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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基础题】如图，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻绳处于水平拉
直状态．现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块 b
发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b滑行的最大距离为s.已知b的质量是a的3倍．b
与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.求
(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小；
(2)轻绳的长度．
【典例1基础题】【答案】(1) (2)4μs
【解析】(1)设a的质量为m，则b的质量为3m，对物块b碰撞后由动能定理有：－μ·3mgs
＝0－·3mv 2，解得v＝
b b
1
学科网（北京）股份有限公司(2)a球从水平位置摆下的过程：mgL＝mv 2，a、b碰撞的过程：mv ＝mv ＋3mv ，mv 2＝
0 0 a b 0
mv 2＋·3mv 2，联立解得：L＝4μs.
a b
【典例1基础题对应练习】如图所示，一水平轻弹簧右端固定在粗糙水平面右侧的竖直墙
壁上，质量为M＝2 kg的物块静止在水平面上的P点，质量为m＝1 kg的小球用长l＝0.9
m的细线悬挂在P点正上方的O点．现将小球拉至细线与竖直方向成60°角位置，由静止
释放．小球到达最低点时恰好与物块发生弹性正碰．碰后物块向右运动并压缩弹簧，之后
物块被弹回，刚好能回到P点．设小球与物块只碰撞一次，不计空气阻力，物块和小球均
可视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)小球第一次摆到最低点与物块碰撞前瞬间对细线的拉力大小；
(2)弹簧的最大弹性势能E .
p
【典例1基础题对应练习】【答案】(1)20 N (2)2 J
【解析】(1)小球由静止释放，由机械能守恒定律：mgl(1－cos 60°)＝mv 2，小球在最低点
0
由牛顿第二定律得：F －mg＝m，又由牛顿第三定律有小球对细线的拉力 F ′＝F ，解得：
T T T
F ′＝20 N.
T
(2)小球与物块发生弹性碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv
0
＝mv ′＋Mv ，mv 2＝mv ′2＋Mv2，物块从P点运动到最右端，由能量守恒定律得：Mv2＝
0 1 0 0 1 1
E ＋Q，由小球反弹后回到P点的过程可知，有：E ＝Q，联立解得：E ＝2 J.
p p p
题型二：悬绳模型与滑块碰撞+板块模型
【典例2基础题】如图所示，一质量为M ＝6 kg的木板B静止于光滑的水平面上，物块A
B
的质量M ＝6 kg，停在B的左端，一质量为m＝1 kg 的小球用长为l＝0.8 m的轻绳悬挂
A
在固定点O上．将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞
后反弹，反弹所能达到的最大高度 h＝0.2 m，物块A与小球均可视为质点，A、B达到共
同速度后A还在木板上，不计空气阻力，g取10 m/s2.
(1)小球和物块A碰后瞬间物块A的速度大小；
(2)A、B组成的系统因摩擦损失的机械能．
【典例2基础题】【答案】(1)1 m/s (2)1.5 J
2
学科网（北京）股份有限公司【解析】(1)对于小球，在运动的过程中机械能守恒，则有 mgl＝mv2，得v＝＝4 m/s，
1 1
mgh＝mv′2，得v′＝＝2 m/s，小球与物块A碰撞过程中，系统的动量守恒，以向右为
1 1
正方向，则有：mv＝－mv′＋Mv，解得v＝1 m/s
1 1 A A A
(2)物块A与木板B相互作用过程中：Mv＝(M ＋M )v ，解得v ＝0.5 m/s，A、B组成
A A A B 共 共
的系统因摩擦而损失的机械能ΔE＝Mv2－(M ＋M )v 2，代入数据，解得ΔE＝1.5 J
A A A B 共
【典例2基础题对应练习】如图，一质量M＝6 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A
质量m＝6 kg，停在木板B的左端．质量为m＝1 kg的小球用长为L＝0.8 m的轻绳悬挂在
0
固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生碰
撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为h＝0.2 m，物块A与小球可视为质点，不计空气阻
力．已知物块A、木板B间的动摩擦因数μ＝0.1，(g＝10 m/s2)求：
(1)小球运动到最低点与物块A碰撞前瞬间，小球的速度大小；
(2)小球与物块A碰撞后瞬间，物块A的速度大小；
(3)为使物块A、木板B达到共同速度前物块A不滑离木板，木板B至少多长．
【典例2基础题对应练习】【答案】(1)4 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m
【解析】(1)对小球下摆过程，由机械能守恒定律得：mgL＝mv，v＝4 m/s.
0 0 0
(2)对小球反弹后过程，由机械能守恒定律得，有mgh＝mv，解得：v＝2 m/s，小球与物
0 0 1
块A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝
0 0
－mv＋mv，解得v＝1 m/s.
0 1 A A
(3)物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以物块A的速度方向为正方向，由动量
守恒定律得：mv＝(m＋M)v，解得v＝0.5 m/s，由能量守恒定律得：μmgx＝mv－(m＋
A
M)v2，解得x＝0.25 m.
题型三：悬绳模型与滑块碰撞+其他组合运动模型
【典例3基础题】如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，
O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，
置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静
止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水
平面的距离为.小球与物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程B
物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能．
3
学科网（北京）股份有限公司【典例3基础题】【答案】m mgh
【解析】设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v ，取小球运动到最低点时的
1
重力势能为零，根据机械能守恒定律有 mgh＝mv 2，解得v ＝，设碰撞后小球反弹的速度
1 1
大小为v′，同理有mg＝mv ′2，解得v′＝，设碰撞后物块B的速度大小为v ，取水平向右
1 1 1 2
为正方向，由动量守恒定律有mv ＝－mv ′＋5mv ，解得v＝，由动量定理可得，碰撞过程
1 1 2 2
B物块受到的冲量为I＝5mv ＝m，碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能
2
最大，据动量守恒定律有5mv ＝8mv ，据机械能守恒定律得E ＝×5mv 2－×8mv 2，解得
2 3 pm 2 3
E ＝mgh.
pm
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基础题】如图所示，A、B两个小球半径相同，质量不同，并排悬挂在相同长度的
轻质绳子上，彼此相互接触，把质量为m 的A球拉开后由静止释放，当A球与B球相碰
0
前其速度为v，碰撞后两小球的动量相等，则：
0
(1)求碰撞后A球的速度；
(2)若碰撞为弹性碰撞，求碰撞后B球的动能.
【典例1基础题】【答案】(1)v (2)mv
0 0
【解析】(1)两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定
律得mv ＝p ＋p ，由题意可知，碰撞后两球的动量相等，即 p ＝p ，解得：p ＝mv ＝
0 0 A B A B A 0 0
mv，碰撞后A的速度v＝v
0 0
(2)若碰撞为弹性碰撞，碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mv＝mv2＋E ，解得
0 0 kB
E ＝mv
kB 0
题型二：悬绳其他模型
【典例2基础题】质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻
杆，轻杆上端的O点系一条不可拉伸的长为l的细线，细线另一端系一个可以看作质点的
球C，质量也为m.现将C球拉起使细线水平自然伸直，并由静止释放C球，重力加速度为
4
学科网（北京）股份有限公司g.求：
(1) C球第一次摆到最低点时的速度大小；
(2)从C球释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离；
(3) C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度．
【典例2基础题】【答案】(1)2 (2) (3)
【解析】(1)对A、B、C组成的系统，由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得mv ＝
C
2mv
AB
mgl＝ mv 2＋ ×2mv 2，联立解得，C球第一次摆到最低点时的速度大小为v ＝2 .
C AB C
(2)对A、B、C组成的系统，由人船模型规律可得mx ＝2mx ，x ＋x ＝l，联立解得，从
C AB C AB
C球释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离为x ＝ .
AB
(3)C球向左摆动到最高点时A、C有共同速度v，对A、C组成的系统，取向左为正方向，
由水平方向动量守恒可得mv －mv ＝2mv，由机械能守恒定律可得 mv 2＋ mv 2＝
C AB C AB
×2mv2＋mgh，则C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度为Δh＝l－h联立解得Δh＝ .
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