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知识点 50：应用三用用点解用滑块与滑块碰用用题
【知识思维方法技巧】
（1）解决力学问题的三种观点：
①动力学的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
②能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
③动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
（2）力学规律的选用原则
①如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
②研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问
题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
③若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒
定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
④在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统
机械能的减少量，即转变为系统内能的量．
⑤在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统
机械能与其他形式能量之间的转换．这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律
去解决．
（3）滑块与滑块碰撞问题解题策略
①抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
②可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v′＝v，v′＝v
1 1 2 1
③应着重分析物体的运动过程，明确它们之间的时间、空间关系，并注意临界、隐含和极
值等条件，然后用能量守恒和动量守恒等规律求解．
考点一：滑块与滑块弹性正碰模型
题型一：水平式运动模型
【典例1拔尖题】如图所示，水平地面放置A和B两个物块，物块A的质量m ＝2 kg，物
1
块B的质量m ＝1 kg，物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现对物块A施加一个
2
与水平方向成37°角的外力F，F＝10 N，使物块A由静止开始运动，经过12 s物块A刚好
运动到物块B处，A物块与B物块碰前瞬间撤掉外力F，物块A与物块B碰撞过程没有能
量损失，设碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8.求：
（1）计算A与B两物块碰撞前瞬间物块A的速度大小；
（2）若在物块B的正前方放置一个弹性挡板，物块B与挡板碰撞时没有能量损失，要保
证A和B两物块能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过多大？
【典例1拔尖题】【答案】(1)6 m/s (2)L不得超过3.4 m
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1
学科网（北京）股份有限公司【解析】(1)设物块A与物块B碰前速度为v ，由牛顿第二定律得：Fcos 37°－μ(mg－Fsin
1 1
37°)＝ma解得：a＝0.5 m/s2则速度v＝at＝6 m/s
1 1
(2)设A、B两物块相碰后A的速度为v′ ，B的速度为v ，由动量守恒定律得：mv ＝mv′
1 2 1 1 1 1
＋mv，由机械能守恒定律得：mv＝mv′＋mv联立解得：v′＝2 m/s、v＝8 m/s
2 2 1 1 2 1 2
对物块A用动能定理得：－μm gx ＝0－mv′解得：x ＝0.4 m
1 A 1 A
对物块B用动能定理得：－μm gx ＝0－mv解得：x ＝6.4 m
2 B 2 B
物块A和物块B能发生第二次碰撞的条件是x ＋x >2L，解得L<3.4 m
A B
即要保证物块A和物块B能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过3.4
m.
【典例1拔尖题对应练习】如图所示，在光滑的水平面上固定一竖直挡板，一轻弹簧的左
端固定在挡板上，另一端能自然伸长到N点．N点处静止放置质量为m＝0.1 kg的物块，
0
N点右侧的水平面上静止放置n个质量均为m＝0.2 kg的相同小球，相邻两球间有一定距
离，弹簧、物块及所有小球均处在同一直线上．用外力缓慢推物块向左压缩弹簧(物块与弹
簧不拴接)至某处，此时弹簧的弹性势能E ＝1.8 J，现撤去外力，弹簧将物块向右弹出，
p
弹簧与物块、物块与小球、小球与小球之间发生的碰撞都是弹性正碰，重力加速度g＝10
m/s2.求：
(1)释放物块后至物块第一次到达N点的过程，弹簧的弹力对物块的冲量大小；
(2)物块第一次与小球碰撞后，物块的速度大小及方向；
(3)这n个小球最终获得的总动能．
【典例1拔尖题对应练习】【答案】(1)0.6 N·s (2)2 m/s 方向水平向左
(3) (1－ ) J(n＝1,2,3…)
【解析】(1)释放物块后至物块第一次到达N点的过程，根据能量守恒定律有E ＝ mv2，
p 0 0
解得v＝6 m/s，根据动量定理有I＝mv＝0.6 N·s.
0 0 0
(2)物块第一次与小球碰撞过程中，由于m<m，碰后物块被向左反弹，设碰后物块速度大
0
小为v ，小球速度大小为u ，由题知发生弹性正碰，则有 mv ＝－mv ＋mu ， mv2＝
1 1 0 0 0 1 1 0 0
mv2＋ mu 2，解得v＝ v＝ v＝2 m/s，方向水平向左，u＝ v＝ v＝4 m/s.
0 1 1 1 0 0 1 0 0
(3)由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换，物块向左弹回
后与弹簧作用后，再以原速率v 向右弹回，再跟小球1弹性正碰，同理，第二次碰撞后，
1
物块和小球的速度大小分别为v ＝ v ＝( )2v ，u ＝ v ＝ · v ，以此类推，物块和小球1经
2 1 0 2 1 0
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2
学科网（北京）股份有限公司过n(n＝1,2,3…)次碰撞后，它们的速度大小分别为v ＝( )nv ，u ＝ ×( )n－1v ，由于相邻小
n 0 n 0
球之间每次相互碰撞都进行速度交换，所以，最终从小球1开始至小球n，它们的速度大
小依次为u 、u 、u 、…、u，则n个小球的总动能为E ＝ m(u2＋u2＋…＋u 2)
n n－1 n－2 1 k 1 2 n
代入数据，解得E ＝ (1－ ) J(n＝1,2,3…)．
k
题型二：斜面式运动模型
【典例2拔尖题】如图所示，倾斜轨道的AB段光滑、BC段粗糙， 圆弧(半径OC竖直)轨
道CD光滑，整个轨道固定在同一竖直平面内，倾斜轨道和圆弧轨道通过一小段长度不计
的光滑弧形轨道相连，已知AB长L ＝3 m，BC长L ＝13.75 m，倾斜轨道的倾角α＝
1 2
37°，圆弧轨道的半径R＝0.8 m，O为圆弧轨道的圆心。小物体P和Q(均可视为质点)的
质量均为m＝0.8 kg，小物体Q静止在B点，将小物体P从A点由静止开始释放，P运动
到B点时与Q发生弹性碰撞，且碰撞时间极短。若P、Q与轨道BC间的动摩擦因数均为
μ＝0.8，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， ＝1。求：
(1)小物体P运动到B点时的速度大小；
(2)小物体Q运动到圆弧轨道上的C点时对圆弧轨道的压力大小；
(3)最终小物体Q停在倾斜轨道上的位置到小物体P的距离。
【典例2拔尖题】【答案】(1)6 m/s (2)33 N (3)12.75 m
【解析】(1)小物体P从A点运动到B点的过程中，
由机械能守恒定律有mgLsinα＝ mv2，解得v＝6 m/s。
1
(2)小物体P、Q碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒。设碰后瞬间小物体P、Q的速度分
别为v、v，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv＝mv ＋
1 2 1
mv ， mv2＝ mv 2＋ mv 2，解得v＝0，v＝6 m/s，由于mgsinα<μmgcosα，故碰撞后小物
2 1 2 1 2
体P将静止在倾斜轨道上B点。设小物体Q滑到C点时的速度大小为v ，在从B点运动到
C
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3
学科网（北京）股份有限公司C点的过程中，由动能定理有mgLsinα－μmgL cosα＝ mv 2－ mv 2，解得v ＝5 m/s，对
2 2 C 2 C
小物体Q，在圆弧轨道上C点时，由牛顿第二定律有F －mg＝m ，解得F ＝33 N，由
N N
牛顿第三定律知，小物体Q运动到圆弧轨道C点时对圆弧轨道的压力大小为33 N。
(3)小物体Q从圆弧轨道回到C点时的速度大小仍为v ，设小物体Q沿倾斜轨道向上运动的
C
距离为L，由动能定理有－μmgL cosα－mgLsinα＝0－ mv 2，解得L＝1 m，小物体Q停
3 3 3 C 3
在倾斜轨道上的位置到小物体P的距离L＝L－L，解得L＝12.75 m。
2 3
【典例2拔尖题对应练习】如图所示，一倾角为 的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、
Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v
0
与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦
力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足
够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小v 、v ；
P1 Q1
（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度h ；
n
（3）求物块Q从A点上升的总高度H；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离
s。
【典例2拔尖题对应练习】【答案】(1) P的速度大小为 ，Q的速度大小为 ；(2)
（n=1，2，3……）；(3) ；(4)
【解析】(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由弹性碰撞得
， 联立得 ， ，故第一
次碰撞后P的速度大小为 ，Q的速度大小为
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4
学科网（北京）股份有限公司(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h，对Q： 联立得
1
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为 ，第一次碰后至第二次碰前，P
与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失，对P有 得
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为 、 ，由
弹性碰撞得
， 联立得 ，
设第二次碰撞后Q上升的高度为h，对Q：
2
，联立得 设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为 ，第二次
碰后至第三次碰前，对P： 联立得
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为 、 ，由弹性碰撞得
， ，联得 ，
。设第三次碰撞后Q上升的高度为h，对Q：
3
联立得 ，总结可知，第n次碰撞后，物块Q
上升的高度为 （n=1，2，3……）
(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块：
解得
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t，由运动学公式得
1
设P运动到斜面底端时的速度为 ，需要的时间为t，由运动学公式得
2
， 。设P从A点到Q第一次碰后速度减为
零处匀减速运动的时间为t， ，当A点与挡板之间的距离最小时
3
联立式，代入数据得 。
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5
学科网（北京）股份有限公司题型三：竖直式运动模型
【典例3拔尖题】某种型号的中性笔由弹簧、内芯和外壳三部分构成。李强同学探究这种
笔的弹跳问题时发现笔的弹跳过程可简化为三个阶段：把笔竖直倒立于水平硬桌面上，下
压外壳使其下端接触桌面(如图8甲所示)；把笔由静止释放，外壳竖直上升，上升高度为h
时(弹簧恰好恢复原长)与静止的内芯碰撞，碰撞过程时间极短，碰后瞬间，内芯与外壳具
有竖直向上的共同速度(如图乙所示)；此后，内芯与外壳一起向上运动，上升的最大高度
为H(如图丙所示)。李强同学测得笔的外壳和内芯质量分别为m 和m ，不计弹簧质量和空
1 2
气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)外壳与内芯碰撞前瞬间的速度大小v；
0
(2)在阶段一中弹簧储存的弹性势能ΔE 。
p
【典例3拔尖题】【答案】(1) (2)gH＋mgh
1
【解析】(1)外壳与内芯碰撞后一起上升，假设碰后一起上升的初速度为v，由机械能守恒
定律可得(m ＋m)v2＝(m＋m)gH，碰前瞬间外壳的速度为v，外壳与内芯碰撞过程时间极
1 2 1 2 0
短，可认为碰撞时的内力远远大于重力，二者的动量近似守恒，由动量守恒定律可得mv
1 0
＝(m＋m)v，解得v＝。
1 2 0
(2)在阶段一，根据能量守恒定律，有ΔE ＝mv＋mgh，解得ΔE ＝gH＋mgh。
p 1 1 p 1
【典例3拔尖题对应练习】(多选)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过
能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大．如图所示，A、B、C为
三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由
静止同时释放(其中C球下部离地H)，所有碰撞均为弹性碰撞(时间极短)，重力加速度为
g，且碰后B、C恰好静止，则( )
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6
学科网（北京）股份有限公司A. C球落地前瞬间，A球的速度为
B. 从上至下三球的质量之比为1∶2∶6
C. A球弹起的最大高度为25H
D. A球弹起的最大高度为9H
【典例3拔尖题对应练习】【答案】ABD
【解析】因为A、B、C球由静止同时释放，所以C落地前瞬间，A、B与C落地前瞬间的
速度相等，由自由落体运动公式v2＝2gH，解得v ＝v ＝v ＝ ，A正确；由题意可知，
A B C
C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律
和机械能守恒定律，C碰B有m v －m v ＝m v ′， m v 2＋ m v 2＝ m v ′2，解得m ＝
C C B B B B C C B B B B C
3m ，v ′＝2 ，B碰A有m v ′－m v ＝m v ′， m v ′2＋ m v 2＝ m v ′2，解得m ＝
B B B B A A A A B B A A A A B
2m ，v ′＝3 ，由以上几式可得m ∶m ∶m ＝1∶2∶6，B正确；对A球弹起的最大
A A A B C
高度，有v ′2＝2gh ，则h ＝ ＝9H，C错误，D正确．
A max max
题型四：弹性正碰+组合式运动模型
【典例4拔尖题】如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过
一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道 PQ。质量为m的小物块A与
水平轨道间的动摩擦因数为 μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系
xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道 P端坐标为（2μL，
μL），Q端在y轴上。重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速
度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能
均相同，求PQ的曲线方程；
（3）将质量为λm（λ为常数且λ≥5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下
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7
学科网（北京）股份有限公司滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B
落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
x2
【典例4拔尖题】【答案】（1）√2μgL；（2） +2y=4μL，0≤x≤2μL；（3）
2y
3λ−1 λ+1
μL＜h≤[3( ) 2+1]μL。
λ−3 λ−1
【解析】（1）设物块A由静止开始运动到O点的速度大小为v，对此过程由动能定理得
0
1
mg•2μL﹣μmgL= mv2−0 解得：v =√2μgL
2 0 0
（2）A经O点水平抛出后做平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为y，物块A经过O点
的速度大小为v ，落到弧形轨道上时，速度大小为 v，竖直方向速度大小为v ，落在弧形
x y
1 gx2
轨道上的动能均相同为 E ，则 x＝vt，y= gt2 ，v2=2gy，解得：v2= ，E
k x 2 y x 2y k
1 1 1 gx2
= mv2= m(v2+v2 )= m( +2gy)，已知P点坐标为（2μL，μL），即当物块A
2 2 x y 2 2y
1 g(2μL) 2
落到P点时，x＝2μL，y＝μL，可得E = m[ +2gμL]=2μmgL，依题意：物块
k
2 2μL
1 gx2
A落在弧形轨道上的动能均相同，则有 m( +2gy)=2μmgL，整理得PQ的曲线方程
2 2y
x2
为： +2y=4μL，0≤x≤2μL。
2y
（3）设A下滑的初始位置距x轴高度为h，A与B碰撞前瞬间速度大小为v ，碰撞后瞬间
A
A、B的分别为v 、v ，对A由静止开始运动到碰撞B之前的过程，由动能定理得mgh﹣
A1 B
1
μmgL= mv2 −0解得v =√2(h−μL)g，A与B发生弹性碰撞的过程，设水平向右为正
2 A A
方向，因B质量为λm（λ≥5）大于A的质量，碰后A的速度水平向左，由动量守恒定律
1 1 1
和机械能守恒定律，可得 mv ＝﹣mv +λmv ， mv2 = mv2 + λmv2 解得：v
A A1 B 2 A 2 A1 2 B A1
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8
学科网（北京）股份有限公司λ−1 2
= v ，v = v ，设碰撞之后A向左运动再返回O点的速度大小为v ，对此过程
λ+1 A B λ+1 A A2
1 1 λ−1
由动能定理得，﹣2μmgL= mv2 − mv2 ，解得：v2 =v2 −4μgL=( ) 2v2 −
2 A2 2 A1 A2 A1 λ+1 A
λ−1
4μgL，要使A落在B落点的右侧，需满足：v ＞v ，即v2 ＞v2，则有( ) 2v2 −
A2 B A2 B λ+1 A
2 4(λ+1)
4μgL＞( v ) 2 ， 解 得 ： v2＞ μgL， 将 v =√2(h−μL)g代 入 得 ： h
λ+1 A A λ−3 A
3λ−1 gx2
＞ μL，由（2）的结论：v2= ，可得当物体落在P（2μL，μL）点时，在O点
λ−3 x 2y
平抛的初速度大小满足v2=2μgL
，要使A和B均能落在弧形轨道上，因v ＞v ，故只要
x A2 B
A 能落在弧形轨道上，B 就一定能落在弧形轨道上，所以需满足：v2 ≤v2，即：
A2 x
λ−1 λ+1
( ) 2v2 −4μgL≤2μgL，解得：h≤[3( ) 2+1]μL，则A下滑的初始位置距x轴高
λ+1 A λ−1
3λ−1 λ+1
度的取值范围为 μL＜h≤[3( ) 2+1]μL。
λ−3 λ−1
【典例4拔尖题对应练习】如图所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平台面，台面上竖
直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道
CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1 m、圆心在O 点，
1
轨道DEF的半径R＝0.2 m、圆心在O 点，O 、D、O 和F点均处在同一水平线上．小滑
2 1 2
块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性
碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三
棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上 Q点，已知小滑
块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.
(1)若小滑块的初始高度h＝0.9 m，求小滑块到达B点时速度v的大小；
0
(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值h ；
min
(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离
x的最大值x .
max
【典例4拔尖题对应练习】【答案】(1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m
【解析】(1)小滑块在AB轨道上运动，由动能定理有mgh－μmgcos θ·＝mv 2－0，代入数
0
据解得v＝＝4 m/s
0
(2)设小滑块滑至B点时的速度为v ，小滑块与小球碰撞后速度分别为v 、v ，碰撞过程中
B 1 2
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9
学科网（北京）股份有限公司动量守恒，机械能守恒，因此有mv ＝mv ＋mv ，mv 2＝mv 2＋mv 2，解得v ＝0，v ＝v ，
B 1 2 B 1 2 1 2 B
小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得mg＝m，从C点到E点由机械能守恒可得mv 2＋
Emin
mg(R＋r)＝mv 2，其中v ＝，解得h ＝0.45 m
Bmin Bmin min
(3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到Q点的运动，由动能定理mg(R＋y)＝mv 2－
G
mv 2，由平抛运动可得x＝v t，H＋r－y＝gt2，联立可得水平距离为x＝2由数学知识可
Emin G
得，当0.5－y＝0.3＋y时，x有最大值，最大值为x ＝0.8 m.
max
考点二：滑块与滑块完全非弹性正碰模型
题型一：完全非弹性正碰模型
【典例1拔尖题】长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m 的小球A，处于静止状态。A
1
受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A
回到最低点时，质量为m 的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，
2
并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)求A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能E 至少多大？
k
【典例1拔尖题】【答案】(1)m (2)
1
【解析】(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零。设A在最高点时
的速度大小为v，由重力提供向心力，有mg＝m ①
1 1
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零。设A在最低点
的速度大小为v ，有mv 2＝mv2＋2mgl②，由动量定理，有I＝mv ③，联立①②③式，
A 1 A 1 1 1 A
得I＝m。④
1
(2)设两球粘在一起时的速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需
满足v′＝v ⑤，要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此
A
方向为正方向。设B碰前瞬间的速度大小为v ，由动量守恒定律，有mv －mv ＝(m ＋
B 2 B 1 A 1
m)v′⑥，又E ＝mv 2⑦，联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能E ＝。⑧
2 k 2 B k
【典例1拔尖题对应练习】某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模
型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从
A处以初速度v为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆
0
发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，
滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．
求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N 和N；
1 2
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
1
（3）滑杆向上运动的最大高度h.
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学科网（北京）股份有限公司【典例1拔尖题对应练习】【答案】(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
【解析】(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N ＝(m＋
1
M)g＝8 N，当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为 1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑
杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N＝Mg－f′＝5 N.
2
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－fl＝mv 2－mv 2解得v＝8 m/s.
1 0 1
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过
程根据动量守恒定律有mv ＝(m＋M)v，碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，
1
根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2，代入数据联立解得h＝0.2 m。
题型二：完全非弹性正碰+组合式运动模型
【典例2拔尖题】如图所示，高h＝1 m的光滑斜面AB与长L＝1.6 m的水平面BC平滑连
1
接，再与长L ＝10 m的水平传送带DE紧密连接，传送带以v＝8 m/s的恒定速度逆时针
2 0
匀速转动．位于斜面顶端A处质量为m＝1 kg的物体P(视为质点)以初动能E ＝62 J沿斜
k0
面向下运动，在B处撞击质量同为m＝1 kg的静止物体Q(视为质点)，碰撞以后两物体黏
合在一起，已知黏合体与水平面BC、传送带DE间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度
g＝
10 m/s2，视最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则：
(1)碰撞以后黏合体的速度大小；
(2)黏合体最终静止时与B点的距离；
(3)要使黏合体最终能静止在粗糙水平面BC段，求A处给物体P初动能可能值中的最大值．
【典例2拔尖题】【答案】(1)6 m/s (2)0.4 m (3)94 J
【解析】(1)由A到B，根据机械能守恒定律有mgh＋E ＝mv 2，得v＝12 m/s
k0 1 1
P、Q碰撞动量守恒，有mv ＝2mv ，得v＝6 m/s
1 2 2
(2)设黏合体到达C处的速度为v′，以B到C过程中，由能量关系有·2mv 2－·2mv ′2＝
2 2 2
μ·2mgL ，解得v′＝2 m/s<v ＝8 m/s，x ＝＝2 m<L ，所以黏合体没有从右侧滑出且从传送
1 2 0 0 2
带返回C点时的速度大小仍为v′，由2mgh＝20 J>(2m)v′2－μ(2m)gL＝4 J，
2 2 1
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学科网（北京）股份有限公司即黏合体不会从A飞出，则有·2mv 2＝μ·2mgx，得x＝3.6 m。所以黏合体最终静止在距离
2
B点0.4 m处位置．
(3)若黏合体第一次恰好可回到斜面顶端A，则黏合体经传送带返回的速度为v，有·2mv2＝
2mgh＋μ·2mgL 解得v＝6 m/s，由2ax′＝v2，可得x′＝3.6 m<10 m，黏合体没有从右侧滑
1
出B到C，有×2mv2＋μ·2mgL ＝·2mv 2，得v ＝ m/s由mv ＝2mv 可得，物体P碰撞前速
1 B B P B
度,v ＝2 m/s，A到B，由mgh＋E ＝mv 2，得E ＝94 J.
P k P k
题型三：滑块与滑块正碰模型
【典例3拔尖题】如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与光滑水平轨道通过一小段圆弧在 C
点相接，水平轨道的右侧与半径为R＝0.32 m的光滑竖直半圆形轨道相连．质量为0.5 kg
的物体B静止在水平轨道上，一质量为0.1 kg的A物体以v ＝16 m/s的速度与B发生正碰
0
结果B恰好能通过半圆形轨道的最高点．A、B均可看成质点，除第一次碰撞外，不考虑
A、B间其他的相互作用，已知A与斜面间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2.求：
（1）碰撞过程中A对B的冲量大小；
（2）A从第一次冲上斜面到离开斜面的时间．
【典例3拔尖题】【答案】(1)2 N·s (2)1.5 s
【解析】(1)B恰好能通过最高点，故在最高点有：m g＝m ，设A、B碰后B的速度大小
B B
为v ，则B从碰后到运动到D点的过程中有：－m g·2R＝m v 2－m v 2，联立代入数据解
B B B D B B
得：v ＝4 m/s，故A对B的冲量大小为：I ＝m v －0＝2 N·s.
B AB B B
(2)A、B碰撞过程中动量守恒，以v 方向为正方向，则有：m v＝m v ＋m v ，代入数据解
0 A 0 A A B B
得：v ＝－4 m/s，负号说明其方向与v 方向相反，因此A以大小为v ′＝4 m/s的速度冲上
A 0 A
斜面：
A沿斜面向上运动的加速度大小为：a＝gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2
1
A沿斜面向上运动的时间为：t＝＝0.5 s
1
A沿斜面向上运动的距离为：x＝t＝1 m
1
A沿斜面向下运动的加速度大小为：a＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2
2
A沿斜面向下运动的过程中有：x＝at2，代入数据解得：t＝1 s
22 2
故A从第一次冲上斜面到离开斜面的时间为：t＝t＋t＝1.5 s.
1 2
【典例3拔尖题对应练习】如图所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管
内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切，圆管轨道的半径R＝0.5 m，P点左侧轨
道(包括圆管)光滑，右侧轨道粗糙．质量m＝1 kg的物块A以v＝10 m/s的速度滑入圆管，
0
经过竖直圆管轨道后与直轨道上 P处静止的质量M＝2 kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极
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学科网（北京）股份有限公司短)，碰后物块B在粗糙轨道上滑行18 m后速度减小为零．已知物块A、B与粗糙轨道间
的动摩擦因数均为μ＝0.1，取重力加速度g＝10 m/s2，物块A、B均可视为质点．求：
(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；
(2)最终物块A静止的位置到P点的距离．
【典例3拔尖题对应练习】【答案】(1)150 N，方向竖直向下 (2)2 m
【解析】(1)物块A从开始运动到到达Q点的过程中，由机械能守恒定律有：mv 2＝mg×2R
0
＋mv 2，物块A在Q点时，设管壁对物块A的弹力F 向下，由牛顿第二定律有：F ＋mg
Q T T
＝m，解得F ＝150 N，则物块A在Q点时管壁对它的弹力大小为150 N，方向竖直向下；
T
(2)由机械能守恒定律可知，物块A与B碰前瞬间的速度为v ，以水平向右为正方向，物块
0
A与B碰撞过程，由动量守恒定律有：mv ＝mv ＋Mv ，碰后物块B做匀减速运动，由运
0 1 2
动学公式：v2＝2ax ，F＝Ma，F＝μMg，联立解得v ＝－2 m/s，v ＝6 m/s，由机械能守
2 B f f 1 2
恒定律可知，物块A若能滑回Q点，其在P点反弹时的最小速度满足：mv 2＝mg×2R
min
v ＝2 m/s>2 m/s，则物块A反弹后滑入圆管后又滑回P点，设最终位置到P点的距离为
min
x ，则有：v2＝2μgx ，解得最终物块A静止的位置到P点的距离x ＝2 m.
A 1 A A
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