將金屬塊用壓縮的輕彈簧

⑻ 高考。江蘇。物理。

彈簧類問題專題復習

彈簧類問題含有力的非突變模型---彈簧模型，這類問題能很好地考查同學們對物理過程的分析、物理知識的綜合、以及數學知識的靈活應運，所以這類問題在近年的高考中頻頻出現。為了幫助同學們復習好這部分內容，現淺談如下幾點，供同學們參考

一、知識點聚焦
1、 彈簧的瞬時問題

彈簧發生彈性形變時，彈力與其形變數成正比，因此，彈力不同，形變數不同，形變數不同，對應的彈力也不同。解決這一類問題時一定要弄清「時刻」及「位置」的含義。

2、彈簧的平衡問題

這類問題涉及的知識有胡克定律、力的平衡條件，一般可用f=kx或△f=k?△x和∑F=0等公式來求解。

3、彈簧的非平衡問題

這類問題主要是指彈簧在相對位置發生變化時，所引起的力、加速度、速度、功、能和合外力等其他物理量發生變化的情況。這類問題的解決，不但要涉及胡克定律、牛頓第二定律、還要涉及動能定理、能的轉化和守恆定律等方面的內容。

4、 彈簧彈力做功與動量、能量的綜合問題

在彈簧彈力做功的過程中彈力是個變力，所以這類問題一般與動量、能量聯系，以綜合題的形式出現。這類問題有機地將動量守恆、機械能守恆、功能關系和能量轉化等結合在一起，考查同學們的綜合應用能力。解決這類問題時，要細致分析彈簧的動態過程，綜合利用動能定理和功能關系等知識解題。

二、典型例題分析

例1．如圖1所示，勁度系數為 K的輕質彈簧一端與牆固定，另一端與傾角為θ的斜面體小車連接，小車置於光滑水平面上。在小車上疊放一個物體，已知小車質量為 M，物體質量為m，小車位於O點時，整個系統處於平衡狀態。現將小車從O點拉到B點，令OB=b，無初速釋放後，小車即在水平面B、C間來回運動，而物體和小車之間始終沒有相對運動。求：(1)小車運動到B點時的加速度大小和物體所受到的摩擦力大小；(2)b的大小必須滿足什麼條件，才能使小車和物體一起運動過程中，在某一位置時，物體和小車之間的摩擦力為零。

解析；(1)所求的加速度a和摩擦力f是小車在B點時的瞬時值。取M、m和彈簧組成的系統為研究對象，由牛頓第二定律：kb=(M+m)a 所以a=kb/(M+m)。

取m為研究對象，在沿斜面方向有：f-mgsinθ=macosθ

所以， =

(2)當物體和小車之間的摩擦力的零時，小車的加速度變為a』，小車距O點距離為b』，取m為研究對象，有：mgsinθ=ma』cosθ

取M、m和彈簧組成的系統為研究對象，有 kb『=(M+m)a』

以上述兩式聯立解得：b』=

點評：在求解加速度時用整體法，在分析求解m受到的摩擦力時用隔離法。整體法和隔離法兩者交互運用是解題中常用的方法，希讀者認真掌握。

例2.將金屬塊m用壓縮的輕彈簧卡在一個矩形箱中，如圖2所示，在箱的上頂板和下底板裝有壓力感測器，箱可以沿豎直軌道運動.當箱以a=2.0 m/s2的加速度豎直向上做勻減速運動時，上頂板的感測器顯示的壓力為6.0 N，下底板的感測器顯示的壓力為10.0 N.（取g=10 m/s2）

求：（1）金屬塊m的質量是多大;

（2）若上頂板感測器的示數是下底板感測器的示數的一半，則箱子的加速度是多大.

解析: 上頂板壓力感測器顯示的壓力是金屬塊對上頂板的壓力，大小也等於上頂板對金屬塊向下的壓力；下底板感測器顯示的壓力為彈簧對下底板的壓力，大小也等於彈簧對金屬塊向上的壓力.根據金屬塊的受力情況和牛頓第二定律，即可求出質量、加速度.

（1）設上頂板的感測器顯示的壓力為FN1，下底板的感測器顯示的壓力為FN2，

由牛頓第二定律： mg+FN1-FN2=ma

解得：m=0.5 kg

（2）由於彈簧長度不變，則下底板的感測器顯示的壓力仍為10.0 N，

即 FN2′=FN2=10 N則上頂板的感測器顯示的壓力為FN1′=5 N

由牛頓第二定律： mg+FN1′-FN2′=ma′

解得： a′=0

例3.如圖3所示，兩個木塊質量分別為m1和m2，兩輕質彈簧的勁度系數分別為k1和k2，上面木塊壓在上面的彈簧上（但不拴接），整個系統處於平衡狀態，現緩慢向上提上面的木塊，直到它剛離開上面的彈簧，在這過程中下面木塊移動的距離為( )

解析：此題用整體法求最簡單。由題意可將m1、m2視為一系統（整體），整個系統處於平衡狀態，即∑F=0

故F=(m1+m2)g

由胡克定律知 F=k2x總
解得 x=

此x為系統下移的總距離，當緩慢向上提上面木塊m1，直到它剛離開上面彈簧時，有 x』『=，由題意可知，在這過程中下面木塊移動的距離為 Δx=x－x』=

故本題選C.

點評：盡管此題初看起來較復雜，但只需選用整體法來分析求解，問題就會迎刃而解。

例4.在原子物理中，研究核子與核子關聯的最有效途經是「雙電荷交換反應」。這類反應的前半部分過程和下面力學模型類似。兩個小球A和B用輕質彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處於靜止狀態。在它們左邊有一垂直軌道的固定檔板P，右邊有一小球C沿軌道以速度v0射向B球，如圖7所示，C與B發生碰撞並立即結成一個整體D。在它們繼續向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變。然後，A球與檔板P發生碰撞，碰後A、D靜止不動，A與P接觸而不粘連。過一段時間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無機械能損失），已知A、B、C三球的質量均為m。

（1）求彈簧長度剛被鎖定後A球的速度。

（2）求在A球離開檔板P之後的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。

解析：整個過程可分為四個階段來處理．
（1）設C球與B球粘結成D時，D的速度為v1，由動量守恆定律，得
mv0＝2mv1，①
當彈簧壓至最短時，D與A的速度相等，設此速度為v2，由動量守恆定律，得
2mv1＝3mv2，②
聯立①、②式得
v2＝（1／3）v0．③
此問也可直接用動量守恆一次求出（從接觸到相對靜止）mv0＝3mv2，v2＝（1／3）v0．
（2）設彈簧長度被鎖定後，貯存在彈簧中的勢能為Ep，由能量守恆定律，得
（2m）v12＝（3m）v22＋EP，④
撞擊P後，A與D的動能都為零，解除鎖定後，當彈簧剛恢復到自然長度時，彈性勢能全部轉變成D的動能，設D的速度為v3，有
Ep＝（2m）v32，⑤
以後彈簧伸長，A球離開擋板P，並獲得速度．設此時的速度為v4，由動量守恆定律，得
2mv3＝3mv4，⑥
當彈簧伸到最長時，其彈性勢能最大，設此勢能為Ep′，由能量守恆定律，得
（2m）v32＝（3m）v42＋Ep′，⑦
聯立③～⑦式得
Ep′＝mv02．⑧
點評；這道高考壓軸題不愧為一道好的物理試題．命題人暗設機關，巧布干擾，只有同學們全面讀懂、領會題意，並在頭腦中建立起非常清晰的物理圖景和過程，充分運用兩個守恆定律，才能化難為易，正確解題．

例5 。 如圖5所示，在傾角為的光滑斜面上有兩個用輕質彈簧相連接的物塊A、B，它們的質量分別為mA、mB，彈簧的勁度系數為k,C為一固定擋板。系統處於靜止狀態，現開始用一恆力F沿斜面方向拉物塊A使之向上運動，求物塊B剛要離開C時物塊A的加速度a和從開始到此時物塊A的位移d，重力加速度為g。

解析：令x1表示未加F時彈簧的壓縮量，由胡克定律和牛頓定律可知

①

令x2表示B剛要離開C時彈簧的伸長量， a表示此時A的加速度，由胡克定律和牛頓定律可知：

kx2=mBgsinθ ②

F－mA­gsinθ－kx2=mAa ③

由②③式可得 ④

由題意 d=x1+x2 ⑤

由①②⑤式可得 ⑥

例6.如圖6所示，勁度系數為k的輕質彈簧一端固定在牆上，另一端和質量為M的容器連接，容器放在光滑水平的地面上，當容器位於O點時彈簧為自然長度，在O點正上方有一滴管，容器每通過O點一次，就有質量為m的一個液滴落入 容器，開始時彈簧壓縮，然後撒去外力使容器圍繞O點往復運動，求：

(1)容器中落入n個液滴到落入（n+1）個液滴的時間間隔；

(2)容器中落入n個液滴後，容器偏離O點的最大位移。

解析：本題中求容器內落入n個液滴後偏離O點的最大位移時，若從動量守恆和能量守恆的角度求解，將涉及彈簧彈性勢能的定量計算，超出了中學大綱的要求，如果改用動量定理和動量守恆定律求解，則可轉換成大綱要求內的知識的試題。

(1)彈簧振子在做簡諧運動過程中，影響其振動周期的因素有振子的質量和恢復系數(對彈簧振子即為彈簧的勁度系數)，本題中恢復系數始終不變，液滴的落入使振子的質量改變，導致其做簡諧運動的周期發生變化。

容器中落入n個液滴後振子的質量為（M+nm），以n個液滴落入後到第（n+1）個液滴落入前，這段時間內系統做簡諧運動的周期Tn=2π ，容器落入n個液滴到（n+1）個液滴的時間間隔△t=Tn /2，所以

△t =π

(2)將容器從初始位置釋放後，振子運動的動量不斷變化，動量變化的原因是水平方向上彈簧彈力的沖量引起的，將容器從靜止釋放至位置O的過程中，容器的動量從零增至p，因容器位於O點時彈簧為自然長度，液滴在O點處落入容器時，容器和落入的液滴系統在水平方向的合力為零，根據動量守恆定律，液滴在O處的落入並不改變系統水平方向的動量，所以振子處從位置O到兩側相應的最大位移處，或從兩側相應在的最大位移處到位置O的各1/4周期內，雖然周期Tn和對應的最大位移Ln在不斷變化，但動量變化的大小均為

△p=p－0=p，

根據動量定理可知，各1/4周期內彈力的沖量大小均相等，即：

F0(t)·T0/4 = Fn(t)·Tn/4

其中T0是從開始釋放到第一次到O點的周期，T0=2π 。Tn是n個液滴落入後到（n+1）個液滴落入容器前振子的周期，Tn=2π 。而F0(t) 和Fn(t)分別為第一個1/4周期內和n個液滴落入後的1/4周期內彈力對時間的平均值，由於在各個1/4周期內振子均做簡諧運動，因而彈力隨時間均按正弦（或餘弦）規律變化，隨時間按正弦（或餘弦）變化的量在1/4周期內對時間的平均值與最大值之間的關系，可用等效方法求出，矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動時，從中性而開始計地，產生的感應電動勢為ε=εmsinωt=NbωSsinωt。ε按正弦規律變化，根據法拉第電磁感應定律ε=N ，ε在1/4周期內對時間的平均值ε=2εm/π。這一結論對其它正弦（或餘弦）變化的量對時間的平均值同樣適用，則有圖19-1

F0(t)=2kL0/π，Fn(t)=2kLn/π

代入前式解得：Ln= L0

例7．如圖7所示，質量為M=3kg的木板靜止在光滑水平面上，板的右端放一質量為m=1kg的小鐵塊，現給鐵塊一個水平向左速度V0=4m/s，鐵塊在木板上滑行，與固定在木板左端的水平輕彈簧相碰後又返回，且恰好停在木板右端，求鐵塊與彈簧相碰過程中，彈性勢能的最大值EP。

解析：在鐵塊運動的整個過程中，系統的動量守恆，因此彈簧壓縮最大時和鐵塊停在木板右端時系統的共同速度（鐵塊與木板的速度相同）可用動量守恆定律求出。在鐵塊相對於木板往返運動過程中，系統總機械能損失等於摩擦力和相對運動距離的乘積，可利用能量關系分別對兩過程列方程解出結果。

設彈簧壓縮量最大時和鐵塊停在木板右端時系統速度分別為V和V'，由動量守恆得：mV0=(M+m)V=(M+m)V' 所以，V=V』=mV0/(M+m)=1*4/(3+1)=1m/s
鐵塊剛在木板上運動時系統總動能為：Ek=mV02=8J
彈簧壓縮量最大時和鐵塊最後停在木板右端時，系統總動能都為：
EK'=(M+m)V2=2J
鐵塊在相對於木板往返運過程中，克服摩擦力f所做的功為：
Wf=f2L=EK-EK'=8-2=6J
鐵塊由開始運動到彈簧壓縮量最大的過程中，系統機械能損失為：fs=3J
由能量關系得出彈性勢能最大值為：EP=EK-EK'-fs=8-2-3=3J

點評：由於木板在水平光滑平面上運動，整個系統動量守恆，題中所求的是彈簧的最大彈性勢能，解題時必須要用到能量關系。在解本題時要注意兩個方面：1.是要知道只有當鐵塊和木板相對靜止時(即速度相同時)，彈簧的彈性勢能才最大；彈性勢能量大時，鐵塊和木板的速度都不為零；鐵塊停在木板右端時，系統速度也不為零。
2.是系統機械能損失並不等於鐵塊克服摩擦力所做的功，而等於鐵塊克服摩擦力所做的功和摩擦力對木板所做功的差值，故在計算中用摩擦力乘上鐵塊在木板上相對滑動的距離。

例8．如圖9所示，一勁度系數為k=800N/m的輕彈簧兩端各焊接著兩個質量均為m=12kg的物體A、B。物體A、B和輕彈簧豎立靜止在水平地面上，現要加一豎直向上的力F在上面物體A上，使物體A開始向上做勻加速運動，經0.4s物體B剛要離開地面，設整個過程中彈簧都處於彈性限度內，取g=10m/s2 ，求：

（1）此過程中所加外力F的最大值和最小值。

（2）此過程中外力F所做的功。

解析：(1)A原來靜止時：kx1=mg ①

當物體A開始做勻加速運動時，拉力F最小，設為F1，對物體A有：

F1＋kx1－mg=ma ②

當物體B剛要離開地面時，拉力F最大，設為F2，對物體A有：

F2－kx2－mg=ma ③

對物體B有：kx2=mg ④

對物體A有：x1＋x2＝ ⑤

由①、④兩式解得 a=3.75m/s2 ，分別由②、③得F1＝45N，F2＝285N

(2)在力F作用的0.4s內，初末狀態的彈性勢能相等，由功能關系得：

WF=mg(x1＋x2)+49.5J

由以上分析可以看出，彈簧類試題的確能培養我們的物理思維和開發我們的學習潛能。彈簧與相連物體構成的系統所表現出來的運動狀態變化的問題，同學們可以充分運用物理概念和規律（牛頓第二定律、動能定理、機械能守恆定律、動量定理、動量守恆定律）巧妙解決。這類題型是區分學生能力強弱、拉大分值差距、選拔人才的一種常規題型。因此，彈簧類試題也就成為高考物理中一種重要的獨具特色的題型

⑼ 將金屬塊m用壓縮的輕彈簧卡在一個矩形的箱中，

（1）下底板感測器的示數等於輕彈簧的彈力F，上頂板的壓力為N=6.0 N，彈簧的彈力F=10.0 N和重力mg，加速度為a，方向向下.
由牛頓第二定律有mg+N-F=ma，求得金屬塊的質量m=0.5 kg.
（2）上頂板感測器的示數是下底板感測器的示數的一半時，彈簧的彈力仍是F，上頂板的壓力為F/2，設箱和金屬塊的加速度為a1，有mg+ -F=ma1，解得a1=0，箱處於靜止或做勻速直線運動.
（3）當上頂板的壓力恰好等於零時，mg-F=ma2，得加速度a2=-10 m/s2，「-」號表示加速度方向向上。
若箱和金屬塊豎直向上的加速度大於10 m/s2，彈簧將被進一步壓縮，金屬塊要離開上頂板，上頂板壓力感測器的示數也為零.
只要豎直向上的加速度大於或等於10 m/s2，不論箱是向上加速或向下減速運動，上頂板壓力感測的示數都為零.

⑽ 如圖，將金屬塊用壓縮的輕彈簧頂在一個矩形箱子的頂部，

勻減速上升時，物體的總受力為
f彈-f頂=mg-ma,m=(12-6)/8=0.75
m(g+a)=f下-f上
而彈簧長度是不變的，所以f彈=12為常數，f頂=0時，
ma+mg=f彈=12
ma=12-7.5=4.5
a=6,方向與重力加速度方向相同。
也就是勻減速下降或勻加速上升