挑戰(zhàn)動(dòng)量中的“碰撞次數(shù)”問題

1、挑戰(zhàn)動(dòng)量中的“碰撞次數(shù)”問題河南省信陽(yáng)高級(jí)中學(xué)陳慶威 2017年的高考的考試范圍沒有出來之前，我們可以回避、可以 假裝看不見、還可以不理會(huì)動(dòng)量問題中的“碰撞次數(shù)”問題。可是， 自從高中物理3-5納入了必修行列之后，我們似乎已經(jīng)變的沒了選 擇。這里我整理了動(dòng)量問題中的9道經(jīng)典的“碰撞次數(shù)”問題，有的 是求碰一次的情況，有的是求碰 N次的情況，題目能提升能力，更能 激發(fā)思維。還等什么，快來挑戰(zhàn)吧。題目1:如圖所示，質(zhì)量為3kg的木箱靜止在光滑的水平面上， 木箱內(nèi)粗糙的底板正中央放著一個(gè)質(zhì)量為1kg的小木塊，小木塊可視為質(zhì)點(diǎn).現(xiàn)使木箱和小木塊同時(shí)獲得大小為2m/s的方向相反的水平速度，小木塊與木箱每

2、次碰撞過程中機(jī)械能損失0.4J，小木塊最終停在木箱正中央.已知小木塊與木箱底板間 的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.3，木箱內(nèi)底板長(zhǎng)為0.2m .求： 木箱的最終速度的大??； 小木塊與木箱碰撞的次數(shù).分析： 由動(dòng)量守恒定律可以求出木箱的最終速度； 應(yīng)用能量守恒定律與功的計(jì)算公式可以求出碰撞次數(shù).解析：設(shè)最終速度為V，木箱與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以木箱的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：Mv-mv= ( M+m v,代入數(shù)據(jù)得：v =1m/s ;對(duì)整個(gè)過程，由能量守恒定律可得：E - M m v2- m M v共22 2設(shè)碰撞次數(shù)為 n,木箱底板長(zhǎng)度為L(zhǎng),則有：n (卩 mgL+0.4 ) = E,代入

3、數(shù)據(jù)得：n=6;答：木箱的最終速度的大小為1m/s ;小木塊與木箱碰撞的次數(shù)為6次.點(diǎn)評(píng)：本題考查了求木箱的速度、木塊與木箱碰撞次數(shù)，分析清楚運(yùn)動(dòng)過程、應(yīng)用動(dòng)量守恒動(dòng)量與能量守恒定律即可正確解題.題目2:如圖，長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.5m、質(zhì)量為m=1.0kg的薄壁箱子，放在水 平地面上，箱子與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)口 =0.3 .箱內(nèi)有一質(zhì)量也 為m=1.0kg的小滑塊，滑塊與箱底間無摩擦.開始時(shí)箱子靜止不動(dòng)， 小滑塊以vo=4m/s的恒定速度從箱子的A壁處向B壁處運(yùn)動(dòng)，之后與 B壁碰撞.滑塊與箱壁每次碰撞的時(shí)間極短，可忽略不計(jì).滑塊與箱 壁每次碰撞過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能沒有損失.g=10m/S2 .求：

4、(1) 要使滑塊與箱子這一系統(tǒng)損耗的總動(dòng)能不超過其初始動(dòng)能的50%滑塊與箱壁最多可碰撞幾次？(2) 從滑塊開始運(yùn)動(dòng)到滑塊與箱壁剛完成第三次碰撞的期間，箱子克服摩擦力做功的平均功率是多少？分析：(1) 根據(jù)題意可知，摩擦力做功導(dǎo)致系統(tǒng)的動(dòng)能損失，從而即可求；(2) 根據(jù)做功表達(dá)式，結(jié)合牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，從而可確 定做功的平均功率.解析：(1) 設(shè)箱子相對(duì)地面滑行的距離為s，依動(dòng)能定理和題目要求有系 統(tǒng)損失的總動(dòng)能為2 mgs 1mv02 50%2解得 s V。0.67m8 gL;第二次碰后，木箱靜止，小滑 塊前進(jìn)L;第三次碰后，小滑塊靜止，木箱前進(jìn) L.因?yàn)長(zhǎng)vsv2L, 故二者最多碰撞

5、3次.(2) 從滑塊開始運(yùn)動(dòng)到剛完成第三次碰撞，箱子前進(jìn)了L箱子克服摩擦力做功 W=2i mgL=3J第一次碰前滑塊在箱子上勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1 丄 0.125sVo第二次碰前箱子勻減速的加速度大小 a 2 mg 2 g 6m/s2m設(shè)箱子勻減速的末速度為V,時(shí)間為t2v2-v o2=2aLv=vo+at2求出 t2=0.14s第三次碰前滑塊在箱子上勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t310.16sv從滑塊開始運(yùn)動(dòng)到剛完成第三次碰撞經(jīng)歷的總時(shí)間為 t=t i+t2+t 3=0.425s摩擦力做功的平均功率為P W 7.1Wt點(diǎn)評(píng)：考查做功的求法，掌握動(dòng)能定理的應(yīng)用，學(xué)會(huì)由牛頓第二定律 與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合解題的方法，理

6、解求平均功率與瞬時(shí)功率的區(qū)別。題目3:有一長(zhǎng)度為l=1m的木塊A,放在足夠長(zhǎng)的水平地面上.取 一無蓋長(zhǎng)方形木盒B將A罩住，B的左右內(nèi)壁間的距離為L(zhǎng)=3m A、B 質(zhì)量相同，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為ua=0.1和ub=0.2 .開始時(shí)A 與B的左內(nèi)壁接觸，兩者以相同的初速度 v=18m/s向右運(yùn)動(dòng).已知A 與B的左右內(nèi)壁發(fā)生的碰撞時(shí)間極短，且不存在機(jī)械能損失，A與B的其它側(cè)面無接觸.求：(1) 開始運(yùn)動(dòng)后經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間 A、B發(fā)生第一次碰撞；(2) 第一次碰撞碰后的速度va和vb；(3) 通過計(jì)算判斷A、B最后能否同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)？若能，則經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間停止運(yùn)動(dòng)？若不能，哪一個(gè)先停止運(yùn)動(dòng)？（4）若僅v

7、未知，其余條件保持不變，要使 A、B最后同時(shí)停止，而 且A與B輕輕接觸（即無相互作用力），則初速度 v應(yīng)滿足何條件？（只需給出結(jié)論，不要求寫出推理過程）分析：木塊和木盒分別做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公 式求解.木塊和木盒相碰過程動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，列出等式求解.分析木塊、木盒的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和幾何關(guān)系求解.解答：解：（1）木塊和木盒分別做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小分別為:aA= 口 Ag=1m/s2aB=卩 Bg=2m/s2設(shè)經(jīng)過時(shí)間T發(fā)生第一次碰撞則有：1717護(hù)廠（FT齊廠L-I二Sa-Sb二VT-顯2 J代入數(shù)據(jù)得：T=2s（2）碰前木塊和木盒的速度分別為：VA二V-aA

8、T=16m/sW =V-aBT=14m/s相碰過程動(dòng)量守恒有： m +mv二mv+mv根據(jù)機(jī)械能守恒有:代入數(shù)據(jù)得:va二vb =14m/s方向向右vb=va =16m/s方向向右(3) 設(shè)第一次碰撞后又經(jīng)過 Ti時(shí)間，兩者在左端相遇有：L-I二Sb-SaSB=VbTi-1 J-a廠L3 1S=VaTi-1 J -a1 A 1代入數(shù)據(jù)得；Ti=T=2s在左端相碰前：木塊、木盒速度分別為：v/2A=vA-aAf = 12m/sV2B=VB-a bT=12m/s可見木塊、木盒經(jīng)過時(shí)間ti=2T在左端相遇接觸時(shí)速度恰好相同同理可得：木塊、木盒經(jīng)過同樣時(shí)間 12=2T，第二次在左端相遇V3A=V/ 3

9、B=6m/S木塊、木盒第三次又經(jīng)過同樣時(shí)間t3=2T在左端相遇，速度恰好為零.由上可知：木塊、木盒，最后能同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)間：t總=6T=12s(4) 由(2)歸納可知：v=6K( K?。?, 2, 3)點(diǎn)評(píng)：解決該題關(guān)鍵要清楚木塊、木盒的運(yùn)動(dòng)過程，能夠把相碰過程 動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒結(jié)合運(yùn)用。題目4:如圖所示，足夠長(zhǎng)光滑水平軌道與半徑為R的光滑四分之一圓弧軌道相切.現(xiàn)從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m的彈性小球A,當(dāng)A球剛好運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)時(shí)，與靜止在該點(diǎn)的 另一彈性小球B發(fā)生沒有機(jī)械能損失的碰撞.已知B球的質(zhì)量是A球 質(zhì)量的k倍，且兩球均可看成質(zhì)點(diǎn).(1)若碰撞結(jié)束的瞬間，A

10、球?qū)A弧軌道最低點(diǎn)壓力剛好等于碰前 其壓力的一半，求k的可能取值：(2)若k已知且等于某一適當(dāng)?shù)闹禃r(shí)， A B兩球在水平軌道上經(jīng)過 多次沒有機(jī)械能損失的碰撞后，最終恰好以相同的速度沿水平軌道運(yùn) 動(dòng).求此種情況下最后一次碰撞 A球?qū)球的沖量.答案：解：(1)設(shè)A球到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)速度為 vo,則由機(jī)械能守恒定律，有:1 2 -mvo 2設(shè)此時(shí)A球?qū)壍缐毫镹則:2N mg m詈（ 2）設(shè)碰撞后A球的速度大小為vi,對(duì)軌道的壓力為N ,B球的速度為V2, 則由動(dòng)量守恒定律，有:mv二kmv 士 mv（3）機(jī)械能守恒，有：1 2 1mv,kmv2 2 2碰撞后，在最低點(diǎn)，有:2V-I/N m

11、g m 一 （ 5）根據(jù)已知條件，有：1N1N ( 6)2代入數(shù)值解上述方程組可得:k=3 或 k 一(7)3即若碰撞結(jié)束的瞬間，A球?qū)A弧軌道最低點(diǎn)壓力剛好等于碰前其壓 力的一半，求k為3或13(2)設(shè)最終兩球的速度大小為V，根據(jù)機(jī)械能守恒可得:mgR2 -mv21 22皿（8）最后一次碰撞前 A B兩球的速度分別為Va、Vb,則由機(jī)械能守恒和動(dòng)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設(shè)最后一次碰撞A對(duì)B的沖量為I，根據(jù)動(dòng)量定理得：I=kmv-kmvB( 11)解上述方程組可得：I Ct ( 12)

12、故最后一次碰撞A球?qū)球的沖量為I -4k J-2gRk 1 V k 1題目5:光滑的四分之一圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，與水平軌道CE連接.水平軌道的CD段光滑、DE段粗糙.一根輕質(zhì)彈簧一端固定在C處的豎直面上，另一端與質(zhì)量為2m的物塊b剛好在D點(diǎn)接觸(不 連接)，彈簧處于自然長(zhǎng)度.將質(zhì)量為 m的物塊a從頂端F點(diǎn)靜止釋 放后，沿圓弧軌道下滑.物塊a與物塊b第一次碰撞后一起向左壓縮 彈簧.已知圓弧軌道半徑為r, DE=l,物塊a、b與DE段水平軌道的 動(dòng)摩擦因數(shù)分別為卩1=0.2和卩2=0.4，重力加速度為g.物塊a、b均 可視為質(zhì)點(diǎn).求：(1) 物塊a第一次經(jīng)過E點(diǎn)時(shí)的速度是多少？(2) 試討

13、論I取何值時(shí)，a、b能且只能發(fā)生一次碰撞?mgr ；m解得第一次經(jīng)過E點(diǎn)時(shí)的速度V1(2)物塊a從E滑至D過程中,1 2 1 21 mgl -mvD1 -m解得物塊a在D點(diǎn)時(shí)的速度Vd1由動(dòng)能定理有:2g r 0.2I物塊a、b在D點(diǎn)碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒有：mw=3mv2解得兩物塊在D點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)的速度2g r 0.2I3a、b 一起壓縮彈簧后又返回D點(diǎn)時(shí)速度大小VD3TO21由于物塊b的加速度大于物塊a的加速度，所以經(jīng)過D后，a、b兩 物塊分離，同時(shí)也與彈簧分離.討論：假設(shè)a在D點(diǎn)時(shí)的速度Vdi=O,即l=5r 要使a、b能夠發(fā)生碰撞，則I v 5r假設(shè)物塊a滑上圓弧軌道又返回，最終停在水平軌道

14、上P點(diǎn)，物塊b在水平軌道上勻減速滑至 P點(diǎn)也恰好停止，設(shè)PE=x則DP=l-x根據(jù)能量守恒,1對(duì) a 物塊：1mg l x mvD32 0對(duì) b 物塊:2mg l x -2mvD32 0 2由以上兩式解得x -l3解得要使1l和VD3 f M代入上式l 5r1a、b只發(fā)生一次碰撞，則l r13綜上所述，當(dāng)5r l 5r時(shí)，a、b兩物塊能且只能發(fā)生一次碰撞.13題目6:在光滑水平地面上有一凹槽 A,中央放一小物塊 B物塊與左右兩邊槽壁的距離如圖所示，L為1.0m。凹槽與物塊的質(zhì)量均為 m兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5。開始時(shí)物塊靜止，凹槽以1 -初速度向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊與凹槽壁碰撞過程中沒有能量損失

15、,且碰撞時(shí)間不計(jì)。g取10m/s2。求:(1)物塊與凹槽相對(duì)靜止時(shí)的共同速度;(2)從凹槽開始運(yùn)動(dòng)到兩者相對(duì)靜止物塊與右側(cè)槽壁碰撞的次數(shù);(3)從凹槽開始運(yùn)動(dòng)到兩者相對(duì)靜止所經(jīng)歷的時(shí)間及該時(shí)間內(nèi)凹槽運(yùn)動(dòng)的位移大小。BL J勺V月解析：(1)設(shè)兩者間相對(duì)靜止時(shí)的速度為 V ,由動(dòng)量守恒定律得：f(2)物塊與凹槽間的滑動(dòng)摩擦力設(shè)兩者間相對(duì)靜止時(shí)的路程為S1，由動(dòng)能定理得得巧二12.M1 a 1 ._號(hào)比= (?十啊加-?2Vq已知L=im可推知物塊與右側(cè)槽壁共發(fā)生 6次碰撞。(2)設(shè)凹槽與物塊碰前的速度分別為Vi、V2,碰后的速度分別為、。有rtIqlgl 心 J柯L + 2 =+ 淞羽+ iVa

16、 = + /TJVj得： lj 即每碰撞一次凹槽與物塊發(fā)生一次速度交換，在同一坐標(biāo)系上兩者的速度圖線如圖所示，根據(jù)碰撞次數(shù)可分為13段，凹槽、物塊的v-t 圖象在兩條連續(xù)的勻變速運(yùn)動(dòng)圖線間轉(zhuǎn)換， 故可用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī) 律求時(shí)間。貝S卩二十加 a = -ig 解得 t = 5s凹槽的V-t圖象所包圍的陰影面積即為凹槽的位移大小S2。(等腰三角形面積共分13份，第一份面積為0.5 L。其余每份面積均為L(zhǎng)。)題目7:如圖所示，質(zhì)量為m=2kg的木板A靜止在光滑水平面上,一質(zhì)量為m=1kg的小物塊B以某一初速度v從A的左端向右運(yùn)動(dòng)， 當(dāng)A向右運(yùn)動(dòng)的路程為L(zhǎng)=0.5m時(shí)，B的速度為VB=4m/s,此時(shí)

17、A的右 端與固定豎直擋板相距x.已知木板A足夠長(zhǎng)(保證B始終不從A上 掉下來)，A與擋板碰撞無機(jī)械能損失，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為卩2=0.2 , g 取 10m/s(1) 求B的初速度值v;(2) 當(dāng)x滿足什么條件時(shí)，A與豎直擋板只能發(fā)生一次碰撞？分析：(1 )以A為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理求出路程為L(zhǎng)時(shí)的速度，分析 A此時(shí)處于加速還是勻速狀態(tài)，再根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng) 量守恒列式，求出 B的初速度.A的動(dòng)量應(yīng)大A,由動(dòng)能定(2) A與豎直擋板只能發(fā)生一次碰撞，碰撞后， 于或等于B的動(dòng)量.對(duì)系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒和對(duì) 理列式，結(jié)合條件可求 x的范圍.解析：(1)假設(shè)B的速度從vo減為VB=4m/s時(shí)，A 一

18、直加速到Va，以A為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理mgl 2 mAVA2 代入數(shù)據(jù)解得：v A=1m/s v v b ,故假設(shè)成立 在A向右運(yùn)動(dòng)路程 L=0.5m的過程中，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒rb vo 二mv a+rw b 聯(lián)立解得 v o=6m/s(2)設(shè)A B與擋板碰前瞬間的速度分別為Vai、Vbi，由動(dòng)量守恒定律：mBVo二mvAi+mvBi 以A為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理mBg L x 22 由于A與擋板碰撞無機(jī)械能損失，故A與擋板碰后瞬間的速度大小為Vai，碰后系統(tǒng)總動(dòng)量不再向右時(shí)，A與豎直擋板只能發(fā)生一次碰撞，即mAVAi mvBi 由得：mw 0.625m答：(1) B的初速度值 vo為6m/

19、s .(2)當(dāng)x 0.625m時(shí)，A與豎直擋板只能發(fā)生一次碰撞.點(diǎn)評(píng)：本題考查了動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理的應(yīng)用，本題第(2)小題是本題的難點(diǎn)，知道A與擋板碰撞一次的條件是正確解題的前提與關(guān)鍵.題目&如圖所示，質(zhì)量為m=2kg的木板A靜止放在光滑水平面上，一質(zhì)量為mB=1kg的小物塊 B從固定在地面上的光滑弧形 軌道距木板 A上表面某一高 H處由靜止開始滑下，以某一初速 度vo滑上A的左端，當(dāng) A向右運(yùn)動(dòng)的位移為L(zhǎng)=0.5m時(shí)，B的速度為VB=4m/s ,此時(shí)A的右端與固定豎直擋板相距x ,已知木板A足夠長(zhǎng)(保證 B始終不從 A上滑出)，A與擋板碰撞無機(jī)械能損失，A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為卩=0.2

20、, g取10m/s(1) 求B滑上A的左端時(shí)的初速度值vo及靜止滑下時(shí)距木板A上表面的高度 H(2) 當(dāng)x滿足什么條件時(shí)，A與豎直擋板只能發(fā)生一次碰撞分析(1) A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出A的初速度，由機(jī)械能守恒定律或動(dòng)能定理可以求出物體A下滑的高度.(2) A B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)碰撞之后系統(tǒng)動(dòng)量向左或 為零時(shí)，A只于擋板碰撞一次，由動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理即 可正確解題.解析：(1)假設(shè)B的速度從vo減為VB=4m/s時(shí)，A 一直加速到VA ,以A為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理- mAv/0，2代入數(shù)據(jù)解得 VA=1m/s v vb,故假設(shè)成立;在A向右運(yùn)動(dòng)位移 L=0.5

21、m的過程中，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律得：mvo二mvA+mwB，-mBvo2 mBgH2V A1、 V B1，聯(lián)立解得vo=6m/s ;B下滑過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得:解得 H=1.8m;(2)設(shè)A B與擋板碰前瞬間的速度分別為由動(dòng)量守恒定律mwo二mvAi+nwBi，以A為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理1 2 mBg L x 2 mAVAi0，由于A與擋板碰撞無機(jī)械能損失，故A與擋板碰后瞬間的速度大小為VA1，碰后系統(tǒng)總動(dòng)量不再向右時(shí)，A與豎直擋板只能發(fā)生一次碰撞,即mAVAi mBVBi ，聯(lián)立解得x 0.625m ;答：(1) B滑上A的左端時(shí)的初速度值vo為6m/s，靜止滑

22、下時(shí)距木板 A上表面的高度為1.8m ;(2)當(dāng) x 0.625m時(shí)，A與豎直擋板只能發(fā)生一次碰撞.點(diǎn)評(píng)：本題考查了動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理的應(yīng)用，本題第(2)小題是本題的難點(diǎn)，知道A與擋板碰撞一次的條件是正確解題的前提與關(guān)鍵.題目9:如圖，在水平面上有一彈簧，其左端與墻壁相連，O點(diǎn)為彈簧原長(zhǎng)位置， O點(diǎn)左側(cè)水平面光滑.水平段 OP長(zhǎng)L=1m, P點(diǎn)右側(cè)一與水平方向成B =30 角的皮帶輪與水平面在 p點(diǎn)平滑連接，皮帶輪逆時(shí)針動(dòng)，速度為3m/s .質(zhì)量為1kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A壓縮彈簧(與彈簧不連接)，彈性勢(shì)能Ep=9J，物塊與 0P段動(dòng)摩擦因素卩1=0.1 ;另一與 A完全相同的物塊B停在P點(diǎn)，B與皮帶輪的摩擦因素2 ，皮帶輪足夠長(zhǎng).A3與B的碰撞為彈性碰撞且碰撞事件不計(jì)，重力加速度g取10m/s 2，現(xiàn)釋放A,求：(1) 物塊A與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運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(3) A、B碰撞的次數(shù).分析：(1)從釋放到與 B碰撞前的過程，對(duì) A運(yùn)用動(dòng)能定理 列式，即可求解物塊 A與B第一次碰撞前的速度；(2) 根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求出碰后A、B的速 度.B獲得速度后碰后 B沿皮帶輪向上勻