动量综合习题课
●综合应用例析
【例1】 一火箭喷气发动机每次喷出m=200 g 的气体，气体离开发动机喷出时速度v=
1 000 m/s.设火箭质量M=300 kg，发动机每秒爆发20次，（1）当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？（2）运动第1 s末，火箭的速度多大？
解析：喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统动量守恒.第一次气体喷出后，火箭速度为v1，有
（M－m）v1－mv=0
v1=
第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有
（M－2m）v2－mv=（M－m）v1
v2=
第三次喷出气体后，火箭速度为v3，有
（M－3m）v3－mv=（M－2m）v2
v3=
推理得
vn=
v3== m/s=2 m/s
因为每秒爆发20次，n=20，火箭速度为
v20== m/s=13.5 m/s.
说明：物体的运动状态变化决定于力的作用效果，在分解动力学复杂问题时如何掌握规律呢？也就是如何掌握及运用牛顿运动定律、动量定理和动量守恒定律、动能定理和机械能守恒定律.解题一般方法是：
（1）以单一物体为研究对象.特别是涉及时间问题，优先考虑动量定理；若求某一物体相对地的位移，则优先考虑动能定理.
（2）以两个相互作用的物体为研究对象.应优先考虑动量守恒定律；若出现相对位移，则优先考虑能量守恒定律；若系统只有重力或弹力做功，则应用机械能守恒定律.
（3）对涉及加速度和时间的问题，应先从牛顿运动定律入手，确定研究对象，分析运动情况和受力情况，列方程，必要时再应用运动学规律.
要通过训练，才能深刻领会、灵活运用物理概念及规律来解决物理实际问题，从而提高理解能力、推理能力、分析综合能力及应用数学工具处理物理问题的能力.
在解同一道物理问题时，从多个角度考虑问题，防止单一规律的训练所造成的思维定势，可有效地培养灵活地综合运用知识的能力.
【例2】 （2002年广东、广西、河南）下面是一个物理演示实验，它显示：图5－1中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初位置高得多的地方.A是某种材料做成的实心球，质量m1=0.28 kg，在其顶部的凹坑中插着质量为m2=0.10 kg的木棍B.B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙.将此装置从A下端离地板的高度H=1.25 m处由静止释放.实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变，接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好留在地板上.求木棍B上升的高度.（重力加速度g取10 m/s2）
图5－1
解析：根据题意，A碰地板后，反弹速度的大小v1等于它下落到地面时速度的大小，即
v1=
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=
由题意，碰后A速度为零，以v2′表示B上升的速度，根据动量守恒定律，有
m1v1－m2v2=m2v2′
令h表示B上升的高度，有h=
由以上各式并代入数据，得h=4.05 m.
【例3】 （2004年全国理综，25）如图5－2所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C.重物A（视为质点）位于B的右端，A、B、C的质量相等.现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C发生正碰，碰后B和C黏在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力.已知A滑到C的右端而未掉下.试问：从B、C发生正碰到A刚移到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？
图5－2
解析：设A、B、C的质量均为m.碰撞前，A与B的共同速度为v0，碰撞后B与C的共同速度为v1.对B、C，由动量守恒定律得（须注意：在B、C发生正碰的瞬间，A运动状态没有发生变化）
mv0=2mv1
设A滑至C的右端时，三者的共同速度为v2.对A、B、C，由动量守恒定律得
2mv0=3mv2
设A与C的动摩擦因数为μ，从发生碰撞到A移至C的右端时C所走过的距离为s，对B、C由功能关系
μmgs=（2m）v22－（2m）v12
设C的长度为l，对A，由功能关系μmg（s+l）=mv02－mv22
由以上各式解得=.
说明：（1）分析碰撞问题时，若涉及到多个物体，须明确哪些物体直接相碰，在碰撞中运动状态发生了变化，哪些物体没有直接相碰，在碰撞中运动状态没有发生变化.
（2）分析这类问题，常将动量守恒和能量守恒结合起来解决问题.
※【例4】 （2003年江苏、广东，19）图5－3所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连.已知有一质量为m0的子弹B沿水平方向以速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周运动.在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间的变化关系如图5－4所示.已知子弹射入的时间极短，且图5－4中t＝0为A、B开始以相同速度运动的时刻，根据力学规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如A的质量）及A、B一起运动过程中的守恒量，你能求得哪些定量的结果?
图5－3 图5－4
解析：由图可知A、B一起做周期性运动，运动的周期
T=2t0
令m表示A的质量，l表示绳长，v1表示B陷入A内时即t=0时A、B的速度（即圆周运动最低点的速度），v2表示运动到最高点时的速度，F1表示运动到最低点时绳的拉力，F2表示运动到最高点时绳的拉力，根据动量守恒定律，得
m0v0=（m0+m）v1
在最低点和最高点运用牛顿定律可得
F1－（m+m0）g=（m+m0）
F2+（m+m0）g=（m+m0）
根据机械能守恒定律可得
2l（m+m0）g=（m+m0）v12－（m+m0）v22
由图知F2=0，F1=Fm
由以上各式解得，反映系统性质的物理量是
m=－m0
l=g
A、B一起运动过程中的守恒量是机械能E，若以最低点为零势能点，则
E=（m+m0）v12
解得E= g.
※【例5】 （2004年江苏，18）一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m的爱斯基摩狗站在该雪橇上.狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇，狗与雪橇始终沿一条直线运动.若狗跳离雪橇时雪橇的速度为V，则此时狗相对于地面的速度为V+u（其中u为狗相对于雪橇的速度，V+u为代数和.若以雪橇运动的方向为正方向，则V为正值，u为负值）.设狗总以速度v追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计.已知v的大小为5 m/s，u的大小为4 m/s，M=30 kg，m=10 kg.求：
（1）狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小；
（2）雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次数.
（供使用但不一定用到的对数值：lg2=0.301，lg3=0.477）
解析：（1）设雪橇运动的方向为正方向，狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度为V1，根据动量守恒定律，有MV1+m（V1+u）=0
狗第1次跳上雪橇时，雪橇与狗的共同速度v1′满足
MV1+mv=（M+m）V1′
可解得V1′=
将u=－4 m/s，v=5 m/s，M=30 kg，m=10 kg代入，得V1′=2 m/s.
（2）方法一：设雪橇运动的方向为正方向，狗第（n－1）次跳下雪橇后雪橇的速度为Vn－1，则狗第（n－1）次跳上雪橇后的速度Vn－1′满足MVn－1+mv=（M+m）Vn－1′
这样，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度Vn满足MVn+m（Vn+u）=（M+m）Vn－1′
解得Vn=（v－u）［1－（）n－1］－·（）n－1
狗追不上雪橇的条件是Vn≥v
可化为（）n－1≤
最后可求得
n≥1+
代入数据，得n≥3.41
狗最多能跳上雪橇3次
雪橇最终的速度大小为V4=5.625 m/s.
方法二：设雪橇运动的方向为正方向，狗第i次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vi，狗的速度为Vi+u；狗第i次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度为Vi′，由动量守恒定律可得
第一次跳下雪橇：MV1+m（V1+u）=0
V1=－=1 m/s
第一次跳上雪橇：MV1+mv=（M+m）V1′
第二次跳下雪橇：
（M+m）V1′=MV2+m（V2+u）
V2=
第三次跳下雪橇：
（M+m）V2′=MV3+m（V3+u）
V3′=
第四次跳下雪橇：
（M+m）V3′=MV4+m（V4+u）
V4==5.625 m/s
此时雪橇的速度已大于狗追赶的速度，狗将不可能追上雪橇.因此，狗最多能跳上雪橇3次.雪橇最终的速度大小为5.625 m/s.
●素质能力检测
一、选择题（共10小题，每小题5分.每小题中只有一个选项是符合题目要求的）
1.质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小
A.向下，m（v1－v2） B.向下，m（v1+v2）
C.向上，m（v1－v2） D.向上，m（v1+v2）
解析：取竖直向上的方向为正方向，对球和地面碰撞的过程，由动量定理得
（FN－mg）t=mv2－（－mv1）
由于t很短，mgt可以忽略，则
FNt=m（v1+v2）
即地面对球的冲量大小为m（v1+v2），方向竖直向上.
答案：D
2.下列说法中正确的是
A.作用在物体上的合外力越大，物体动量的变化就越快
B.作用在物体上的合外力的冲量越大，物体动量变化就越快
C.作用在物体上的冲量恒定时，物体的动量保持不变
D.延长物体间的相互作用时间，可以减小物体间的冲量大小
解析：根据F合=知，物体所受的合外力等于物体动量的变化率，所以合外力越大，动量变化越快.A选项正确.
答案：A
3.（2000年全国，10）图5－5为一空间探测器的示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与y轴平行.每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动.开始时，探测器以恒定的速率v0向正x方向平动.要使探测器改为向正x偏负y60°的方向以原来的速率v0平动，则可
图5－5
A.先开动P1适当时间，再开动P4适当时间
B.先开动P3适当时间，再开动P2适当时间
C.开动P4适当时间
D.先开动P3适当时间，再开动P4适当时间
解析：由图知P1开动可得到负x方向的速度，P4开动可得到负y方向的速度.所要求的速度应是探测器在正x方向的速度与负y方向的速度的合成，合速度大小为v0，因而必须使正x方向的速度减小到适量，使负y方向速度增加到适量，即A对.
答案：A
4.如图5－6，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体.从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后
图5－6
A.两者的速度均为零
B.两者的速度总不会相等
C.车的最终速度为mv0/M，向右
D.车的最终速度为mv0/（M+m），向右
解析：物体与盒子前后壁多次往复碰撞后，以共同的速度v运动，由动量守恒定律得：
mv0=（M+m）v，故v=mv0/（M+m），向右.
答案：D
5.质量为M的木块，放在光滑水平桌面上处于静止状态，今有一质量为m、速度为v0的子弹沿水平方向击中木块并停留在其中与木块共同运动.问在子弹击中木块的过程中，木块受到的冲量大小为
①mv0 ②mv0－ ③ ④mv0－
以上结果正确的是
A.只有① B.只有③ C.③④ D.只有④
解析：由动量守恒定律得mv0=（M+m）v v=
木块所受的冲量大小为I=Mv=
或I=mv0－mv=mv0－.
答案：C
6.水平地面上有一木块，质量为m，它与地面间的动摩擦因数为μ，在水平恒力F作用下由静止开始运动，经过时间t，撤去此力，木块又向前滑行一段时间2t才停下.此恒力F的大小为
A.μmg B.2μmg C.3μmg D.4μmg
解析：由动量定理知Ft－μmg·3t=0
所以F=3μmg.
答案：C
7.如图5－7所示，F1、F2等大反向，同时作用在静止于光滑水平面上的物体A、B上，已知MA＞MB.经过相等距离后撤去两力，以后两物体相碰并黏合成一体，这时A、B将
图5－7
A.停止运动 B.向右运动 C.向左运动 D.不能确定
解析：由动能定理知，撤去两力时A、B两物体具有相同的动能，由p=知，pA＞pB，所以相碰后A、B一起向右运动.
答案：B
8.如图5－8所示，静止在湖面上的小船有甲、乙两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，甲先向左抛，乙后向右抛，并且抛出后两小球相对于岸的速率相等.设水的阻力不计，则下列说法中正确的是
图5－8
A.两球抛出后，船向左以一定速度运动
B.两球抛出后，船向右以一定速度运动
C.两球抛出后，船的速度为零，甲球抛出时受到的冲量大些
D.两球抛出后，船的速度为零，两球抛出时受到的冲量大小相等
解析：由于抛出后两小球相对于岸的速率相等，且两小球的质量相同，所以两球抛出后，船的速度为零.由于甲先向左抛，乙后向右抛，并且抛出后两小球相对于岸的速率相等，所以，两球抛出时速度的变化量不同，甲球抛出时速度的变化量较大，故甲球抛出时受到的冲量大些.
答案：C
9.质量为m的物块以初速度v0沿倾角为θ的粗糙斜面冲上斜面，滑到B点时速度为零，然后滑下回到A点（图5－9）.关于物块所受的冲量，下述说法中正确的是
图5－9
A.物块上滑过程和下滑过程受到摩擦力的冲量等值反向
B.物块上滑过程和下滑过程受到重力的冲量等值同向
C.物块从冲上斜面A点到返回A点的整个过程中所受到各外力的冲量的总和方向向下
D.物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中合外力的冲量总和小于2mv0
解析：因上滑时间小于下滑时间，则各力的冲量都是上滑过程小于下滑过程，重力的冲量方向永远竖直向下，求合力冲量的大小和方向，用动量定理最方便.以沿斜面向下为正方向.
Ft=mvt－（－mv0），因vt＜v0
则Ft＜2mv0，故应选D.
答案：D
10.如图5－10所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上.一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板.滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图所示.某同学根据图象，作出如下判断
图5－10
①滑块与木板间始终存在相对运动 ②滑块始终未离开木板 ③滑块的质量大于木板的质量 ④在t1时刻滑块从木板上滑出
以上判断正确的有
A.①③④ B.②③ C.③④ D.①④
答案：A
二、填空题（共5小题，每小题5分）
11.A、B两物体在光滑水平面上相向滑行，A物体速度大小为8 m/s，B物体速度大小为4 m/s，两物体相碰后均静止，则两物体所受冲量大小之比为_________，两物体质量之比为_________.
解析：由牛顿第三定律知，两物体间作用力大小相等，作用时间相等，两物体冲量之比为1∶1，由mAvA－mBvB＝0得mA∶mB＝vB∶vA＝1∶2.
答案：1∶1 1∶2
12.（2001年春季高考，13）如图5－11所示，质量为m=0.10 kg 的小钢球以v0＝10 m/s的水平速度抛出，下落h=5.0 m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向.则钢板与水平面的夹角θ＝_______.刚要撞击钢板时小球动量的大小为_______.（取g=10 m/s2）
图5－11
解析：由钢球与钢板撞后速度恰好反向，知钢球与钢板垂直撞击.钢球下落时间t==1 s
与水平面夹角为（90°－θ）
tan（90°－θ）＝===1
所以θ＝45°
刚要撞击钢板时小球的动量的大小为
p＝mv＝0.10×
＝0.10× kg·m/s
＝ kg·m/s.
答案：45° kg·m/s
13.如图5－12所示，在光滑的水平地面上，有两个质量都为M的小车A和B，两车用轻质弹簧相连，它们以速度v0向右匀速运动.有一质量为m的铁钉从高处自由落下，正好嵌在A车上，当两车速度再次相等时的速度为_______.
图5－12
解析：铁钉落到小车上，由A、B弹簧及铁钉组成的系统在水平方向动量仍守恒.得：
2Mv0＝（2M＋m）v
v＝2Mv0/（2M＋m）.
答案：2Mv0/（2M＋m）
14.气球下系着一绳梯，其总质量为M，在绳梯上有一质量为m的人，整个系统原来静止在空中，此人相对绳梯以速度u向下爬，则在地面上的人看来，人向下爬的速度大小为_______.气球上升的速度大小为_______.设气球原离地高度为H，若使人安全到达地面，绳梯至少长_______.不计空气阻力，可将人视为质点.
解析：气球和人原来静止，则浮力和系统总的重力之和为零，符合动量守恒的条件.设人向下爬时气球上升的速度为v，由动量守恒定律得
Mv－m（u－v）=0
v=
人向下爬的速度大小为
=u－v=
人向下爬时，人和气球运动的位移关系为
Ms1=ms2
s1=s2=H
则绳梯的长度应为
L=s1+s2=H.
答案： H
15.如图5－13所示，在光滑水平面上，自左至右依次放着质量为2n－1m（n=1，2，……）的一列物块沿直线排列，现有一质量为m的物块A，先与物块1发生正碰，以后则连续地碰撞下去.假定每一次碰撞后，相撞的物块都黏合在一起，那么当碰撞到第_______个物块时A的动量是它最初动量的.
图5－13
解析：物块与1发生碰撞时，由动量守恒定律得
mv0=2mv1 v1=v0
与第2块相碰时
2mv1=4mv2 v2=v0
与第3块相碰时
4mv2=8mv3 v3=v0
┇
与第n块相碰后，速度为
vn=v0
与第n块相碰后A的动量为
mvn=mv0
由此可得，碰撞到第6个物块时，A的动量是它最初动量的.
答案：6
三、计算题（共5小题，共45分）
16.（8分）（2001年全国，17）质量为M的小船以速度v0行驶，船上有两个质量均为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾.现小孩a以速率v（相对于静止水面）向前跳入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率v（相对于静止水面）向后跃入水中.求小孩b跃出后小船的速度.
解析：由动量守恒定律得
（M+2m）v0=MV+mv－mv
则小孩b跃出后船的速度为
V=v0=（1+）v0.
答案：（1+）v0
17.（8分）（2004年北京理综，24）对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型：A、B两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动.当它们之间的距离大于等于某一定值d时，相互作用力为零；当它们之间的距离小于d时，存在大小恒为F的斥力.
设A物体质量m1＝1.0 kg，开始时静止在直线上某点；B物体质量m2＝3.0 kg，以速度v0从远处沿该直线向A运动，如图5－14所示.若d＝0.10 m，F＝0.60 N，v0＝0.20 m／s，求：
图5－14
（1）相互作用过程中A、B加速度的大小；
（2）从开始相互作用到A、B间的距离最小时，系统（物体组）动能的减少量；
（3）A、B间的最小距离.
解析：（1）根据牛顿第二定律得a1==0.60 m/s2
a2==0.20 m/s2.
（2）两者速度相同时，距离最近，由动量守恒
m2v0=（m1＋m2）v v==0.15 m/s
ΔEk=m2v02－（m1+m2）v2=0.015 J.
（3）根据匀变速直线运动规律
v1=a1t
v2=v0－a2t
当v1=v2时
解得A、B两者距离最近时所用时间t=0.25 s s1=a1t2
s2=v0t－a2t2
Δs=s1+d－s2
将t=0.25 s代入，解得A、B间的最小距离Δsmin=0.075 m.
答案：（1）0.60 m/s2，0.20 m/s2
（2）0.015 J （3）0.075 m
18.（9分）A、B两滑块在同一光滑的水平直导轨上相向运动发生碰撞（碰撞时间极短）.用闪光照相，闪光4次摄得的闪光照片如图5－15所示.已知闪光的时间间隔为Δt，而闪光本身持续时间极短，在这4次闪光的瞬间，A、B两滑块均在0～80 cm刻度范围内，且第一次闪光时，滑块A恰好通过x=55 cm处，滑块B恰好通过x=70 cm处.问：
图5－15
（1）碰撞发生在何处?
（2）碰撞发生在第一次闪光后多长时间?
（3）两滑块的质量之比等于多少?
解析：（1）据题意经分析可判定：碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间，碰撞后B静止，故碰撞发生在x=60 cm处. ①
（2）碰撞后A向左做匀速运动，设其速度为vA′
vA′Δt=20 cm ②
从碰撞到第二次闪光时A向左运动10 cm，时间为，有：vA′=10 cm ③
从第一次闪光到发生碰撞时间为t，有：
t+=Δt ④
由②③④可得：t=Δt/2. ⑤
（3）取向右为正方向
碰撞前：A的速度vA= ⑥
B的速度 vB=－ ⑦
碰撞后：A的速度vA′=－ ⑧
B的速度vB′=0 ⑨
由动量守恒定律，可得：
mAvA+mBvB＝mAvA′+mBvB′ ⑩
由⑥⑦⑧⑨⑩可得：mA∶mB＝2∶3.
答案：（1）60 cm （2）Δt/2 （3）2∶3
19.（10分）如图5－16所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M=50 kg的人，甲车（连同车上的人）从足够长的斜坡上高h=0.45 m处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动.此时质量m2=50 kg的乙车正以v0=1.8 m/s的速度迎面滑来.为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度（相对地面）应在什么范围内?不计地面和斜坡的摩擦，取g=10 m/s2.
图5－16
解析：甲车（包括人）滑下斜坡后速度v甲＝＝2 m/s.在人跳离甲车和人跳上乙车过程中，各自动量守恒.设人跳离甲车和跳上乙车后两车速度分别为v甲′和v乙′，则：
（M＋m1）v甲＝Mv＋m1v甲′ ①
Mv－m2v0＝（M＋m2）v乙′ ②
恰不发生相撞的条件为
v甲′＝±v乙′ ③
当v甲′＝v乙′时代入数据
可得v=3.8 m/s
当v甲′＝－v乙′时
v=4.8 m/s
故应满足：3.8 m/s≤v≤4.8 m/s.
答案：3.8 m/s≤v≤4.8 m/s
20.（10分）如图5－17所示，在光滑水平桌面上放有长为L的长木板C，在C上左端和距左端s处各放有小物块A和B，A、B的体积大小可忽略不计，A、B与长木板C间的动摩擦因数为μ，A、B、C的质量均为m.开始时，B、C静止，A以某一初速度v0向右做匀减速运动，设物块B与板C之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求
图5－17
（1）物体A运动过程中，物块B和木板C间的摩擦力；
（2）要使物块A、B相碰，物块A的初速度v0应满足的条件.
解析：（1）设A在C板上滑动时，B相对于C板不动，则对BC有
μmg=2ma a=
又B依靠摩擦力能获得的最大加速度为am==μg.因为am＞a，所以B未相对C滑动而随木板C向右做加速运动
F=ma=μmg
方向向右.
（2）要使物块A刚好与物块B不发生碰撞，物块A运动到物块B处时，A、B的速度相等，根据动量守恒定律有
mv0=（m+2m）v1
设木板C在此过程中的位移为s1，则物块A的位移为s1+s，由动能定理
－μmg（s1+s）=mv12－mv02
μmgs1=（2m）v12
联立上述各式解得v0=
要使物块A、B发生相碰的条件是
v0＞.
答案：（1）μmg 方向向右 （2）v0＞
●意犹未尽
袋鼠与笼子
一天动物园管理员发现袋鼠从笼子里跑出来了，于是开会讨论，一致认为是笼子的高度过低，所以他们决定将笼子的高度由原来的10米加高到20米。结果第二天他们发现袋鼠还是跑到外面来，所以他们又决定再将高度加高到30米。
没想到隔天居然又看到袋鼠全跑到外面，于是管理员们大为紧张，决定一不做二不休，将笼子的高度加高到100米。一天长颈鹿和几只袋鼠们在闲聊，“你们看，这些人会不会再继续加高你们的笼子？”长颈鹿问。“很难说。”袋鼠说，“如果他们再继续忘记关门的话！”
一语中的：事有“本末”、“轻重”、“缓急”，关门是本，加高笼子是末，舍本而逐末，当然就不得要领了。管理是什么？管理就是先分析事情的主要矛盾和次要矛盾，认清事情的“本末”、“轻重”、“缓急”，然后从重要的方面下手。