碰撞问题专题.doc[上学期]
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“碰撞过程”中四个有用推论
无锡一中国际部（无锡国际学校高中部）：张为宏 214028
弹性碰撞作为碰撞过程的一个特例，它是所有碰撞过程的一种极端的情况：形变能够完全恢复；机械能丝毫没有损失。弹性碰撞除了遵从动量守恒定律外，还具备：碰前、碰后系统的总动能相等的特征，设两物体质量分别为m1、m2，碰撞前速度分别为υ1 、υ2，碰撞后速度分别为u1、u2，即有 ：
m1υ1 +m2υ2=m1u1+m1u2
m1υ12 +m2υ22=m1u12+m1u22
由此即可把弹性碰撞碰后的速度u1和u2表示为： u1=υ1+υ2
u2=υ1+υ2
推论一：如对弹性碰撞的速度表达式进行分析，还会发现：弹性碰撞前、后，碰撞双方的相对速度大小相等，即}： u2－u1=υ1－υ2
例1：如图1所示，在光滑的水平面上放一质量为M的木箱，在箱子左壁有一质量为m（m＜M的小滑块（可视为质点），箱的内壁光滑，左右两壁的距离为L，当箱子以速度υ向左运动时，小滑块会与箱子右壁相碰，碰撞过程中无机械能损失，从滑块与右壁相碰，到再与左壁相碰，所经历的时间t=_____________。
分析：此系统两物体的作用属于弹性碰撞，据推论一，碰撞前后双方的相对速度大小相等，而每次碰撞完毕到下次碰撞前的瞬间，双方的相对位移总等于木箱两壁距离L，所以：
推论二：如对弹性碰撞的速度表达式进一步探讨，当m1=m2时，代入上式得：。即当质量相等的两物体发生弹性正碰时，速度互换。
例2：一个光滑的带有弧形槽的小车质量为m，处于静止状态，另有质量也为m的铁块以速度V沿轨道向上滑去，至某一高度后再向下返回.如图2所示，则当铁块回到右端时，铁块将（ ）
（A）作速度为V的平抛运动 （B）静止于小车右端与小车一起运动
（C）作速度小于V的平抛运动 （D）作自由落体运动
分析：此系统水平方向不受外力，而系统又没有机械能损失，属于弹性碰撞，所以根据推论二，两物体作用完毕，速度交换，小车以速度V向前运动，而铁块速度为0。故选D。此题属于碰撞类问题的推广，两物体虽未发生真正的碰撞，但相互作用的双方在相互作用过程中系统所受到的合外力为零时，我们可以将这样的过程视为“广义的碰撞过程”加以处理。
推论三：完全非弹性碰撞作为碰撞过程的另一个特例，它是所有碰撞过程的另一种极端的情况：形变完全不能够恢复；机械能损失达到最大。正因为完全非弹性碰撞具备了“形变完全不能够恢复”。所以在遵从上述的动量守恒定律外，还具有：碰撞双方碰后的速度相等的特征，即： u 1=u2
由此即可把完全非弹性碰撞后的速度u1和u2表为： u1=u2=
例3：证明：完全非弹性碰撞过程中机械能损失最大。
证明：碰撞过程中机械能损失表为： △E=m1υ12+m2υ22―m1u12―m2u22
由动量守恒的表达式中得： u2=(m1υ1+m2υ2－m1u1)
代入上式可将机械能的损失△E表为u1的函数为：
△ E=－u12－u1+[(m1υ12+m2υ22)－( m1υ1+m2υ2)2]
这是一个二次项系数小于零的二次三项式，显然：当 u1=u2=时，
即当碰撞是完全非弹性碰撞时，系统机械能的损失达到最大值△Em=m1υ12+m2υ22－
推论四：碰撞过程中除受到动量守恒以及能量不会增加等因素的制约外，还受到运动的合理性要求的制约，比如，某物体向右运动，被后面物体追及而发生碰撞，被碰物体运动速度只会增大而不应该减小并且肯定大于或者等于（不小于）碰撞物体的碰后速度。
例4、A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线同方向运动共动量分别为PA=5kgm/s，PB=7kgm/s，若A追上B后与B碰撞，碰后B的动量为PB/=10kgm/s，则A、B的质量之比可能为
A．1 ：1 B．1 ：2 C．1 ：5 D．1 ：10
分析：此例的求解除了运用碰撞的规律外，还需要关注到碰撞的特征与制约碰撞过程的相关因素。
解答：碰撞过程中A、B两球的总动量应守恒即：PA+PB=PA/+PB/
由此得：碰后A球动量为： PA/=PA+PB－PB/=2kgm/s
据碰前总动能不小于碰后总动能可得： +≥+
代入数据有： +≥+ 于是可得： ≤
碰前A要追上B，A球的速度必须大于B球的速度，即： >
代入数据可得: >,得到: <
根据推论四，考虑到碰后运动的合理性，碰后A球的速度应不大于B球的速度，即：
≤ 代入数据又有： ≤
于是又可得： ≥
结合上面分析可得： ， 所以选C
无锡一中国际部（无锡国际学校高中部）：张为宏 214028
弹性碰撞作为碰撞过程的一个特例，它是所有碰撞过程的一种极端的情况：形变能够完全恢复；机械能丝毫没有损失。弹性碰撞除了遵从动量守恒定律外，还具备：碰前、碰后系统的总动能相等的特征，设两物体质量分别为m1、m2，碰撞前速度分别为υ1 、υ2，碰撞后速度分别为u1、u2，即有 ：
m1υ1 +m2υ2=m1u1+m1u2
m1υ12 +m2υ22=m1u12+m1u22
由此即可把弹性碰撞碰后的速度u1和u2表示为： u1=υ1+υ2
u2=υ1+υ2
推论一：如对弹性碰撞的速度表达式进行分析，还会发现：弹性碰撞前、后，碰撞双方的相对速度大小相等，即}： u2－u1=υ1－υ2
例1：如图1所示，在光滑的水平面上放一质量为M的木箱，在箱子左壁有一质量为m（m＜M的小滑块（可视为质点），箱的内壁光滑，左右两壁的距离为L，当箱子以速度υ向左运动时，小滑块会与箱子右壁相碰，碰撞过程中无机械能损失，从滑块与右壁相碰，到再与左壁相碰，所经历的时间t=_____________。
分析：此系统两物体的作用属于弹性碰撞，据推论一，碰撞前后双方的相对速度大小相等，而每次碰撞完毕到下次碰撞前的瞬间，双方的相对位移总等于木箱两壁距离L，所以：
推论二：如对弹性碰撞的速度表达式进一步探讨，当m1=m2时，代入上式得：。即当质量相等的两物体发生弹性正碰时，速度互换。
例2：一个光滑的带有弧形槽的小车质量为m，处于静止状态，另有质量也为m的铁块以速度V沿轨道向上滑去，至某一高度后再向下返回.如图2所示，则当铁块回到右端时，铁块将（ ）
（A）作速度为V的平抛运动 （B）静止于小车右端与小车一起运动
（C）作速度小于V的平抛运动 （D）作自由落体运动
分析：此系统水平方向不受外力，而系统又没有机械能损失，属于弹性碰撞，所以根据推论二，两物体作用完毕，速度交换，小车以速度V向前运动，而铁块速度为0。故选D。此题属于碰撞类问题的推广，两物体虽未发生真正的碰撞，但相互作用的双方在相互作用过程中系统所受到的合外力为零时，我们可以将这样的过程视为“广义的碰撞过程”加以处理。
推论三：完全非弹性碰撞作为碰撞过程的另一个特例，它是所有碰撞过程的另一种极端的情况：形变完全不能够恢复；机械能损失达到最大。正因为完全非弹性碰撞具备了“形变完全不能够恢复”。所以在遵从上述的动量守恒定律外，还具有：碰撞双方碰后的速度相等的特征，即： u 1=u2
由此即可把完全非弹性碰撞后的速度u1和u2表为： u1=u2=
例3：证明：完全非弹性碰撞过程中机械能损失最大。
证明：碰撞过程中机械能损失表为： △E=m1υ12+m2υ22―m1u12―m2u22
由动量守恒的表达式中得： u2=(m1υ1+m2υ2－m1u1)
代入上式可将机械能的损失△E表为u1的函数为：
△ E=－u12－u1+[(m1υ12+m2υ22)－( m1υ1+m2υ2)2]
这是一个二次项系数小于零的二次三项式，显然：当 u1=u2=时，
即当碰撞是完全非弹性碰撞时，系统机械能的损失达到最大值△Em=m1υ12+m2υ22－
推论四：碰撞过程中除受到动量守恒以及能量不会增加等因素的制约外，还受到运动的合理性要求的制约，比如，某物体向右运动，被后面物体追及而发生碰撞，被碰物体运动速度只会增大而不应该减小并且肯定大于或者等于（不小于）碰撞物体的碰后速度。
例4、A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线同方向运动共动量分别为PA=5kgm/s，PB=7kgm/s，若A追上B后与B碰撞，碰后B的动量为PB/=10kgm/s，则A、B的质量之比可能为
A．1 ：1 B．1 ：2 C．1 ：5 D．1 ：10
分析：此例的求解除了运用碰撞的规律外，还需要关注到碰撞的特征与制约碰撞过程的相关因素。
解答：碰撞过程中A、B两球的总动量应守恒即：PA+PB=PA/+PB/
由此得：碰后A球动量为： PA/=PA+PB－PB/=2kgm/s
据碰前总动能不小于碰后总动能可得： +≥+
代入数据有： +≥+ 于是可得： ≤
碰前A要追上B，A球的速度必须大于B球的速度，即： >
代入数据可得: >,得到: <
根据推论四，考虑到碰后运动的合理性，碰后A球的速度应不大于B球的速度，即：
≤ 代入数据又有： ≤
于是又可得： ≥
结合上面分析可得： ， 所以选C
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