“一動(dòng)一靜”談碰撞

1、碰撞的一動(dòng)一靜模型在物理中的應(yīng)用碰撞的過程是指：作用時(shí)間很短，作用力很大.碰撞過程兩物體產(chǎn)生的位移可忽 略一個(gè)運(yùn)動(dòng)物體以以一定的速度碰撞一個(gè)靜止的物體是一個(gè)常見的碰撞問題，下面就一動(dòng)一靜談?wù)勁鲎矄栴}.一、一動(dòng)一靜的彈性正碰.如圖(1 )一個(gè)質(zhì)量為mi的小球以速度vo向右運(yùn)動(dòng),與一個(gè)靜止的質(zhì)量為m2的 小球發(fā)生彈性正碰，這種最典型的碰撞具有一系列應(yīng)用廣泛的重要規(guī)律.mim2圖1(1) 動(dòng)量守恒，初、末動(dòng)能相等，即gv0 gw _m2V2ImiV =-m1v12-m2vf2 2 2根據(jù)、式,碰撞結(jié)束時(shí),主動(dòng)球(mi)與被動(dòng)球(mb)的速度分別-Vo m22mi葉_m2Vo(3)判斷碰撞后的速度方向

2、當(dāng)m>m時(shí),vi>0,V2>0,兩球均沿vo方向運(yùn)動(dòng).當(dāng)m=m時(shí)，v i=0,v 2=vo,兩球交換速度,主動(dòng)球停止,被動(dòng)球以vo開始運(yùn)動(dòng). 當(dāng)m<m時(shí),vi<o,V2>o,主動(dòng)球反彈,被動(dòng)球沿vo方向開始運(yùn)動(dòng).當(dāng)<“：m2時(shí),vimi m2Vom_im2Vo 二Vo ,V22+ m2Vo =m22旦Vo" o , 凹+im2主動(dòng)球以Vo反彈,被動(dòng)球靜止不動(dòng).(4)不動(dòng)球獲得最大速度、最大動(dòng)量和最大動(dòng)能的條件2mi_ 2vo' V2_ vo_ 一mi 十 m2i | m2mi:當(dāng)>>m2時(shí),v2最大為 vm = 2vo-&

3、quot;R =m?V2mi +m22口皿 匹+i m2所示當(dāng) m>>m,P2最大為 Prr=2mvo=2 Poi這一結(jié)果還可以簡捷地根據(jù)P2P得出,請讀者試一試./ Ek222V 2m1v24m m 22m1 m 2當(dāng)m=m時(shí),Ek2最大為Ek22m1v2 = Ekoi2例(1)帶有光滑圓弧軌道的滑塊質(zhì)量為M靜止在光滑水平面上，軌道足夠高且軌道下端的切線方向水平今有一質(zhì)量為m的小球以水平初速度vo滾上滑塊,如圖(2)所示,求(1)小球沿圓弧軌道上升的最大高度h(2) 小球又滾回來和軌道別離時(shí)兩者 的速度大小解：小球沿光滑圓弧軌道運(yùn)動(dòng)的過程可 以看作彈性正碰的過程，系統(tǒng)總動(dòng)量和總機(jī)

4、 械能守恒(1)當(dāng)小球與滑塊的速度相同時(shí)，小球上升的高度最大，設(shè)此時(shí)小球和滑塊的共同速度為v,有:mv0 m I M v2mv2_mgh 1M v2Mv；2 M m g設(shè)小球又滾回來時(shí),M的速度為V1,球的速度為V2,有:mv0 Mv1 mv2mv221 2 1 2mv0Mv12 22mm M的：v1vo,v2voM mM I m例 如圖 所示,質(zhì)量為M的平板車在光滑水平面上以速度 vo勻速運(yùn)動(dòng)，車身 足夠長,其上外表粗糙，質(zhì)量為m的小球自h高處由靜止下落，與平板車碰撞后, 每一次上升高度仍然為 h,每次碰撞過程中，由 于摩擦力的沖量不能忽略，撞擊幾次后，小球水 平方向的速度逐漸增大求平板車的

5、最終速度？ 解：準(zhǔn)確理解題意，應(yīng)用動(dòng)量守恒的條件判斷， 挖掘隱含條件是解決此題的關(guān)鍵 車和球組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，由動(dòng) 量守恒定律得：Mvo= M I m vvo二、一動(dòng)一靜的完全非彈性碰撞.如圖(4)在光滑的水平面上，有一靜止的質(zhì)量為M的木塊，一顆質(zhì)量為m的子彈 以速度vo水平射入木塊，并射入木塊深度為d,且沖擊過程中阻力f恒定.till Vo1 s: d動(dòng)量守恒,共同速度V-丹(1)碰撞后共同速度(v),根據(jù) 木塊的沖擊位移(s) 分別以木塊和子彈為研究 對象，根據(jù)動(dòng)能定理1有：fs Mv22f s 十 = - mv2 - mv22 2由和式可得：smd <dM m在物體可

6、視為質(zhì)點(diǎn)時(shí)；d=O;s=O.這就是兩質(zhì)點(diǎn)碰撞瞬間時(shí)，它們的位置變化不 計(jì)的原因(3) 沖擊時(shí)間以子彈為研究對象，根據(jù)子彈相對木塊作末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，1相對位移d = - vot ,2所以沖擊時(shí)間為t-出v(4) 產(chǎn)生的內(nèi)能(Q)在認(rèn)為損失的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為熱能(即內(nèi)能)的條件1 2 M下：Q Ek f *s相對一fdmv0 -2 M m例(3)在原子核物理中，研究原子與核子關(guān)聯(lián)的最有效途徑是雙電荷交換 反響 這類反響的前半局部過程和下述力學(xué)模型相似兩個(gè)小球A和B用輕質(zhì)彈 簧相連,在光滑的水平直軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)在它們左邊有一垂直于軌道的固 定擋板P,右邊有一個(gè)小球C沿軌道以速度V。射向

7、B球,如圖(5)所示,C與B發(fā)生 碰撞并立即結(jié)成一個(gè)整體D,在它們繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)的過程中，當(dāng)彈簧長度變到 最短時(shí)，長度突然被鎖定，不再改變.然 后,A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A D都 靜止不動(dòng),A與P接觸而不粘連.這一段 時(shí)間,突然解除鎖定(鎖定及解除鎖定均 無機(jī)械能損失).A、B、C三球的質(zhì)量均為m.(1) 求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度(2) 求在A球離開擋板P之后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧的最大彈性勢能解:(1)設(shè)C球與B球粘連結(jié)成D時(shí),D的速度為V1,由動(dòng)量守恒,有:mv m I m v1當(dāng)彈簧壓至最短時(shí)，D與A的速度相 等，設(shè)此速度為V2,由動(dòng)量守恒， 1有：m m v, 3mv2由兩式得A的

8、速度：v2v03(2)設(shè)彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為Ep,由能量守恒，有：11mv,3mv； EP22撞擊P后,A與D的動(dòng)能都為零.解除鎖定后，當(dāng)彈簧剛恢復(fù)到自然長度時(shí)，勢1能全部轉(zhuǎn)變成D的動(dòng)能，設(shè)D的速度為v3,那么有：Ep - 2m v；2以后彈簧伸長,A球離開擋板P,并獲得速度當(dāng)A D的速度相等時(shí)，彈簧伸長到最長,設(shè)此時(shí)的速度為v4,由動(dòng)量守恒，有：m m v3 3mv4 當(dāng)彈簧伸長到最長時(shí)，其勢能最大，設(shè)此時(shí)勢能為EP,由能量守恒,有：1 2 1 2 ' 2mv33mv4 E 2 2 P解以上各式得：EP mvo36M=2.0kg,長度皆為為一質(zhì)量為xB I A 圖

9、6例(4)如圖(6)所示,A、B是靜止在水平地面上完全相同的兩塊長木板.A的左端 和B的右端相接觸.兩板的質(zhì)量皆為 m=1.0kg的小木塊.現(xiàn)給它一初速度 vo=2.Om/s,使它從B板的左端開始 向右滑動(dòng)，地面是光滑的，而C 與A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 卩=0.10.求最后ABC各以多大的速度作勻速運(yùn)動(dòng)(g=10m/s )解:C可能停在B上,也可能停在A上，還有可能滑離A,先假設(shè)停在B上,A、B、C的共同速度為v1,由動(dòng)量守恒定律得：mv0m 2M v1設(shè)C在B上滑動(dòng)的距離為 理得：S1,木板B的位移為s那么C對地的位移為S1+S,由動(dòng)能定對木塊AB:mgs2Mv；對小物塊C:mg s由式得:mgs0由式得：§1 2s0mv°21 21mv0m2 2Mv；1 2mvi22M v；1.6m L,所示C將滑離B板. g 2M m設(shè)C剛滑到A板上時(shí)的速為v° ,此時(shí)AB兩板的 速度為vb,由動(dòng)量守 恒' 2得：mv0 mvo 2MvB由功能關(guān)系得:1 21'212mgLmv0mv02MvB222Vb8 .2420,Vo2.245合理的解是：vB 824 0.155m/s,v0 24 1.38m/s205當(dāng)C滑到A上,B以0.155m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)了 ,設(shè)C停在A上,速度為V