动量守恒定律在碰撞中的应用几种常见模型分析

动量守恒的十种模型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】1(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2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)P0-F0vMv；(2)(k+1)x；(3)3【名师解析】(1)根据P0=F1v 可知F1=P0 v根据牛顿第二定律F1-F0=Ma 解得a=P0-F0v 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-1F0x=12Mv22再由动量定理得(k-1)F0t=Mv2发动机的额定功率P m=kF0v2由上可知，第二阶段的初速度为v2，末速度为2v2，由动能定理得P m t-F0x2=12M2v22-v22解得x2=(k+1)x(3)设拖动第n节车厢前，车头的速度为u n，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12⋅2mu21=Fl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1 22m+n-1mu2n=122m+n-1mu 2n-1+Fl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]u n=(2m+nm)u′n 由上式得u n=n+1n+2u n可推出u n-1=nn+1u n-1联立有n+12u2n=n2u2n-1+2n+1Fl m令a n=(n+1)2u n2，得到a n=a n-1+n+12Fl ma n-1=a n-2+n2Flm a n-2=a n-3+n-12Fl m⋯⋯a2=a1+32Flm 其中a1=4Flm上几式相加得到a n=a1+n+4n-1Fl m则n +122u n =n 2+3nFl m解得u 2n=n 2+3nn +1 2⋅Fl m =n +1 2+n +1 -2n +1 2⋅Fl m =1+1n +1-2(n +1)2 ⋅Fl m 当1n +1=14，即n =3时有最大值。

1、掌握动量守恒定律中的几种重要考试模型，清晰如何分析及进行运用。

[例题1]（2024春•高新区期末）如图所示，一小车静止于光滑水平面，其上固定一光滑弯曲轨道，例题3]如甲图所示，水平光滑地面上用两颗钉子的小车，小车的四分之一圆弧轨道是光滑的，半径为切，视为质点的质量为m＝1kg的物块从(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大A．m B＝4mB．第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.6m v20C．第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.768v0t0D．第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为1.128v0t0例题5]（2024•黄陂区校级一模）质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接一水平A．π+2m，π―2mA．球A沿槽C下滑过程中，槽B．整个过程中球A、球B和槽C．球A第一次滑至槽C最低点过程中，球D．球A与弹簧作用后，能够追上槽[例题7]（2024春•天河区校级期末）如图所示，水平桌面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端A．动量不守恒，机械能守恒[例题10]（2022秋•历下区校级期中）向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好例题12]有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个大小相等（可视为质点）紧挨着的1.（多选）（2024•济南三模）质量为A．子弹击中物块后瞬间，物块水平方向的速度大小变为B．子弹击中物块后瞬间，物块竖直方向的速度大小变为C．物块下落的总时间为A．滑块从A到B时速度大小等于A．滑块C与弹簧脱离的瞬间获得的速度v c＝1m/sB．轻弹簧长度最短时，所具有的弹性势能E p＝12JC．滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q1＝8J（2024春•温州期中）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。

水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道2m的滑块c用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道的滑块a以初速度v0=17m/s从A处进入，经传送带和（1）物块a到达D点的速度；（2）物块a刚到达与O1等高的E点时对轨道的压力的大小；（3）若a、b两物块碰后粘在一起，则在接下来的运动中弹簧的最大压缩量。

碰撞及类碰撞模型归类例析“碰撞”是高中物理中的一个重要模型，它涉及动量定理、动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律等诸多知识。

处理碰撞问题，需要先根据题意选取恰当的研究对象，合理选取研究过程，并把握该过程的核心要素，再判断研究对象的动量是否守恒、机械能是否守恒，然后根据相应物理规律列方程求解。

一、碰撞的特点：（1）作用时间极短，内力远大于外力，因为极短相互作用时间内可以忽略外力的影响，对系统而言动量保持不变，即总动量总是守恒的；（2）系统能量不能凭空增加，在碰撞过程中，因为没有其他形式的能量转化为动能，所以总动能一定不会增加，在完全弹性碰撞过程中动能守恒，然而在非弹性碰撞中，系统动能减小，总之碰撞不会导致系统动能增加；（3）在碰撞过程中，当两物体碰后速度相等，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大； （4）在碰撞过程中，两物体产生的位移可以忽略不计。

二、常见的碰撞模型： 1．弹性碰撞弹性碰撞是高中物理碰撞问题中最常见的模型，对该碰撞问题的处理所依据的物理原理也相对容易理解。

所谓的弹性碰撞是指研究对象之间在碰撞的瞬间动能没有损失。

（1）动静碰撞模型如图所示，在光滑的水平面上质量为m 1的小球以速度v 1与质量为m 2的静止小球发生弹性碰撞．小球发生的是弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒，得111122m v m v m v ''=+ ，222111122111222m v m v m v ''=+ 由上两式解得：121112m m v v m m -'=+ ，121122m v v m m '=+ 推论：① 若m 1 = m 2，可得v'1 = 0、v'2 = v 1，相当于两球交换速度。

② 若m 1 > m 2，则v'1>0 且v'2>0，即v'1和v'2均为正值，表示碰撞后两球的运动方向与v 1相同． ③ 若m 1>>m 2，则m 1－m 2≈m 1，m 1 + m 2≈m 1，可得v'1 = v1，v'2 = 2v 1。

专题强化八碰撞类的四类模型【专题解读 1.本专题主要研究碰撞过程的特点和满足的物理规律，并对碰撞模型进行拓展分析。

2.会分析物体的正碰模型、“滑块—弹簧”、“滑块—斜面”、“滑块—木板”碰撞模型的特点，并会应用相应规律解决问题。

3.用到的知识、规律和方法有：牛顿运动定律和匀变速直线运动规律，动量守恒定律，动能定理和能量守恒定律。

模型一“物体与物体”正碰模型1．碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。

(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′。

(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。

②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。

2．弹性碰撞的结论(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v 21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2v1′＝（m1－m2）v1＋2m2v2m1＋m2v2′＝（m2－m1）v2＋2m1v1m1＋m2(2)若v2＝0时，v1′＝m1－m2m1＋m2v1v2′＝2m1m1＋m2v1讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；②若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后，两物体沿同一方向运动)；③若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；④若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后，两物体沿相反方向运动)；⑤若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。

3．非弹性碰撞碰撞结束后，动能有部分损失。

m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v 21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2＋ΔE k损4．完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。

m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v12m1v 21＋12m2v22＝12(m1＋m2)v2＋ΔE k损max【真题示例1(2020·全国Ⅲ卷，15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图1中实线所示。

学问点48：动量守恒定律在三类模型问题中的应用考点一：系统动量守恒的推断【学问思维方法技巧】〔1〕系统动量守恒适用条件①抱负守恒：不受外力或所受外力的合力为零．②近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．如碰撞、爆炸、反冲。

③某一方向守恒：假如系统在某一方向上所受外力的合力为零，那么系统在这一方向上动量守恒．如滑块－斜面(曲面)模型。

〔2〕推断系统动量是否守恒的“三留意〞：①留意所选取的系统——所选的系统组成不同，结论往往不同。

②留意所讨论的运动过程——系统的运动分为多个过程时，有的过程动量守恒，另一过程那么可能不守恒。

③留意守恒条件——整体不满意系统动量守恒条件时，在某一方向可能满意动量守恒条件。

题型一：系统动量抱负守恒【典例1拔尖题】(多项选择)如下图，一男孩站在小车上，并和木箱一起在光滑的水平冰面上向右匀速运动，木箱与小车挨得很近．现男孩用力向右快速推开木箱．在男孩推开木箱的过程中，以下说法正确的选项是( )A. 木箱的动量的增加量等于男孩动量的削减量B. 男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量大小C. 男孩推开木箱后，男孩和小车的速度可能变为零D. 对于小车、男孩和木箱组成的系统，推开木箱前后的总动能不变【典例1拔尖题】【答案】BC【解析】由于水平冰面光滑，男孩、小车和木箱组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，站在小车上的男孩用力向右快速推出木箱的过程中，木箱的动量增加量等于男孩和小车动量的削减量，故A错误；男孩对木箱的推力和木箱对男孩的推力是作用力与反作用力，冲量等大反向，男孩对木箱推力的冲量大小等于木箱对男孩推力的冲量大小，故B正确；男孩、小车受到与初动量反向的冲量，推开木箱后，男孩和小车的速度可能变为零，故C 正确；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，推开木箱的过程不行能是弹性碰撞，推开前后的总动能变化，故D错误．题型二：系统动量近似守恒【典例2拔尖题】如下图，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处挥下，打在车的左端，打后车与锤相对静止。

在四种常见模型中应用动量守恒定律导练目标导练内容目标1人船模型和类人船模型目标2反冲和爆炸模型目标3弹簧模型目标4板块模型【知识导学与典例导练】一、人船模型和类人船模型1.适用条件①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；②动量守恒或某方向动量守恒．2.常用结论设人走动时船的速度大小为v 船,人的速度大小为v 人,以船运动的方向为正方向,则m 船v 船-m 人v 人=0,可得m 船v 船=m 人v 人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m 船v 船t =m 人v 人t ,即：m 船x 船=m 人x 人，由图可看出x 船+x 人=L ，可解得：x 人=m 船m 人+m 船L ；x 船=m 人m 人+m 船L3.类人船模型类型一类型二类型三类型四类型五1有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右)，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d ，然后用卷尺测出船长L ，已知他自身的质量为m ，则渔船的质量()A.m (L +d )dB.md (L -d )C.mL dD.m (L -d )d【答案】D【详解】因水平方向动量守恒，可知人运动的位移为(L -d )由动量守恒定律可知m (L -d )=Md解得船的质量为M =m (L -d )d故选D 。

2如图所示，滑块和小球的质量分别为M 、m 。

滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O 由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为L ，重力加速度为g 。

开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。

现将小球由静止释放，下列说法正确的是( )。

A.滑块和小球组成的系统动量守恒B.滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒C.滑块的最大速率为2m 2gLM (M +m )D.滑块向右移动的最大位移为mM +mL【答案】BC【详解】A ．小球下摆过程中竖直方向有分加速度，系统的合外力不为零，因此系统动量不守恒，A 错误；B ．绳子上拉力属于内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量守恒，B 正确；C ．当小球落到最低点时，只有水平方向速度，此时小球和滑块的速度均达到最大，取水平向右为正方向，系统水平方向动量守恒有Mv 1-mv 2=0由系统机械能守恒有mgL =12mv 22+Mv 21解得滑块的最大速率v 1=2m 2gLM (M +m )，C 正确；D ．设滑块向右移动的最大位移为x ，根据水平动量守恒得M x t -m 2L -x t =0解得x =2mM +mL ，D 错误；故选BC 。

动量守恒定律中的典型模型1、子弹打木块模型包括木块在长木板上滑动的模型，其实是一类题型，解决方法基本相同。

一般要用到动量守恒、动量定理、动能定理及动力学等规律，综合性强、能力要求高，是高中物理中常见的题型之一，也是高考中经常出现的题型。

例1：质量为2m、长为L的木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度V0水平向右射穿木块后，速度为V0/2。

设木块对子弹的阻力F恒定。

求：（1）子弹穿过木块的过程中木块的位移（2）若木块固定在传送带上，使木块随传送带始终以恒定速度u<V0水平向右运动，则子弹的最终速度是多少例2、如图所示，在光滑水平面上放有质量为2m的木板，木板左端放一质量为m的可视为质点的木块。

两者间的动摩擦因数为μ，现让两者以V0的速度一起向竖直墙向右运动，木板和墙的碰撞不损失机械能，碰后两者最终一起运动。

求碰后：（1）木块相对木板运动的距离s（2）木块相对地面向右运动的最大距离L2、人船模型例3、一条质量为M，长为L的小船静止在平静的水面上，一个质量为m的人站立在船头．如果不计水对船运动的阻力，那么当人从船头走到船尾时，船的位移多大？例4、载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？3、弹簧木块模型例5、质量为m 的物块甲以3m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m 的物体乙以4m/s 的速度与甲相向运动，如图所示。

则（ ）A ．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒 B ．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C ．当甲物块的速率为1m/s 时，乙物块的速率可能为2m/s ，也可能为0D ．甲物块的速率可能达到5m/s例6、如图所示，光滑的水平面上有m A =2kg ，m B = m C =1kg 的三个物体，用轻弹簧将A 与B 连接．在A 、C 两边用力使三个物体靠近，A 、B 间的弹簧被压缩，此过程外力做功72 J ，然后从静止开始释放，求：（1）当物体B 与C 分离时，B 对C 做的功有多少？（2）当弹簧再次恢复到原长时，A 、B 的速度各是多大？例7、如图所示,光滑水平地面上静止放置两由弹簧相连木块A 和B,一质量为m 子弹,以速度v 0,水平击中木块A,并留在其中,A 的质量为3m,B 的质量为4m.(1)求弹簧第一次最短时的弹性势能(2)何时B 的速度最大，最大速度是多少？4、碰撞、爆炸、反冲Ⅰ、碰撞分类（两物体相互作用，且均设系统合外力为零）（1）按碰撞前后系统的动能损失分类，碰撞可分为弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞． （2）弹性碰撞前后系统动能相等．其基本方程为① m 1v 1+m 2v 2=m 1 v 1'+m 2 v 2' ②222211222211'21'212121v m v m v m v m +=+ ． （3）A 、B 两物体发生弹性碰撞，设碰前A 初速度为v 0，B 静止，则基本方程为 ① m A v 0=m A v A +m B v B ，②2220212121BB A A A v m v m v m += 可解出碰后速度0v m m m m v B A B A A +-=，C B Amv oBAv B =02v m m m BA A+．若m A =m B ，则v A = 0 ，v B = v 0 ，即质量相等的两物体发生弹性碰撞的前后，两物体速度互相交换（这一结论也适用于B 初速度不为零时）．（4）完全非弹性碰撞有两个主要特征.①碰撞过程中系统的动能损失最大．②碰后两物体速度相等． Ⅱ、形变与恢复（1）在弹性形变增大的过程中，系统中两物体的总动能减小，弹性势能增大，在形变减小（恢复）的过程中，系统的弹性势能减小，总动能增大．在系统形变量最大时，两物体速度相等．（2）若形变不能完全恢复，则相互作用过程中产生的内能增量等于系统的机械能损失． Ⅲ、反冲（1）物体向同一方向抛出（冲出）一部分时（通常一小部分），剩余部分将获得相反方向的动量增量，这一过程称为反冲．（2）若所受合外力为零或合外力的冲量可以忽略，则反冲过程动量守恒．反冲运动中，物体的动能不断增大，这是因为有其他形式能转化为动能．例如火箭运动中，是气体燃烧释放的化学能转化为火箭和喷出气体的动能．例8、一个不稳定的原子核质量为M ，处于静止状态，放出一个质量为m 的粒子后反冲。