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：
()()222
121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%502
1220?≤mv mgs μ 解得m g v s 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t2
v2-v02=2aL
v=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
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/s2
a 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/s V/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 =202
1…（1） 设此时A 球对轨道压力为N ，则：
R v m mg N 2
0=-…（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:
碰撞后，在最低点，有：
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=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： 212
1mv 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：
212112
121mv 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
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＜5r
②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，
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v 0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
22
1A A B v m gl m =μ…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 v 0=m A v A +m B v B …②
联立①②解得 v 0=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 v 0=m A v A1+m B v B1…③
以A 为研究对象，由动能定理
()212
1A A B v m x L g m =+μ…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 v 0≤2m A v A1 ⑥ 解得s m m v m v A
B A /5.1201=≥…⑦ 由④⑦联立解得 x ≥0.625m
答：（1）B 的初速度值v 0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v 0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/s 2
（1）求B 滑上A 的左端时的初速度值v 0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v 0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
02
1
2-=A A B v m g m μ 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 v 0=m A v A +m B v B ②，
联立①②解得 v 0=6m/s ；
B 下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：gH m v m B B =202
1 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 v 0=m A v A1+m B v B1 ③，
以A 为研究对象，由动能定理
()02
1
21-=+A A v m x L mBg μ 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 11B B A A v m v m ≥⑤，
联立③④⑤解得 x ≥0.625m ；
答：（1）B 滑上A 的左端时的初速度值v 0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332=
μ，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/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v 0，由动能定理：2012
1mv mgl E p =-μ
解得：v 0=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：
mv 0=mv A +mv B ，
22202
12121B A mv mv mv += 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a 1，由牛顿第二定律：221/10cos sin s m g g a =+=θμθ 运动的时间为：s a v t B 4.01
1== 运动的位移为：m t x B v
8.0121==
此后B 开始向下加速，加速度仍为a 1，速度与皮带轮速度v 相等时匀速运动，设加速时间为t 2，位移为x 2，匀速时间为t 3
则有：
s a v t 3.01
2== m t v x 45.02
2== s v
x x t 117.0213=-= A 、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前B 运动的时间为：t=t 1+t 2+t 3=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mgl 12 ，设第二次碰撞后重复的过程数为n ，则：
2
1mv 2=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．