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例一一质量为M的平板车，可无摩擦地沿一水平直轨道运动。初始时，平板车在轨道静止不动，有N个人站在车上，每个人的质量为m.(1)当有N个人一起以相对于车的速度为v0同时从车的一端跳出，问N个人跳车之后，车的速度为多少？(2)若N个人一个接一个地都以相对于车的速度为v0跑向一端相继跳离平板车（在一个时刻只有一个人跳），求平板车的末速度。(3)在（1）和（2）俩种情况下，哪种情况的车速较大？解答：（1）N个人一起跳，由动量守恒可知Mv+Nm(v+v0)=0,得V=-[(Nm)/(M+Nm)]v0(负号表示v与v0反向)（2）设某时刻车上仍有n个人在一起做水平平动，平动速度为vn.因而，在水平方向上总动量为(M+nm)vn.然后，有一个人从车上跳下后，车及车上(n-1)人的水平平动速度为系统(由车、车上的人及跳下的人组成)的水平总动量为[M+(n-1)m]vn-1+m(vn-1+v0).由于在水平方向上无外力作用，该方向上动量守恒，即(M+nm)vn=[M+(n-1)m]vn-1+m(vn-1+v0)(M+nm)vn=(M+nm)vn-1+mv0,故vn-1=vn-[m/(M+nm)]v0.车上有N个人时，车和人都静止，即vN-1=vN-[m/(M+Nm)]v0,vN-2=vN-1-{m/[M+(N-1)m]}v0=-[m/(M+Nm)]v0-{m/[M+(N-1)m]}v0=…故车的末速度为vN-N=vn=0.（3）因为：M+nm=M+Nm,n=1,2,…N，所以（2）中平板车的末速度比（1）大.例2质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上.平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示。一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量也为m时，它们恰能回到点O.若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到点O时，还具有向上的速度。求：物块向上运动到达的最高点与点O的距离。分析俩次都是回到点O，弹簧的弹性势能相等。若用Ep=12kx2表达式求解，会有不同表达形式，可以自己完成。解答物块与钢板碰撞时的速度v0=√6gx0设v1表示质量为m的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，所以动量守恒，即mv0=2mv1刚碰完时弹簧的弹性势能为Ep。当它们一起回到点O时，弹簧无形变，弹性势能为0，根据题给条件，这时物块与钢板的速度为0，由机械能守恒可知Ep+12(2m)v12=2mgx0设V2表示质量为2m的物块与钢板碰撞后开始一起向下运动的速度，则有2mv0=3mv22m的物块与钢板共同运动到达最低点后反弹仍继续向上运动，设此时速度为v，则有Ep′+12(3m)v22=3mgx0+12(3m)v2在以上俩种情况中，弹簧初始压缩量都是x0，故有Ep′=Ep当质量为2m的物块与钢板一起回到点O时，弹簧弹力为0，物块与钢板只受到重力作用，加速度为g.一过点O，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g。由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g，故在点O物块与钢板分离，分离后，物块以速度v竖直上升，则由以上各式解得v2=gx0.物块向上运动所到最高点与点O的距离l为l=v22g=x02例三（第十三届复赛题）如图所示，4个质量均为m的质点，用同样长度且不可伸长的轻绳连接成菱形ABCD。静止放在水平光滑的桌面上。若突然给质点A一个历时极短沿CA方向的冲击，当冲击结束的时刻，质点A的速度为v，其他质点也获得一定速度，∠𝐵𝐴𝐷=2𝛼（απ4⁄）。求此质点系统受冲击后所具有的总动量和总能量。分析矢量的运算、正交分解法，巧选研究对象，是解决本题的关键。解答由对称性可知，点C的速度也必沿CA方向，设其大小为vC.D的速度可以分解为平行于v和垂直于v的俩个分速度，其大小分别为vD1和vD2.同样，B的速度也类似地分解为平行和垂直于v的俩个分速度，其大小设为vB1和vB2，如图所示，根据对称性，必有vB1=vD1vB2=vD2由于绳子不可伸长，A沿DA的分速度和D沿DA的分速度一定相等，C沿CD的分速度和D沿CD的分速度也相等，即vcosα=vD1cosα+vD2sinαvCcosα=vD1cosα−vD2sinα另一方面，设绳子AD给质点D的冲量的大小为I1，绳子DC给质点C冲量大小为I2。注意到绳子DC给质点D的冲量大小同样也是I2（各冲量方向均沿绳子方向）。由对称性还可以判断，绳子AB给质点B的冲量大小也是I1，绳子BC给质点B和C的冲量大小都是I2，根据动量定理，可分别列出关于质点D平行和垂直于v的方向以及质点C平行于v方向的关系式如下：mvD1=I1cosα−I2cosαmvD2=I1cosα+I2cosαmvC=2I2cosα联立可解出本题所需的vD1、vD2、vC：vD1=v(1+⁄2sin2α)vD2=vsin2α(1+⁄2sin2α)vC=vcos2α/(1+2sin2α)联立得，此系统的总动量为P=mv+2mvD1+mvC=4mv(1+⁄2sin2α)方向沿CA方向。此系统的总动能为E=EA+EB+EC+ED=12m(v2+2vD12+2vD22+vC2)=2mv2/(1+2sin2α).例四（第七届复赛题）三个质点A,B和C，质量分别为m1，m2和m3，用拉直且不可伸长的绳子AB和BC相连，静止在水平面上，如图所示，AB和BC之间夹角为（π−α）现对质点C施加以冲量I，方向沿BC，试求质点A开始运动的速度。分析：首现，注意“开始运动”的理解，它指绳子恰被拉直，有作用力和冲量产生，但是绳子方位尚未发生变化。其二，对三个质点均可用动量定理，但是，质点B受冲量不在一条直线上，故最为复杂，可采用分方向的形式表达。其三，由于两段绳子不可伸长，故三质点的瞬时速度可以寻求到两个约束关系。解答：绳拉直瞬间，AB绳对A，B两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I1，BC绳对B，C两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I2；设A获得速度v1（由于A受合冲量只有I1，方向沿AB，故v1的方向沿AB），设B获得速度v2（由于B受合冲量为𝐈𝟏+𝐈𝟐，矢量和既不沿AB，也不沿BC方向，可设v2与AB绳夹角为（π−β），如图所示，设C获得速度v3（合冲量𝐈+𝐈𝟐，沿BC方向，故v3沿BC方向）。对A用动量定理，有I1=m1v1B的动量定理是一个矢量方程：𝐈𝟏+𝐈𝟐=m2𝐯𝟐,可化为俩个分方向的标量式，即I2cosα−I1=m2v2cosβI2sinα=m2v2sinβ质点C的动量定理方程为I−I2=m3v3AB绳不可伸长，必有v1=v2cosβBC绳不可伸长，必有v2cos(β−α)=v36个方程解6个未知量（I1，I2，v1,v2,v3,β）是可能的，但繁琐程度非同一般。解方程要注意合理性，否则造成混乱。建议采取如下步骤：（a）先用式v1=v2cosβ、v2cos(β−α)=v3消掉v2,v3，使6个一级式变成4个二级式，即I1=m1v1I2cosα−I1=m2v1I2sinα=m2v1tanβI−I2=m3v1(cosα+sinαtanβ)解式I2sinα=m2v1tanβ、I−I2=m3v1(cosα+sinαtanβ)消掉β，使四个二级式变成三个三级式，即I1=m1v1I2cosα−I1=m2v2I=m3v1cosα+I2m2+m3sin2αm2核题位置最后对式(5-12)(5-13)(5-14)消I1、I2，解v1就方便多了。结果为v1=Im2cosαm2(m1+m2+m3)+m1m3sin2α例五如图5-5所示，水平地面上静止放着物块B和C,相距l=1.0m.物块A以速度v0=10m/s沿水平方向与B正撞。碰撞后A和B牢固地黏在一起向右运动，并在与C发生碰撞，碰后瞬间C的速度v=2.0m/s。已知A和B的质量均为m,C质量为A质量的K倍，物块与地面的动摩擦因数μ=0.45.（设碰撞时间很短，g=10m/s2）(1)计算与C碰撞前瞬间A，B的速度；(2)根据A，B与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后A，B的可能运动方向。分析：A与B碰后速度为v1，由于碰撞时间很短，A，B相碰的过程动量守恒，机械能不守恒。解答：（1）设A，B碰后速度为v1，由于碰撞时间很短，A，B相碰的过程动量守恒，得mv0=2mv1在A，B向C运动，设与C碰撞前速度为v2，在此过程中由动能守恒，有−μ2mgl=122mv22−122mv12得A，B与C碰撞前速度为v2=√v12−2μgl=4m/s.（2）设A，B与C碰后速度为v3，A，B与C碰撞的过程动量守恒，即2mv2=2mv3+kmvv3=2v2−kv2=(4−k)m/s碰后A，B的速度v3必须满足v3≤v122mv22≥122mv32+12kmv2由式（5-15）（5-16）（5-17）得2≤k≤6由式（5-15）知：当2≤k4,v30，即与C碰撞后，A，B向右运动；当k=4时，v3=0，即与C碰撞后，A，B停止；当4k≤7.74时，v30，即与C碰撞后，A，B向左运动。例八（1）如图5-8（a）所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB与BC段平滑连接。质量为m1的小球从高位h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道ＢＣ段上质量为m２的小球发生碰撞，碰撞后俩球的运动方向处于同一水平线上，且再碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球m２的速度ｖ２（２）碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们采用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的简化力学模型。如图５－８（ｂ）所示，在固定光滑轨道上，质量分别为ｍ１、ｍ２、ｍ３…ｍｎ−１…ｍｎ的若干个球沿直线静止相间排列，给第一个球初动能Ｅｋ１，从而引起各球依次碰撞，。定义其中第ｎ个球经过依次碰撞后获得的动能Ｅｋｎ与Ｅｋ１之比为第一个球对第ｎ个球的动能传递系数ｋ１ｎ①求ｋ１ｎ②若ｍ１＝４ｍ０，ｍｋ＝ｍ０，ｍ０为确定的已知量，问ｍ２为何值时，ｋ１ｎ值最大。分析：碰撞时动量守恒，机械能也守恒。解答：（１）设碰撞前的速度为ｖ１０，根据机械能守恒定律，有ｍ１ｇｈ＝１２ｍ１ｖ１０２设碰撞后ｍ１与ｍ2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定理有ｍ１v10=m1v1+m2v2由于碰撞过程中无机械能损失12m1v102=12m1v12+12m1v22联立解得v2=2ｍ１v10m1+m2（2）①由式5-34，考虑到Ｅｋ１=12m1v102和Ｅｋ2=12m1v22，再根据动能传递系数的定义，对于‘1’‘2’俩球得k12=Ｅｋ１Ｅｋ2=4m1m2(m1+m2)2同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为k13=Ｅｋ3Ｅｋ2=Ek2Ek1∗Ek3Ek2=4m1m2(m1+m2)2∗4m3m2(m3+m2)2依此类推，动能传递系数k1n=EknEk1=Ek2Ek1∗Ek3Ek2…EknEkn−1=4m1m2(m1+m2)2∗4m3m2(m3+m2)2…4mn−1mn(mn−1+mn)2解得k1n=4n−1m1m12m22m32…mn−12mn(m1+m2)2(m3+m2)2…(mn−1+mn)2②将m1=4m0,m3=m0带入式5-35可得k13=64m02[m2(4m0+m2)(m0+m2)]2为使k13最大，只需使m2(4m0+m2)(m0+m2)=14m02最大，即m2+4m02m2取最小值，由m2+4m02m2=（√m2−2m0√m2）2+4m0可知，当√m2=2m0√m2，即m2=2m0时，k13最大。例九如图5-9所示，一个由光滑细管构成半径为R的圆环，放在水平光滑桌面上。管内A1，A2处有质量为m的小球，圆形管道的质量为γm.开始时管道静止，俩小球向右以等大速度开始运动，细管上P1、P2处有俩个缺口（φ已知），小球自小孔中穿出后，将在平面上某处相遇，求：（1）相遇时俩球与管道中心O的距离l;（2）从小球穿出缺口直到小球相遇的过程中，管道在平面上