多次碰撞模型（解析版）-動量守恒的十種模型解讀和針對性訓(xùn)練

動量守恒的十種模型解讀和針對性訓(xùn)練

模型9多次碰撞模型

模型解讀

所謂多次碰撞模型是指，兩個(gè)物體或多個(gè)物體發(fā)生多次碰撞，且這些碰撞滿足某種規(guī)律。

【典例精析】

【典例】.（2024湖南長沙高三適應(yīng)性考試）如圖，將火車停在足夠長的平直鐵軌上。

（1）若整列火車質(zhì)量為M,所受阻力恒為F。，當(dāng)整列火車速度為V時(shí)，發(fā)動機(jī)的功率為P。，求此時(shí)火車的

加速度；

（2）若整列火車所受阻力恒為Fo,某次測試時(shí)整列火車的運(yùn)動分為兩個(gè)階段。第一階段火車受到大小為kF0

的恒定牽引力由靜止啟動，位移為x時(shí)，發(fā)動機(jī)的實(shí)際功率正好等于額定功率，然后進(jìn)入第二階段；第二階

段發(fā)動機(jī)保持額定功率繼續(xù)前進(jìn)，已知兩個(gè)階段用時(shí)相等，第二階段的末速度為初速度后倍。求第二階段

火車的位移；

（3）若整列火車由1節(jié)動力車頭和23節(jié)無動力車廂組成，動力車頭質(zhì)量為2m,每節(jié)無動力車廂質(zhì)量均為

m?；疖囋趩忧?，車頭會先向后退一段距離，使得各相鄰車廂之間的連接掛鉤松弛，車廂無間距緊挨著,

然后車頭從靜止開始啟動，逐節(jié)帶動各節(jié)車廂直至最后一節(jié)車廂啟動。啟動過程中車頭牽引力恒為F,忽略

一切阻力。為了研究方便，將車頭及相鄰車廂之間的連接掛鉤簡化為不可伸長的長度為/的輕繩，繩子繃直

的瞬間相連的物體間可看做發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)。整個(gè)啟動過程中，帶動第幾節(jié)無動

力車廂前，車頭的速度達(dá)到最大？

【參考答案】（1）與一4乜;（2）（k+l）x；（3）3

Mv

【名師解析】

（1）根據(jù)P0=F^

可知

根據(jù)牛頓第二定律

Fl-F0=Ma

解得

a=1即

Mv

(2)設(shè)火車第一階段運(yùn)動時(shí)間為t,末速度為V2,第二階段的位移為X2

由動能定理得

{k-\]FQx=^Mvl

再由動量定理得

(k-l)F0t=Mv2

發(fā)動機(jī)的額定功率

Pm=kF0V2

由上可知，第二階段的初速度為丫2，末速度為亞2，由動能定理得

2

Pmt-FQX2(V2v2)-vf

解得

x2-(k+l)x

(3)設(shè)拖動第"節(jié)車廂前，車頭的速度為4,繩子繃直后車頭的速度為u7,拖動第一節(jié)車廂前，對車頭

由動能定理得

2mu

21

繩子繃直，對車頭和第一節(jié)車廂由動量守恒定律得

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

同理，拖動第"節(jié)車廂前，對于車頭和前(n-1)節(jié)車廂由動能定理得

g[2機(jī)+(〃-1)機(jī)[=g[2機(jī)+(〃-1)加]

-1+FI

繩子繃直，對于車頭和前0節(jié)車廂由動量守恒定律得

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

聯(lián)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

上幾式相加得到

pi

=%+(〃+4)(〃-1)—

m

則

(“+1)22/=(〃2+3〃)烏

''m

解得

“2〃2

"+3)Fl(H+1)+(?+1)-2Flri12、Fl

11

Un~-/\2-L1-/八21

(〃+l)m(〃+l)m〃++m

當(dāng)去毛,即…時(shí)有最大值。則拖動第3節(jié)車廂前，車頭速度達(dá)到最大。

【針對性訓(xùn)練】

1.（2024江蘇蘇州期末）如圖所示，5個(gè)小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，其中4個(gè)球

B、C、D、E質(zhì)量均為㈣，A球、F球質(zhì)量均為相2，A球以速度/向B球運(yùn)動，之后所有的碰撞均為彈性

碰撞，碰撞結(jié)束后（）

A.若㈣=加2，最終將有2個(gè)小球運(yùn)動

B.若加1＜加2，最終將有1個(gè)小球運(yùn)動

C.若叫〉加2，最終將有3個(gè)小球運(yùn)動

D.無論機(jī)1、機(jī)2大小關(guān)系怎樣，最終6個(gè)小球都會運(yùn)動

【參考答案】C

【名師解析】

AB碰撞時(shí)由動量守恒和能量守恒可知

機(jī)2%=機(jī)2V2+miVl

1212,12

~m2V0=~m2V2+'mFl

可得

m.-m,

V2=^V°

2m,

1不%

A.若叫=加2，則碰后兩球交換速度，則最終只有F小球運(yùn)動，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

若網(wǎng)＜嗎，則碰后也＞也＞0,然后B和C交換，直到D和E交換，E再與F碰撞，F(xiàn)向右運(yùn)動，E被彈回

再與D交換……，則最終不只有1個(gè)小球運(yùn)動，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

若叫〉加2，則AB碰后A反彈，B向右運(yùn)動與C碰撞交換速度，最后DE交換速度，最后E與F碰撞，

EF都向右運(yùn)動，BCD停止，則最終將有3個(gè)小球AEF都運(yùn)動，選項(xiàng)C正確；由以上分析可知，選項(xiàng)D錯(cuò)

誤。

2.（18分）（武漢市2024屆高中畢業(yè)生四月調(diào)研考試）

如圖所示，傾角8=30。的足夠長斜面固定在水平面上，t=0時(shí)刻，將物塊/、B（均可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面

上相距/=0.05m的兩處同時(shí)由靜止釋放。已知N的質(zhì)量是8的質(zhì)量的3倍，A、8與斜面之間的動摩擦因

反萬

數(shù)分別為〃4=J、〃B=J，4、B之間的碰撞為彈性碰撞，且碰撞時(shí)間極短，重力加速度大小g=10m/s2,

63

求

（1）/、5發(fā)生第一次碰撞后瞬間，/、2的速度大?。?/p>

（2）/、8發(fā)生第三次碰撞的時(shí)刻；

（3）從靜止釋放到第〃次碰撞，/運(yùn)動的位移。

【名師解析】.（18分）

（1）/沿斜面下滑，由牛頓第二定律

3mgsin0-nA3mgcos0=3ma①

分析8的受力

mgsin0=/nBmgcos0②

即B靜止在斜面上。

/與8發(fā)生第一次碰撞前，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律

2

VM-2al③

/與8發(fā)生第一次碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律

3mvM=3mvAl+mvBl④

3加心=g.3機(jī)vI+1⑤

解得

vAl=0.25m/s⑥

=0.75m/s⑦

vB[

(2)由(1)可得，/從靜止釋放后，經(jīng)過時(shí)間0與5發(fā)生第一次碰撞，有

=ato⑧

8以以1勻速直線運(yùn)動，/以初速度丫⑷，加速度。勻加速直線運(yùn)動，第二次碰撞前，有

12O

此時(shí)，8以匕?勻速直線運(yùn)動，力的速度為

V，=V41+ati

N與8發(fā)生第二次碰撞，由動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+-mvB2?

8以％2勻速直線運(yùn)動，N以初速度已2，加速度。勻加速直線運(yùn)動，第三次碰撞前，有

12

VA2t2+~at2=VB2t2?

顯然，每次碰撞后，8均相對/以初速度丫加、加速度叫作勻減速直線運(yùn)動，至下一次碰撞，經(jīng)過的時(shí)間

均為0.4s。故/與8發(fā)生第3次碰撞后的時(shí)刻為

=%+/]+(13)

解得

4=1.0s?

(3)從開始至第一次碰撞，

xA1=l

從第一次碰撞至第二次碰撞，%=21+41=61

從第二次碰撞至第三次碰撞，12/

xA3=81+41=

從第三次碰撞至第四次碰撞，x^4=147+4/=18/

從第〃-1次碰撞至第"次碰撞，盯“=(6〃-10)/+4/(〃〉1)?

A從靜止釋放到第n次碰撞后運(yùn)動的總位移

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

3.（2024江蘇蘇州期末）如圖，一豎直固定的長直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口

距離為/,圓管長度為6/。一質(zhì)量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動,

3

4

所受滑動摩擦力是其所受重力大小的一倍。小球在管內(nèi)運(yùn)動時(shí)與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤

3

發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求：

（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度匕、丫2分別為多大；

（2）在第一次碰撞后圓盤下滑的距離X2；

（3）圓盤在管內(nèi)運(yùn)動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)以

O

【參考答案】（1）J退，方向豎直向上，J退，方向豎直向下；（2）-/；（3）7次

224

【名師解析】

（1）規(guī)定豎直向下為正方向，小球釋放后自由下落，下降/,根據(jù)機(jī)械能守恒定律

,12

mgl=—mv0

解得

小球以初速度%與靜止圓盤發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)能量守恒定律和動量守恒定律分別有

mv0=mVj+Mv^

解得

m-MJ2gl

曠f。二一丁

v2m

-2

小球碰后速度出大?。?，方向豎直向上；圓盤速度也大小為J型，方向豎直向下;

22

(2)第一次碰撞后小球做豎直上拋運(yùn)動，圓盤做勻減速運(yùn)動,

由

Mg—Ff=Ma

解得圓盤加速度

1

由

2ax?=0-n；

解得圓盤運(yùn)動的距離

x,=3

24

第一次碰撞后，由

0-v2=at]

解得圓盤運(yùn)動時(shí)間

3⑵

2-2g

小球在J時(shí)間內(nèi)運(yùn)動的位移

123,

X]=丫也+2^2=才

可見，當(dāng)圓盤速度為零時(shí)，小球剛好與之第二次碰撞，即第一次碰撞后圓盤下滑的距離為

x2=-l

24

(3)第二次碰撞前小球的速度

I=匕+gf2=V2g7

3

接下來運(yùn)動和小球第一次碰撞相同，因此每次碰撞圓盤向下移動一/,碰撞次數(shù)

61-120

小球和圓盤碰撞次數(shù)為7次。

4.(2024重慶3月模擬)如題圖所示，光滑斜面與水平面平滑連接，水平面上。點(diǎn)左側(cè)光滑，右側(cè)動摩擦因

數(shù)為〃。B、C、D三個(gè)物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)且剛好相互接觸，B的左端與。點(diǎn)對齊。A從光滑斜面的某一高度

處由靜止滑下，在光滑水平面運(yùn)動一段時(shí)間，與B發(fā)生碰后粘在一起形成組合體AB,碰撞過程中AB的機(jī)

械能損失了50%,然后AB與C發(fā)生彈性碰撞，C又與D發(fā)生彈性碰撞，所有碰撞時(shí)間極短。C、D碰撞結(jié)束

后瞬間，AB的動量、C的動量、D的動量都相同。質(zhì)量為m的物塊D停止運(yùn)動時(shí)，右端距離。點(diǎn)12/。所

有物塊的寬度均為/,高度相同，均不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g。求：

(1)D碰后瞬間的速度大?。?/p>

(2)A、B和C的質(zhì)量；

(3)A下滑的高度以及所有物塊都停止運(yùn)動時(shí)B右側(cè)與C左側(cè)的間距。

【參考答案】(1)3d2gl；(2)3m,3m,3m；(3)9〃/；

【名師解析】

設(shè)A、B、C三個(gè)物塊的質(zhì)量分別為啊、加2、m3>A、B兩個(gè)物體碰前、碰后的速度分別為匕、VAB；A、

B、C三個(gè)物體碰后的速度分別為以B'、%；C與D發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為％'、彩。

(1)對D物塊由動能定理

~/Limg(\2/-3/)=0——mv^

可得D碰后瞬間的速度大小為

VD=3ggi

(2)C與D發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律

m3vc=m3vc+mvD

由機(jī)械能守恒定律

121，212

-m3vc=-m3vc+-mvD

因?yàn)镃的動量和D的動量都相同，則

砥y；-mvD

聯(lián)立可得

f

Vc=J2〃g/，vc=2d2〃gl,機(jī)3=3加

因?yàn)锳B發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律

㈣%=（叫+機(jī)2）VAB

碰撞過程中AB的機(jī)械能損失了50%,由能量守恒定律可得

1,1。

50%x-m1v；=-（?）+m2）v；B

聯(lián)立可得

叫=叫，

AB與C發(fā)生彈性碰撞,由動量守恒定律

（啊+啊）力=（嗎+?。﹙AB'+m3vc

由機(jī)械能守恒定律

g（㈣+機(jī)2）v%=g（㈣+機(jī)2）v/+g機(jī)3近

其中

，

（機(jī)］+m2）vAB=mvD

聯(lián)立可得

=m2=m3=3m

(3)由(2)可知

物塊A由斜面下滑的過程中，由動能定理

聯(lián)立可得，A下滑的高度為

h-9〃/

AB碰后繼續(xù)運(yùn)動的位移為

%—玄-a

C碰后繼續(xù)運(yùn)動的位移為

xc=^=l

2〃g

所以所有物塊都停止運(yùn)動時(shí)B右側(cè)與C左側(cè)的間距為

、3/

Ax=%-xAB=-

5.（2024河南名校聯(lián)考）如圖所示，水平地面上固定放置一質(zhì)量河=96.5kg的斜面體C,斜面體C的上

表面與水平地面的夾角為。=37。，斜面體上靜置兩個(gè)小物塊A、B,小物塊A、B的質(zhì)量分別為

叫=0.5kg、m2=3kg，小物塊A位于斜面頂端，小物塊B與小物塊A相距%=3m,小物塊A與斜面體

7

間無摩擦，小物塊B與斜面體間動摩擦因數(shù)為〃=、，初始由靜止釋放小物塊A,此后小物塊A、B間發(fā)生

多次彈性正碰，碰撞時(shí)間均極短。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，斜面足夠長，

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

（1）第一次碰后瞬間小物塊A、B的速度大?。?、v2；

（2）第一次碰后瞬間到第二次碰前瞬間小物塊A、B間的最大距離Ax；

（3）第一次碰后瞬間到第八次碰前瞬間小物塊B與斜面體C間摩擦產(chǎn)生的熱量Q；

（4）第一次碰后瞬間到第八次碰前瞬間地面對斜面體C的沖量大小。

A

301218

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

7277

【名師解析】

(1)小物塊A釋放之后沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動

Wjgsin0=mxax

v：=2%%

求得

v0=6m/s

小物塊A、B碰撞過程中動量守恒(規(guī)定沿斜面向下為正方向)

加1%=加M+m2V2

121212

5加1%=/加Fl+-^2V2

聯(lián)立求得

L*,%*m/s

(2)對物塊B,根據(jù)牛頓第二定律有

cos

m2gsin0-〃掰2g§-m2a2

求得

2

a2=-lm/s

小物塊A、B碰后B做勻減速直線運(yùn)動，A先向上勻減速后反向勻加速，兩者共速時(shí)距離最大，有

V]+Q"]=v2+a2tx

求得

6

ti=-s

V共=vl+alt1=-rn/s

可得第一次碰后瞬間到第二次碰前瞬間小物塊A、B間的最大距離

(3)第一次碰后B減速至0用時(shí)

B減速至0時(shí)A的速度為

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

L時(shí)間內(nèi)A、B的位移分別為

由于SA2=%2，52=%，說明B減速至0時(shí)剛好發(fā)生第二次碰撞，且A與第一次碰前速度相同，此后A、B

將重復(fù)性發(fā)生多次碰撞。每相鄰兩次碰撞間摩擦熱

C0S

01=〃機(jī)2g3%2=------J

總熱量

Q=70]=216J

(4)A、B整體對斜面體的摩擦力為

f=〃機(jī)2gcos。=(m]+根2)gsin。

A、B整體對斜面體的彈力為

FN=（掰]+加2）gcos0

A、B整體對斜面體的作用力為

%==（叫+機(jī)2）g

方向豎直向下

I=（M+機(jī)I+機(jī)2）g.7/2

6.（2024黑龍江六校聯(lián)盟2月聯(lián)考）如圖所示，以v=4m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶，左端與

粗糙的弧形軌道平滑對接，右端與光滑水平面平滑對接。水平面上有位于同一直線上、處于靜止?fàn)顟B(tài)的4

個(gè)相同小球，小球質(zhì)量質(zhì)量的物體從軌道上高h(yuǎn)=2.0m的P點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到傳

mo=O.3kg?m=0.1kg

送帶上的點(diǎn)時(shí)速度大小物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)傳送帶之間的距離

Ai/0=6m/s；"=0.5,ABL=3.0m?

物體與小球、小球與小球之間發(fā)生的都是彈性正碰，重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（）

A.物體從P點(diǎn)下滑到A點(diǎn)的過程中，克服摩擦力做的功為02

B.物體第一次與小球碰撞后，在傳送帶上向左滑行的最大距離為0.4m

C.物體最終的速度大小為0.5m/s

D.物體第一次與小球碰撞后的整個(gè)過程，物體與傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱為3J

【答案】ABD

【解析】

物體由P到A的過程，根據(jù)動能定理可得

1,

mgh+Wf=—mv0

解得

%=-0.2J

則克服摩擦力做的功為0.2J,選項(xiàng)A正確;

物體滑上傳送帶后，在滑動摩擦力作用下勻減速運(yùn)動，加速度大小為

a=-〃—機(jī)—g=〃g=54m//s2

m

減速至與傳送帶速度相等時(shí)所用的時(shí)間

v-v