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知识点56：应用
点解
轻弹簧解锁反冲问题
三大观
决
【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．反冲问题的特点及处理方法：
①反冲是物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动的现象。
②反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
③反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
考点一：轻弹簧解锁反冲模型与直线运动组合问题
题型一：轻弹簧解锁反冲模型+直线运动模型
【典例1 拔尖题】静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0
kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示．
某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0
J．释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝
0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
（1）求弹簧释放后瞬间A、B 速度的大小；
（2）物块A、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？
（3）A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？
【典例1 拔尖题】【答案】(1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B 先停止 0.50 m (3)0.91 m
【解析】(1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守
恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB，Ek＝mAvA
2＋mBvB
2联立并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s
1
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(2)A、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假
设A 和B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹
簧释放到B 停止所需时间为t，B 向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg，sB＝vBt－at2，vB
－at＝0，在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A
的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间t 内的路程sA都可表示为sA＝vAt－at2
联立并代入题给数据得sA＝1.75 m，sB＝0.25 m。这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，
但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处．B 位于出发点左边0.25 m 处，两
物块之间的距离s 为s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m
(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动
能定理有mAvA′2－mAvA
2＝－μmAg，联立并代入题给数据得vA′＝ m/s
故A 与B 将发生碰撞．设碰撞后A、B 的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能
守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″，mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2，联立并代入题给数据得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s 这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动．设碰撞后A 向右
运动距离为sA′时停止，B 向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式2asA′＝vA″2,2asB′＝
vB″2，由题给数据得sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m，sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得
两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91 m
【典例1 拔尖题对应练习】如图所示，水平传送带A、B 两轮间的距离L＝40 m，离地面的
高度H＝3.2 m，传送带以恒定的速率v0＝2 m/s 沿顺时针方向匀速运动。两个完全相同的
滑块P、Q 中间夹有一根轻质弹簧(弹簧与滑块P、Q 不拴接)，用一轻绳把滑块P、Q 拉至
最近(弹簧始终处于弹性限度内)，使弹簧处于最大压缩状态。现将滑块P、Q 轻放在传送带
的最左端，滑块P、Q 一起从静止开始运动，t1＝4 s 时轻绳突然断开，很短时间内弹簧伸
长至自然长度(不考虑弹簧长度的影响)，此时滑块P 速度反向，滑块Q 的速度大小刚好是
滑块P 的速度大小的两倍。已知滑块P、Q 的质量均为m＝0.2 kg，滑块P、Q 与传送带之
间的动摩擦因数均为μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能；
（2）滑块P、Q 落地的时间差；
（3）滑块P、Q 在传送带上运动的全过程中由于摩擦产生的热量。
【典例1 拔尖题对应练习】【答案】(1)7.2 J (2)6 s (3)6.4 J
【解析】(1)滑块P、Q 在传送带上的加速度大小a＝μg＝1 m/s2，滑块P、Q 从静止到与传
送带共速所需时间t0＝＝2 s，滑块P、Q 共同加速的位移大小x0＝at0
2＝2 m<L＝40 m
故滑块P、Q 第2 s 末相对传送带静止，取向右为速度的正方向，由动量守恒定律有2mv0＝
2
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mvQ＋mvP，又|vQ|＝2|vP|，解得vQ＝8 m/s，vP＝－4 m/s。弹簧最大压缩状态时的弹性势能
Ep＝mvP
2＋mvQ
2－×2mv0
2＝7.2 J。
(2)滑块P、Q 离开传送带后做平抛运动的时间相等，故滑块P、Q 的落地时间差就是弹簧
恢复到自然长度后，滑块P、Q 在传送带上运动的时间之差。t1＝4 s 时，滑块P、Q 位移大
小x1＝x0＋v0(t1－t0)＝6 m，滑块Q 与传送带相对静止时所用的时间t2＝＝6 s
这段时间内滑块Q 的位移大小x2＝vQt2－at2
2＝30 m<L－x1＝34 m，故滑块Q 在传送带上先
做减速运动后做匀速运动，匀速运动的时间t3＝＝2 s，滑块P 速度减小到0 时运动的位移
大小x3＝＝8 m>x1＝6 m，即滑块P 速度未减小到0 时，已经到达了A 端滑块P 运动到A
端时的速度大小|vP′|＝＝2 m/s，滑块P 运动的时间t4＝＝2 s，滑块P、Q 落地时间差Δt＝t2
＋t3－t4＝6 s。
(3)滑块P、Q 共同加速阶段由于摩擦产生的热量为Q1＝2μmg(v0t0－x0)＝0.8 J
分离后滑块Q 向右运动阶段由于摩擦产生的热量为Q2＝μmg(x2－v0t2)＝3.6 J
分离后滑块P 向左运动阶段由于摩擦产生的热量为Q3＝μmg(x1＋v0t4)＝2 J
全过程产生的总热量Q＝Q1＋Q2＋Q3＝6.4 J
考点二：轻弹簧解锁反冲模型与曲线运动组合问题
题型一：轻弹簧解锁反冲模型+竖直圆周运动问题
【典例1 拔尖题】如图所示，粗糙平直轨道与半径为R 的光滑半圆形竖轨道平滑连接，可
视为质点、质量为m 的滑块A 与质量为2m 的滑块B 放在光滑水平面上，中间放有弹性物
质，滑块与平直轨道间的动摩擦因数为μ，平直轨道长为L，现释放弹性物质的能量，使A
以水平向右的初速度滑上平直轨道，滑过平直轨道后冲上圆形轨道，在圆形轨道最低点处
有压力传感器，滑块沿圆形轨道上滑的最大高度h 与滑块通过圆形轨道最低点时压力传感
器的示数F 之间的关系其中两个值如图乙所示．
（1）若滑块A 沿圆形轨道上滑的最大高度为R，求弹性物质释放的能量；
（2）求图乙中的F0的最小值；
（3）请通过推导写出h 与F 的关系式，并将图乙补充完整．
【典例1 拔尖题】【答案】(1)(μmgL＋mgR) (2)6mg (3)见解析
【解析】(1)滑块由A 到沿圆轨道上滑高度R 的过程，根据动能定理，有－μmgL－mgR＝0
－EkA，A 与B 组成的系统在弹开过程中动量守恒mAvA＝mBvB，得vB＝vA，EkB＝×2mvB
2，
EkA＝mvA
2，所以EkB＝EkA，弹性物质释放的能量为E＝EkA＋EkB 联立解得E＝(μmgL＋
mgR)
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(2)由题图乙可得，当压力传感器的示数F0 最小时，滑块沿圆轨道上滑的最大高度恰为
2R，根据牛顿第三定律可得此时滑块所受支持力大小为F0，设滑块通过圆轨道最低点的速
度为v1，到达圆轨道最高点的速度为v2，则滑块在圆轨道最低点，根据牛顿第二定律，有
F0－mg＝m，滑块在圆轨道最高点，有mg＝m，滑块由圆轨道最低点滑到圆轨道最高点的
过程，根据动能定理，有－mg2R＝mv2
2－mv1
2联立解得F0＝6mg
(3)根据牛顿第三定律可得滑块在圆轨道最低点所受支持力大小为F，则F≥mg，设滑块通
过圆轨道最低点的速度为v，沿圆轨道上滑的最大高度为h，根据牛顿第二定律，有
①mg≤F≤3mg 时，滑块在圆轨道最低点，有F－mg＝m
滑块由圆轨道最低点沿圆轨道滑到最大高度h 的过程，根据动能定理，有－mgh＝0－mv2
联立上述两式解得h＝F－
②3mg≤F≤6mg 时，滑块在圆轨道最低点，有F－mg＝m
滑块在圆轨道脱离的最高点mgsin θ＝m，其中sin θ＝
滑块由圆轨道最低点沿圆轨道滑到最大高度h 的过程，根据动能定理，有－mgh＝mvh
2－
mv2得F＝，即h＝F
③F 大于6mg 时，h＝2R
完整图如图所示．
【典例1 拔尖题对应练习】如图所示，半径分别为R 和r＝的两光滑圆轨道安置在同一竖直
平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD 相连，在水平轨道CD 上一轻弹簧被a、b 两
小球夹住，同时释放两小球，a、b 球恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a 球的质量为
m。则( )
A.b 球质量为m
B.两小球与弹簧分离时，动能相等
C.若ma＝mb＝m 要求a、b 都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为
Ep＝5mgR
D.a 球到达圆心等高处时，对轨道压力为5mg
【典例1 拔尖题对应练习】【答案】C
【解析】a、b 球恰好能通过各自圆轨道的最高点，a、b 球在最高点时的速度分别为va 高＝，
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vb 高＝，a、b 球在最高点时的速度分别为va、vb，有－mag2R＝mav－mav，－mbg2r＝mbv－
mbv，设b 球的质量为mb，由动量守恒定律有mava＝mbvb，联立解得mb＝m，故A 错误；
两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系Ek＝可知动能不相等，故B 错
误；若ma＝mb＝m，由动量守恒定律有mava＝mbvb，分离时两小球的速度相等，要求a、b
都能通过各自的最高点时，只需要a 球能够通过，b 球也能通过，由前面分析可知，a 刚好
通过最高点时，分离时速度为va＝，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep＝mav＋mbv＝
mav＝5mgR，故C 正确；a 球到达圆心等高处时，速度为va′由动能定理可得－magR＝
mava′2－mav，轨道对a 球的支持力为F，由牛顿第二定律有F＝ma，联立解得F＝3mg，由
牛顿第三定律可知a 小球对轨道压力为3mg，故D 错误。
题型二：轻弹簧解锁反冲模型+竖直圆周运动模型+组合运动问题
【典例2 拔尖题】如图所示，在光滑水平地面上，右端有一竖直光滑半圆轨道与地面平滑
连接，半径为R=0.4m；在水平地面左端有一倾角θ=37°的传送带以v=10m/s 的速率顺时针
匀速转动，传送带与光滑水平地面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接；可视为质点的
A、B 滑块的质量分别为mA=1kg，mB=4kg，A、B 两滑块间夹着压缩的轻质弹簧（弹簧与
A、B 不拴接），用手按住A、B 处于静止状态。现同时松手释放A、B，滑块B 恰好能通
过半圆轨道最高点P，A 能沿传送带向上运动，已知滑块A 与传送带间的动摩擦因数为
μ=0.5，传送带与水平面足够长，重力加速度g 取10m/s2，sin37°=0.6。求：
（1）被压缩的轻质弹簧的弹性势能EP；
（2）滑块A 第二次经过传送带最低点M 时重力的功率；
（3）求滑块A 与传送带接触过程中因摩擦产生的热量Q（结果可用根号表示）。
【典例2 拔尖题】【答案】（1）200J；（2）72W；（3）
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【解析】（1）滑块B 恰好能通过半圆轨道最高点P，则在P 点
，从N 点到P
点由机械能守恒定律
，两物块被弹簧弹开时由动量守恒定律
，弹簧具有的弹性势能
，联立解得
，
，
（2）物块A 沿传送带上滑的加速度
，上滑的最大距离
，下滑开始的加速度
加速到v=10m/s 时的距离
，
共速后加速度为
，加速到低端的速度
，此时重力的瞬时功率
（3）物块A 上滑时相对传送带滑动的距离
，
下滑阶段共速前相对传送带的滑动的距离
，下滑阶段共速后相对传送带
的滑动的距离
，摩擦生热
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