弹性碰撞和完全非弹性碰撞专题训练

1、弹性碰撞和完全非弹性碰撞专题训练1.在宇宙间某一个惯性参考系中，有两个可视为质点的天体A、B ,质量分别为m和M ,开始时两者相距 为I。, A静止，B具有沿AB连线延伸方向的初速度 V，为保持B能继续保持匀速直线运动，对B施加一个沿V0方向的变力F .试求：1) A B间距离最大时F是多少？应满足什么条 件？(2)从开始运动至 A B相距最远时力F所做的功. 2 .如图3-4-14所示，有n个相同的货箱停放在倾角 为 的斜面上，每个货箱长皆为L ,质量为m相邻两 货箱间距离也为L,最下端的货箱到斜面底端的距离 也为L ,货箱与斜面间的滑动摩擦力与最大静摩 擦力相等，现给第一个货箱一初速度 V

2、),使之沿斜面 下滑，在每次发生碰撞的 货箱都粘在一起运动，当 动摩擦因数为时，最后第n个货箱恰好停在斜面 底端，求整个过程中由于 碰撞损失的机械能为多少？3.如图3-4-15所示，质量m 0.5kg的金属盒 AB，放在 光滑的水平桌面上，它与桌面间的动摩擦因数0.125，在盒内右n LmJ B6.如图3-4-17所示，一倾角为450的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度 1m，斜面底端有一 垂直于斜而的固定挡板。 在斜面顶端自由释放一质量m 0.09kg的小物块(视为质 点)。小物块与斜面之间的动摩 擦因数0.2,当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加 速度g 10m/s2。在小物块与挡

3、 板的前4次碰撞过程中，挡板给 予小物块的总冲量是多少？图 3-4-17图 3-4-147.如图3-4-18所示中有一个竖直固定在地面的透气圆 筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端 连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁 涂有一层新型智能材料一一ER流体， 它对滑块的阻力可调.起初，滑块静 止,ER流体对其阻力为0,弹簧的长度 为L，现有一质量也为 m的物体从距 地面2L处自由落下，与滑块碰撞后 粘在一起向下运动.为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为时速度减为0, ER流体k对滑块的阻力须随滑块下移而变.试求(忽略空气阻 力)：端B放置质量也为 m 0.5kg的长 方体物块，物块与盒左侧内

4、壁距离图 3-4-15(1) 下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能;(2) 滑块向下运动过程中加速度的大小；滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小为L 0.5m，物块与盒之间无摩擦.假设在A端给盒以水 平向右的冲量1.5N s，设盒在运动过程中与物块碰撞时间极短，碰撞时没有机械能损失.(g 10m/s2)求：(1) 盒第一次与物块碰撞后各自的速度；(2) 物块与盒的左端内壁碰撞的次数；(3) 盒运动的时间；4.宇宙飞船以vo 104m/s的速度进入均匀的宇宙微8.某同学利用如图3-4-19所示的装置验证 动量守恒定律。图中两摆摆长相同，悬挂 于同一高度，A、B两摆球均很小，质量 之比为1

5、: 2。当两摆均处于自由静止状态 时，其侧面刚好接触。向右上方拉动B球 使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放。结果观察到两摆球粘图 3-4-19粒尘区，飞船每前进s 103m，要与n 104个微粒相 撞，假设每个微粒的质量为 m 2 10 7 kg，与飞船相 撞后吸附在飞船上，为使飞船的速率保持不变，飞船 的输出功率应为多大？在一起摆动，且最大摆角成 30°，假设本实验允许的最 大误差为 4%，此实验是否成功地验证了动量守恒 定律？5 .光滑水平面上放着质量mA 1kg的物块A与质量mB 2kg的物块B , A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A B间夹

6、一个 被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不 动，此时弹簧弹性势能Ep 49J，在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧9.如图3-4-20 (a)所示，在光滑绝缘水平面的 AB区域 内存在水平向右的电场，电场强度E随时间的变化如 图3-4-20 (b)所示.不带电的绝缘小球 P2静止在O 点.t 0时，带正电的小球p以速度t0从A点进入AB 区域，随后与P2发生正碰后反弹，反弹速度大小是图 3-4-16碰前的|倍，p的质量为m，带电量为q , p2的质量 m2 5m , A、4L0O间距为L0 , O、B间距L的自然长度，如图3-4-16所示。放手后B向右运动， 绳在短暂时间内

7、被拉断，之后B冲上与水平面相切的 竖直半圆光滑轨道， 其半径R 0.5m , B恰能到达最 高点C。取g 10m/ s2，求：业空,tm 3L0L0to(1)绳拉断后瞬间B的速度Vb的大小;(2)绳拉断过程绳对 B的冲量I的大小; 绳拉断过程绳对A所做的功W ;EJEn图 3-4-20求碰撞后小球R向左运动的最大距离及所需时间 讨论两球能否在 OB区间内再次发生碰撞参考答案：1.【解析】(1)天体A B通过万有引力相互作用，当 二者速度相等时其间距离最大， 论可知，在A加速的过程中，统就增加多少引力势能，即有设为Lmax ,由上述结 A增加多少动能，系1 2mV。21 2 n(n 1)E Q2

8、mVmgL(sincos )2 2【答案】1 mv22(2 卫mgL(sin cos )2 23.【解析】(1)给盒一个冲量后由动量定理可知，盒子的初速度为：V0 - 3m/sm设盒子与物块碰撞前的瞬时速度分别为V1、V2，根据牛顿第二定律，盒子的加速度为：2 mg a2 g 2.5m/sm2as得盒子的碰前速度为：Vv； 2aL , 6.5m/s 2.55m/ s因物块与盒之间无摩擦，所以碰前物块速度为：设碰撞后盒子与物块的瞬时速度分别为由于碰撞没有机械能损失，得：根据Vt22VoV)v202GIoMmax22GM IoVb此时B受到的外力为:F 卩引=62I max2 2Mm m(2GM

9、lovo)24GI o M存在最大距离的条件是2GMI0V0转化为弹簧的弹性势能Ep2k(LL库力F所做的功等于系统增加的势能与物体 加的动能之和，即解得：LminLo【答案】(1) FWEp - mv0 mv0p 22 2m(2GM 10V0)2V04GI0M(2) mV2 .2.【解析】整个过程中货箱减小的动能和重力势能分1 别为： Ek -mV2K 2Er mgLsi nmg2Lsi nn(n 1),.2mgLsi n整个过程摩擦力做功全部转化热能Qt，其大小为:Q mgLcos mg2Lcos mgnLcosn(n 1).mgLco s2设碰撞中产生的热量为 Q2，那么由功能关系可知：

10、mgnLsinErEkQ1Q2那么整个过程中由于碰撞损失的机械能mV11 2mV2由解得：W V2 ,由动量守恒和机械能守恒1mV? mw mV?1 mv； 1 mv；2 1 mvjV1 V20 , V2Vi2.25m/ s，IV1， V V，表示即碰撞后的速度(另一组解为 碰撞前的状态，舍去) (2)设盒子在地面上运动的距离为V。，由于碰撞没有能量损失，所以盒子与地面摩擦S,盒子的初速度为损失的机械能等于系统损失的总机械能，即有：2严2mgS解得：S丄亍4 m g1.5m 1.8m4 0.125 0.510盒子每前进一个 L ,物块都要与盒子的左侧内壁碰撞S一次，由于£3.6,所以

11、物块与盒子的左侧内壁共碰撞3次.(3)整个过程中，对盒子应用动量定理得：2mg t 0 m0解得：t 115 s 1.2smg 2 0.125 0.5 10【答案】(1) v1 0 , v2 2.25m/s ( 2) 3 次(3) 1.2s4.【解析】在飞船不受阻力，只受万有引力的情况下，无输出功率；当受到尘埃阻力时，需要输出功率 来克服阻力做功以维持匀速.尘埃与飞船相互作用，11使尘埃的动能增加，即Ek -MVo - nmv2，那么尘埃22在加速过程中与飞船相互作用而增加的内能跟其动1能增加量相等，即Q - nmv；,因此飞船对尘埃所做QEk nmv?.飞船前进S所经历的时间的功为W为t V

12、)R Wt所以飞船的输出功率为:23nm% nm%2 102W .s【答案】V)2 102W.5 【解析】(1 )设B在绳被拉断后瞬间的速度为 Vb, 到达C点时的速度为vC，有：_ 1 2 1-叫 Vb -mv,2 25m/ s2Vc mBg mB R代入数据得2,c 2mBgR Vb(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水平向右为正方向，有：Ep 1 mBV12mBV1其大小为Va，取水平向右为正方向,1 2 WEaVa2代入数据得(3)设绳断后有 mBV1mBVBh sin2aI mBVBI 4NSA的速度为4NS tan tan 同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量： I 2

13、m 2gh(1 cot )由式得：I kI由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成 等比级数，首项为 总冲量为：由式得：h2k h式中：kIimAVA 代入数据得W 8J【答案】(1) Vb 5m/s (2) 4NS (3) 8J6.【解析】一：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v .h介mg cossin按动量定理，碰撞过mv m( v) h'，那么：1由功能关系得 :mgh -mv2以沿斜面向上为动量的正方向。程中挡板给小物块的冲量：I设碰撞后小物块所能到达的最大高度为1 2mv mgh'mgcosh'sin由 1 k k2kn1

14、1 2m 2gh0(1cot ) (11)2312 I3 I4 I1(1 k k k )(12)UL)1 k(13)同理，有：mgh'I mv' m(1 '2mv2v')mg cosh'sink4匸I 0.43(36) NsI 0.43(36) Ns(1)设物体下落末速度为mgL 1 mv2,得 v。 2gL2设碰后共同速度为v,，由动量守恒定律:2mv1 m0得：V1碰撞过程中系统损失的机械能为：1 2 1 2Emv02 my2 2得: I 1代入数据得:【答案】7.【解析】恒定律:式中，v'为小物块再次到达斜面底端时的速度，I '为再

15、次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由式得：I kI 式中ktantan由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成 等比级数，首项为 总冲量为:IIi由 1 k k2kn：h 2m,2gh°(1I2 I3 I4 h(111 kn)1 k )cot )23k k k )4得I丄1 k代入数据得：I 0.43(3 .6) Ns【解析】二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面 向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支 持力，小物块向下运动的加速度为a，依牛顿第二定律得： mg si nmgcos ma设小物块与挡板碰撞前的速度为那么:v2 2asin2m 2gg(1cot )以沿斜面向

16、上为动量的正方向。程中挡板给小物块的冲量为：I由式得 2m ,2gh(1cot )设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a', 依牛顿第二定律有 :mg si nmgcos ma 小物块沿斜面向上运动的最大高度为：按动量定理，碰撞过mv m( v) 2m 2gh°(1cot )(2)设加速度大小为(14)(15)V，由机械能守1mgL(3)设弹簧弹力为受力分析如图3-4-21所示.Fn Fer 2mg2kLa，有:2as v1，得：a8mFn ,ER流体对滑块的阻力为Fer ,2maFn kx , x解得：Fer【答案】(1)mgkkLmg kd412 mgL图 3-4-

17、21kL(3) mg kd8.【解析】设摆球A、B的质量分别为 mA、mB ,摆长为I , B球的初始高度为 h，碰撞前B球的速度 为Vb.在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械 能守恒定律得：h1 l(1 cos45 ) 2-mBVB mBgh12设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为有:P EBVb联立式得P同理可得P2 (mA(2)8m"BVb联立式得昱RmB 2gl (1 cos45 ) mB) . 2gl (1 cos30 )mAmBmB1 cos301 cos45代入条件得邑 103R由此可以推出4%P2 RR所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律。9.【解析】1小球R到达