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知识点50：应
三
点解
用
大观
决滑块与滑块碰撞
题
问
【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 提高题】1932 年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子
大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰
撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正
确的是( )
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1 D．v2大于v0
【典例1 提高题】【答案】B
【解析】设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰
撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1
＋mv3，mv0
2＝mv1
2＋mv3
2联立解得v1＝v0。设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方
向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4，mv0
2＝×14mv2
2＋
1
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mv4
2联立解得v2＝v0，可得v1＝v0>v2，碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0，氮核的动量为
pN＝14mv2＝可得pN>pH，碰撞后氢核的动能为EkH＝mv1
2＝mv0
2，氮核的动能为EkN＝
×14mv2
2＝，可得EkH>EkN，故B 正确，A、C、D 错误．
【典例1 提高题对应练习】如图，光滑固定轨道PQO 的水平段QO＝，轨道在O 点与水
平地面平滑连接．一质量为m 的小物块A 从高h 处由静止开始沿轨道下滑，在O 点与质量
为4m 的静止小物块B 发生碰撞．A、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度
为g.假设A、B 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：
(1)第一次碰撞后瞬间A 和B 速度的大小；
(2)请计算说明物块A 与B 能否发生第二次碰撞．
【典例1 提高题对应练习】【答案】见解析
【解析】(1)设碰撞前瞬间A 的速度为v，对A 下滑过程由动能定理有：mgh＝mv2，得v＝
，第一次碰撞中由动量守恒得：mv＝mv′＋4mvB，由机械能守恒得：mv2＝mv′2＋
×4mvB
2，解得v′＝
v，vB＝
v，解得碰撞后瞬间A 的速度：v′＝－
，B 的
速度vB＝
(2)碰撞后A 沿光滑轨道上升后又滑到O，然后向右减速滑行至停止，对此过程由动能定理
得：μmgxA＝mv′2，解得xA＝
h，B 沿地面减速滑行至停止，有μ·4mgxB＝×4mvB
2，得
xB＝
h，因为xA>xB，所以会发生第二次碰撞．
题型二：斜面式运动模型
【典例2 提高题】如图所示，质量相等的a、b 两球从斜面上的A、B 两点同时沿光滑斜面
向上推出，初速度大小分别为v1、v2，A、B 间的距离为s，重力加速度为g，斜面的倾角
为θ＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(v2、g 和θ 为已知)
2
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(1)若当b 球向上运动的速度减为0 时，a 球刚好与它相碰，求v1的大小；
(2)若当b 球回到B 点时，两球刚好发生弹性碰撞，则碰撞后b 球再次回到B 点所用的时间
为多少？
【典例2 提高题】【答案】(1)v2＋ (2)－
【解析】(1)由于斜面光滑，两球沿斜面向上运动的加速度为a＝gsin θ＝g，当b 球运动到
最高点时所用的时间t1＝，位移：x2＝＝，b 球速度为零时，a 球刚好与b 球相碰，则a 球
向上运动的位移x1＝s＋x2＝s＋，x1＝v1t1－at，解得v1＝v2＋
(2)当b 球回到B 点时，b 球运动的时间为t2＝2＝，由对称性可知球a：s＝v1t2－at，解得：
v1＝v2＋，设碰撞前a 球的速度大小为v′1，b 球速度大小为v′2，则s＝(v1＋v′1)t2，求得v′1＝
－v2，v′2＝v2，由于两球发生的弹性碰撞，且两球质量大小相等，设碰撞后a 球的速度大小
为v″1，b 球的速度大小为v″2，由动量守恒定律可得：mv′1－mv′2＝mv″2－mv″1，由机械能
守恒定律：mv′＋mv′＝mv″＋mv″，解得v″2＝v′1＝－v2，碰撞后b 球再次回到B 点所用的
时间t3＝＝－.
【典例2 提高题对应练习】竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆
弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t＝0 时刻，小物块A 在倾
斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A 返回到倾
斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保
持静止．物块A 运动的v－t 图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量．已知A 的质量为
m，初始时A 与B 的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力．
（1）求物块B 的质量；
（2）在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功．
【典例2 提高题对应练习】【答案】(1)3m (2)mgH
【解析】(1)根据题图(b)，v1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大
小．设物块B 的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′.由动量守恒定律和机械能守恒定律
有mv1＝m＋m′v′，mv1
2＝m2＋m′v′2，联立得m′＝3m；
(2)在题图(b)所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为Ff，下滑过程中所经
过的路程为s1，返回过程中所经过的路程为s2，P 与B 的高度差为h，整个过程中克服摩擦
力所做的功为W.由动能定理有mgH－Ffs1＝mv1
2－0 ④－(Ffs2＋mgh)＝0－m2
从题图(b)所给出的v－t 图线可知s1＝v1t1，s2＝··(1.4t1－t1)由几何关系得：＝
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物块A 在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W＝Ffs1＋Ffs2联立可得W＝mgH
题型三：竖直式运动模型
【典例3 提高题】如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B 叠放在一起，从高度
为h 处自由落下，h 远大于两小球半径，落地瞬间，B 先与地面碰撞，后与A 碰撞，所有
的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计．已知m2＝3m1，则
A 反弹后能达到的高度为( )
A．h B．2h C．3h D．4h
【典例3 提高题】【答案】D
【解析】所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失．设竖直向上为正方向，根据机
械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1
＋m2)v2＝m1v＋m2v，m1v＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D 正确．
【典例3 提高题对应练习】如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球叠放在一起，从高
度为h 处由静止释放，它们一起下落，不计空气阻力。
(1)在下落过程中，两个小球之间是否存在相互作用力？请说明理由。
(2)已知h 远大于两球半径，所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞前后小球都沿竖直方向
运动，若碰撞后m2恰处于平衡状态，求：
①落地前瞬间，两个小球的速度大小v0；
②两个小球的质量之比m1∶m2；
③小球m1上升的最大高度H。
【典例3 提高题对应练习】【答案】(1)在下落过程中，两个小球之间不存在相互作用力，
任意时刻它们均处于完全失重状态，其速度和加速度都相同，不会相互挤压，因而没有相
互作用力。(2)① ②1∶3 ③4h
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【解析】(1)在下落过程中，两个小球之间不存在相互作用力，任意时刻它们的速率和加速
度都相同，不会相互挤压，其间没有相互作用力。
(2)①根据机械能守恒定律：(m1＋m2)v0
2＝(m1＋m2)gh，解得v0＝
②m1，m2以相同的速度v0落到地面，m2先与地面发生弹性碰撞，碰撞前后速度大小不变，
方向反向；接着与m1碰撞，碰后m2的速度恰好减为零，m1的速度为v1，取向上为正方向，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有—m1v0＋m2v0＝m1v1，m1v0
2＋m2v0
2＝m1v1
2，解得v1
＝2v0＝2，m1∶m2＝1∶3。
③根据机械能守恒定律，有m1v1
2＝m1gH，解得H＝4h。
题型四：弹性正碰+组合式运动模型
【典例4 提高题】如图所示，AB 为光滑水平面，BC 部分位于竖直平面内半径为R 的半圆
轨道，B 点是最低点，C 点是最高点，C 点切线方向水平，圆管截面半径r≪R.有一个质量
为m 的a 球以水平初速度向右运动碰撞到原来静止在水平面上的质量为3m 的b 球，两球
发生对心碰撞，碰撞时间极短，并且碰撞时没有能量损失，碰撞后b 球顺利进入光滑圆管
(B 点无能量损失，小球的半径比圆管半径r 略小)，它经过最高点C 后飞出，最后落在水平
地面上的A 点，已知AB 的距离为2R.已知重力加速度为g.求：
(1)小球b 运动到C 点时对轨道的压力．
(2)碰后小球a 的速度．
【典例4 提高题】【答案】(1)0 (2)，方向向左
【解析】(1)b 球从C 点做平抛运动，则：水平方向x＝2R＝vCt，竖直方向：y＝2R＝gt2，
解得：vC＝，在C 点根据牛顿第二定律得：3mg＋FN＝3m，解得：FN＝0，由牛顿第三定
律知小球对轨道的压力为0
(2)b 球从B 到C，由机械能守恒得：3mg·2R＝×3mv－×3mv，解得：vB＝，a 球与b 球发生
弹性碰撞，则：mv0＝mva＋3mvB，mv＝mv＋×3mv，解得：va＝－，方向向左．
【典例4 提高题对应练习】如图所示，光滑曲面AB 与粗糙水平轨道BC 相切于B 点，一质
量为m1＝0.1 kg 的小滑块1 从离BC 高为H＝0.8 m 处由静止开始下滑，与静止在B 处的质
量为m2＝0.3 kg 的小滑块2 发生弹性碰撞，碰撞后滑块2 恰好运动到C 处停止．已知BC
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间距离为s＝1 m，O 在C 的正下方，C 离水平地面高为h＝0.45 m，两滑块均可看作质点，
不计空气阻力，g＝10 m/s2.
(1)求两滑块碰撞前瞬间滑块1 的速度大小v0；
(2)求滑块2 与水平轨道BC 间的动摩擦因数μ；
(3)若增加滑块1 的质量，碰撞后滑块2 从C 点水平飞出后落在水平地面上的D 点，则D
与C 的水平距离最大不会超过多少？
【典例4 提高题对应练习】【答案】(1)4 m/s (2)0.2 (3)
m
【解析】(1)滑块1 从A 到B，由动能定理有：m1gH＝m1v0
2，解得v0＝4 m/s.
(2)滑块1、2 发生弹性碰撞，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v0
2＝m1v1
2＋m2v2
2，联立以上两
式得：v2＝
＝2 m/s，对滑块2，从B 到C 由动能定理有：－μm2gs＝0－m2v2
2，得μ
＝0.2.
(3)由v2＝
可知当m1远大于m2时，发生弹性碰撞后物块2 速度最大，为v2m＝2v0＝8
m/s，对滑块2，从B 到C 由动能定理有：－μm2gs＝m2vC
2－m2v2m
2，离开C 后滑块2 做
平抛运动，有h＝gt2，xm＝vCt，联立以上各式解得xm＝
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 提高题】半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面
垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上
升到轨道M 点，已知OM 与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比m1∶m2为(
)
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A．(＋1)∶(－1) B．∶1
C．(－1)∶(＋1) D．1∶
【典例1 提高题】【答案】C
【解析】两球到达最低的过程由动能定理得：mgR＝mv2解得：v＝，所以两球到达最低点
的速度均为；设向左为正方向，则m1的速度v1＝－，则m2的速度v2＝，
由于碰撞瞬间动量守恒得：m2v2＋m1v1＝(m1＋m2)v 共解得：v 共＝，二者碰后粘在一起向左
运动，最高能上升到轨道P 点，对此过程由动能定理得：
－(m1＋m2)gR(1－cos 60°)＝0－(m1＋m2)v 解得：＝2
整理得：m1∶m2＝(－1)∶(＋1)，故选C.
【典例1 提高题对应练习】如图所示，内壁光滑半径为R 的圆形轨道，固定在竖直平面内．
质量为m1的小球静止在轨道最低点，另一质量为m2的小球(两小球均可视为质点)从内壁上
与圆心O 等高的位置由静止释放，运动到最低点时与m1发生碰撞并粘在一起．求：
(1)小球m2刚要与m1发生碰撞时的速度大小；
(2)碰撞后，m1、m2能沿内壁运动所能达到的最大高度(相对碰撞点)．
【典例1 提高题对应练习】【答案】(1) (2)
【解析】(1)设小球m2刚要与m1发生碰撞时的速度大小为v0.由机械能守恒定律，得m2gR＝
m2v ①，解得v0＝②
(2)设两球碰撞后，m1、m2 两球粘在一起的速度为v，由动量守恒定律，得m2v0＝(m1＋
m2)v ③，设两球碰撞后上升的最大高度为h，由机械能守恒得(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)gh ④，
由②③④三式解得h＝
题型二：完全非弹性正碰+组合式运动模型
【典例2 提高题】小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨
道、水平直轨道AB 和倾角θ＝37°的斜轨道BC 平滑连接而成．质量m＝0.1 kg 的小滑块从
弧形轨道离地高H＝1.0 m 处静止释放．已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB
和BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力．g
＝10 m/s2
（1）求滑块运动到与圆心O 等高的D 点时对轨道的压力；
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（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C 点；
（3）若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A 点x 处的质量为2m 的小滑块相碰，碰后一
起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC 上到达的高度h 与x 之间的关系．(碰撞
时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【典例2 提高题】【答案】（1）8 N，方向水平向左（2）不会冲出（3）h＝x－( m<x≤1
m)或h＝0(0≤x≤ m)
【解析】(1)由机械能守恒定律有mgH＝mgR＋mvD
2根据牛顿第二定律有FN＝＝8 N
根据牛顿第三定律可知滑块在D 点时对轨道的压力大小FN′＝FN＝8 N，方向水平向左．
(2)设滑块能在斜轨道上到达的最高点为C′点，根据功能关系可知mgH＝μmgLAB＋
μmgLBC′cos θ＋mgLBC′sin θ 得LBC′＝ m<1.0 m，故不会冲出．
(3)设滑块运动到距A 点x 处的速度为v，根据动能定理得mgH－μmgx＝mv2－0
设两滑块碰撞后的速度大小为v′，由动量守恒定律有mv＝3mv′，设碰撞后滑块滑到斜轨道
的高度为h，根据动能定理有－3μmg(LAB－x)－3μmgcos θ·－3mgh＝0－(3m)v′2得h＝x－
( m<x≤1 m)或h＝0(0≤x≤ m)．
题型三：滑块与滑块正碰模型
【典例3 提高题】如图所示，固定点O 上系一长L＝0.6 m 的细绳，细绳的下端系一质量m
＝1.0 kg 的小球(可视为质点)，原来处于静止状态，球与平台的B 点接触但对平台无压力，
平台高h＝0.80 m，一质量M＝2.0 kg 的物块开始静止在平台上的P 点，现对物块M 施予
一水平向右的初速度v0，物块M 沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B 处与小球m 发生
正碰，碰后小球m 在绳的约束下做圆周运动，经最高点A 时，绳上的拉力恰好等于小球的
重力，而物块M 落在水平地面上的C 点，其水平位移x＝1.2 m，不计空气阻力，g＝10
m/s2.
(1)求物块M 碰撞后的速度大小；
(2)若平台表面与物块M 间的动摩擦因数μ＝0.5，物块M 与小球的初始距离为x1＝1.3 m，
求物块M 在P 处的初速度大小．
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【典例3 提高题】【答案】(1)3.0 m/s (2)7.0 m/s
【解析】(1)碰后物块M 做平抛运动，设其平抛运动的初速度为v3，平抛运动时间为t,h＝
gt2①，x＝v3t ②，得：v3＝x＝3.0 m/s ③
(2)物块M 与小球在B 点处碰撞，设碰撞前物块M 的速度为v1，碰撞后小球的速度为v2，
由动量守恒定律：Mv1＝mv2＋Mv3④，碰后小球从B 点处运动到最高点A 过程中机械能守
恒，设小球在A 点的速度为vA，则mv＝mv＋2mgL ⑤，小球在最高点时有：2mg＝⑥，由
⑤⑥解得：v2＝6.0 m/s ⑦，由③④⑦得：v1＝＝6.0 m/s ⑧，物块M 从P 点运动到B 点过程
中，由动能定理：－μMgx1＝Mv－Mv ⑨解得：v0＝＝7.0 m/s ⑩
【典例3 提高题对应练习】如图所示，一圆心为O、半径为R 的光滑半圆弧轨道固定在竖
直平面内，其下端与光滑水平面在Q 点相切．在水平面上，质量为m 的小物块A 以某一速
度向质量也为m 的静止小物块B 运动．A、B 发生正碰后，B 到达半圆弧轨道最高点时对
轨道压力恰好为零，A 沿半圆弧轨道运动到与O 点等高的C 点时速度为零．已知重力加速
度大小为g，忽略空气阻力．
(1)求B 从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q 点的距离；
(2)当A 由C 点沿半圆弧轨道下滑到D 点时，OD 与OQ 夹角为θ，求此时A 所受力对A
做功的功率；
(3)求碰撞过程中A 和B 损失的总动能．
【典例3 提高题对应练习】【答案】(1)2R (2)mgsinθ
(3)
mgR
【解析】(1)设B 到半圆弧轨道最高点时速度为v2′，由于B 对轨道最高点的压力为零，则由
牛顿第二定律得mg＝m
，B 离开最高点后做平抛运动，在竖直方向上有2R＝gt2，在
水平方向上有x＝v2′t，联立解得x＝2R
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(2)对A 由C 点到D 点的过程，由机械能守恒定律得mgRcosθ＝mvD
2，由于对A 做功的力
只有重力，则在D 点时，A 所受力对A 做功的功率为P＝mgvDsinθ，解得P＝mgsinθ
(3)设A、B 碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对B 由Q 点到最高点的过程，由机械能守恒定
律得mv2
2＝mv2′2＋mg·2R，解得v2＝
，对A 由Q 点到C 点的过程，由机械能守恒定
律得mv1
2＝mgR，解得v1＝
，设碰前瞬间A 的速度为v0，对A、B 碰撞的过程，由动
量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，解得v0＝
＋
，碰撞过程中A 和B 损失的总动能为
ΔE＝mv0
2－mv1
2－mv2
2，解得ΔE＝
mgR.
10
