探析“廣義”彈性碰撞中“一動一靜”模型兩組解的取舍問題

李紅紅 郭金珂

(1.河北省邯鄲市第四中學 056107;2.河北省邯鄲市第二中學 056107)

碰撞是動量守恒定律中非常重要的過程模型之一，因其所反映出來的物理過程、狀態變化及能量關系，能夠全方位地考查學生的理解能力、信息加工能力、模型建構能力、邏輯推理能力及分析綜合能力，從而培養學生“運用守恒思想、模型方法分析、解決物理實際問題的能力等”相關的物理學科核心素養.因此碰撞問題成為歷年高考試題命題的重點和熱點，自然也就成為高考復習備考的重點和難點.

一、狹義碰撞與廣義碰撞

1. 狹義碰撞

狹義碰撞就是指兩個運動的物體相遇而接觸，在極短的時間內，相互作用的這兩個物體動量發生突變，但兩物體的位移卻可近似認為是零的一個過程.因其相互作用的內力遠遠大于外力，故碰撞時系統的動量守恒.這種碰撞的主要特點是“作用時間極短”和“內力遠遠大于外力”，屬于“短暫性過程”.

2. 廣義碰撞

廣義上的碰撞則是指兩個物體的相互作用時間不是很短，相互作用的內力也不是很大，相互作用的內力而使系統內每個物體的動量發生變化的過程.

廣義碰撞可近似看作是狹義碰撞的“慢鏡頭”，把“短暫性過程”緩慢拉長，成為“持續性過程”.如圖1所示的兩個小鋼球之間的“瞬間、短暫”的碰撞過程就可以看成圖2所示的兩個物塊A、B與彈簧組成的系統彈簧由原長變到下一次原長的過程.所以，許多類似于圖2的相互作用過程都可以看作“廣義碰撞”問題模型，如圖3中兩個帶正電小球在光滑的水平面上相互作用的過程，圖4中小球從小車左端滑上光滑弧形軌道，又滑回軌道底端的過程.

碰撞分為彈性碰撞、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞.其中彈性碰撞動能沒有損失，完全非彈性碰撞動能損失最多，而非彈性碰撞的能量介于彈性碰撞與完全非彈性碰撞之間.故平時主要研究彈性碰撞和完全非彈性碰撞.而在彈性碰撞中，被稱為“黃金二級結論”的“一動一靜”模型更是師生關注的重點，如果能夠熟記“一動一靜”彈性碰撞中兩物體的碰后速度，則可大大提高做題效率，但我們卻經常忽略“一動一靜”模型中的另外一組解的應用情況.下面我們通過舉例來逐步分析，希望能對大家有所啟發.

二、“一動一靜”彈性碰撞模型兩組解的分析

以人教版高中物理教材(2019年版)選擇性必修1第一章第5節《彈性碰撞和非彈性碰撞》中對“彈性碰撞的實例分析”為例，物體m1以速度v1與原來靜止的物體m2發生正碰，如圖5所示，碰撞后它們的速度分別為v1′和v2′.

碰撞過程遵從動量守恒定律，據此可列出包含上述各已知量和未知量的方程

m1v1=m1v1′+m2v2′

(1)

彈性碰撞中沒有動能損失，于是可以列出另一個方程

(2)

從方程 (1)(2)可以解出兩個物體碰撞后的速度分別為

(4)

方程組解得的(3)和(4)這組解是教材中給出符合兩物體真實運動情境的一組解，也是前面提到的彈性碰撞模型中的“黃金二級結論”之一，熟記這個二級結論，確實可大大提高解題的效率.

但從數學角度來看由(1)(2)組成的方程組，還有一組解就是

v1′=v1(5)v2′=0

(6)

由(5)(6)組成的這組解，其代表的含義是“后面的物體m1以速度v1與前面原來靜止的物體m2發生正碰，碰后兩個物體的運動狀態保持不變”，這看上去確實很荒謬，完全不符合真實情境，所以在教學中直接將這組解舍棄理所當然，甚至這組解在教學中都不曾被提及.但如果題中給出廣義碰撞中的相互作用情境，我們就需要考慮那組被舍棄的解了.

三、廣義彈性碰撞之“上下坡類”模型

例1如圖6所示，小車的上面是由中突的兩個對稱的光滑曲面組成，整個小車的質量為m，原來靜止在光滑的水平面上，今有一個可以看作質點的小球，質量也為m，以水平速度v從左端滑上小車，恰好到達小車的最高點后，又從右側曲面滑下，當小球滑到右側曲面底端時，求小車和小球的速度分別為多少?

分析與解：小球在小車曲面上運動的過程中，小球與小車組成的系統水平方向動量守恒，由小車上中突的曲面光滑可知，小球由左端滑上曲面至小球滑到右側曲面底端的過程中，系統機械能守恒，且初末位置動能相等.

小球與小車的相互作用過程可等效為“一動一靜”彈性碰撞過程，故由前面分析，可對小球與小車組成的系統列動量守恒方程mv=mv1+mv2

相互作用過程中沒有機械能損失，初末位置系統動能相等，于是可以列出另一個方程

若套用“黃金二級結論”，則可得出小球的速度v1與小車的速度v2分別為

這表明：當小球滑到右側曲面底端時，小球速度為0，而小車速度為向右的v，小車運動速度比小球大，而由實際運動情境可知，小球滑到曲面最高點時，小球與小車速度相等，小球由右側曲面滑下的過程中，小球速度在增加，小車速度在減小，故不可能出現上述結果.所以此種情境下，合理的速度應該是方程的另一組解，即小球速度變回原來的v，而小車速度減為0.

變式1若將例1中的小車變為如圖7所示，光滑弧形軌道足夠長，小球不會從軌道上端滑出，求小球再次滑回弧形軌道底端時，小車與小球的速度分別為多少?

分析與解由分析可知，小球與小車之間的相互作用過程仍然屬于廣義彈性碰撞中“一動一靜”模型，套用“黃金二級結論”可直接解得二者的速度分別為

即因小球與小車質量相等，小球與小車交換速度.這種運動情境完全可套用“一動一靜”模型的結論.

思考倘若上述例1和變式1中小車質量為M，小球質量為m，二者質量不相等，那上述兩種情況下，小球與小車的速度又如何呢?

四、廣義彈性碰撞之“彈簧——滑塊類”模型

例2如圖8所示，一輕彈簧的兩端與質量分別是m1和m2的兩物體A、B拴接在一起，它們靜止在光滑水平地面上，現給物體A一個瞬時沖量，使它獲得水平向右的速度v0，從此時刻開始計時，求彈簧每次恢復原長時兩物體A、B的速度.

分析與解由于兩物體與彈簧組成的系統所受外力為0，所以系統動量守恒，又由于系統只存在勢能與動能之間的轉化，故機械能守恒.當物體A獲得初速度之后，兩物體和彈簧一起在水平面上做“先壓縮、再恢復原長、再拉伸、再恢復原長”地重復性地向前運動，且在彈簧原長時，彈性勢能為0，系統只有動能.設第一次恢復原長時物體A、B的速度分別為v1和v2.第二次恢復原長時物體A、B的速度分別為v1′和v2′.

(1)從開始運動到彈簧第一次恢復到原長時

此過程彈簧一直處于壓縮狀態，B物體一直做加速運動，A物體一直做加速運動，當彈簧恢復到原長時物體B速度達到最大，物體A速度減到最小.由動量守恒定律和機械能守恒定律可得

m1v0=m1v1+m2v2

此方程與“一動一靜”彈性碰撞方程一致，解得速度

(2)從彈簧第一次恢復到原長到彈簧第二次恢復到原長時

此過程彈簧一直處于伸長狀態，B物體一直做減速運動，A物體一直做減速運動，當彈簧恢復到原長時物體B速度減到最小，物體A速度達到最大.由動量守恒定律和機械能守恒定律可得

m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′

等價于m1v0=m1v1′+m2v2′

此方程與“一動一靜”彈性碰撞方程也一致，但我們通過分析可知，此次彈簧恢復原長時物體的速度與第一次彈簧恢復原長時物體的速度不相同.所以，第二次恢復原長時，解得的速度應為方程組的另一組解，即v1′=v0；v2′=0，其含義為：當彈簧第二次恢復原長時，物體A恢復為原來的初速度v0，物體B速度正好減小為0，所有物理量及狀態都恢復為開始運動的初狀態.依此類推，在此后的運動過程中，當彈簧第奇數次恢復原長時，物體A、B的速度均與第一次速度相同；當彈簧第偶數次恢復原長時，物體A、B的速度均與第二次恢復原長時速度相同.

變式2如圖9所示，物體A、B間拴接一個壓縮后被鎖定的輕質彈簧，整個系統靜止放在光滑水平地面上，其中A物體最初與左側的固定擋板相接觸，B物體質量為2 kg.現解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后的某時刻開始，B物體的v-t圖象如圖10所示，則可知( ).

A.A的質量為4kg

B.運動過程中A最大速度為4m/s

C.在A離開擋板前，系統動量守恒、機械能守恒

D.彈簧原來儲存的彈性勢能為9J

分析與解通過對A、B的運動分析，配合題中所給B物體的v-t圖象，可知B物體速度最大為3m/s時，A物體速度為0；B物體速度最小為1m/s時，A物體速度最大為v，由“黃金二級結論”可得，彈簧第一次恢復原長時速度滿足

在A離開擋板前，由于擋板對A有作用力，所以系統合外力不為0，則系統動量不守恒，C錯誤；

總結在碰撞類動量守恒定律中，記住模型及其對應的結論固然重要，但結論的得出及取舍過程更能體現物理學科的嚴密思維及推理過程，同時也是培養學生知識獲取能力、模型建構能力、邏輯推理能力、分析綜合能力、信息加工能力的最佳途徑.所以建議在教學過程中應該讓學生親自去計算、去體會方程組不同的解進行取舍的原因，而不是純粹記結論、套公式.