高中物理碰撞模型解題策略探討

碰撞主要發(fā)生在兩物體間，作用時(shí)間極短，多在一瞬間就能完成.在碰撞過(guò)程中，內(nèi)力即相互碰撞力會(huì)遠(yuǎn)大于外力，滿足系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但一般會(huì)伴隨著機(jī)械能損失，即碰撞前總動(dòng)能會(huì)大于或等于碰撞后的總動(dòng)能.根據(jù)機(jī)械能損失情況，碰撞模型主要分為彈性碰撞、非彈性碰撞和完全非彈性碰撞三種類型.下面以三道例題展示具體的解題過(guò)程.

1彈性碰撞

例1彈珠是常見(jiàn)的童年游戲之一，小小的彈珠中也蘊(yùn)含著一定的物理規(guī)律.現(xiàn)在光滑水平桌面上有著兩個(gè)不同顏色的彈珠，質(zhì)量為 Ψ_m 的紅色彈珠靜止在桌面上，使用一個(gè)質(zhì)量為 3m 的藍(lán)色彈珠以某一速度撞擊紅色彈珠，二者發(fā)生彈性正碰.已知碰撞前藍(lán)色彈珠的動(dòng)能為 E ，碰撞之后的紅色彈珠具有的動(dòng)能為（ ）

（A） E.（B） .（C） 業(yè) （D）

解題指導(dǎo)首先觀察題目，兩個(gè)彈珠相互碰撞且碰撞時(shí)間極短，通常認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)中內(nèi)力會(huì)遠(yuǎn)大于外力，所以整個(gè)系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律.同時(shí)，題目條件指出二者發(fā)生彈性正碰，所以系統(tǒng)內(nèi)機(jī)械能守恒.設(shè)碰撞前藍(lán)色彈珠的速度為 v₀ ，碰撞后的速度為 v₁ ，紅色彈珠速度為 v₂ ，以碰撞時(shí)藍(lán)色彈珠的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律，可以列出 3mv₀=3mv₁+mv₂ ，同時(shí)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，可以寫出相關(guān)的能量關(guān)系式， （204號(hào) ，由題可知 ，碰撞后紅色彈珠的動(dòng)能為 ，聯(lián)立解得 E_k= E.所以選項(xiàng)（B）正確.

2 非彈性碰撞

例2有質(zhì)量為 2kg 和 1kg 的兩個(gè)小球 A，B ，水平放置在桌面上，開(kāi)始時(shí)小球 A 以初速度 v₀= 3m/s 沿水平方向運(yùn)動(dòng)，與靜止的小球 B 發(fā)生碰撞，不計(jì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的所有摩擦.若小球之間為非彈性碰撞，碰撞后的相對(duì)速度大小變化為原先的0.5倍，求碰撞過(guò)程中的能量損失.

解題指導(dǎo)題目中指出小球發(fā)生非彈性碰撞，所以系統(tǒng)在碰撞過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒定律，但機(jī)械能損失，不滿足機(jī)械能守恒定律.

可以設(shè)小球碰撞后 A，B 的速度分別為 Δ_v1，v₂ ，由動(dòng)量守恒可知 ，碰撞之后的相對(duì)速度大小是之前相對(duì)速度大小的0.5倍，可列式為v₂-v₁=0.5v₀ ，代人 v₀=3m/s ，所以 υ₂=1.5+υ ，將其與動(dòng)量守恒式聯(lián)立，解得 v₁=1.5m/s，v₂= 3m/s. 碰撞后系統(tǒng)動(dòng)能損失，

3完全非彈性碰撞

例3如圖1所示，粗糙地面上， a 點(diǎn)靜置一物塊 A ，其右邊 處有一固定光滑圓弧軌道.一質(zhì)量為 m=10g 的子彈以初速度 v₀=50m/s 水平射入 A ，射入時(shí)間極短且未從 A 射出，從圓弧軌道圓心等高點(diǎn) Ψ_c 由靜止釋放物塊 B ，兩物塊恰好在圓弧最低點(diǎn) b 發(fā)生碰撞后黏在一起，碰撞時(shí)間極短.已知A 的質(zhì)量為 m_A=990g，B 的質(zhì)量為 m_B=1kg ，物塊與粗糙地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 μ=0.45 ，圓弧半徑為 R=0.2m ，重力加速度 g=10m/s² .求：

（1）物塊 A 與物塊 B 碰撞前瞬間物塊 A 的速率；（2）A，B 碰后瞬間， AB 整體對(duì)軌道的壓力；（3）若 B 的質(zhì)量可調(diào)，使 A 與 B 碰后 B 在圓弧軌道上滑行過(guò)程中不脫離圓弧軌道， m_B 的取值范圍.

解題指導(dǎo)首先，能夠從子彈留在物塊 A 內(nèi)部判斷出它們發(fā)生了完全非彈性碰撞，隨后物塊 A 與物塊 B 發(fā)生碰撞后黏在一起，說(shuō)明二者共速，即碰撞類型是完全非彈性碰撞.所以整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中具有兩次完全非彈性碰撞.

（1）子彈射入物塊 A 的過(guò)程中發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后速度為 v₁ .所以應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可知 mv_?0=（m+m_?A）v_?1 ，解得 v₁=5m/s ，隨后二者一起從 a 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 b 點(diǎn)，設(shè)到達(dá) b 點(diǎn)的速度為 v₂ ，根據(jù)動(dòng)能定理可知 ，聯(lián)立解得 v₂=4m/s

（2）物塊 B 從 Ψ_c 點(diǎn)到達(dá) b 點(diǎn)，做圓周運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過(guò)程中只有重力做功，設(shè)到達(dá) b 點(diǎn)的速度為 v₃ ，由動(dòng)能定理可知 ，解得 v₃=2m/s ，取水平向右為正方向，設(shè)第二次完全非彈性碰撞后AB的共速為 v₄ ，使用動(dòng)量守恒定律可知 （m+m_A）v₂- m_Bv₃=（m+m_A+m_B）v₄ ，解得 v₄=1m/s ，對(duì) A，B 在 b 點(diǎn)進(jìn)行受力分析， F-（m+m_A+m_B）g=（m+ U，聯(lián)立解得F=30N，由牛頓第三定律可知， AB 整體對(duì)圓弧軌道的壓力為 F^′=F=30N 方向?yàn)樨Q直向下.

（3）根據(jù)題意，可分成以下三種情況進(jìn)行解題：① 若物塊 B 與 A 相碰后恰好速度為0，根據(jù)動(dòng)量守恒，可以列出 （m+m_A）υ₂-m_Bυ₃=0 ，解得 m_B=2kg ② 若物塊 B 與 A 相碰后向上運(yùn)動(dòng)到軌道 Ψ_c 點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式，設(shè)第二次完全非彈性碰撞后的共速為 v₅ ，則 （m+m_A）v₂-m_Bv₃=（m+m_A+ m_B）v₅ ，從 b 到 Ψ_c 點(diǎn)，受力分析，只有重力做功，利用動(dòng)能定理可知， m_A+m_B）v₅² ，聯(lián)立解得 m_B=0.5kg

③ 若物塊 B 與 A 相碰后向上運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn) d ，根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式，設(shè)第二次完全非彈性碰撞后的共速為 v₆ ，則 （m+m_A）v₂-m_Bv₃=（m+ m_A+m_B）v₆ ，從 b 到 d ，設(shè)運(yùn)行到軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度為 v₇ ，利用動(dòng)能定理可知， -（m+m_A+m_B）g . 隨后根據(jù)牛頓第二定律， （m+m_A+m_B）g=（m+ ，聯(lián)立解得

綜上所述，物塊 B 質(zhì)量的取值范圍為 0.5kg? m_Blt;2kg 或

4結(jié)語(yǔ)

在解題過(guò)程中，首先需要明確發(fā)生碰撞的對(duì)象，它們之間是否滿足動(dòng)量守恒的條件，然后觀察碰撞類型，根據(jù)不同的碰撞類型，計(jì)算其中的能量損失，最后根據(jù)題目要求，結(jié)合牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)等力學(xué)知識(shí)解題.在現(xiàn)實(shí)生活中，碰撞發(fā)生時(shí)的情況更加多樣，遠(yuǎn)不正文中展示的狀況，但只要抓住動(dòng)量守恒與能量轉(zhuǎn)化，復(fù)雜的碰撞問(wèn)題就會(huì)迎刃而解。