JQX/进取芯 席明纳第20期（2025.11.13）
从质心位置变化看非弹性碰撞
一、一千克的物体从高二十米的高度自由下落，落地后与地面接触时间为0.1秒，弹起高度为5米。假设地面为刚体，地面对物体的支持力为恒力。求地面对物体的支持力大小。
方法1：
下落时间 \( t_1 = \sqrt{\frac{2 h_1}{g}} = 2 \, \text{s} \)
上升时间 \( t_2 = \sqrt{\frac{2 h_2}{g}} = 1.5 \, \text{s} \)
根据动量定理：\( m g (t_1 + t_2 + \Delta t) + F_N \cdot \Delta t = 0 \)
解得支持力为 \( F_N = -310 \, \text{N} \)
方法2：
使用自由落体公式计算小球下落前的速度：
\( v_1 = \sqrt{2 g h_1} = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 20} = 20 \, \text{m/s} \)
\( v_2 = \sqrt{2 g h_2} = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 5} = 10 \, \text{m/s} \)
根据动量定理：\( (m g + F_N) \Delta t = m v_2 – m v_1 \)
解得支持力为 \( F_N = -310 \, \text{N} \)，负号表示支持力的方向与重力相反。
方法3：
整个过程支持力和重力都是恒力，所以小球做匀变速运动，加速度为：
\( a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{30 \, \text{m/s}}{0.15 \, \text{s}} = 200 \, \text{m/s}^2 \)
根据牛顿第二定律：\( F = F_N – mg = ma = 300 \, \text{N} \)
方法4：
由于支持力与重力都是恒力，物体合外力不变，因此做匀变速运动。位移 \( \Delta x = \frac{v_1 + v_2}{2} \cdot \Delta t = 0.5 \, \text{m} \)，其中 \( v_1 \) 和 \( v_2 \) 是物体的初末速度，\( \Delta t \) 是碰撞时间。
根据动量定理：\( m g (h_1 + \Delta x – h_2) + F_N \cdot \Delta x = 0 \)
解得：\( F_N = 310 \, \text{N} \)
方法5：
同方法四，仅对碰撞前后列动能定理，同样可以求出支持力的大小。
二、如图所示，质量为 \(M\) 的小车在光滑的水平面上以速度 \(v_0\) 向右运动，一质量为 \(m\) 的小球（\(m \ll M\)）从高处自由下落，与小车碰撞后（碰撞时间未知），反弹上升的最大高度为 \(\frac{1}{4}h\)。球与车之间的摩擦可视为滑动摩擦，其动摩擦因数为 \(\mu\)，重力加速度为 \(g\)，不计空气阻力。则小球弹起后水平方向的最大速度为：
解题过程：
首先假设在碰撞过程中小球与小车在水平方向始终没有共速，摩擦力始终为滑动摩擦力。对碰撞过程中的小球在竖直方向列动量定理，这里认为支持力的冲量远大于重力的冲量，因此有：\( F_N \cdot t = m \left( \sqrt{2g h^{1/4}} – \sqrt{2g h} \right) = \frac{3}{2} m \sqrt{2g h} \)
对小球在水平方向上列动量定理：\(\mu F_N \cdot t = \frac{3}{2} \mu m \sqrt{2g h} = m v_x\)
解得：\( v_x = \frac{3}{2} \mu \sqrt{2gh} \)
由于可能在碰撞结束前小球已经与小车共速，小球水平方向的速度取值范围为：\( v_0 \leq v_x \leq \frac{3}{2} \mu \sqrt{2gh} \)
三、如图所示，质量为 \(M = 2 \, \text{kg}\) 的长木板在光滑的水平面上以 \(v_0 = 6 \, \text{m/s}\) 的速度滑行，其上方 \(h_0 = 5 \, \text{m}\) 高处有一质量为 \(m = 2 \, \text{kg}\) 的小物块（质点），将小物块由高处自由释放，撞到木板后弹起的最大高度为 \(h = 3.2 \, \text{m}\)。已知小物块与木板间的摩擦因数为 0.2，此次碰撞时的时间为 0.2s。则此碰撞过程中的：
A.木板与地面间的平均弹力大小为 200 N
B.木板对物块做正功，因此物块的机械能增加
C.若小物块和木板间的摩擦因数增大，则物块弹起时的水平速度增大
D.物块对木板做负功，最大值为 27J
解题过程：
1.关于支持力，和前面的第一题一样，有很多种方法，这里用相对简便的求加速度的方法，对于碰撞前后瞬间的速度分别为：\(v_1 = \sqrt{2 g h_0}\)，\(v_2 = \sqrt{2 g h_1}\)。将支持力看为恒力，小球做匀加速运动：\(a_y = \frac{v_2 – v_1}{\Delta t} = 90 \, \text{m/s}^2\)。对碰撞过程中的小球列牛顿第二定律：\(F_N – mg = m a_y\)。解得：\(F_N = 200 \, \text{N}\)。由于A选项问的是地面对长木板的支持力，因此还要考虑长木板的重力，因此A选项错误。
2.小球在水平方向的最终速度：根据牛顿第二定律，物体在水平方向上的加速度为 \(a_x = \frac{\mu F_N}{m} = 20 \, \text{m/s}^2\)，水平方向动量守恒，若物体和木板能够共速，根据动量定理，物体和木板的最终速度为 \(M v_0 = (m + M) v_f\)，解得 \(v_f = 3 \, \text{m/s}\)。根据加速度公式 \(a_x \cdot t = v_f\)，物体加速到 3 m/s 需要时间 \(t = 0.15 \, \text{s} < 0.25 \, \text{s}\)，因此在 15s 时已经共速，速度大小为 3 m/s。
3.物体对长木板做的功：可以从摩擦力做功和动能定理两个角度来分析这个问题。从摩擦力做功的角度：\( W = \mu F_N x = \mu F_N \cdot \frac{v_0 + v_f}{2} = -27 \, \text{J} \) 对小木块列动能定理：\( W = \frac{1}{2} M v_f^2 – \frac{1}{2} M v_0^2 = -27 \, \text{J} \),也可以用摩擦力乘以相对位移的角度，从速度时间图像求出长木板的位移，再用摩擦力乘以长木板位移求物体对长木板做的功。
4.长木板对物体做的功：** 用平均速度计算竖直方向位移：\(\Delta x = \frac{v_0 + v_f}{2} \Delta t = 0.2 \, \text{m}\)，垂直方向的功：\(W_y = – F_N \cdot \Delta x = -40 \, \text{J}\)，水平方向的功：\(W_x = \frac{1}{2} m v^2 = 9 \, \text{J}\)，总功：\(W = W_x + W_y = -31 \, \text{J}\)。也可以从能量的角度，整个过程中物体能量的变化为：\(\Delta E_p + \Delta E_k = -mg(\Delta y_1 + \Delta y_2 – \Delta y_1) + \frac{1}{2} M V^2 = -31 \, \text{J}\)。
JQX|Xiao
下期预告：下一期，让我们一起研究电场强度的另一种求法：高斯定理，探索高中阶段无法求解的带电直线、无穷大板的电场分布！