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动量模型专题
一、碰撞模型
二、追击临界模型
三、子弹打木块模型：作用后两物体相对静止，属于完全非弹性碰撞，减小的动能转化为内能；模型可变形为减小的动能转化为重力势能等。
四、爆炸、反冲模型
五、递推模型

碰撞的特点：作用时间短，相互作用力大。
因此，碰撞问题都遵守动量守恒定律；对正碰，根据碰撞前后系统的动能是否变化，又分为弹性碰撞和非弹性碰撞．在非弹性碰撞中，碰撞后物体粘合在一起不分离的正撞，又叫完全非弹性碰撞．发生完全非弹性碰撞的物体能量损失最大．非弹性碰撞中动能之所以损失是因为两物体相碰变形而不能完全恢复原形，一部分动能转化为系统的内能，因而系统的总动能减少．

弹性碰撞：系统的动量和动能均守恒，因而有：
…………①
…………②
上式中v1、v1’分别是m1碰前和碰后的速度，v2、v2’分别是m2碰前和碰后的速度．
解①②式，得：
完全非弹性碰撞，m1与m2碰后速度相同，令为v，则：
，
系统损失的最大动能．
非弹性碰撞损失的动能介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间．

碰撞是物理上一个重要模型，它涉及到动量守恒定律、能量守恒、动量定理等诸多知识点．从物理方法的角度看．处理碰撞问题，通常使用系统方法、能量方法，守恒方法及矢量概念．从能力上看，碰撞问题一般考查理解能力、推理能力、分析综合以及应用能力等．
在处理碰撞问题时，通常要抓住三项基本原则：
1.碰撞过程中动量守恒原则．
发生碰撞的物体系在碰撞过程中，由于作用时间很短，相互作用力很大，系统所受的外力大小可忽略。动量守恒．

2.碰撞后系统动能不增原则．
碰撞过程中系统内各物体的动能将发生变化，对于弹性碰撞，系统内物体间动能相互转移？没有转化成其他形式的能，因此总动能守恒；而非弹性碰撞过程中系统内物体相互作用时有一部分动能将转化为系统的内能，系统的总动能将减小．因此，碰前系统的总动能一定大于或等于碰后系统的总动能．

3.碰撞后运动状态的合理性原则．
碰撞过程的发生应遵循客观实际．如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动．

下面根据以上原则及其他相关知识，分析几道碰撞问题．
〖例1〗(1998年全国高考)在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为P0的小钢球l和静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反．将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、P1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、P2，则必有：[ABD]
A.E1<E0 B.P1<P0 C.E2>E0 D. P2>P0
1.（★★★）质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动，球1的动量为7 kg·m/s,球2的动量为5 kg·m/s,当球1追上球2时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化的可能值是[.D]
A.Δp1=-1 kg·m/s,Δp2=1 kg·m/s
B.Δp1=-1 kg·m/s,Δp2=4 kg·m/s
C.Δp1=-9 kg·m/s,Δp2=9 kg·m/s
D.Δp1=-12 kg·m/s,Δp2=10 kg·m/s
2．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kgm/s，B球的动量是7kgm/s，当A追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量的可能值是（ B ）
A．-4 kg·m/s、14 kg·m/s B．3kg·m/s、9 kg·m/s
C．-5 kg·m/s 、17kg·m/ D．6 kg·m/s、6 kg·m/s

〖例3〗(1998年全国高考)图中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则：[CD]
A.如果mA>mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧
B.如果mA<mB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧
C.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧
D.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧

〖例4〗如图所示，在光滑的水平面上放置一质量为m的小车，小车上有一半径为R的光滑的弧形轨道，设有一质量为m的小球，以v0的速度，方向水平向左沿圆弧轨道向上滑动，达到某一高度h后，又沿轨道下滑，试求h的大小及小球刚离开轨道时的速度．
小球从进入轨道，到上升到九高度时为过程第一阶段，这一阶段类似完全非弹性的碰撞，动能损失转化为重力势能(而不是热能)．
据此可列方程：………………………①
…………②
解得：．
小球从进入到离开，整个过程属弹性碰撞模型，又由于小球和车的等质量，由弹性碰撞规律可知，两物体速度交换，故小球离开轨道时速度为零．

v0
1 2 3 …… n
6.如图所示，光滑水平面上依次相隔一定距离静止放置着n个大小相同的物块1、2、3、……、n，它们的质量分别是m、2m、4m、……、2n-1m。另一个质量为m的滑块以初速度v0正对着滑块1运动，并发生一系列碰撞，直至滑块和所有物块都一起共同运动。已知每次碰撞后相撞的物体都不再分开。求：⑴第3个滑块的最终速度是多大？⑵滑块2和滑块3碰撞过程中滑块2的动能损失是多少？
v0
1 2 3 …… n

[6.⑴(1/2)nv0 ⑵]

v0
10.如图所示，质量为M=70kg的人穿着冰鞋站在水平冰面上。他身边有一只质量为m=7kg的大皮球，原来人和球都静止在冰面上。人用力推球，将球以相对于冰面的速度v0向前推出，球碰到竖直墙后又以原速率返回，被人接住；然后人再次以相对于冰面的速度v0将球向前推出，球返回后人再次接住……这样下去，当人将球推出多少次后，他将再也接不到球了？

[6次]

［例2］（★★★★） （1995年全国高考）如图10-3所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n（n=1,2,3……）.每人只有一个沙袋，x＞0一侧的每个沙袋质量为m=14 kg，x＜0一侧的每个沙袋质量为m′=10 kg.一质量为M=48 kg的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行.不计轨道阻力.当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度v朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数）.
图10-3
（1）空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？
（2）车上最终有大小沙袋共多少个？

命题意图：以动量守恒定律及碰撞等知识为载体，创设人扔沙袋的物理情境，考查选取研究对象的能力，分析能力，推理归纳能力以及临界条件的挖掘能力.B级要求.
解题方法与技巧：解法一：虚设法依题意，空车出发后，车上堆积了几个沙袋时就反向滑行，说明车的速度由向右变为向左，于是我们可虚设一个中间状态：v=0，设抛第n个沙袋前车的速度为vn-1，则抛第n个沙袋的速度为2nvn-1，抛后小车速度为零，由动量守恒可得：
［M+（n-1）m］vn-1-2nmvn-1=0
解得：n=34/14,因沙袋必须是整数，所以空车出发后堆积三个沙袋车就反向滑行.
再设向x负方向运行时虚设一中间状态v=0，设抛n个m′沙袋后车速为零，则由动量守恒定律得：［M+3m+（n-1）m′］vn-1-2nm′vn-1=0
解得：n=8,故车上最终有大小沙袋11个.
本题的难点是选取研究对象并寻找反向的条件.车反向的条件是由速度大于零变到速度小于零，而在本题解的过程中，用"虚设法"虚设了临界状态速度等于零，抓住这一临界状态并合理选取研究对象［把车和（n-1）个扔到车上的沙袋及第n个要扔到车上的沙袋作为一个系统］是正确解答该类运动方向发生变化问题的关键.本题也可不设速度为零的临界状态，而用V（n-1）＞0和vn＜0讨论分析.
解法二：
（1）小车在x轴正方向时，令第n个沙袋扔到车上后的车速为vn,则根据动量守恒定律，有：［M+（n-1）m］vn-1-2nmvn-1=（M+nm）vn
所以vn=vn-1
小车反向运动的条件是vn-1＞0,vn＜0
所以M-nm＞0.M-（n+1）m＜0
所以n＜＞
所以n=3.
（2）车朝负x方向滑行的过程中，设第（n-1）个沙袋扔到车上后［车和前面扔上的三个沙袋及现在扔上的（n-1）个沙袋当作一个物体］车速为vn-1′,第n个沙袋扔到车上后车速度为vn′（取向左方向为正）.
由动量守恒定律，有：
［M+3m+（n-1）m′］vn-1′-2nm′vn-1′=（M+3m+nm′）vn′
所以vn′=vn-1′
车不再向左滑行的条件是vn-1′＞0,vn′≤0
所以M+3m-nm′＞0,M+3m-（n+1）m′≤0
故：n＜=9,n≥
取n=8时，车停止滑行，所以车上最终共有大小沙袋11个.
5．如图3所示，长2m，质量为1kg的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为1kg（可视为质点），与木板之间的动摩擦因数为0.2。要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，则木块初速度的最大值为[D]
A．1m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s

图3

【例5】 如图所示，水平传送带AB长l=8.3m，质量为M=1kg的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数=0.5．当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以=300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度u=50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取10m/s．求：
（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离？
（2）木块在传达带上最多能被多少颗子弹击中？
（3）从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是多少？（g取10m/s）

v0
m
A
B
M

解析：（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒 ①
解得：=3m/s ②
木块向右作减速运动加速度m/s2 ③
木块速度减小为零所用时间 ④
解得t1 =0.6s<1s ⑤
所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动距离为
解得s1=0.9m． ⑥
（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间t2=1s－0.6s=0.4s ⑦
速度增大为v2=at2=2m/s（恰与传送带同速） ⑧
向左移动的位移为 ⑨
所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S0=S1－S2=0.5m方向向右 ⑩
第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为
第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m＋7.5=8.4m>8.3m木块将从B端落下．
所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．
（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为

木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为
产生的热量为Q2=
木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为
产生的热量为
第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有
解得t3=0.4s
木块与传送带的相对位移为S=v1t3＋0.8
产生的热量为Q4=
全过程中产生的热量为Q=15(Q1＋Q2＋Q3)＋Q1＋Q4
解得Q=14155.5J

10．（’04江苏，18）（16分）一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m的爱斯基摩狗站在雪橇上．狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇．狗与雪橇始终沿一条直线运动．若狗跳离雪橇时雪橇的速度为V，则此时狗相对于地面的速度为V＋u（其中u为狗相对于雪橇的速度，V＋u为代数和，若以雪橇运动的方向为正方向，则V为正值，u为负值．）设狗总以速度v追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计．已知v的大小为5m/s，u的大小为4m/s，M=30kg，m=10kg．
（1）求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小．
（2）求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳动上雪橇的次数．
（供使用但不一定用到的对数值：lg2=0.301，lg3=0.477）

10．【解析】 （1）设雪橇运动的方向为正方向，狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度为V1，根据动量守恒定律，有
狗第1次跳上雪橇时，雪橇与狗的共同速度为满足
可解得
将u=－4m/s，v=5m/s，M=30kg，m=10kg代入，得=2m/s
（2）解法（一）
设雪橇运动的方向为正方向，狗第（n－1）次跳下雪橇后雪橇的速度为，则狗第（n－1）次跳上雪橇后的速度为满足
这样，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vn，满足
解得
狗追不上雪橇的条件是Vn≥v
可化为
最后可求得n≥1＋
代入数据，得n≥3.41
狗最多能跳上雪橇3次．
雪橇最终的速度大小为V4=5.625m/s
解法（二）：
设雪橇运动的方向为正方向，狗第i次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vi，狗的速度为；狗第i 次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度为，由动量守恒定律可得
第一次跳下雪橇：

第一次跳上雪橇：
第二次跳下雪橇：
第三次跳下雪橇：，
第三次跳上雪橇
第四次跳下雪橇：
此进雪橇的速度已大于狗追赶的速度，狗将不可能追上雪橇．因此狗最多能跳上雪橇3次，雪橇最终的速度大小为5.625m/s．

20．在光滑水平面上放着两块质量都是m的木块A和B，中间用一根倔强系数为k的轻弹簧连接着，如图，现从水平方向射来一颗子弹，质量为，速度为v0，射中木块A后，留在A中。

求：①在击中瞬间
②在以后运动中弹簧的最大弹性势能是多少？
③A的最小速度，B的最大速度是多少？
解析：①在子弹打入A的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A、B都不受弹力的作用由于此时A不受弹力A和子弹构成系统，在这极短过程中不受外力系统动量守恒，，解得。
②由于，弹簧开始被压缩，分别给A、B木块施以弹力，使得A木块开始做变减速运动，B木块做变加速运动。弹簧不断被压缩，弹性势能增大，直到时弹簧不被压缩，即压缩量最大，此时弹性势能最大。这一过程（A＋B＋弹簧＋子弹）系统动量守恒，机械能守恒。有为二者达到相同速度
解得
③当A的速度等于B的速度时，弹簧压缩量最大，此后弹簧压缩量减小，但A仍做减速运动，B仍做加速运动，直到弹簧恢复原长时为止。这一过程仍然是系统动量守恒，机械能守恒。
解得

［例1］如图1-8-1所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1=4 kg·m/s和p2=
6 kg·m/s（向右为参考正方向）做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为

图1-8-1
A.-2 kg·m/s,3 kg·m/s B.-8 kg·m/s,8 kg·m/s
C.1 kg·m/s,-1 kg·m/s D.-2 kg·m/s,2 kg·m/s
【解析】 两球碰撞中动量守恒，即Δp1+Δp2=0.据此可排除A.又碰撞中B球所受冲量方向和其初动量方向相同，其动量只能增大，即Δp2应大于零，据此可排除C.
另外，碰前两球总动能Ek=,而对B选项，碰后总动能
Ek′=＞Ek,不可能；对D项，碰后总动能Ek′=
，再结合碰前应有vA＞vB,即＞,所以m1＜,代入Ek和D项对应的Ek′,结果亦不矛盾.故只有D可能.

在光滑的水平面上，有A、B两个小球向右沿同一直线运动，取向右为正方向，两球的动量分别为pA＝5kgm/s，pB＝7kgm/s，如图所示。若两球发生正碰，则碰后两球的动量增量ΔpA、ΔpB可能是（ B）
(A)ΔpA＝3 kgm/s，ΔpB＝3 kgm/s (B)ΔpA＝－3 kgm/s，ΔpB＝3 kgm/s
(C)ΔpA＝3 kgm/s，ΔpB＝－3 kgm/s (D)ΔpA＝－10 kgm/s，ΔpB＝10 kgm/s

23．甲乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他乘的冰车质量共为M=30kg,乙和他乘的冰车质量也是30kg（如图），游戏时，甲推着一个质量为m=15kg的箱子，和他一起以大小为v0=2.0m/s的速度滑行。乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞。
[V=5.2m/s]

4、向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（ D）
(A)b的速度方向一定与原来速度方向相同
(B)在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量一定相同
(C)从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
(D)a、b一定同时到达水平地面
科学家们使两个带正电的重离子被加速后沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞，试图用此模拟宇宙大爆炸初的情境。为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有：
A.相同的速率 B.相同大小的动量 C.相同的动能 D.相同的质量
分析：动能全部转化为内能的条件是末动能为零，由于碰撞过程系统动量是守恒的，因此要求碰前两个离子的动量大小相等。
解答：选B。

20、如图，小车A的质量为3kg，原来静止于光滑的水平轨道上，小车的前侧有一钉子，用长为1米的细线（不可伸长）悬挂一个质量为2kg的物体B，现有一颗质量为10g的子弹C，以600m/s的水平速度v0射穿B后，速度变为，试求物体B向右摆动的最大高度。

20、解：题中叙述问题可以看成两个物理过程。
第一过程：子弹与B碰撞，动量守恒。
则有 ——①
代入数据解得
第二过程：B与A碰撞，在水平方向不受外力，水平方向动量守恒。A、B构成
系统机械能守恒，选B上升最高点为末态。
则有
解得

17、人和冰车的总质量为M，另一木球质量为m，M : m＝31:２．人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v（相对地面）将原来静止的木球沿冰面推向正前方的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v（相对地面）将球推向挡板，求人推多少次后不能再接到球？　　　
[9次]

【例7】如图所示，金属杆a从
离地h高处由静止开始沿光滑平行的
弧形轨道下滑，轨道的水平部分有竖直
向上的匀强磁场B，水平轨道上原来
放有一金属杆b，已知a杆的质量为
ma,且与杆b的质量之比为ma∶mb=3∶4，
水平轨道足够长，不计摩擦，求：
(1)a和b的最终速度分别是多大?
(2)整个过程中回路释放的电能是多少?
(3)若已知a、b杆的电阻之比Ra∶Rb=3∶4，其余部分的电阻不计，整个过程中杆a、b上产生的热量分别是多少?
【解析】(1)a下滑过程中机械能守恒
magh=mav02/2
a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受安培力作用，a做减速运动，b做加速运动，经过一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为0，安培力为0，二者匀速运动.匀速运动的速度即为a.b的最终速度，设为v.由于所组成的系统所受合外力为0，故系统的动量守恒
mav0=(ma+mb)v
由以上两式解得最终速度

va=vb=v=

(2)由能量守恒得知，回路中产生的电能应等于a、b系统机械能的损失，所以
E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7
(3)由能的守恒与转化定律，回路中产生的热量应等于回路中释放的电能等于系统损失的机械能，即Qa+Qb=E.在回路中产生电能的过程中，电流不恒定，但由于Ra与Rb串联，通过的电流总是相等的，所以应有

所以

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