)械能為：ΔE= 1 2 m1v21+ 1 2 mv22- 1 2 （m1+m2）v2= m1m2 2（m1+m2） （v1-v2）2.

（3）非彈性碰撞

這種碰撞是日常生活中最常見的，具體的碰撞 結(jié)果與碰撞過程中損失的動(dòng)能大小有關(guān)，碰撞過程中仍然滿足動(dòng)量守恒定律，即

m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，

1 2 m1v21+ 1 2 m2v22- 1 2 m1v1′2- 1 2 m2v2′2=ΔEk.

2.規(guī)律的拓展與應(yīng)用

圖2

例1 如圖2所示，水平地面上靜止地放置一楔形物體，其質(zhì)量為M，水平地面及楔形物體上下表面均光滑.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小球在水平地面上以初速度v0滑上斜面.求小球能在楔形物體斜面上滑行的最大高度為多少？（設(shè)楔形物體斜面足夠長(zhǎng)）

解析 當(dāng)小球滑上楔形物體后，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，所以在水平方向上動(dòng)量守恒.其次由于小球高度升高，會(huì)使重力勢(shì)能增大而系統(tǒng)動(dòng)能減小.當(dāng)小球上滑到最大高度時(shí)勢(shì)能最大而系統(tǒng)動(dòng)能損失最大，所以這個(gè)問題類似于完全非彈性碰撞.則

mv0=（M+m）v

mghm= 1 2 mv20- 1 2 （M+m）v2

聯(lián)立以上兩式并解之得：hm= mv20 2（M+m） .

圖3

例2 如圖3所示，放置在光滑水平地面上的兩物體A、B，質(zhì)量相等，它們之間用一輕彈簧連接.物體A靠在豎直墻上，向左推物體B使彈簧處于壓縮狀態(tài)后釋放物體B，物體B向右彈出，兩物體A、B與彈簧之間不分離.當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物體B的速度為v.求當(dāng)彈簧的長(zhǎng)度最長(zhǎng)時(shí)，物體A的速度為多大？

解析 當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之后，物體A離開墻壁，彈簧開始伸長(zhǎng)，彈性勢(shì)能增大，系統(tǒng)的動(dòng)能減??；當(dāng)物體A離開墻壁后，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，動(dòng)量守恒；當(dāng)彈簧的長(zhǎng)度伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大而系統(tǒng)的動(dòng)能損失最大，所以這個(gè)過程中相當(dāng)于類完全非彈性碰撞，彈簧最長(zhǎng)時(shí)，兩物體A、B速度相同.所以

mBv=（mA+mB）vA，則vA= mBv mA+mB = 1 2 v.

3.類完全彈性碰撞問題

例3 在例2中，試分析當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的速度是多大？

解析 從彈簧第一次恢復(fù)到原長(zhǎng)到再次恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中動(dòng)量守恒.彈簧先伸長(zhǎng)后縮短，雖然在這個(gè)過程中系統(tǒng)的動(dòng)能有變化，但初狀態(tài)（彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)）和末狀態(tài)（彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)）相比較，系統(tǒng)的總動(dòng)能是相同的.所以可把這個(gè)過程看作是類完全彈性碰撞.在兩物體A、B的質(zhì)量相同的情況下，其速度互換，即vA′=v.

例4 位于水平光滑桌面上的n個(gè)完全相同的小物塊，沿一條直線排列，相鄰小物塊間都存在一定的距離.自左向右起，第一個(gè)小物塊標(biāo)記為P1，第二個(gè)小物塊標(biāo)記為P2，第三個(gè)小物塊標(biāo)記為P3，……，最后一個(gè)小物塊即最右邊的小物塊標(biāo)記為Pn.現(xiàn)設(shè)法同時(shí)給每個(gè)小物塊一個(gè)方向都向右但大小各不相同的速度，其中最大是速度記作v1，最小的速度記作vn，介于最大速度與最小速度間的各速度由大到小依次記為v2， v3， …， vn-1，若當(dāng)小物塊發(fā)生碰撞時(shí)，碰撞都是彈性正碰，且碰撞時(shí)間極短，則最終小物塊P1， P2， P3， …， Pn速度的大小依次為 .

解析 由于相鄰的兩個(gè)小物塊發(fā)生彈性正碰，則滿足動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒.由于它們發(fā)生碰撞時(shí)交換速度，據(jù)此很容易得出結(jié)論，故應(yīng)順填：vn， vn-1， …， v3， v2， v1.

例5 相隔一定距離的A、B質(zhì)量相等，假定它們之間存在著恒定的斥力作用，原來兩球被按住并處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)突然松開兩球，同時(shí)給A球以速度v0，使之沿兩球連線射向B球，B球初速度為零.求兩球間的距離從最小值（兩球未接觸）到剛恢復(fù)原始值所經(jīng)歷的時(shí)間內(nèi)球B在斥力作用下的加速度.

解析 對(duì)A、B球來說，當(dāng)二者速度相等時(shí)，兩球間距離最小，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：

mv0=2mv′，解得v′= v0 2 .

當(dāng)二者距離恢復(fù)到原始值時(shí)，二者作用完畢，則有上述結(jié)論可知，A球速度為零，B球速度為v0，于是對(duì)B球有a= v0- v0 2 t = v0 2t .

圖4

例6 如圖4所示，在光滑水平面上停放著質(zhì)量為m且裝有光滑的弧形槽軌道AB的小車.一質(zhì)量為m的小球以水平初速度v0從小車右端沿弧形槽軌道A端滑上小車，到達(dá)某一高度后，小球又返回弧形槽軌道A端，則下列判斷正確的是（ ）.

A. 小球離開小車后向右做平拋運(yùn)動(dòng)

B. 小球離開小車后做自由落體運(yùn)動(dòng)

C. 此過程中小球?qū)囎龉?1 2 mv20

D. 小球沿小車的弧形槽軌道上升的最大高度為 v20 2g

解析 小球滑上弧形槽后又滑下的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒.系統(tǒng)的動(dòng)能先減小后增大，當(dāng)小球返回弧形槽軌道A端時(shí)，系統(tǒng)的重力勢(shì)能與小球滑上槽口時(shí)相同.因此初狀態(tài)（小球滑上軌道A端）與末狀態(tài)（小球返回軌道A端）系統(tǒng)的動(dòng)能相同.所以可把這個(gè)過程看作是類完全彈性碰撞.根據(jù)完全彈性碰撞的規(guī)律可知：當(dāng)小球返回軌道A端時(shí)，小車的速度為v1=v0.小球的末速度恰好為零.故小球離開車后做自由落體運(yùn)動(dòng)，在這一過程中小球?qū)π≤囎龅墓椋篧= 1 2 mv21= 1 2 mv20.故應(yīng)選B和C. 圖5

例7 如圖5所示，質(zhì)量為m的由絕緣材料制成的球與質(zhì)量為M = 19m的金屬球并排懸掛.現(xiàn)將絕緣球拉至與豎直方向成θ = 60°的位置自由釋放，下擺后在最低點(diǎn)處于金屬球發(fā)生彈性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于紙面的磁場(chǎng).由于磁場(chǎng)的阻尼作用，金屬球?qū)⒂谠俅闻鲎睬巴Ｔ谧畹忘c(diǎn)處.求經(jīng)過幾次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角將小于45°.

解析 設(shè)在第n次碰撞前絕緣球的速度為vn-1，碰撞后絕緣球、金屬球的速度分別為vn、Vn.由于碰撞過程中動(dòng)量守恒，碰撞前后動(dòng)能相等.設(shè)速度向左為正，則有

mvn-1=MVn-mvn ①

1 2 mv2n-1= 1 2 MV2n+ 1 2 mv2n ②

①可變形為m（vn-1+vn）=MVn ③

②可變形為 1 2 m（vn-1-vn）（vn-1+vn）= 1 2 MV2n ④

將③代入④得（vn-1-vn）=Vn ⑤

由③和⑤可得

vn= M-m M+m vn-1= 9 10 vn-1，Vn= 2m M+m = 1 10 vn-1.

第n次碰撞后絕緣球的動(dòng)能為En= 1 2 mv2n=（0.81）nE0，（E0為第1次碰撞前的動(dòng)能，即初始能量）

絕緣球在θ=θ0=60°與θ=45°處的勢(shì)能之比為 E E0 = mgl（1-cosθ） mgl（1-cosθ0） =（0.81）n，易算出（0.81）2=0.656，（0.81）3=0.531，因此經(jīng)過3次碰撞后θ小于45°.

二、磁場(chǎng)中雙桿運(yùn)動(dòng) 能量守恒有妙用

對(duì)于雙桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題，穩(wěn)定后回路中有感應(yīng)電流存在，電流做功使系統(tǒng)發(fā)熱，系統(tǒng)中總會(huì)涉及到能量的轉(zhuǎn)化，因此雙桿系統(tǒng)總要受到外力作用，外力給系統(tǒng)補(bǔ)充能量，才能維持雙桿持續(xù)不斷地生熱而耗散的能量.安培力做功總是量度其它形式的能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的，若雙桿的機(jī)械能不增加，則由能量轉(zhuǎn)化與守恒知，外力做功的功率與安培力做功的功率必相等.穩(wěn)定狀態(tài)表現(xiàn)在雙桿運(yùn)動(dòng)應(yīng)該有恒定的速度差.差值是多少視具體情況而定，也可以為零.因雙桿系統(tǒng)除受安培力，還受到其它力作用，在求表征單桿運(yùn)動(dòng)特征的某一物理量這樣的局部問題時(shí)，用牛頓第二定律.求系統(tǒng)發(fā)熱等全局問題時(shí)，應(yīng)結(jié)合能量轉(zhuǎn)化與守恒定律. 圖6

例8 如圖1所示，在水平面上有兩條平行導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌間距離為l，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在的平面（紙面）向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，兩根金屬桿1、2擺在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌垂直，它們的質(zhì)量和電阻分別為m1、m2和R1、R2，兩桿與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.已知桿1被外力拖動(dòng)，以恒定的速度v0沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，桿2也以恒定速度沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，求桿2克服摩擦力做功的功率.

解析 設(shè)桿2的運(yùn)動(dòng)速度為v，由于兩桿運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩桿間與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

E=Bl（v0-v） ①

感應(yīng)電流為I=E/（R1+R2） ②

桿2做勻速運(yùn)動(dòng)，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，則有

Blv=μm2g ③

導(dǎo)體桿2克服摩擦力做功的功率

P=μm2gv ④

聯(lián)立以上四式可解得P=μm2g[v0- μm2g B2l2 （R1+R2）].

點(diǎn)評(píng) 兩桿受的安培力等大反向，穩(wěn)定后系統(tǒng)受力平衡，則外力F=（m1+m2）gμ.外力做功全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，但通過了兩種途徑，一是感應(yīng)電流做功發(fā)熱，另一種是摩擦生熱. 圖7

例9 在如圖7所示的導(dǎo)軌上，有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，左端間距L1=4L，右端間距L2=L.現(xiàn)在導(dǎo)軌上垂直放置ab和cd兩金屬棒，質(zhì)量分別為m1=2m，m2=m；電阻R1=4R，R2=R.現(xiàn)使ab棒向右以初速度v0運(yùn)動(dòng)，求整個(gè)過程中cd棒產(chǎn)生的焦耳熱和通過它的電量.

解析 設(shè)ab長(zhǎng)為L(zhǎng)1、cd長(zhǎng)為L(zhǎng)2，如圖7所示.當(dāng)ab棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中產(chǎn)生有順時(shí)針方向的電流，由左手定則可以判斷ab棒受到向左的安培力做變減速運(yùn)動(dòng)，cd棒受到向右的安培力做變加速運(yùn)動(dòng)，過程中電流不斷減小.當(dāng)回路電流為零時(shí)，ab棒和cd棒受到的安培力均為零，速度不再發(fā)生變化，各自做勻速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài).

收尾運(yùn)動(dòng)之前，因?yàn)镕ab=BIL1、Fcd=BIL2，所以兩棒受到的合力不為零，故系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，只能運(yùn)用動(dòng)量定理.設(shè)從開始運(yùn)動(dòng)到穩(wěn)定狀態(tài)回路中的平均電流（對(duì)時(shí)間）為I，對(duì)ab棒運(yùn)用動(dòng)量定理有

-BIL1Δt=m1vab-m1v0 ①

對(duì)cd棒運(yùn)用動(dòng)量定理有

BIL2Δt=m2vcd ②

由電流的定義知

q=IΔt ③

兩棒穩(wěn)定后，回路中電流I=0，所以Eab=Ecd，即BL1vab=BL2vcd，故此有

L1vab=L2vcd ④

由以上四式可解得 q= m1m2v0L1 m1BL22-m2BL21 ，vab= v0 9 ，vcd= 4 9 v0.

將L1=4L、L2=L、m1=2m、m2=m代入上式可求得q= 4mv0 9BL .

因回路電流始終為零，故兩棒產(chǎn)生的熱量之比等于其電阻之比： Qcd R2 = Qab R1 = Q R1+R2 .

故cd棒產(chǎn)生的焦耳熱 Qcd= 1 5 （ 1 2 mv20- 1 5 m1v2ab- 1 2 m2v2cd）= 72 405 mv20.

點(diǎn)評(píng) 求解本題的關(guān)鍵在于當(dāng)回路電流為零時(shí)，兩導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，于是可求得兩棒收尾速度的關(guān)系：vcd=4vab. 圖8

例10 如圖8所示，a1b1c1d1與a2b2c2d2為在同一豎直平面內(nèi)的金屬導(dǎo)軌，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌所在的平面（紙面）向里.導(dǎo)軌的a1b1段與a2b2段是豎直的，距離為l1；c1d1段與c2d2段也是豎直的，距離為l2.x1、y1 與x2、y2為兩根用不可伸長(zhǎng)的絕緣輕線相連的金屬細(xì)桿，質(zhì)量分別為m1、m2，它們都垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持光滑接觸.兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的總電阻為R.F為作用于金屬桿x1y1上的豎直向上的恒力，已知兩桿運(yùn)動(dòng)到圖示位置時(shí)，已勻速向上運(yùn)動(dòng)，求此時(shí)作用于兩桿的重力的功率的大小和回路電阻上的熱功率.

解析 設(shè)桿向上的速度為v，因桿的運(yùn)動(dòng)，兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的面積減少，從而磁通量也減少.由法拉第電磁感應(yīng)定律知回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小

E=B（l2-l1）v ①

回路中的電流I= E R ②

電流沿順時(shí)針方向，兩金屬桿都要受到安培力作用，作用于桿x1y1的安培力為

f1=Bl1I ③

方向向上，作用于桿x2y2的安培力為

f2=Bl2I ④

方向向下，當(dāng)桿做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有

F-m1g-m2g+f1-f2=0 ⑤

由以上各式可解得：I= F-（m1+m2）g B（l2-l1） ⑥

v= F-（m1+m2）g B（l2-l1） R ⑦

作用于兩桿的重力的功率大小

P=（m1+m2）gv ⑧

電阻上的熱功率Q=I2R ⑨

由后四式可解得P= F-（m1+m2）g B2（l2-l1） R（m1+m2）g，Q=[ F-（m1+m2）g B（l2-l1） ]2R.

點(diǎn)評(píng) 穩(wěn)定后兩桿都向上勻速運(yùn)動(dòng)，由于軌道不等寬，則兩桿所受安培力大小不同，同時(shí)兩桿也要受到重力作用.因此系統(tǒng)必受向上的拉力才能平衡.外力做功一部分轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，另一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能.

例11 在例9中，若開始時(shí)兩棒均靜止，現(xiàn)給cd棒施加一個(gè)向右大小為F的恒力，如圖9所示.求ab棒上消耗的最大電功率. 圖9

解析 由于有恒定的外力F作用，兩棒不可能勻速運(yùn)動(dòng)，很顯然兩棒在穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，回路電流不可能為零，cd棒開始在外力F和安培力作 用下向右做變加速運(yùn)動(dòng)，ab棒在安培力作用下也開始向右做變加速運(yùn)動(dòng).回路中有逆時(shí)針方向逐漸增大的電流I.這就使得cd棒的加速度acd逐漸減小，ab棒的加速度aab逐漸增大.當(dāng)回路中電流增大到最大值，這時(shí)兩棒加速度達(dá)到穩(wěn)定值，最終兩棒均做勻加速運(yùn)動(dòng).這時(shí)有E=BL2vcd-BL1vab，當(dāng)兩棒加速度達(dá)到穩(wěn)定值的瞬時(shí)，設(shè)ab棒的速度為v1，加速度為a1，cd棒的速度為v2，加速度為a2，則有vab=v1+a1t，vcd=v2+a2t，所以I=

E/5R=BL/5R[（v2-4v1）+（a2-4a1）t]，可見要使I恒定，只有

a2=4a1 ①

由牛頓第二定律，對(duì)ab棒有BIL1=m1a1 ②

對(duì)cd棒有F-BIL2=m2a2 ③

由以上三式可解得a1= 2F 9m ， a2= 8F 9m ， I= F 9BL .

因此ab棒上消耗的最大電功率Pabm=I2R1= 4F2R 81B2L2 .

此后，兩棒上消耗的電功率不變，而外力F的功率仍在增大，使兩棒的動(dòng)能仍在增大.

點(diǎn)評(píng) 兩棒收尾運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)，這時(shí)回路電流恒定，即不隨時(shí)間變化，得到兩棒的加速度關(guān)系，于是問題便迎刃而解. 圖10

例12 如圖10所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌水平放置，電阻不計(jì)，MN部分的寬度為2l，PQ部分的寬度為l，金屬棒a、b的質(zhì)量ma=2mb=2m，其電阻大小Ra=2Rb=2R，a和b分別在MN和PQ上，垂直導(dǎo)軌且相距足夠遠(yuǎn)，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.開始時(shí)a棒向右的速度為v0，b棒靜止，兩棒運(yùn)動(dòng)時(shí)始終保持平行，且a總在MN上運(yùn)動(dòng).求a、b穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)前電路中產(chǎn)生的焦耳熱.

解析 由法拉第電磁感應(yīng)定律和 楞次定律可知，a棒運(yùn)動(dòng)后做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，b棒從靜止開始做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒加速度同時(shí)減小到零，即電路中電流為零時(shí)，兩棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn) 定，此時(shí)兩棒速度關(guān)系為vb=2va（從阻礙磁通量變化的角度可知，兩棒速度關(guān)系為vb=2va且恒定不變時(shí)，兩棒與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路面積不再變化，電路達(dá)到穩(wěn)定）.

根據(jù)上述分析，從開始運(yùn)動(dòng)到穩(wěn)定，對(duì)兩棒分別運(yùn)動(dòng)動(dòng)量定理有：

-BI ·t=2mva-mv0，-BI ·t=mvb-0 vb=2va.由以上三式可解得va= v0 3 ， vb= 2 3 v0.

由能量守恒知，a、b穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)前電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q= 1 2 ×2mv20- 1 2 ×mv2a- 1 2 ×2mv2b，將va= v0 3 ， vb= 2 3 v0，代入可求得Q= 2mv20 3 .

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于雙導(dǎo)體棒切割磁感線問題，兩棒相對(duì)運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定的標(biāo)志是相對(duì)速度恒定，穩(wěn)定的實(shí)質(zhì)是電流恒定.