球的对心碰撞及其实例分析

球的对心碰撞及其实例分析
碰撞问题既是高中教学的重点和难点，也是高考命题的热点。

分析研究碰撞问题，对于解决力学中打夯、锻压、击球等问题，解决热学中气体分子间及气体分子与器壁间的彼此作用问题，解释生活自然中的一些常见现象，和较好地解答高考中的力学综合题等，都有十分重要的作用。

下面以球的对心碰撞为例，对碰撞现象作一些分析。

（一） 完全弹性碰撞
在碰撞中，一种简单的情形是，两个等大而不同质量的小球，碰撞前后处在同一水平直线上运动，这就是球的对心碰撞。

若碰撞前后系统的动能不发生转变，就叫完全弹性碰撞。

用m 1和m 2别离表示两球的质量， 用v 10和v 20别离表示两球碰撞前的速度，用v 1和v 2别离表示两球碰撞后的速度，据动量守恒定律有
m 1 v 10+ m 2 v 20= m 1v 1+m 2v 2……①
由于是完全弹性碰撞，故碰撞前后动能守恒：
21 m 1v 102+ 21m 2v 202= 21m 1v 12+ 2
1m 2v 22……② 联立①②两式可求得两小球碰撞后的速度别离为
v 1= (2121m m m m +-)v 10 + (2122m m m +)v 20……③ v 2= (2122m m m +)v 10 +(2
112m m m m +-) v 20……④ 按照③④式咱们可做以下讨论：
讨论1：当m 1=m 2，即对心碰撞的两球质量相等时
可得v 1=v 20, v 2=v 10，即二球通过碰撞彼此互换速度。

若v 20=0，则v 1=0 ，v 2=v 10，即m 1以必然的速度去碰撞静止的m 2，结果m 1会突然停止，而m 2“接过”m 1的速度前进。

这就是在儿童打弹子或成人打台球中常常看到的现象。

讨论2：当m 1<<m 2 且v 20=0，即用小质量的球去碰专门大质量且静止的球时
先将v 20=0代入③④式取得 v 1= (2121m m m m +-)v 10 ， v 2= (2
122m m m +)v 10 再将条件m 1<<m 2代入上述两式取得 v 1 ≈-v 10 ， v 2≈0
这说明球2仍然静止不动，而球1则以碰撞前等大的速度反向弹回。

正如用一个乒乓球去碰撞一个静止的铅球一样，碰后铅球仍然不动，而乒乓球几乎以原速度弹回。

在气体分子与器壁相碰时，就属于这种情形，气体分子会以原速度弹回。

在热学中，能够运用这种思路求出必然数量的气体分子对容器壁的压强。

讨论3：当m 1>>m 2 且 v 20=0，即用质量专门大的球去碰静止的轻球时
考虑m 1>>m 2 和v 20=0两个因素，由③④式能够取得
v 1 ≈v 10 ， v 2≈2v 10
说明重球几乎以原速度继续前进，而静止的轻球被碰后则以二倍于重球的速度“逃离”重球。

正如用一个铅球去碰一个乒乓球一样，碰后铅球恍如没有受到任何障碍一样继续维持原速度前进，而乒乓球却以2倍于铅球的速度专门快地跑开。

可见，用碰撞规律能够专门好地解释许多生活中常见的现象，物理就在咱们身旁。

例题1 如图所示，有一内表面滑腻的金属盒，底面长L=，质量为m 1=1Kg ，放在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为μ=，在盒内最右端放一半径为r=的滑腻金属球，金属球的质量为m 2=1Kg ，此刻盒的左端给盒施加一个水平冲量I=3N •S （盒壁厚度、球与盒发生碰撞的时刻和能量损失均忽略不计），取g=10m/s 2，求
（1）金属盒能在地面上运动多远？
（2）金属盒从开始运动到最后静止所经历的时刻多长？
解析：这是一个典型的弹性碰撞问题，也是一道较难的力学综合题。

（1）由于冲量作用，金属盒取得速度v=1
m I =3m/s ，现在金属球由于惯性维持静止， 金属盒所受摩擦力为F=μ（m 1+m 2）g=4N ， 以金属盒为研究对象，据动能定理有：
－Fs=0—2
1m 1v 2 , 解得 s= 考虑到金属球的大小，当金属盒前进s 1=1m 时即与球发生碰撞，设碰前盒的速度为v 10，则在这1m 的位移内对盒应用动能定理有：
—Fs 1=21m 1v 102—2
1m 1v 2 ， 解得 v 10=1m/s 设碰后盒的速度为v 1，球的速度为v 2，由于碰撞中球与盒的作使劲远大于盒受到的摩擦力，且碰撞的时刻极短，故能够为系统的动量和动能均守恒：
m 1v 10=m 1v 1+m 2v 2……⑤ 21m 1v 102=21m 1v 12+2
1m 2v 22……⑥ 联立⑤⑥两式并代入数值解得 v 1=0， v 2=1m/s ， 说明碰后盒静止、球以盒碰前的速度向前运动。

当球前进1m 时与盒发生第二次碰撞， 碰后球的速度变成0，盒的速度变成v 2=1m/s ， 以金属盒为研究对象，据动能定理有：—Fs 2=0—2
1m 1v 22 ，解得 s 2=， 说明第二次碰撞后金属盒最多只能在地面上运动就会停下来，以后金属盒不会与球再发生碰撞，故金属盒能在地面上运动的最大距离为s 1+s 2=
（2）设盒前进s 1=1m 所用的时刻为t 1，前进s 2=所用的时刻为t 2，据动量定理有：
—Ft 1=m 1v 10—m 1v ， —Ft 2=0—m 1v 2， 且v 1=v 2=1m/s
代入数据可求得：t 1=， t 2=， 小球运动时刻为t 3， 则t 3=2
1v s =1s 故金属盒从开始运动到最后静止，所经历的时刻共为t=t 1+t 2+t 3=
在解决上述问题中，咱们实际应用了讨论1中的思维方式，即完全弹性碰撞中两球相等的情形，咱们也完全能够用讨论1中的结论来解决上述问题，只是在高考答题时，仍然要求写出原始方程⑤和⑥，不然，会因解题无依据而丢掉不该丢的分。

（二）完全非弹性碰撞
若两小球碰撞后不分开，而是以同一速度运动，这种碰撞就叫完全非弹性碰撞。

这时小球系统的动量守恒：
m 1 v 10+ m 2 v 20=（ m 1+m 2）v ……⑦
但系统的机械能并非守恒。

例题2 如图所示，一颗质量为m 0的子弹，以v 0的速度水平射入置于滑腻水平面上的木块A 并留在其中，A 和木块B 质量均为m ，且用一根弹性良好的弹簧连在一路，则在子
弹冲击木块及弹簧紧缩的整个进程中，弹簧的弹性势能最大值为多少？
解析 ：子弹射入木块A 的进程中动量守恒：
m 0v 0=(m 0+m)v 1 解得v 1=0
00m m v m + A （包括子弹）以必然的速度向前运动，紧缩弹簧推动木块B 的进程中，系统的动能转化为（弹簧的）势能，当A 、B 速度相等时，系统的势能最大、动能最小，这一整个进程类似完全非弹性碰撞，系统的总动量守恒：
(m +m 0)v 1=(2m+m 0)v 2 解得 v 2=00
02m m v m +
现在弹簧的弹性势能就等于系统动能的减少量：
E Pm =△E K =21(m+m 0)v 12—21(2m+m 0)v 22=)
)((00202022m m m m v mm ++ 无论是完全弹性碰撞仍是完全非弹性碰撞，系统的动量之所以守恒，是因为“极短”时刻的碰撞所产生的“内力”远大于系统受到的“外力”，这时外力的作用可忽略不计，而近似以为系统不受外力，因此动量守恒。

解决这种问题，关键是要弄清研究对象和研究进程，正确选择列动量守恒方程的系统及其应用进程。

如例题2中，第一次选择的对象是子弹和木块A 组成的系统，动量守恒的进程是子弹跟木块A 碰撞的进程；第二次选择的对象是木块A （包括子弹）、弹簧和木块B 四者组成的系统，动量守恒的进程是从A 开始紧缩弹簧推动B ，到弹簧紧缩量最大，A 、B 速度相等时止。

这一进程不是A 、B 两木块直接发生碰撞，而是通过弹簧的作用来实现“碰撞”的。

这正是两球发生对心碰撞的力学模型，其实任何对心碰撞都可成立如此的模型。

（三） 非完全弹性碰撞
介于完全弹性碰撞与完全非弹性碰撞之间的是非完全弹性碰撞。

譬如，一个小皮球从高处自由下落到地面后被反弹跳起，反跳的高度总要比原来下落时的高度小一些，这时，皮球跟地面间的碰撞就是非完全弹性碰撞。

若是两小球碰撞后彼此分开，而系统的机械能又有必然损失，如此的碰撞就叫非完全弹性碰撞。

这种碰撞进程系统的动量仍然守恒：
m 1 v 10+ m 2 v 20= m 1v 1+m 2v 2
但机械能（或动能）不守恒。

单就这一个方程，咱们不能由已知的碰前速度求出未知的碰后速度，但能够由实验取得，两球碰后分开的相对速度．．．．．．．与两球碰前的相对速度．．．．．．．
的比值是一个常数，即 e v v v v =--20
1012 那个比例常数e 叫恢复系数，是由做成两球的材料决定的，弹性越好的材料做成的球，那个比例常数就越大。

这种情形高中阶段讨论较少，咱们不必去深究。