■河北省衡水第一中學(xué) 朱建國(guó)

碰撞是指兩物體經(jīng)過極短時(shí)間的相互作用,而使各自的動(dòng)量和動(dòng)能發(fā)生明顯變化的過程。在處理同向追及碰撞問題時(shí),必須對(duì)動(dòng)量和動(dòng)能的變化進(jìn)行綜合的分析和判斷。

一、處理同向追及碰撞問題時(shí)必須注意的三個(gè)特點(diǎn)

1.碰撞過程中系統(tǒng)的動(dòng)量守恒：發(fā)生碰撞的物體間的相互作用力很大,作用時(shí)間很短,系統(tǒng)即便受到外力的作用,也可忽略不計(jì),因此系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。

2.碰撞后系統(tǒng)的機(jī)械能不增加：由于發(fā)生碰撞的物體間存在相互作用力,使得碰撞過程中系統(tǒng)內(nèi)各物體的動(dòng)能發(fā)生變化。對(duì)于彈性碰撞,碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能不變;對(duì)于非彈性碰撞,由于有部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能,故系統(tǒng)的總動(dòng)能將減少。因此碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能一定不小于碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能。

3.碰撞后物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)符合實(shí)際情況：發(fā)生碰撞的物體應(yīng)遵循客觀實(shí)際。如物體A追上物體B并發(fā)生碰撞,則碰前物體A的速度必大于物體B的速度,而碰后物體A的速度必須小于或等于物體B的速度或物體A反向運(yùn)動(dòng)。

例1在光滑水平面上,動(dòng)能為E0、動(dòng)量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞,碰撞前后球1的運(yùn)動(dòng)方向相反。將碰撞后球1和球2的動(dòng)能和動(dòng)量的大小分別記為E1、p1和E2、p2,則必有( )。

A.E1＜E0B.p1＜p0

解析：兩球在相碰過程中必同時(shí)遵守動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律。因?yàn)橥饨鐩]有能量輸入,而碰撞中可能產(chǎn)生內(nèi)能,所以碰后系統(tǒng)的總動(dòng)能絕對(duì)不會(huì)超過碰前系統(tǒng)的總動(dòng)能,即E1+E2≤E0,選項(xiàng)A正確、C錯(cuò)誤。因?yàn)閯?dòng)量和動(dòng)能滿足關(guān)系所以選項(xiàng)A也可寫成選項(xiàng)B正確。設(shè)球1碰撞前的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎?則由動(dòng)量守恒定律得p2-p1=p0,所以選項(xiàng)D正確。答案為ABD。

圖1

例2如圖1所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。兩球的質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA,規(guī)定向右為正方向,A、B兩球的動(dòng)量均為6kg·m/s,運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動(dòng)量增量為-4kg·m/s。則 ( )。

A.左方是A球,碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2∶5

B.左方是A球,碰撞后A、B兩球的速度大小之比為1∶10

C.右方是A球,碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2∶5

D.右方是A球,碰撞后A、B兩球的速度大小之比為1∶10

由于椰子不但為人們提供穩(wěn)定的經(jīng)濟(jì)來(lái)源而且提供食品和營(yíng)養(yǎng)保證，所以在過去的30年中，印度、印度尼西亞和菲律賓的椰子種植面積明顯增加，薩摩亞的種植面積也成倍的擴(kuò)大，而椰果的采摘問題恰好是制約椰子產(chǎn)業(yè)發(fā)展的重要因素之一。因此，椰果采摘機(jī)的研究大大吸引了科研人員的注意力，中國(guó)熱帶農(nóng)業(yè)科學(xué)院也成立了專項(xiàng)的椰子研究所。

解析：因?yàn)锳、B兩球的初動(dòng)量均大于零,所以A、B兩球均向右運(yùn)動(dòng)。因?yàn)榕鲎埠驛球的動(dòng)量增量為-4kg·m/s,說(shuō)明A球受到負(fù)方向的沖力的作用,所以碰前A球的速度大于B球的速度。因?yàn)榇诉^程是A球追上B球發(fā)生碰撞,所以A球在左方。根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知,碰撞后B球的動(dòng)量增量為4kg·m/s,A球的動(dòng)量為2kg·m/s,B球的動(dòng)量為10kg·m/s,所以mAvA=2kg·m/s,mBvB=10kg·m/s,又有mB=2mA,解得vA∶vB=2∶5。答案為A。

二、同向追及碰撞問題的四類題型

1.碰撞后物體可能的速度。

例3兩個(gè)小球在光滑水平面上沿同一直線同一方向運(yùn)動(dòng),B球在前,A球在后,已知mA=1kg,mB=2kg,vA=6m/s,vB=2m/s。A球追上B球發(fā)生碰撞,則A、B兩球碰后的速度大小可能是( )。

A.vA'=5m/s,vB'=2.5m/s

B.vA'=2m/s,vB'=4m/s

C.vA'=-4m/s,vB'=7m/s

D.vA'=7m/s,vB'=1.5m/s

解析：取兩球碰撞前的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎?則碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)量p=mAvA+mBvB=10kg·m/s,碰撞后,四個(gè)選項(xiàng)的數(shù)據(jù)均滿足動(dòng)量守恒。碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能Ek=則碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能應(yīng)滿足Ek'≤22J,故選項(xiàng)C、D被排除。選項(xiàng)A雖然滿足動(dòng)能關(guān)系,但不符合實(shí)際,即碰撞后A球不可能沿原方向比B球的速度更大。答案為B。

2.碰撞后物體可能的動(dòng)量。

在同向追及碰撞問題中,設(shè)A球追上B球發(fā)生碰撞,則必有在這個(gè)過程中B球由于受到與運(yùn)動(dòng)方向一致的沖力作用,而有由以上兩式得即則必有pA。這就是同向追及碰撞問題中碰撞后主動(dòng)球可能的動(dòng)量,再由動(dòng)量守恒定律可確定碰撞后被動(dòng)球的動(dòng)量。

例4質(zhì)量相等的兩個(gè)小球A、B,在光滑的水平面上沿同一直線向同一方向運(yùn)動(dòng),A球的初動(dòng)量為7kg·m/s,B球的初動(dòng)量為5kg·m/s。在A球追上B球發(fā)生碰撞后,A、B兩球的動(dòng)量可能為( )。

A.6kg·m/s,6kg·m/s

B.3kg·m/s,9kg·m/s

C.-1kg·m/s,13kg·m/s

D.-4kg·m/s,10kg·m/s

解析：由動(dòng)量守恒定律可知,碰撞后兩球的動(dòng)量之和應(yīng)為12kg·m/s,則選項(xiàng)D被排除,而其余選項(xiàng)均遵守了動(dòng)量守恒定律,且滿足A球動(dòng)量減小、B球動(dòng)量增加,以及-pA＜pA'＜pA的關(guān)系。根據(jù)動(dòng)量和動(dòng)能的關(guān)系可得容易判斷B、C選項(xiàng)的數(shù)據(jù)不符合,被排除。答案為A。

3.碰撞后物體可能的動(dòng)量變化。

在同向追及碰撞問題中,設(shè)A球追上B球發(fā)生碰撞,主動(dòng)球可能的動(dòng)量滿足-pA＜pA'＜pA,則主動(dòng)球可能的動(dòng)量變化一定滿足-2pA＜ΔpA＜0,根據(jù)動(dòng)量守恒定律應(yīng)有ΔpA+ΔpB=0,故碰撞后被動(dòng)球的動(dòng)量可由該式進(jìn)一步確定。

圖2

例5如圖2所示,在光滑水平面上,A、B兩球沿同一直線向右運(yùn)動(dòng),它們的初動(dòng)量pA=12kg·m/s,pB=13kg·m/s,則碰撞后它們的動(dòng)量變化 ΔpA、ΔpB可能是( )。

A.ΔpA=-3kg·m/s,ΔpB=3kg·m/s

B.ΔpA=4kg·m/s,ΔpB=-4kg·m/s

C.ΔpA=-5kg·m/s,ΔpB=5kg·m/s

D.ΔpA=-24kg·m/s,ΔpB=24kg·m/s

解析：由兩球的位置關(guān)系容易看出必有ΔpA＜0,ΔpB＞0,排除選項(xiàng)B。根據(jù)-2pA＜ΔpA＜0排除選項(xiàng)D。答案為AC。

4.發(fā)生碰撞的物體可能的質(zhì)量關(guān)系。

例6A、B兩物體在光滑的水平面上同向前進(jìn),它們的初動(dòng)量pA=5kg·m/s,pB=7kg·m/s,在物體A追上B發(fā)生碰撞后,物體B的動(dòng)量變?yōu)閜B'=10kg·m/s。則兩物體的質(zhì)量關(guān)系可能為( )。

A.mA=mBB.2mA=mB

C.4mA=mBD.6mA=mB

解析：根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知,碰撞后物體A的動(dòng)量必為pA'=2kg·m/s。選項(xiàng)A不滿足vA＞vB,選項(xiàng)D不滿足vA'≤vB',可排除。對(duì)選項(xiàng)B不妨設(shè)mA=m,則mB=2m,根據(jù)動(dòng)量和動(dòng)能的關(guān)系可得,碰撞前碰撞后E'=k顯然E'＞E,不符合動(dòng)kk能關(guān)系,可排除。答案為C。