热门试卷

4.05 m

根据题意,A碰地板后,反弹速度大小v1等于它下落到地面时速度的大小,即v1=="5" m/s.A刚反弹后,速度向上,立刻与下落的B碰撞,碰前B的速度v2=="5" m/s.由题意,碰后A速度为零,以v2′表示B上升的速度,取向上为正方向,由动量守恒,得:m1v1-m2v2=m2v2′,解出:v2′="9" m/s.设h表示B上升的最大高度,有

h=="4.05" m.

(1)u1=0,u2=u0  (2)EN=E0

（1）设每个小球质量为m，以u1、u2分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度,由动量守恒和能量守恒定律有

mu1+mu2=mu0（以向右为速度正方向）

mu12+mu22=mu02

解得u1=u0,u2=0或u1=0,u2=u0

由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹力使左端小球持续减速，使右端小球持续加速，因此应该取解析u1=0,u2=u0.

（2）以v1、v1′分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向，由动量守恒和能量守恒定律

mv1+mv1′=0

mv12+mv1′2=E0

解得v1=,v1′=-或v1=-,v1′=.

在这一过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速，故应取解析

v1=-,v1′=

振子1与振子2碰撞后，由于交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为v1.此后两小球都向左运动，当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大，设此速度为v10，根据动量守恒定律：

2mv10=mv1

用E1表示最大弹性势能，由能量守恒有

mv102+mv102+E1=mv12

解得E1=E0

振子2被碰撞后瞬间，左端小球速度为，右端小球速度为0.以后弹簧被压缩，当弹簧再恢复到自然长度时，根据（1）题结果，左端小球速度v2=0，右端小球速度v2′=，与振子3碰撞，由于交换速度，振子2右端小球速度变为0，振子2静止，弹簧为自然长度，弹性势能为E2=0.

同样分析可得

E2=E3=…=EN-1=0

振子N被碰撞后瞬间，左端小球速度vN-1′=，右端小球速度为0，弹簧处于自然长度.此后两小球都向右运动，弹簧被压缩，当它们向右的速度相同时，弹簧被压缩至最短，弹性势能最大.设此速度为vN0，根据动量守恒定律，

2mvN0=mvN-1′

用EN表示最大弹性势能，根据能量守恒，有

mvN02+mvN02+EN=mvN-12

解得EN=E0.

1）略

2）m 

3）4.64m

解：（1）甲、乙相碰瞬间，小物体速度不变，甲、乙为系统动量守恒，以向左为正向：

得： m/s，乙碰后向左运动   （4分）

（2）小物块滑到乙车上，与乙车相对静止，令共同速度为u，

m/s，

正号说明u与正方向相同，最终共同向左运动。        （3分）

据能量转化与守恒有：

代入数据联解可得：m                                      （3分）

（3）小物块在B上匀加速到m/s时，令所用时间为t1，有：

s                                      （2分）

在此时间内小物块所运动位移：m

余下时间内小物块所运动位移：m

物体距甲车右端：m                （4分）

(1)1∶1  (2)1∶4  (3)4∶1  (4)1∶1

(1)由动量定理得-Fft=0-p1,t=.

由于Ff和p均相同,所以t1∶t2=1∶1.

(2)由动量定理得-μmgt=0-p,t=

由于p、μ均相同,所以t与m成反比,故t1∶t2=m2∶m1=1∶4.

(3)由动量定理得-Fft=0-mv,t=

由于Ff、v均相同,所以t与M成正比,故t1∶t2=m1∶m2=4∶1.

(4)由动量定理得-μmgt=0-mv

t=

由于μ、v均相同,所以t1∶t2=1∶1.