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知识点1 碰撞模型
1．碰撞：两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞．由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统均动量守恒．
如图所示是弹性碰撞的全过程，可分为挤压阶段和恢复阶段．碰撞又分弹性碰撞（碰撞前后系统动能不变）、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞（碰后各物体具有相同的速度）三种．
2．三种碰撞
①两物体碰撞后合为一个整体，以某一共同速度运动，称为完全非弹性碰撞．此类碰撞中动能损失最多，即动能转化为其他形式的能的值最多．
②两物体碰撞后，动能无损失，称为完全弹性碰撞．令碰撞两物体质量分别为、，碰撞前速度分别为、，则发生完全弹性碰撞后，末速度分别为：
，
这两个公式是矢量式，除能给出速度大小外，其正、负性表明速度的方向．当两相等质量的物体发生弹性碰撞时，由上式可知，其速度互换，这是一个很有用的结论．
③两物体碰撞后虽分开，但动能有损失，称为非弹性碰撞．
3．判断碰撞结果的三大原则：
①动量守恒，即．
②动能不增加，即或
③速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，如果仍同向，则原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度．即，否则碰撞没有结束．
如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．
如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为的小球从高位处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球的速度大小。
【解析】设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律
www. ①
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律
www. ②
由于碰撞过程中无机械能损失
www. ③
②、③式联立解得
www. ④
将①代入得④
www.
一质量为钢球静止在质量为铁箱的光滑底面上,如图示。CD长L，铁箱与地面间无摩擦。铁箱被加速至时开始做匀速直线运动。后来箱壁与钢球发生弹性碰撞。问碰后再经过多长时间钢球与BD壁相碰？
【答案】箱壁AC与钢球发生弹性碰撞，动量守恒、动能守恒：
-------------------
----------------
解得：-------------------------
------------------------
设箱向前运动s米后，钢球再次与箱壁BD相碰，则有：
----------------------------------
------------------------------
解得：-----------------------------
卢瑟福（诺贝尔物理奖得主）在一篇文章中写道：可以预言，当粒子与氢原子相碰时，可使之迅速运动起来。按正碰撞考虑很容易证明，氢原子速度可达粒子碰撞前速度的1.6倍，即占入射粒子能量的64%。试证明此结论（碰撞是完全弹性的，且粒子质量接近氢原子质量的四倍）。
【解析】设粒子的质量为，氢原子的质量为；粒子的初速度为，氢原子的初速度为零。正碰后，粒子的速度为，氢原子的速度为。由动量守恒和动能守恒可得：
解得：
入射粒子的能量：
氢原子碰后的能量：
则：
原命题得证。
在一铅直面内有一光滑的轨道，轨道左边是光滑弧线，右边是足够长的水平直线。现有质量分别为mA和mB的两个质点，B在水平轨道上静止，A在高h处自静止滑下，与B发生弹性碰撞，碰后A仍可返回到弧线的某一高度上，并再度滑下。求A，B至少发生两次碰撞的条件。
【解析】A下滑的过程只有重力做功，机械能守恒：
解得：
A与B发生完全弹性碰撞，研究对象为A和B组成的系统，动量守恒、动能守恒：
解得：
A返回某高度又滑下，仍满足机械能守恒，返回后的速度仍为，且其大小
只要就能再碰，即：---
解得：。
如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直平面内．小球A、B质量分别为m、βm（β为待定系数）．A球从左边与圆心等高处由静止下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为，碰撞中无机械能损失．重力加速度为g。试求：（1）待定系数β；（2）第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力；（3）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。
【解析】（1）由于碰撞中无机械能损失，根据机械能守恒有：
解得：β=3。
（2）由于碰撞后A、B球能达到的最大高度均为，且碰撞中无机械能损失，所以第一次碰撞刚结束时小球A一定反向运动．
设碰前小球A的速度大小为v，以水平向右为正方向，第一次碰撞刚结束时小球A、B的速度大小分别为、．
碰前：
碰后：
碰撞作用瞬间系统动量守恒：
解得：（小球A速度方向向左，小球B速度方向向右）
轨道对B球的支持力N由牛顿第二定律得：
解得：N=4.5mg
所以B球对轨道的压力N/= N=4.5mg,方向竖直向下，作用点在轨道上。
（3）根据机械能守恒，小球A、B在轨道最低处第二次碰撞前的速度大小仍为、，只是小球A的速度方向向右，小球B的速度方向向左．设它们第二次碰后的速度大小分别为、，由动量守恒：
根据能量守恒：--
解得：，=0（另一组解不合题意，舍去．）
即小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时，小球A的速度大小为，方向水平向左，小球B静止．
小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度为：
当n为奇数时，碰撞刚结束时各自的速度和第一次碰撞结束时相同；
当n为偶数时，碰撞刚结束时各自的速度和第二次碰撞结束时相同．
本题也可用:(弹性碰撞动量守恒)，(弹性碰撞动能守恒)结合解得:,求解。
如图14所示，一个半径R=0.80m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，轨道下端距地面高度h=1.25m。在圆弧轨道的最下端放置一个质量mB=0.30kg的小物块B（可视为质点）。另一质量mA=0.10kg的小物块A（也视为质点）由圆弧轨道顶端从静止开始释放，运动到轨道最低点时，和物块B发生碰撞，碰后物块B水平飞出，其落到水平地面时的水平位移s=0.80m。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块A滑到圆弧轨道下端时的速度大小；
（2）物块B离开圆弧轨道最低点时的速度大小；
（3）物块A与物块B碰撞过程中，A、B所组成的系统损失的机械能。
【解析】（1）A由光滑圆弧轨道滑下，机械能守恒，设小物块A滑到圆弧轨道下端时速度为v1，则
……3分 解得……1分
（2）物块B离开圆弧轨道最低点后作平抛运动，设其飞行时间为t，离开圆弧轨道下端时的速度为v2,则
……2分 ……2分 解得……1分
（3）小物块A在圆弧轨道最低点与物块B碰撞过程中动量守恒，设小物块A碰撞后的速度为v3,，则…3分
解得……1分
碰撞过程中系统损失的机械能……2分
解得：△=0.38J或0.384J……1分
探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：
①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见题24图a）；
②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞（见题24图b）；
③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（见题24图c）。
设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小；
（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；
（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能
【解析】设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2，
(1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有
(4mg＋m)( h2－h1)＝(4m＋m)V22，解得V2＝；
（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有4mV1＝(4mg＋m)V2，
解得V1＝，
设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有
W－4mgh1＝(4m)V12，
解得W＝mg；
（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为＝(4m)V12－(4m＋m)V22，
联立解得＝mg(h2－h1)。
有两个完全相同的小滑块A和B,A沿光滑水平面以速度v0与静止在平面边缘O点的B发生正碰,碰撞中无机械能损失.碰后B运动的轨迹为OD曲线,如图所示.
（1）已知小滑块质量为m,碰撞时间为Δt,求碰撞过程中A对B平均冲力的大小；
（2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速度下滑的运动,特制做一个与B平抛轨迹完全相同的光滑轨道,并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置,让A沿该轨道无初速下滑（经分析,A下滑过程中不会脱离轨道）.
a.分析A沿轨道下滑到任意一点的动量pA与B平抛经过该点的动量pB的大小关系;
b.在OD曲线上有一点M,O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°.求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度.
【解析】（1）滑块A与B正碰,满足
mvA+mvB=mv0 ①
mvA2+mvB2=mv02 ②
由①②,解得vA=0,vB=v0,
根据动量定理,滑块B满足F·Δt=mv0
解得F=.
（2）a.设任意点到O点竖直高度差为d.
A、B由O点分别运动至该点过程中,只有重力做功,所以机械能守恒.
选该任意点为势能零点,有
EkA=mgd,EkB=mgd+mv02
由于p=,有
即pA＜pB
故A下滑到任意一点的动量总是小于B平抛经过该点的动量.
b.以O为原点,建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右,y轴正方向竖直向下,则对B有x=v0t,y=gt2
B的轨迹方程 y=x2
在M点x=y,所以y= ③
因为A、B的运动轨迹均为OD曲线,故在任意一点,两者速度方向相同.设B水平和竖直分速度大小分别为
vBx和vBy,速率为vB;A水平和竖直分速度大小分别为vAx和vAy,速度为vA,则
, ④
B做平抛运动,故vBx=v0,vBy=,vB= ⑤
对A由机械能守恒得vA= ⑥
由④⑤⑥得vAx=,vAy=
将③代入得vAx=v0 vAy=v0
如图所示,固定的凹槽水平表面光滑,其内放置U形滑板N,滑板两端为半径R=0.45 m的1/4圆弧面,A和D分别是圆弧的端点,BC段表面粗糙,其余段表面光滑,小滑块P1和P2的质量均为m,滑板的质量M=4m.P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,开始时滑板紧靠槽的左端,P2静止在粗糙面的B点.P1以v0=4.0 m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下,与P2发生弹性碰撞后,P1处在粗糙面B点上,当P2滑到C点时,滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连,P2继续滑动,到达D点时速度为零,P1与P2可视为质点,取g=10 m/s2.问：
（1）P2在BC段向右滑动时,滑板的加速度为多大？
（2）BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后,P1与P2间的距离为多少？
【解析】（1）将N、P1看作整体,根据牛顿第二定律得：
μ2mg=（M+m）a ①
a= m/s2=0.8 m/s2 ②
(2)设P1到达B点的速度为v,P1从A点到达B点的过程中,根据动能定理有：
mgR=mv2-mv02 ` ③
代入数据得v=5 m/s ④
因P1、P2质量相等且发生弹性碰撞,所以碰后P1、P2交换速度,即碰后P2在B点的速度为：
vB=5 m/s ⑤
设P2在C点的速度为vC,P2从C点到D点过程中根据动能定理得：
-mgR=-mvC2 ⑥
代入数据得vC=3 m/s ⑦
P2从B点到C点的过程中,N、P1、P2作为一个系统所受合外力为零,系统动量守恒,设P2到达C点时N和P1的共同速度为v′.根据动量守恒定律得：
mvB=mvC+(M+m)v′ ⑧
v′为滑板与槽的右端粘连前滑板和P1的共同速度.由动能定理
-μ2mgL2=mvC2-mvB2 ⑨
μ2mgLN=(M+m)v′2 ⑩
L2和LN分别为P2和滑板对地移动的距离,联立⑧⑨⑩得BC长度
l=L2-LN=1.9 m
滑板与槽粘连后,P1在BC上移动的距离为l1
-μ1mgl1=0-mv12
P2在D点滑下后,在BC上移动的距离l2
mgR=μ2mgl2
联立得系统完全静止时P1与P2的间距Δl=l-l1-l2=0.695 m.
如图所示,在同一竖直平面上,质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部,斜面高度为H=2L.小球受到弹簧的弹性力作用后,沿斜面向上运动.离开斜面后,达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞,碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度,球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点,O点的投影O′与P的距离为L/2.已知球B质量为m,悬绳长L,视两球为质点,重力加速度为g,不计空气阻力.求:
(1)球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小.
(2)球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小.
(3)弹簧的弹力对球A所做的功.
【解析】(1)设碰撞后的一瞬间,球B的速度为vB′,由于球B恰能摆到与悬点O同一高度,根据动能定理
-mgL=0-mvB′2 ①
vB′= ②
(2)球A达到最高点时,只有水平方向速度,与球B发生弹性碰撞,设碰撞前的一瞬间,球A水平速度为vA,碰撞后的一瞬间,球A速度为vA′.球A、B系统碰撞过程由动量守恒和机械能守恒得
2mvA=2mvA′+mvB′ ③
×2mvA2=×2mvA′2+×mvB′2 ④
由②③④解得vA′= ⑤
及球A在碰撞前的一瞬间的速度大小
vA= ⑥
(3)碰后球A做平抛运动.设从抛出到落地时间为t,平抛高度为y,则
=vA′t ⑦
y=gt2 ⑧
由⑤⑦⑧解得y=L
以球A为研究对象,弹簧的弹性力所做的功为W,从静止位置运动到最高点
W-2mg(y+2L)=×2mvA2 ⑨
由⑥⑦⑧⑨得W=mgL
用放射源钋的α射线轰击铍时,能发射出一种穿透力极强的中性射线,这就是所谓铍“辐射”.1932年,查德威克用铍“辐射”分别照射(轰击)氢和氮(它们可视为处于静止状态),测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氢核和氮核的速度之比为7.0.查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的,从而通过上述实验在历史上首次发现了中子.假定铍“辐射”中的中性粒子与氢或氮发生弹性正碰,试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量.(质量用原子质量单位u表示,1 u等于一个12C原子质量的十二分之一.取氢核和氮核的质量分别为1.0 u和14 u.)
【解析】设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v,氢核的质量为mH.构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰,碰后两粒子的速度分别为v′和vH′.由动量守恒与能量守恒定律得:
mv=mv′+mHvH′ ①
mv2=mv′2+mHvH′2 ②
解得vH?′= ③
同理,对于质量为mN的氮核,其碰后速度为
vN′= ④
由③④式可得
m= ⑤
根据题意可知?
vH′=7.0vN′ ⑥?
将上式与题给数据代入⑤式得?
m=1.2 u
如图所示,三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上,现给中间的小球B一个水平初速度v0,方向与绳垂直,小球相互碰撞时无机械能损失,轻绳不可伸长.求：
（1）当小球A、C第一次相碰时,小球B的速度；
（2）当三个小球再次处在同一直线上时,小球B的速度；
（3）运动过程中小球A的最大动能EkA和此时两根绳的夹角θ；
（4）当三个小球处在同一直线上时,绳中的拉力F的大小.
【解析】（1）设小球A、C第一次相碰时,小球B的速度为vB,考虑到对称性及绳的不可伸长特性,小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为vB.由动量守恒定律,得mv0=3mvB
由此解得vB=v0
（2）当三个小球再次处在同一直线上时,则由动量守恒定律和机械能守恒定律,得
mv0=mvB+2mvA
mv02=mvB2+2×mvA2
解得vB=-v0,vA=v0(三球再次处于同一直线)
vB=v0,vA=0（初始状态,舍去）
所以三个小球再次处在同一直线上时,小球B的速度为
vB=-v0（负号表明与初速度方向相反）
（3）当小球A的动能最大时,小球B的速度为零.设此时小球A、C的速度大小为u,两根绳间夹角为θ,则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律,得：
mv0=2musin
mv02=2×mu2
另外,EkA=mu2
由此解得,小球A的最大动能为：
EkA=mv02
此时两根绳间夹角为θ=90°
（4）小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动,当三个小球处在同一直线上时,以小球B为参考系（小球B的加速度为零,为惯性参考系）,小球A、C相对小球B的速度均为：
v=|vA-vB|=v0
所以,此时绳中拉力大小为：F=m=m
如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其他木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因素为μ，重力加速度为g。设碰撞时间极短，求
（1）工人的推力；
（2）三个木箱匀速运动的速度；
（3）在第一次碰撞中损失的机械能。
【解析】(1)设工人的推力为F，则有
F＝3mg（sinθ＋cosθ） ①
(2)设第一次碰撞前瞬间木箱速度为υ1,由功能关系得：
②
设碰撞后两木箱的速度为υ2，有动量守恒得：
mυ1=2mυ2 ③
设再次碰撞前瞬间速度为υ3，由功能关系得：
④
设碰撞后三个木箱一起运动的速度为υ4,由动量守恒得：
2mυ3=3mυ4 ⑤
由以上各式可得 ⑥
（3）设在第一次碰撞中损失的机械能为ΔE，有：
⑦
由①②③⑦式可得：
如图19所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距=1.0m 。物块A以速度=10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度=2.0m/s 。已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数=0.45.（设碰撞时间很短，g取10m/s2）
（1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度；www.
（2）根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。
【解析】⑴设AB碰撞后的速度为v1,AB碰撞过程由动量守恒定律得
设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得
联立以www.上各式解得
⑵若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得
代入数据解得
此时AB的运动方向与C相同
若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得
联立以上两式解得
代入数据解得
此时AB的运动方向与C相反
若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，www.由动量守恒定律得
代入数据解得
总上所述得 当时，AB的运动方向与C相同
当时，AB的速度为0
当时，AB的运动方向与C相反
碰撞过程中的能量传递规律在屋里学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的恶简化力学模型。如图2所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为、……的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第个球经过依次碰撞后获得的动能与之比为第1个球对第个球的动能传递系数
a.求
b.若为确定的已知量。求为何值时，值最大
【解析】a由④式，考虑到得
根据动能传递系数的定义，对于1、2两球
www. ⑤
同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为
www. ⑥
依次类推，动能传递系数k1n应为
www.
解得
www.
b.将m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得
为使k13最大，只需使
由
www.
如图所示,一倾角为θ=45°的斜面固定于地面,斜面顶端离地面的高度h0=1 m,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板,在斜面顶端自由释放一质量m=0.09 kg的小物块（视为质点）.小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2.当小物块与挡板碰撞后,将以原速返回.重力加速度g取10 m/s2.在小物块与挡板的前4次碰撞过程中,挡板给予小物块的总冲量是多少？
【解析】解法一：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,由功能关系得： mgh=mv2+μmgcosθ ①
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) ②
设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h′,则
mv2=mgh′+μmgcosθ? ③
同理,有mgh′=mv′2+μmgcosθ ④
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= 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=2m ⑧
总冲量为
I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3) ⑨
由1+k+k2+…+kn-1= ⑩
得I=
代入数据得I=0.4(3+) N·s
解法二：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mgsinθ-μmgcosθ=ma ①
设小物块与挡板碰撞前的速度为v,则：
v2=2a ②
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
由①②③式得
I=2m ④
设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a′,依牛顿第二定律有：
mgsinθ+μmgcosθ=ma′ ⑤
小物块沿斜面向上运动的最大高度为
h′=sinθ ⑥
由②⑤⑥式得
h′=k2h ⑦
式中k = ⑧
同理,小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量为：
I′=2m 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=2m
总冲量为
I=I1+I2+I3+I4=I1（1+k+k2+k3）
由1+k+k2+…+kn-1=
得I=2m
代入数据得I=0.4(3+) N·s
某兴趣小组设计了一种实验装置,用来研究碰撞问题,其模型如右图所示.用完全相同的轻绳将N个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆,球间有微小间隔,从左到右,球的编号依次为1、2、3…….N,球的质量依次递减,每个球的质量与其相邻左球质量之比为k(k＜1).将1号球向左拉起,然后由静止释放,使其与2号球碰撞,2号球再与3号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰.(不计空气阻力,忽略绳的伸长,g取10 m/s2)
(1)设与n+1号球碰撞前,n号球的速度为vn,求n+1号球碰撞后的速度.
(2)若N=5,在1号球向左拉高h的情况下,要使5号球碰撞后升高16h(16h 小于绳长),问k值为多少？
(3)在第(2)问的条件下,悬挂哪个球的绳最容易断,为什么？
【解析】(1)设n号球质量为mn,n+1号球质量为mn+1,碰撞后的速度分别为v n′、vn+1′, 取水平向右为正方向,据题意有n号球与n+1号球碰撞前的速度分别为vn、0,且mn+1=kmn
根据动量守恒定律,有mnvn=mnvn′n+kmnv n+1′ ①
根据机械能守恒定律,有
mnvn2=mnv n′2+kmnv n+1′2 ②
由①②得v n+1′=(v n+1′=0舍去)
设n+1号球与n+2号球碰前的速度为vn+1?
据题意有vn+1=v n+1′
得vn+1=v n+1′= ③
(2)设1号球摆至最低点时的速度为v1,由机械能守恒定律有
m1gh=m1v12 ④
解得v1= ⑤
同理可求5号球碰后瞬间的速度
v5= ⑥
由③式得vn+1=nv1 ⑦
N=n+1=5时,v5=（）4v1 ⑧
由⑤⑥⑧三式得
k=-1≈0.414(k=--1舍去) ⑨
(3)设绳长为l,每个球在最低点时,细绳对球的拉力为F,由牛顿第二定律有
F-mng=mn ⑩
则F=mng+mn=mng+2=mng+Ekn
式中Ekn为n号球在最低点的动能
由题意可知1号球的重力最大,又由机械能守恒定律可知1号球在最低点碰前的动能也最大,根据式可判断在1号球碰撞前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大,故悬挂1号球的绳最容易断.
如图所示,质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂.现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=60°的位置自由释放,下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场.已知由于磁场的阻尼作用,金属球将于再次碰撞前停在最低点处.求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°.
【解析】设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn-1,碰撞后绝缘球、金属球的速度分别
为vn和Vn.由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等,设速度向左为正,
mvn-1=MVn-mvn ①
mvn-12=MVn2+mvn2 ②
由①、②两式及M=19m解得
vn=vn-1 ③
Vn=vn-1 ④
第n次碰撞后绝缘球的动能为
En=mvn2=(0.81)nE0 ⑤
E0为第1次碰撞前的动能,即初始能量.
绝缘球在θ=θ0=60°与θ=45°处的势能之比为
=0.586 ⑥
式中l为摆长.
根据⑤式,经n次碰撞后
=(0.81)n ⑦
易算出(0.81)2=0.656,(0.81)3=0.531,因此,经过3次碰撞后θ将小于45°.
如图所示，有一光滑轨道ABC， AB为竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道，BC部分为足够长的水平轨道。一个质量为m1的小物体自A处由静止释放，m1沿圆弧轨道AB滑下，与在水平轨道BC上质量为m2的静止的物体相碰。
（1）如果m2与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端连在固定装置P上。m1滑到水平轨道后与m2发生碰撞但不粘连，碰撞后m1与m2一起将弹簧压缩后被弹回，m1与m2重新分开。若弹簧压缩和伸长过程中无机械能损失，且m1=m2，求m1反弹后能达到的最大高度；
（2）如果去掉与m2相连的弹簧及固定装置P，m1仍从A处由静止释放。
a．若m1=0.5m2，且m1与m2的碰撞过程中无机械能损失，求碰撞后m1能达到的最大高度。
b．若m1与m2的碰撞过程中无机械能损失，要使m1与m2只能发生两次碰撞，求 m2与 m1的比值范围。
【解析】（1）m1从A滑到B重力势能转化为动能，m1的速度达到v1
①
m1与m2发生碰撞时弹簧处于自然状态，系统动量守恒，碰撞后以共同速度v共向右运动。
v共= ②
m1与m2一起将弹簧压缩后又被弹回，当弹簧恢复到自然长度时m1与m2重新分开，此时m1与m2的速度都为v共，m1以v共为初速度滑上圆弧轨道，设m1能达到的最大高度是h
解得 （5分）
（2）撤去弹簧及固定装置后。
a. m1与m2发生碰撞时系统动量守恒，且没有机械能损失。设向右为正方向，有
③
④
代入m1=m2
可得
负号表示m1向左运动
此后m1冲上圆弧轨道，设m1能达到的最大高度是
将带入上式,可得 （5分）
b. m1滑到水平轨道以速度v1与静止的m2发生第一次碰撞，设向右为正方向，有
解得
要能发生第二次碰撞的条件是v1’<0，即m1m2＞3m1 ⑤
m1从圆弧轨道上滑下，以速度与速度为：的m2发生第二次碰撞，有
第二次碰后m1和 m2的速度
⑥
⑦
不发生第三次碰撞的条件为 ≤ ，即—≤≤
则
解不等式
得 ⑧
解不等式
得 m2≥3m1 或 m2≤-m1 ⑨
综合⑤、⑧、⑨，m1与m2只能发生两次碰撞的条件为
火车车厢之间由车钩连接，火车起动前车钩间都有间隙。不妨将火车的起动简化成如图所示的情景：在光滑水平面上有19个静止的质量均为m的木箱，自右向左编号依次为0、1、2、3、……18，相邻木箱之间由完全非弹性的钩子连接，当钩子前后两部分相碰时，与钩子相连的两木箱速度立即变为相等。所有木箱均静止时，每一个车钩前后两部分间的距离都为L。
（1）若只给第0号木箱一个水平向右的初速度υ0，求第18号木箱刚运动时速度的大小；
（2）若从某时刻开始，持续对第0号木箱施加向右的水平恒力F，使木箱从静止
开始运动，求
（i）第1号木箱刚运动时速度的大小；
（ii）从施加恒力F到第18号木箱开始运动经历的时间。
【解析】（1）19个木箱相互作用过程满足动量守恒定律，即 mυ0 =19mυ18 （3分）
得第18号木箱刚运动时速度的大小 υ18=υ0 （3分）
（2）（i）若给第0号木箱施加恒定的水平拉力F，第0、1号木箱相互作用前，第0号木箱做匀加速直线运动，加速度大小为
a0=
因为 υ0′ 2= 2a0L
得第0、1号木箱相互作用前瞬间第0号木箱的速度
υ0′
第0、1号木箱相互作用过程满足动量守恒定律，即
mυ0′ =2mυ1
解得第1号木箱刚运动时速度的大小
υ1=
（ii）第1号木箱刚运动时速度的大小 (2υ1)2 = ①
第1号木箱与第2号木箱作用前的速度υ1′，有 υ1′ 2﹣υ12 = 2a1L
又第1号木箱的加速度大小 a1=
第1、2号木箱相互作用过程满足动量守恒定律，2mυ1′ =3mυ2
得第2号木箱刚运动时速度的大小υ2满足 (3υ2)2 = (2υ1)2 + ②
同理得第3号木箱刚运动时速度的大小υ3满足 (4υ3)2 = (3υ2)2 + ③
第18号木箱刚运动时速度的大小υ18满足 (19υ18)2 = (18υ17)2 +
累加可得第18号木箱刚运动时速度的大小
（3分）
对所有木箱，根据动量定理得 Ft=19mυ18 （2分）
得所求时间 （2分）
如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为m的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为km的小球发生碰撞，碰撞前后两小球的运动方向处于同一水平线上。
（1）若两小球碰撞后粘连在一起，求碰后它们的共同速度；
（2）若两小球在碰撞过程中无机械能损失，
a．为使两小球能发生第二次碰撞，求k应满足的条件；
b．为使两小球仅能发生两次碰撞，求k应满足的条件。
【解析】（1）设质量为m的小球碰撞前的速度为v0，根据机械能守恒定律有
①
设两小球碰后的共同速度为V ，根据动量守恒定律有
②
解得 6分
（2）
a．取水平向右方向为正方向，设碰后m与km的速度分别为v1与V1，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
③
④
解得 ⑤
⑥
两小球若要发生第二次碰撞，需要
v1<0， ⑦
由⑤⑥⑦解得：k＞3 ⑧ 6分
b．对于第二次碰撞，设v2与V2分别为m与km碰后的速度，由动量守恒和机械能守恒有
⑨
⑩
由⑤⑥⑧⑨解得
只要满足，两球一定不会相碰
由⑧解得
如图表示用传送带将相同的工件从A点运送到B点的装置图，传送带的倾角是θ，传送带的长度（A、B之间的距离）是L=21.5m，传送带的速度恒为v=1.1m/s，传送带与工件之间的动摩擦因数是μ=0.06，每个工件的质量是m=2kg，每秒钟将一个工件放在传送带的A点（静止）由传送带送至B点，再由工人拿走。设sinθ=tanθ=0.05，cosθ=1，g=10m/s2，求：
（1）第一个工件从放上传送带到与传送带相对静止所用的时间
（2）把一个工件从A点运送到B点摩擦力做的功
（3）传送带上最多有几个工件
【解析】（1）v=at ----------------------------------------------------------------（2分）
mgsinθ+μmgcosθ=ma -------------------------------------------（2分）
t=v/( gsinθ+μgcosθ)=1s ----------------------------------------（2分）
（2）mgLsinθ+wf=mv2/2 -----------------------------------------------（4分）
wf= mv2/2-mgLsinθ=-20.29J ------------------------------------（4分）
（3）每一个工件在传送带上滑行的距离是x=vt-at2/2=0.55m
第一个工件放上传送带以后，经1s放第二个…… 经20s放第21个，此时第一个工件移动的距离是：s=1.1×20-0.55=21.45m 小于传送带的长度，而当放第22个工件时，第一个工件已经过了B点，因此传送带上最多有21个工件
----------------------------（6分）
雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为m0，初速度为v0，下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m1。此后每经过同样的距离l后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次变为m2、m3……mn……（设各质量为已知量）。不计空气阻力。
（1）若不计重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vn′；
（2）若考虑重力的影响，
a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和vn′；
b.求第n次碰撞后雨滴的动能
【解析】（1）不计重力，全过程中动量守恒，
得
（2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做及速度为g的匀速运动，碰撞瞬间动量守恒
a. 第一次碰撞前
第一次碰撞后
第2次碰撞前，
简化得
第2次碰撞后，利用 ② 式得
同理，第3次碰撞后 ······
第n次碰撞后
动能
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知识点1 碰撞模型
1．碰撞：两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞．由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统均动量守恒．
如图所示是弹性碰撞的全过程，可分为挤压阶段和恢复阶段．碰撞又分弹性碰撞（碰撞前后系统动能不变）、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞（碰后各物体具有相同的速度）三种．
2．三种碰撞
①两物体碰撞后合为一个整体，以某一共同速度运动，称为完全非弹性碰撞．此类碰撞中动能损失最多，即动能转化为其他形式的能的值最多．
②两物体碰撞后，动能无损失，称为完全弹性碰撞．令碰撞两物体质量分别为、，碰撞前速度分别为、，则发生完全弹性碰撞后，末速度分别为：
，
这两个公式是矢量式，除能给出速度大小外，其正、负性表明速度的方向．当两相等质量的物体发生弹性碰撞时，由上式可知，其速度互换，这是一个很有用的结论．
③两物体碰撞后虽分开，但动能有损失，称为非弹性碰撞．
3．判断碰撞结果的三大原则：
①动量守恒，即．
②动能不增加，即或
③速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，如果仍同向，则原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度．即，否则碰撞没有结束．
如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．
如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为的小球从高位处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球的速度大小。
一质量为钢球静止在质量为铁箱的光滑底面上,如图示。CD长L，铁箱与地面间无摩擦。铁箱被加速至时开始做匀速直线运动。后来箱壁与钢球发生弹性碰撞。问碰后再经过多长时间钢球与BD壁相碰？
卢瑟福（诺贝尔物理奖得主）在一篇文章中写道：可以预言，当粒子与氢原子相碰时，可使之迅速运动起来。按正碰撞考虑很容易证明，氢原子速度可达粒子碰撞前速度的1.6倍，即占入射粒子能量的64%。试证明此结论（碰撞是完全弹性的，且粒子质量接近氢原子质量的四倍）。
在一铅直面内有一光滑的轨道，轨道左边是光滑弧线，右边是足够长的水平直线。现有质量分别为mA和mB的两个质点，B在水平轨道上静止，A在高h处自静止滑下，与B发生弹性碰撞，碰后A仍可返回到弧线的某一高度上，并再度滑下。求A，B至少发生两次碰撞的条件。
如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直平面内．小球A、B质量分别为m、βm（β为待定系数）．A球从左边与圆心等高处由静止下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为，碰撞中无机械能损失．重力加速度为g。试求：（1）待定系数β；（2）第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力；（3）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。
如图14所示，一个半径R=0.80m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，轨道下端距地面高度h=1.25m。在圆弧轨道的最下端放置一个质量mB=0.30kg的小物块B（可视为质点）。另一质量mA=0.10kg的小物块A（也视为质点）由圆弧轨道顶端从静止开始释放，运动到轨道最低点时，和物块B发生碰撞，碰后物块B水平飞出，其落到水平地面时的水平位移s=0.80m。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块A滑到圆弧轨道下端时的速度大小；
（2）物块B离开圆弧轨道最低点时的速度大小；
（3）物块A与物块B碰撞过程中，A、B所组成的系统损失的机械能。
探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：
①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见题24图a）；
②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞（见题24图b）；
③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（见题24图c）。
设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小；
（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；
（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能
有两个完全相同的小滑块A和B,A沿光滑水平面以速度v0与静止在平面边缘O点的B发生正碰,碰撞中无机械能损失.碰后B运动的轨迹为OD曲线,如图所示.
（1）已知小滑块质量为m,碰撞时间为Δt,求碰撞过程中A对B平均冲力的大小；
（2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速度下滑的运动,特制做一个与B平抛轨迹完全相同的光滑轨道,并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置,让A沿该轨道无初速下滑（经分析,A下滑过程中不会脱离轨道）.
a.分析A沿轨道下滑到任意一点的动量pA与B平抛经过该点的动量pB的大小关系;
b.在OD曲线上有一点M,O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°.求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度.
如图所示,固定的凹槽水平表面光滑,其内放置U形滑板N,滑板两端为半径R=0.45 m的1/4圆弧面,A和D分别是圆弧的端点,BC段表面粗糙,其余段表面光滑,小滑块P1和P2的质量均为m,滑板的质量M=4m.P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,开始时滑板紧靠槽的左端,P2静止在粗糙面的B点.P1以v0=4.0 m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下,与P2发生弹性碰撞后,P1处在粗糙面B点上,当P2滑到C点时,滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连,P2继续滑动,到达D点时速度为零,P1与P2可视为质点,取g=10 m/s2.问：
（1）P2在BC段向右滑动时,滑板的加速度为多大？
（2）BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后,P1与P2间的距离为多少？
如图所示,在同一竖直平面上,质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部,斜面高度为H=2L.小球受到弹簧的弹性力作用后,沿斜面向上运动.离开斜面后,达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞,碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度,球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点,O点的投影O′与P的距离为L/2.已知球B质量为m,悬绳长L,视两球为质点,重力加速度为g,不计空气阻力.求:
(1)球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小.
(2)球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小.
(3)弹簧的弹力对球A所做的功.
用放射源钋的α射线轰击铍时,能发射出一种穿透力极强的中性射线,这就是所谓铍“辐射”.1932年,查德威克用铍“辐射”分别照射(轰击)氢和氮(它们可视为处于静止状态),测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氢核和氮核的速度之比为7.0.查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的,从而通过上述实验在历史上首次发现了中子.假定铍“辐射”中的中性粒子与氢或氮发生弹性正碰,试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量.(质量用原子质量单位u表示,1 u等于一个12C原子质量的十二分之一.取氢核和氮核的质量分别为1.0 u和14 u.)
如图所示,三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上,现给中间的小球B一个水平初速度v0,方向与绳垂直,小球相互碰撞时无机械能损失,轻绳不可伸长.求：
（1）当小球A、C第一次相碰时,小球B的速度；
（2）当三个小球再次处在同一直线上时,小球B的速度；
（3）运动过程中小球A的最大动能EkA和此时两根绳的夹角θ；
（4）当三个小球处在同一直线上时,绳中的拉力F的大小.
如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其他木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因素为μ，重力加速度为g。设碰撞时间极短，求
（1）工人的推力；
（2）三个木箱匀速运动的速度；
（3）在第一次碰撞中损失的机械能。
如图19所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距=1.0m 。物块A以速度=10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度=2.0m/s 。已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数=0.45.（设碰撞时间很短，g取10m/s2）
（1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度；www.
（2）根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。
碰撞过程中的能量传递规律在屋里学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的恶简化力学模型。如图2所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为、……的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第个球经过依次碰撞后获得的动能与之比为第1个球对第个球的动能传递系数
a.求
b.若为确定的已知量。求为何值时，值最大
如图所示,一倾角为θ=45°的斜面固定于地面,斜面顶端离地面的高度h0=1 m,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板,在斜面顶端自由释放一质量m=0.09 kg的小物块（视为质点）.小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2.当小物块与挡板碰撞后,将以原速返回.重力加速度g取10 m/s2.在小物块与挡板的前4次碰撞过程中,挡板给予小物块的总冲量是多少？
某兴趣小组设计了一种实验装置,用来研究碰撞问题,其模型如右图所示.用完全相同的轻绳将N个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆,球间有微小间隔,从左到右,球的编号依次为1、2、3…….N,球的质量依次递减,每个球的质量与其相邻左球质量之比为k(k＜1).将1号球向左拉起,然后由静止释放,使其与2号球碰撞,2号球再与3号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰.(不计空气阻力,忽略绳的伸长,g取10 m/s2)
(1)设与n+1号球碰撞前,n号球的速度为vn,求n+1号球碰撞后的速度.
(2)若N=5,在1号球向左拉高h的情况下,要使5号球碰撞后升高16h(16h 小于绳长),问k值为多少？
(3)在第(2)问的条件下,悬挂哪个球的绳最容易断,为什么？
如图所示,质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂.现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=60°的位置自由释放,下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场.已知由于磁场的阻尼作用,金属球将于再次碰撞前停在最低点处.求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°.
如图所示，有一光滑轨道ABC， AB为竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道，BC部分为足够长的水平轨道。一个质量为m1的小物体自A处由静止释放，m1沿圆弧轨道AB滑下，与在水平轨道BC上质量为m2的静止的物体相碰。
（1）如果m2与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端连在固定装置P上。m1滑到水平轨道后与m2发生碰撞但不粘连，碰撞后m1与m2一起将弹簧压缩后被弹回，m1与m2重新分开。若弹簧压缩和伸长过程中无机械能损失，且m1=m2，求m1反弹后能达到的最大高度；
（2）如果去掉与m2相连的弹簧及固定装置P，m1仍从A处由静止释放。
a．若m1=0.5m2，且m1与m2的碰撞过程中无机械能损失，求碰撞后m1能达到的最大高度。
b．若m1与m2的碰撞过程中无机械能损失，要使m1与m2只能发生两次碰撞，求 m2与 m1的比值范围。
火车车厢之间由车钩连接，火车起动前车钩间都有间隙。不妨将火车的起动简化成如图所示的情景：在光滑水平面上有19个静止的质量均为m的木箱，自右向左编号依次为0、1、2、3、……18，相邻木箱之间由完全非弹性的钩子连接，当钩子前后两部分相碰时，与钩子相连的两木箱速度立即变为相等。所有木箱均静止时，每一个车钩前后两部分间的距离都为L。
（1）若只给第0号木箱一个水平向右的初速度υ0，求第18号木箱刚运动时速度的大小；
（2）若从某时刻开始，持续对第0号木箱施加向右的水平恒力F，使木箱从静止
开始运动，求
（i）第1号木箱刚运动时速度的大小；
（ii）从施加恒力F到第18号木箱开始运动经历的时间。
如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为m的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为km的小球发生碰撞，碰撞前后两小球的运动方向处于同一水平线上。
（1）若两小球碰撞后粘连在一起，求碰后它们的共同速度；
（2）若两小球在碰撞过程中无机械能损失，
a．为使两小球能发生第二次碰撞，求k应满足的条件；
b．为使两小球仅能发生两次碰撞，求k应满足的条件。
如图表示用传送带将相同的工件从A点运送到B点的装置图，传送带的倾角是θ，传送带的长度（A、B之间的距离）是L=21.5m，传送带的速度恒为v=1.1m/s，传送带与工件之间的动摩擦因数是μ=0.06，每个工件的质量是m=2kg，每秒钟将一个工件放在传送带的A点（静止）由传送带送至B点，再由工人拿走。设sinθ=tanθ=0.05，cosθ=1，g=10m/s2，求：
（1）第一个工件从放上传送带到与传送带相对静止所用的时间
（2）把一个工件从A点运送到B点摩擦力做的功
（3）传送带上最多有几个工件
雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为m0，初速度为v0，下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m1。此后每经过同样的距离l后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次变为m2、m3……mn……（设各质量为已知量）。不计空气阻力。
（1）若不计重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vn′；
（2）若考虑重力的影响，
a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和vn′；
b.求第n次碰撞后雨滴的动能
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