碰撞后，两板即分离，直到轻绳绷紧。
在轻绳绷紧的瞬间，两物体具有共同速度V，如图12-2所示。
求：
（1）若M=m，则V值为多大
（2）若M/m=K，试讨论V的方向与K值间的关系。
分析与解：
开始M与m自由下落，机械能守恒。
M与支架C碰撞后，M以原速率返回，向上做匀减速运动。
m向下做匀加速运动。
在绳绷紧瞬间，内力（绳拉力）很大，可忽略重力，认为在竖直方向上M与m系统动量守恒。
（1）据机械能守恒：
（M+m）gh=
（M+m）V02所以，V0=
=2m/s
M碰撞支架后以Vo返回作竖直上抛运动，m自由下落做匀加速运动。
在绳绷紧瞬间，M速度为V1，上升高度为h1，m的速度为V2，下落高度为h2。
则：
h1+h2=0.4m，h1=V0t-
gt2，h2=V0t+
gt2，而h1+h2=2V0t，
故：
所以：
V1=V0-gt=2-10×0.1=1m/sV2=V0+gt=2+10×0.1=3m/s
根据动量守恒，取向下为正方向，mV2-MV1=（M+m）V，所以
那么当m=M时，V=1m/s；当M/m=K时，V=
。
讨论：
①K＜3时，V＞0，两板速度方向向下。
②K＞3时，V＜0，两板速度方向向上。
③K=3时，V=0，两板瞬时速度为零，接着再自由下落。
图13-1
6、如图13-1所示，物体A从高h的P处沿光滑曲面从静止开始下滑，物体B用长为L的细绳竖直悬挂在O点且刚和平面上Q点接触。
已知mA=mB，高h及S（平面部分长）。
若A和B碰撞时无能量损失。
（1）若L≤h/4，碰后A、B各将做什么运动?
（2）若L=h，且A与平面的动摩擦因数为μ，A、B可能碰撞几次？
A最终在何处？
分析与解：
当水平部分没有摩擦时，A球下滑到未碰B球前能量守恒，与B碰撞因无能量损失，而且质量相等，由动量守恒和能量守恒可得两球交换速度。
A停在Q处，B碰后可能做摆动，也可能饶O点在竖直平面内做圆周运动。
如果做摆动，则经一段时间，B反向与A相碰，使A又回到原来高度，B停在Q处，以后重复以上过程，如此继续下去，若B做圆周运动，B逆时针以O为圆心转一周后与A相碰，B停在Q处，A向右做匀速运动。
由此分析，我们可得本题的解如下：
（1）A与B碰撞前A的速度：
mgh=
mVA2，VA=
因为mA=mB，碰撞无能量损失，两球交换速度，得：
VA’=0，VB’=VA=
设B球到最高点的速度为Vc，B做圆周运动的临界条件：
mBg=mBV2/L[1]
又因
mBVB‘2=
mBV2+mBg2L[2]
将[1]式及VB’=
代入[2]式得：
L=2h/5
即L≤2h/5时，A、B碰后B才可能做圆周运动。
而题意为L=h/4＜2h/5，故A与B碰后，B必做圆周运动。
因此
（1）的解为：
A与B碰后A停在Q处，B做圆周运动，经一周后，B再次与A相碰，B停在Q处，A向右以
速度做匀速直线运动。
（2）由上面分析可知，当L=h时，A与B碰后，B只做摆动，因水平面粗糙，所以A在来回运动过程中动能要损失。
设碰撞次数为n，由动能定理可得：
mAgh-nμmAgS=0所以n=h/μS
讨论：
若n为非整数时，相碰次数应凑足整数数目。
如n=1.2，则碰撞次数为两次。
当n为奇数时，相碰次数为（n-1）次。
如n=3，则相碰次数为两次，且A球刚到达Q处将碰B而又未碰B；
图13-2
当n为偶数时，相碰次数就是该偶数的数值，如n=4，则相碰次数为四次。
球将停在距B球S处的C点。
A球停留位置如图13-2所示。
图14-1
7、如图14-1所示，长为L，质量为m1的物块A置于光滑水平面上，在A的水平上表面左端放一质量为m2的物体B，B与A的动摩擦因数为μ。
A和B一起以相同的速度V向右运动，在A与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失，要使B一直不从A上掉下来，V必须满足什么条件?
（用m1、m2，L及μ表示）
分析与解：
A与墙壁发生无机械能损失的碰撞后，A以大小为V的速度向左运动，B仍以原速度V向右运动，以后的运动过程有三种可能：
（1）若m1＞m2，则m1和m2最后以某一共同速度向左运动；
（2）若m1=m2，则A、B最后都停止在水平面上，但不再和墙壁发生第二次碰撞；（3）若m1＜m2，则A将多次和墙壁碰撞，最后停在靠近墙壁处。
若m1＞m2时，碰撞后系统的总动量方向向左，大小为：
P=m1V-m2V
设它们相对静止时的共同速度为V’，据动量守恒定律，有：
m1V-m2V=（m1+m2）V’
所以V’=（m1-m2）V/（m1+m2）
若相对静止时B正好在A的右端，则系统机械能损失应为μm2gL，
则据能量守恒：
m1V2+
m2V2-
（m1+m2）（m1-m2）2V2/（m1+m2）2=μm2gL
解得：
V=
若m1=m2时，碰撞后系统的总动量为零，最后都静止在水平面上，
设静止时A在B的右端，则有：
m1V2+
m2V2=μm2gL
解得：
V=
若m1＜m2时，则A和墙壁能发生多次碰撞，每次碰撞后总动量方向都向右，
设最后A静止在靠近墙壁处时，B静止在A的右端，
同理有：
m1V2+
m2V2=μm2gL
解得：
V=
故：
若m1＞m2，V必须小于或等于
若m1≤m2，V必须小于或等于
注意：
本题中，由于m1和m2的大小关系没有确定，在解题时必须对可能发生的物理过程进行讨论，分别得出不同的结果。
8、在光滑的水平桌面上有一长L=2米的木板C，它的两端各有一块档板，C的质量mC=5千克，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A和B，质量分别为mA=1千克，mB=4千克。
开始时，A、B、C都处于静止，并且A、B间夹有少量塑胶炸药，如图15-1所示。
炸药爆炸使滑块A以6米/秒的速度水平向左滑动，如果A、B与C间的摩擦可忽略，两滑块中任一块与档板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞所需时间都可忽略。
问：
（1）当两滑块都与档板相碰撞后，板C的速度多大?
（2）到两个滑块都与档板碰撞为止，板的位移大小和方向如何?
分析与解：
（1）设向左的方向为正方向。
炸药爆炸前后A和B组成的系统水平方向动量守恒。
设B获得的速度为mA，则mAVA+mBVB=0，所以：
VB=-mAVA/mB=-1.5米/秒对A、B、C组成的系统，开始时都静止，所以系统的初动量为零，因此当A和B都与档板相撞并结合成一体时，它们必静止，所以C板的速度为零。
（2）以炸药爆炸到A与C相碰撞经历的时间：
t1=（L/2）/VA=1/6秒，
在这段时间里B的位移为：
SB=VBt1=1.5×1/6=0.25米，
设A与C相撞后C的速度为VC，A和C组成的系统水平方向动量守恒：
mAVA=（mA+mC）VC，
所以VC=mAVA/（mA+mC）=1×6/（1+5）=1米/秒
B相对于C的速度为：
VBC=VB-VC=（-1.5）-（+1）=-2.5米/秒
因此B还要经历时间t2才与C相撞：
t2=
=（1-0.25）/2.5=0.3秒，
故C的位移为：
SC=VCt2=1×0.3=0.3米，
方向向左，如图15-2所示。
9、如图16-1所示，一个连同装备总质量为M=100千克的宇航员，在距离飞船为S=45米与飞船处于相地静止状态。
宇航员背着装有质量为m0=0.5千克氧气的贮氧筒，可以将氧气以V=50米/秒的速度从喷咀喷出。
为了安全返回飞船，必须向返回的相反方向喷出适量的氧，同时保留一部分氧供途中呼吸，且宇航员的耗氧率为R=2.5×10-4千克/秒。
试计算：
（1）喷氧量应控制在什么范围?
返回所需的最长和最短时间是多少?
（2）为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧?
返回时间又是多少?
分析与解：
一般飞船沿椭圆轨道运动，不是惯性参照系。
但是在一段很短的圆弧上，可以认为飞船作匀速直线运动，是惯性参照系。
（1）设有质量为m的氧气，以速度v相对喷咀，即宇航员喷出，且宇航员获得相对于飞船为V的速度，据动量守恒定律：
mv-MV=0
则宇航员返回飞船所需的时间为：
t=S/V=MS/mv
而安全返回的临界条件为：
m+Rt=m0，以t=MS/mv代入上式，得：
m2v-m0vm+RMS=0，m=
把m0、v、R、M、S代入上式可得允许的最大和最小喷氧量为：
mmax=0.45千克，mmin=0.05千克。
返回的最短和最长时间为：
tmin=
=200秒，tmax=
=1800秒
（2）返回飞船的总耗氧量可表示为：
△M=m+Rt=（MS/vt）+Rt
因为MS/vt与Rt之积为常量，且当两数相等时其和最小，即总耗氧量最低，
据：
MS/vt=Rt，所以相应返回时间为：
t=
=600秒
相应的喷氧量应为：
m=Rt=0.15千克。
想一想：
还有什么方法可求出这时的喷氧量?
（m=MS/vt=0.15千克）
10．如图17-1所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板．Ａ的左端和Ｂ的右端相接触．两板的质量皆为M＝2.0kg，长度皆为L＝1.0ｍ。
Ｃ是质量为ｍ＝1.0kg的小物块．现给它一初速度ｖ0＝2.0ｍ／ｓ，使它从板Ｂ的左端向右滑动．已知地面是光滑的，而Ｃ与板A、B之间的动摩擦因数皆为μ＝0.10。
求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度ｇ＝10ｍ／ｓ２。
参考解答 先假设小物块Ｃ在木板Ｂ上移动ｘ距离后，停在Ｂ上．这时Ａ、Ｂ、Ｃ三者的速度相等，设为ｖ，由动量守恒得
ｍｖ0＝（ｍ＋2Ｍ）ｖ， ①
在此过程中，木板Ｂ的位移为ｓ，小物块Ｃ的位移为ｓ＋ｘ．由功能关系得
－μｍｇ（ｓ＋ｘ）＝（1/2）ｍｖ２－（1/2）ｍｖ02，
μｍｇｓ＝2Ｍｖ2／2，
则 －μｍｇｘ＝（1/2）（ｍ＋2Ｍ）ｖ2－（1/2）ｍｖ02，②
由①、②式，得
ｘ＝［ｍｖ02／（2Ｍ＋ｍ）μｇ］， ③
代入数值得 ｘ＝1．6ｍ． ④
ｘ比Ｂ板的长度大．这说明小物块Ｃ不会停在Ｂ板上，而要滑到Ａ板上．设Ｃ刚滑到Ａ板上的速度为ｖ1，此时Ａ、Ｂ板的速度为ｖ2，则由动量守恒得
ｍｖ0＝ｍｖ1＋2Ｍｖ2， ⑤
由功能关系，得（1/2）ｍｖ02－（1/2）ｍｖ1２－2×（1/2）ｍｖ2２＝μｍｇＬ，
以题给数据代入，得
由ｖ1必是正值，故合理的解是
当滑到Ａ之后，Ｂ即以ｖ2＝0．155ｍ／ｓ做匀速运动，而Ｃ是以ｖ1＝1．38ｍ／ｓ的初速在Ａ上向右运动．设在Ａ上移动了ｙ距离后停止在Ａ上，此时Ｃ和Ａ的速度为ｖ3，由动量守恒得
Ｍｖ2＋ｍｖ1＝（ｍ＋Ｍ）ｖ3，
解得 ｖ3＝0．563ｍ／ｓ．
由功能关系得
（1/2）ｍｖ12＋（1/2）ｍｖ22－（1/2）（ｍ＋Ｍ）ｖ32＝μｍｇｙ，
解得 ｙ＝0．50ｍ．
ｙ比Ａ板的长度小，所以小物块Ｃ确实是停在Ａ板上．最后Ａ、Ｂ、Ｃ的速度分别为ｖＡ＝ｖ3＝0．563ｍ／ｓ，ｖＢ＝ｖ2＝0．155ｍ／ｓ，ｖＣ＝ｖＡ＝0．563ｍ／ｓ．
评分标准 本题的题型是常见的碰撞类型，考查的知识点涉及动量守恒定律与动能关系或动力学和运动学等重点知识的综合，能较好地考查学生对这些重点知识的掌握和灵活运动的熟练程度．题给数据的设置不够合理，使运算较复杂，影响了学生的得分．从评分标准中可以看出，论证占的分值超过本题分值的50%，足见对论证的重视．而大部分学生在解题时恰恰不注重这一点，平时解题时不规范，运算能力差等，都是本题失分的主要原因．
解法探析 本题参考答案中的解法较复杂，特别是论证部分，①、②两式之间的两个方程可以省略．下面给出两种较为简捷的论证和解题方法．
解法一 从动量守恒与功能关系直接论证求解．设Ｃ刚滑到Ａ板上的速度为ｖ1，此时Ａ、Ｂ板的速度为ｖ2，则由动量守恒，得
ｍｖ０＝ｍｖ1＋2Ｍｖ2，
以系统为对象，由功能关系，得
（1/2）ｍｖ02－（1/2）ｍｖ12－2×（1/2）ｍｖ22＝μｍｇＬ，
由于ｖ1只能取正值，以题给数据代入得到合理的解为
由于小物块Ｃ的速度ｖ1大于Ａ、Ｂ板的速度ｖ2，这说明小物块Ｃ不会停在Ｂ板上．
以上过程既是解题的必要部分，又作了论证，比参考答案中的解法简捷．后面部分与参考答案相同，不再缀述．
解法二 从相对运动论证，用动量守恒与功能关系求解．
以地面为参照系，小物块Ｃ在A、B上运动的加速度为ａＣ＝μｇ＝1ｍ／ｓ2，A、B整体的加速度为ａＡＢ＝μｍｇ／2Ｍ＝0．25ｍ／ｓ2，Ｃ相对Ａ、Ｂ的加速度ａ＝ａＣ＋ａＡＢ＝1.25ｍ／ｓ2．假设A、B一体运动，以A、B整体为参照物，当Ｃ滑至与整体相对静止时，根据运动学公式，有
ｖ02＝2ａｓ，
解得 ｓ＝ｖ02／2ａ＝1．6ｍ＞Ｌ．
说明小物块Ｃ不会停在Ｂ板上．
上述可以看出，从相对运动的角度论证较为简捷，运算也较为简单．论证后的解法与参考答案相同．
试题拓展 1．若长木板个数不变，当小物块的初速度满足什么条件时，Ａ、Ｂ、Ｃ三物体最终的速度相同?
2．若长木板个数不变，当小物块的初速度满足什么条件时，小物块能从两长木板上滑过去?
3．若小物块的初速度不变，将相同的长木板数增加到三个，最终小物块停在木板上的什么位置，各物体的运动速度分别为多少?
4．若其它条件不变，长木板与地面间的动摩擦因数为μ′，并且满足μ′（M＋ｍ）ｇ＜μｍｇ＜μ′（2Ｍ＋ｍ）ｇ，试分析有怎样的情况发生?
5．分析子弹打击在光滑水平面上的两相同木块问题，找出它与本题的异同，归纳解法．
11.如图18-1，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在墙上，另一端和质量为M的容器连接，容器放在光滑水平的地面上，当容器位于O点时弹簧为自然长度，在O点正上方有一滴管，容器每通过O点一次，就有质量为m的一个液滴落入
容器，开始时弹簧压缩，然后撒去外力使容器围绕O点往复运动，求：
（1）容器中落入n个液滴到落入（n+1）个液滴的时间间隔；
（2）容器中落入n个液滴后，容器偏离O点的最大位移。
分析与解：
本题中求容器内落入n个液滴后偏离O点的最大位移时，若从动量守恒和能量守恒的角度求解，将涉及弹簧弹性势能的定量计算，超出了中学大纲的要求，如果改用动量定理和动量守恒定律求解，则可转换成大纲要求的知识的试题。
（1）弹簧振子在做简谐运动过程中，影响其振动周期的因素有振子的质量和恢复系数（对弹簧振子即为弹簧的劲度系数），本题中恢复系数始终不变，液滴的落入使振子的质量改变，导致其做简谐运动的周期发生变化。
容器中落入n个液滴后振子的质量为（M+nm），以n个液滴落入后到第（n+1）个液滴落入前，这段时间内系统做简谐运动的周期Tn=2π
，容器落入n个液滴到（n+1）个液滴的时间间隔△t=Tn/2，所以
△t=π
（2）将容器从初始位置释放后，振子运动的动量不断变化，动量变化的原因是水平方向上弹簧弹力的冲量引起的，将容器从静止释放至位置O的过程中，容器的动量从零增至p，因容器位于Ｏ点时弹簧为自然长度，液滴在O点处落入容器时，容器和落入的液滴系统在水平方向的合力为零，根据动量守恒定律，液滴在Ｏ处的落入并不改变系统水平方向的动量，所以振子处从位置O到两侧相应的最大位移处，或从两侧相应在的最大位移处到位置Ｏ的各1/4周期内，虽然周期Ｔn和对应的最大位移Ln在不断变化，但动量变化的大小均为△p=p－0=p，根据动量定理可知识，各
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