利用“恢复系数”速解碰撞问题

柴守刚

(甘肃省会宁四中,甘肃会宁 730700)

物体的碰撞过程受多个物理规律的制约,在判断碰撞的问题时,需要综合以下3个方面进行分析:①碰撞前后的状态要符合具体的物理情景;②碰撞过程要遵循动量守恒定律;③碰撞前后的总动能要满足 Ek前≥Ek后.解决起来比较繁琐.若直接利用碰撞的恢复系数这一关系,则可提高解题的速度,达到事半功倍的效果.

碰撞的恢复系数:对于一维完全弹性碰撞,用 m1和m2分别表示两球的质量,碰撞前的速度分别为v10和v20,碰撞后的速度分别为v1和v2,系统动量守恒有

两球碰撞的整个过程可分为压缩阶段和恢复阶段,在碰撞过程始末,系统动能不变.有

如已知 m1、m2、v10和 v20,就可以根据以上两式求出碰撞后的速度 v1和 v2.

由动量守恒方程得

将动能不变方程写成

由(1)、(2)式,得

即 v10-v20=-(v1-v2).这里的 v10-v20即在碰撞前m1相对于 m2的相对速度;v1-v2是碰撞后 m1相对于m2的相对速度.上式表明,经过完全弹性碰撞,两物体相对速度的大小不发生变化,但方向改变.

实验证明,对于材料一定的球,碰撞后分开的相对速度与碰撞前接近的相对速度成正比.于是有比例常数e叫做恢复系数,由两球材料的弹性决定.对于完全弹性碰撞v2-v1=v10-v20,e=1;对于完全非弹性碰撞,碰后具有相同的速度v1=v2,e=0;对于一般非完全弹性碰撞,0＜e＜1.

例1.甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动,已知它们的动量分别为 p甲=5kg◦m/s,p乙=7 kg◦m/s,甲追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为 p乙=10 kg◦m/s,则两球质量m甲与m乙的关系可能是

(A)m乙=m甲. (B)m乙=2m甲.

(C)m乙=4m甲. (D)m乙=6m甲.

解析1:综合运用动量守恒定律和碰撞过程的能量关系 Ek前≥Ek后以及实际的物理情景,求出乙球的质量范围.

设碰后甲球的动量为 p甲′,由动量守恒定律有 p甲+p乙=p甲′+p乙′.解得 p甲′=2 kg◦m/s.碰后,p甲′、p乙′均大于零,表明甲、乙两球同向运动,应有 v乙′≥v甲′,即解得 m乙≤5m甲.取等号时,甲、乙发生完全非弹性碰撞.

碰撞过程中,动能不增加,

正确答案应为(C).

解析2:(利用碰撞的恢复系数关系解答)

设碰后甲球的动量为 p甲′,由动量守恒定律有p甲+p乙=p甲′+p乙′,解得:p甲′=2 kg◦m/s.由碰撞的恢复系数

故正确答案应为(C).

例2.(2009年广东高考物理 19题)如图 1所示,水平地面上静止放置着物块B和C,相距l=1.0 m.物块 A以速度v0=10 m/s沿水平方向与B正碰.碰撞后 A和B牢固地粘在一起向右运动,并再与C发生正碰,碰后瞬间C的速度v=2.0 m/s.已知 A和B的质量均为m,C的质量为A质量的k倍,物块与地面的动摩擦因数μ=0.45.(设碰撞时间很短,g取10 m/s2)

(1)计算与C碰撞前瞬间AB的速度;(2)根据 AB与C的碰撞过程分析k的取值范围,并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向.

图1

参考答案:

(1)设AB碰撞后的速度为v1,AB碰撞过程由动量守恒定律得

设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2,由动能定理

联立以上各式解得

(2)若 AB与C发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得

代入数据解得k=2.此时 AB的运动方向与C相同.若AB与C发生弹性碰撞,由动量守恒和能量守恒得

联立以上两式解得

代入数据解得k=6.此时 AB的运动方向与C相反.

若AB与C发生碰撞后AB的速度为0,由动量守恒定律得

代入数据解得k=4.

综上所述得:当2≤k＜4时,AB的运动方向与C相同;当 k=4时,AB的速度为 0;当4＜k≤6时,AB的运动方向与C相反.

另解:(应用碰撞的恢复系数关系解答)

解答(2):依第(1)问,AB与C碰撞前,AB的速度v2=4 m/s,C的速度为0;碰撞后C的速度为vC=2 m/s,设碰撞后 AB的速度为v2′.则两球碰撞中恢复系数e满足

AB与C的碰撞瞬间,系统动量守恒

由(2)式得

由(3)、(4)式得:当-2≤v2′＜0时,4＜k≤6,AB 的运动方向与C 相反;当 v2′=0时,k=4,AB 的速度为0;当0＜v2′≤2时,2≤k＜4,AB的运动方向与C相同.