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动量守恒的十种模型解读和针对性训练
模型十 多过程模型
模型解读
把碰撞、人船、爆炸、滑块木板、传送带、平抛运动、竖直面内圆周运动等模型中若干个有
机组合成一题，成为多过程模型。
解答多过程模型，要根据题述情景分别运用相关物理规律列方程解答。
【典例精析】
【典例】.（16 分）（2024 湖南名校3 月适应性训练）如图所示，足够长的水平光滑直轨道AB 和水平传送
带平滑无缝连接，传送带长L=4m，，以10m/s 的速度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道EF 的装置P 固
定于水平地面上，EF 位于竖直平面内，由两段半径均为R=0.8m 的
圆弧细管道组成，EF 管道与水平传送
带和水平地面上的直轨道MN 均平滑相切连接，MN 长
，右侧为竖直墙壁。滑块a 的质量
，滑块b 与轻弹簧相连，质量
，滑块c 质量
，滑块a、b、c 均静置于轨
道AB 上。现让滑块a 以一定的初速度水平向右运动，与滑块b 相撞后立即被粘住，之后与滑块c 发生相互
作用，c 与劲度系数k=1.5N/m 的轻质弹簧分离后滑上传送带，加速之后经EF 管道后滑上MN。已知滑块c
第一次经过E 时对轨道上方压力大小为42N，滑块c 与传送带间的动摩擦因数
，与MN 间的动摩
擦因数
，其它摩擦和阻力均不计，滑块与竖直墙壁的碰撞为弹性碰撞，各滑块均可视为质点，重
力加速度大小g=10m/s2，弹簧的弹性势能
（x 为形变量）。求：
（1）滑块c 第一次经过F 点时速度大小（结果可用根号表示）；
1
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（2）滑块a 的初速度大小
：
（3）试通过计算判断滑块c 能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。
【名师解析】15．（16 分）
（1）根据牛顿第二定律，在E 点滑块c，
解得
滑块c 第一次经过E 点到F 点，
根据动能定理
解得
（2）滑块c 在传送带上做匀加速运动，因此刚放上传送带时，滑块c 的速度设为
，
根据运动学规律
滑块a，b 作为整体与滑块c 发生相互作用，最终滑块c 被弹出，
根据动量守恒与能量守恒得
联立解得
、
a 与b 发生碰撞，最后共速，满足动量守恒
联立解得
（3）假设滑块c 能再次回到E 点，从F 点到E 点，
根据动能定理
解得
速度大于零，假设成立，滑块c 可再次滑上传送带，做减速运动，
根据运动学规律
2
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联立解得
即可以追上滑块a，b 发生再次碰撞，设最大压缩量为
，
根据动量守恒与能量守恒
联立解得
【针对性训练】
1.（2024 山东临沂二模）如图所示，表面光滑的水平面中间存在光滑凹槽
，质量为m 长度小于
的
木板C 放置在凹槽内，其上表面恰好与水平面平齐。开始时木板C 静置在凹槽左端M 处，其右端与凹槽右
端N 有一定的距离。水平面左侧有质量分别为
与
的物块A、B 之间锁定一压缩轻弹簧，其弹性势
能为
，弹簧解除锁定后，将A、B 两物块弹开，物块B 滑上木板C，当B 刚滑到C 上某位置时B、C 共
速，其后C 与N 发生弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数，重力加速度g，
。求：
（1）若在整个运动过程中B 未滑出C，B 相对C 所能滑动的最大距离；
（2）假如C 与N 碰撞次数多于2 次，至少经过多少次碰撞，B 的动能小于
？
（3）若弹簧解除锁定后，弹簧将A、B 两物块弹开，物块B 滑上木板到达C 右端时，C 恰好第一次碰到N
点。再改变C 的质量为
，弹簧解除锁定后，弹簧将A、B 两物块弹开，让C 第k 次碰撞N 点时，木块B
恰好滑到C 右端，此时B 的速度大于C 的速度，求
与k 的关系。
【名师解析】
（1）对AB 以及弹簧三个物体，由动量守恒定律，24mvA=12 mvB，
由能量守恒定律， Ep=
+
3
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解得
=
根据题意，C 反复碰撞N，B 未画出C，可知BC 两个停止运动，由能量守恒定律，
μ·12mgx=
解得 x=
（2）当B 第一次滑上C 时，B 的速度为vB，C 的速度为零，到BC 第一次共速vB1，
由动量守恒定律， 12 mvB =（12m+m）vB1
解得 vB1=
，
第一次C 与N 碰撞前，B 的动能
第一次碰撞后，到第二次碰撞前，B 以速度vB继续减速，C 以速度大小vB1返回，到C 减速为零，然后C 又
向N 加速至BC 共速vB2的过程，由动量守恒定律
12 mvB1 - mvB1=（12m+m）vB2
解得 vB2=
1，
共速时B 的动能
依次类推，第n 次碰撞后，到第n+1 次碰撞前，共速时B 的动能
由题意，要求
＜
即
＜10-6
4
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即 2（n-1）（lg13-lg11）＞6 解得n=43 次
（3）若弹簧解除锁定后，弹簧将AB 两物块弹开，物块B 滑上木板到达C 右端时，C 恰好第一次碰到N 点。
在此过程，设C 的加速度为aC，B、C 所用时间为tC，设C 右端静止时距离N 为d，
由牛顿第二定律 aC=
=12μg
由匀变速直线运动规律 d=
再改变C 的质量为m’，弹簧解除锁定后，弹簧将AB 两物块弹开。让C 第k 次碰撞N 点时，物块B 恰好滑
到C 右端，此时B 的速度大于C 的速度，在此过程，C 的加速度为a’C，设C 从运动到第一次与N 碰撞的时
间为t’C，根据匀变速直线运动规律，tC，tC，tC，，，，
tC =（2k-1）t’C，d=
，a’C=
联立解得
=
=
故
=
2.（16 分）（2024 山东聊城一模）如图所示，水平传送带以速度v 顺时针转动，其左端A 点和右端B 点分
别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B 两点间的距离L=4m。左侧水平台面上有一被压缩的弹簧，弹性势
能EP=2.6J，弹簧的左端固定，右端与一质量为m1=0.1kg 的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送
带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.2。右边水平台面上有一个倾角为53°，高为
h=0.55m 的固定光滑斜面（水平台面与斜面用平滑小圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌
面，桌面左端依次叠放着质量为m3=0.1kg 的木板（厚度不计）和质量为m2=0.2kg 的物块乙，物块乙与木
板之间的动摩擦因数为μ2=0.2，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距x0=0.5m，木板与挡板碰
撞会原速率弹回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与
物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，g=10m/s2。
（1）求物块甲到达B 点的速度的可能值；
（2）若传送带速度v=4m/s，求物块甲运动到最高点时的速度大小；
5
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（3）在满足第2 问条件下，求木板运动的总路程；
（4）在满足第2 问条件下，若木板的质量为m3=0.4kg，木板与挡板仅能发生两次碰撞，求挡板与木板距
离的范围为多少。
【名师解析】．（16 分）
（1）由题意可知，物块甲到达A 点时
物块甲从A 到B 过程中，若物块甲一直加速
则有：
……①
……②
此时
若物块甲一直减速，则有
……③
此时
若物块甲先加速后匀速或先减速后匀速
则
……④
此时
综上所述：物块甲到达B 点的速度
（2）当传送带速度
时，物块甲在B 点的速度
，此后冲向斜面到达最高点时，速度为
6
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由：
……⑤
解得：
离开斜面后做斜上抛运动，
最高点时的速度
……⑥
（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律：
由机械能守恒定律：
解得：
，
……⑦
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律：
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理：
解得：
……⑧
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。木板与挡板第一次碰后，以速度
向左减速到零，位移大小为
此后向右运动与挡板发生第二次碰撞。
由动量守恒定律：
第二次碰后以速度
向左减速到零，位移为
，木板向左减速过程中，由动能定理得：
解得：
……⑨
同理可得：
……⑩
7
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以此类推木板的总路程为：
解得：
m……⑪
（4）以木板为对象，由牛顿第二定律：
木板与挡板碰前做匀加速直线运动，有
……⑫
木板与挡板碰后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。
①当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为0 时，木板与挡板仅能发生一次碰撞。
即
解得：
m……⑬
②当木板第二次返回到初始位置时，木板与物块乙速度恰好减到0 时，木板与挡板仅能发生二次碰撞。
即：
解得：
m……⑭
可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为
……⑮
评分标准：四式2 分，其余各式每式1 分，共16 分。
3. （2024 福建泉州质检2）如图，一质量为3m、长度为L 的木板静止在倾角
的固定斜面上，木板
的上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数
，木板的下端固定有垂直于木板的薄挡板。一与斜
面平行的轻弹簧下端固定在斜面的底端，上端由原长被压缩了
后用触控锁钉锁定。现将质量为
的小
滑块从木板的中点由静止释放，经过一段时间，滑块与挡板发生第一次碰撞后，木板开始运动。经过多次
8
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碰撞后，当滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板刚好接触弹簧并触发锁钉立即解除锁定。已知重
力加速度大小为
，弹簧的劲度系数
，滑块与挡板间的碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，不
计空气阻力。求：
（1）滑块第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小
；
（2）滑块第一次与挡板碰撞后瞬间，木板的速度大小
和加速度大小
；
（3）木板在初始位置时，其下端与锁钉的距离d；
（4）锁钉解除后，当滑块与挡板第一次分离时木板的速度大小
。
【参考答案】（1）
；（2）
，
；
（3）
；（4）
【名师解析】
（1）设滑块释放时加速度大小为
，由牛顿第二定律得
滑块释放后到第一次与挡板碰撞前的过程中做匀加速直线运动，有
得
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（2）设第一次碰撞后瞬间，木板的速度为
，滑块的速度为
，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
，
对木板由牛顿第二定律可得
解得
方向沿斜面向上。
（3）方法一：
从滑块开始运动到滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板一直向下运动，在这过程中,滑块重力做
功
木板重力做功
木板所受摩擦力做功
由功能关系得
10
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解得
方法二：
木板第一次碰后向下减速的位移
在木板向下减速时滑块向上减速，由于加速度大小
，当木板速度为0 时，滑块速度也为0，此时两
者之间距离为
接下来板不动，滑块沿板加速下滑与板碰撞，设第二次碰撞时滑块速度为
，则
第二次碰撞后瞬间，木板的速度为
，滑块的速度为
，由动量守恒和能量守恒可得
联立解得
，
木板向下的位移
当两者速度再次为0，此时两者之间距离为
滑块再次碰撞木板时的速度
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由动量守恒和能量守恒可得第三次碰撞后瞬间，木板的速度为
木板向下的位移
即每次木板向下的位移
或
木板下端与锁钉的距离
（4）当板块分离时，弹簧的形变量为
，挡板与滑块间的弹力
，两者的加速度相等都为
对板块整体
得
对弹簧和板块系统，由能量守恒得
解得
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4. （2024 河北昌黎一中第六次调研）如图，固定在水平地面上的凹槽，槽宽
，左侧槽缘高
、斜面倾角
，右侧槽缘高
、光滑圆弧形轨道足够长。长
、高
、质量
的木板
静止在槽内，左端距凹槽左侧
。可视为质点的滑块B，质
量
，放在A 上表面的最左端。质量
、
的小球水平撞击
后水平反弹，下落
过程中刚好与斜面相切通过斜面最高点。已知
与
、
与凹槽底部的动摩擦因数分别为
、
，
向右滑行过程中未与
共速，
与凹槽左、右侧碰撞后立即停止但不粘连，
取
。
求：
（1）小球与B 碰后，B 获得的速度
；
（2）B 能上升到距A 上表面的最大高度
；
（3）整个过程中
、
间摩擦产生的热量
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】
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（1）设小球水平反弹的速度大小为
，从反弹到通过斜面最高点时的时间为
，竖直方向的速度为
，
则有
在竖直方向上有
，
设小球与
撞击后，
获得的为
，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
解得
，
（2）设
滑上凹槽右侧光滑轨道时的速度为
，由于
向右滑行过程中与
未共速，
对地移动的距离
为
，依题意有
根据动能定理有
B 沿弧形轨道上升到最大高度
，根据机械能守恒定律有
解得
，
（3）B 返回到
的右端时速度大小仍为
，设
在
上减速滑行的加速度大小为
，
在凹槽内加速滑
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行的加速度大小为
，根据牛顿第二定律有
，
解得
，
现判断
向左移动时是否与
共速。假设经过时间，
、
达到共速为
，则有
，
解得
在时间内，
对地的位移
A 对地的位移
则B 在A 上滑行的位移
所以，
与凹槽左侧相碰前，
未滑离
上表面并与
达到共速。A、B 以
的速度一起减速到
与凹
槽左侧相碰，设
与凹槽左侧相碰时速度为
，则有
与凹槽左边缘相碰后
在
上滑行的距离
解得
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即
最终未滑离
上表面，由于
整个过程A、B 间摩擦产生的热量
解得
5．（15 分）(2024 湖南顶级名校质检)如图所示，水平粗糙地面上有一个长为的轻杆，杆的一端与质量为
的球
相连，另一端连接铰链
，杆可以在竖直平面内绕
自由转动，重力加速度为
。
的右侧紧
靠着一个正方体箱子，箱子质量为
，边长为，箱子左面光滑。现有质量为
的小尖状物块以竖直向
上
的速度射入
但未射出，随后
与物体形成新的整体
带动杆在竖直平面内转动，转过
后，给
施加一个水平向右的恒力
大小为
。
再转过
后，箱子与
分离。求：
（1）小尖状物体射入
后的共同速度大小；
（2）箱子与地面之间的动摩擦因数
；
（3）在箱子右边放置一个四分之一圆弧轨道，轨道半径为
，轨道圆心处静止着质量为
的球
，箱
子运动到
处，与
发生弹性碰撞，随后
做平抛运动落入圆弧轨道上。要使
落入圆弧轨道上的动能
最小，则
与
的水平距离
为多少？
【解析】（1）小物块与
碰撞，设碰后的共同速度为
，则
（2）小物块与
碰撞形成整体
转过
的过程中，机械能守恒
16
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，得
在最高点速度为0，随后受到水平向右的恒力
当箱子与
分离，
转过了
，设此时
的速度为
，箱子的速度为
，杆的拉力为
，根据能
量关系，有
分离时水平速度相等：
分离时水平加速度相等：
认
为研究对象：
联立四式，解得
（3）设箱子与
碰撞后，
的速度为
落到轨道上时，竖直位移为
，水平位移为
，动能为
，
则
由②式得：
，代入③式得：
，再代入①得：
当
，即
有最小值，此时
所以箱子与
碰撞后，
的速度为
时，
落到轨道上的动能最小
17
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设箱子与
碰前的速度为
，碰撞后的速度为
，则
设箱子从离开
到与
碰撞位移为
，则
解得
18
