求解碰撞次数的突破口

马绪友

(灌云县第一中学 江苏 连云港 222220)

碰撞是发生在运动过程中的一个特殊现象，而碰撞问题却是物理教学中经常遇见的题型，其中又以多次碰撞问题涉及的知识点多、过程复杂成为教学中的难点.要突破这个难点，我们可以从物体碰撞前后运动的位移、路程或时间等关系中寻找解题的突破口.

1 以对地位移为突破口

【例1】如图1所示，水平地面上有一质量为0.2 kg的凹形铝板，内宽L1=12 cm，外宽L2=13 cm，在铝板的右挡板处紧靠着一个半径为0.3 cm质量也为0.2 kg的光滑铁球.铝板与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2，开始时铝板和球均处于静止.现突然给铝板一个方向水平向右，大小为1.5 N·s的冲量.设铁球与竖直挡板碰撞时没有动能损失，且碰撞时间极短.求：从铝板开始运动到铝板与铁球均恢复到静止状态的过程中，槽内小球与两竖直挡板总共碰撞的次数.(g=10 m/s2)

图1

分析：铝板因冲量而获得初速度后向右做匀减速运动，但铁球仍保持静止.当铝板与小球发生第一次碰撞时，由于球与板的质量相同且是弹性碰撞，所以，碰后交换速度.因此第一次碰后铝板静止，小球以铝板碰前的速度向右做匀速运动.当二者发生第二次碰撞后小球又保持静止，铝板又以第一次碰撞前的速度为初速向右做匀减速运动，直至与小球发生第三次碰撞，……以后二者的运动及交替碰撞按上述形式进行下去，直至铝板和球的运动速度均减小到零为止.由此看来，按其运动过程逐一求解碰撞的次数不现实，而从每次运动中寻找规律又太繁杂，但板从运动到最终停止一直是单方向的，总位移是可以求出的，且每交换一次速度，板的位移是一定的(最后一次除外)，所以，从板的位移可以找出求解的突破口.

解：设铝板在地面上总共所发生的位移为s,铝板的初速度

板与球碰撞不损失动能，由动能定理得

代入数据得

s=7.03 m

根据以上分析，发现二者的运动及碰撞次数具有如下的两个特点.其一，只要板在运动中能够与球相碰，则球必能再与板在球的运动中相碰.也就是说，二者总共碰撞的次数一定为偶数；其二，只要板对地发生Δs=L1-2r=11.4 cm的位移，二者必能相碰两次.不过要注意，若某次球与板相碰后，板所滑行的距离小于或恰好等于Δs时板的速度就已达到零，则二者在此次相碰后不会再发生碰撞，则

代入数据得

n=61.7>61

n取整数61即可算出二者相碰的总次数

N=2n=122

2 以路程为突破口

【例2】如图2所示，质量M=2 kg的盒子放在光滑水平面上，盒子内宽L=1 m，质量m=1 kg的小物块从盒子的右端以v0=6 m/s的初速度向左运动.小物块与盒子底部间动摩擦因数μ=0.5，与盒子两侧壁间的碰撞无机械能损失，则小物块最终与盒子能碰撞几次？将相对静止于盒子的何处？(g=10 m/s2)

分析：由题意知，物块在盒子内往返运动若干次后,最终与盒子以共同速度运动.物块每碰一次，物块对地位移都是变化的，但相对于盒子滑行的路程是一定的(最后一次除外).所以,本题以物块在盒内所滑动的路程为突破口来求解碰撞次数.

图2

解：由动量守恒定律得

mv0=(m+M)v

系统损失的动能等于两物体相对滑动过程中克服摩擦力所做的功，即

代入数据可解得从开始运动到小物块与盒子相对静止的过程中，小物块与盒子相对滑动的路程为

s=2.4 m

则碰撞的次数为

代入数据得

N=2.4

N取整数2.

由此知,小物块最终相对静止于距离盒子右端0.4 m处.

3 以时间为突破口

图3

【例3】有垂直于地面且互相平行的两堵墙A和B，两墙水平距离L=0.8 m.从距地面高h=5 m的A墙处以5 m/s初速度水平抛出一个球.球与墙的碰撞都是弹性碰撞.问：落地前与墙发生了几次碰撞？(g=10 m/s2)

分析：小球自抛出后，每次碰撞时的速度都不同，若一步一步计算出每次碰撞后小球下落的距离是相当麻烦的.从小球运动的过程来看，虽然每次碰撞时球的速度不同，但其水平速度的大小却是不变的，所以，相邻两次碰撞时间间隔是定值，而小球抛出后到落地的时间是可以求出的.因此，本题中以小球下落的时间为解决问题的突破口来求解碰撞次数.

解：小球在两壁间碰撞的时间间隔

且小球下落的总时间

所以，碰撞的次数

代入数据得

n=6.25

n取整数6.

突破口往往是解题的起点，也是关键环节，从碰撞过程的运动规律入手，可以在正常解题思维的基础上抓住关键环节，突破该难点也就容易了.