弹性碰撞和完全非弹性碰撞专题训练

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0l ，A 静止，B 具有沿AB 连线延伸方向的初速度0v ，为保持B 能继续保持匀速直线运动，对B 施加一个沿0v 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θ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 ，已知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0v ，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μ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0.5m kg =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0.125μ=，在盒内右端B 放置质量也为0.5m kg =的长方体物块，物块与盒左侧内壁距离为0.5L m =，物块与盒之间无摩擦.若在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.(210/g m s =)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4010/v m s =的速度进入均匀的宇宙微粒尘区，飞船每前进310s m =，要与410n =个微粒相撞，假如每个微粒的质量为7210m 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5．光滑水平面上放着质量1A m kg =的物块A 与质量2B m kg =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49p E J =,在A 、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，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0.5R m =，B 恰能到达最高点C 。

取210/g m s =，求： (1)绳拉断后瞬间B 的速度B v 的大小； (2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小；(3)绳拉断过程绳对A 所做的功W ；6.如图3-4-17所示，一倾角为045θ=的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度01h m =，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0.09m kg =的小物块（视为质点）。

小物块与斜面之间的动摩擦因数0.2μ=,当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。

重力加速度210/g m s =。

在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少7.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——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2mgk时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变.试求（忽略空气阻力）:(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；(3)滑块下移距离d 时ER 流体对滑块阻力的大小. 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1:2。

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045角，然后将其由静止释放。

结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成030，若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2P 静止在O点.0t =时，带正电的小球1P 以速度0t 从A 点进入AB 区域，随后与2P 发生正碰后反弹，反弹速度大小是碰前的23倍，1P 的质量为1m ，带电量为q ，2P 的质量215m m =,A 、O 间距为0L ，O 、B 间距043LL =.已知20001002,3qE v LT m L t ==. 图图 3-4-16图 3-4-18图 3-4-17图 3-4-15图 3-4-14⑴求碰撞后小球1P 向左运动的最大距离及所需时间. ⑵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，设为max L ，由上述结论可知，在A 加速的过程中， A 增加多少动能，系统就增加多少引力势能，即有200max12Mm Mmmv G Gl l =-，得：0max 20022Gl Ml GM l v =- 此时B 受到的外力为：220022max 0(2)4m GM l v Mm F F G l Gl M -==引= 存在最大距离的条件是20020GM l v ->即002GMv l <转化为弹簧的弹性势能2min 1()2p k E k L L E ∆=-=∆解得: 2min 0m L L Lk=- (2) 力F 所做的功等于系统增加的势能与物体A 增加的动能之和，即220012p W E mv mv =∆+=【答案】（1）220020(2)4m GM l v F Gl M-= 002GMv l < （2）20mv .2.【解析】整个过程中货箱减小的动能和重力势能分别为：212K E mV ∆=sin 2sin P E mgL mg L θθ∆=++……sin mgnL θ+(1)sin 2n n mgL θ+=整个过程摩擦力做功全部转化热能1Q ，其大小为： 1cos 2cos Q mgL mg L θθ=++……cos mgnL θ+(1)s 2n n mgLco θ+=设碰撞中产生的热量为2Q ，则由功能关系可知：12P k E E Q Q ∆+∆=+则整个过程中由于碰撞损失的机械能E ∆:221(1)(sin cos )22n n E Q mv mgL θθ+∆==+- 【答案】21(1)(sin cos )22n n mv mgL θθ++- 3.【解析】(1)给盒一个冲量后由动量定理可知，盒子的初速度为：03/Iv m s m==设盒子与物块碰撞前的瞬时速度分别为12v v 、，根据牛顿第二定律，盒子的加速度为：22 2.5/mga g m s mμμ⨯===根据2202t v v as =+得盒子的碰前速度为：2102 6.5/ 2.55/v v aL m s m s =-==因物块与盒之间无摩擦，所以碰前物块速度为：20v =设碰撞后盒子与物块的瞬时速度分别为''12v v 、，由于碰撞没有机械能损失，由动量守恒和机械能守恒得： ''1212mv mv mv mv +=+ ①22'2'2121211112222mv mv mv mv +=+ ② 由①②解得：'120v v ==，'21 2.25/v v m s ==，即碰撞后的速度（另一组解为'11v v =，'22v v =，表示碰撞前的状态，舍去）.(2)设盒子在地面上运动的距离为S ,盒子的初速度为0v ，由于碰撞没有能量损失，所以盒子与地面摩擦损失的机械能等于系统损失的总机械能，即有：20122mgS mv μ⨯=解得：22221.5 1.8440.1250.510I S m m m g μ===⨯⨯⨯ 盒子每前进一个L ,物块都要与盒子的左侧内壁碰撞一次，由于3.6SL=,所以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：020mg t mv μ-⨯⨯=- 解得： 1.51.2220.1250.510I t s s mg μ===⨯⨯⨯【答案】（1）'10v =，'2 2.25/v m s =（2）3次（3）1.2s 4.【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，使尘埃的动能增加，即22001122k E Mv nmv ∆==，则尘埃在加速过程中与飞船相互作用而增加的内能跟其动能增加量相等，即2012Q nmv =，因此飞船对尘埃所做的功为20k W Q E nmv =+∆=.飞船前进s 所经历的时间为0st v =，所以飞船的输出功率为： 图 3-4-20232000210nmv nmv W P W s t s v ====⨯.【答案】2210W ⨯. 5．【解析】（1）设B 在绳被拉断后瞬间的速度为B v ,到达C 点时的速度为C v ，有：2c B Bv m g m R= ①2211222B B B c B m v m v m gR =+ ② 代入数据得5/B v m s = ③（2）设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为1v ，取水平向右为正方向，有:2112P B E m v = ④1B B B I m v m v =- ⑤代入数据得 4I NS =- 其大小为4NS ⑥ （3）设绳断后A 的速度为A v ，取水平向右为正方向，有1B B B A A m v m v m v =+ ⑦ 212A A W m v = ⑧代入数据得8W J =【答案】(1) 5/B v m s =(2) 4NS (3) 8J 6.【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 .由功能关系得: 21cos 2sin hmgh mv mg μθθ=+ ①以沿斜面向上为动量的正方向。

按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量:()I mv m v =-- ② 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为'h ，则:21''cos 2sin h mv mgh mg μθθ=+ ③ 同理，有: '21''cos 2sin h mgh mv mg μθθ=+ ④'(')I mv m v =-- ⑤式中，'v 为小物块再次到达斜面底端时的速度，'I 为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。