一维弹性碰撞二级结论的几种推导方法及应用

董廷灿

（安徽省明光中学）

碰撞问题是高中物理中的典型问题，其中一维弹性碰撞问题一直是高考的热点，这类问题所涉及的数学运算往往比较麻烦，但是若能够活用一维弹性碰撞的二级结论，特别是掌握其推导方法，将大大提高解题的速度.

1 一维弹性碰撞的二级结论

如图1所示，两个质量分别为m1、m2，大小相同的刚性小球分别以速度v10、v20在光滑的水平面上沿同一直线运动，若它们能发生碰撞(为一维弹性碰撞)，碰撞后它们的速度分别是v1、v2，以地面为参考系，将两个小球看作系统，在碰撞过程中由动量守恒定律及机械能守恒定律得

图1

联立①、②两式解得

式③、式④即为一维弹性碰撞普适公式常用的二级结论，很多教师会让学生记住结论便于求解.

在一维一动碰一静的弹性碰撞中，可以令v10＝v0，v20＝0，整理得

当m1＞m2时，解得v1＞0，v2＞0；

当m1＝m2时，解得v1＝0，v2＝v0；

当m1＜m2时，解得v1＜0，v2＞0.

即“大碰小，一起跑；小碰大，要反弹；质量相等，速度交换”.

以上二级结论在高考和平时模拟中的应用是比较广泛的，那么应该如何推导呢?

2 5种推导方法

2.1 因式分解法

由式①、式②移项可得

式⑧进一步整理得

将⑦⑨两式左右相比，可得

联立⑦⑩两式解得

2.2 求根公式法

由式①得

代入式②得

整理得

代入求根公式得

整理得

代入式⑬得

考虑到碰撞之后两物体的速度一定会改变，式⑮中只有一个解是符合要求的，即

2.3 参考系法

假设将两个质量分别为m1、m2大小相同的刚性小球，置于以速度v20水平向右匀速运动的惯性系内，则在该惯性系中，小球m1的速度为v10－v20，小球m2的速度为0，这就相当于以地面为参考系的一维一动碰一静的弹性碰撞，代入式⑤、式⑥得

再以地面为参考系，对式⑯、式⑰整理可得

2.4 恢复系数法

1)恢复系数

恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料性质有关，其定义为两物体碰撞后的分离速度(v2－v1)与碰撞前的接近速度(v10－v20)之比，如图2所示，即

图2

e是一个由实验测定的常数，恢复系数的取值如下：发生弹性碰撞时e＝1；非弹性碰撞时0≤e＜1；完全非弹性碰撞时e＝0.

2)推导过程

把式⑱代入式①得

由式⑩可得发生弹性碰撞时v1＋v10＝v2＋v20，整理得v10－v20＝v2－v1，代入式⑱得恢复系数e＝再代入⑲⑳两式整理得

2.5 质心系法

质心是描述质点系整体运动状态的代表点，是系统中位置矢量关于质量的加权平均值.定义质点系的质心参考系(或质心系)为原点固定在质心上且没有转动的参考系(平动参考系).

在质心参考系中，两小球的总动量始终为零，而对于弹性碰撞，两小球碰撞前后相对质心的速度大小不变，方向相反.由于两小球系统所受合力为零，且系统总动量守恒，故系统质心的速度vC(质心相对于实验室系的速度等于各质点动量之和与质心系各质点总质量的比值)不变，根据动量守恒定律可得

碰撞前，小球A相对质心的速度为v相对1＝v10－vC.碰撞后，小球A相对质心的速度为v′相对1＝v1－vC.因为v′相对1＝－v相对1，即v1－vC＝vC－v10，解得

同理，亦可得碰撞后小球B的速度为

3 学以致用

例1 如图1所示，A、B两球大小相同，质量分别为m1、m2，分别以速度3v0、v0在光滑的水平面上沿同一方向做匀速直线运动，某一时刻两球发生了弹性碰撞，碰后它们的速度分别为v1、v2，以两球初速度方向为正方向，则下列说法正确的是( ).

A.若m1＞m2，碰后A、B两球的速度方向不变

B.若m1＝m2，碰后v1＝v0，v2＝3v0

C.若m1＜m2，碰后A球反弹，B球仍沿原方向运动

D.碰撞后两球速度必满足v2－v1＝2v0

解析

把v10＝3v0和v20＝v0分别代入③④两式整理得

所以选项A、B正确，C错误.

由于两球碰撞是一维弹性碰撞，把v10＝3v0，v20＝v0分别代入进一步整理得v2－v1＝2v0，所以选项D正确.

例2如图3所示，某科技兴趣小组为了设计一种发射火箭的方案，选择了两个质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，高度h远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向.已知m2＝7m1，则小球m1反弹后能达到的高度为( ).

图3

A.hB.3.5h

C.6.25hD.7h

解析

方法1(二级结论法) 下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，由自由落体运动公式可得碰撞地面之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则

由能量守恒定律得

且m2＝7m1，联立解得

反弹后高度为H＝6.25h.

方法2(质心系法) 设两小球碰撞过程中的质心速度为vC.由动量守恒定律得

解得

所以碰后A球的速度为

反弹后高度为H＝6.25h.

例3 (2021年湖南卷)如图4所示，竖直平面内一条足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ.质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ，以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL，μL)，Q端在y轴上.重力加速度为g.

图4

(1)若A从倾斜轨道上距x轴竖直高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；

(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；

(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围.

解析

(1)A沿倾斜轨道由静止开始下滑到O点的过程中，由动能定理得

解得

(2)假设A落到P点，结合平抛运动规律可得

解得

则落到轨道上时的动能

变形得

当x0＝0时，y0＝2μL，则PQ的曲线方程为

(3)令A碰撞前速度为v，释放高度为h，由动能定理得

A、B发生弹性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，设碰撞后A速度为vA，B速度为vB，可得

由λ≥5可知vA＜0，即A碰后反弹，速度大小为

根据题意，为保证B落在轨道上，则vB≤v0＝，即

解得

A反弹后，经历一次往返后从O点抛出，抛出的速度为v2，由动能定理得

为保证A落在轨道上，则，即

解得

又为保证A落点在B右侧，则v2＞vB.

因为λ≥5，则μL小.

则释放高度的取值范围为

点评

由例1可知“大碰小，一起跑)小碰大，要反弹)质量相等，速度交换”的二级结论不是对任意的一维弹性碰撞都是成立的，它的适用条件是一维一动碰一静的弹性碰撞，所以掌握结论的推导过程，进而理解其适用条件比只记结论更为重要.同时，合理地掌握一些二级结论，如例1中利用一维弹性碰撞恢复系数e＝1，即两物体碰撞后的分离速度等于碰撞前的接近速度)例2中利用质心速度vC＝，且碰后A、B两球的速度分别为v1＝2vC－v10、v2＝2vC－v20)例3中利用一动碰一静的特殊情况下的二级结论，可以提高解题的效率.