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动量守恒的九种模型解读

模型八多次碰撞模型

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。

【典例透析】

【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？

【答案】（1）；（2）(k＋1)x；（3）3

【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

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)2un2，得到

……

其中

上几式相加得到

则

解得

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

【答案】C

【解析】AB碰撞时由动量守恒和能量守恒可知

可得

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v1v20，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.（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。

【解析】（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

⑩

?

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

?

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

?

解得