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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F0，当整列火车速度为v 时，发动机的功率为P0，求此时火车的
加速度；
（2）若整列火车所受阻力恒为F0，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
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l 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）
；（2）(k＋1)x；（3）3
1
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【名师解析】
（1）根据
可知
根据牛顿第二定律
解得
（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
再由动量定理得
(k－1)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v2，末速度为
，由动能定理得
解得
x2 = (k＋1)x
（3）设拖动第n 节车厢前，车头的速度为un，绳子绷直后车头的速度为u′n，拖动第一节车厢前，对车头
由动能定理得
绳子绷直，对车头和第一节车厢由动量守恒定律得
2mu1 = (2m＋m)u′1
同理，拖动第n 节车厢前，对于车头和前（n－1）节车厢由动能定理得
2
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绳子绷直，对于车头和前n 节车厢由动量守恒定律得
[2m＋(n－1)m]un = (2m＋nm)u′n
由上式得
可推出
联立有
令an = (n＋1)2un
2，得到
……
其中
上几式相加得到
则
解得
3
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当
，即n = 3 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
水平面上，其中4 个球
B、C、D、E 质量均为
，A 球、F 球质量均为
，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
，最终将有2 个小球运动
B. 若
，最终将有1 个小球运动
C. 若
，最终将有3 个小球运动
D. 无论
、
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
可得
4
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A．若
，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
，则碰后v1>v2>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
，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
的足够长斜面固定在水平面上，
时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜
面上相距
的两处同时由静止释放。已知A 的质量是B 的质量的3 倍，A、B 与斜面之间的动摩擦
因数分别为
、
，A、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
，求
（1）A、B 发生第一次碰撞后瞬间，A、B 的速度大小；
（2）A、B 发生第三次碰撞的时刻；
（3）从静止释放到第n 次碰撞，A 运动的位移。
5
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【名师解析】.（18 分）
（1）A 沿斜面下滑，由牛顿第二定律
①
分析B 的受力
②
即B 静止在斜面上。
A 与B 发生第一次碰撞前，由运动学规律
③
A 与B 发生第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律
④
⑤
解得
⑥
⑦
（2）由（1）可得，A 从静止释放后，经过时间
与B 发生第一次碰撞，有
⑧
B 以
匀速直线运动，A 以初速度
，加速度a 匀加速直线运动，第二次碰撞前，有
⑨
此时，B 以
匀速直线运动，A 的速度为
A 与B 发生第二次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律
6
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⑩
⑪
B 以
匀速直线运动，A 以初速度
，加速度a 匀加速直线运动，第三次碰撞前，有
⑫
显然，每次碰撞后，B 均相对A 以初速度
、加速度
作匀减速直线运动，至下一次碰撞，经过的时间
均为0.4s。故A 与B 发生第3 次碰撞后的时刻为
⑬
解得
⑭
（3）从开始至第一次碰撞，
从第一次碰撞至第二次碰撞，
从第二次碰撞至第三次碰撞，
从第三次碰撞至第四次碰撞，
……
从第
次碰撞至第n 次碰撞，
⑮
A 从静止释放到第n 次碰撞后运动的总位移
⑯
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
7
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口距离为l，圆管长度为6l。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，所受滑动摩擦力是其所受重力大小的
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
、
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n。
【参考答案】（1）
，方向竖直向上，
，方向竖直向下；（2）
；（3）7 次
【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
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
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解得
小球碰后速度v1大小
，方向竖直向上；圆盘速度v2大小为
，方向竖直向下；
（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
解得圆盘加速度
由
解得圆盘运动的距离
第一次碰撞后，由
解得圆盘运动时间
小球在
时间内运动的位移
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
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（3）第二次碰撞前小球的速度
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
，碰撞次数
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O 点左侧光滑，右侧动摩擦因
数为μ。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O 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O 点12l。
所有物块的宽度均为l，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
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）
；（2）3m，3m，3m；（3）
；
【名师解析】
设A、B、C 三个物块的质量分别为
、
、
，A、B 两个物体碰前、碰后的速度分别为
、
；
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A、B、C 三个物体碰后的速度分别为
、
；C 与D 发生弹性碰撞后的速度分别为
、
。
（1）对D 物块由动能定理
可得D 碰后瞬间的速度大小为
（2）C 与D 发生弹性碰撞，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
因为C 的动量和D 的动量都相同，则
联立可得
，
，
因为AB 发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律
碰撞过程中AB 的机械能损失了50%，由能量守恒定律可得
联立可得
，
AB 与C 发生弹性碰撞，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
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其中
联立可得
（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
AB 碰后继续运动的位移为
C 碰后继续运动的位移为
所以所有物块都停止运动时B 右侧与C 左侧的间距为
5. （2024 河南名校联考）如图所示，水平地面上固定放置一质量
的斜面体C，斜面体C 的上
表面与水平地面的夹角为
，斜面体上静置两个小物块A、B，小物块A、B 的质量分别为
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，小物块A 位于斜面顶端，小物块B 与小物块A 相距
，小物块A 与斜面体
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，
，重力加速度g 取
。求：
（1）第一次碰后瞬间小物块A、B 的速度大小
；
（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
；
（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。
【参考答案】（1 ）
，
；（2 ）
；（3 ）
；（4 ）
【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
求得
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）
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联立求得
，
（2）对物块B，根据牛顿第二定律有
求得
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
求得
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
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时间内A、B 的位移分别为
由于
，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
总热量
（4）A、B 整体对斜面体的摩擦力为
A、B 整体对斜面体的弹力为
A、B 整体对斜面体的作用力为
方向竖直向下
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m0=0.3kg。质量m=0.1kg 的物体从轨道上高h=2.0m 的P 点由静止开始下滑，滑到传
送带上的A 点时速度大小v0=6m/s；物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带AB 之间的距离
L=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（
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）
A. 物体从P 点下滑到A 点的过程中，克服摩擦力做的功为0.2J
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
解得
则克服摩擦力做的功为
，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
减速至与传送带速度相等时所用的时间
匀减速运动的位移
故物体与小球1 碰撞前的速度为
物体与小球1 发生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大小为的
，小球1 被撞后的速度大小为
，由动量
守恒和能量守恒定律得
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解得
物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得
解得
选项B 正确；
由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。物体第一次返回还没到传送带左
端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到
，再跟小球1 发生弹性正碰，同
理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分别为
以此类推，物体与小球1 经过
次碰撞后，他们的速度大小分别为
由于总共有4 个小球，可知物体第1 个小球一共可以发生4 次碰撞，则物体最终的速度大小为
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选项C 错误；
物体第一次与小球1 碰撞后的整个过程，在传送带上相对传送带的路程
故物体与传送带间产生的摩擦热
选项D 正确。
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