文档内容
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
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】
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(2m)v′2－μ(2m)gL＝4 J，
2 2 1
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】
11
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
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】
12
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
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】
13
学科网（北京）股份有限公司
