《2025年学霸高考黑题物理人教版》

压轴挑战 7 多次碰撞 + 环形轨道 (2024·湖南卷)如图，半径为 $R$ 的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为 $m_A$ 和 $m_B$ 的小球 $A$ 和 $B$($m_A ＞ m_B$)。初始时小球 $A$ 以初速度 $v_0$ 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)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)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 $\dfrac{m_A}{m_B}$；
(3)若小球 $A$ 与 $B$ 之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的 $e$ 倍($0 ＜ e ＜ 1$)，求第 $1$ 次碰撞到第 $2n + 1$ 次碰撞之间小球 $B$ 通过的路程。

答案：
7.题型分析
本题属于多次碰撞问题，通过计算前几次碰撞结果得出规律.
(1)$\frac{m_Av_0}{m_A+m_B}$，$\frac{m_A^2v_0^2}{(m_A+m_B)R}$
(2)2或5
(3)$\frac{e^{2n}-1}{e^{2n}(e-1)}\frac{m_A}{m_A+m_B}2\pi R$
解析：
(1)由题意可得，小球A和小球B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒，有$m_Av_0=(m_A+m_B)v$，
碰后两球粘在一起，$F_N=(m_A+m_B)\frac{v^2}{R}$
联立解得$v=\frac{m_Av_0}{m_A+m_B}$，$F_N=\frac{m_A^2v_0^2}{(m_A+m_B)R}$；
(2)若两球发生弹性碰撞，则有$m_Av_0=m_Av_A+m_Bv_B$，$\frac{1}{2}m_Av_0^2=\frac{1}{2}m_Av_A^2+\frac{1}{2}m_Bv_B^2$，
联立解得$v_A=\frac{m_A-m_B}{m_A+m_B}v_0$，$v_B=\frac{2m_A}{m_A+m_B}v_0$，
因为$m_A＞m_B$，所以小球A与小球B同向运动，
记第1次的碰撞位置与第2次的碰撞位置之间的路程为$L$，
第2次碰撞后，根据运动的可逆性，两小球将恢复到$v_A=v_0$，$v_B=0$的状态，此时小球B不动，小球A绕过一圈与小球B发生第3次碰撞，此后将重复第1次碰撞与第3次碰撞之间的运动，即第$2n-1$次碰撞位置与第$2n$次碰撞位置之间的路程恒为$L$，第$2n$次碰撞位置与第$2n+1$次碰撞位置重合，
要使得所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，则$L$为$\frac{1}{3}$或$\frac{2}{3}$一个圆周，如图.
①若$L$为$\frac{1}{3}$个圆周，即在b位置相遇，则小球A、B经过的路程之比
$\frac{s_A}{s_B}=(\frac{1}{3}+k)2\pi R=\frac{3k+1}{3k+4}2\pi R$，其中$k=0,1,2,3,·s$
即$\frac{v_A}{v_B}=\frac{3k+1}{3k+4}$，解得$\frac{m_A}{m_B}=\frac{3k+4}{2-3k}$，显然$k=0$，
即$\frac{m_A}{m_B}=2$；
②若$L$为$\frac{2}{3}$个圆周，即在c位置相遇，则小球A、B经过的路程之比
$\frac{s_A}{s_B}=(\frac{2}{3}+k+1)2\pi R=\frac{3k+2}{3k+5}2\pi R$，其中$k=0,1,2,3,·s$
$·s$，即$\frac{v_A}{v_B}=\frac{3k+2}{3k+5}$，解得$\frac{m_A}{m_B}=\frac{3k+5}{1-3k}$，显然$k=0$，即$\frac{m_A}{m_B}=5$；
综上，$\frac{m_A}{m_B}$可能的结果为2或5；
(3)将小球A第n次碰撞后的速度记为$v_{An}$，小球B第n次碰撞后的速度记为$v_{Bn}$，
由题目可知，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍，
以小球B为参考系，小球1以初始相对速度$v_0$与小球B发生碰撞，碰撞后小球A以$-ev_0$的相对速度反弹，第n次碰撞后，相对速度的大小变为$e^nv_0$(每次碰撞后相对速度都要反向，即每次碰撞中小球A和B的速度会有快慢交替)，相邻两次碰撞之间的时间为$t_{2n}=\frac{l}{e^{2n}v_0}=\frac{2\pi R}{e^{2n}v_0}$；
名师点评：我们通常把e称为碰撞的恢复系数，这一概念是能量的体现，当以任一小球为参考系，例如取小球A为参考系时，另一小球B会以相对速度$(v_B-v_A)$运动并发生碰撞，若碰撞过程无能量损失，则碰撞前后的相对动能守恒，即$\frac{1}{2}m_B(v_B-v_A)^2=\frac{1}{2}m_B(v_B'-v_A')^2$，小球会以速度$(v_A-v_B)$反弹，此时发生弹性碰撞，$e=1$；若碰撞过程中将相对动能完全损失$[\frac{1}{2}m(v_A-v_B)^2=0]$，则$v_A-v_B=0$，小球B与小球A相对静止，即发生完全非弹性碰撞，$e=0$，小球A、B粘在一起.因此在计算列式时，相对速度的关系式可取代能量的关系式.
第1次碰撞时，根据动量守恒与恢复系数有$m_Av_0=m_Av_{A1}+m_Bv_{B1}$，
$v_{A1}-v_{B1}=-ev_0$，
解得$v_{A1}=\frac{m_A-em_B}{m_A+m_B}v_0$，$v_{B1}=\frac{(1+e)m_A}{m_A+m_B}v_0$，
第2次碰撞时，根据动量守恒与恢复系数有$m_Av_0=m_Av_{A2}+m_Bv_{B2}$，
$v_{A2}-v_{B2}=e^2v_0$，
解题技巧：类比物体的重心的概念，引入多质点系统的质心（质量中心），两个质点组成系统的运动可以等效为质心的运动，质心
在列动量守恒的式子时，总动量可始终用$m_Av_0$表示
解得$v_{A2}=\frac{m_A-e^2m_B}{m_A+m_B}v_0$，$v_{B2}=\frac{(1-e^2)m_A}{m_A+m_B}v_0$，
同理，第3次碰撞时，可得$v_{A3}=\frac{m_A-e^3m_B}{m_A+m_B}v_0$，$v_{B3}=\frac{(1-e^3)m_A}{m_A+m_B}v_0$，
归纳可得$v_{A(2n)}=\frac{m_A+(-1)^{2n}e^{2n}m_B}{m_A+m_B}v_0$，$v_{B(2n)}=\frac{[1-(-1)^{2n}e^{2n}]m_A}{m_A+m_B}v_0$，
则第$2n$次碰撞后的小球B的路程$s_{2n}=v_{B(2n)}t_{2n}=\frac{2\pi R}{e^{2n}v_0}\frac{[1-(-1)^{2n}e^{2n}]m_A}{m_A+m_B}v_0=\frac{1-(-1)^{2n}e^{2n}}{e^{2n}}\frac{m_A}{m_A+m_B}2\pi R$，
$s_{总}=s_1+s_2+·s+s_{2n}=\frac{1}{e}\frac{m_A}{m_A+m_B}2\pi Rv_0+\frac{1}{e^2}\frac{m_A}{m_A+m_B}2\pi Rv_0+·s+\frac{1}{e^{2n}}\frac{m_A}{m_A+m_B}2\pi Rv_0=\frac{\frac{m_Av_0}{m_A+m_B}2\pi R}{1-\frac{1}{e^2}}-\frac{\frac{m_Av_0}{m_A+m_B}2\pi R}{e^{2n}(1-\frac{1}{e^2})}=\frac{e^{2n}-1}{e^{2n}(e-1)}\frac{m_A}{m_A+m_B}2\pi R$.