挑战动量中的“碰撞次数”问题
挑战动量中的“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：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。
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。
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
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．。
动量守恒经典题目碰撞,弹簧,板块
班级姓名一、计算题（每题10分）1．在足够长的水平光滑直导轨上，静止放着三个质量均为m＝1 kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2 m/s的速度正对着B球运动，A、B两球碰撞后粘在一起，两球继续向右运动并与C球发生正碰，C球的最终速度v C＝1 m/s。
求：（1）A、B两球与C球相碰前的共同速度多大？（2）两次碰撞过程中一共损失了多少动能？2．(9分)如图所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为m A＝3m、m B＝m C ＝m，开始时 B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．3．如图所示，质量为 m 的小球 B，用长为l的细绳吊起处于静止状态，质量为 m的 A 球沿半径为l的光滑 1／4 圆弧轨道，在与 O 点等高位置由静止释放，A 球下滑到最低点与B 球相碰，若A球与B 球碰撞后立刻粘合在一起，求：（1）A球与B 球碰撞过程中损失的机械能（2）A球与B 球撞后的瞬间受到细绳拉力 F的大小4．如图所示，在光滑水平面上使滑块A 以2 m/s 的速度向右运动，滑块B 以4m/s 的速度向左运动并与滑块A 发生碰撞，已知滑块A 、B 的质量分别为1 kg 、2 kg ，滑块B 的左侧连有轻弹簧，求：（1）当滑块A 的速度减为0时，滑块B 的速度大小；（2）两滑块相距最近时滑块B 的速度大小．5．如图所示，光滑水平面上有A 、B 、C 三个物块，质量分别为m A = 2.0kg ，m B = 1.0kg ，m C = 1.0kg ．现用一轻弹簧将A 、B 两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A 、B 两物块靠近，此过程外力做108J 的功（弹簧仍处于弹性限度内），然后同时释放A 、B ，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，C 恰以4m/s 的速度迎面与B 发生碰撞并粘连在一起．求：（1）弹簧刚好恢复原长时（B 与C 碰撞前）A 和B 物块速度的大小．（2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能．6．如图所示，质量为3m 、长度为L 的木块静止放置在光滑的水平面上。
相关“交替碰撞次数”问题探法
（） １
ｒ ， （ ＋ ） 一 ｌ Ｖ ２（ ） ｎ， ｇ￣ Ｓ： Ｍ ２ ２ Ｏ
请 同学们 思考 ： 最终 停 在板上 的何 位 球
置？
２ 从 求 “ 对 路 程” 入 相 切
例 ２ 如图 ２ 所 示 ， 光 滑 水 平 在
动 ， 至二者第 ２次发生 碰撞． 者第 ２ 相 直 二 次 碰后， 小球保持静止 ， 铝板 又 以第 １ 次碰撞 前
的速 度 为初 速 向右 做 匀 减速 运 动 ， 至与 小球 直 发 生 第 ３次 碰 撞 ， 一、 … 以后 二 者 的 运 动 及 交 替 碰 撞 按 上 述形 式 进 行 下 去 ， 至 铝 板 和球 的 直 运 动速 度 均 减小 到零 为 止 ．
１ ０ｍ ／ｓ ２
．
目
＝
中 能 够 与 球 相 碰 ， 球 必 能 再 与 板 在 球 的 运 则 动 中相 碰 、 就 是说 ， 者 总共 撞 的 次数 一 定 也 二 为偶 数 、２ 只 要 板 对 地 每 发 生 ． （） ａ Ｓ＝ Ｌ —２ １ ｒ （ ２ 、 ） ｍ ＝１ 、 ｅ 的 位 移 ， 者 １ —２Ｘ０ ３ ｃ １４ｒ ａ 二
１ ５ ｓ 方 向水 ． Ｎ・ 、
Ｓ． 于 板 与 球 碰 撞 不 损 失 动 能 ， 以有 由 所
２ｍ ｇ ｚ １ ｆｓ：
ｍ
５
＝ ｍ＿７ｏ ｍ ＿３
解得
ｓ＝
根 据 以上 分 析 ， 现 二 者 的 运 动 及 碰 撞 发 次数 具 有 如 下 的 两 个 特 点 ：１ 只要 板 在 运 动 （）
饲 １ 在 如图 １ 所示 的水 平地 面上有 一
凹形 铝 板 ， 关 尺 寸 在 图 中 已 经标 出 ， 板 的 有 铝 质 量 为 ｍ ＝０ ２ ｇ 在 铝 板 的 右 端 紧 贴 竖 直 ．ｋ ， 挡 板 放 有 一 个 与 铝 板 质 量 相 等 的 光 滑 铁 球 ， 球 的 半 径 为 ｒ＝０ ３ｒ． 板 与 水 平地 铁 、ｅ 铝 ａ 面 间 的 动 摩 擦 因数 ＝０ ２ 开 始 时 铝板 和 球 ．、 均处 于 静 止 ． 突 然 给 铝 板 一 个 大 小 为 ， 现 ＝
2018年高考物理动量守恒定律10个模型最新模拟题精选训练 专题08 多次碰撞模型 含解析
动量守恒的十种模型精选训练8动量守恒定律是自然界中最普遍、最基本的规律之一，它不仅适用于宏观、低速领域，而且适用于微观、高速领域。
通过对最新高考题和模拟题研究，可归纳出命题的十种模型。
八．多次碰撞模型【模型解读】若放在光滑水平面上的凹槽中的物体以某一速度与其碰撞，则会发生多次碰撞。
对于发生多次碰撞的系统，若只需计算二者相对静止时的速度，则可根据初末状态利用动量守恒定律列方程解得。
例8. 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0.05，开始时物块静止，凹槽以v0＝5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽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：⑴物块与凹槽相对静止时的共同速度；⑵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；⑶从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。
（3）设凹槽与物块碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1’、v2’，有mv1+mv2= mv1’+mv2’，错误！未找到引用源。
mv12+错误！未找到引用源。
mv22=错误！未找到引用源。
mv1’ 2+错误！未找到引用源。
mv2’ 2，联立解得：v1’= v2，v2’= v1。
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图线在两条连续的匀变速直线运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间。
则v=v0+at，a=-μg，解得：t=5s。
凹槽的v-t图线所包围的阴影部分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）。
s2=错误！未找到引用源。
(错误！未找到引用源。
)t+6.5L，s2=12.75m。
【点评】对于两个物体的多次碰撞模型，一般涉及动量守恒定律、动能定理等知识点，难度较大。
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。
动量守恒之碰撞问题
动量守恒之碰撞问题1.发生碰撞的两个物体，有以下规律：①时间：过程持续时间即相互作用时间极短②作用力：在相互作用的过程中，相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，平均作用力很大③动量守恒条件：系统的内力远远大于外力，所以，系统即使所受外力之和不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒④位移：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，可以认为物体在碰撞前后仍在同一位置⑤能量：在碰撞过程中，一般伴随着机械能的损失，碰撞后系统的总动能要小于或等于碰撞前系统的总动能，即：由一般情况下碰撞的时间极短，碰撞时内力远大于外力。
碰撞前后两个物体的位移几乎没有发生变化，在一般问题中，认为碰撞前后的两个物体仍在原来位置，以新的速度发生相对运动。
2、通常有以下三种情况㈠弹性碰撞① 模型规律：质量为1m 与质量为2m 的物体分别以速度1v ，2v 运动并发生对心碰撞，碰撞过程中无机械能损失(如图所示)。
动量守恒：11221122''m v m v m v m v +=+ ①动能守恒：22'2'21122112211112222m v m v m v m v +=+ ② 得：12122112()2'm m v m v v m m -+=+ ③21211212()2'm m v m v v m m -+=+ ④ ②运算技巧：列出方程相对而言比较容易，但求解过程较为复杂很多。
很多同学过不了这关。
记忆也有一定的难度，这里介绍一种比较好的方法。
推导过程：1212211221111212()222'm m v m v m v m v v v v m m m m -+++=+=++12m 时，1v 2m <，据③④则：特别：12m m 时，11'v v ≈- 2'0v ≈即：质量极小者碰质量极大者，碰后质量极小者原速度反弹，质量极大者几乎不动。
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。
【word】动量守恒定律应用中“n次”碰撞问题的解题归类
动量守恒定律应用中“n次”碰撞问题的解题归类V o1.29No.433(S)11.2011.7O.物理教学探讨JournalofPhysicsTeaching第29卷总第433期2011年第11期(上半月)中‟次‟‟碰撞问题的解题归类张超广东省佛山市顺德区容山中学,广东省佛山市528305在动量守恒定律应用中,”,次”碰撞问题常常给学生们作答带来一定的困难,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”,次”就心生畏惧,甚至对题目无从下手.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.动量守恒定律应用中,“ir1次”碰撞问题的解题类型大可分为以下四类: 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11来决定(1)当71为偶数时,球最终在甲的手中:(M+”1)甲一Mv乙;得:一.(2)当n为奇数时,球最终在乙的手中:My=(M+,)z.;得.一±…M.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,则问题可以迎刃丽解.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5.第一节车厢以速度向第二节车厢运动,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11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.一解析:l,列车对接过程中,由于轨道对车厢的阻力不计,n节车厢组成的系统动量守恒;2,运动过程:列车在对接前后均做匀速直线运动,1”1节车厢有(一1)个间隙;3,碰撞过程:列车对接动量守恒,属完全非弹性碰撞,即参与碰撞的各部分碰撞后速度相等. 相邻两车厢的间隙长度为:As=s/(n一1).用表示整列车厢最后的速度,用m表示每节车厢的质最,由系统动量守恒有:删:删.得=l/71}设:碰撞后连在一起的车厢速度分别为,,…,,易有:2=l/z;=l/3;…,一1=/,l一1;所以整个挂接过程所用时间为:￡;尘+垒+…+1T32”03”ulr_1一zas[1+2十3+…+(“一1)]11+(一1),,,…——广一lJ一.点评:此类问题在”1”/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如图1,A0B是光滑的水平固定轨道,/3(2是半径为R的光滑1/4圆弧轨道,两轨道刚好相切,如图所示,质量为M(M=10m)的小木块静止在0点,一质量为m的子弹以某一速度第29卷总第433期2011年第11期(上半月)物理教学探讨JournalofPhysicsTeachingV0I.29No.433(S)11.2011.71.V o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0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颗子弹射人木块后,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,2O颗子弹依次射入M中的总过VOB程系统动量并不守恒;图1但M每次到达0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,…颗子弹射人木块后的共同速度为,,,”?取方向为正方向,由动量守恒定律有:则射第一颗时:彻o(M+)l;①射第二颗时:脚.一(M+)1:(M+2m)2;②射第三颗时:棚.一(M+2m)=(M+3m)v3;③射第四颗时:.一(M+3m)7J3===(M+4m);(由①②可知,z:==0;由③④可知,==: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2O颗子弹射入木块时,共同速度必为0.因而此时上升高度为0.点评对题目进行分析不难发现,题目的难点在于不能利用整个过程的动量守恒进行求解;尽管子弹每次射入木块动量都守恒.但要列式20次,题目不可能如此单一反复,20次射入必定存在一定规律,因此当列出子弹第4次射人的式子时,经过观察归纳,结果就已经显而易见了. 在实际做题过程中,这种类型的题目很容易辨析,重点在于列出少量算式后,要善于通过归纳演绎得出相应的结论.四”““次碰撞只是”伪装”例4如图2所示,滑块A的质量一0.01kg,与水平地面间的动摩擦因数:==0.2,用细线悬挂的小球质量均为=0.01kg,沿轴排列.A与第1只小球及相邻两小球间距离均为5 =2m,线长分别为L.,L,L.……L(图中只画出兰只小球,且小球可视为质点),开始时,滑块以速度‰=10m/s沿轴正方向运动,设滑块与小球碰撞时不损失机械能,碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰,重力加速廑g10m/sZ.试求:图2(1)滑块能与几个小球碰撞?(2)碰撞中第个小球悬线长Ln的表达式.解析(1)因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒,滑块与小球相碰撞会互换速度,小球在竖直平面内做圆周运动,机械能守恒,小球与滑块碰撞荐次互换速度,设滑块滑行总距离为,有-amgs.=0一÷,解得=25m,则滑块能与12个小球碰撞(2)滑块与第,2个小球碰撞,设小球运动到最高点时速度为.对小球,有÷删:===÷,删:+2mgL;①山～,2在最高点:mg=,,I;②■”11对滑块,有-pmgns=-砉I:一百J”_,,fv(J;2③厶由①②③三式解得L,.=堕-===Jg50—4n—.点评此题目中.经过审题不难发现.滑块与每个小球发生两次完全弹性碰撞,经过两次速度互换,碰撞对滑块整体运动并没有实质性的影响,在作答题目第一问时,可认为滑块一直在进行匀减速直线运动;第二问在第一问分析的基础上,利用功能关系联立便可求解.可见,有些题目虽然涉及次碰撞,其实”/2”次碰撞只是题目的“伪装”,而经过思考和分析,题目过程清晰.并不像想象中那样难以解决.动量守恒定律应用中,绝大多数”/2次”碰撞问题都包含在以上四种类型中,由以上题型不难发现,”/2次”碰撞问题的解答.只要通过认真审题和思考,判断类型?准确把握解题要点和技巧, 题目即可迎刃而解.在高中物理学习中,有很多难点问题都可以通过整理归纳进行分类,分类后进行学习或教学,往往更加全面且事半功倍. (栏目编辑邓磊)。
动量中多个的问题
学之导个性化辅导中心教案———— ———————————————————————————————— 学生姓名： 学生 黄 家 杰 授课时间：4.30课时： 2 年级： 高 二 教师：_肖老师__教学目标动量定理提升2教案构架： 一、知识回顾 二、错题再现 三、 知识新授 四、小结教案内容：一、 知识回顾动量定理与动能定理的常见结合二、错题再现练习《多个碰撞》、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，在固定光滑水平轨道上，质量分别为、n m ……的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能1k E ，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k E 与1k E 之比为第1个球对第n 个球的动能传递系数1n k 。
a.求1n kb.若10004,,k m m m m m ==为确定的已知量。
求2m 为何值时，1n k 值最大本次内容掌握情况总结 教师签字学生签字三、知识新授多个问题1、一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成，未画出)，经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。
现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。
稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。
每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动(忽略经BC段时的微小滑动)。
已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。
这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。
求电动机的平均输出功率P。
2、一质量为1Kg的木块静止在100m光滑水平面的左端，现在有质量为10g，没0.1s有一颗速度为200m/s的子弹从左端射向木块，子弹都停留在木块内，且作用时间不计。
求当木块滑出光滑水平面时，里面有多少子弹。
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挑战动量中的“碰撞次数”问题河南省信阳高级中学陈庆威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，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，木箱内底板长为．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+）=△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=、质量为m=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=．箱内有一质量也为m=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设箱子匀减速的末速度为v，时间为t2v2-v02=2aLv=v0+at2求出t2=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=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=和u B=．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 AS 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v 0，则由机械能守恒定律，有：mgR mv =2021…（1） 设此时A 球对轨道压力为N ，则：Rvm mg N 20=- (2)设碰撞后A 球的速度大小为v 1，对轨道的压力为N 1，B 球的速度为v 2，则由动量守恒定律，有： mv 0=kmv 2±mv 1…（3） 机械能守恒，有:222120212121kmv mv mv +=…（4） 碰撞后，在最低点，有：Rvm mg N 21=- (5)根据已知条件，有：代入数值解上述方程组可得：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（2）设最终两球的速度大小为v，根据机械能守恒可得：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)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)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=和μ2=，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：2121mv mgr =解得第一次经过E 点时的速度gr v 21=（2）物块a 从E 滑至D 过程中，由动能定理有：212112121mv mv mgl D -=-μ 解得物块a 在D 点时的速度()l r g v D 2.021-= 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()32.022l r g v D -=a 、b 一起压缩弹簧后又返回D 点时速度大小()32.023l r g v D -=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:()021231-=+D mv x l mg μ 对b 物块:()0221223-=-D mv x l mg 由以上两式解得l x 31=将l x 31=和()32.023l r g v D -=代入上式 解得 r l 135=要使a 、b 只发生一次碰撞，则r l 135≥ 综上所述，当r l r 1355≥>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。
凹槽与物块的质量均为m ，两者之间的动摩擦因数μ为。
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/s 2。
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、。