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0

45θ=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2mg

k

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2

3

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043

L

L =.

已知2

000100

2,3qE v L

T m L t ==

. 图 3-4-19 图

3-4-16

图 3-4-18

图

3-4-17

图

3-4-15

图 3-4-14

?求碰撞后小球1P 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，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2

0max

12

Mm Mm

mv G G l l =-，得：0max 2

00

22Gl M

l GM l v =

- 此时B 受到的外力为：

2200

22

max 0(2)4m GM l v Mm F F G l Gl M

-==引= 存在最大距离的条件是2

00

20GM l v ->

即0v <转化为弹簧的弹性势能2min 1

()2

p k E k L L E ?=-=?

解得

: min

0L L =-(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22

00

12

p W E mv mv =?+= 【答案】（1）22

002

0(2)

4m GM l v F Gl M

-=

0v <（2）2

0mv .

2.【解析】整个过程中货箱减小的动能和重力势能分

别为：21

2

K E mV ?=

sin 2sin P E mgL mg L θθ?=++……sin mgnL θ+

(1)sin 2

n 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 2

n 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 )22

n 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/I

v 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/mg

a g m s m

μμ?=

==

根据22

02t v v as =+得盒子的碰前速度为：

1/ 2.55/v 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 +=+ ①

22'2'2

121211112222

mv 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：

2

122

mgS mv μ?= 解得：22

221.5 1.8440.1250.510

I 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

3.6S

L

=,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： 1.5

1.2220.1250.510

I 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22

00

1122

k 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2

012Q nmv =，因此飞船对尘埃所做

的功为2

0k W Q E nmv =+?=.飞船前进s 所经历的时

图

3-4-20

间为0

s

t v =

，所以飞船的输出功率为： 23

20

00

210nmv 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：

2

c B B

v m g m R

= ①2

211222B 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:211

2

P B E m v = ④

1B B B I m v m v =- ⑤

代入数据得 4I N S =- 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 =+ ⑦ 212

A 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 h

mgh 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 μθ

θ

=+ 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。由①②③④⑤式得：I kI '=

⑥

式中k =

⑦

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

:12I =⑧ 总冲量为:2312341(1)I I I I I I k k k =+++=+++ ⑨ 由2

1

11)1n n k k k k

k

--+++?=- ⑩ 得

4

121k I k

-=-

代入数据得：0.43(3I 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：sin cos mg mg ma θμθ-= ① 设小物块与挡板碰撞前的速度为v ，

则:22sin h

v a θ

= ②

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为:()I mv m v =-- ③ 由①②③式得

:12I =④

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:sin cos mg mg ma θμθ'-=⑤ 小物块沿斜面向上运动的最大高度为:

2sin 2v h a θ'='

⑥ 由②⑤⑥式得：2h k h '=

⑦式中：k = ⑧

同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量：

2I '= ⑨

由④⑦⑨式得： I kI '= ⑩ 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12I =⑾ 总冲量为：2312341(1)I I I I I I k k k =+++=+++ ⑿ 由2

1

11)1n

n k k k k

k

--+++?=- ⒀

得：4

121k I k

-=-⒁

代入数据得：0.43(3I Ns = ⒂

【答案】0.43(3I Ns =

7.【解析】（1）设物体下落末速度为0v ，由机械能守恒定律：2012

mgL mv =,

得0v

设碰后共同速度为1v ，由动量守恒定律:102mv mv =

得：1v =

碰撞过程中系统损失的机械能为：

22011112222

E mv mv mgL ?=-=

(2)设加速度大小为a ,有: 212as v =，得：8kL a m

=

（3）设弹簧弹力为N F ,ER 流体对滑块的阻力为ER F ，

受力分析如图3-4-21所示. 22N ER F F mg ma +-=

N F kx =,mg

x d k =+ 解得：4ER kL

F mg kd =+-

【答案】(1) 1

2mgL

(2)

8kL

m

(3)4kL mg kd +-

图 3-4-21

8.【解析】 设摆球A 、B 的质量分别为A m 、B m ，摆长为l ，B 球的初始高度为1h ，碰撞前B 球的速度为B v .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：1(1cos 45)h l =-? ①

2112

B B B m v m gh = ② 设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为12

P P 、有:1B B P m v = ③

联立①②③式得1P m =④

同理可得2(A B P m m =+⑤

联立④⑤式得

21

P P = ⑥

代入已知条件得2

21 1.03P P ??

= ???

⑦

由此可以推出

21

1

4%P P P -≤ ⑧ 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1P 到达O 点的时间0

L T v =

与2P 相碰时，电场刚好由零变为0E ,碰撞后1P 的速度

102

3

v v =-，在电场中1P 的加速度01qE a m =，1P 向左运

动的时间为1

1v t T a

=-

=,在1t 的时间内有电场，1P 做匀速运动，1P 向左运动的最大距离2101

23

v s L a ==

（2）根据动量守恒101122m v m v m v =+求得2P 的速度

201

3v v =，2P 从O 点运动到B 点所需时间

224L

t T v =-=，在2t 时间内一直存在电场，则2P 的位

移2

1122122

x v t at L =+=

由于1x L >,故两球在OB 之间1P 与2P 能再次碰撞.

【答案】(1)2101

23

v s L a == 1t T =（2）两球在OB 之间

1P 与2P 能再次碰撞.