挑战动量中的“碰撞次数”问题

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 2017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，小木块与木箱每

2、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：E - M m v2- m M v共22 2设碰撞次数为 n,木箱底板长度为L,则有：n (卩 mgL+0.4 ) = E,代入

3、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.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口 =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vo=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：

4、(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2 mgs 1mv02 50%2解得 s V。0.67m8 gL;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Lvsv2L, 故二者最多碰撞

5、3次.(2) 从滑块开始运动到刚完成第三次碰撞，箱子前进了L箱子克服摩擦力做功 W=2i mgL=3J第一次碰前滑块在箱子上匀速运动的时间t1 丄 0.125sVo第二次碰前箱子匀减速的加速度大小 a 2 mg 2 g 6m/s2m设箱子匀减速的末速度为V,时间为t2v2-v o2=2aLv=vo+at2求出 t2=0.14s第三次碰前滑块在箱子上匀速运动的时间t310.16sv从滑块开始运动到刚完成第三次碰撞经历的总时间为 t=t i+t2+t 3=0.425s摩擦力做功的平均功率为P W 7.1Wt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

6、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=3m A、B 质量相同，与地面间的动摩擦因数分别为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

7、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= 口 Ag=1m/s2aB=卩 Bg=2m/s2设经过时间T发生第一次碰撞则有：1717护厂（FT齐厂L-I二Sa-Sb二VT-显2 J代入数据得：T=2s（2）碰前木块和木盒的速度分别为：VA二V-aA

8、T=16m/sW =V-aBT=14m/s相碰过程动量守恒有： m +mv二mv+mv根据机械能守恒有:代入数据得:va二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 Ti时间，两者在左端相遇有：L-I二Sb-SaSB=VbTi-1 J-a厂L3 1S=VaTi-1 J -a1 A 1代入数据得；Ti=T=2s在左端相碰前：木块、木盒速度分别为：v/2A=vA-aAf = 12m/sV2B=VB-a bT=12m/s可见木块、木盒经过时间ti=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 12=2T，第二次在左端相遇V3A=V/ 3

9、B=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

10、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 vo,则由机械能守恒定律，有:1 2 -mvo 2设此时A球对轨道压力为N则:2N mg m詈（ 2）设碰撞后A球的速度大小为vi,对轨道的压力为N ,B球的速度为V2, 则由动量守恒定律，有:mv二kmv 士 mv（3）机械能守恒，有：1 2 1mv,kmv2 2 2碰撞后，在最低点，有:2V-I/N m

11、g m 一 （ 5）根据已知条件，有：1N1N ( 6)2代入数值解上述方程组可得:k=3 或 k 一(7)3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13(2)设最终两球的速度大小为V，根据机械能守恒可得:mgR2 -mv21 22皿（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:mv+km址二kmv-mv( 9)1 21 21 21 . 2-mvA-kmvB- mv-kmv ( 10)2222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)解上述方程组可得：I Ct ( 12)

12、故最后一次碰撞A球对B球的冲量为I -4k J-2gRk 1 V k 1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 动摩擦因数分别为卩1=0.2和卩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

13、论I取何值时，a、b能且只能发生一次碰撞?mgr ；m解得第一次经过E点时的速度V1(2)物块a从E滑至D过程中,1 2 1 21 mgl -mvD1 -m解得物块a在D点时的速度Vd1由动能定理有:2g r 0.2I物块a、b在D点碰撞，根据动量守恒有：mw=3mv2解得两物块在D点向左运动的速度2g r 0.2I3a、b 一起压缩弹簧后又返回D点时速度大小VD3TO21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Vdi=O,即l=5r 要使a、b能够发生碰撞，则I v 5r假设物块a滑上圆弧轨道又返回，最终停在水平轨道

14、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,1对 a 物块：1mg l x mvD32 0对 b 物块:2mg l x -2mvD32 0 2由以上两式解得x -l3解得要使1l和VD3 f M代入上式l 5r1a、b只发生一次碰撞，则l r13综上所述，当5r l 5r时，a、b两物块能且只能发生一次碰撞.13题目6:在光滑水平地面上有一凹槽 A,中央放一小物块 B物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m。凹槽与物块的质量均为 m两者之间的动摩擦因数为0.5。开始时物块静止，凹槽以1 -初速度向右运动，设物块与凹槽壁碰撞过程中没有能量损失

15、,且碰撞时间不计。g取10m/s2。求:(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度;(2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数;(3)从凹槽开始运动到两者相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。BL J勺V月解析：(1)设两者间相对静止时的速度为 V ,由动量守恒定律得：f(2)物块与凹槽间的滑动摩擦力设两者间相对静止时的路程为S1，由动能定理得得巧二12.M1 a 1 ._号比= (?十啊加-?2Vq已知L=im可推知物块与右侧槽壁共发生 6次碰撞。(2)设凹槽与物块碰前的速度分别为Vi、V2,碰后的速度分别为、。有rtIqlgl 心 J柯L + 2 =+ 淞羽+ iVa

16、 = + /TJVj得： lj 即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v-t 图象在两条连续的匀变速运动图线间转换， 故可用匀变速直线运动规 律求时间。贝S卩二十加 a = -ig 解得 t = 5s凹槽的V-t图象所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小S2。(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5 L。其余每份面积均为L。)题目7:如图所示，质量为m=2kg的木板A静止在光滑水平面上,一质量为m=1kg的小物块B以某一初速度v从A的左端向右运动， 当A向右运动的路程为L=0.5m时，B的速度为VB=4m/s,此时

17、A的右 端与固定竖直挡板相距x.已知木板A足够长(保证B始终不从A上 掉下来)，A与挡板碰撞无机械能损失，A、B之间的动摩擦因数为卩2=0.2 , g 取 10m/s(1) 求B的初速度值v;(2) 当x满足什么条件时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞？分析：(1 )以A为研究对象，根据动能定理求出路程为L时的速度，分析 A此时处于加速还是匀速状态，再根据系统的动 量守恒列式，求出 B的初速度.A的动量应大A,由动能定(2) A与竖直挡板只能发生一次碰撞，碰撞后， 于或等于B的动量.对系统，根据动量守恒和对 理列式，结合条件可求 x的范围.解析：(1)假设B的速度从vo减为VB=4m/s时，A 一

18、直加速到Va，以A为研究对象，由动能定理mgl 2 mAVA2 代入数据解得：v A=1m/s v v b ,故假设成立 在A向右运动路程 L=0.5m的过程中，A、B系统动量守恒rb vo 二mv a+rw b 联立解得 v o=6m/s(2)设A B与挡板碰前瞬间的速度分别为Vai、Vbi，由动量守恒定律：mBVo二mvAi+mvBi 以A为研究对象，由动能定理mBg L x 22 由于A与挡板碰撞无机械能损失，故A与挡板碰后瞬间的速度大小为Vai，碰后系统总动量不再向右时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞，即mAVAi mvBi 由得：mw 0.625m答：(1) B的初速度值 vo为6m/

19、s .(2)当x 0.625m时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞.点评：本题考查了动量守恒定律、动能定理的应用，本题第(2)小题是本题的难点，知道A与挡板碰撞一次的条件是正确解题的前提与关键.题目&如图所示，质量为m=2kg的木板A静止放在光滑水平面上，一质量为mB=1kg的小物块 B从固定在地面上的光滑弧形 轨道距木板 A上表面某一高 H处由静止开始滑下，以某一初速 度vo滑上A的左端，当 A向右运动的位移为L=0.5m时，B的速度为VB=4m/s ,此时A的右端与固定竖直挡板相距x ,已知木板A足够长(保证 B始终不从 A上滑出)，A与挡板碰撞无机械能损失，A、B之间动摩擦因数为卩=0.2

20、, g取10m/s(1) 求B滑上A的左端时的初速度值vo及静止滑下时距木板A上表面的高度 H(2) 当x满足什么条件时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞分析(1) A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的初速度，由机械能守恒定律或动能定理可以求出物体A下滑的高度.(2) A B组成的系统动量守恒，当碰撞之后系统动量向左或 为零时，A只于挡板碰撞一次，由动量守恒定律、动能定理即 可正确解题.解析：(1)假设B的速度从vo减为VB=4m/s时，A 一直加速到VA ,以A为研究对象，由动能定理- mAv/0，2代入数据解得 VA=1m/s v vb,故假设成立;在A向右运动位移 L=0.5

21、m的过程中，A、B系统动量守恒,由动量守恒定律得：mvo二mvA+mwB，-mBvo2 mBgH2V A1、 V B1，联立解得vo=6m/s ;B下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得:解得 H=1.8m;(2)设A B与挡板碰前瞬间的速度分别为由动量守恒定律mwo二mvAi+nwBi，以A为研究对象，由动能定理1 2 mBg L x 2 mAVAi0，由于A与挡板碰撞无机械能损失，故A与挡板碰后瞬间的速度大小为VA1，碰后系统总动量不再向右时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞,即mAVAi mBVBi ，联立解得x 0.625m ;答：(1) B滑上A的左端时的初速度值vo为6m/s，静止滑

22、下时距木板 A上表面的高度为1.8m ;(2)当 x 0.625m时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞.点评：本题考查了动量守恒定律、动能定理的应用，本题第(2)小题是本题的难点，知道A与挡板碰撞一次的条件是正确解题的前提与关键.题目9:如图，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置， O点左侧水平面光滑.水平段 OP长L=1m, P点右侧一与水平方向成B =30 角的皮带轮与水平面在 p点平滑连接，皮带轮逆时针动，速度为3m/s .质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不连接)，弹性势能Ep=9J，物块与 0P段动摩擦因素卩1=0.1 ;另一与 A完全相同的物块B停在P点，B与皮带轮的摩擦因素2 ，皮带轮足够长.A3与B的碰撞为弹性碰撞且碰撞事件不计，重力加速度g取10m/s 2，现释放A,求：(1) 物块A与B第一次碰撞前的速度；(2) A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前B运动的时间；(3) A、B碰撞的次数.分析：(1)从释放到与 B碰撞前的过程，对 A运用动能定理 列式，即可求解物块 A与B第一次碰撞前的速度；(2) 根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰后A、B的速 度.B获得速度后碰后 B沿皮带轮向上匀