巧妙使用恢復系數速解碰撞問題

摘" 要：碰撞模型是高考的重點和難點。碰撞問題常常涉及動量和能量的知識點，常規的求解方法是將動量守恒方程與系統機械能不增加方程聯立計算，其計算過程往往較為煩瑣。本文通過引入恢復系數，從而減少碰撞問題的計算量、簡化它的解題過程。

關鍵詞：碰撞；動量；動能；恢復系數

動量是高中物理中偏難的知識點，它幾乎可以和所有中學物理知識點相結合，形成綜合題來考查學生。由于動量知識點具有強大的兼容性和良好的區分度，因此它成了命題老師青睞的命題素材。碰撞問題是考查動量的經典模型。對于常見的碰撞問題，除了常規的處理方法外，本文還將介紹一種利用恢復系數進行求解的新方法。

中學物理中的“碰撞”，特指兩物體之間作用時間極短，彼此間的內力很大，且內力遠大于外力的相互作用。［1］因此，碰撞過程中，我們可以忽略外力的作用，將之視為系統的動量守恒。

1" 兩物體一維碰撞問題

兩個質量分別為m1、m2的小球在同一水平直線上運動。當它們發生碰撞時，碰撞前瞬間的速度分別為v10、v20，碰撞后瞬間的速度分別為v1、v2（如圖1所示）。

碰撞前兩球的速度

碰撞后兩球的速度

1.1" 兩物體一維碰撞問題中常規方法分析

若兩球發生彈性碰撞，則該過程系統的動量守恒、動能不變，可得

m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2；①

12m1v210＋12m2v220＝12m1v21＋12m2v22。②

聯立上述兩式可以解得碰后兩球的速度為

v1＝m1－m2m1＋m2v10＋2m2m1＋m2v20；③

v2＝2m1m1＋m2v10＋m2－m1m1＋m2v20。④

若兩球發生非彈性碰撞，則該過程系統的動量守恒、動能有損失，可得

12m1v210＋12m2v220＞12m1v21＋12m2v22。⑤

若兩球發生完全非彈性碰撞，則該過程系統的動量守恒、動能損失最大［2］，碰撞后兩球共速，可得

m1v10＋m2v20＝（m1＋m2）v；⑥

ΔEm＝12

m1m2m1＋m2（v10－v20）2。⑦

1.2" 兩物體一維碰撞問題中恢復系數的使用

牛頓于1686年通過實驗總結出了一個碰撞定律：兩球相碰后分離時相對速度（v2－v1）與碰前靠近的相對速度（v10－v20）成正比，比值由兩種材料的性質決定［3］，即

e＝分離速度靠近速度＝v2－v1v10－v20。⑧

恢復系數

e滿足

0≤e≤1，其中e＝1的碰撞叫彈性碰撞，此時分離速度等于靠近速度；0＜e＜1的碰撞叫非彈性碰撞，此時分離速度小于靠近速度；e＝0的碰撞叫完全非彈性碰撞，此時碰撞后兩物體粘合在一起，合二為一。

使用恢復系數可以將上述兩球之間

的

三種碰撞統一起來分析，聯立式①⑧，可得

v1＝m1v10＋m2v20m1＋m2－em2（v10－v20）m1＋m2；⑨

v2＝m1v10＋m2v20m1＋m2＋em1（v10－v20）m1＋m2。B10

由式⑨⑩，可得

ΔE＝12（1－e2） m1m2m1＋m2（v10－v20）2。B11

當e＝1時，式⑨B10與式③④等價，ΔE＝0；

當e＝0時，由式⑨B10知碰撞后兩球共速，式B11與式⑦等價。

2" 恢復系數在解題過程中的應用舉例

例1" 隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應”進入了公眾的視野。“引力彈弓效應”是指

探測器

在太空中運動時

，借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個過程，我們可以提出以下兩種模式：探測器分別從行星運動的反方向或同方向接近行星，從而

因相互作用改變了速度。如圖2所示，以太陽為參考系，設行星運動的速度為u，探測器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測器在遠離行星后速度大小分別為v1和v2。盡管探測器和行星沒有發生直接的碰撞，但是在行星的運動方向上，其運動規律可以與兩個質量不同的鋼球在同一條直線上發生的彈性碰撞規律作類比。那么下列判斷中正確的是（" ）。

A. v1＞v0

B. v1＝v0

C. v2＞v0

D. v2＝v0

【分析與解答】

將探測器和行星之間的這一過程建立為彈性碰撞模型，設探測器遠離后，行星的速度大小為u′，以探測器初速度方向為正方向。

當探測器從行星運動反方向接近行星時，有

mv0＋M（－u）＝m（－v1）＋M（－u′），12mv20＋12Mu2＝12mv21＋12Mu′2。

考慮Mm，化簡后得u′＝u，v1＝v0＋2u，所以v1＞v0。

當探測器從行星運動方向接近行星時，有

mv0＋Mu＝m（－v2）＋Mu′，12mv20＋12Mu2＝12mv22＋12Mu′2。

考慮Mm，化簡后得u′＝u，v2＝v0－2u，所以v2＜v0。

綜上所述，可知選項A正確。

【使用恢復系數處理】

考慮Mm，故行星前后速度不變，均為u。

當探測器從行星運動反方向接近行星時，由式⑧可得e＝v1－uv0＋u＝1，所以v1＝v0＋2u。

當探測器從行星運動方向接近行星時，由式⑧可得e＝v2＋uv0－u＝1，所以v2＝v0－2u。

例2" 若采用圖3中甲、乙兩種實驗裝置來驗證動量守恒定律（圖中小球半徑相同、質量均已知，且mA＞mB，B、B′兩點在同一水平線上），下列說法正確的是（" ）。

甲

乙

圖3

A. 采用圖甲所示的裝置，必需測量OB、OM、OP和ON的距離

B. 采用圖乙所示的裝置，必需測量OB、B′N、B′P和B′M的距離

C. 采用圖甲所示的裝置，若mA·ON＝mA·OP＋mB·OM，則表明此碰撞動量守恒

D. 采用圖乙所示的裝置，若1B′N＝1B′M＋1B′P，則表明此碰撞機械能守恒

【分析與解答】

若兩球發生彈性碰撞，碰撞前A球的速度為v10，碰撞后A、B兩球的速度分別為v1、v2，由式③④，可得

v1＝mA－mBmA＋mBv10＜v10，v2＝2mAmA＋mBv10＞v10。

故選項A、B、C不正確，此處不做分析，重點分析

選項D。在圖乙所示的裝置中，對兩球在離開斜槽平拋運動至木板的過程

進行分析。

水平方向

做

勻速直線運動且位移相同，滿足x＝vxt；豎直方向

做

自由落體運動，滿足h＝12gt2。

聯立這兩個關系式，可得vx＝xg2h。

因此v0＝xg2B′P，v1＝xg2B′M，v2＝xg2B′N。

由動量守恒、動能守恒，可得

mAxg2B′P＝mAxg2B′M＋mBxg2B′N；B12

12mAxg2B′P2＝12mAxg2B′M2＋12mBxg2B′N2。B13

化簡后，方程B12變為

mA1B′P＝mA1B′M＋mB1B′N，即mA1B′P－1B′M＝mB1B′N。B14

化簡后，方程B13變為

mA1B′P＝mA1B′M＋mB1B′N，即mA1B′P－1B′M＝mB1B′N，進一步變形為

mA1B′P－1B′M1B′P＋1B′M＝

mB1B′N。B15

聯立式B14B15，得1B′N＝1B′P＋1B′M，故選項D正確。

【使用恢復系數處理】

如果兩球發生彈性碰撞，則恢復系數

e＝v2－v1v0＝1，即1B′N－1B′M1B′P＝1，得1B′N＝1B′P＋1B′M。

圖4

例3" 用如圖4所示的裝置，來完成“驗證動量守恒定律”的實驗。實驗中使用的小球1和小球2半徑相等，用天平測得質量分別為m1、m2，且m1＞ m2。在木板上鋪一張白紙，白紙上面鋪放復寫紙，記下重垂線所指的位置O。先不放小球2，使小球1從斜槽上某一點S由靜止滾下，落到水平地面上的P點。再把小球2靜置于斜槽軌道末端，讓小球1仍從S處由靜止滾下，小球1和小球2碰撞后分別落在復寫紙上，在白紙上留下各自落點的痕跡。在上述實驗中換用不同材質的小球，其他條件不變，可以改變小球的落點位置。下面三幅圖中（如圖5所示），可能正確的落點分布是""""" 。

圖5

【分析與解答】

要想正確地解答此題，學生需要具有定量意識。

根據動量守恒，得m1OP＝m1OM＋m2ON。

在碰撞過程中，動能不增加，有

12m1（OP）2≥12m1（OM）2＋12m2（ON）2。

聯立兩式化簡后有（OP）2≥（OM）2＋MP·ON，根據OP＞OM，可以排除選項A。

設小方格的邊長為d，在圖B中，OP＝9d，OM＝6d，MP＝3d，ON＝7d，故（9d）2≥（6d）2＋3d·7d成立，選項B符合題意。

在圖C中，OP＝9d，OM＝5d，MP＝4d，ON＝22d，則（9d）2≥（5d）2＋4d·22d不成立，選項C不符合題意。

【使用恢復系數處理】

e＝v2－v1v0＝ON－OMOP≤1，即ON－OM≤OP，所以選項B正確、選項C錯誤。

由以上過程可以看出，在處理碰撞、類碰撞問題中，如果使用恢復系數進行求解，會使問題計算復雜程度明顯降低。所以，筆者推薦學生在平時練習、考試中嘗試使用恢復系數處理碰撞問題。

參考文獻

［1］鄧思平.“動”碰“靜”模型剖析［J］.物理教學探討，2015，33（3）：38-40.

［2］王明恩. 碰撞模型解析 ［J］. 中學生數理化（高考版），2008（9）： 43-45．

［3］梁紹榮，劉昌年，盛正華.普通物理學第一分冊：力學［M］.北京：高等教育出版社，1987：201．