文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
知识点50：应用三大观点解决滑块与滑块碰撞问题
【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：
v1′＝v1，v2′＝v1
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m1＝2 kg，物
块B 的质量m2＝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
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
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【解析】(1)设物块A 与物块B 碰前速度为v1，由牛顿第二定律得：Fcos 37°－μ(m1g－Fsin
37°)＝m1a 解得：a＝0.5 m/s2则速度v1＝at＝6 m/s
(2)设A、B 两物块相碰后A 的速度为v′1，B 的速度为v2，由动量守恒定律得：m1v1＝m1v′1
＋m2v2，由机械能守恒定律得：m1v＝m1v′＋m2v 联立解得：v′1＝2 m/s、v2＝8 m/s
对物块A 用动能定理得：－μm1gxA＝0－m1v′解得：xA＝0.4 m
对物块B 用动能定理得：－μm2gxB＝0－m2v 解得：xB＝6.4 m
物块A 和物块B 能发生第二次碰撞的条件是xA＋xB>2L，解得L<3.4 m
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m0＝0.1 kg 的物块，
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Ep＝1.8 J，现撤去外力，弹簧将物块向右弹出，
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Ep＝m0v0
2，
解得v0＝6 m/s，根据动量定理有I＝m0v0＝0.6 N·s.
(2)物块第一次与小球碰撞过程中，由于m0<m，碰后物块被向左反弹，设碰后物块速度大
小为v1，小球速度大小为u1，由题知发生弹性正碰，则有m0v0＝－m0v1＋mu1，m0v0
2＝
m0v1
2＋mu1
2，解得v1＝
v0＝v0＝2 m/s，方向水平向左，u1＝
v0＝v0＝4 m/s.
(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v1向右弹回，再跟小球1 弹性正碰，同理，第二次碰撞后，
物块和小球的速度大小分别为v2＝v1＝( )2v0，u2＝v1＝· v0，以此类推，物块和小球1 经
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
过n(n＝1,2,3…)次碰撞后，它们的速度大小分别为vn＝( )nv0，un＝×( )n－1v0，由于相邻小
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un、un－1、un－2、…、u1，则n 个小球的总动能为Ek＝m(u1
2＋u2
2＋…＋un
2)
代入数据，解得Ek＝(1－
) J(n＝1,2,3…)．
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L1＝3 m，BC 长L2＝13.75 m，倾斜轨道的倾角α＝
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mgL1sinα＝mv2，解得v＝6 m/s。
(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v1、v2，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＝mv1＋
mv2，mv2＝mv1
2＋mv2
2，解得v1＝0，v2＝6 m/s，由于mgsinα<μmgcosα，故碰撞后小物
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vC，在从B 点运动到
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C 点的过程中，由动能定理有mgL2sinα－μmgL2cosα＝mvC
2－mv2
2，解得vC＝5 m/s，对
小物体Q，在圆弧轨道上C 点时，由牛顿第二定律有FN－mg＝m
，解得FN＝33 N，由
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vC，设小物体Q 沿倾斜轨道向上运动的
距离为L3，由动能定理有－μmgL3cosα－mgL3sinα＝0－mvC
2，解得L3＝1 m，小物体Q 停
在倾斜轨道上的位置到小物体P 的距离L＝L2－L3，解得L＝12.75 m。
【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v0
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vP1、vQ1；
（2）求第n 次碰撞使物块Q 上升的高度hn；
（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
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(2)设第一次碰撞后Q 上升的高度为h1，对Q：
联立得
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h2，对Q：
，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h3，对Q：
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t1，由运动学公式得
设P 运动到斜面底端时的速度为
，需要的时间为t2，由运动学公式得
，
。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t3，
，当A 点与挡板之间的距离最小时
联立式，代入数据得
。
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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m1和m2，不计弹簧质量和空
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v0；
(2)在阶段一中弹簧储存的弹性势能ΔEp。
【典例3 拔尖题】【答案】(1) (2)gH＋m1gh
【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(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)gH，碰前瞬间外壳的速度为v0，外壳与内芯碰撞过程时间极
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m1v0
＝(m1＋m2)v，解得v0＝。
(2)在阶段一，根据能量守恒定律，有ΔEp＝m1v＋m1gh，解得ΔEp＝gH＋m1gh。
【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( )
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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vA＝vB＝vC＝
，A 正确；由题意可知，
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mCvC－mBvB＝mBvB′，mCvC
2＋mBvB
2＝mBvB′2，解得mC＝
3mB，vB′＝2
，B 碰A 有mBvB′－mAvA＝mAvA′，mBvB′2＋mAvA
2＝mAvA′2，解得mB＝
2mA，vA′＝3
，由以上几式可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B 正确；对A 球弹起的最大
高度，有vA′2＝2ghmax，则hmax＝
＝9H，C 错误，D 正确．
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
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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。
【典例4 拔尖题】【答案】（1）√2 μgL；（2）x
2
2 y +2 y = 4 μL，0≤x≤2μL；（3）
3 λ−1
λ−3 μL＜h≤[3( λ+1
λ−1 )
2+1]μL。
【解析】（1）设物块A 由静止开始运动到O 点的速度大小为v0，对此过程由动能定理得
mg•2μL﹣μmgL= 1
2 m v0
2−0 解得：v0=√2 μgL
（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vx，落到弧形轨道上时，速度大小为v，竖直方向速度大小为vy，落在弧形
轨道上的动能均相同为Ek ，则x ＝vxt ，y= 1
2 gt
2，v y
2 =2gy，解得：v x
2= g x
2
2 y ，Ek
= 1
2 m v
2= 1
2 m(v x
2+ v y
2 )= 1
2 m( g x
2
2 y +2gy)，已知P 点坐标为（2μL，μL），即当物块A
落到P 点时，x＝2μL，y＝μL，可得Ek= 1
2 m[ g(2 μL)
2
2 μL
+2gμL]=2μmgL，依题意：物块
A 落在弧形轨道上的动能均相同，则有1
2 m( g x
2
2 y +2 gy)=2μmgL，整理得PQ 的曲线方程
为：x
2
2 y +2 y = 4 μL，0≤x≤2μL。
（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vA，碰撞后瞬间
A、B 的分别为vA1、vB，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﹣
μmgL= 1
2 m v A
2 −0解得vA=√2(h−μL)g，A 与B 发生弹性碰撞的过程，设水平向右为正
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
和机械能守恒定律，可得mvA＝﹣mvA1+λmvB，1
2 m v A
2 = 1
2 m v A 1
2 + 1
2 λm vB
2 解得：vA1
= λ−1
λ+1 v A，vB=
2
λ+1 v A，设碰撞之后A 向左运动再返回O 点的速度大小为vA2，对此过程
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
由动能定理得，﹣2μmgL= 1
2 m v A 2
2 −1
2 m v A 1
2 ，解得：v A 2
2 = v A 1
2 −4μgL=( λ−1
λ+1 )
2v A
2 −
4μgL，要使A 落在B 落点的右侧，需满足：vA2＞vB，即v A 2
2 ＞vB
2，则有( λ−1
λ+1 )
2v A
2 −
4μgL＞(
2
λ+1 v A)
2，解得：v A
2 ＞4( λ+1)
λ−3
μgL，将vA=√2(h−μL)g代入得：h
＞3 λ−1
λ−3 μL，由（2）的结论：v x
2= g x
2
2 y
，可得当物体落在P（2μL，μL）点时，在O 点
平抛的初速度大小满足v x
2=2 μgL ，要使A 和B 均能落在弧形轨道上，因vA2＞vB，故只要
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：v A 2
2 ≤v x
2，即：
( λ−1
λ+1 )
2v A
2 −4μgL≤2μgL，解得：h≤[3( λ+1
λ−1 )
2+1]μL，则A 下滑的初始位置距x 轴高
度的取值范围为3 λ−1
λ−3 μL＜h≤[3( λ+1
λ−1 )
2+1]μL。
【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O1点，
轨道DEF 的半径R＝0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F 点均处在同一水平线上．小滑
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v0的大小；
(2)若小球能完成整个运动过程，求h 的最小值hmin；
(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xmax.
【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·＝mv0
2－0，代入数
据解得v0＝＝4 m/s
(2)设小滑块滑至B 点时的速度为vB，小滑块与小球碰撞后速度分别为v1、v2，碰撞过程中
动量守恒，机械能守恒，因此有mvB＝mv1＋mv2，mvB
2＝mv1
2＋mv2
2，解得v1＝0，v2＝vB，
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mvEmin
2＋
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
mg(R＋r)＝mvBmin
2，其中vBmin＝，解得hmin＝0.45 m
(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)＝mvG
2－
mvEmin
2，由平抛运动可得x＝vGt，H＋r－y＝gt2，联立可得水平距离为x＝2 由数学知识可
得，当0.5－y＝0.3＋y 时，x 有最大值，最大值为xmax＝0.8 m.
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m1的小球A，处于静止状态。A
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m2的小球B 与之迎面正碰，碰后A、B 粘在一起，仍做圆周运动，
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Ek至少多大？
【典例1 拔尖题】【答案】(1)m1 (2)
【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m1g＝m1①
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vA，有m1vA
2＝m1v2＋2m1gl ②，由动量定理，有I＝m1vA③，联立①②③式，
得I＝m1。④
(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′＝vA⑤，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
方向为正方向。设B 碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有m2vB－m1vA＝(m1＋
m2)v′⑥，又Ek＝m2vB
2⑦，联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B 的动能Ek＝。⑧
【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v0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
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N1和N2；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
（3）滑杆向上运动的最大高度h.
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【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N1＝(m＋
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N2＝Mg－f′＝5 N.
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－fl＝mv1
2－mv0
2解得v1＝8 m/s.
(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mv1＝(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，
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L1＝1.6 m 的水平面BC 平滑连
接，再与长L2＝10 m 的水平传送带DE 紧密连接，传送带以v0＝8 m/s 的恒定速度逆时针
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Ek0＝62 J 沿斜
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＋Ek0＝mv1
2，得v1＝12 m/s
P、Q 碰撞动量守恒，有mv1＝2mv2，得v2＝6 m/s
(2)设黏合体到达C 处的速度为v2′，以B 到C 过程中，由能量关系有·2mv2
2－·2mv2′2＝
μ·2mgL1，解得v2′＝2 m/s<v0＝8 m/s，x0＝＝2 m<L2，所以黏合体没有从右侧滑出且从传送
带返回C 点时的速度大小仍为v2′，由2mgh＝20 J>(2m)v2′2－μ(2m)gL1＝4 J，
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
即黏合体不会从A 飞出，则有·2mv2
2＝μ·2mgx，得x＝3.6 m。所以黏合体最终静止在距离
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·2mgL1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
出B 到C，有×2mv2＋μ·2mgL1＝·2mvB
2，得vB＝ m/s 由mvP＝2mvB可得，物体P 碰撞前速
度,vP＝2 m/s，A 到B，由mgh＋Ek＝mvP
2，得Ek＝94 J.
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v0＝16 m/s 的速度与B 发生正碰
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：mBg＝mB，设A、B 碰后B 的速度大小
为vB，则B 从碰后到运动到D 点的过程中有：－mBg·2R＝mBvD
2－mBvB
2，联立代入数据解
得：vB＝4 m/s，故A 对B 的冲量大小为：IAB＝mBvB－0＝2 N·s.
(2)A、B 碰撞过程中动量守恒，以v0方向为正方向，则有：mAv0＝mAvA＋mBvB，代入数据解
得：vA＝－4 m/s，负号说明其方向与v0方向相反，因此A 以大小为vA′＝4 m/s 的速度冲上
斜面：
A 沿斜面向上运动的加速度大小为：a1＝gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2
A 沿斜面向上运动的时间为：t1＝＝0.5 s
A 沿斜面向上运动的距离为：x＝t1＝1 m
A 沿斜面向下运动的加速度大小为：a2＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2
A 沿斜面向下运动的过程中有：x＝a2t2
2，代入数据解得：t2＝1 s
故A 从第一次冲上斜面到离开斜面的时间为：t＝t1＋t2＝1.5 s.
【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v0＝10 m/s 的速度滑入圆管，
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
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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：mv0
2＝mg×2R
＋mvQ
2，物块A 在Q 点时，设管壁对物块A 的弹力FT向下，由牛顿第二定律有：FT＋mg
＝m，解得FT＝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；
(2)由机械能守恒定律可知，物块A 与B 碰前瞬间的速度为v0，以水平向右为正方向，物块
A 与B 碰撞过程，由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋Mv2，碰后物块B 做匀减速运动，由运
动学公式：v2
2＝2axB，Ff＝Ma，Ff＝μMg，联立解得v1＝－2 m/s，v2＝6 m/s，由机械能守
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：mvmin
2＝mg×2R
vmin＝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
xA，则有：v1
2＝2μgxA，解得最终物块A 静止的位置到P 点的距离xA＝2 m.
13
