文档文本内容
知识点 55：应用三大观点解决悬绳模型与滑块碰撞问题
【知识点的理解与运用】
1．解动力学问题的三种观点：
①动力学的方法：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能量方法：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动量方法：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．滑块与悬物碰撞模型的特点：
悬绳模型是指由悬绳或通过弧形滑槽将不同的物体连在一起组成的系统。此类问题应认清
物体的运动过程和运动状态，注意物体运动到最高点或最低点时速度相同的隐含条件及系
统机械能守恒定律的应用。
考点一：悬绳与滑块碰撞问题
题型一：悬绳与滑块水平式碰撞模型
【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，求：
（1）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，由牛顿第二定律，有mg＝m ，A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，
1 1
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＝mv2＋2mgl，由
A 1 1 1
动量定理，有I＝mv 联立，得I＝m。
1 A 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 ，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
A
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′，又E ＝mv，联立得碰撞前瞬间B的动能E 至少为E ＝
2 k 2 k k
1
学科网（北京）股份有限公司【典例1拔尖题对应练习】有一种打积木的游戏，装置如图5所示，三块完全相同的积木
叠放在靶位上，长为L，积木B与C夹在固定的两光滑薄板间，一钢球用长为R且不可伸
长的轻绳挂于O点，钢球质量与每块积木的质量相等；游戏时，将钢球拉到与 O等高的P
点(保持绳绷直)由静止释放，钢球运动到最低点时与积木A发生弹性碰撞，积木A滑行一
段距离s(s>2L)后停下，又将钢球拉回P点由静止释放，落下后与静止的积木B发生弹性碰
撞，积木B向前滑行与积木A碰撞后，以共同速度滑行一段距离后停止。已知重力加速度
为g，各接触面间的动摩擦因数相同，碰撞时间极短。求：
(1)钢球与积木A碰撞前、后瞬间的速度大小；
(2)动摩擦因数；
(3)积木B滑行的距离。
【典例1拔尖题对应练习】【答案】(1) 0 (2) (3)s－L
【解析】(1)设钢球和滑块的质量均为m，由机械能守恒定律可得：mgR＝mv
解得v＝，钢球与滑块A碰撞过程满足：mv ＝mv ＋mv ，mv＝mv＋mv
0 0 1 2
解得v＝0，v＝v＝
1 2 0
(2)对滑块A由动能定理：mv＝(μ·3mg＋μ·2mg)L＋μmg(s－L)，解得μ＝
(3)又将钢球拉回P点由静止释放，与落下后静止的积木B发生弹性碰撞，此时B的速度仍
为v ＝滑行s－L后与A碰撞，此时B的速度为v ，则：mv－mv＝－(μ·2mg＋μmg)L－
3 4
μmg(s－2L)，得v ＝，当AB碰撞时，由动量守恒：mv ＝2mv ，解得v ＝v ＝，由动能定
4 4 5 5 4
理：·2mv＝μ·2mgx，解得x＝，则积木B滑行的距离x′＝s－L＋x＝s－L
题型二：悬绳模型与滑块碰撞+板块模型
【典例2拔尖题】如图，一滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为R的四分之
一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上。物体P（可视为质点）置于滑板上面
的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为 （ ）。一根长度为L、不可伸长
的细线，一端固定于O′点，另一端系一质量为m 的小球Q。小球Q位于最低点时与物体P
0
处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O′同一高度（细线处于水平拉直状态），然
2
学科网（北京）股份有限公司后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。设物体P的
质量为m，滑板的质量为2m。
（1）求小球Q与物体P碰撞前瞬间细线对小球拉力的大小；
（2）若物体P在滑板上向左运动从C点飞出，求飞出后相对C点的最大高度；
（3）要使物体P在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，求 的取值
范围。
【典例2拔尖题】【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）小球Q在下落过程中机械能守恒，因此有
在最低点对小球Q牛顿第二定律可得 联立解得
（2）小球Q和物块P发生弹性碰撞，则机械能和动量守恒，因此
， 解得
物体和滑板在水平方向上不受力，则水平方向动量守恒
由能量守恒可得
物体离开滑板后两物体水平方向都做匀速直线运动，因此水平相对位置不变，竖直方向
联立可得
（3）要求P有相对地面向右的速度，说明P要滑到曲面上再返回运动，物块P相对滑板反
方向运动过程中，可以知道当再次回到B点时两者的速度最大，此时P有向右运动的速度
即可，因此再次回到B时水平方向动量守恒可得
3
学科网（北京）股份有限公司由能量守恒可得
联立可得方程
因物体要经过B点，因此要求判别式大于零，速度向右说明结果要小于零；则
，满足不等式即 ，
则 联立可得
【典例2拔尖题对应练习】如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B
上的O′点，O′点左侧粗糙，右侧光滑．用不可伸长的轻绳将质量为 M的小球悬挂在O′点
正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态．将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发
生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动(要求摆角小于5°)，A以速
度v 沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞．一段时间后，A返回到O点的正下方时，
0
相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点．已知 A的质量m ＝0.1
A
kg，B的质量m ＝0.3 kg，A与B的动摩擦因数μ ＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ ＝
B 1 2
0.225，v ＝4 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2.整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略
0
不计，不计空气阻力，求：
（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小v 与v ；
A B
（2）B光滑部分的长度d；
（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功W；
f
（4）实现上述运动过程，的取值范围(结果用cos 5°表示)．
【典例2拔尖题对应练习】【答案】(1)2 m/s 2 m/s (2) m (3)－ J(4)<<
【解析】(1)设水平向右为正方向，因为O′点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，
故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有m v＝m v ＋m v ，m v2＝m v 2＋m v 2
A 0 A A B B A 0 A A B B
代入数据联立解得v ＝－2 m/s，(方向水平向左)，v ＝2 m/s，(方向水平向右)
A B
即A和B速度的大小分别为|v |＝2 m/s，v ＝2 m/s.
A B
(2)A、B碰后A匀速运动过程中，此过程对B有μ(m ＋m )g＝m a，x＝v t－at2
2 A B B 1 0 B1 11
故d＝|v |t＋x，A从碰后到返回到O点正下方，有d＝|v |t＋，μm g＝m a
A 1 0 A 1 1 A A A
联立各式代入数据解得t＝ s，t′＝1 s(舍去)，d＝ m
1 1
(3)在A刚开始减速时，B的速度为v＝v －at＝1 m/s
2 B 11
4
学科网（北京）股份有限公司在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知μm g＋μ(m ＋m )g＝m a
1 A 2 A B B 2
解得a＝ m/s2，设B停下来的时间为t，则有0＝v－at，A减速的时间t＝＝0.5 s
2 3 2 23 2
解得t ＝ s<t ＝0.5 s，可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移大小为x ＝
3 2 B
＝ m所以A对B的摩擦力所做的功为W＝－μm gx ＝－ J
f 1 A B
(4)小球和A碰撞后，A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有t＝＝ s
0
由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐运动
的周期为T，摆长为L，则有T＝t＋t＋t＝ s，即T＝ s
0 1 2
又单摆周期公式T＝2π，可得L＝，小球下摆过程根据动能定理有MgL＝Mv2
小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有Mv＝Mv＋m v
1 A 0
当碰后小球摆角恰为5°时，有MgL(1－cos 5°)＝Mv2联立可得＝
1
当碰后小球速度恰为0时，碰撞过程有Mv＝m v，则可得＝
A 0
故要实现题述过程的范围为<<
题型三：悬绳模型与滑块碰撞+其他组合运动模型
【典例3拔尖题】如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，
以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、
CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，
与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，
摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2
m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到
FG时不反弹且静止．忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为
质点，取g＝10 m/s2.
（1）若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v的大小；
0
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力F 与h间满足的关系；
N
（3）若物块b释放高度0.9 m<h<1.65 m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为
坐标原点，水平向右为正，建立x轴)．
【典例3拔尖题】【答案】(1)5 m/s(2)F ＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
N
(3)当0.9 m<h<1.2 m时，2.6 m<x≤3 m，当1.2 m≤h<1.65 m时， m≤x< m
【解析】(1)滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有mgh＝mv 2，解得v＝5 m/s
b b
b与a发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv ＝mv ′＋mv ，mv 2＝mv ′2
b b 0 b b
5
学科网（北京）股份有限公司＋mv 2，联立解得v＝5 m/s
0 0
(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块a刚好可以到
达E点对应的高度为h，根据动能定理可得mgh －2μmgl－mgH＝0，解得h＝1.2 m
1 1 1
以竖直向下为正方向，则有F ＋mg＝m，由动能定理有mgh－2μmgl－mgH＝mv 2
N E
联立可得F ＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
N
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，最终物块a静止的位置在E点或E点右侧，根据动能定理得
mgh－2μmgl－mgH＝mv 2，从E点飞出后，竖直方向H＝gt2，水平方向s＝v t
E 1 E
当h最大时，s 最大，即s ＝0.6 m，又因x取不到最大值，则s 取不到最大值，
1 1max 1
根据几何关系可得DF＝ m，x＝3l＋DF＋s 代入数据解得 m≤x<(3.6＋) m；
1
当0.9 m<h<1.2 m时，从h ＝0.9 m释放b，a、b碰撞后，仍交换速度时，则根据动能定理
2
可得mgh－μmgs＝0，当h最小时解得s＝1.8 m，可知物块a达到距离C点0.8 m处静止；
2 2
当h取1.2 m时，物块a在E点速度为零，若返回到CD时，根据动能定理可得mgH－
μmgs ＝0，解得 s ＝0.4 m，距离 C 点 0.6 m，又因 h＝1.2 m 不在此范围内，故当 0.9
3 3
m<h<1.2 m时，有3l－s<x≤3l代入数据得2.6 m<x≤3 m.
3
考点二：悬绳与悬绳模型碰撞问题
题型一：悬绳与悬绳碰撞模型
【典例1拔尖题】质量为M＝0.6 kg的小车静止在光滑水平轨道上，有两根长度均为L＝
0.8 m的细绳，一根系在固定的挡板D上，另一根系在小车C上(小车紧靠挡板)，下面各
挂一只小球，小球的质量分别为m ＝0.4 kg，m ＝0.2 kg，静止时两小球正好相切，且切
A B
点与两球心同在一水平面上，如图所示，如果将A球拉成水平后由静止释放，在最低点与
B球碰撞，碰后A球继续向右运动，上升的最大高度为h＝0.2 m．g＝10 m/s2，求：
(1)碰后瞬间B球的速度大小；
(2)碰撞后B球上升的最大高度；
(3)小车能达到的最大速度。
【典例1拔尖题】【答案】(1)4 m/s (2)0.6 m (3)2 m/s
【解析】(1)设A球下落到最低点时速度为v，两球碰撞后速度分别为v 、v ，对A球下落
0 A B
以及碰后上升两个阶段分别由机械能守恒定律，可得m gL＝ m v2，m gh＝ m v 2
A A 0 A A A
A、B碰撞过程由动量守恒定律得m v＝m v ＋m v ，解得v ＝4 m/s。
A 0 A A B B B
(2)对B、C系统，当B上升到最大高度时，由动量守恒定律得m v ＝(M＋m )v
B B B
由能量守恒定律可知 m v 2＝ (M＋m )v2＋m gh ，解得h ＝0.6 m。
B B B B B B
6
学科网（北京）股份有限公司(3)当B再次回到最低点时小车的速度最大，则由动量守恒定律得m v ＝Mv ＋m v′
B B m B
由能量守恒定律可知 m v 2＝ Mv 2＋ m v′2，解得小车的最大速度v ＝2 m/s。
B B m B m
【典例1拔尖题对应练习】两物体碰撞后的分离速度与碰撞前的接近速度成正比，这个比
值叫做恢复系数： ，式中vv 为两物体碰前的速度， uu 为两物体碰后的速度。
1 2 1 2
恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关。如图所示，
质量为m 的小球a，用l=0.4m的细线悬挂于O 点，质量为m=1kg的小球b，用l=0.8m
1 1 1 2 2
的细线悬挂于O 点，且O、O 两点在同一条竖直线上。让小球a静止下垂，将小球b向右
2 1 2
拉起，使细线水平，从静止释放，两球刚好在最低点对心相碰。相碰后，小球a向左摆动，
细线l 与竖直方向最大偏角为 ，两小球可视为质点，空气阻力忽略不计，仅考虑首次碰
1
撞。取g=10m/s2。求：
（1）两球相碰前瞬间小球b对细线l 的拉力的大小；
2
（2）若a小球的质量m=2kg，求两球碰撞的恢复系数k的大小；
1
（3）所有满足题干要求的碰撞情形中，恢复系数k取何值时系统机械能损失最多？
【典例1拔尖题对应练习】【答案】(1)30N；(2) ；(3)0.25。
【解析】(1)设小球b摆到最低点的速度为v，细线l 对b球的拉力为T，小球b摆到最低
2 2
点的过程机械能守恒，有 ，b在最低点，根据牛顿第二定律，有
解得 ，由牛顿第三定律知，小球b对绳的拉力的大小也为30N，方向竖直向下。
(2)设a、b两小球 碰后的速度分别为 、 ，a球上摆过程机械能守恒：
，两球碰撞动量守恒： ，由题意得： ，
7
学科网（北京）股份有限公司其中v=0，解得v=4m/s，u=2m/s，u=0，代入可得
1 2 1 2
(3)设两球碰撞的恢复系数为k，由题意得： ，两小球碰撞动量守恒：
，系统损失机械能： ，整理得：
，所以： 时两球碰撞损失的机械能最多。
题型二：悬绳其他模型
【典例2拔尖题】打桩机是基建常用工具，某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C
通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)
时，C到两定滑轮的距离均为L.重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持
静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°.某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位
置，然后由静止释放．设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞
时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止(不考虑C、D再次相碰)．
A、B、C、D均可视为质点．重力加速度为g.
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求 A、B、C的总动能最
大时C的动能．
【典例2拔尖题】【答案】(1)m (2)6.5mg (3)(4－2)mgL
【解答】(1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知m g＝
C
2mgcos 30°解得m ＝m(2)C、D碰后C的速度为零，设碰撞后瞬间D的速度大小为v，根据
C
动量守恒定律可知m×＝m×0＋2mv解得v＝，C、D碰撞后D向下运动 距离后停止，根据
动能定理可知2mg×－F×＝0－×2mv2解得F＝6.5mg。(3)设某时刻C向下运动的速度大小
为v′，长绳与竖直方向的夹角为α，则A、B向上运动的速度大小为v′cos α，根据动能定
理有m v′2＋2×m(v′cos α)2＝m g－2mg(－L)令y＝m g－2mg(－L)，对上式求导数可得＝
C C C
mgL＋2mgL当＝0时，y有最大值，即总动能最大，解得cos α＝，即α＝30°，此时y＝
8
学科网（北京）股份有限公司m g－2mg(－L)＝mgL，于是有m v′2＋2×m(v′cos α)2＝mgL解得v′2＝，此时C的动能为E
C C k
＝m v′2＝(4－2)mgL.
C
9
学科网（北京）股份有限公司
