专题二计算题培优练3图像法或数学归纳法解决多次碰撞问题

计算题培优练3图像法或数学归纳法解决多次碰撞问题[分值：30分]1.(15分)(2024·湖南卷·15改编)如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。(1)(5分)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小。(2)(10分)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比mA答案(1)mAv(2)2或5解析(1)小球A、B碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v，根据动量守恒定律mAv0=(mA+mB)v可得v=m碰撞后根据牛顿第二定律有F=(mA+mB)v联立可得F=m(2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA、vB，碰撞过程中由动量守恒、机械能守恒有mAv0=mAvA+mBvB12mAv02=12mAvA联立解得vA=(mA-mB)m因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图①若第二次碰撞发生在图中的b点，设圆环周长为l，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程分别为sA=l3+k1sB=43l+k1k1=0，1，2，3，…，则有vAvB=联立解得mAm由于两质量均为正数，故k1=0，即mA对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为vA'、vB'，则同样有mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB'12mAvA2+12mBvB2=12mAvA'2+联立解得vA'=v0，vB'=0，故第三次碰撞发生在b点，第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程分别为sA=23l+k2sB=53l+k2k2=0，1，2，3，…；所以vAvB=联立可得mAm因为两质量均为正数，故k2=0，即mA根据①的分析可证vA'=v0，vB'=0，满足题意。综上可知mAmB=2或2.(15分)(2025·山东临沂市一模)如图甲所示，一可看作质点的物块A位于底面光滑的木板B的最左端，A和B以相同的速度v0=7m/s在水平地面上向左运动。t=0时刻，B与静止的长木板C发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，B、C厚度相同，A平滑地滑到C的右端，此后A的v-t图像如图乙所示，t=1.9s时刻，C与左侧的墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后C的速度大小不变，方向相反；运动过程中，A始终未离开C。已知A与C的质量mA=mC=0.1kg，重力加速度大小g取10m/s2。求：(1)(4分)C与A间的动摩擦因数μ1以及C与地面间的动摩擦因数μ2；(2)(5分)B和C第一次碰撞后B的速度大小；(3)(6分)t=1.9s之后A、C间因摩擦产生的热量Q为多少？答案(1)0.40.1(2)3m/s(3)1.056J解析(1)由题图乙知，0~0.5s过程中，A在C上滑动的加速度大小为a1=Δv1Δt1=7.0-5.00.5由受力分析和牛顿第二定律有μ1mAg=mAa1解得C与A间的动摩擦因数为μ1=0.4在0.5~1.9s过程中，A和C一起运动的加速度大小为a2=Δv2Δt2=5.0-3.61.9-0.5对A、C整体由受力分析和牛顿第二定律有μ2(mA+mC)g=(mA+mC)a2解得C与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1(2)在0~0.5s过程中，设C的加速度为a3，对C进行受力分析，由牛顿第二定律有μ1mAg-μ2·(mA+mC)g=mCa3解得a3=2m/s2设t=0时刻C的速度为vC，经t1=0.5s匀加速到v1=5.0m/s由运动学公式v1=vC+a3t1解得vC=4m/sB和C发生弹性碰撞，由动量守恒定律有mBv0=mBvB+mCvC由能量守恒定律有12mBv02=12mBvB解得mB=0.04kg，vB=-3m/s所以B和C第一次碰撞后B的速度大小为3m/s(3)由题图乙有，C与墙壁碰撞后速度大小为v2C=3.6m/s设向右匀减速运动的时间为t2，加速度的大小为a4，则μ1mAg+μ2·(mA+mC)g=mCa4其中v2C=a4t2解得t2=0.6s即t=2.5s时刻，C速度为零，此时A的速度v3=v2A-a1t2=(3.6-4×0.6)m/s=1.2m/s接着A继续向左做减速运动，C向左加速，设共速时间为t3，由运动学公式可知v共=v3-a1t3=