“碰撞”特點(diǎn)及應(yīng)用

“碰撞”特點(diǎn)及應(yīng)用兩個(gè)物體相遇，如果物體之間的相互作用僅持續(xù)一個(gè)極為短暫的時(shí)間，而運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化的現(xiàn)象，叫做碰撞。碰撞是一個(gè)非常基本，但又是十分重要的物理模型，其基本特點(diǎn)是：時(shí)間極短，位移為零一一由于物體在發(fā)生碰撞時(shí)，所用時(shí)間極短，因此在計(jì)算物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間時(shí)，通常把碰撞時(shí)間忽略不計(jì)；在碰撞這一極短的時(shí)間內(nèi)，物體的位置是來不及改變的，由此我們可以認(rèn)為物體在碰撞中位移為零。動(dòng)量守恒一一因碰撞時(shí)間極短，相互作用的內(nèi)力大于外力，所以，系統(tǒng)在碰撞過程中動(dòng)量守恒。動(dòng)能不增一一在碰撞過程中，系統(tǒng)總動(dòng)能只有減少或不變，而絕不會(huì)增加。若彈性碰撞同時(shí)滿足動(dòng)量、動(dòng)能守恒；非彈性碰撞只滿足動(dòng)量守恒，而系統(tǒng)的動(dòng)能減少。下面僅以三道典型題為例作一解析。一、 碰撞中動(dòng)量或動(dòng)能可能取值的判斷例1、在光滑水平面上，動(dòng)能為E0、動(dòng)量的大小為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的動(dòng)能和動(dòng)量的大小分別記為E「p「球2的動(dòng)能和動(dòng)量的大小分別記為E2、p2,則必有()A.E1〈E°B.P1<PoCE2>E°D.P2>Po解析：判斷碰撞中動(dòng)量、動(dòng)能(或速度)的可能取值問題，是不少學(xué)生感到十分棘手的問題。解答這類問題，一定要明確動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系和動(dòng)量及動(dòng)量守恒的矢量性。通過推理和分析，方能做出正確判斷。設(shè)Po的方向?yàn)檎较?。鋼?與鋼球2在碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒的條件，因而有：P=P-P，變形為P=P+P>P。故D正確。o2 1 2o1o由碰撞的特點(diǎn)知，在碰撞的過程中球1、2組成的系統(tǒng)的動(dòng)能不會(huì)增加，因此有：EoNE]+E2,顯然Eo>E「Eo>E2,選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤。由動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系式P=J2mE*和Eo>E1可推知P/P]，選項(xiàng)B正確。故本題的正確答案為A、B、D。二、 碰撞后的可能狀態(tài)判斷例2、半徑相等的兩個(gè)小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)。若甲球的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量，碰撞前兩球的動(dòng)能相等，則碰撞后兩球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能是().A、 甲球的速度為零而乙球的速度不為零B、 乙球的速度為零而甲球的速度不為零C、 兩球的速度均不為零D、 兩球的速度方向均與原方向相反，兩球的動(dòng)能仍相等解析：本題考查了動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系、動(dòng)量守恒和兩球?qū)π呐鲎驳戎R(shí)點(diǎn)。要求學(xué)生有較強(qiáng)的推理、判斷和分析能力。由E=—mv2和P=mv得P=..：2mEk2 k因兩球碰撞前的動(dòng)能相等，由P=、；2mEK知P3拓，所以甲球的動(dòng)量大于乙球的動(dòng)量，即P甲>P乙。這就是分析本題的依據(jù)。根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，并以甲球原方向?yàn)檎较颉?duì)A選項(xiàng)：甲球停下，乙球必須反向運(yùn)動(dòng)，則有：P-P=0+P'，甲乙 乙1=P乙+P乙"乙，因此A選項(xiàng)正確。同理對(duì)B、C、D逐選項(xiàng)進(jìn)行分析，滿足P甲>p乙的還有選項(xiàng)C,故本題的正確答案為A、C。三、涉及碰撞的綜合題例3、如圖1所示，一輛質(zhì)量m=2kg的平板車左端放有質(zhì)量M=3kg的小滑塊，滑塊與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)p=0.4。開始時(shí)平板車和滑塊共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右運(yùn)動(dòng)，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞時(shí)間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反。平板車足夠長，以至滑塊不會(huì)滑到平板車右端。（取g=10m/s2）求：（1） 平板車第一次與墻壁碰撞后向左運(yùn)動(dòng)的最大距離。（2） 平板車第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度v。（3） 為使滑塊始終不會(huì)滑到平板車右端，平板車至少多長？Mm 圖1解析：本題是涉及多次碰撞的力學(xué)綜合題，主要考查動(dòng)量守恒定律的條件及應(yīng)用、動(dòng)能定理、功能關(guān)系等多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，是一道難度較大的力學(xué)綜合題。（1）設(shè)第一次碰墻壁后，平板車向左移動(dòng)S，速度變?yōu)榱?。由于本系統(tǒng)總動(dòng)量向右，平板車速度為零時(shí)，滑塊還在向右滑行。由動(dòng)能定理知:1-pMgS=0-^mv22X22mv2 2X2X22解得：S= = m=—m=0.33m2jMg2X0.4X3X10 3（2）假如平板車在第二次碰墻前還未和滑塊相對(duì)靜止，那么其速度的大小肯定還是2m/s，滑塊的速度則大于2m/s，方向均向右，這樣就違反動(dòng)量守恒。所以平板車在第二次碰墻前肯定已和滑塊具有共同速度v。此即平板車碰墻前瞬時(shí)的速度。據(jù)動(dòng)量守恒定律得:Mv-mv=（M+m）v.0M-m?.v=VM+m03-2代入數(shù)據(jù)得:v= x2m/s=0.4m/s3+2（3）平板車與墻壁第一次碰撞后到滑塊與平板車又達(dá)到共同速度v前的過程，可用圖2中（a）（b）（c）表示。圖（a）為平板車與墻碰撞后瞬間滑塊與平板車的位置；圖（b）為平板車到達(dá)最左端時(shí)兩者的位置；圖（C）為平板車與滑塊再次達(dá)到共同速度時(shí)兩者的位置。在此過程中滑塊動(dòng)能減少等于摩擦力對(duì)滑塊所做的H!JjoCa"）功uMgS'，平板車動(dòng)能的減少等于摩擦力對(duì)平板車所做p[||MgS”（平板車從B到A再回到B的過程中摩擦力做功[小「啟（k）為零），其中s’、s〃分別為滑塊和平板車的位移?；瑝K和|平板車動(dòng)能總減少為jMgi1，其中/廣s’+s〃為滑塊相四3）

對(duì)平板車的位移。此后，平板車與墻壁發(fā)生多次碰撞，每次情況與此類似，最后停在墻邊。設(shè)滑塊相對(duì)平板車