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碰撞中的临界问题及多次碰撞问题
一、碰撞中的临界极值问题
碰撞中的临界极值问题,指的是相互作用中的物体“恰好不相撞”“相距最近”“相距最远”或“恰上升到最高点”等,求解的关键是速度相等。常见类型有
(1)当小物块到达最高点时,两物体速度相同。
(2)弹簧最短或最长时,两物体速度相同,此时弹簧弹性势能最大。
(3)两物体刚好不相撞,两物体速度相同。
(4)滑块恰好不滑出长木板,滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同。
例1 (2025·新课标卷,12)如图,物块P固定在水平面上,其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起,圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上,另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落,落到A点后沿圆弧轨道下滑,小球与弹簧接触后,当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR,此时断开P和Q的连接,从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小,忽略空气阻力,圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑,弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功;
(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离;
(3)欲使P和Q断开后,弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR,Q的质量应为多大
(4)欲使P和Q断开后,Q的最终动能最大,Q的质量应为多大
答案　(1)mgR　(2)　R　(3)4m (4)m
解析　(1)小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功为WG=mgR。
(2)设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0,B、A两点间的距离为h,由机械能守恒定律可知
m=Ep+m
其中Ep=2mgR
同时有mg(h+R)=m
联立解得v0=,h=R。
(3)弹簧达到最大弹性势能时,小球与Q速度相同,
设Q的质量为M,对小球和Q组成的系统,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
m·v0=(m+M)v共
m=Ep2+(m+M)
其中Ep2=2.2mgR
联立解得M=4m。
(4)对Q和小球整体,根据机械能守恒定律可知,要使Q的最终动能最大,需满足小球的速度刚好为零时,此时弹簧刚好恢复原长,设此时Q的质量为M',Q的最大速度为vm
根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
m·v0=M'vm,m=M'
解得M'=m。
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。
例2 (2025·江苏卷,14)如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置,每列有n个。在两列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1) 若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小v;
(2) 若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1;
(3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
答案　(1)v0　(2)v0　(3)m
解析　(1)玻璃球碰撞右侧第一个钢球,碰撞过程系统动量守恒,机械能守恒,以向右为正方向,设碰撞后玻璃球速度为v10,钢球速度为v,则有
mv0=mv10+mv
m=m+mv2
解得v10=0,v=v0
之后右侧钢球1碰球2,球2碰球3,…,球n-1碰球n,同理可得,碰撞的两球质量相等,速度交换,最右侧钢球最终运动的速度大小为v0。
(2)玻璃球与右侧第一个钢球碰撞,碰撞过程系统动量守恒,机械能守恒,设碰撞后玻璃球速度为v1',钢球速度为v11,则有
mv0=mv1'+3mv11
m=mv1'2+×3m
解得v1'=-v0,v11=v0
则玻璃球的速度大小为v1=v0。
(3)玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后,速度最终会交换到第n个钢球,相当于与第n个钢球碰撞,玻璃球反向后与左侧第一个钢球碰撞,碰撞过程系统动量守恒,机械能守恒,以向左为正方向,设碰撞后玻璃球速度为v2,钢球速度为v21,则有
mv1=mv2+3mv21
m=m+×3m
解得v2=-v0=-v0
以此类推,玻璃球经历2n次碰撞后速度大小为v0
则Ek=m=m。
跟踪训练
1.如图所示,光滑水平面的同一直线上放有n个质量均为m的小滑块,相邻滑块之间的距离为L,每个滑块均可看成质点。现给第一个滑块水平向右的初速度v0,滑块间相碰后均能粘在一起,则从第一个滑块开始运动到第n-1个滑块与第n个滑块相碰时的总时间为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　根据动量守恒定律,1与2碰撞,有mv0=2mv1,解得第2个滑块开始运动的速度v1=v0;再与第3个滑块碰撞,有mv0=3mv2,解得第3个滑块开始运动的速度v2=v0,同理,第n-1个滑块开始运动的速度vn-2=v0,从第一个滑块开始运动到第n-1个滑块与第n个滑块相碰时的总时间为t=+++…+=(1+2+3+…+n-1)=,故B正确。
2.(2026·河南名校学术联盟模拟)如图,一质量为M的木板放置于光滑水平面上,木板右侧地面上固定一竖直挡板。现在长木板最左端放置一个可视为质点的滑块,给滑块一初速度v0,由于滑块和木板的相互作用,在木板第一次碰撞竖直挡板时,两者恰好达到共速,木板碰撞挡板不损失机械能且不计碰撞时间。已知滑块质量为m,且m=2M,滑块与木板之间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。
(1)求木板未运动时,木板右端到挡板的距离;
(2)求滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间;
(3)若第三次共速时,滑块恰好未从木板上掉落,求木板的长度。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)设第一次滑块与木板共速的速度大小为v1,滑块和木板作用过程动量守恒,有
mv0=(M+m)v1,解得v1=v0
设木板未运动时,木板右端到挡板的距离为x0
由动能定理可得μmgx0=M-0
解得x0=。
(2)木板运动过程的加速度aM==2μg
木板从开始运动到第一次共速的时间
t1==
木板与挡板碰后速度等大反向,设第二次共速的速度大小为v2,滑块和木板相互作用过程动量守恒,有
(m-M)v1=(M+m)v2
解得v2=v0
木板从第一次与挡板碰撞到与滑块第二次共速的时间t2==
滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间
t=t1+t2=。
(3)设滑块与木板第三次共速的速度大小为v3,
根据动量守恒定律有(m-M)v2=(M+m)v3
设木板长度为L,由功能关系可得
μmgL=m-(M+m)
联立解得L=。(共20张PPT)
增分微点4 碰撞中的临界问题及多次碰撞问题
第六章　动量守恒定律
一、碰撞中的临界极值问题
碰撞中的临界极值问题,指的是相互作用中的物体“恰好不相撞”“相距最近”“相距最远”或“恰上升到最高点”等,求解的关键是速度相等。常见类型有
(1)当小物块到达最高点时,两物体速度相同。
(2)弹簧最短或最长时,两物体速度相同,此时弹簧弹性势能最大。
(3)两物体刚好不相撞,两物体速度相同。
(4)滑块恰好不滑出长木板,滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同。
例1 (2025·新课标卷,12)如图,物块P固定在水平面上,其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起,圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上,另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落,落到A点后沿圆弧轨道下滑,小球与弹簧接触后,当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR,此时断开P和Q的连接,从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小,忽略空气阻力,圆弧轨道及Q的上、下表面均光
滑,弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功;
解析　小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功为WG=mgR。
答案　mgR
(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离;
解析　设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0,B、A两点间的距离为h,由机械能守恒定律可知
m=Ep+m
其中Ep=2mgR
同时有mg(h+R)=m
联立解得v0=,h=R。
答案　　R
(3)欲使P和Q断开后,弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR,Q的质量应为多大
解析　弹簧达到最大弹性势能时,小球与Q速度相同,
设Q的质量为M,对小球和Q组成的系统,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
m·v0=(m+M)v共
m=Ep2+(m+M)
其中Ep2=2.2mgR
联立解得M=4m。
答案　4m
(4)欲使P和Q断开后,Q的最终动能最大,Q的质量应为多大
解析　对Q和小球整体,根据机械能守恒定律可知,要使Q的最终动能最大,需满足小球的速度刚好为零时,此时弹簧刚好恢复原长,设此时Q的质量为M',Q的最大速度为vm
根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
m·v0=M'vm,m=M'
解得M'=m。
答案　m
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。
例2 (2025·江苏卷,14)如图所示,在光滑水平面上,左右两列相同的小钢球沿同一直线放置,每列有n个。在两列钢球之间,一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动,与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1) 若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动的速度大小v;
解析　玻璃球碰撞右侧第一个钢球,碰撞过程系统动量守恒,机械能守恒,以向右为正方向,设碰撞后玻璃球速度为v10,钢球速度为v,则有
mv0=mv10+mv
m=m+mv2
解得v10=0,v=v0
之后右侧钢球1碰球2,球2碰球3,…,球n-1碰球n,同理可得,碰撞的两球质量相等,速度交换,最右侧钢球最终运动的速度大小为v0。
答案　v0
(2) 若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1;
解析　玻璃球与右侧第一个钢球碰撞,碰撞过程系统动量守恒,机械能守恒,设碰撞后玻璃球速度为v1',钢球速度为v11,则有
mv0=mv1'+3mv11
m=mv1'2+×3m
解得v1'=-v0,v11=v0
则玻璃球的速度大小为v1=v0。
答案　v0
(3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
解析　玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后,速度最终会交换到第n个钢球,相当于与第n个钢球碰撞,玻璃球反向后与左侧第一个钢球碰撞,碰撞过程系统动量守恒,机械能守恒,以向左为正方向,设碰撞后玻璃球速度为v2,钢球速度为v21,则有
mv1=mv2+3mv21
m=m+×3m
解得v2=-v0=-v0
以此类推,玻璃球经历2n次碰撞后速度大小为v0
则Ek=m=m。
答案　m
1.如图所示,光滑水平面的同一直线上放有n个质量均为m的小滑块,相邻滑块之间的距离为L,每个滑块均可看成质点。现给第一个滑块水平向右的初速度v0,滑块间相碰后均能粘在一起,则从第一个滑块开始运动到第n-1个滑块与第n个滑块相碰时的总时间为(　　)
跟踪训练
A. B. C. D.
B
解析　根据动量守恒定律,1与2碰撞,有mv0=2mv1,解得第2个滑块开始运动的速度v1=v0;再与第3个滑块碰撞,有mv0=3mv2,解得第3个滑块开始运动的速度v2=v0,同理,第n-1个滑块开始运动的速度vn-2=v0,从第一个滑块开始运动到第n-1个滑块与第n个滑块相碰时的总时间为t=+++…+=(1+2+3+…+n-1)=,故B正确。
2.(2026·河南名校学术联盟模拟)如图,一质量为M的木板放置于光滑水平面上,木板右侧地面上固定一竖直挡板。现在长木板最左端放置一个可视为质点的滑块,给滑块一初速度v0,由于滑块和木板的相互作用,在木板第一次碰撞竖直挡板时,两者恰好达到共速,木板碰撞挡板不损失机械能且不计碰撞时间。已知滑块质量为m,且m=2M,滑块与木板之间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。
(1)求木板未运动时,木板右端到
挡板的距离;
(2)求滑块从开始运动到与木板
第二次共速所用的时间;
(3)若第三次共速时,滑块恰好未从木板上掉落,求木板的长度。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)设第一次滑块与木板共速的速度大小为v1,滑块和木板作用过程动量守恒,有
mv0=(M+m)v1,解得v1=v0
设木板未运动时,木板右端到挡板的距离为x0
由动能定理可得μmgx0=M-0
解得x0=。
(2)木板运动过程的加速度aM==2μg
木板从开始运动到第一次共速的时间
t1==
木板与挡板碰后速度等大反向,设第二次共速的速度大小为v2,滑块和木板相互作用过程动量守恒,有
(m-M)v1=(M+m)v2
解得v2=v0
木板从第一次与挡板碰撞到与滑块第二次共速的时间t2==
滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间
t=t1+t2=。
(3)设滑块与木板第三次共速的速度大小为v3,
根据动量守恒定律有(m-M)v2=(M+m)v3
设木板长度为L,由功能关系可得
μmgL=m-(M+m)
联立解得L=。
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