专题2 碰撞模型的题型强化

$ A $ 、 $ B $ 发生完全非弹性碰撞,以 $ A $ 的初速度方向为正方向，则有 $ {m}_{A}{v}_{A}=({m}_{A}+{m}_{B})v $ ,由题意和题图乙可知， $ {m}_{B}=3\mathrm{k}\mathrm{g} $ , $ {v}_{A}=8\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ， $ v=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，解得 $ {m}_{A}=3\mathrm{k}\mathrm{g} $ , $ A $ 、 $ B $ 、 $ C $ 整体动量守恒，有 $ ({m}_{A}+{m}_{B})v=({m}_{A}+{m}_{B})v^\prime +{m}_{C}{v}_{C} $ ,由题图乙可知，当弹簧恢复原长时, $ v^\prime =-1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,此时根据机械能守恒定律有 $ \dfrac{1}{2}({m}_{A}+{m}_{B}){v}^{2}=\dfrac{1}{2}({m}_{A}+{m}_{B})v{\prime }^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{C}{v}_{C}^{2} $ ,解得 $ v^\prime =\dfrac{{m}_{A}+{m}_{B}-{m}_{C}}{{m}_{A}+{m}_{B}+{m}_{C}}v $ , $ {m}_{C}=10\mathrm{k}\mathrm{g} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 正确；碰后的运动过程中,当3个球共速时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律可得 $ ({m}_{A}+{m}_{B})v=({m}_{A}+{m}_{B}+{m}_{C}){v}_{共} $ ,由机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为 $ {E}_{\mathrm{p}}=\dfrac{1}{2}({m}_{A}+{m}_{B}){v}^{2}-\dfrac{1}{2}({m}_{A}+{m}_{B}+{m}_{C}){v}_{共}^{2}=30\mathrm{J} $ ,由 $ {E}_{\mathrm{p}}=\dfrac{1}{2}k{x}^{2} $ 可得此时弹簧的压缩量为 $ x=\sqrt{\dfrac{2{E}_{\mathrm{p}}}{k}}=\dfrac{1}{3}\mathrm{m} $ ,则 $ \mathrm{\Delta }t $ 时间内,小球 $ B $ 的位移大小为 $ {x}_{B}=x+{x}_{C}\approx 0.4\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

小球下落过程中,由自由落体公式有 $ {v}_{A}^{2}={v}_{B}^{2}=2g{h}_{0} $ ,可得 $ {v}_{A}={v}_{B}=\sqrt{2×10×1.8}\mathrm{m}/\mathrm{s}=6\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,即 $ B $ 球与 $ A $ 球碰前的速度大小为 $ 6\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确; $ A $ 球反弹后速度大小为 $ v{\prime }_{A}={v}_{A}=6\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,方向向上,设碰撞后 $ A $ 的速度为 $ {v}_{1} $ ,由题图乙可知, $ B $ 的速度为 $ {v}_{2}=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，根据动量守恒定律有 $ {m}_{1}v{\prime }_{A}-{m}_{2}{v}_{B}={m}_{1}{v}_{1}+{m}_{2}{v}_{2} $ ,代入数据解得 $ {v}_{1}=1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,碰撞前总动能 $ {E}_{\mathrm{k}1}=\dfrac{1}{2}{m}_{1}v{\prime }_{A}^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{2}{v}_{B}^{2}=1.62\mathrm{J} $ ,碰撞后总动能 $ {E}_{\mathrm{k}2}=\dfrac{1}{2}{m}_{1}{v}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{2}{v}_{2}^{2}=0.27\mathrm{J} $ ,系统动能损失,碰撞为非弹性碰撞, $ \mathrm{B} $ 正确, $ \mathrm{C} $ 错误;碰撞过程中，重力对 $ B $ 球的冲量大小 $ {I}_{G}={m}_{2}gt=0.03×10×0.01\mathrm{N}\cdot \mathrm{s}=0.003\mathrm{N}\cdot \mathrm{s} $ ,对 $ B $ 球,由动量定理有 $ {I}_{F}-{I}_{G}={m}_{2}\mathrm{\Delta }v $ ,又 $ \mathrm{\Delta }v={v}_{2}-{v}_{B}=4\mathrm{m}/\mathrm{s}-(-6\mathrm{m}/\mathrm{s})=10\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,则 $ A $ 对 $ B $ 的弹力冲量 $ {I}_{F}={I}_{G}+{m}_{2}\mathrm{\Delta }v=0.003\mathrm{N}\cdot \mathrm{s}+0.03×10\mathrm{N}\cdot \mathrm{s}=0.303\mathrm{N}\cdot \mathrm{s} $ ,则 $ \dfrac{{I}_{G}}{{I}_{F}}=\dfrac{0.003}{0.303}=\dfrac{1}{101} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

根据题图乙可知,碰撞后 $ A $ 的动能变为碰撞前的 $ \dfrac{1}{9} $ ,根据 $ {E}_{\mathrm{k}}=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ 可知,碰撞后 $ A $ 的速度大小变为碰撞前的 $ \dfrac{1}{3} $ ,设碰撞前瞬间 $ A $ 的速度为 $ v $ ,对于 $ A $ 与 $ B $ 碰撞瞬间,取向下为正方向,根据动量守恒定律可得 $ {m}_{A}v=({m}_{A}+{m}_{B})\cdot \dfrac{v}{3} $ ,解得 $ {m}_{A}:{m}_{B}=1:2 $ , $ \mathrm{A} $ 正确;以碰撞前 $ B $ 所在位置为重力零势能面，碰撞前瞬间 $ A $ 、 $ B $ 组成的系统的机械能 $ {E}_{1}={E}_{\mathrm{k}1}=\dfrac{1}{2}{m}_{A}{v}^{2} $ ,碰撞后瞬间 $ A $ 、 $ B $ 组成的系统的机械能 $ {E}_{2}=\dfrac{1}{2}({m}_{A}+{m}_{B}){\left(\dfrac{v}{3}\right) ^ {2}}=\dfrac{1}{3}{E}_{\mathrm{k}1} $ ,根据能量守恒定律, $ A $ 、 $ B $ 碰撞过程损失的机械能 $ \mathrm{\Delta }{E}_{损}={E}_{1}-{E}_{2}={E}_{\mathrm{k}1}-\dfrac{1}{3}{E}_{\mathrm{k}1}=\dfrac{2}{3}{E}_{\mathrm{k}1} $ , $ \mathrm{B} $ 错误;碰撞前在 $ {x}_{1} $ 处, $ B $ 处于静止状态,弹簧弹力大小与 $ B $ 的重力大小相等,在 $ {x}_{2} $ 处 $ A $ 、 $ B $ 组成的系统碰后动能最大,弹簧弹力与 $ A $ 、 $ B $ 总重力大小相等,即 $ F=({m}_{A}+{m}_{B})g $ ,从 $ {x}_{1} $ 到 $ {x}_{2} $ ,由胡克定律可知 $ \mathrm{\Delta }F=k\cdot \mathrm{\Delta }x $ ,即 $ ({m}_{A}+{m}_{B})g-{m}_{B}g=k({x}_{2}-{x}_{1}) $ ,由动能定理可得 $ {m}_{A}g{x}_{1}={E}_{\mathrm{k}1} $ ,联立解得 $ k=\dfrac{{E}_{\mathrm{k}1}}{{x}_{1}({x}_{2}-{x}_{1})} $ , $ \mathrm{C} $ 错误;碰撞后在 $ {x}_{1} $ 处 $ A $ 、 $ B $ 的总动能为 $ \dfrac{1}{3}{E}_{\mathrm{k}1} $ ,由题图乙知, $ A $ 、 $ B $ 在 $ {x}_{3} $ 处总动能为0,所以从 $ {x}_{1} $ 到 $ {x}_{3} $ 过程中,对 $ A $ 、 $ B $ 和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律可得 $ \dfrac{1}{3}{E}_{\mathrm{k}1}=-({m}_{A}+{m}_{B})g\cdot ({x}_{3}-{x}_{1})+\mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{p}} $ ,解得 $ \mathrm{\Delta }{E}_{\mathrm{p}}=\dfrac{9{x}_{3}-8{x}_{1}}{3{x}_{1}}{E}_{\mathrm{k}1} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

子弹 $ C $ 击中滑块 $ B $ 后瞬间,根据动量守恒定律有 $ {m}_{3}{v}_{0}=({m}_{2}+{m}_{3}){v}_{1} $ ,解得 $ {v}_{1}=8\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误;当子弹击中 $ B $ 后，对 $ A $ 、 $ B $ 、 $ C $ 组成的系统, $ B $ 运动到 $ Q $ 点过程,水平方向动量守恒,则有 $ ({m}_{2}+{m}_{3}){v}_{1}=({m}_{1}+{m}_{2}+{m}_{3}){v}_{x} $ ,解得 $ {v}_{x}=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确;当子弹击中 $ B $ 后, $ B $ 运动到 $ Q $ 点时, $ B $ 的水平分速度与 $ A $ 的速度相等,竖直方向分速度不为 $ {\rm 0,} B $ 离开 $ A $ 后做斜抛运动,运动到最高点时,根据机械能守恒定律有 $ \dfrac{1}{2}({m}_{2}+{m}_{3}){v}_{1}^{2}-\dfrac{1}{2}({m}_{1}+{m}_{2}+{m}_{3}){v}_{x}^{2}=({m}_{2}+{m}_{3})g(R+h) $ ,解得 $ h=1.25\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确; $ B $ 冲出小车后, $ B $ 做斜抛运动, $ A $ 做匀速直线运动, $ B $ 水平方向分速度始终与 $ A $ 匀速直线运动的速度相等,可知滑块 $ B $ 冲出小车后能再从 $ Q $ 点落回小车,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 对 $ A $ 、 $ B $ 整体,受到轨道的最大摩擦力 $ {f}_{1}={\mu }_{1}({m}_{A}+{m}_{B})g=6\mathrm{N} $ ，一起减速运动的加速度大小 $ {a}_{0}=\dfrac{{f}_{1}}{{m}_{A}+{m}_{B}}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ B $ 受到 $ A $ 的最大摩擦力 $ {f}_{2}={\mu }_{2}{m}_{B}g=8\mathrm{N} $ , $ {a}_{B\mathrm{m}}=\dfrac{{f}_{2}}{{m}_{B}}=4\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} > {a}_{0} $ ,故碰撞前 $ A $ 、 $ B $ 不会发生相对滑动，根据牛顿第二定律有 $ {\mu }_{1}({m}_{A}+{m}_{B})g=({m}_{A}+{m}_{B}){a}_{1} $ ,解得 $ {a}_{1}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,根据速度—位移公式有 $ {v}_{1}^{2}-{v}_{0}^{2}=-2{a}_{1}{x}_{1} $ ,解得 $ {v}_{1}=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（2） $ A $ 、 $ C $ 发生弹性正碰,设向右为正方向,根据动量守恒定律和能量守恒定律有 $ {m}_{A}{v}_{1}={m}_{A}{v}_{A}+{m}_{C}{v}_{C} $ , $ \dfrac{1}{2}{m}_{A}{v}_{1}^{2}=\dfrac{1}{2}{m}_{A}{v}_{A}^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{C}{v}_{C}^{2} $ ,解得 $ {v}_{A}=-2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ {v}_{C}=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,因此 $ A $ 与 $ C $ 碰后瞬间， $ A $ 、 $ C $ 的速度大小均为 $ 2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（3） $ A $ 、 $ C $ 碰后,对 $ A $ 分析,根据牛顿第二定律有 $ {\mu }_{1}({m}_{A}+{m}_{B})g+{\mu }_{2}{m}_{B}g={m}_{A}{a}_{2} $ ,解得 $ {a}_{2}=14\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,对 $ B $ 分析,根据牛顿第二定律有 $ {\mu }_{2}{m}_{B}g={m}_{B}{a}_{3} $ ,解得 $ {a}_{3}=4\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ， $ A $ 的速度减为零的时间 $ {t}_{1}=\dfrac{\left|{v}_{A}\right|}{{a}_{2}}=\dfrac{1}{7}\mathrm{s} $ ,此时 $ B $ 的速度大小为 $ v{\prime }_{B}={v}_{1}-{a}_{3}{t}_{1}=\dfrac{24}{7}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ， $ A $ 的位移大小为 $ {x}_{2}=\dfrac{{v}_{A}^{2}}{2{a}_{2}}=\dfrac{1}{7}\mathrm{m} $ ,方向向左， $ B $ 的位移大小为 $ x{\prime }_{2}=\dfrac{{v}_{1}+v{\prime }_{B}}{2}{t}_{1}=\dfrac{26}{49}\mathrm{m} $ ，方向向右,此后对 $ A $ 分析,根据牛顿第二定律有 $ {\mu }_{2}{m}_{B}g-{\mu }_{1}({m}_{A}+{m}_{B})g={m}_{A}{a}_{4} $ ,解得 $ {a}_{4}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ A $ 向右做匀加速直线运动, $ B $ 以原加速度继续减速直至与 $ A $ 共速,设用时 $ {t}_{2} $ ,则有 $ {v}_{共}=v{\prime }_{B}-{a}_{3}{t}_{2}={a}_{4}{t}_{2} $ ,解得 $ {t}_{2}=\dfrac{4}{7}\mathrm{s} $ , $ {v}_{共}=\dfrac{8}{7}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ A $ 的位移大小为 $ {x}_{3}=\dfrac{{v}_{共}}{2}{t}_{2}=\dfrac{16}{49}\mathrm{m} $ ,方向向右， $ B $ 的位移大小为 $ x{\prime }_{3}=\dfrac{{v}_{共}+v{\prime }_{B}}{2}{t}_{2}=\dfrac{64}{49}\mathrm{m} $ ,方向向右，因此整个过程 $ A $ 、 $ B $ 的相对运动的路程为 $ \mathrm{\Delta }x={x}_{2}+x{\prime }_{2}+x{\prime }_{3}-{x}_{3}=\dfrac{81}{49}\mathrm{m} $ ,则 $ A $ 、 $ B $ 间因摩擦产生的热量为 $ Q={\mu }_{2}{m}_{B}g\cdot \mathrm{\Delta }x\approx 13.22\mathrm{J} $ ,故在整个过程中,因 $ A $ 、 $ B $ 间摩擦损失的机械能为 $ 13.22\mathrm{J} $ .

根据碰撞的规律可知，最终小球的速度从左至右应为 $ {v}_{E} $ 、 $ {v}_{D} $ 、 $ {v}_{C} $ 、 $ {v}_{B} $ 、 $ {v}_{A} $ ，结合数学方法可知，系统碰撞的次数为4次 $ +3 $ 次 $ +2 $ 次 $ +1 $ 次 $ =10 $ 次，故 $ \mathrm{C} $ 正确.

设两者相对静止时速度为 $ v $ ,取向右为正方向,由动量守恒定律得 $ m{v}_{0}=2mv $ ,解得 $ v=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,根据能量守恒定律可得小物块与凹槽因摩擦产生的热量为 $ Q=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-\dfrac{1}{2}×2m{v}^{2}=\dfrac{1}{2}×1×{6}^{2}\mathrm{J}-\dfrac{1}{2}×2×{3}^{2}\mathrm{J}=9\mathrm{J} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；两者相对静止时，设小物块在凹槽上相对凹槽运动的路程为 $ x $ ，则有 $ \mu mg\cdot x=Q $ ,解得 $ x=9\mathrm{m} $ ，故最终小物块相对凹槽静止于凹槽左端，故 $ \mathrm{B} $ 正确；对小物块，由动量定理得 $ \mu mgt=mv $ ,解得 $ t=3\mathrm{s} $ ，故 $ \mathrm{C} $ 错误；两者的质量相同,发生的碰撞为弹性碰撞,速度互换,且两者的加速度大小相等,因此两者运动的 $ v-t $ 图像如图所示（示意图，面积未按比例）,其中阴影部分表示凹槽相对地面运动的位移大小,在上面的三角形面积表示两者的相对位移大小，两者第一次碰撞前相对位移大小为 $ 1\mathrm{m} $ ，每两次碰撞之间相对位移大小为 $ 2\mathrm{m} $ ，可得凹槽的位移大小为 $ x=\dfrac{(3+6)×3}{2}\mathrm{m}-2×2\mathrm{m}=9.5\mathrm{m} $ ，故 $ \mathrm{D} $ 错误.