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l0，A静止，B具有沿AB连线延伸方向的初速度v0，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，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v0，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
图 3-4-14
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，在盒内右端B放置质量也为m?0.5kg的
图 3-4-15
长方体物块，物块与盒左侧内壁距离为L?0.5m，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.(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v0?104m/s的速度进入均匀的宇宙微粒尘区，飞船每前进s?103m，要与n?104个微粒相撞，假如每个微粒的质量为m?2?10?7kg，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
图 3-4-16
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R?0.5m，B恰能到达最高点C。取g?10m/s2，求： (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；
(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??45的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0?1m，斜面底端有一
0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/s。在小物块与挡
图 3-4-17
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
图 3-4-18
撞后粘在一起向下运动.为保证滑块
2mg做匀减速运动，且下移距离为时速度减为0，ER
k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450角，然后将其由静止释放。结果观察到两摆球图
粘在一起摆动，且最大摆角成300，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P2静止在OA点进入点.t?0时，带正电的小球P1以速度t0从
AB区域，随后与P2发生正碰后反弹，反弹速度大小2是碰前的倍，P1的质量为m1，带电量为q，P2的
34L质量m2?5m1,A、O间距为L0，O、B间距L?0.
32qE02v0L?,T?0. 已知
m13L0t02 共 4 页 第 1 页
则整个过程中由于碰撞损失的机械能?E:
12n(n?1)mv?mgL(sin??cos?) 221n(n?1)mgL(sin??cos?) 【答案】mv2?22?E?Q2?3.【解析】(1)给盒一个冲量后由动量定理可知，盒
I子的初速度为：v0??3m/s
m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：
图 3-4-20
⑴求碰撞后小球P1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Lmax，由上述结论可知，在A加速的过程中， A增加多少动能，系
12MmMm统就增加多少引力势能，即有mv0，?G?G2l0lmax2Gl0M得：lmax? 22GM?l0v0此时B受到的外力为：
22)Mmm(2GM?l0v0F?F引=G? 2lmax24Gl0M2存在最大距离的条件是2GM?l0v0?0即v0?a???2mgm?2?g?2.5m/s
2根据vt2?v0?2as得盒子的碰前速度为：
2v1?v0?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：v2?0
' 设碰撞后盒子与物块的瞬时速度分别为v1'、v2，由于碰撞没有机械能损失，由动量守恒和机械能守恒
'得： mv1?mv2?mv1'?mv2 ①
12121'21'2mv1?mv2?mv1?mv2 ② 2222''由①②解得：v1?v2?0，v2?v1?2.25m/s，
'?v2，表示即碰撞后的速度（另一组解为v1'?v1，v2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v0，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：
2GM l0??2mgS?12mv0 21转化为弹簧的弹性势能?Ep?k(L?Lmin)2??Ek
2I21.52?m?1.8m 解得：S?4?m2g4?0.125?0.52?10解得: Lmin?L0?Lm2 k12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
S?3.6,所以物块与盒子的左侧内壁共碰L(2) 力F所做的功等于系统增加的势能与物体A增
22?mv0加的动能之和，即W??Ep?mv0
22m(2GM?l0v0)【答案】（1）F? v0?24Gl0M2GM l02（2）mv0.
2.【解析】整个过程中货箱减小的动能和重力势能分
撞3次.
(3)整个过程中，对盒子应用动量定理得：
???2mg?t?0?mv0 I1.5解得：t??s?1.2s
2?mg2?0.125?0.5?10'【答案】（1）v1'?0，v23次（3）1.2s ?2.25m/s（2）
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，22?nmv0使尘埃的动能增加，即?Ek?Mv0，则尘埃
别为：?EK?mV2
?EP?mgLsin??mg2Lsin??……?mgnLsin?
?n(n?1)mgLsin? 2121212整个过程摩擦力做功全部转化热能Q1，其大小为： Q1?mgLcos??mg2Lcos??……?mgnLcos?
n(n?1)mgLcos? 2设碰撞中产生的热量为Q2，则由功能关系可知：
?在加速过程中与飞船相互作用而增加的内能跟其动
122的功为W?Q??Ek?nmv0.飞船前进s所经历的时
2能增加量相等，即Q?nmv0，因此飞船对尘埃所做
间为t??EP??Ek?Q1?Q2
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s，所以飞船的输出功率为： v023nmv0Wnmv0P????2?102W.
stsv0【答案】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：
211vc2?mBvc2?2mBgR ② ①mBvBmBg?mB22R代入数据得vB?5m/s ③
h ② sin?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
则:v2?2a（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水
1平向右为正方向，有:EP?mBv12 ④
2I?mBvB?mBv1 ⑤
由①②③式得:I1?2m2gh(1??cot?) ④
设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为
依牛顿第二定律有:mgsin???mgcos??ma?⑤ a'，
小物块沿斜面向上运动的最大高度为:
v2h??sin? ⑥
2a?由②⑤⑥式得：h??k2h ⑦式中：k?tan??? ⑧
tan???代入数据得 I??4NS 其大小为4NS ⑥ （3）设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，
2有mBv1?mBvB?mAvA ⑦ W?mAvA ⑧
12同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量： I??2m2gh?(1??cot?) 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I1?2m2gh0(1??cot?) ⑾ 总冲量为：I?I1?I2?I3?I4?I1(1?k?k2?k3) ⑿ 由1?k?k??k2n?1 代入数据得W?8J
【答案】(1) vB?5m/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.
1h由功能关系得: mgh?mv2??mgcos? ①
2sin?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:
12h' ③ mv?mgh'??mgcos?2sin?1h'同理，有: mgh'?mv'2??mgcos? ④
2sin? 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?tan???tan???1?kn?) ⒀ 1?k1?k4得：I?2m2gh0(1??cot?) ⒁
1?k代入数据得：I?0.43(3?6)Ns ⒂
【答案】I?0.43(3?6)Ns
7.【解析】（1）设物体下落末速度为v0，由机械能
12设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律:2mv1?mv0
2守恒定律：mgL?mv0,得v0?2gL
得：v1?12gL 2碰撞过程中系统损失的机械能为：
?E?1211mv0?2mv12?mgL 222 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:I1?2m2gh0(1??cot?) ⑧ 总冲量为:I?I1?I2?I3?I4?I1(1?k?k2?k3) ⑨ 由1?k?k2??kn?11?kn?) ⑩ 1?kkL 8m（3）设弹簧弹力为FN,ER流体对滑块的阻力为FER，
(2)设加速度大小为a,有: 2as?v12，得：a?受力分析如图3-4-21所示. FN?FER?2mg?2ma mg kkL解得：FER?mg??kd
41【答案】(1) mgL
2FN?kx,x?d?1?k4得 I?2m2gh0(1??cot?)
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：mgsin???mgcos??ma ① 设小物块与挡板碰撞前的速度为v，
图
kLkL (3)mg??kd
48m8.【解析】 设摆球A、B的质量分别为mA、mB，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度
(2)
为vB.在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械
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