彈性碰撞和完全非彈性碰撞專題訓(xùn)練

1、彈性碰撞和完全非彈性碰撞專題訓(xùn)練1.在宇宙間某一個慣性參考系中， 有兩個可視為質(zhì)點(diǎn) 的天體A、B ,質(zhì)量分別為m和M ,開始時兩者相距 為lo , A靜止，B具有沿AB連線延伸方向的初速度6.如圖3-4-17所示，一傾角為450的斜面固定于地面，斜面頂端離地面的高度 幾1m,斜面底端有一 垂直于斜而的固定擋板。 在斜面頂端自由釋放一質(zhì)量V0 ,為保持B能繼續(xù)保持勻速直線運(yùn)動，對B施加一個沿Vo方向的變力F .試求：(1) A B間距離最大時F是多少？應(yīng)滿足什么條 件？(2)從開始運(yùn)動至 A B相距最遠(yuǎn)時力F所做的功.2 .如圖3-4-14所示，有n個相同的貨箱停放在傾角 為 的斜面上，每個貨箱

2、長皆為L ,質(zhì)量為m相鄰兩 貨箱間距離也為L,最下端的貨箱到斜面底端的距離 也為L ,已知貨箱與斜面間的滑動摩擦力與最大靜摩 擦力相等，現(xiàn)給第一個貨箱一初速度 V0 ,使之沿斜面 下滑，在每次發(fā)生碰撞的 貨箱都粘在一起運(yùn)動，當(dāng) 動摩擦因數(shù)為時，最后第n個貨箱恰好停在斜面 底端，求整個過程中由于 碰撞損失的機(jī)械能為多少？3.如圖3-4-15所示，質(zhì)量m 0.5kg的金屬盒 AB，放在m 0.09kg的小物塊(視為質(zhì) 點(diǎn))。小物塊與斜面之間的動摩 擦因數(shù)0.2，當(dāng)小物塊與擋板碰撞后，將以原速返回。重力加 速度g 10m / s2。在小物塊與擋 板的前4次碰撞過程中，擋板給 予小物塊的總沖量是多少？

3、圖 3-4-147.如圖3-4-18所示中有一個豎直固定在地面的透氣圓 筒，筒中有一勁度為k的輕彈簧，其下端固定，上端 連接一質(zhì)量為m的薄滑塊，圓筒內(nèi)壁 涂有一層新型智能材料一一E所體， 它對滑塊的阻力可調(diào).起初，滑塊靜 止,E%體對其阻力為0,彈簧的長度 為L ,現(xiàn)有一質(zhì)量也為 m的物體從距 地面2L處自由落下，與滑塊碰撞后 粘在一起向下運(yùn)動.為保證滑塊做勻光滑的水平桌面上，它與桌面間的動摩擦因數(shù)0.125 ,在盒內(nèi)右人 I* L-B端B放置質(zhì)量也為 m 0.5kg的長 圖3-4-15 方體物塊，物塊與盒左側(cè)內(nèi)壁距離、為L 0.5m ,物塊與盒之間無摩擦.若在A端給盒以水 平向右的沖量1.5

4、N s,設(shè)盒在運(yùn)動過程中與物塊碰 撞時間極短，碰撞時沒有機(jī)械能損失.(g 10m/s2)求：(1)盒第一次與物塊碰撞后各自的速度；(2)物塊與盒的左端內(nèi)壁碰撞的次數(shù)；(3)盒運(yùn)動的時間；4.宇宙飛船以V0 104m/s的速度進(jìn)入均勻的宇宙微減速運(yùn)動，且下移距離為 踵時速度減為0, E就體 k對滑塊的阻力須隨滑塊下移而變.試求(忽略空氣阻 力)：(1)下落物體與滑塊碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能;(2)滑塊向下運(yùn)動過程中加速度的大??；(3)滑塊下移距離d時E所體對滑塊阻力的大小8.某同學(xué)利用如圖3-4-19所示的裝置驗(yàn)證 動量守恒定律。圖中兩擺擺長相同，懸掛 于同一高度，A、B兩擺球均很小，質(zhì)量 之

5、比為1:2。當(dāng)兩擺均處于自由靜止?fàn)顟B(tài) 時，其側(cè)面剛好接觸。向右上方拉動B球 使其擺線伸直并與豎直方向成 45°角，然 后將其由靜止釋放。結(jié)果觀察到兩擺球粘圖 3-4-19粒塵區(qū)，飛船每前進(jìn)s 103m ,要與n 104個微粒相 撞，假如每個微粒的質(zhì)量為 m 2 10 7 kg ,與飛船相 撞后吸附在飛船上，為使飛船的速率保持不變，飛船 的輸出功率應(yīng)為多大？5.光滑水平面上放著質(zhì)量mA 1kg的物塊A與質(zhì)量在一起擺動，且最大擺角成 300 ,若本實(shí)驗(yàn)允許的最 大誤差為 4% ,此實(shí)驗(yàn)是否成功地驗(yàn)證了動量守恒 定律？mB 2kg的物塊B , A與B均可視為質(zhì)點(diǎn)，A靠在豎直墻壁上，A B間

6、夾一個 被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、 B均不拴接)，用手擋住B不 動，此時彈簧彈性勢能 Ep 49J，在A、B間系一輕 質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩長度大于彈簧9.如圖3-4-20 (a)所示，在光滑絕緣水平面的 AB區(qū)域 內(nèi)存在水平向右的電場， 電場強(qiáng)度E隨時間的變化如 圖3-4-20 (b)所示.不帶電的絕緣小球 P2靜止在O 點(diǎn).t 0時，帶正電的小球 p以速度t0從A點(diǎn)進(jìn)入AB 區(qū)域，隨后與P2發(fā)生正碰后反彈，反彈速度大小是碰前的Z倍，p的質(zhì)量為m,帶電量為q , P2的質(zhì) 3量 m2 5m , A、O間距為L0 , O、B間距L4L。的自然長度，如圖3-4-16所示。放手后B向右運(yùn)動， 繩在短暫時間內(nèi)

7、被拉斷，之后B沖上與水平面相切的 豎直半圓光滑軌道， 其半徑R 0.5m, B恰能到達(dá)最 高點(diǎn)C。取g 10m/s2,求：L0t0繩拉斷后瞬間B的速度Vb的大小;(2)繩拉斷過程繩對 B的沖量I的大小;(3)繩拉斷過程繩對A所做的功W ;E Q2 1 mv221 一【答案】1mv2 22mgL(sincos )n12_JmgL(sincos )圖 3-4-20求碰撞后小球p向左運(yùn)動的最大距離及所需時間 討論兩球能否在 OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞.3.【解析】（1）給盒一個沖量后由動量定理可知，盒子的初速度為：vo L 3m/sm設(shè)盒子與物塊碰撞前的瞬時速度分別為、v2 ,根據(jù)牛頓第二定律，盒子的加

8、速度為：2 mga 2 g 2.5m/sm根據(jù)vt2求2as得盒子的碰前速度為：參考答案：1.【解析】（1）天體A、B通過萬有引力相互作用，當(dāng)二者速度相等時其間距離最大,論可知，在A加速的過程中,統(tǒng)就增加多少引力勢能，即有設(shè)為Lmax ,由上述結(jié)A增加多少動能，系12mv022Gl°M彳寸. l max22GM Iov2此時B受到的外力為:MmF F§=G-2 l max-2 2m(2GM 10V0)24G1oM存在最大距離的條件是2GMI ,210V0轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能Epvv； 2aL , 6.5m/s 2.55m/ s因物塊與盒之間無摩擦，所以碰前物塊速度為：v2

9、0 一 , '設(shè)碰撞后盒子與物塊的瞬時速度分別為M、V2,由于碰撞沒有機(jī)械能損失，由動量守恒和機(jī)械能守恒 得： mv mv2 mv1 mv2mv12 1 mv2 mv112 mv；2222由解得：v； V2 0 , v2 v1 2.25m/s, 即碰撞后的速度（另一組解為V11 V1 , V2 V2 ,表示碰撞前的狀態(tài)，舍去）.（2）設(shè)盒子在地面上運(yùn)動的距離為S,盒子的初速度為V0 ,由于碰撞沒有能量損失，所以盒子與地面摩擦 損失的機(jī)械能等于系統(tǒng)損失的總機(jī)械能，即有：解得：LminL0 lJ k（2）力F所做的功等于系統(tǒng)增加的勢能與物體加的動能之和，即W Ep 1 mv； mv22mg

10、S - mv2.22解得： S 2- .2m 1.8m4 m g 4 0.125 0.5 10盒子每前進(jìn)一個 L ,物塊都要與盒子的左側(cè)內(nèi)壁碰撞S一次，由于? 3.6，所以物塊與盒子的左側(cè)內(nèi)壁共碰撞3次.（3）整個過程中，對盒子應(yīng)用動量定理得：2mg t 0 m0【答案】（1） F一2 2m(2GM 10V0)4Gl0MVo2GMl0（2） mv0 .2.【解析】整個過程中貨箱減小的動能和重力勢能分別為： EKEP mgLsinn(n 1)212mV2mg2L sinmgnLsinmgLsin整個過程摩擦力做功全部轉(zhuǎn)化熱能Qi mgLcosn(n 1)2mg2LcosmgLco sQi ,其大

11、小為:mgnLcos設(shè)碰撞中產(chǎn)生的熱量為 Q2,則由功能關(guān)系可知:EpEkQ1Q2則整個過程中由于碰撞損失的機(jī)械能解得：t15s 1.2s2 mg 2 0.125 0.5 10【答案】（1） v1 0, v2 2.25m/s （2） 3 次（3） 1.2s4.【解析】 在飛船不受阻力，只受萬有引力的情況下，無輸出功率；當(dāng)受到塵埃阻力時， 需要輸出功率來克服阻力做功以維持勻速.塵埃與飛船相互作用，1c 1 C使塵埃的動能增加，即Ek -Mv2 nmv2,則塵埃22在加速過程中與飛船相互作用而增加的內(nèi)能跟其動1 C能增加重相等，即Q - nmv0 ,因此飛船對塵埃所做的功為W Q Ek nmv2.

12、飛船前進(jìn)s所經(jīng)歷的時間s為t 3，所以飛船的輸出功率為：Vd23p W 竺叫 nmvo 2 102Wt 旦 sV【答案】2 102W.5.【解析】(1)設(shè)B在繩被拉斷后瞬間的速度為 Vb,到達(dá)C點(diǎn)時的速度為vC,有:2VcmBg mB R代入數(shù)據(jù)得vB1212_EbVb -mBVc 2mBgR 225m/ s(2)設(shè)彈簧恢復(fù)到自然長度時B的速度為v1 ,取水平向右為正方向，有：EP 1mBv：2I mBVB mB9代入數(shù)據(jù)得I 4NS 其大小為4NS (3)設(shè)繩斷后A的速度為vA，取水平向右為正方向，12人有 mBVi mBVB mAVA W - mAvA2代入數(shù)據(jù)得W 8J【答案】(1) V

13、b 5m/s (2) 4NS (3) 8J6.【解析】一：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動，到達(dá)斜面底端時速度為v.1-由功能關(guān)系得 ：mgh -mv 以沿斜面向上為動量的正方向。 程中擋板給小物塊的沖量:Img cos sin按動量定理，碰撞過mv m( v) 設(shè)碰撞后小物塊所能達(dá)到的最大高度為h',則:1mv2 mgh, mgcos U 2sin同理，有：mgh' 1 mv2I mv' m( v')h' mg cos sin式中，v'為小物塊再次到達(dá)斜面底端時的速度，I '為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量。由式得：I kI

14、 式中k J”,tan由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成 等比級數(shù)，首項(xiàng)為 J 2mJ2 gho(1cot ) 總沖量為：I I1 I2 I3 I4 I1(1 k k2 k3)1 kn由 1 k k k)1 k 4得 I -2m 2gh0(1cot )1 k代入數(shù)據(jù)得：I 0.43(3 .6) Ns【解析】二：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面 向下運(yùn)動，小物塊受到重力，斜面對它的摩擦力和支 持力，小物塊向下運(yùn)動的加速度為a,依牛頓第二定律得： mg sinmgcos ma設(shè)小物塊與擋板碰撞前的速度為v ,則:v2 2asin以沿斜面向上為動量的正方向。按動量定理，碰撞過程中擋板給

15、小物塊的沖量為：I mv m( v) 由式得:I1 2m J2gh(1cot )設(shè)小物塊碰撞后沿斜面向上運(yùn)動的加速度大小為 a, 依牛頓第二定律有 ：mgsin mgcos ma 小物塊沿斜面向上運(yùn)動的最大高度為：h - sin 2a由式得：h k2h式中：k 呵 ,tan同理，小物塊再次與擋板碰撞所獲得的沖量：I2 M2gh (1cot )由式得：I kI由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數(shù)，首項(xiàng)為 I1 2m 2gho(1cot )總沖量為：I I1 I2 I3 I4 I1(1 k k2由 1 k k2k3)kn2m 2gho(1cot )(14)代入數(shù)據(jù)得：I 0.43

16、(3 V6) Ns(15)【答案】I 0.43(36) Ns7.【解析】(1)設(shè)物體下落末速度為 %,由機(jī)械能守1 O 一恒 7E 律： mgL mvolvo "2gL2設(shè)碰后共同速度為v1 ,由動量守恒定律：2mM m%1 得：v1 L ,：2gL碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為:1212E - mvo - 2 mv122(2)設(shè)加速度大小為(3)設(shè)彈簧彈力為1 mgL22kLa，有：2as v1，得：a8mFn ,ER流體對滑塊的阻力為 Fer ,受力分析如圖3-4-21所示.FnFer2mgFn kx , x解得：Fer(2)8mmg2mamgk kL kd412 mgL圖 3-4

17、-21小、 kL 一 mg kd8.【解析】設(shè)擺球A、B的質(zhì)量分別為 mA、mB ,擺長為l , B球的初始高度為碰撞前B球的速度為Vb.在不考慮擺線質(zhì)量的情況下，根據(jù)題意及機(jī)械 能守恒定律得：h1 l(1 cos45 ) 12- EbVb mBgh12設(shè)碰撞前、后兩擺球的總動量的大小分別為p、P2有：P HbVb聯(lián)立式得 P1 mB J2gl (1 cos45 )同理可得 P2 (mA mB)j2gl(1 cos3o j 聯(lián)立式得已后mB /09P1mB 1 cos 45代入已知條件得包 103P由此可以推出 P2 P 4%P所以，此實(shí)驗(yàn)在規(guī)定的范圍內(nèi)驗(yàn)證了動量守恒定律。9.【解析】(1)小球Pi到達(dá)O點(diǎn)的時間T包與P