1、.挑战动量中的“碰撞次数”问题河南省信阳高级中学 陈庆威 2016.11.042017年的高考的考试范围没有出来之前，我们可以回避、可以假装看不见、还可以不理会动量问题中的“碰撞次数”问题。可是，自从高中物理3-5纳入了必修行列之后，我们似乎已经变的没了选择。这里我整理了动量问题中的9道经典的“碰撞次数”问题，有的是求碰一次的情况，有的是求碰N次的情况，题目能提升能力，更能激发思维。还等什么，快来挑战吧。题目1：如图所示，质量为3kg的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的底板正中央放着一个质量为1kg的小木块，小木块可视为质点现使木箱和小木块同时获得大小为2m/s的方向相反的水平速度，小木块
2、与木箱每次碰撞过程中机械能损失0.4J，小木块最终停在木箱正中央已知小木块与木箱底板间的动摩擦因数为0.3，木箱内底板长为0.2m求：木箱的最终速度的大小；小木块与木箱碰撞的次数分析：由动量守恒定律可以求出木箱的最终速度；应用能量守恒定律与功的计算公式可以求出碰撞次数解析：设最终速度为v，木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Mv-mv=（M+m）v，代入数据得：v=1m/s；对整个过程，由能量守恒定律可得：设碰撞次数为n，木箱底板长度为L，则有：n（mgL+0.4）=E，代入数据得：n=6；答：木箱的最终速度的大小为1m/s；小木块与木箱碰撞的次数为6次
3、点评：本题考查了求木箱的速度、木块与木箱碰撞次数，分析清楚运动过程、应用动量守恒动量与能量守恒定律即可正确解题题目2：如图，长为L=0.5m、质量为m=1.0kg的薄壁箱子，放在水平地面上，箱子与水平地面间的动摩擦因数=0.3箱内有一质量也为m=1.0kg的小滑块，滑块与箱底间无摩擦开始时箱子静止不动，小滑块以v0=4m/s的恒定速度从箱子的A壁处向B壁处运动，之后与B壁碰撞滑块与箱壁每次碰撞的时间极短，可忽略不计滑块与箱壁每次碰撞过程中，系统的机械能没有损失g=10m/s2求：（1）要使滑块与箱子这一系统损耗的总动能不超过其初始动能的50%，滑块与箱壁最多可碰撞几次？（2）从滑块开始运动到滑
4、块与箱壁刚完成第三次碰撞的期间，箱子克服摩擦力做功的平均功率是多少？分析：（1）根据题意可知，摩擦力做功导致系统的动能损失，从而即可求；（2）根据做功表达式，结合牛顿第二定律与运动学公式，从而可确定做功的平均功率解析：（1）设箱子相对地面滑行的距离为s，依动能定理和题目要求有系统损失的总动能为解得由于两物体质量相等，碰撞时无能量损失，故碰撞后交换速度即小滑块与箱子碰后小滑块静止，箱子以小滑块的速度运动如此反复第一次碰后，小滑块静止，木箱前进L；第二次碰后，木箱静止，小滑块前进L；第三次碰后，小滑块静止，木箱前进L因为Ls2L，故二者最多碰撞3次（2）从滑块开始运动到刚完成第三次碰撞，箱子前进了
5、L箱子克服摩擦力做功W=2mgL=3J第一次碰前滑块在箱子上匀速运动的时间第二次碰前箱子匀减速的加速度大小设箱子匀减速的末速度为v，时间为t2v2-v02=2aLv=v0+at2求出t2=0.14s第三次碰前滑块在箱子上匀速运动的时间从滑块开始运动到刚完成第三次碰撞经历的总时间为t=t1+t2+t3=0.425s摩擦力做功的平均功率为点评：考查做功的求法，掌握动能定理的应用，学会由牛顿第二定律与运动学公式综合解题的方法，理解求平均功率与瞬时功率的区别。题目3：有一长度为l=1m的木块A，放在足够长的水平地面上取一无盖长方形木盒B将A罩住，B的左右内壁间的距离为L=3mA、B质量相同，与地面间的
6、动摩擦因数分别为uA=0.1和uB=0.2开始时A与B的左内壁接触，两者以相同的初速度v=18m/s向右运动已知A与B的左右内壁发生的碰撞时间极短，且不存在机械能损失，A与B的其它侧面无接触求：（1）开始运动后经过多长时间A、B发生第一次碰撞；（2）第一次碰撞碰后的速度vA和vB；（3）通过计算判断A、B最后能否同时停止运动？若能，则经过多长时间停止运动？若不能，哪一个先停止运动？（4）若仅v未知，其余条件保持不变，要使A、B最后同时停止，而且A与B轻轻接触（即无相互作用力），则初速度v应满足何条件？（只需给出结论，不要求写出推理过程）分析：木块和木盒分别做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学
7、公式求解木块和木盒相碰过程动量守恒和机械能守恒，列出等式求解分析木块、木盒的运动，根据运动学公式和几何关系求解解答：解：（1）木块和木盒分别做匀减速运动，加速度大小分别为：aA=Ag=1m/s2aB=Bg=2m/s2设经过时间T发生第一次碰撞则有：L-l=SA-SB=VT-代入数据得：T=2s（2）碰前木块和木盒的速度分别为：VA=V-aAT=16m/sVB=V-aBT=14m/s相碰过程动量守恒有：mvA+mvB=mvA+mvB根据机械能守恒有：代入数据得：vA=vB=14m/s 方向向右vB=vA=16m/s方向向右（3）设第一次碰撞后又经过T1时间，两者在左端相遇有：L-l=SB-SAS
8、B=vBT1-SA=vAT1-代入数据得；T1=T=2s在左端相碰前：木块、木盒速度分别为：v/2A=vA-aAT/=12m/sV/2B=vB-aBT/=12m/s可见木块、木盒经过时间t1=2T在左端相遇接触时速度恰好相同同理可得：木块、木盒经过同样时间t2=2T，第二次在左端相遇V/3A=v/3B=6m/s木块、木盒第三次又经过同样时间t3=2T在左端相遇，速度恰好为零由上可知：木块、木盒，最后能同时停止运动经历的时间：t总=6T=12s（4）由（2）归纳可知：v=6K（K取：1，2，3）点评：解决该题关键要清楚木块、木盒的运动过程，能够把相碰过程动量守恒和机械能守恒结合运用。题目4：如图
9、所示，足够长光滑水平轨道与半径为R的光滑四分之一圆弧轨道相切现从圆弧轨道的最高点由静止释放一质量为m的弹性小球A，当A球刚好运动到圆弧轨道的最低点时，与静止在该点的另一弹性小球B发生没有机械能损失的碰撞已知B球的质量是A球质量的k倍，且两球均可看成质点（1）若碰撞结束的瞬间，A球对圆弧轨道最低点压力刚好等于碰前其压力的一半，求k的可能取值：（2）若k已知且等于某一适当的值时，A、B两球在水平轨道上经过多次没有机械能损失的碰撞后，最终恰好以相同的速度沿水平轨道运动求此种情况下最后一次碰撞A球对B球的冲量答案：解：（1）设A球到达圆弧轨道最低点时速度为v0，则由机械能守恒定律，有：（1）设此时A球
10、对轨道压力为N，则：（2）设碰撞后A球的速度大小为v1，对轨道的压力为N1，B球的速度为v2，则由动量守恒定律，有：mv0=kmv2mv1（3）机械能守恒，有:（4）碰撞后，在最低点，有：（5）根据已知条件，有：（6）代入数值解上述方程组可得：k=3或（7）即若碰撞结束的瞬间，A球对圆弧轨道最低点压力刚好等于碰前其压力的一半，求k为3或（2）设最终两球的速度大小为v，根据机械能守恒可得：（8）最后一次碰撞前A、B两球的速度分别为vA、vB，则由机械能守恒和动量守恒定律，得到：mvA+kmvB=kmv-mv（9）（10）设最后一次碰撞A对B的冲量为I，根据动量定理得：I=kmv-kmvB（11）
11、解上述方程组可得：（12）故最后一次碰撞A球对B球的冲量为题目5：光滑的四分之一圆弧轨道固定在竖直平面内，与水平轨道CE连接水平轨道的CD段光滑、DE段粗糙一根轻质弹簧一端固定在C处的竖直面上，另一端与质量为2m的物块b刚好在D点接触（不连接），弹簧处于自然长度将质量为m的物块a从顶端F点静止释放后，沿圆弧轨道下滑物块a与物块b第一次碰撞后一起向左压缩弹簧已知圆弧轨道半径为r，DE=l，物块a、b与DE段水平轨道的动摩擦因数分别为1=0.2和2=0.4，重力加速度为g物块a、b均可视为质点求：（1）物块a第一次经过E点时的速度是多少？（2）试讨论l取何值时，a、b能且只能发生一次碰撞？解析：（
12、1）物块a由F到E过程中，由机械能守恒有：解得第一次经过E点时的速度（2） 物块a从E滑至D过程中，由动能定理有：解得物块a在D点时的速度物块a、b在D点碰撞，根据动量守恒有：mvD1=3mvD2解得两物块在D点向左运动的速度a、b一起压缩弹簧后又返回D点时速度大小由于物块b的加速度大于物块a的加速度，所以经过D后，a、b两物块分离，同时也与弹簧分离讨论：假设a在D点时的速度vD1=0，即l=5r要使a、b能够发生碰撞，则l5r假设物块a滑上圆弧轨道又返回，最终停在水平轨道上P点，物块b在水平轨道上匀减速滑至P点也恰好停止，设PE=x，则DP=l-x根据能量守恒，对a物块:对b物块:由以上两式
13、解得将和代入上式解得要使a、b只发生一次碰撞，则综上所述，当时，a、b两物块能且只能发生一次碰撞题目6：礀唀葧礀荠齗蝒葔葾协篿綏鮀泿稰絺沏帀爀洀椀渀瀀湥湨票潠鍧齑蝒驺泿辐綍蒏鹶亖罖遵魮晦翿鑬蹵睝葑煶礀晶恛昀恛昀恛昀怀$谰葧愀卷葧鑶戀$葧齧攀夰晛p攀夰晛豰攀夰晛R跿攀鸰晜魣睝Q桵N暋豵R攀夰晛豒盿溋鱥攀夰晛耀怀睝龈豢筏愀鼀葧v鱥汾傏戀谀驧偛豛汔傏葾礀齧礰衏p羋葧睝蒉罶葧睝箔筸筑樰筒橵R箑苿N獒賿靓筵梉栀缀葧睝卣呢蹵儀饘庑葜咔最卣呢蹵儰饘庑葻咔捑忿南呢蹵餰単葏卶呢湸蹵庑偻饧葥敒湸牒蹵牒庑偾獒埿剙蹵豰葧沏龏葧驵偛戰桔氰傏苿葧屝葏豺齔葵卶騀偛氰傏谀戰桔呎W睎髿偛b腸葓慶执驎偛騰偛葵汵傏魸翿汏傏汛舰愀眰卑叿譵蹙挀髿偛扛葢腸艧戀戰桔汎傏蒐苿斏找汎傏蒐苿y找湨驢髿偛葛汛傏葎卛魗翿汏傏补汥匰譵挀髿偛扛葢豗汔傏卛葎艭挀湨驢泿傏补汥匀一一戀挀帀愀
