挑战动量中的“碰撞次数” 问题
高中物理动量和碰撞问题解题要点
高中物理动量和碰撞问题解题要点动量和碰撞是高中物理中的重要内容，也是考试中常见的题型。
掌握解题要点对于学生来说至关重要。
本文将介绍高中物理动量和碰撞问题解题的要点，并通过具体题目的分析和说明，帮助学生理解和掌握这些解题技巧。
一、动量守恒定律动量守恒定律是解决动量问题的基本原理。
当系统内部没有外力作用时，系统的总动量保持不变。
这一原理常常应用于碰撞问题的解题中。
例如，有两个质量分别为m1和m2的物体，在水平面上以v1和v2的速度相向而行，发生完全弹性碰撞。
我们需要求出碰撞后两个物体的速度。
解题思路：1. 根据动量守恒定律，碰撞前后的总动量保持不变。
即m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'。
2. 由于是完全弹性碰撞，动能也守恒，所以可以利用动能守恒定律求解。
即(1/2)m1v1^2 + (1/2)m2v2^2 = (1/2)m1v1'^2 + (1/2)m2v2'^2。
3. 结合以上两个方程，可以解得碰撞后两个物体的速度。
二、动量定理动量定理是解决碰撞问题的另一个重要原理。
它描述了物体所受冲量等于物体动量变化率的关系。
例如，一个质量为m的物体以速度v运动，在时间Δt内受到一个冲量F。
我们需要求出物体的速度变化量Δv。
解题思路：1. 根据动量定理，冲量等于物体动量的变化量。
即F = mΔv/Δt。
2. 将已知量代入上述方程，可以解得速度变化量Δv。
三、碰撞类型的判断在解决碰撞问题时，需要根据碰撞类型的不同选择不同的解题方法。
常见的碰撞类型有完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞和部分非弹性碰撞。
例如，有两个质量分别为m1和m2的物体，在水平面上以v1和v2的速度相向而行，发生碰撞后粘连在一起。
我们需要求出碰撞后两个物体的速度。
解题思路：1. 根据碰撞描述，可以判断这是一个完全非弹性碰撞。
2. 在完全非弹性碰撞中，两个物体在碰撞后粘连在一起，质心速度等于两个物体质量的加权平均速度。
动量碰撞
一、动量守恒定律分析碰撞问题1．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碰撞，求两小球质量之比12 m m.2．质量为M的带有14光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则() A．小球以后将向左做平抛运动B．小球将做自由落体运动C．此过程小球对小车做的功为12Mv20D．小球在弧形槽上上升的最大高度为2 0 2 v g3．如图所示，在冰壶世锦赛上中国队以8∶6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，将质量为m的冰壶推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，求：(1)瑞典队冰壶获得的速度；(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞．4．两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量4 kg的物块C静止在前方，如图所示．B与C碰撞后二者会粘在一起运动．则在以后的运动中(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？5．质量分别为300 g和200 g的两个物体在无摩擦的水平面上相向运动，速度分别为50 cm/s和100 cm/s.(1)如果两物体碰撞并粘合在一起，求它们共同的速度大小；(2)求碰撞后损失的动能；(3)如果碰撞是弹性碰撞，求两物体碰撞后的速度大小．6．如图所示，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的小球从高为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v2.7．如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车．现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则()A ．小球在小车上到达最高点时的速度大小为02vB ．小球离车后，对地将向右做平抛运动C ．小球离车后，对地将做自由落体运动D ．此过程中小球对车做的功为12mv 208．如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m .开始时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v 0.一段时间后，B 与A 同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半．求：(1)B 的质量；(2)碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失．9．A 、B 两物体在水平面上相向运动，其中物体A 的质量为m A ＝4 kg ，两球发生相互作用前后的运动情况如图所示．则：(1)由图可知A 、B 两物体在________时刻发生碰撞，B 物体的质量为m B ＝________kg.(2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？10．在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d .现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d .已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g .求A 的初速度的大小．答案：1、2 2、BC 3、(1)0.3 m/s (2)非弹性碰撞 4、(1)3 m/s (2)12 J 5、(1)0.1 m/s (2)0.135 J (3) 0.7 m/s 0.8 m/s 6、11222 m gh m m 7、ACD8、(1) 2m (2) 16mv 20 9、(1)2 s 6 (2)30 J 10、285gd二、物体碰撞前后的条件1．质量为m 、速度为v 的A 球跟质量为3m 、静止的B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度允许有不同的值．请你论证：碰撞后B 球的速度可能是以下值中的( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.2vD ．0.1v2．A 、B 两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s ，B 球的动量是5 kg·m/s ，A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是( )A ．p A ′＝8 kg·m/s ，pB ′＝4 kg·m/sB ．p A ′＝6 kg·m/s ，p B ′＝6 kg·m/sC ．p A ′＝5 kg·m/s ，p B ′＝7 kg·m/sD ．p A ′＝－2 kg·m/s ，p B ′＝14 kg·m/s3．如图所示，质量相等的A 、B 两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是6 m/s ，B 球的速度是－2 m/s ，不久A 、B 两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A 、B 两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是( )A ．v A ′＝－2 m/s ，vB ′＝6 m/sB ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝2 m/sC ．v A ′＝1 m/s ，v B ′＝3 m/sD ．v A ′＝－3 m/s ，v B ′＝7 m/s4．质量为m 的小球A 在光滑的水平面上以速度v 与静止在光滑水平面上的质量为2m 的小球B 发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的19，那么碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A. 13v B. 23v C. 49v D. 89v答案：1、 B 2、BC 3、D 4、AB。
(完整版)碰撞中的功能关系(多问题、多次碰撞问题)
碰撞中的功能关系（多问题、多次碰撞问题）6．如图所示，光滑水平面上有一质量为M 、长为L 的长木板，其上有一质量为m 的物块，它与长木板间的动摩擦因数为μ，开始时长木板与小物块均靠在与水平面垂直的左边固定挡板处以共同的速度v 0向右运动，当长木板与右边固定竖直挡板碰撞后立即以大小相同的速率反向运动，且左右挡板之间的距离足够长。
（1）若m<M ，试求要使物块不从长木板上落下，长木板的最短长度。
（2）若物块不会从长木板上掉下，且M=2kg ，m=1kg ，v 0=10m/s ，试计算长木板与挡板第3次碰撞前整个系统损失的机械能大小及第n 次碰撞前整个系统损失的机械能表达式。
（1）长木板与右边挡板第一次碰撞后，物块在长木板上以速度v 0作相对运动，因左右挡板之间的距离足够长，当木块与长木板以共同速度v 1向左运动时，物块在长木板上移动的距离最远（设为L ），此时物块在长木板上不掉下，则在以后的运动中物块也不会从长木板上掉下。
因为每次碰撞后物块相对长木板运动的加速度相同，物块相对长木板运动的末速度也相同且为0，而第一次碰撞后物块相对长木板运动的初速度最大，所以第一次碰撞后物块相对长木板的位移也最大。
由动量守恒和能量守恒可得：(M －m)v 0=(M+m)v 1 ○1 (M+m)v 02/2－(M+m)v 12/2=μmgL ○2 由○1○2两式可得：L=2Mv 02/μ(M+m)g即要使物块不从长木板上掉下，长木板的最短长度应为：L=2Mv 02/μ(M+m)g （2）长木板与挡板第二次碰撞前系统所损失的机械能为ΔE 1，则由能量守恒可得：ΔE 1=(M+m)v 02/2－(M+m)v 12/2 ○3 由○1○3式可得： ΔE 1=2Mmv 02/(M+m) ○4 长木板与挡板第二次碰撞后到物块与长木板第二次以共同速度v 2向右运动，直到长木板与挡板第3次碰撞前，系统所损失的机械能为ΔE 2，由动量守恒和能量守恒可得：(M －m)v 1=(M+m)v 2 ○5 ΔE 2=(M+m)v 12/2－(M+m)v 22/2 ○6 由○5○6二式可得： ΔE 2=2Mmv 12/(M+m)=220)()(2mM m M v m M Mm +-+○7故长木板与挡板第3次碰撞前整个系统损失的机械能为：由○6○7二式可得：ΔE=ΔE 1+ΔE 2=22220)(1}])[(1{2MM m M m M m M v m M Mm +--+--+○8 将数据代入式可得： ΔE=148.1J ○9 由○4○7二式可得：长木板与板第(n －1)次碰撞后到长木板与挡板第n 次碰撞前，系统所损失的机械能为ΔE (n －1)，由等比数列公式可得：则：ΔE (n －1)=)1(2201])[()(2-+-+⋅∆n mM m M v m M Mm E○10所以长木板与挡板第次碰撞前整个系统损失的机械能为：ΔE 总=2)1(220)(1}])[(1{2mM m M m M m M v m M Mm n +--+--+-=])91(1[150)1(--n○1117．如图质量为m 的木块A 放在光滑的水平面上,木块的长度为l .另一个质量为M =3m 的小球B 以速度v 0在水平面上向左运动并与A 在距竖直墙壁为s 处发生碰撞,已知碰后木块A 的速度大小为v 0,木块A 与墙壁的碰撞过程中无机械能损失,且碰撞时间极短,小球的半径可忽略不计.求(1)木块和小球发生碰撞过程中机械能的损失;(2)木块和小球发生第二次碰撞时,小球到墙壁的距离. 17. （1）2031mv ；（2）54ls +。
理想气体的分子平均碰撞频率碰撞次数的期望
理想气体的分子平均碰撞频率碰撞次数的期望理想气体是指分子之间弱相互作用力，分子体积可以忽略不计的气体。
理想气体的分子运动是无规则的，分子之间会发生碰撞，这些碰撞是理解气体性质和研究气体行为的基础。
本文将探讨理想气体中分子的平均碰撞频率以及碰撞次数的期望。
1. 分子平均碰撞频率的概念及计算方法理想气体中分子的平均碰撞频率是指单位时间内发生的分子碰撞的次数。
设气体中共有N个分子，每个分子半径为r，平均速率为v。
在t时间内，一个分子能与其他分子产生碰撞的有效碰撞距离为2r。
因此，单位时间内一个分子能与其他分子产生的有效碰撞次数为：n = v / (πr^2)在整个气体中，每个分子都可以看作是等概率地与其他分子发生碰撞。
因此，总的平均碰撞频率为：z = n * N = (Nv) / (πr^2)2. 分子碰撞次数的期望及计算方法一个分子在单位时间内与其他分子发生的有效碰撞次数可以看作是一个随机事件，我们可以用概率的方法来研究这个问题。
设一个分子在t时间内与其他分子发生的有效碰撞次数为X，则X是一个服从二项分布的随机变量。
在小时间段(dt)内，一个分子能够与其他分子发生碰撞的概率为：P(dt) = n * dt = v * dt / (πr^2)根据二项分布的性质，一个分子在t时间内与其他分子发生k次有效碰撞的概率为：P(X=k) = C(N-1, k) * [P(dt)]^k * [1- P(dt)]^(N-1-k)根据期望的定义，我们可以计算分子在t时间内与其他分子发生有效碰撞的次数的期望值：E(X) = ∑k=0到N-1(k * P(X=k))通常情况下，当气体的分子数目很大时，可以使用泊松分布来近似描述二项分布，这样计算起来更加简单。
泊松分布的期望值等于其参数λ。
3. 碰撞频率和碰撞次数期望的物理意义及应用理解和计算分子平均碰撞频率以及碰撞次数的期望对研究理想气体的性质和行为非常重要。
通过对碰撞频率和碰撞次数的分析，我们可以得到以下几个方面的理解和应用：3.1. 热导率：分子之间的碰撞也将导致能量的传递。
2019.3.19 挑战动量中的“碰撞次数”问题(学案)
挑战动量中的“碰撞次数”问题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：①木箱的最终速度的大小；②小木块与木箱碰撞的次数．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μ=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？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μA=0.1和μB=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v A和v B；（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）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发生弹性碰撞．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弹性碰撞后，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．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μ1=0.2和μ2=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？6. 如图所示，质量为m A=2kg的木板A静止在光滑水平面上，一质量为m B=1kg的小物块B 以某一初速度v0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v B=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μ=0.2，g取10m/s2（1）求B的初速度值v0；（2）当x满足什么条件时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞？7. 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θ=30°角的皮带轮与水平面在p 点平滑连接，皮带轮逆时针转动，速度为v=3m/s ．一质量为1kg 可视为质点的物块A 压缩弹簧（与弹簧不连接），弹性势能E p =9J ，物块与O P 段动摩擦因素μ1=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332=μ，皮带轮足够长．A 与B 的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间不计，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．8. 在光滑水平地面上有一凹槽A ，中央放一小物块B 。
动量小专题6--碰撞规律的应用
动量小专题6—碰撞规律的应用一、碰撞及其规律1．特点(1)时间特点：在碰撞过程中，相互作用时间很短．(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，相互作用力远远大于外力．(3)位移特点：在碰撞过程中，物体发生速度突变时，位移极小，可认为物体在碰撞前后仍在同一位置．2．分析碰撞问题遵循的原则在所给的条件不足的情况下，碰撞结果可能有各种可能，但不管哪种结果必须同时满足以下三条：(1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)系统的总动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度的合理性(正碰)⎩⎪⎨⎪⎧ 追碰时，碰前v 后＞v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，且v 前′≥v 后′对碰时，碰后两物体可能都静止或至少有一个物体运动方向改变.二、碰撞合理性判断—例题：1 、在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可能发生的情况是( )A ．甲球停下，乙球反向运动B ．甲球反向运动，乙球停下C ．甲、乙两球都反向运动D ．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等2、质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A 球的动量为pA ＝9 kg ·m/s ，B 球的动量为pB ＝3 kg ·m/s ，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰后A 、B 两球的动量可能值是( )A ．pA ′＝6 kg ·m/s ，pB ′＝6 kg ·m/s B ．pA ′＝8 kg ·m/s ，pB ′＝4 kg ·m/sC ．pA ′＝－2 kg ·m/s ，pB ′＝14 kg ·m/sD ．pA ′＝－4 kg ·m/s ，pB ′＝17 kg ·m/s三、针对训练：1、在光滑水平面上，有A 、B 两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正，两球的动量分别是pA=7kgm/s ，pB=10kgm/s ，如图所示．若能发生正碰，则碰后两球的动量增量△pA 、△pB 可能是 （ ）A ．△pA=-3kgm/s ；△pB =3kgm/s B ．△pA=3kgm/s ；△pB =3kgm/sC ．△pA= -10kgm/s ；△pB =10kgm/sD ．△pA=3kgm/s ；△pB = -3kgm/s2、质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上沿一直线向同一方向运动，A 球的动量为PA ＝7kg ·m ／s ，B 球的动量为PB =5kg ·m ／s,当A 球追上B 球发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能为( )A ．pA ′＝6 kg ·m/s ，pB ′＝6 kg ·m/s B ．pA ′＝3 kg ·m/s ，pB ′＝9 kg ·m/sC ．pA ′＝－2 kg ·m/s ，pB ′＝14 kg ·m/sD ．pA ′＝－4 kg ·m/s ，pB ′＝17 kg ·m/s3、在光滑的水平面上，有A 、B 两球沿同一直线向右运动（如图1）．已知碰撞前两球的动量分别为：pA ＝12 kg ·m ／s ，pB ＝13 kg ·m ／s ．碰撞后它们的动量变化是ΔpA 、ΔpB 有可能的是：( )（A ）ΔpA ＝－3kg ·m ／s ΔpB ＝3 kg ·m ／s ． （B ）ΔpA ＝4kg ·m ／s ΔpB ＝－4 kg ·m ／s ．（C ）ΔpA ＝－5 kg ·m ／s ΔpB ＝5 kg ·m ／s ． （D ）ΔpA ＝－24kg ·m ／s ΔpB ＝24 kg ·m ／s ．4、质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比M/m 可能为( )A ．2B ．3C ．4D ．55、质量为m 的小球A 以速度v 0在光滑水平面上运动. 与质量为2m 的静止小球B 发生对心碰撞, 则碰撞后小球A 的速度大小v A 和小球B 的速度大小v B 可能为( )A. v A ＝13v 0 v B ＝23v 0B. v A ＝25v 0 v B ＝710v 0C. v A ＝14v 0 v B ＝58v 0D. v A ＝38v 0 v B ＝516v 0 6、在光滑的水平面上，有A 、B 两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正方向，两球的动量分别为A 5kg m/s P =⋅， B 7kg m/s P =⋅，如图所示，若两球发生正碰，则碰撞前后两球的动量增量A P ∆、B P ∆可能是（ ）A. A 3kg m/s P ∆=⋅， B 3kg m/s P ∆=⋅B. A 3kg m/s P ∆=-⋅， B 3kg m/s P ∆=⋅C. A 3kg m/s P ∆=⋅， B 3kg m/sP ∆=-⋅ D. A 10kg m/s P ∆=-⋅， B 10kg m/s P ∆=⋅7、在光滑水平面上,两球沿球心连线以相等速率相向而行,并发生碰撞,下列现象可能的是( )A 、若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开B 、若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行C 、若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开D 、若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行8.质量为m 的小球A 在光滑的水平面上以速度0v 与质量为2m 的静止小球B 发生正碰,碰后A 球的动能恰好变为原来的1/9,则B 球速度大小可能是( ) A. 03v B. 089v C. 049v D. 023v9．[2019·黑龙江哈三中模拟](多选)小球A 的质量为m A ＝5 kg ，动量大小为p A ＝4kg·m/s ，小球A 水平向右运动时与静止的小球B 发生弹性碰撞，碰后A 的动量大小为p ′A ＝1 kg·m/s ，方向水平向右，则( )A ．碰后小球B 的动量大小为p B ＝3 kg·m/s B ．碰后小球B 的动量大小为p B ＝5 kg·m/sC ．小球B 的质量为15 kgD ．小球B 的质量为3 kg10．[2019·河南信阳统考](多选)如图所示，三小球a 、b 、c 的质量都是m ，都放于光滑的水平面上，小球b 、c 与轻弹簧相连且静止，小球a 以速度v 0冲向小球b ，碰后与小球b 粘在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )A ．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B ．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C ．当小球b 、c 速度相等时，弹簧弹性势能最大D ．当弹簧恢复原长时，小球c 的动能一定最大，小球b 的动能一定不为零11．[2019·安徽示范高中质检]甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p 1＝5 kg·m/s ，p 2＝7 kg·m/s ，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s ，则甲球质量m 1与乙球质量m 2间的关系可能正确的是( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 2三、课后练习：1．[2019·北京东城区模拟]下面关于碰撞的理解，正确的是()A．正碰属于弹性碰撞，斜碰属于非弹性碰撞B．如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞C．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程D．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略2、在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车（和单摆）以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短。
动量守恒定律的应用之碰撞问题(解析版)
动量守恒定律的应用之碰撞问题1．分析碰撞问题的三个依据(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′。
(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2。
(3)速度要合理①碰前两物体同向，则v 后>v 前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v 前′≥v 后′。
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m 1，速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′①12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 由①②得v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2 v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：(1)当m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换了速度。
(2)当m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，并且v 1′<v 2′，碰撞后两球都向前运动。
(3)当m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
【典例1】 两个小球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线运动，其动量大小分别为5 kg·m/s 和7 kg·m/s ，发生碰撞后小球B 的动量大小变为10 kg·m/s ，由此可知：两小球的质量之比可能为( )A.m A m B＝1 B.m A m B ＝12 C.m A m B ＝15D.m A m B ＝110 【答案】C(－5)22m A ＋722m B ≤1222m A ＋(－10)22m B。
(2)设A 、B 两小球同向运动而发生碰撞，且A 球在前，B 球在后，取两小球碰前的运动方向为参考正方向，即p A 0＝5 kg·m/s ，p B 0＝7 kg·m/s 。
动量守恒定律应用中“n次”碰撞问题的解题归类
因此 ， 笔者 根据 自己 的教 学 实 践 经 验 ， “ 对 ｎ次 ” 碰撞 问题 的解题 进行 了简要 归类 总结 ， 希望 对 广 大 教师 和 学生 有所 帮助 。 量 守恒 定 律 应 用 中 ， 动
“
ｉ次 ”碰撞 问题 的解题 类型 大可 分为 以下 四类 ： ｒ １
似 的题 目还 有很 多 ， 但解 题方 法类 似 ， 度 不 大 ， 难 应注 重把握 题 型要 点 。 二 理清 运动 和碰 撞 过程 例 ２ 列 车进入 编组 站后 要重 新编 组 ， 出 会
三 利 用归 纳法 演绎 总结 例 ３ 如 图 １ Ａ Ｂ 是 光 滑 的水 平 固 定 轨 ，０
车 厢的 质 最 ， 由系 统 动 量 守 恒 有 ： ： 删 。 删
得 ＝ ｌ ７｝ ／ １
３ 末 态 ： 终谁 接 到篮 球 ， 、 最 篮球 就 与该 人 拥 有相 同 的速 度 ， 由于 是 甲先 出手 ， 以最 后 接 但 所
到篮球 的人 由传球 次数 １来 决定 １ （ ）当 ７为偶 数时 ， 最 终 在 甲的 手 中 ：Ｍ １ １ 球 （
１甲、 、 、 乙 球三 者可 以视 为一 个 系统 ， 于水 由 平 面光滑 ， 以该 系统 动量守 恒 ； 所 ２ 初 态 ： 、 、 三 者 构 成 系统 初 动 量 为 、 甲 乙 球
０；
相 邻两 车厢 的 间隙长 度为 ： ｓ ｓ （ 一 １ 。 Ａ ＝ ／ ｎ ）
用 表 示整 列 车厢最 后 的速 度 ， ｍ 表示 每 节 用
目类 型把 握不 准 ， 解题 经 验 不 足 ， 使 一 些 学 生 致
看 到“ 次 ”就 心生 畏 惧 ， 至对 题 目无从 下 手 。 ， 甚
列火 车 共 有 ｎ节 车 厢 ， 车 厢 之 间 的 间 隙 相 各
“N次”碰撞问题分类解析
在动量守恒定律的应用中，“n次”碰撞问题常常给考生作答带来一定的困难，由于考生对题目类型把握不准，解题经验不足，致使一些考生看到“n次”就心生畏惧。
现将动量守恒定律的应用中，“n次”碰撞的问题分为四类，并进行解析，希望对考生有所启迪。
一、明确初末状态例1 两名质量同为m的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上，甲抱有一质量为m的篮球。
现在，甲向乙抛出一个篮球，乙接球后再抛回。
如此反复传递n次后，试讨论甲和乙最后的速率关系怎样？解析：1.甲、乙、球三者可以视为一个系统，由于水平面光滑，所以该系统动量守恒；2.初态：甲、乙、球三者构成系统初动量为0；3.末态：最终谁接到篮球，篮球就与该人拥有相同的速度，但由于是甲先出手，所以最后接到篮球的人由传球次数n来决定。
可见，谁最后接球，谁的速度小。
点评：此类问题的解题要领在于：结合题目特点，不要过多交缠于复杂传递过程，在可以利用系统动量守恒定律求解的前提下，只要明确初末系统的状态，问题就可以迎刃而解。
与此类似的题目还有很多，但解题方法类似，难度不大，应注重把握题型要点。
二、理清运动和碰撞过程例2 列车进入编组站后要重新编组，会出现列车挂接问题，将许多节车厢逐一组合起来。
一列火车共有n节车厢，各车厢之间的间隙相等，间隙长度的总和为s。
第一节车厢以速度v1向第二节车厢运动，碰撞后连接在一起以共同的速度向第三节车厢运动，碰撞后连接在一起以共同的速度向第四节车厢运动……直到n节车厢全部挂好，则整个挂接过程所经历的时间为多少？轨道对车厢的阻力不计。
分析：略点评：此类问题在n次碰撞类型中也是极为常见的题型，题目所涉及的问题并非只关于初末状态，与例1有明显差别，突破的关键在于：在认真审题思考的前提下，要准确分析运动和碰撞过程，综合利用运动学公式和动量守恒知识进行解答。
三、利用归纳法演绎总结例3 如下图，aob是光滑的水平固定轨道，bc是半径为r的光滑1/4圆弧轨道，两轨道刚好相切，如下图所示，质量为m（m=10m）的小木块静止在o点，一质量为m的子弹以某一速度v0水平射入木块内未穿出，木块恰好滑到1/4圆弧的最高点c处，此后返回o点，若每当木块回到o点，立即有相同的子弹以相同的速度射入木块，且留在其中，则当第20颗子弹射入木块后，木块能上升多高？解析：由于bc段m所受冲量不为0，因此m往返、20颗子弹依次射入m中的总过程系统动量并不守恒；但m每次到达o点时，每一颗子弹射入木块的过程，系统动量都是守恒的，故必须依次列出20次射入的等式进行求解：设第1、2、3、4…颗子弹射入木块后的共同速度为v1、v2、v3、v4…取v0方向为正方向，由动量守恒定律有：射第一颗时：mv0=（m+m）v1①射第二颗时：mv0-（m+m）v1=（m+2m）v2②射第三颗时：mv0-（m+2m）v2=（m+3m）v3③射第四颗时：mv0-（m+3m）v3=（m+4m）v4④……由①②可知，v2=0；由③④可知，v4=0；同理，凡第偶数颗子弹射入木块后，其共同速度都为零，故第20颗子弹射入木块时，共同速度必为0。
挑战动量中的“碰撞次数”问题
挑战动量中的“碰撞次数”问题①由动量守恒定律可以求出木箱的最终速度；②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：①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 ；②对整个过程，由能量守恒定律可得：()()222121共v M m v m M E +-+=∆ 设碰撞次数为n ，木箱底板长度为L ， 则有：n （μmgL+0.4）=△E ， 代入数据得：n=6；答：①木箱的最终速度的大小为1m/s ； ②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μ=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v 0=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/s 2．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%5021220⨯≤mv mgs μ解得m gvs 67.0820=≤μ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L ＜s ＜2L ，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L 箱子克服摩擦力做功W=2μmgL=3J 第一次碰前滑块在箱子上匀速运动的时间s v lt 125.001==第二次碰前箱子匀减速的加速度大小2/622s m g mmga ===μμ 设箱子匀减速的末速度为v ，时间为t 2 v 2-v 02=2aL v=v 0+at 2 求出t 2=0.14s第三次碰前滑块在箱子上匀速运动的时间s vl t 16.03== 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 1+t 2+t 3=0.425s 摩擦力做功的平均功率为 W tWP 1.7==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。
高中物理-第一篇 专题二 高考新动向1 数学归纳法和图象法解决多次碰撞问题
(3)B与C第一次碰后到最终停止运动，B运动的总路程. 答案 5.062 5 m
12
设B与C第一次碰后向左运动的最大距离为 s1，对长木板，由动能定理 －μm1gs1＝0－12m2v02 解得 s1＝2μmm21gv02＝2.25 m 第二次碰后由动量守恒定律有 m1v1－m2v1＝(m1＋m2)v2
12
(1)若v0＝1.25 m/s，求第1、2个滑环间的细线刚刚绷紧瞬间第2个滑环的 速度大小；
答案 0.375 m/s
12
设第1、2个滑环间的细线刚刚绷紧前第1个滑环的速度为v1，由动能 定理得 －μmgl＝12mv12－12mv02 解得v1＝0.75 m/s 设第1、2个滑环间的细线刚刚绷紧瞬间两个滑环的速度变为v2，由动量 守恒定律得 mv1＝2mv2 解得v2＝0.375 m/s
设靶盒滑上长木板时的速度大小为v1，由动能 定理有 －μ(m1＋m0)gs＝12(m1＋m0)v12－Ek， 解得v1＝3 m/s， 设之后靶盒与木板达到共同速度v1′，(m1＋m0)v1＝(m1＋m0＋m2)v1′， 解得v1′＝2 m/s，该过程中木板的位移为s1， 木板的加速度为a，μ(m1＋m0)g＝m2a， 根据v1′2＝2as1， 解得s1＝0.5 m<d－l，
专题二 能量与动量
高考新动向1 数学归纳法和图象法 解决多次碰撞问题
当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多， 过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法：
先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几 数学
次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或 归纳法
说明木板与墙壁碰撞之前已经与靶盒达到共同 速度，木板第一次与墙壁碰撞之后向左减速， 经位移大小s1速度减为0，再向右加速，设与靶盒达到共同速度v2， 以向右为正方向(下同)，有(m1＋m0)v1′－m2v1′＝(m1＋m0＋m2)v2， 可得 v2＝13v1′， 木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s2速度减为0，再向 右加速v22＝2as2，设第二次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同 速度v3，
20110509一道动量竞赛题进才中学李海玉
6．物体系由五颗同样的弹性小珠子组成，它们可以沿着无限长的竖直杆无摩
擦地自由滑动(如图)．每个珠子具有初速度，如果它们初速度大小不同且其方向可以朝这一边，也可以朝另一边，求珠子可能发生相互碰撞的最多次数．
解析：质量相同的珠子发生弹性碰撞时，速度互换，因此弹性碰撞过程可以看作各珠子初始运动相互传承，建立珠子的s －t 图(图2)，5条图
线对应5个速度各异的珠子的运动．
5条图线间最多有
2554
102C ⨯==
个交点．
所以珠子可能发生相互碰撞的最多次数为10次．。
牛顿力学中的动量守恒与碰撞练习题及
牛顿力学中的动量守恒与碰撞练习题及解答牛顿力学中的动量守恒与碰撞练习题及解答1. 问题描述：一辆小汽车以20 m/s的速度行驶，质量为1500 kg。
它与一个质量为2500 kg的卡车发生碰撞，小汽车和卡车以10 m/s和15 m/s的速度相向运动，求碰撞前小汽车和卡车的动量以及碰撞后两者的动量。
2. 解答：在牛顿力学中，动量守恒原理指出，当系统内没有外力作用时，系统的总动量保持不变。
利用动量守恒原理，我们可以解题如下：碰撞前，小汽车和卡车的总动量为：p1 = m1 * v1 + m2 * v2其中，m1为小汽车的质量，v1为小汽车的速度，m2为卡车的质量，v2为卡车的速度。
代入已知数值，有：p1 = (1500 kg) * (20 m/s) + (2500 kg) * (-10 m/s)因为小汽车和卡车以相向运动，所以卡车的速度取负值。
计算得到碰撞前的总动量为：p1 = 30000 kg·m/s - 25000 kg·m/s = 5000 kg·m/s碰撞后，根据动量守恒原理，小汽车和卡车的总动量仍然保持不变。
设碰撞后小汽车和卡车的速度分别为v3和v4，有：p2 = m1 * v3 + m2 * v4代入已知数值，有：p2 = (1500 kg) * (10 m/s) + (2500 kg) * (-15 m/s)计算得到碰撞后的总动量为：p2 = 15000 kg·m/s - 37500 kg·m/s = -22500 kg·m/s值得注意的是，在这个问题中，我们可以发现p1和p2之和为0，即碰撞前和碰撞后的总动量之和为零，这符合动量守恒的原理。
通过以上计算，我们得出了碰撞前和碰撞后的总动量。
在实际问题中，我们可以进一步研究碰撞的细节，比如撞击力、碰撞时间等，以深入理解碰撞过程中的物理现象。
3. 结论：根据牛顿力学中的动量守恒原理，当没有外力作用于系统时，系统的总动量保持不变。
平均碰撞次数计算公式_解释说明以及概述
平均碰撞次数计算公式解释说明以及概述1. 引言1.1 概述在计算机科学中，碰撞次数是一个重要的概念，用于表示在处理冲突时两个或多个对象发生的相互碰撞的次数。
而平均碰撞次数则是指在一定操作下，发生碰撞的次数取平均值。
在数据结构和算法领域，平均碰撞次数计算公式被广泛应用于各种场景中，例如散列表（哈希表）中的冲突解决策略评估、数据库查询优化以及网络协议设计等。
本文将对平均碰撞次数计算公式进行解释和说明，并探讨其实际应用。
同时，我们还将介绍该计算方法的原理，并通过示例分析具体如何使用该方法来计算平均碰撞次数。
最后，我们将讨论可能的解决方案和改进策略以及现有算法与优化方法之间的对比分析。
1.2 文章结构本文按照以下结构组织：- 引言：介绍本文的背景和目的。
- 碰撞次数计算公式：解释该公式的含义和推导方法，以及其在实际应用中起到的作用。
- 平均碰撞次数计算方法：介绍该方法的原理，通过示例分析说明其使用方式，并讨论可能的解决方案。
- 计算公式的优化与改进：评估现有算法并提出优化策略，通过实验结果进行对比分析。
- 结论与展望：总结本文内容，并展望未来在这一领域的研究方向。
1.3 目的本文的主要目的是全面而清晰地介绍平均碰撞次数计算公式及其应用。
通过深入理解该公式和计算方法，读者将能够更好地应用它来评估和优化各种数据结构和算法中涉及到碰撞次数的问题。
此外，我们还希望通过对现有算法进行评估与改进，提出更加高效和准确的计算方案，推动该领域的进一步发展。
2. 碰撞次数计算公式:2.1 公式解释:碰撞次数计算公式是用来衡量在一个系统中产生的冲突或碰撞的频率的数学表达式。
它可以被应用于各种领域，包括计算机科学、物理学、概率论等等。
碰撞次数通常是指在某个过程或实验中，两个或多个对象之间发生相互作用或重叠的次数。
2.2 推导方法:推导碰撞次数计算公式通常涉及对系统特征和相关参数进行分析，并基于这些信息建立一个合适的模型。
通过定义问题和假设条件，我们可以利用概率论、统计学或其他相关方法来推导出最终的计算公式。
挑战动量中地“碰撞次数”问题
挑战动量中的“碰撞次数”问题河南省信阳高级中学陈庆威 2016.11.04 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：①木箱的最终速度的大小；②小木块与木箱碰撞的次数．分析：①由动量守恒定律可以求出木箱的最终速度；②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：①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 ；②对整个过程，由能量守恒定律可得：()()222121共v M m v m M E +-+=∆ 设碰撞次数为n ，木箱底板长度为L ， 则有：n （μmgL+0.4）=△E ， 代入数据得：n=6；答：①木箱的最终速度的大小为1m/s ； ②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μ=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v 0=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/s 2．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L＜s＜2L，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L箱子克服摩擦力做功W=2μmgL=3J第一次碰前滑块在箱子上匀速运动的时间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u A=0.1和u B=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v A和v B；（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：a A=μA g=1m/s2a B=μB g=2m/s2设经过时间T发生第一次碰撞则有：L-l=S A-S B=VT-代入数据得：T=2s（2）碰前木块和木盒的速度分别为：V A′=V-a A T=16m/s V B′=V-a B T=14m/s相碰过程动量守恒有：mv A′+mv B′=mv A+mv B根据机械能守恒有：代入数据得：v A=v B′=14m/s 方向向右v B=v A′=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=S B-S A S B=v B T1-S A=v A T1-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=v A-a A T/=12m/sV/2B=v B-a B T/=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。
动量守恒定律应用中n次碰撞问题探讨
（下转第34页）本文主要探究在动量守恒定律应用中“n 次”碰撞问题，该问题常常给学生做题带来一定的困难，由于学生对题目类型把握不准，解题经验不足，致使一些学生看到就心生畏惧，甚至对题目无从下手，因此，笔者根据对“n 次”碰撞问题分三类进行探讨。
一、抓住初末状态【例1】两名质量同的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上，其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接住球后再抛回。
如此发福进行n 次后，甲和乙最后速率关系是（ ）A .若甲最先接球，则一定是v 甲＞v 乙B .若乙最后接球，则一定是v 甲＞v 乙C .只有甲先接球，乙最后接球，才有v 甲＞v 乙D .无论怎样抛球，都是v 甲＞v 乙解析：甲、乙、球三者可以视为一个系统，由于水平面光滑，因此该系统动量守恒。
初态：甲、乙、球三者构成系统初动量为0；末态：最终谁接到篮球，篮球就与该人拥有相同的速度，若甲先抛出手，所以最后接到篮球的人由传球次数n 决定。
当n 为偶数时，球最终在甲的手中：（m＋m 0）v 甲=mv 乙，解得：v 甲v 乙=mm＋m 0.当n 为奇数时，球最终在乙的手中：mv 甲=（m＋m 0）v 乙，解得：v 甲v 乙=m＋m 0m.可见，谁最后接球，谁的速度小。
故本题选择B 项。
点评：本题为多物体多过程问题，对于由两个以上物体组成的系统，由于物体较多，相互作用的情况及作用过程较为复杂，但不要过多交缠于复杂传递过程，在可以利用系统动量守恒定律求解的前提下，只要明确初末系统的状态，问题就可以迎刃而解。
二、归纳演绎总结【例2】AOB 是光滑的水平固定轨道，BC 是半径为R 的光滑圆弧轨道，两轨道刚好相切，如图所示，质量为M=9m 的小木块静止在O 点，一质量为m 的子弹以某一速度水平射入木块内未穿出，木块恰好滑到圆弧的最高点C 处（子弹、木块均可视为质点），此后若每当木块回到O 点，立即有相同的子弹以相同的速度射入木块，且留在其中，当第n 颗子弹射入木块后，木块能上升的最大高度为多少？解析：第一颗子弹击中木块：mv=（M＋m ）v 1第二颗子弹击中木块：mv-（M＋m ）v 1=（2m＋M ）v 2第三颗子弹击中木块：mv-（M＋2m ）v 2=（3m＋M ）v 3第四颗子弹击中木块：mv-（M＋3m ）v 3=（4m＋M ）v 4第五颗子弹击中木块：mv-（M＋4m ）v 4=（5m＋M ）v 5……联立可得：v 1=mv M＋m ，v 2=0，v 3=mv M＋3m ，v 4=0，v 5=mvM＋5m由此可知：n 为偶数时，v n =0，则h=0n 为奇数时，v n =mv M＋m ，由（M＋mn ）gh=12（nm＋M ）v 2n 得：h=v 2n2g点评：本进行分析不难发现，题目的难点在于不能利用整个过程的动量守恒进行求解。
碰撞中的临界问题及多次碰撞问题-高考物理复习课件
2.(多选)(2024·广东佛山高三校考)如图3，长度为l＝1 m，质量为M＝1 kg的车厢，
静止于光滑的水平面上。车厢内有一质量为m＝1 kg，可视为质点的物块以速
度v0＝10 m/s从车厢中点处向右运动，物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度取g＝10 m/s2。
例2 (2024·湖北黄冈高三检测)人和冰车的总质量为M，另有一个质量为m的坚固 木箱，开始时人坐在冰车上静止在光滑水平冰面上，某一时刻人将原来静止在 冰面上的木箱以速度v推向前方弹性挡板，木箱与挡板碰撞后又反向弹回。设 木箱与挡板碰撞过程中没有机械能的损失，人接到木箱后又以速度v将木箱推 向挡板，如此反复多次，试求人推多少次木箱后将不可能再接到木箱(已知 M∶m＝31∶2)。 解析 人推木箱的过程，对于人和木箱组成的系统，由动量守恒定律有 第1次推木箱前后：0＝Mv1－mv 第2次推木箱前后：Mv1＋mv＝Mv2－mv…… 第n次推木箱前后：Mvn－1＋mv＝Mvn－mv n个式子相加得(n－1)mv＝Mvn－nmv 所以 vn＝(2n－M1)mv＝2(2n31－1)v
二、多次碰撞问题 多次碰撞问题的处理方法是数学归纳法，先利用所学知识把前几次碰撞过程 理顺、分析透彻。根据前几次数据利用数学归纳法，可写出之后碰撞过程中 对应规律或结果，然后可以计算全程的路程或发生碰撞的总次数等数据。多 次碰撞问题涉及的主要模型有：1.两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰 撞；2.多个物体发生连续碰撞。
下列说法正确的是(BD )
A.n＝26
B.系统因摩擦产生的热量为25 J
C.物块最终停在车厢右端
D.车厢最终运动的速度为5 m/s，方向水平向右
动量守恒定律应用碰撞问题
动量守恒应用碰撞问题一、 碰撞的定义相对运动的物体相遇，在极短的时间内，通过相互作用，运动状态发生显著变化的过程叫做碰撞。
二、 碰撞的特点作用时间极短，相互作用的内力极大，有些碰撞尽管外力之和不为零，但一般外力（如重力、摩擦力等）相 对内力（如冲力、碰撞力等）而言，可以忽略，故系统动量还是近似守恒。
在剧烈碰撞有三个忽略不计，在 解题中应用较多。
1. 碰撞过程中受到一些微小的外力的冲量不计。
2 .碰撞过程中，物体发生速度突然变化所需时间极短，这个极短时间对物体运动的全过程可忽略不计。
3 .碰撞过程中，物体发生速度突变时，物体必有一小段位移，这个位移相对于物体运动全过程的位移可忽 略不计。
三、 碰撞的分类1 .弹性碰撞（或称完全弹性碰撞）弹性碰撞是碰撞过程无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒和系统机械能守恒。
确切的说是碰撞 前后动量守恒，动能不变。
在题目中常见的弹性球、光滑的钢球及分子、原子等微观粒子的碰撞都是弹性碰 撞。
【例1】弹性正碰动碰静问题分析已知A 、B 两个钢性小球质量分别是 m 、m ,小球B 静止在光滑水平面上， A 以初速度V 。
与小球B 发生弹 性碰撞，求碰撞后小球 A 的速度v i ，物体B 的速度V 2大小和方向 （讨论结果）（熟记规律）解析：取小球A 初速度v o 的方向为正方向，因发生的是弹性 碰撞，碰撞前后动量守恒、动能不变有: m i v o = m i v i + m 2V 2 ① lm i v ；」m i v i 2」m 2V ；②2 2 2（2）当m i >m 2时，v i >0,即A 、B 同方向运动，因（m i 一匹^ v ——，所以速度大小v i m<^ m 2 m^i + m 2v v 2 ,即两球不会发生第二次碰撞；若m i >>m 2时，v i = v o , v 2=2v o 即当质量很大的物体 A 碰撞质量很小的物体B 时，物体A 的速2 .非弹性碰撞如果是非弹性力作用，使部分机械能转化为物体的内能，机械能有了损失，称为非弹性碰撞。
第一篇专题二培优点3数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题
mv0＝mv1＋Mv1′
解得 v1＝mm－ ＋MMv0＝－
2gl 2
v1′＝m2＋mMv0＝
2gl 2
即第一次碰撞后瞬间小球速度大小为 22gl，方向竖直向上，圆盘速度
大小为 22gl，方向竖直向下
12
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最 远距离； 答案 l
12
第一次碰撞后，小球做竖直上抛运动，圆盘所受摩擦力与重力平衡， 匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大， 当二者速度相同时，间距最大，则有v1＋gt＝v1′ 解得 t＝v1′g－v1＝vg0 根据运动学公式得最大距离为 dmax＝x 盘－x 球＝v1′t－(v1t＋12gt2)＝v20g2＝l
12
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒有mv2＋Mv1′＝mv2′＋Mv2″ 根据能量守恒定律有 12mv22＋12Mv1′2＝12mv2′2＋12Mv2″2 联立解得v2′＝0 v2″＝v0 同理可得当位移相等时x盘2＝x球2 v2″t2＝12gt22
12
解得 t2＝2gv0 圆盘向下运动的位移大小 x 盘 2＝v2″t2＝2vg02＝4l 此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞， 碰前小球的速度v3＝gt2＝2v0 由动量守恒有mv3＋Mv2″＝mv3′＋Mv3″ 由机械能守恒有 12mv32＋12Mv2″2＝12mv3′2＋12Mv3″2
两次碰撞之间的过程动量守恒， 计算B相对A的位移，与摩擦生 热相关
A的质量大于B的质量，B与挡
过程分析 之后物块B与挡板P发生了 板P碰撞后A、B再次共速，A、
很多次碰撞
B具有向右的速度，B再次与挡
板P碰撞
B往复运动，每次向左的位移2 0～t0时间内B经过的路程 倍之和等于路程
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
挑战动量中的“碰撞次数”问题河南省信阳高级中学 陈庆威 2016.11.04 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：①木箱的最终速度的大小；②小木块与木箱碰撞的次数．分析：①由动量守恒定律可以求出木箱的最终速度；②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：①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；②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（μmgL+0.4）=△E，代入数据得：n=6；答：①木箱的最终速度的大小为1m/s；②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μ=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L＜s＜2L，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L箱子克服摩擦力做功W=2μmgL=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t2 v2-v02=2aL v=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=3m．A、B质量相同，与地面间的动摩擦因数分别为u A=0.1和u B=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v A和v B；（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：a A=μA g=1m/s2a B=μB g=2m/s2设经过时间T发生第一次碰撞 则有：L-l=S A-S B=VT-代入数据得：T=2s（2）碰前木块和木盒的速度分别为：V A′=V-a A T=16m/s V B′=V-a B T=14m/s相碰过程动量守恒有：mv A′+mv B′=mv A+mv B根据机械能守恒有：代入数据得：v A=v B′=14m/s 方向向右v B=v A′=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=S B-S A S B=v B T1-S A=v A T1-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=v A-a A T/=12m/sV/2B=v B-a B T/=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=kmv2±mv1 (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v A、v B，则由机械能守恒和动量守恒定律，得到：mv A+kmv B=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-kmv B (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μ1=0.2和μ2=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：（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：mv D1=3mv D2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：①假设a在D点时的速度v D1=0，即 l=5r要使a、b能够发生碰撞，则l＜5r②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：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μ为0.5。
开始时物块静止，凹槽以初速度向右运动，设物块与凹槽壁碰撞过程中没有能量损失，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。
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：（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，由动能定理得已知L=1m，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v1、v2, 碰后的速度分别为、。
有得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。
则凹槽的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0.5L。
其余每份面积均为L。
）题目7：如图所示，质量为m A=2kg的木板A静止在光滑水平面上，一质量为m B=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v B=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μ=0.2，g取10m/s2（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．（2）A与竖直挡板只能发生一次碰撞，碰撞后，A的动量应大于或等于B的动量．对系统，根据动量守恒和对A，由动能定理列式，结合条件可求x的范围．解析：（1）假设B的速度从v0减为v B=4m/s时，A一直加速到v A，以A为研究对象，由动能定理…①代入数据解得：v A=1m/s＜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m B v0=m A v A+m B v B…②联立①②解得 v0=6m/s（2）设A、B与挡板碰前瞬间的速度分别为v A1、v B1，由动量守恒定律：m B v0=m A v A1+m B v B1…③以A为研究对象，由动能定理…④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v A1，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m A v A1≥m B v B1…⑤由③⑤得：m B v0≤2m A v A1 ⑥解得…⑦由④⑦联立解得 x≥0.625m答：（1）B的初速度值v0为6m/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8：如图所示，质量为m A=2kg的木板A静止放在光滑水平面上，一质量为m B=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v0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v B=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μ=0.2，g取10m/s2（1）求B滑上A的左端时的初速度值v0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v0减为v B=4m/s时，A一直加速到v A，以A为研究对象，由动能定理①，代入数据解得v A=1m/s＜v B，故假设成立；在A向右运动位移L=0.5m的过程中，A、B系统动量守恒，由动量守恒定律得：m B v0=m A v A+m B v B ②，联立①②解得 v0=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v A1、v B1，由动量守恒定律m B v0=m A v A1+m B v B1 ③，以A为研究对象，由动能定理④，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v A1，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 ⑤，联立③④⑤解得 x≥0.625m；答：（1）B滑上A的左端时的初速度值v0为6m/s，静止滑下时距木板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θ=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．一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧（与弹簧不连接），弹性势能E p=9J，物块与OP段动摩擦因素μ1=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，皮带轮足够长．A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/s2，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沿皮带轮向上匀减速运动直至速度为零，然后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，分段求出时间，即可得解．（3）B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回时与B碰撞，B沿皮带轮向上运动再原速返回，重复这一过程直至两者不再碰撞．每一次过程中损失的机械能为2μ1mgl，根据整个过程能量守恒列式求解A、B碰撞的次数．解析：（1）设物块质量为m，A与B第一次碰撞前的速度为v0，由动能定理：解得：v0=4m/s（2）设A、B第次碰撞后的速度分别为v A，v B，由动量守恒和机械能守恒得：mv0=mv A+mv B，解得：v A=0，v B=4m/s碰后B沿皮带轮向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，由牛顿第二定律：运动的时间为：运动的位移为：此后B开始向下加速，加速度仍为a1，速度与皮带轮速度v相等时匀速运动，设加速时间为t2，位移为x2，匀速时间为t3则有：A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前B运动的时间为：t=t1+t2+t3=0.817s（3）B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿皮带轮向上运动再原速返回，重复这一过程直至两者不再碰撞．每一次过程中损失的机械能为，设第二次碰撞后重复的过程数为n，则：mv2=n×2μ1mgl解得：n=2.25故两者碰撞的次数为6次点评：本题首先要理清物体的运动过程，其次要准确把握每个过程所遵守的物理规律，特别要掌握弹性碰撞过程，动量和机械能均守恒，两物体质量相等时交换速度．。