董廷燦

（安徽省明光中學(xué)）

碰撞問題是高中物理中的典型問題，其中一維彈性碰撞問題一直是高考的熱點(diǎn)，這類問題所涉及的數(shù)學(xué)運(yùn)算往往比較麻煩，但是若能夠活用一維彈性碰撞的二級結(jié)論，特別是掌握其推導(dǎo)方法，將大大提高解題的速度.

1 一維彈性碰撞的二級結(jié)論

如圖1所示，兩個質(zhì)量分別為m1、m2，大小相同的剛性小球分別以速度v10、v20在光滑的水平面上沿同一直線運(yùn)動，若它們能發(fā)生碰撞(為一維彈性碰撞)，碰撞后它們的速度分別是v1、v2，以地面為參考系，將兩個小球看作系統(tǒng)，在碰撞過程中由動量守恒定律及機(jī)械能守恒定律得

圖1

聯(lián)立①、②兩式解得

式③、式④即為一維彈性碰撞普適公式常用的二級結(jié)論，很多教師會讓學(xué)生記住結(jié)論便于求解.

在一維一動碰一靜的彈性碰撞中，可以令v10＝v0，v20＝0，整理得

當(dāng)m1＞m2時，解得v1＞0，v2＞0；

當(dāng)m1＝m2時，解得v1＝0，v2＝v0；

當(dāng)m1＜m2時，解得v1＜0，v2＞0.

即“大碰小，一起跑；小碰大，要反彈；質(zhì)量相等，速度交換”.

以上二級結(jié)論在高考和平時模擬中的應(yīng)用是比較廣泛的，那么應(yīng)該如何推導(dǎo)呢?

2 5種推導(dǎo)方法

2.1 因式分解法

由式①、式②移項(xiàng)可得

式⑧進(jìn)一步整理得

將⑦⑨兩式左右相比，可得

聯(lián)立⑦⑩兩式解得

2.2 求根公式法

由式①得

代入式②得

整理得

代入求根公式得

整理得

代入式?得

考慮到碰撞之后兩物體的速度一定會改變，式?中只有一個解是符合要求的，即

2.3 參考系法

假設(shè)將兩個質(zhì)量分別為m1、m2大小相同的剛性小球，置于以速度v20水平向右勻速運(yùn)動的慣性系內(nèi)，則在該慣性系中，小球m1的速度為v10－v20，小球m2的速度為0，這就相當(dāng)于以地面為參考系的一維一動碰一靜的彈性碰撞，代入式⑤、式⑥得

再以地面為參考系，對式?、式?整理可得

2.4 恢復(fù)系數(shù)法

1)恢復(fù)系數(shù)

恢復(fù)系數(shù)是反映碰撞時物體形變恢復(fù)能力的參數(shù)，它只與碰撞物體的材料性質(zhì)有關(guān)，其定義為兩物體碰撞后的分離速度(v2－v1)與碰撞前的接近速度(v10－v20)之比，如圖2所示，即

圖2

e是一個由實(shí)驗(yàn)測定的常數(shù)，恢復(fù)系數(shù)的取值如下：發(fā)生彈性碰撞時e＝1；非彈性碰撞時0≤e＜1；完全非彈性碰撞時e＝0.

2)推導(dǎo)過程

把式?代入式①得

由式⑩可得發(fā)生彈性碰撞時v1＋v10＝v2＋v20，整理得v10－v20＝v2－v1，代入式?得恢復(fù)系數(shù)e＝再代入??兩式整理得

2.5 質(zhì)心系法

質(zhì)心是描述質(zhì)點(diǎn)系整體運(yùn)動狀態(tài)的代表點(diǎn)，是系統(tǒng)中位置矢量關(guān)于質(zhì)量的加權(quán)平均值.定義質(zhì)點(diǎn)系的質(zhì)心參考系(或質(zhì)心系)為原點(diǎn)固定在質(zhì)心上且沒有轉(zhuǎn)動的參考系(平動參考系).

在質(zhì)心參考系中，兩小球的總動量始終為零，而對于彈性碰撞，兩小球碰撞前后相對質(zhì)心的速度大小不變，方向相反.由于兩小球系統(tǒng)所受合力為零，且系統(tǒng)總動量守恒，故系統(tǒng)質(zhì)心的速度vC(質(zhì)心相對于實(shí)驗(yàn)室系的速度等于各質(zhì)點(diǎn)動量之和與質(zhì)心系各質(zhì)點(diǎn)總質(zhì)量的比值)不變，根據(jù)動量守恒定律可得

碰撞前，小球A相對質(zhì)心的速度為v相對1＝v10－vC.碰撞后，小球A相對質(zhì)心的速度為v′相對1＝v1－vC.因?yàn)関′相對1＝－v相對1，即v1－vC＝vC－v10，解得

同理，亦可得碰撞后小球B的速度為

3 學(xué)以致用

例1 如圖1所示，A、B兩球大小相同，質(zhì)量分別為m1、m2，分別以速度3v0、v0在光滑的水平面上沿同一方向做勻速直線運(yùn)動，某一時刻兩球發(fā)生了彈性碰撞，碰后它們的速度分別為v1、v2，以兩球初速度方向?yàn)檎较?，則下列說法正確的是( ).

A.若m1＞m2，碰后A、B兩球的速度方向不變

B.若m1＝m2，碰后v1＝v0，v2＝3v0

C.若m1＜m2，碰后A球反彈，B球仍沿原方向運(yùn)動

D.碰撞后兩球速度必滿足v2－v1＝2v0

解析

把v10＝3v0和v20＝v0分別代入③④兩式整理得

所以選項(xiàng)A、B正確，C錯誤.

由于兩球碰撞是一維彈性碰撞，把v10＝3v0，v20＝v0分別代入進(jìn)一步整理得v2－v1＝2v0，所以選項(xiàng)D正確.

例2如圖3所示，某科技興趣小組為了設(shè)計一種發(fā)射火箭的方案，選擇了兩個質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，高度h遠(yuǎn)大于兩小球半徑，所有的碰撞都是完全彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向.已知m2＝7m1，則小球m1反彈后能達(dá)到的高度為( ).

圖3

A.hB.3.5h

C.6.25hD.7h

解析

方法1(二級結(jié)論法) 下降過程為自由落體運(yùn)動，觸地時兩球速度相同，由自由落體運(yùn)動公式可得碰撞地面之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設(shè)碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向?yàn)檎较?，則

由能量守恒定律得

且m2＝7m1，聯(lián)立解得

反彈后高度為H＝6.25h.

方法2(質(zhì)心系法) 設(shè)兩小球碰撞過程中的質(zhì)心速度為vC.由動量守恒定律得

解得

所以碰后A球的速度為

反彈后高度為H＝6.25h.

例3 (2021年湖南卷)如圖4所示，豎直平面內(nèi)一條足夠長的光滑傾斜軌道與一長為L的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道右下方有一段弧形軌道PQ.質(zhì)量為m的小物塊A與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，以水平軌道末端O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系xOy，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下，弧形軌道P端坐標(biāo)為(2μL，μL)，Q端在y軸上.重力加速度為g.

圖4

(1)若A從傾斜軌道上距x軸豎直高度為2μL的位置由靜止開始下滑，求A經(jīng)過O點(diǎn)時的速度大??；

(2)若A從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經(jīng)過O點(diǎn)落在弧形軌道PQ上的動能均相同，求PQ的曲線方程；

(3)將質(zhì)量為λm(λ為常數(shù)且λ≥5)的小物塊B置于O點(diǎn)，A沿傾斜軌道由靜止開始下滑，與B發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)，要使A和B均能落在弧形軌道上，且A落在B落點(diǎn)的右側(cè)，求A下滑的初始位置距x軸高度的取值范圍.

解析

(1)A沿傾斜軌道由靜止開始下滑到O點(diǎn)的過程中，由動能定理得

解得

(2)假設(shè)A落到P點(diǎn)，結(jié)合平拋運(yùn)動規(guī)律可得

解得

則落到軌道上時的動能

變形得

當(dāng)x0＝0時，y0＝2μL，則PQ的曲線方程為

(3)令A(yù)碰撞前速度為v，釋放高度為h，由動能定理得

A、B發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能守恒，設(shè)碰撞后A速度為vA，B速度為vB，可得

由λ≥5可知vA＜0，即A碰后反彈，速度大小為

根據(jù)題意，為保證B落在軌道上，則vB≤v0＝，即

解得

A反彈后，經(jīng)歷一次往返后從O點(diǎn)拋出，拋出的速度為v2，由動能定理得

為保證A落在軌道上，則，即

解得

又為保證A落點(diǎn)在B右側(cè)，則v2＞vB.

因?yàn)棣恕?，則μL小.

則釋放高度的取值范圍為

點(diǎn)評

由例1可知“大碰小，一起跑)小碰大，要反彈)質(zhì)量相等，速度交換”的二級結(jié)論不是對任意的一維彈性碰撞都是成立的，它的適用條件是一維一動碰一靜的彈性碰撞，所以掌握結(jié)論的推導(dǎo)過程，進(jìn)而理解其適用條件比只記結(jié)論更為重要.同時，合理地掌握一些二級結(jié)論，如例1中利用一維彈性碰撞恢復(fù)系數(shù)e＝1，即兩物體碰撞后的分離速度等于碰撞前的接近速度)例2中利用質(zhì)心速度vC＝，且碰后A、B兩球的速度分別為v1＝2vC－v10、v2＝2vC－v20)例3中利用一動碰一靜的特殊情況下的二級結(jié)論，可以提高解題的效率.