碰撞问题

碰撞问题（共12篇）

碰撞问题 篇1

至2015年高考, 已有近20个省 (自治区) 使用全国新课标Ⅰ卷和Ⅱ卷, 而纵观近几年的“Ⅰ卷和Ⅱ卷”第35题 (选修3-5) 已形成较稳定的模式, 都将重点放在“碰撞”知识点上.就连北京等近10个直辖市 (省) 的自主命题试卷中, “碰撞、动量及守恒”也几乎是不可或缺的角色.所以, 很有必要专门研究一下碰撞问题.

先回顾一下2015年高考全国统一考试大纲对这一部分的要求 (见下表)

补充说一句, 从2014年起, 将“动量定理”纳入要求Ⅱ, 这说明“冲量”的概念应加以重视;也是自2014年起, 将说明中“只限于一维两个物体的碰撞”变为“只限于一维”, 说明不再局限于两个物体间的碰撞, 于是乎在高考题中便出现了多物体碰撞的情景.

在浩繁的“碰撞问题”中, 分类研究是使问题简化的有效途径, 下面以“近年各地模拟题”为例谈谈动量守恒在不同类型碰撞中的应用技法.

一、弹性碰撞中 “黄金二级结论”的基本使用

运动的甲球与静止的乙球发生弹性正碰, 碰后各自的速度 (见下例) , 这是课本选修3-5中已推出的结论.如果两球质量相等则碰后交换速度 (新课中有此演示实验) .以上两点被称为“黄金二级结论”.记牢啦!高考中特好使!

【例1】 (武汉模拟曾用题) 如图1所示, AB为倾角θ=37°的粗糙斜面轨道, 通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接, 质量为m2的小球乙静止在水平轨道上, 质量为m1的小球甲以速度v0与乙球发生弹性正碰.若m1∶m2=1∶2, 且轨道足够长, 要使两球能发生第二次碰撞, 求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围. (sin 37°=0.6, cos 37°=0.8)

【剖析解答】 (一看便知, 此题需用到弹性碰撞中的“黄金二级结论”)

设碰后甲的速度为v1, 乙的速度为v2, 由动量守恒和动能守恒:

联立①②式解得

设上滑的最大位移大小为s, 滑到斜面底端的速度大小为v, 由动能定理得

联立③④式解得

乙要能追上甲, 则, 解得μ<0.45.

二、非弹性碰撞中的“形变而神不变”

高中物理中的碰撞并不只是狭义的物体和物体间的“硬碰硬”.相互作用的物体间 (有时甚至没有直接接触) , 只要内力远大于外力, 动量依旧守恒, 所以有些“不像碰撞的碰撞”, 同学们也应习惯把它们当碰撞处理.

【例2】如图2 所示, 有一弧面小车静止在光滑的水平面上, 小车质量为M, AB部分是半径为R的1/4光滑圆弧, 最低点B切线水平, BC部分是粗糙的水平面, 一质量为m的物体自A点由静止滑下, 物体与BC部分的动摩擦因数为μ.

求: (1) 物体不滑出小车BC部分的最小长度.

(2) 若物体不滑出小车, 小车的最大位移.

【剖析解答】 (1) 水平方向动量守恒, 有

得v=0.

由能量关系有

(2) 在水平方向上有

三、“竖直碰”“倾斜碰”动量仍然守恒

自从2014年高考新课标Ⅰ卷第35题 (2) 出现竖直方向碰撞后, “竖直碰”“倾斜碰”等各种方向的碰撞都进入大家的研讨视野.无论在哪个方向碰撞, 只要“碰撞时间极短”, 内力远大于重力 (或重力的分力) , 动量总是守恒.

【例3】 (黄冈2015模拟题) 如图3所示, 从距水平地面高度h=1m的P点将小球A以大小为v0=4m/s的速度竖直向下抛出, 在球A与地面碰后刚要离开地面时, 将质量为mB=2kg的小球B在P点正上方的Q点由静止释放, 两球刚好在P点相碰, 碰后B球恰好回到Q点.忽略空气阻力、碰撞时间及碰撞中的动能损失, 取重力加速度g=10m/s2.

(1) 求两球第一次碰撞中B球受到的冲量;

(2) 若A、B两球第二次相碰仍在P点, 求A球质量mA.

【剖析解答】 (1) 设A球从P点到地面的时间为t, 则从地面返回到P点时间也为t, 由位移公式得t=0.2s.

B球下落时间也为t, 碰前B球的速度为

碰后B球恰好回到Q点, 故碰后B球的速度大小仍为

v=2m/s

对B球运用动量定理, 选向上方向为正

I=mBv- (-mBv) =8N·s, 方向向上

(2) 要使两球第二次仍在P点发生相碰, A球往返时间不变, 则A球碰后速度大小仍为

v0=4m/s, 方向向下

由两球碰撞过程动量守恒, 选向上方向为正, 有

解得mA=1kg.

【例4】 (黄冈2015模拟题) 如图4所示, 固定在水平面上倾角为θ=π/6 的轨道底端有与之垂直的挡板.材质和粗糙程度都相同的小物块A、B质量分别为m和2 m, 它们之间夹有少量炸药并一起以v0=2m/s的速度沿轨道匀速下滑.当A、B与挡板距离为L=0.4m时炸药爆炸, 炸药爆炸后A的速度恰好变为0, 随后物块B与挡板发生弹性碰撞, 碰后物块B沿轨道上滑与A碰撞并连成一体.取g=10m/s2, 求:

(1) 物块B与挡板刚碰撞后B、A的速度大小.

(2) 物块B与A刚碰撞后的共同速度大小vc.

【剖析解答】 (1) 设沿轨道向下为正方向, 炸药爆炸过程中对物块AB由动量守恒定律有

解得

物块B下滑过程中做匀速运动, 与挡板碰撞无能量损失, 故碰后物块B的速度大小为

vB=3m/s

物块A在炸药爆炸后至与物块B碰前一直处于静止速度vA=0.

(2) 设物块B与A碰前速度为v2, 对物块B与挡板碰撞后至与A碰前由动能定理得

对物块B、A碰撞过程由动量守恒定律得

由②③④式并代入数据可得.

四、碰撞中“弹簧”和“炸药”对能量的影响

在碰撞中, 碰后动能有时是增加的, 因为物体间初始时可能夹有已压缩的弹簧或炸药等, 这些能量的释放引起了物体动能的增加.

【例5】 (随州一中模拟题) 如图5所示, 质量分别为m1=1.0kg和m2=2.0kg的弹性小球a、b, 用轻绳紧紧地把它们捆在一起, 使它们发生微小的形变.该系统以速度v0=0.10m/s沿光滑水平面向右做直线运动.某时刻轻绳突然自动断开, 断开后两球仍沿原直线运动.经过时间t=5.0s后, 测得两球相距s=4.5m, 求:

(1) 刚分离时a、b两小球的速度大小v1、v2.

(2) 两球分开过程中释放的弹性势能Ep.

【剖析解答】 (1) 根据题意, 两球水平方向动量守恒, 则有

解得:v1=0.70m/s;v2=-0.20m/s.

(2) 由能的转化与守恒定律得

解得Ep=0.27J.

【例6】 (湖北部分高中2015 模拟题) 如图6所示, 光滑水平面上放置质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车, 两车之间通过一感应开关相连 (当滑块滑过两车连接处时, 感应开关使两车自动分离, 分离时对两车及滑块的瞬时速度没有影响) , 甲车上表面光滑, 乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ=0.5.一根轻质弹簧固定在甲车的左端, 质量m=1kg的滑块P (可视为质点) 与弹簧的右端接触但不相连, 用一根细线拴在甲车左端和滑块P之间使弹簧处于压缩状态, 此时弹簧的弹性势能E0=10J, 弹簧原长小于甲车长度, 整个系统处于静止状态.现剪断细线, 滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车, g取10m/s2.求:

(1) 滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小.

(2) 乙车的最短长度.

【剖析解答】 (1) 设滑块P滑上乙车前的速度为v1, 甲、乙速度为v2, 对整体应用动量守恒和能量关系有

解得v1=4m/s, v2=1m/s.

(2) 设滑块P和小车乙达到的共同速度为v3, 对滑块P和小车乙有

代入数据解得:.

五、多物体碰撞需想象“情景多幕剧”

有些试题所设计的物理过程复杂, 解决这类问题, 应建立起清晰的物理图景, 然后分阶段进行讨论.做题者应像导演, 又是演员, 自导自演, 再现全过程的每一个环节.

通过对每一环节的分析, 发现其遵循的规律, 选择相应的物理规律去求解某状态下的未知状态参量或某过程中未知过程量;同时还要找出各阶段之间的联系.

【例7】如图7 所示, 在光滑水平面上, 有一质量为m1=20kg的小车, 通过一根几乎不可伸长的轻绳与一节质量为m2=25kg的平板车厢连接.质量为m3=15kg的小物体放在平板车厢上, 物体与平板车之间的滑动摩擦因数为μ=0.20.开始时车厢静止, 绳松弛, 小车以v0=3m/s的速度前进, 设平板足够长, 试求小物体m3在平板车上的位移.

【剖析解答】 (1) 第一个过程:m1、m2相互作用, 两者达到共同速度v1, m1、m2组成的系统动量守恒, 有

m1v0= (m1+m2) v1

代入数据解得.

(2) 终极画面:三个物体组成的系统在全过程中动量守恒, 设最终三者的共同速度为v2, 由系统动量守恒得

m1v0= (m1+m2+m3) v2

代入数据解得v2=1m/s.

(3) 第二个过程:m1、m2组成的系统与m3发生作用, 这个过程中, 由功和能的关系得

代入数据解得.

六、图象与碰撞结合成为新热点

碰撞问题常常与其他知识点相互渗透、水乳交融.2015年全国高考新课标 Ⅱ 卷的第35题 (2) 动量题就是“图象与碰撞的结合”, 物块碰前、碰后的速度没有直接给出, 而是需要学生通过v-t图线进行识别.

【例8】 (随州2015调考题) 如图8 甲所示, 物块A、B的质量分别是mA=5kg和mB=8kg, 用轻弹簧相连放在光滑的水平地面上, 物块B右侧与竖直墙相接触.有一物块C从t=0时以一定速度向右运动, 在t=4s时与物块A相碰, 并立即与A粘在一起不再分开.物块C的v-t图象如图乙所示.求:

(1) 物块C的质量mC;

(2) 在t=5s到t=11s的时间内弹簧具有的最大弹性势能Ep1;

(3) B离开墙后的过程中, 弹簧具有的最大弹性势能Ep2.

【剖析解答】 (1) 由图乙知, C与A碰前速度为v1=8m/s, 碰后速度为v2=3m/s, C与A碰撞过程动量守恒.

mCv1= (mA+mC) v2

得mC=3kg.

(2) 在t=5s到t=11s的时间内, 弹簧具有的最大弹性势能Ep1时, t=8s

AC、B速度均为零

(3) t=12s时B离开墙壁, 之后AC、B及弹簧组成的系统动量和机械能守恒, 且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大.

得Ep2=18J.

七、“板”“块”碰撞中用“分段列式法”跨越“速度反向”的陷阱

物块与固定板的碰撞在动量及守恒试题中属“屡见不鲜”的情景, 解这类题时同学们一定要注意, 碰板前后“楚河汉界”要分别列方程, 切不可落入命题者精心设计的“速度反向”陷阱.

【例9】 (随州-武昌2015 联考题) 如图9所示, 质量mA=2kg的木块A静止在光滑水平面上, 一质量为mB=1kg的木块B以初速度v0=10m/s沿水平面向右与A正碰, 碰撞后两者都向右运动.接着木块A与挡板碰撞后立即反弹 (木块A与挡板碰撞过程无机械能损失) .之后木块A与B发生第二次碰撞, 碰后A、B同向运动, 速度大小分别为1.8 m/s、2.4m/s.求:

(1) 木块B和A第一次碰撞后瞬间, A的速度;

(2) A、B第二次碰撞过程中, A对B做的功.

【剖析解答】 (1) 设A、B第一次碰后的速度大小为vA、vB, 取向右为正方向, 由动量守恒定律得

之后, A保持速度vA与墙碰撞, 由于这次碰撞无机械能损失, 故反弹速度大小为vA, 设A、B第二次碰后的速度大小分别为v′A、v′B, 取向左为正方向, 有

联立解得vA=4m/s, vB=2m/s.

(2) 第二次碰撞过程中, A对B做的功为

八、“上坡下坡”碰撞中“动能、重力势能、内能”之间转化也成为一大类型

尽管“动量及动量守恒”模块在高中教学中是较为独立的一个选修选考模块, 但因其与力学其他内容有“根深蒂固”的联系, 因此在近年的考试中出现了动量 (碰撞) 部分与能量的综合题也十分自然.

【例10】 (武昌区2015 模拟题) 如图10所示, 质量M=4.0kg的物体C放在水平面上, 其上有光滑的四分之一圆弧轨道, 轨道半径R=0.3m, 轨道下端与水平面相切.质量mA为2.0kg的小滑块A从与圆心等高处由静止释放, 滑动到Q处与质量mB为2.0kg、处于静止状态的小滑块B发生正碰, 碰撞时间极短且碰后二者粘在一起.已知水平面上Q点左侧光滑, Q点右侧粗糙, 且与小滑块A、B的动摩擦因数均为μ=0.1, 小滑块均可视为质点, 取g=10m/s2.求:

(1) 滑块A刚滑到水平面上时, C物体的位移大小;

(2) 滑块A刚滑到水平面上时的速率;

(3) 滑块B运动的总位移.

【剖析解答】 (1) 以AC为系统, 水平方向动量守恒, 在水平方向上, 任意时刻, 二者的速度都满足

则经过相同的时间有

且由位移关系得

联立解得

(类似“人在船上从一端走到另一端, 船后退的距离”)

(2) 设A滑到水平面时, A、C的速度大小分别为vA、vC, 以水平向右为正方向, 有

由机械能守恒得

解得vA=2m/s.

(3) A、B碰撞过程中动量守恒, 设碰后一起运动的速度为v, 则有

二者一起减速滑行s停止, 由动能定理得

s=0.5m.

碰撞问题 篇2

碰撞问题是历年高考试题的重点和热点，同时它也是同学们学习的难点．它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，能够全方位地考查同学们的理解能力、逻辑思维能力及分析推理能力．高考中考查的碰撞问题，碰撞时间极短，位移为零，碰撞过程遵循动量守恒定律．

一、考点诠释

两个(或两个以上)物体相遇，物体之间的相互作用仅持续一个极为短暂的时间，而运动状态发生显著变化，这种现象称为碰撞。碰撞是一个基本，十分重要的物理模型，其特点是：

1．瞬时性．由于物体在发生碰撞时，所用时间极短，因此在计算物体运动时间时，通常把碰撞时间忽略不计；在碰撞这一极短的时间内，物体的位置是来不及改变的，因此我们可以认为物体在碰撞中位移为零。

2．动量守恒性．因碰撞时间极短，相互作用的内力大于外力，所以系统在碰撞过程中动量守恒。

3．动能不增．在碰撞过程中，系统总动能只有减少或者不变，而绝不会增加，即不能违背能量守恒原则。若弹性碰撞则同时满足动量、动能守恒。非弹性碰撞只满足动量守恒，而不满足动能守恒（系统的动能减少）。

二、解题策略

首先要根据碰撞的瞬时性特点，正确选取相互作用的研究对象，使问题简便解决；其次要确定碰撞前和碰撞后系统中各个研究对象的状态；然后根据动量守恒定律及其他规律求解，并验证求得结果的合理性。

三、边解边悟

1．在光滑的水平面上有三个完全相同的小球排成一条直

线．

2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如

图所示．设碰撞过程不损失机械能，则碰后三个小球的速度为

多少？

解析：本题的关键在于分析清楚实际的碰撞过程：由于球1与球2发生碰撞时间极短，球2的位置来不及发生变化，这样球2对球3也就无法产生力的作用，即球3不会参与此次碰撞过程．而球1与球2发生的是弹性碰撞，质量又相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1立即停止，球2速度立即变为v0；此后球2与球3碰撞，再一次实现速度交换．所

以碰后球

1、球2的速度为零，球3速度为v0．

2．用轻弹簧相连的质量均为m=2㎏的A、B两物

体都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧

处于原长，质量M = 4㎏的物体C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，求：

（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度。

（2）弹性势能的最大值是多大？

解析：（1）由动量守恒定律得

当弹簧的压缩量最大时，弹性势能最多，此时A、B、C的速度相等mv=（2m+M）v

1v1=2 mv/（2m+M）=3 m/s

即A的速度为3 m/s

（2）由动量守恒定律得B、C碰撞时

mv=（m+M）v

2v2= mv/（m+M）=2m/s

由能量守恒可得

mv2/2＋（m＋M）v22/2=（2m＋M）v12/2＋△EP

解得：△EP=12J

3．质量均为m，完全相同的两辆实验

小车A和B停放在光滑水面上，A车上另

悬挂有一质量为2m的小球C。开始B静

止，A、C以速度v0向右运动，两车发生

完全非弹性碰撞但不粘连，碰撞时间极短，碰后小球C先向右摆起，再向左摆起……每次均未达到水平，求：

（1）小球第一次向右摆起至最大高度h1时小车A的速度大小v.（2）小球第一次向右摆起的最大高度h1和第一次向左摆起的最大高度h2之比.解析：（1）研究A、B、C整体，从最开始到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根据水平方向动量守恒

（3m）v0 =(4m)v

解得v3v0

4（2）研究A、B整体，两车碰撞过程中，设碰后瞬间A、B共同速度为v1，根据动量守恒

mv0 =(2m)v1 解得v11v0

2从碰拉结束到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根据机械能守定律

(2m)gh1

2v0解得h1 16g1112(2m)v0(2m)v12(4m)v2 222

由受力分析可知，小球下摆回最低点，B、C开始分离。设此时小球速度为v3，小车速度为v4，以向右为正方向，从碰撞结束到小球摆回最低点过程中根据水平方向动量守恒

（2m）v0 +(2m)v1 =(2m)v3 +(2m)v

4根据机械能守恒定律

1111222(2m)v0(2m)v12(2m)v3(2m)v4222

21解得小球速度v3 = v1 =v0，方向向右 2

小车速度v4 = v0，方向向右

另一根不合题意舍去。

研究A、C整体从返回最低点到摆到左侧最高点过程。

根据水平方向向量守恒

(2m)v3 +mv4 =(3m)v

5根据机械能守恒定律

(2m)gh2

2v0解得h2 24g112122(2m)v3mv4(3m)v5 22

2所以h1：h2 =3：2

4．如图所示，质量为M=3kg、长度为 L=1.2m的木

板静止在光滑水平面上，其左端的壁上有自由长度为

L0=0.6m的轻弹簧，右端放置一质量为m=1kg的小物块，小物块与木块间的动摩擦因数为μ=0.4，今对小物块施加一个水平向左的瞬时冲量I0=4N·s，小物块相对于木板向左运动而压缩弹簧使弹性势能增大为最大值Emax，接着小物块又相对于木板向右运动，最终恰好相对静止于木板的最右端，设弹簧未超出弹性限度，并取重力加速度为g=10m/s2。求：

（1）当弹簧弹性势能最大时小物块速度v；

（2）弹性势能的最大值Emax及小物块相对于木板向左运动的最大距离Lmax。

解析：（1）由动量定理及动量守恒定律得

I0=mv0mv0=(m+M)v

解得：v=1m/s

（2）由动量守恒定律和功能关系得

mv0=(m+M)u

121mv0（m+M）v2+μmgLmax+Emax=2

2121mv0=（m+M）u2+2μmgLmax 22

解得：Emax=3JLmax=0.75m

5.在绝缘水平面上放一质量m=2.0×10kg的带电滑块

A，所带电荷量q=1.0×10C.在滑块A的左边l=0.3m处放

置一个不带电的绝缘滑块B，质量M=4.0×10kg，B与一-3-7-3端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触(不连接)且弹簧处于自然状态，弹簧原长S=0.05m.如图所示，在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E=4.0×10N/C，滑块A由静止释放后向左滑动并与滑块B发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处(弹性限度内)，此时弹性势能E0=3.2×10J，两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g取10m/s.求:

(1)两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v；

(2)两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离s.解析:(1)设两滑块碰前A的速度为v1，由动能定理有: 2-3

5qElmgl12mv12

解得:v1=3m/s

A、B两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为v

mv1(Mm)v

解得:v=1.0m/s

(2)碰后A、B一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为x1，由动能定理有：

1qEx1(Mm)gx1E00(Mm)v2

2解得:x1=0.02m

设反弹后A、B滑行了x2距离后速度减为零，由动能定理得:

E0qEx2(Mm)gx20

解得:x2≈0.05m

以后，因为qE>μ(M+m)g，滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为:

S=x2+s-x1=0.05m+0.05m-0.02m=0.08m.6.如图所示，两个完全相同质量为m 的木板A、B 置于水平面上。它们的间距s=2.88m，质量为2m、大小可以忽略的物块C 置于A 板的左端。C 与A 之间的动摩擦因数为1=0.22，A、B 与水平面之间的动摩擦因数2=0.10，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态，现给C 施加一个水平向右，大小为2mg的恒力F，假定A、B 碰撞5

时间很短且碰撞后粘连在一起，要使C 最终不脱离木板，每块木板的长度最少要为多少？

解析：在A，B碰撞之前，A，C间的最大静摩擦力为21mg=0.44mg，大于C所受到的外力0.4mg，因此，A，C之间无相对运动。所以A，C可作为一个整体。碰撞前A，C的速度可以用动能定理求出。

碰撞之后，A，B具有共同的速度，C的速度不变。A，C间发生相对运动。并且根据题意，A，B，C系统所受的摩擦力等于F，因此系统所受的合外力为零。可运用动量守恒定理求出C刚好不脱离木板的系统最终的共同速度。然后，运用能量守恒定律求出A，B的长度，即C与A，B发生相对位移的距离。

由于F小于A，C间最大静摩擦力，所以A，C无相对运动。

FS-23mgS=

解得v

1123mv1 2，mv1=2mvab 得v

abv

c因为，F=24mg=0.4mg;所以，A，B，C组成的系统合外力为零 2mvc+2mvab=4mv 得，v

碰撞中碰到的问题 篇3

问题 有关“一个运动着的球与另一个质量相同的球发生非对心碰撞，最后二者的速度方向是互相垂直的.”结论的证明过程.

例1 如图1所示，A球以速度v与静止的质量相同的B球发生非对心弹性碰撞，碰后A球和B球的速度分别为v1和v2.试证明：v1和v2互相垂直.

证明 设A球与B球发生非对心弹性碰撞后，v1和v2与碰撞前A球速度v的夹角分别为α和β.

根据弹性碰撞过程中动能守恒

12mv2=12mv21+12mv22，

沿v的方向mv=mv1cosα+mv2cosβ，

沿與v垂直的方向mv1sinα=mv2sinβ，

化简上述三式得cosα·cosβ=sinα·sinβ，

cos（α+β）=0，

则有α+β=π2.

由此可得证.

有上述证明可知，v1和v2互相垂直.

若A球和B球发生的是非弹性碰撞，上述结论不成立.在台球运动中，两球发生的是非弹性碰撞，则v1和v2不互相垂直.

例2 （2013年江苏高考试题）水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等，碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的

A.30% B.50%

C.70% D.90%

解析 频闪照片中两球间的时间间隔相同，用刻度尺测量出碰撞前后两球间的间距，就能得知碰撞前后的速度比

碰撞前v1=Δs1Δt1，则Ek=12mv21，

碰撞后v2=Δs2Δt2，则Ek′=2×12mv22，

碰撞过程中损失的动能

ΔEk=12mv21-2×12mv22，

则ΔEk∶Ek1=30%.

“碰撞”问题规律探秘 篇4

一、“碰撞”问题的分类

下面以两物体的对心碰撞为例加以讨论, 设两个小球的质量分别为m1和m2, 在同一直线上运动速度分别为v10和v20, 设碰撞后, 两球还是在该直线上运动, 速度分别为v1和v2, 则碰撞后两物体的分离速度 (v2-v1) 与碰撞前两物体的接近速度 (v10-v20) 成正比.比例系数决定于两物体的材料性质.

即 v2-v1=e (v10-v20) .

通常e称为恢复系数.

1.完全非弹性碰撞 (e=0)

若两物体碰撞后不再分开, 设碰后的速度为v, 由动量守恒定律得:

m1v10+m2v20= (m1+m2) v

则, 两物体碰后共同速度为

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损失的动能为:

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2.非弹性碰撞 (0

0

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3.弹性碰撞 (e=1) 由动量守恒定律, 得m1v10+m2v20=m1v1+m2v1由于弹性碰撞总动能不变, 即

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两式联立得:

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二、弹性碰撞的特点归纳

两物体完全非弹性碰撞后的共同速度为

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而两物体发生弹性碰撞后的速度分别为

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根据以上分析, 弹性碰撞有如下特点:

(1) 对两个弹性小球而言, 它们碰前与碰后的速度之和相等, 且等于对应完全非弹性碰撞共同速度的两倍, 即

v10+v1=2v v20+v2=2v

(2) 碰撞前的接近速度等于碰撞后的分离速度, 即

v10-v20=v2-v1

(3) 若两弹性小球的质量相等, 则它们碰后交换速度, 即若m1=m2, 则v1=v20, v2=v10

(4) “动碰静”, 即让运动的小球与静止的小球相碰 (v20=0) , 则

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有如下三情况:

a.当m1≫m2时, v1=v20, v2=2v10

比如, 在交通事故中如果车撞到运动的物体, 一般情况下车的质量远大于与其相撞的物体的质量, 事故发生后, 被撞物体的速度将大致等于撞前车速的2倍.“鸟撞问题”即是如此, 飞鸟和飞机相撞前的速度相对飞机速度可忽略, 则碰后飞鸟的速度几乎是碰前飞机速度的2倍, 因此, 飞机对飞鸟做功很大, 飞机和飞鸟之间的相互作用力也非常大, 从而导致质量很小的飞鸟撞毁飞机的事件.因此, 行人一定要注意交通安全.

b.当m1=m2时, v1=0, v2=v10, 即当两球质量相等, 碰后碰撞小球静止, 而被碰小球获得了碰撞小球碰前的速度, 即两球交换了速度.

碰撞作文 篇5

今天早上，温暖的阳光照进了温馨的车子，春风温柔地吹拂着我的脸庞。我和妈妈听着收音机里传出的美妙音乐，行驶在上学的路上。

在转弯时，妈妈正在和我聊天。(.)妈妈叫我利用早晨的美好时光，多看课外书，可我不愿意。我们俩便争论了起来，妈妈越说越激动，就回过头来，河东狮吼：“

赶快!”正在这时，事故发生了!只见一辆红色的小轿车突然停在了我们的面前，妈妈来不及回头，没有反应过来，就和那辆小红车来了个“亲吻”。我的身体随着车子的震动而剧烈地摇晃，被撞得头昏脑胀。妈妈也被吓得目瞪口呆，探出车窗，东张西望，想看个究竟。原来，小红车的“屁股”被我们撞了一个“大窟窿”。“唉，这辆车也太不经撞了!”妈妈自言自语道。小红车主也下了车，查看情况。她们“叽里呱啦”地商量了一番，我在一旁干着急，因为上学要迟到了。妈妈看着我一脸的焦急，便对小红车主说：“我们互相留个电话号码吧，我先送儿子上学，等我们有空再联系!”接着，我们又手忙脚乱地赶路去了……

看来，做任何事情都不能“分心”。一旦注意力不集中，后果就不堪设想，更可能会危及生命安全。

碰撞问题 篇6

一、思维碰撞课堂问题意识的奠基石——培养学生说的能力

万丈高楼平地起。学生说的能力在思维碰撞课堂上的作用十分重要，试想一想，一个学生的问题再多，不会表达，那只能是“茶壶煮饺子，有货倒不出。”课堂上学生能说出来的，要尽可能地让学生说出来。学生说出来的效果肯定比教师讲的效果好，说是思维的重要表现形式。学生表达不清楚的，教师可以总结、归纳，优质的课堂应当把学生的参与度作为重要标准；学生能说出来，至少表示他已经掌握了相关知识。如果学生在课堂上能把自己的想法和质疑说出来，那么他在课堂上就是成功的。针对前期思维碰撞课堂上学生举手少，表达能力弱，学生不愿说的特点，我在课堂上进行了一系列的改造。

首先，数学课堂上从一年级开始，我重点利用学生对故事的好奇心理让学生进行数学故事比赛，锻炼学生的口语表达能力，利用信息图让学生找信息，比赛看谁说得条理。其次，利用小组合作的机会，让每位组员都有发言的机会，以此训练学生说的能力，同时培训家长，把家长请进课堂，观课学习，借助家长的力量，让学生在家多进行讲题的训练，对每一个问题都要问你是怎样想的？为什么要这样做？以此提高学生的表达能力。

二、思维碰撞课堂问题意识的灵魂——激励学生敢于质疑

爱因斯坦说过“提出一个问题远比解决一个问题重要”。提出新的问题需要创造性和想象力，它远比解决一个问题的思维含量高得多，所以，要激励学生敢于质疑。针对前期课改学生不会提问题、不敢提问题的特点，我在课堂上给学生创造了一个和谐进取的优良环境，首先给学生说明在课堂上敢于质疑、敢于批判的重要性，同时建立一系列的评价机制，对胆小的学生多鼓励，多给创造机会，让他多有几次质疑成功的体验，增强信心，从而实现“要我问”到“我要问”的情感转化。对于思维活跃的学生采取激励评价，评选榜样学生和榜样小组的方法，促进学生敢于质疑，敢于发言的热情，从而达到思维碰撞。因为有了问题，思维碰撞才能更有激情，更有深度。通过这样的方式方法，激起学生积极思考的欲望，让他们大胆表述，从而让教师和学生知道，学生疑在哪里？惑在哪里？生生之间、师生之间才能进行有效的互动，教师才能对所教的知识予以有效的指导、点拨和调整。

三、思维碰撞课堂问题意识的切入口——如何提优质问题

一堂好课除了学生的参与度高，还有就是学生提出的问题优质，一堂课是不是提出的问题越多越好？答案是否定的，对于优质的课堂，学生、教师的问题应该是要问得准，问得深，问得有必要，针对前期课改学生提的问题杂乱，问的肤浅，问的无意义等特点，我在教学过程中对问题提出的切入点和优质问题的选择做了一些有意义的指导。

1.充分利用好情境图，教会学生根据信息的整理进行提问

小学生刚入学对问题意识很模糊，特别是对前期的信息图中信息的整理缺少逻辑性，因此对问题的提出更是有一定的难度，所以教师在前期的培养中要着重关注学生信息的整理，引导学生根据整理的信息提出问题。另外，在回家预习的时候借助家长的力量，让学生学会说信息，学会根据信息的整理提出低层次的问题。

2.教学的关键处，典型问题放手让学生来提

在日常的教学中，老教师都知道，很多新授课中的典型问题都是由老师提出来的，由学生思考后再回答，而如今在思维碰撞的课堂上，我有意识地把这些典型问题都留给了学生让他们自己来提。例如，在学习写100以内数的时候，写到55时，我有意识地问，看到这个两位数，你有什么问题要问？马上就有学生说：两个5有什么不同？虽然提问的语言不严密，但是问题意识却是很强的，他想表达的就是这两个5所表示的意义有什么不同。

3.会观察，找出作业中的问题进行提问

在低年级的练习课中，因为作业相对简单，所以，错误较少，尽管如此，我们还是要从小培养孩子一双善于观察的眼睛，会从宝贵的错误中提出问题，比如，有的同学计算76-3=46，有的同学马上提出来了问题，你怎么用7减3了，7和3能减吗？为什么7和3不能相减，一下子就找到了教学的重难点，学生通过解答，解决了数位相同才能相加减的道理，真正让每个学生都明白两位数加减一位数或整十数的算理。

总之，在思维碰撞课堂上，学生的个人问题和小组问题会出现很多，我们教师要把握教材的重难点，对问题进行筛选，找出优质问题，真正做到每堂课都是有效提问，同时逐渐培养学生提出优质问题的意识。正像专家所说，真正的课堂深度来自于学生的充分准备，来自于教师的精心备课和追问，思维碰撞课堂的成功来自于教师的长期坚守和长期磨练。

参考文献：

骆炳华.小学数学课堂教学如何培养学生的问题意识[J].数学大世界：教师适用，2012（1）.

对一维弹性碰撞问题的巧妙解答 篇7

在各种版本的高中物理新课标教材选修3-5中都出现了对一维弹性碰撞 (下文简称“弹性碰撞”) 的研究.研究方法多是根据动量守恒和机械能守恒列出方程组, 并给出了方程组的解, 且对解进行了讨论.方程组的解答是该问题解答的关键, 然而这组方程除考查物理知识外, 对学生的字符运算能力要求也很高.教参给出对该方程组通过因式分解然后降次运算.但如果碰撞前两物体都有动能, 则对于这种弹性碰撞用教参给出的方法则不能方便解答.在近几年的高考中也涉及该类问题, 如, 2012年全国大纲卷理综第21题 (选择题) , 2010年全国卷Ⅱ理综第25题 (简答题) , 2007年宁夏卷理综第30题 (选修3-5) .对于高考题而言, 用通常方法解答既费时又易出错, 对考生得分不利.在个人阅读过程中体会到了一种简便解法, 现分享如下.

2. 解答模型的推导

2.1 阅读的启示

个人在阅读苏联学者别莱利曼著的《趣味力学》时获得了对该类问题解答的启示.根据个人理解将别莱利曼对完全弹性碰撞的观点解释如下.

如图1所示, 两个质量为m1, m2的球分别以速度v10, v20在光滑水平面上向右运动, 碰撞后两球粘在一起, 以速度u运动.以向右为正方向, 由动量守恒得:

如果v20向左, 则上式写为

当上述这两个球的碰撞是完全弹性碰撞时, 在碰撞部位上不但发生凹陷, 并且接着又会凸起来, 恢复原来的形状.在凸起阶段, 对于追撞的球1除在凹陷阶段已经失去了一份速度以外, 还要再失去同样的一份速度, 即碰后球1速度v11=v10-2 (v10-u) =2u-v10.若v11>0, 碰后球1向右运动;若v11<0, 碰后球1运动方向与正方向相反, 即向左.对于被追撞的球2除了在凹陷阶段已经增加了一份速度外, 还要增加同样一份速度, 即碰后球2的速度v21=v20+2 (u-v20) =2u-v20.对于方向讨论如球1.

2.2 模型的合理性的推导

完全弹性碰撞过程非常短暂, 为了将上述观点进行科学推证, 把弹性碰撞过程分解成如图2所示阶段.这一过程划分为压缩阶段 (从刚开始接触到具有相同速度u, 如a到c) 、恢复阶段 (从具有相同速度u到再次分离, 如c到e) .

以向右为正方向.对从a到c过程, 由动量守恒得:

对于追撞的球1:

在压缩阶段, 失去一份动量Δp=m1v10-m1u;

在恢复阶段, 又失去一份动量Δp′=m1u-m1v11;

故在弹性碰撞过程中对于球1, 损失后的动量为:

上式消去m1得:

对于球1和球2在整个碰撞过程中动量守恒, 故球1减少的动量全部增加在球2上.则有m2v21=m2v20+2Δp.

又考虑到在从a到c过程中, 球1和球2组成系统动量守恒, 故球1减少的动量等于球2增加的动量, 则:

由此可知, 对碰后球2有:

对上式消去m2得:v21=2u-v20.

由上述可知这一结论的合理性.这样避免了对二次方程的直接解答, 降低了数学运算难度.

3. 解法示范

下面用以上方法解决相关问题, 以近一步说明该方法的简便性.

【例1】 (2012年全国大纲卷第21题) 如图3所示, 大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m, 摆长相同, 并排悬挂, 平衡时两球刚好接触, 现将摆球a向左边拉开一小角度后释放, 若两球的碰撞是弹性的, 下列判断正确的是 ()

A.第一次碰撞后的瞬间, 两球的速度大小相等

B.第一次碰撞后的瞬间, 两球的动量大小相等

C.第一次碰撞后, 两球的最大摆角不相同

D.发生第二次碰撞时, 两球在各自的平衡位置

【解答】计算出两球碰后的速度是解答ABC三个选项的关键.设小球a与b相碰时a球速度为va0, 碰后a、b球速度分别为va1, vb1.因为两球的碰撞是完全弹性碰撞, 故动量、动能守恒, 以向右为正, 得如下方程组:

对该方程组的解答如下:

【例2】 (2010年全国卷Ⅱ理综第25题) 小球A和B的质量分别为mA和mB, 且mA>mB.在某高度处将A和B先后从静止释放.小球A与水平面碰撞后向上弹回, 在释放处下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰.设所有碰撞都是弹性的, 碰撞时间极短.求小球A、B碰撞后上升的B最大高度.

【解答】A球释放后与地面碰撞无能量损失, 当反弹后到释放点下方H时设速度大小为vA0, 由动能定理可得:

两球此刻发生弹性碰撞, 两球组成系统动量、机械能守恒.以向上为正方向 (如图4所示) , 设碰后A、B球的速度分别为vA1, vB1方向向上.由动量守恒定律和机械能守恒定律得:

对该方程组的解答如下:

只要算出vB1就可以算出B球碰后上升的最大高度, 则:

由于mA>mB, 故vB1>0, 即碰后球B向上运动.

设碰后球B上升的最大高度为h, 球B从碰后到上升到最高过程由动能定理得:

【例3】 (2007年宁夏理综第30题) 在光滑的水平面上, 质量为m1的小球A以速率v0向右运动.在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态, 如图5所示.小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动.小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇, PQ=1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的, 求两小球质量之比m1/m2.

【解答】A、B碰撞动量、机械能守恒.以向右为正方向, 设碰后A、B速度分别为vA, vB, 方向均向右.

对该方程组的解答如下:

碰后两球以vA, vB向右匀速运动, 设经过时间t两球相遇P点, 由运动知识得:

由以上三道高考题的运算可以明显体会到, 该法能方便、快速、准确地解答此类问题, 为考生赢得时间和解题质量.从上述的解答也可以看出, 用此种算法, 使该方程组的运算量明显降低.

碰撞问题 篇8

一、弹性碰撞

在碰撞过程中没有机械能损失的碰撞称为弹性碰撞,由机械能守恒有

结合动量守恒解得

对上述结果可作如下讨论:

①m1=m2,则v1=v20,v2=v10,即m1、m2交换速度.

②若m1>>m2,且有v20=0,则v1≈v10,v2≈2v10即大物块速度几乎不变,小物块以二倍于大物块速度运动.

③若m1<

二、完全非弹性碰撞

两物块相碰粘合在一起或具有相同速度,被称为完全非弹性碰撞,在完全非弹性碰撞中,系统动量守恒,机械能损失最大.

碰撞过程中损失的机械能为

三、一般非弹性碰撞,恢复系数

一般非弹性碰撞是指碰撞后两物分开,速度v1≠v2,且碰撞过程中有机械能损失,但比完全非弹性碰撞损失机械能要小.物理学中用恢复系数来表征碰撞性质.恢复系数e定义为.

①弹性碰撞,e=1.

②完全非弹性碰撞v2=v1,e=0.

③一般非弹性碰撞0

四、“碰撞”问题知识储备的应用举例

例1 (2009年全国理综Ⅰ卷题21)质量为M的物块以速度v运动,与质量为m的静止物块发生正撞,碰撞后两者的动量正好相等,两者质量之比M/m可能为()

(A)2 (B)3 (C)4 (D)5

解法1:本题考查动量守恒和能量关系.根据动量守恒定律得

Mv=Mv1+mv2,

碰撞后两者动量相等,则有Mv1=mv2,

根据能量关系有

联立这三个方程,解得

所以(A)、(B)选项正确.

解法2:根据动量守恒定律得

Mv=Mv1+mv2,①

碰撞后两者动量相等,则有

Mv1=mv2,②

联立这两个方程得.

两个物块碰撞的恢复系数e≤1,

例2 (第25届全国中学生物理竞赛预赛卷题9)位于水平光滑桌面上的n个完全相同的小物块,沿一条直线排列,相邻小物块间都存在一定的距离.自左向右起,第1个小物块标记为P1,第2个小物块标记为P2,第3个小物块标记为P3,……,最后一个小物块即最右边的小物块标记为Pn.现设法同时给每个小物块一个方向都向右但大小各不相同的速度,其中最大的速度记作v1,最小的速度记作vn,介于最大速度和最小速度间的各速度由大到小依次记为v2、v3…、vn-1,若当小物块发生碰撞时,碰撞都是弹性正碰,且碰撞时间极短,则最终小物块P1、P2、P3、…、Pn速度的大小依次为______.

解析:相邻的两个物体弹性正碰,则动量守恒、机械能守恒,根据“碰撞”类习题的知识储备可知:两个物体碰撞后速度交换,不难得出答案应该为:vn、vn-1、…、v3、v2、v1.

例3 (2009年北京理综卷题24)(1)如图1所示,ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道,BC段水平,AB段与BC段平滑连接.质量为m1的小球从高位h处由静止开始沿轨道下滑,与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞,碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上,且在碰撞过程中无机械能损失.求碰撞后小球m2的速度大小v2;

(2)碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用.为了探究这一规律,我们采用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的简化力学模型.如图2所示,在固定光滑水平轨道上,质量分别为m1、m2、m3……mn-1、mn……的若干个球沿直线静止相间排列,给第1个球初动能Ek1,从而引起各球的依次碰撞.定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能Ek与Ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n.

(а)求k1n;

(б)若m1=4m0,mk=m0,mk=m0,m0为确定的已知量.求m2为何值时,k1n值最大.

解析:(1)设碰撞前的速度为v10,根据机械能守恒定律

设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2,根据动量守恒定律

由于碰撞过程中无机械能损失

②、③式联立解得

将①代入④得

(2)(a)由①④式得

根据动能传递系数的定义,对于1、2两球

同理可得,球m2和球m3碰撞后,动能传递系数k13应为

依次类推,动能传递系数k1n应为

解得

为使k13最大,只需使最大,即m2+取最小值,

关于碰撞过程中的临界问题的探讨 篇9

一、相距恰“最近”速度相等

这类题目一般以弹簧模型为例, 如图右。

情景一:P以速度vp向右运动去碰静止的Q。

P向右运动的过程中必会压缩弹簧 , 弹簧会给P一个向左的弹力, P向右做减速运动, 同时弹簧会给Q向右的弹力, Q在弹力的作用下向右做加速运动, 起初P的速度大, Q的速度小, P跑得比Q快 , P、Q间距离在缩短 , 弹簧不断被压缩 , 直到P不能再比Q跑得快时, 距离就达到了最近, 此时二者速度相等;之后Q的速度大于P的速度 , Q跑得快 , 距离不断增大。此类问题属于变减速去追变加速类的追及问题, 学生有一定的基础, 从追及知识解释效果会更好。如果想要更直观明了, 则可用v-t图像解释。

情景二:P以速度vp向右运动去碰以速度vQ向右运动的Q, 即追碰。

要满足相碰, 碰前P的速度要比Q的大, 在压缩弹簧的过程中同样P做变减速运动, Q做变加速运动, 起初P的速度大, Q的速度小, P跑得比Q快, P、Q间距离在缩短, 弹簧不断被压缩, 当二者速度相等, 距离就达到最近, 往后Q的速度大于P的速度, Q跑得快 , 距离不断增大。整个运动过程中P一直做变减速运动, Q一直做变加速运动, 故弹簧恢复原长时结束碰撞过程, 此时P的速度最小, Q的速度最大。

情景三:P以速度vp向右运动去碰以速度vQ向左运动的Q, 即对碰。

1.若碰前P的速度比Q的大 , 碰撞过程中P做变减速运动 , Q也做变减速运动。有的学生认为当Q的速度减为零时, 距离最近, 其实这种观点是错误的。当Q的速度减为零时, P还有向右的速度, P还可以继续压缩弹簧, 此时模型又回到了情景一的模型, P继续向右做减速运动, 而Q在弹力的作用下继续向右做加速运动, 直到二者速度相等时, 相距最近, 此时弹簧的弹性势能最大。

2.若碰前P、Q二者的速度大小相等 , 有的学生认为P、Q速度同时减为零, 此时它们相距最近, 这个观点也是错误的。若P、Q质量相等 , 则碰前系统的总动量为零 , 根据动量守恒定律 , 则P、Q的速度同时减为零, 此时相距最近。但若P、Q质量不相等, 则碰前系统的总动量不为零, 根据动量守恒, 二者速度不可能同时减为零, 必是动量小的物体速度先减为零, 动量大的物体速度并不为零, 故动量大的物体将会继续压缩动量小的物体, 继续做减速运动, 而动量小的被迫沿相反方向做加速运动, 直到两者速度相等时, 压缩距离最近。

结论:从物体的受力和运动的角度分析, 不管哪种情景的碰撞, 对中间夹着弹簧的情形, 都有相距最近时, 两个物体速度相等。其实我们还可以从另外的角度去理解。完全非弹性碰撞是所有碰撞过程中能量损失最厉害的碰撞, 而且碰后两物体速度相等。上面的模型中当两物体相距最近时, 弹性势能是最大的, 意味着动能损失得最厉害, 即可以把该过程看成是完全非弹性碰撞, 则此时两者的速度一定相等。

二、相距恰“最远”速度相等

这类题型一般以木块在木板上滑行为模型, 如下图, 我们用最简单的情况分析。

地面光滑, 木块与木板的接触面粗糙, 木板静止在地面, 木块以某初速度冲上木板, 那么, 木块向右运动的过程中受到木板给它向左的摩擦力, 木块向右做匀减速运动。同时木板受到木块给它向右的摩擦力, 木板向右做初速度为零的匀加速直线运动。这属于初速度为零的匀加去追匀减的追及类问题。最初它们的距离是增大的, 如果木板足够长, 则当两者相对静止时, 木块在木板上滑行最远。此后两者一起向右做匀速运动。

那么在这个简单的木块拖木板情况中, 木块在木板上滑行的最大距离是多少呢? 设木块质量为m, 长木板质量为M, 共同速度为v, 木板向前滑行的距离为s, 木块相对木板滑行的距离为x。

由动量守恒mv0= (M+m) v, 可求得共同速度v, 代入 (1) 式 , 即可求得相对滑行距离x。其实, 在这里也可以得到木板的最小长度, 即为相对滑行距离x。

三、恰上升到“最高点”速度相等

完全非弹性碰撞的特点是碰后两者的速度相等, 此时碰撞能量损失最多的。若能量损失最多, 则可知该碰撞为完全非弹性碰撞, 即碰后两者的速度一定相等。根据这个思路我们解释下面这个模型。

碰撞问题 篇10

1 半静态调度传输

演进基站e NB(evolve Node B)在连接建立时就配置好半静态调度的参数，再通过PDCCH激活半静态调度。一旦SPS调度被激活，UE将认为在固定周期的子帧上存在固定的频域资源进行数据的收发。可见，SPS调度具有一次授权、周期使用的特点，这非常适合VoIP、视频流等IP业务的传输。半静态调度传输，可以充分利用话音数据包周期性到达的特点，一次授权，周期使用，可以有效地节省LTE系统用于调度指示的PDCCH资源，从而可以在不影响通话质量和系统性能的同时，支持更多的话音用户，并且仍然为动态调度的业务保留一定的控制信息以供使用。

完整的半静态调度传输分为4个步骤：半静态参数配置、半静态调度激活、上下行半静态传输与HARQ以及半静态调度释放。本文主要着重分析上行半静态调度机制及其HARQ过程。

1.1 半静态参数配置(上行)

网络端RRC在连接建立时将参数配置给UE端的RRC层，经UE端RRC层解析出来之后保存，同时发给底层的MAC层。上行半静态调度的主要参数包括：

semiPersistSchedC-RNTI

上行半静态配置:

semiPersistSchedIntervalUL

ENUMERATED{10 ms,20 ms,32 ms,40 ms,64 ms,80 ms,160 ms,320 ms,640 ms}

impliciReleaseAfter

ENUMERATED{e2,e3,e4,e8}

twoIntervalsConfig

ENUMERATED{true}

1.2 上行半静态调度及HARQ过程

第N次半静态数据传输的位置可以由下面的公式推算得出：

这里，SFN为上行半静态数据传输的无线帧号，subframe为上行半静态数据传输的子帧号，SFNstart time与subframestort time上行半静态调度激活后第一次半静态数据传输对应的无线帧号和子帧号，其中，N≥0,N=0对应激活后的第一次上行半静态数据传输。

LTE协议中规定，对于上行半静态传输，数据的重传方式可以是同步自适应HARQ或同步非自适应HARQ两种方式，非自适应重传用的是上一次传输所使用的资源和调制编码方式。上行为同步HARQ，数据的初始传输以及重传都有固定的时间间隔，所以会存在半静态数据的非自适应重传和周期性到达的新数据的碰撞问题，降低了资源利用率，本文以TDD(Time Division Dual)简述存在的碰撞问题。

对TDD上下行配置2，上行半静态周期(semiPersistSchedIntervalUL)10 ms，如图1所示。

UE在子帧3收到SPS C-RNTI扰码的PDCCH，且DCI和NDI均符合半静态激活条件时，在子帧7上进行半静态调度的初始传输，且每隔10 ms发送一次上行数据。在子帧3上收到进程0的NACK反馈[1]，可以看到，进程1新数据的上行传输和进程0的重传是在同一子帧，从而产生资源碰撞问题。

由以上分析可知，对于进程0，第一次的上行重传就产生碰撞，这对于系统的资源利用率和系统的稳定性有很大影响,对此,LTE提出了双周期半静态调度的解决方案。twoIntervalsConfig值置为true，且对于不同的初始上行半静态调度起始位置，有相对应的子帧偏移(Subframe_Offset)[2]，第N次半静态数据传输的位置可以由下面的公式推算得出：

其中，N≥0,N=0对应激活后的第一次上行半静态数据传输。针对上面的情况，具体的调度方式如图2。

由图2可以看出，进行双周期配置后上行半静态调度的周期变为:semiPersistSchedIntervalUL+SubframeOffset和semiPersistSchedIntervalUL+SubframeOffset。图2中半静态调度的周期变为5 ms和10 ms交替，且进程0的重传次数由一次变为两次，重传次数的增加对于VoIP等业务的质量有了一定的提升。

2 问题分析及解决办法

在LTE系统中，对于TDD系统，一个VoIP包进行4次传输才基本上可以保证其传输质量[3]。对于上例中所述，相对于无双周期的上行半静态调度，双周期配置的调度方式数据包重传次数增加了一倍，但是对于Vo IP的业务质量并有较大的提升。在重点研究了半静态调度的初始调度位置和周期后，提出了以下解决方案。

2.1 上行半静态调度周期的选择方案

根据1.2节的分析可以看出，选择一个合适的半静态周期可以相应地增加半静态重传的次数，对于双周期配置，不同的上下行配置和上行半静态初始位置，所对应的子帧偏移(Subframe_Offset)不同，第N1个半静态数据包传输的位置可由下式得到：

而某个数据的第N2次重传的位置可由下式得到：

如果两式相等，则可以判断重传是否与新数据的传输发生碰撞。可以得到下式：

由于具有双周期配置的上行半静态调度周期是短周期和长周期的交替，故只需选择短周期和长周期上各一个数据包的传输案例，就可以代表整个半静态调度的传输。以第一次和第二次半静态数据包传输为例，针对不同的半静态起始位置，分析满足上述两次传输的重传都满足至少4次传输的semi PersistSchedIntervalUL。

对于上下行配置2，上行半静态调度初始位置7，上行半静态调度周期20 ms，子帧偏移为-5 ms，其新数据的传输次数与处于长周期和短周期的数据传输次数的仿真波形如图3所示,图中横坐标为新进程传输次数，纵坐标为重传数据的传输次数。从图3中可以看出，在SPS周期为20 ms时，处于短周期和长周期的上行进程在第4次重传时才与新数据发生碰撞，相对于上行半静态调度周期10 ms，重传次数增加。

而在上行半静态调度周期40 ms，子帧偏移为-5 ms的情况下，其新数据的传输次数与处于长周期和短周期的数据传输次数的仿真波形如图4所示。

处于长周期和短周期的进程重传次数增加到8次，相对于上行周期20 ms，对于TDD系统，8次重传已经足以保证一个VoIP包的传输质量。

对于不同的上下行配置以及半静态传输起始位置，通过2.1节中的公式仿真并进行分析，满足处于长周期和短周期的数据传输次数至少4次的周期配置见表1。

2.2 碰撞进程延迟方案

碰撞进程延迟方案原理：在上行半静态周期配置较小的情况下，UE端利用2.1节中的公式进行判断，若新数据与重传数据发生碰撞，则延迟发送新进程到下一个半静态发送时刻且将半静态资源用于重传数据的发送，这种牺牲新数据实时性的调度，保证了更多数据包的传输质量，且在周期配置较小的情况下，新数据延迟时间相对较小，对新数据的传输影响也相对较小，同时降低了资源碰撞的概率，提高了系统的性能。具体调度方式见图5。

如图5所示，在上行半静态周期配置10 ms，子帧偏移值为-5 ms时，进程0的重传数据本来与进程2的新数据在子帧7上发生碰撞，这里将新进程2延迟到下一个半静态传输时刻进行传输，这样虽然进程2的新数据传输延迟了20 ms，但是使得进程0和进程1的数据传输次数达到4次，4次重传已基本上可以保证一个VoIP数据包的传输质量,虽然进程2数据的发送延迟了20 ms，但是这种调度提高了整个系统数据包传输的有效性，相对于时延，数据包传输质量的提高给用户带来更好的业务体验。

调度是判断一个系统好坏的重要因素。本文通过对上行半静态调度机制的深入研究，分析了上行半静态调度碰撞的原因，针对不同上下行配置和半静态起始传输位置分别配置具有针对性的上行半静态周期，同时提出并设计了在半静态周期较小时的资源冲突解决方案，通过分析可以看出该方案能够有效提高系统的稳定性和资源利用率。

参考文献

[1]3GPP TS 36.213 V9.0.1.Evolved Universal TerrestrialRadio Access(E-UTRA);Physical layer procedures[S].2009.

[2]3GPP TS36.321V9.1.0.Evolved Universal Terrestrial Radio Access(E-UTRA)Medium Access Control(MAC)protocol specification[S].2009.

碰撞问题 篇11

原告:福建省罗源县鸿达轮船有限公司(以下简称鸿达轮船)

被告:三富海运株式会社(以下简称三富海运)

2000年6月8日1030时,鸿达轮船所属的“鸿达2号”轮在黄浦江吴泾附近棉花仓库码头装货完毕,离开码头掉头向浦东方向驶去｡“三富翠玉”轮于2000年6月7日到达长江口锚地抛锚｡次日凌晨0130时,该轮在长江口锚地动车,0400时引航员登轮,引领船舶进口｡2000年6月8日上午,晴天,能见度良好,风向西南,风力约3级｡“三富翠玉”轮于1050时初见“鸿达2号”轮,该轮距“三富翠玉”轮约1 000米｡当两船相距约500米时,“三富翠玉”轮发现“鸿达2号”轮欲横穿该轮的船首,即采取慢车,之后又采取停车､后退二及右满舵｡因两船相距过近,避让不及,于1100时,“三富翠玉”轮船首碰撞了“鸿达2号”轮左舷后侧｡“鸿达2号”轮因进水严重,向浦东岸边冲滩不成而沉没｡

事故发生后,双方均向港监递交了海事报告｡鸿达轮船因“鸿达2号”轮的沉没,向上海申南打捞疏浚有限公司支付打捞费人民币754 400元;被运输货物的委托方大连渔轮船舶货运代理公司在所欠鸿达轮船的运费中扣除货物损失人民币296 000元;鸿达轮船通过长江水上法律服务所向福州新洋海事咨询服务有限公司支付服务费人民币10 000元｡福州新洋海事咨询服务有限公司出具了一份关于“鸿达2号”轮船舶事故损坏检验的报告,称该轮的修理费用为人民币749 000元,重置价约为人民币1 795 200元｡

三富海运未就“三富翠玉”轮的损失向法院提起请求,也未提供证据｡

[裁判]

上海海事法院经审理认为,涉案事故属于涉外船舶碰撞损害赔偿纠纷｡按我国的民法规定,船舶碰撞损害赔偿属侵权赔偿,赔偿的责任主体应是侵害人｡鸿达轮船在诉讼中,没有向法院举证证明三富海运就是“三富翠玉”轮的船东､经营人或者是光船租赁的租船人｡三富海运抗辩其并非船东,其向法院提供的“三富翠玉”轮的登记证书表明船东应是一家名为“EMERALD ESTRELLA S.A”的公司,鸿达轮船也予以认可｡对此,法院予以确认｡由于三富海运否认其为涉案船舶的所有人,鸿达轮船又没有提供证据证明三富海运与“三富翠玉”轮之间的关系｡按最高人民法院《关于民事诉讼证据的若干规定》第二条第二款的规定,没有证据或者证据不足以证明当事人的事实主张的,由负有举证责任的当事人承担不利后果｡故对鸿达轮船要求三富海运赔偿其损失的诉讼请求不予支持｡

[评析]

一､涉外船舶碰撞损害赔偿纠纷案件的法律适用

在涉外船舶碰撞案件中,根据英美法律,原告可以对船舶本身和船舶所有人同时提起“对物”(in rem)诉讼和“对人”(in personam)诉讼｡而大多数大陆法系国家不承认“对物”诉讼的概念和诉讼程序｡我国在海诉法出台后,谨慎的开始引进“对物”的概念,但尚没有引进到我国的民事诉讼程序中,海诉法也仅是对扣船行为赋予了“对物”采取诉讼行为的规定｡由于各国法律的不尽相同,因此,一个案件在不同国家提起诉讼和适用不同的法律,有时可能得到完全不同的诉讼结果｡因此,在船舶发生碰撞事故时,当事人选择或者法院适用何国法律是至关重要的｡

出于主权原则和对本国法律熟悉等原因,具有管辖权的法院在审理案件时,当然主要是适用本国的法律｡不过,由于航运业的国际特征,任何一国法院在审理案件时都必须优先适用参加的国际公约,或者参照适用国际公约和惯例,以维护航运法律的统一性和确定性｡我国海商法第二百六十八条规定:中华人民共和国缔结或者参加的国际条约同本法有不同规定的,适用国际条约的规定;但是,中华人民共和国声明保留的条款除外｡中华人民共和国法律和中华人民共和国缔结或者参加的国际条约没有规定的,可以适用国际惯例｡第二百七十三条规定:船舶碰撞的损害赔偿,适用侵权行为地法律｡

本案为涉外船舶碰撞损害赔偿纠纷,关于准据法的适用,三富海运在应诉时没有提出异议,并依据我国的法律进行抗辩,且碰撞发生的地点在中华人民共和国上海港水域内,依法应适用中华人民共和国缔结或者参加的国际条约,或者也可以适用国际惯例;其次,我国作为侵权行为发生地,应当适用我国的相关法律｡上海海事法院在处理本案件时正确适用法律,即实体法的适用了我国在1980年1月7日正式加入的《1972年国际海上避碰规则》,以及内国法《中华人民共和国海商法》,作为解决本案纠纷的准据法｡

二､紧迫局面形成的分析和碰撞责任的认定

在确定船舶碰撞责任时,往往采用“过失责任制”｡也就是说,一船的行为被证实与碰撞的损害具有因果关系,则该行为往往也就被指控为“过失行为”,该船舶就必须因此而承担相应的法律责任｡在船舶碰撞司法实践中,往往遵循一个原则,即:哪一艘船舶的过失是导致紧迫局面形成的主要原因,则哪一艘船舶就承担碰撞的主要责任｡因而,紧迫局面形成与否以及如何形成,往往是确定碰撞责任的关键所在｡作为船长及值班驾驶员,应清醒地认识到:为避免碰撞所采取的任何行动,应以避免形成或消除紧迫局面为目的｡一旦发现两船业已构成碰撞危险,应立即采取适当而有效的避让行动,也只有这样,才能确保海上航行安全｡

本案中,根据双方各自提供的海事报告,“鸿达2号”轮发现“三富翠玉”轮时,两船相距约500米,“三富翠玉”轮发现“鸿达2号”轮时,两船相距约1 000米;两船的航速均为5节左右｡因“鸿达2号”轮是横越江面,从发现“三富翠玉”轮后到碰撞发生未采取任何措施,而“三富翠玉”轮则在发现“鸿达2号”轮后约5分钟采取了倒车､右满舵等措施,两船碰撞的发生应在“三富翠玉”轮发现对方后的6分半钟至10分钟之间｡“鸿达2号”轮作为横越航道的船只,未给正常航行的“三富翠玉”轮让路,违反了《上海水上交通管理规则》第三十七条第一款关于“横越航道的船舶应负责避让顺航道行驶的船舶,严禁抢越他船船艏”及第三十七条第二款关于“小型船舶如需横越航道,应距正在航行的大型船舶船艏不少于150米外越过”的规定,违反了《1972年国际海上避碰规则》第九条第四款关于“船舶不应穿越狭水道或航道,如果这种穿越会妨碍只能在这种水道或航道以内安全航行的船舶的通行”的规定｡“鸿达2号”轮疏忽瞭望,发现“三富翠玉”轮时,两船相距仅500米,无法及时作出判断和避让措施,违反了《1972年国际海上避碰规则》第五条关于“每一船舶应经常用视觉､听觉以及适合当时环境和情况的一切有效的手段保持正规的瞭望,以便对局面和碰撞危险作出充分的估计”的规定,鸿达轮船对两船的碰撞应负主要责任｡而“三富翠玉”轮则违反了《1972年国际海上避碰规则》第五条关于正常瞭望的规定,未及时观测注意到“鸿达2号”轮的动态,还违反了《1972年国际海上避碰规则》第八条第一款关于“为避免碰撞所采取的任何行动,如当时环境许可,应是积极地,并应及早地进行和注意运用良好的船艺”的规定,未及时地､有效地采取避让措施,导致未能避免碰撞的发生,应承担次要责任｡

三､碰撞责任主体的认定

在船舶侵权法律关系中,必须有对受害人真正而又直接地承担责任的责任主体;必须有加害行为的客观存在;必须有加害结果的发生;以及加害行为和加害结果之间存在因果关系｡以上是构成船舶侵权民事责任的构成要件,缺一不可｡在我国尚没有以法律的形式明确承认对物诉讼的法律环境下,原告不能以实施侵权行为的船舶作为被告,只能以船舶所有人､经营人或者光船租船人为被告｡

碰撞问题 篇12

射频识别(RFID)是一种无线自动识别技术,利用射频信号通过空间耦合实现无接触信息传递并通过所传递的信息达到识别标的物的技术。RFID技术除了无线识别的特点外还具有可靠性高、操作便捷、识别距离远、识别速度快、同时识别多个目标物、标签存储容量大和数据可改写等优势。随着物联网和移动通信技术的发展,RFID技术在电子商务、产品防伪、物流管理、电子收费系统、票证管理、安防、野生动物识别保护和航空等诸多领域获得了越来越广泛的应用。

按照工作频率,可将RFID系统分为低频、高频、超高频和微波频断四个频段。目前我国在图书管理应用中高频和超高频的射频识别系统使用较为常见。高频和超高频RFID技术优缺点对比如表1所示。

我馆使用的射频识别系统采用的是超高频RFID技术。超高频RFID技术的应用使得图书管理工作较之前的图书管理模式在提高借阅效率、保护读者隐私、简化操作流程等诸多方面有了很大的改善,但实际操作中,超高频RFID图书管理系统也暴露出不少问题,本文以实际应用角度出发,从部分图书无法识别(电子标签漏读)、无法读取电子标签内存储的标的物品信息、安全门监测仪误报这三种常见问题着手,研究FRID技术通信机制以及RFID系统防碰撞算法、分析问题产生的根本原因。如何改善减少实际应用中的常发性问题,是需亟待解决的问题。

1 RFID技术的使用给图书管理方式带来的改变

射频识别技术的使用给图书管理工作方式带来了很大的变化。第一是可实现自助借还,既保护读者的阅读隐私,又达到操作快捷简单,RFID技术可同时识别多册图书,相较于人工逐本翻页找条码的借还操作,大大节省了借还操作的等待时间。第二,使更多的工作人员从借还操作中解放出来,有更多的时间和精力处理其他业务,学习提高专业技能。第三,RFID技术的安全防护措施也可以精准到具体的某册图书。第四,RFID技术的应用使得图书盘点清查工作变得简单易行。

2 超高频RFID系统日常使用中的常见问题

RFID技术的应用带来了诸多进步以及便利,但同时在实际使用中也暴露出存在的问题。以我馆使用的超高频RFID系统为例,分析RFID系统使用中的常见问题,从超高频射频识别技术的工作方式方法着手分析导致问题的原因。

2.1 超高频RFID系统使用常见问题———标签漏读

RFID系统中一个阅读器同时识别多册图书(电子标签)时,经常遇到部分图书(电子标签)无法识别出来,即标签漏读。

射频识别技术的最吸引人的就是无接触自动识别,图书夹入无源电子标签,通过工作站实现标签初始化,以达到标签与图书唯一标识符图书条码的一一对应关系,阅读器识别出其可读写范围内的多个电子标签,通过中间件连接图书管理系统访问图书管理后台服务器,可识别出电子标签中存储的图书信息,并完成各项操作指令动作。我们眼中看到的多标签同时识别其实是射频识别技术利用碰撞算法先后识别各个标签信息,只是阅读器与电子标签的通信过程非常非常短,以至于我们感觉是同时识别。

我馆使用的超高频RFID系统要求每次同时放置图书册数要求不能超过(含)6册,但实际使用中在不超过6册图书的情况下,经常会遇到不能一次识别出识别区域内的图书,有时通过调整图书位置可以达到识别的目的,但有时通过调整图书位置也不能完全识别,只能通过减少一次性放置图书的数量的方式(即减少读写器识别范围内电子标签的数量)解决不能完全识别的问题。

我馆的RFID设备使用的是超高频,目前超高频RFID在国际上包括我国尚未形成统一的标准,我馆超高频RFID读写器和无源标签之间的通信协议遵守的ISO/IEC18000-6C[1,2]的标准,该标准也是当前超高频射频识别系统中应用最为广泛的协议标准。

2.1.1 ISO/IEC18000-6C协议中读写器与电子标签通信机制

该标准定义了工作频率为860-960MHz射频识别系统物理层和逻辑层的协议。电子标签采用无源标签,读写器通过上述频段的射频信号向无源标签传递信息并提供标签工作所需的能量。读写器收到来自标签的信息时会向标签发送连续波,电子标签通过内置天线向后散射信息到读写器。读写器与标签之间采用半双工通信,也就是读写器和标签不能同时发送数据,只能在一方发送完数据后另一方才能作出响应。因为18000-6C标准下电子标签存储容量更大,传输速度也更快,所以该标准应用领域更为广泛。

标签碰撞是当读写器与多个标签进行通信时,多个标签同时应答,应答信号会相互干扰导致读写器无法识别标签。读写器与电子标签的通信过程实质就是读写器通过向电子标签发送不同的命令使标签在不同的状态跳转,电子标签共有七种不同的状态,分别是就绪Ready、仲裁Arbitrate、应答Reply、确认Acknowledge、公开0pen、安全Secured和灭活Killed,标签在某一状态接收到不同的命令时发生不同的跳转。读写器使用三种基本操作对其工作区间的多个标签进行识别管理,分别是选择Select、清点管理Inventory和存取Access,每个操作又由一个或者多个命令组成[3,4,5,6]。

阅读器通过选择Select命令选择待识别的标签群,满足选择条件的标签设置其盘存标志和选中标志,此时标签处于就绪Ready状态。读写器通过清点管理Inventory操作中的Query命令开始一个盘存周期,参与盘存的标签处于仲裁Arbitrate状态。Query命令中包含一个Q参数,Q值的大小决定了存盘周期帧时隙数的多少,接收到读写器发出的Q値后,标签在(0,2Q-1)区间内随机选取某一个数值,并存储到标签时隙寄存器内,读写器通过Query Rep命令使得电子标签时隙计数器减1,计数器数值减为0的标签并马上产生一个RN16发送给读写器。读写器回复Ack命令作为对标签RN16的确认,标签收到读写器发送的确认命令Ack后会发送由协议控制位、产品电子代码和16位循环冗余校验码三部分组成的应答信号。如果接收到的产品电子编码有效,读写器通过发送Query Rep或者Req_RN等命令对标签继续进行操作,否则读写器发送NAK命令。读写器获取标签新的RN16并通过相应的读写操作等控制命令对标签进行访Access。读写器与电子标签的通讯过程如图1所示。

2.1.2 ISO/IEC18000-6C协议中采用的防碰撞算法———动态Q算法

ISO/IEC 18000-6C协议采用的防碰撞算法是动态Q算法,该算法是对Aloha防碰撞算法的改进。防碰撞机制主要由读写器端的命令集(Query、Query Rep、Query Adjust)和电子标签端的时隙计数器组成。动态Q算法的逻辑流程图如图2所示。

动态Q算法最关键的即Q值的设定,Qfp表示算法在计算过程中得到的Q参数的中间值,为浮点数,c表示算法中每次遇到空闲时隙,而使Q值对应减少的量。c的取值范围为(0.1,0.5)。每次发生碰撞,浮点数Qfp就增加c,通常c的取值为0.1<c<0.5,由此可知,当1/c个连续的时隙发生碰撞时,Q値就会增加1,同理,当1/c个连续的时隙空闲,Q值就会减少1。Qfp初始值设定为4.0,Q值四舍五入后取整。

2.1.3 动态Q算法存在的问题

从动态Q算法的逻辑流程可以看出电子标签随机选择一个时隙,发生碰撞的标签将不会参与本次标签识别的过程,需等到下一个帧周期统一处理。这种算法属于动态帧时隙Aloha算法的改进算法,Aloha这类算法是一种概率性算法,采用标签随机发送数据、数据碰撞后再次重传的机制,会造成某个标签多次传输数据失败而无法被正确识别,存在着标签永远无法被识别概率。

通常RFID系统采用的防碰撞算法除了这种概率性的Aloha算法,还有一类基于二叉树及其改进算法的确定性算法,这类算法可以识别出满足读写器选择条件的所有电子标签,但这类算法因受编码方式以及传输速率限制,又因读写器与电子标签之间数据传输量大,识别时延长,其应用程度受限较大。随着电子标签的广泛使用,人们对RFID系统识别速度快,准确率高提出了更进一步的要求。所以目前超高频段防碰撞算法是亟待改善的核心技术。

同时在系统架构时要根据实际应用需求选择防碰撞算法或者改进的方碰撞算法。读写器与电子标签之间采用无线传输的通信方式,受无线信道环境的影响也较大,再之因为超高频微波易受干扰,穿透性较差,易受湿度、金属以及各种材质的影响,使得标签无法识别、漏读的现场很常见。这也是目前超高频RFID研究改进的重点。

2.2 超高频RFID系统使用常见问题———RFID阅读器能感应到电子标签,但无法读取电子标签内存储的标的物品信息

电子标签存储目标物信息无故消失,导致RFID阅读器能感应到电子标签,但无法读取电子标签内包含的图书信息,这是第二大常见问题,这种情况一般采取再一次进行标签写入图书信息后得以改善。但这种情况也反映出超高频电子标签的稳定性较之高频电子标签存储信息的稳定性较差。在正常使用中电子标签中存储的目标对象的信息数据需要可长久存储,并不因环境的变化而导致数据的遗失。这个问题暴露出超高频电子标签稳定性能以及安全性能有待提高。

2.3 超高频RFID系统使用常见问题———安全门监测仪误报

RFID安全门采取的是安全位检测报警的安防措施。安全位在完成外借操作时从0写为1,安全门检测到安全位不为1时,发出警报,达到安防的作用。读写器识别出电子标签后,根据需要发送Write命令后,并持续为电子标签提供20ms的连续波作为能量,如果电子标签写入成功,会在这20ms内返回应答信号。在实际操作中,安全位写入失败或者人为移动图书过快都会导致安全位设置失败。这种情况系统会提示EAS安全位设置失败,通过安全门时会发生警报。RFDI自助借还系统提示外借操作成功,查询读者图书借阅状态,图书已在读者已借书目中。这是因为图书的外借通过RFID设备识别后首先进行图书外借操作,修改后台数据库中图书外借信息后,才进行安全位的设定。但通常读者会认为安全门存在问题,明明已经外借成功但通过安全门时还会发出警报,并在读者中流传出安全门监测有问题的传言。面对这种情况,首先要提高读写器与电子标签之间的读写通信传输速度,再者建议读者人为延长等待时间。

3 总结

本文通过超高频RFID系统实际应用中常见问题入手,分析导致问题存在的根本原因是防碰撞算法的概率性、通信速率较慢以及无源电子标签数据存储的不稳定性造成,提出结合实际应用需求在系统架构架构时选择适宜的改进防碰撞算法,通过减少阅读器与标签之间每次通信总量提升读写器、电子标签以及系统高层之间的有效通信速率,改善无源电子标签的安全性。随着技术的发展和完善,超高频RFID系统的防碰撞性能仍有很大的改善空间。

摘要：射频识别技术(RFID)是一种无需接触的无线自动识别技术,通过空中传输的电磁波进行数据传输和目标识别。RFID技术除了无线识别的特点外还具有可靠性高、操作便捷、识别距离远、识别速度快、同时识别多个目标物、标签存储容量大和数据可改写等优势。文章以超高频RFID图书管理系统实际应用中常见问题着手,研究超高频RFID系统通信原理,ISO/IEC18000-6c通信协议采用的防碰撞算法——动态Q算法的工作流程,分析常见问题产生的根源,以及常见问题的解决方法。

关键词：超高频RFID,ISO/IEC18000-6c,动态Q算法,防碰撞性能

参考文献

[1]黄玉兰.物联网射频识别RFID核心技术详解[M].北京:人民邮电出版社,2012.

[2]ISO/IEC18000-6:2004(E).Information technology一Radio frequency identification for item Management-Part6:Parameters for air interface communications at 860Mhz to 960Mhz Switzerinad:2004.

[3]高乐.RFID技术中的防碰撞算法研究[D].电子科技大学,2006,06.

[4]刘晓慧.基于二进制树的RFID防碰撞算法研究[D].吉林大学,2015.

[5]杨青.UHF频段RFID系统空口协议关键技术研究与仿真[D].国防科技大学,2010.