多次碰撞模型（解析版）-动量守恒的十种模型解读和针对性训练

动量守恒的十种模型解读和针对性训练

模型9多次碰撞模型

模型解读

所谓多次碰撞模型是指，两个物体或多个物体发生多次碰撞，且这些碰撞满足某种规律。

【典例精析】

【典例】.（2024湖南长沙高三适应性考试）如图，将火车停在足够长的平直铁轨上。

（1）若整列火车质量为M,所受阻力恒为F。，当整列火车速度为V时，发动机的功率为P。，求此时火车的

加速度；

（2）若整列火车所受阻力恒为Fo,某次测试时整列火车的运动分为两个阶段。第一阶段火车受到大小为kF0

的恒定牵引力由静止启动，位移为x时，发动机的实际功率正好等于额定功率，然后进入第二阶段；第二阶

段发动机保持额定功率继续前进，已知两个阶段用时相等，第二阶段的末速度为初速度后倍。求第二阶段

火车的位移；

（3）若整列火车由1节动力车头和23节无动力车厢组成，动力车头质量为2m,每节无动力车厢质量均为

m。火车在启动前，车头会先向后退一段距离，使得各相邻车厢之间的连接挂钩松弛，车厢无间距紧挨着,

然后车头从静止开始启动，逐节带动各节车厢直至最后一节车厢启动。启动过程中车头牵引力恒为F,忽略

一切阻力。为了研究方便，将车头及相邻车厢之间的连接挂钩简化为不可伸长的长度为/的轻绳，绳子绷直

的瞬间相连的物体间可看做发生完全非弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。整个启动过程中，带动第几节无动

力车厢前，车头的速度达到最大？

【参考答案】（1）与一4乜;（2）（k+l）x；（3）3

Mv

【名师解析】

（1）根据P0=F^

可知

根据牛顿第二定律

Fl-F0=Ma

解得

a=1即

Mv

(2)设火车第一阶段运动时间为t,末速度为V2,第二阶段的位移为X2

由动能定理得

{k-\]FQx=^Mvl

再由动量定理得

(k-l)F0t=Mv2

发动机的额定功率

Pm=kF0V2

由上可知，第二阶段的初速度为丫2，末速度为亚2，由动能定理得

2

Pmt-FQX2(V2v2)-vf

解得

x2-(k+l)x

(3)设拖动第"节车厢前，车头的速度为4,绳子绷直后车头的速度为u7,拖动第一节车厢前，对车头

由动能定理得

2mu

21

绳子绷直，对车头和第一节车厢由动量守恒定律得

2mui=(2m+m)u'i

同理，拖动第"节车厢前，对于车头和前(n-1)节车厢由动能定理得

g[2机+(〃-1)机[=g[2机+(〃-1)加]

-1+FI

绳子绷直，对于车头和前0节车厢由动量守恒定律得

r

[2m+(n—l)m]un=(2m+nm)un

由上式得

,n+1

Un~Un

72+o2

可推出

，_n

Un-\~.Un-\

72+1

联立有

(〃+l)2+2(»+l)—

m

令%=(/7+1)2%2,得到

/八2FI

an=%+

m

2FI

a.=a_+n—

nxn2m

/八2FI

an-2-----

m

、2Fl

=%+3----

m

其中

4FI

Q]—----

m

上几式相加得到

pi

=%+(〃+4)(〃-1)—

m

则

(“+1)22/=(〃2+3〃)乌

''m

解得

“2〃2

"+3)Fl(H+1)+(«+1)-2Flri12、Fl

11

Un~-/\2-L1-/八21

(〃+l)m(〃+l)m〃++m

当去毛,即…时有最大值。则拖动第3节车厢前，车头速度达到最大。

【针对性训练】

1.（2024江苏苏州期末）如图所示，5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，其中4个球

B、C、D、E质量均为㈣，A球、F球质量均为相2，A球以速度/向B球运动，之后所有的碰撞均为弹性

碰撞，碰撞结束后（）

A.若㈣=加2，最终将有2个小球运动

B.若加1＜加2，最终将有1个小球运动

C.若叫〉加2，最终将有3个小球运动

D.无论机1、机2大小关系怎样，最终6个小球都会运动

【参考答案】C

【名师解析】

AB碰撞时由动量守恒和能量守恒可知

机2%=机2V2+miVl

1212,12

~m2V0=~m2V2+'mFl

可得

m.-m,

V2=^V°

2m,

1不%

A.若叫=加2，则碰后两球交换速度，则最终只有F小球运动，选项A错误;

若网＜吗，则碰后也＞也＞0,然后B和C交换，直到D和E交换，E再与F碰撞，F向右运动，E被弹回

再与D交换……，则最终不只有1个小球运动，选项B错误；

若叫〉加2，则AB碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，最后DE交换速度，最后E与F碰撞，

EF都向右运动，BCD停止，则最终将有3个小球AEF都运动，选项C正确；由以上分析可知，选项D错

误。

2.（18分）（武汉市2024届高中毕业生四月调研考试）

如图所示，倾角8=30。的足够长斜面固定在水平面上，t=0时刻，将物块/、B（均可视为质点）从斜面

上相距/=0.05m的两处同时由静止释放。已知N的质量是8的质量的3倍，A、8与斜面之间的动摩擦因

反万

数分别为〃4=J、〃B=J，4、B之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小g=10m/s2,

63

求

（1）/、5发生第一次碰撞后瞬间，/、2的速度大小；

（2）/、8发生第三次碰撞的时刻；

（3）从静止释放到第〃次碰撞，/运动的位移。

【名师解析】.（18分）

（1）/沿斜面下滑，由牛顿第二定律

3mgsin0-nA3mgcos0=3ma①

分析8的受力

mgsin0=/nBmgcos0②

即B静止在斜面上。

/与8发生第一次碰撞前，由运动学规律

2

VM-2al③

/与8发生第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律

3mvM=3mvAl+mvBl④

3加心=g.3机vI+1⑤

解得

vAl=0.25m/s⑥

=0.75m/s⑦

vB[

(2)由(1)可得，/从静止释放后，经过时间0与5发生第一次碰撞，有

=ato⑧

8以以1匀速直线运动，/以初速度丫⑷，加速度。匀加速直线运动，第二次碰撞前，有

12O

此时，8以匕„匀速直线运动，力的速度为

V，=V41+ati

N与8发生第二次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律

3加V11+mVB\=^mVA2+mVB2⑩

1-11_1

f2222

--3mvAl+-mvBi=--3mvA2+-mvB2⑪

8以％2匀速直线运动，N以初速度已2，加速度。匀加速直线运动，第三次碰撞前，有

12

VA2t2+~at2=VB2t2⑫

显然，每次碰撞后，8均相对/以初速度丫加、加速度叫作匀减速直线运动，至下一次碰撞，经过的时间

均为0.4s。故/与8发生第3次碰撞后的时刻为

=%+/]+(13)

解得

4=1.0s⑭

(3)从开始至第一次碰撞，

xA1=l

从第一次碰撞至第二次碰撞，%=21+41=61

从第二次碰撞至第三次碰撞，12/

xA3=81+41=

从第三次碰撞至第四次碰撞，x^4=147+4/=18/

从第〃-1次碰撞至第"次碰撞，盯“=(6〃-10)/+4/(〃〉1)⑮

A从静止释放到第n次碰撞后运动的总位移

XAn—X/]+X/2+X43+....+^An~(3〃2—3〃+1)/=0.05(3〃2—3〃+1)m(J6)

3.（2024江苏苏州期末）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口

距离为/,圆管长度为6/。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动,

3

4

所受滑动摩擦力是其所受重力大小的一倍。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘

3

发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：

（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度匕、丫2分别为多大；

（2）在第一次碰撞后圆盘下滑的距离X2；

（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数以

O

【参考答案】（1）J退，方向竖直向上，J退，方向竖直向下；（2）-/；（3）7次

224

【名师解析】

（1）规定竖直向下为正方向，小球释放后自由下落，下降/,根据机械能守恒定律

,12

mgl=—mv0

解得

小球以初速度%与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有

mv0=mVj+Mv^

解得

m-MJ2gl

旷f。二一丁

v2m

-2

小球碰后速度出大小｛直，方向竖直向上；圆盘速度也大小为J型，方向竖直向下;

22

(2)第一次碰撞后小球做竖直上抛运动，圆盘做匀减速运动,

由

Mg—Ff=Ma

解得圆盘加速度

1

由

2ax?=0-n；

解得圆盘运动的距离

x,=3

24

第一次碰撞后，由

0-v2=at]

解得圆盘运动时间

3⑵

2-2g

小球在J时间内运动的位移

123,

X]=丫也+2^2=才

可见，当圆盘速度为零时，小球刚好与之第二次碰撞，即第一次碰撞后圆盘下滑的距离为

x2=-l

24

(3)第二次碰撞前小球的速度

I=匕+gf2=V2g7

3

接下来运动和小球第一次碰撞相同，因此每次碰撞圆盘向下移动一/,碰撞次数

61-120

小球和圆盘碰撞次数为7次。

4.(2024重庆3月模拟)如题图所示，光滑斜面与水平面平滑连接，水平面上。点左侧光滑，右侧动摩擦因

数为〃。B、C、D三个物块处于静止状态且刚好相互接触，B的左端与。点对齐。A从光滑斜面的某一高度

处由静止滑下，在光滑水平面运动一段时间，与B发生碰后粘在一起形成组合体AB,碰撞过程中AB的机

械能损失了50%,然后AB与C发生弹性碰撞，C又与D发生弹性碰撞，所有碰撞时间极短。C、D碰撞结束

后瞬间，AB的动量、C的动量、D的动量都相同。质量为m的物块D停止运动时，右端距离。点12/。所

有物块的宽度均为/,高度相同，均不翻转，重力加速度为g。求：

(1)D碰后瞬间的速度大小；

(2)A、B和C的质量；

(3)A下滑的高度以及所有物块都停止运动时B右侧与C左侧的间距。

【参考答案】(1)3d2gl；(2)3m,3m,3m；(3)9〃/；

【名师解析】

设A、B、C三个物块的质量分别为啊、加2、m3>A、B两个物体碰前、碰后的速度分别为匕、VAB；A、

B、C三个物体碰后的速度分别为以B'、%；C与D发生弹性碰撞后的速度分别为％'、彩。

(1)对D物块由动能定理

~/Limg(\2/-3/)=0——mv^

可得D碰后瞬间的速度大小为

VD=3ggi

(2)C与D发生弹性碰撞，由动量守恒定律

m3vc=m3vc+mvD

由机械能守恒定律

121，212

-m3vc=-m3vc+-mvD

因为C的动量和D的动量都相同，则

砥y；-mvD

联立可得

f

Vc=J2〃g/，vc=2d2〃gl,机3=3加

因为AB发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律

㈣%=（叫+机2）VAB

碰撞过程中AB的机械能损失了50%,由能量守恒定律可得

1,1。

50%x-m1v；=-（«）+m2）v；B

联立可得

叫=叫，

AB与C发生弹性碰撞,由动量守恒定律

（啊+啊）力=（吗+啊）vAB'+m3vc

由机械能守恒定律

g（㈣+机2）v%=g（㈣+机2）v/+g机3近

其中

，

（机］+m2）vAB=mvD

联立可得

=m2=m3=3m

(3)由(2)可知

物块A由斜面下滑的过程中，由动能定理

联立可得，A下滑的高度为

h-9〃/

AB碰后继续运动的位移为

%—玄-a

C碰后继续运动的位移为

xc=^=l

2〃g

所以所有物块都停止运动时B右侧与C左侧的间距为

、3/

Ax=%-xAB=-

5.（2024河南名校联考）如图所示，水平地面上固定放置一质量河=96.5kg的斜面体C,斜面体C的上

表面与水平地面的夹角为。=37。，斜面体上静置两个小物块A、B,小物块A、B的质量分别为

叫=0.5kg、m2=3kg，小物块A位于斜面顶端，小物块B与小物块A相距%=3m,小物块A与斜面体

7

间无摩擦，小物块B与斜面体间动摩擦因数为〃=、，初始由静止释放小物块A,此后小物块A、B间发生

多次弹性正碰，碰撞时间均极短。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面足够长，

sin37。=0.6,cos37。=0.8,重力加速度g取10m/s?。求：

（1）第一次碰后瞬间小物块A、B的速度大小％、v2；

（2）第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间小物块A、B间的最大距离Ax；

（3）第一次碰后瞬间到第八次碰前瞬间小物块B与斜面体C间摩擦产生的热量Q；

（4）第一次碰后瞬间到第八次碰前瞬间地面对斜面体C的冲量大小。

A

301218

【参考答案】(1)v.=一tn/s,v=一m/s；(2)Ax=一m；(3)Q=216J；(4)I=12000N-s

7277

【名师解析】

(1)小物块A释放之后沿斜面向下做匀加速直线运动

Wjgsin0=mxax

v：=2%%

求得

v0=6m/s

小物块A、B碰撞过程中动量守恒(规定沿斜面向下为正方向)

加1%=加M+m2V2

121212

5加1%=/加Fl+-^2V2

联立求得

L*,%*m/s

(2)对物块B,根据牛顿第二定律有

cos

m2gsin0-〃掰2g§-m2a2

求得

2

a2=-lm/s

小物块A、B碰后B做匀减速直线运动，A先向上匀减速后反向匀加速，两者共速时距离最大，有

V]+Q"]=v2+a2tx

求得

6

ti=­s

V共=vl+alt1=-rn/s

可得第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间小物块A、B间的最大距离

(3)第一次碰后B减速至0用时

B减速至0时A的速度为

vA2=v[+a/?=6m/s

L时间内A、B的位移分别为

由于SA2=%2，52=%，说明B减速至0时刚好发生第二次碰撞，且A与第一次碰前速度相同，此后A、B

将重复性发生多次碰撞。每相邻两次碰撞间摩擦热

C0S

01=〃机2g3%2=------J

总热量

Q=70]=216J

(4)A、B整体对斜面体的摩擦力为

f=〃机2gcos。=(m]+根2)gsin。

A、B整体对斜面体的弹力为

FN=（掰]+加2）gcos0

A、B整体对斜面体的作用力为

%==（叫+机2）g

方向竖直向下

I=（M+机I+机2）g.7/2

6.（2024黑龙江六校联盟2月联考）如图所示，以v=4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与

粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的4

个相同小球，小球质量质量的物体从轨道上高h=2.0m的P点由静止开始下滑，滑到传

mo=O.3kg„m=0.1kg

送带上的点时速度大小物体和传送带之间的动摩擦因数传送带之间的距离

Ai/0=6m/s；"=0.5,ABL=3.0m„

物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）

A.物体从P点下滑到A点的过程中，克服摩擦力做的功为02

B.物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为0.4m

C.物体最终的速度大小为0.5m/s

D.物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与传送带间产生的摩擦热为3J

【答案】ABD

【解析】

物体由P到A的过程，根据动能定理可得

1,

mgh+Wf=—mv0

解得

%=-0.2J

则克服摩擦力做的功为0.2J,选项A正确;

物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为

a=-〃—机—g=〃g=54m//s2

m

减速至与传送带速度相等时所用的时间

v-v