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知识点55：应用三
点解
大观
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，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，由牛顿第二定律，有m1g＝m1，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m1v＝m1v2＋2m1gl，由
动量定理，有I＝m1vA联立，得I＝m1。
(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′＝vA，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′，又Ek＝m2v，联立得碰撞前瞬间B 的动能Ek至少为Ek＝
1
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【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v0＝，钢球与滑块A 碰撞过程满足：mv0＝mv1＋mv2，mv＝mv＋mv
解得v1＝0，v2＝v0＝
(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v3＝滑行s－L 后与A 碰撞，此时B 的速度为v4，则：mv－mv＝－(μ·2mg＋μmg)L－
μmg(s－2L)，得v4＝，当AB 碰撞时，由动量守恒：mv4＝2mv5，解得v5＝v4＝，由动能定
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m0的小球Q。小球Q 位于最低点时与物体P
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
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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
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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v0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，
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mA＝0.1
kg，B 的质量mB＝0.3 kg，A 与B 的动摩擦因数μ1＝0.4，B 与地面间的动摩擦因数μ2＝
0.225，v0＝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
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vA与vB；
（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Wf；
（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mAv0＝mAvA＋mBvB，mAv0
2＝mAvA
2＋mBvB
2
代入数据联立解得vA＝－2 m/s，(方向水平向左)，vB＝2 m/s，(方向水平向右)
即A 和B 速度的大小分别为|vA|＝2 m/s，vB＝2 m/s.
(2)A、B 碰后A 匀速运动过程中，此过程对B 有μ2(mA＋mB)g＝mBa1，x0＝vBt1－a1t1
2
故d＝|vA|t1＋x0，A 从碰后到返回到O 点正下方，有d＝|vA|t1＋，μ1mAg＝mAaA
联立各式代入数据解得t1＝ s，t1′＝1 s(舍去)，d＝ m
(3)在A 刚开始减速时，B 的速度为v2＝vB－a1t1＝1 m/s
在A 减速过程中，对B 分析根据牛顿运动定律可知μ1mAg＋μ2(mA＋mB)g＝mBa2
4
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解得a2＝ m/s2，设B 停下来的时间为t3，则有0＝v2－a2t3，A 减速的时间t2＝＝0.5 s
解得t3＝ s<t2＝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xB＝
＝ m 所以A 对B 的摩擦力所做的功为Wf＝－μ1mAgxB＝－ J
(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t0＝＝ s
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＝t0＋t1＋t2＝ s，即T＝ s
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＝Mv1＋mAv0
当碰后小球摆角恰为5°时，有MgL(1－cos 5°)＝Mv1
2联立可得＝
当碰后小球速度恰为0 时，碰撞过程有Mv＝mAv0，则可得＝
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v0的大小；
（2）物块a 在DE 最高点时，求管道对物块的作用力FN与h 间满足的关系；
（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)FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(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＝mvb
2，解得vb＝5 m/s
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mvb＝mvb′＋mv0，mvb
2＝mvb′2
＋mv0
2，联立解得v0＝5 m/s
(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
5
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达E 点对应的高度为h1，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2 m
以竖直向下为正方向，则有FN＋mg＝m，由动能定理有mgh－2μmgl－mgH＝mvE
2
联立可得FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(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＝mvE
2，从E 点飞出后，竖直方向H＝gt2，水平方向s1＝vEt
当h 最大时，s1最大，即s1max＝0.6 m，又因x 取不到最大值，则s1取不到最大值，
根据几何关系可得DF＝ m，x＝3l＋DF＋s1代入数据解得 m≤x<(3.6＋) m；
当0.9 m<h<1.2 m 时，从h2＝0.9 m 释放b，a、b 碰撞后，仍交换速度时，则根据动能定理
可得mgh－μmgs2＝0，当h 最小时解得s2＝1.8 m，可知物块a 达到距离C 点0.8 m 处静止；
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－
μmgs3＝0，解得s3＝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
m<h<1.2 m 时，有3l－s3<x≤3l 代入数据得2.6 m<x≤3 m.
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mA＝0.4 kg，mB＝0.2 kg，静止时两小球正好相切，且切
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v0，两球碰撞后速度分别为vA、vB，对A 球下落
以及碰后上升两个阶段分别由机械能守恒定律，可得mAgL＝mAv0
2，mAgh＝mAvA
2
A、B 碰撞过程由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得vB＝4 m/s。
(2)对B、C 系统，当B 上升到最大高度时，由动量守恒定律得mBvB＝(M＋mB)v
由能量守恒定律可知mBvB
2＝(M＋mB)v2＋mBghB，解得hB＝0.6 m。
(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mBvB＝Mvm＋mBv′
由能量守恒定律可知mBvB
2＝Mvm
2＋mBv′2，解得小车的最大速度vm＝2 m/s。
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【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v1v2为两物体碰前的速度， u1u2为两物体碰后的速度。
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m1的小球a，用l1=0.4m 的细线悬挂于O1点，质量为m2=1kg 的小球b，用l2=0.8m
的细线悬挂于O2点，且O1、O2两点在同一条竖直线上。让小球a 静止下垂，将小球b 向右
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l1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
撞。取g=10m/s2。求：
（1）两球相碰前瞬间小球b 对细线l2的拉力的大小；
（2）若a 小球的质量m1=2kg，求两球碰撞的恢复系数k 的大小；
（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v2，细线l2对b 球的拉力为T，小球b 摆到最低
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：
，
其中v1=0，解得v2=4m/s，u1=2m/s，u2=0，代入可得
7
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(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mCg＝
2mgcos 30°解得mC＝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
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mCv′2＋2×m(v′cos α)2＝mCg－2mg(－L)令y＝mCg－2mg(－L)，对上式求导数可得＝
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＝
mCg－2mg(－L)＝mgL，于是有mCv′2＋2×m(v′cos α)2＝mgL 解得v′2＝，此时C 的动能为Ek
＝mCv′2＝(4－2)mgL.
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