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高中物理中的弹簧问题归类剖析


常见弹簧类问题归类剖析
高考分析: 轻弹簧是一种理想化的物理模型,以轻质弹簧为载体,设置复杂的物理情景,考查力的概念, 物体的平衡,牛顿定律的应用及能的转化与守恒,是高考命题的重点,此类命题几乎每年高考卷面均 有所见.由于弹簧弹力是变力,学生往往对弹力大小和方向的变化过程缺乏清晰的认识,不能建立与 之相关的物理模型并进行分类,导致解题思路不清、效率低下、错误率较高.在具

体实际问题中,由 于弹簧特性使得与其相连物体所组成系统的运动状态具有很强的综合性和隐蔽性, 加之弹簧在伸缩过 程中涉及力和加速度、功和能等多个物理概念和规律,所以弹簧类问题也就成为高考中的重、难、热 点.我们应引起足够重视. 弹簧类命题突破要点: 1.弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的力.当题目中出现弹簧时,要注意弹力的大小与 方向时刻要与当时的形变相对应.在题目中一般应从弹簧的形变分析入手,先确定弹簧原长位置,现 长位置,找出形变量 x 与物体空间位置变化的几何关系,分析形变所对应的弹力大小、方向,以此来 分析计算物体运动状态的可能变化. 2.因弹簧 (尤其是软质弹簧) 其形变发生改变过程需要一段时间, 在瞬间内形变量可以认为不变. 因此,在分析瞬时变化时,可以认为弹力大小不变,即弹簧的弹力不突变. 3.在求弹簧的弹力做功时,因该变力为线性变化,可以先求平均力,再用功的定义进行计算,也 可 据 动 能 定 理 和 功 能 关 系 : 能 量 转 化 和 守 恒 定 律 求 解 . 同 时 要 注 意 弹 力 做 功 的 特 点 : Wk=-

1 2 1 2 kx2 - kx1 ) ,弹力的功等于弹性势能增量的负值或弹力的功等于弹性势能的减少.弹性势能的公 2 2 1 2 式 Ep= kx ,高考不作定量要求,可作定性讨论.因此,在求弹力的功或弹性势能的改变时,一般以 2
( 能量的转化与守恒的角度来求解. 一、 “轻弹簧”类问题 在中学阶段,凡涉及的弹簧都不考虑其质量,称之为“轻弹簧” ,是一种常见的理想化物理模型. 由于“轻弹簧”质量不计,选取任意小段弹簧,其两端所受张力一定平衡,否则,这小段弹簧的加速 度会无限大.故簧轻弹簧中各部分间的张力处处相等, 均等于弹簧两端的受力.弹一端受力为 F , 另一 端受力一定也为 F 。若是弹簧秤,则弹簧秤示数等于弹簧自由端拉力的大小. 【例 1】如图 3-7-1 所示,一个弹簧秤放在光滑的水平面上,外壳质量 m 不 能忽略,弹簧及挂钩质量不计,施加水平方向的力 F1 、 F2 ,且 F1 ? F2 ,则 弹簧秤沿水平方向的加速度为 ,弹簧秤的读数为 . 图 3-7-1 【解析】 以整个弹簧秤为研究对象,利用牛顿运动定律得: F1 ? F2 ? ma , 即a?
F1 ? F2 m

仅以轻质弹簧为研究对象,则弹簧两端的受力都 F1 ,所以弹簧秤的读 数为 F1 . 说明: F2 作用在弹簧秤外壳上,并没有作用在弹簧左端,弹簧左端的 受力是由外壳内侧提供的. 【答案】 a ?
F1 ? F2 m

F1

练习: 如图所示,四个完全相同的弹簧都处于水平位置,它们的右 端受到大小皆为 F 的拉力作用,而左端的情况各不相同: ①弹簧的左端固定在墙上; ②弹簧的左端受大小也为 F 的拉力作用;③弹簧的左端拴一小物块,物块在光滑的桌面上滑动;④弹 簧的左端拴一小物块,物块在有摩擦的桌面上滑动.若认为弹簧质量都为零,以 L1、L2、L3、L4 依次 表示四个弹簧的伸长量,则有( ).

A.L2>L1 C.L1>L3

B.L4>L3 D.L2=L4

【解析】弹簧伸长量由弹簧的弹力(F 弹)大小决定.由于弹簧质量不计,这四种情况下,F 弹都等于弹 簧右端拉力 F,因而弹簧伸长量均相同,故选 D 项. 答案 D 二、质量不可忽略的弹簧 【例 2】如图 3-7-2 所示,一质量为 M 、长为 L 的均质弹簧平放在 光滑的水平面,在弹簧右端施加一水平力 F 使弹簧向右做加速运动. 试分析弹簧上各部分的受力情况. 【解析】 弹簧在水平力作用下向右加速运动,据牛顿第二定律得其 加速度 a ?

图 3-7-2

F ,取弹簧左部任意长度 x 为研究对象,设其质量为 m 得弹簧上的弹力为: M x F x Tx ? ma ? M ? F L M L

【答案】 Tx ?

x F L

三、弹簧长度的变化问题(胡克定律的理解与应用) 设劲度系数为 k 的弹簧受到的压力为 ? F1 时压缩量为 ? x1 ,弹簧受到的拉力为 F2 时伸长量为 x 2 ,此 时的“-”号表示弹簧被压缩.若弹簧受力由压力 ? F1 变为拉力 F2 ,弹簧长度将由压缩量 ? x1 变为伸长 量 x 2 ,长度增加量为 x1 ? x2 .由胡克定律有: ? F1 ? k (? x1 ) , F2 ? kx2 . 则: F2 ? (? F1 ) ? kx2 ? (?kx1 ) ,即 ?F ? k ?x 说明:弹簧受力的变化与弹簧长度的变化也同样遵循胡克定律, 此时 ?x 表示的物理意义是弹簧长度的 改变量,并不是形变量. 【例 3】如图 3-7-6 所示,劲度系数为 k1 的轻质弹簧两端分别与质量为 m1 、 m2 的物块 1、 2 拴接,劲度系数为 k 2 的轻质弹簧上端与物块 2 拴接,下端压在桌面上(不拴接),整个 系统处于平衡状态.现将物块 1 缓慢地竖直上提,直到下面那个弹簧的下端刚脱离桌面. 在此过程中,物块 2 的重力势能增加了 ,物块 1 的重力势能增加了 . 【解析】由题意可知,弹簧 k 2 长度的增加量就是物块 2 的高度增加量,弹簧 k 2 长度的增 图 3-7-6 加量与弹簧 k1 长度的增加量之和就是物块 1 的高度增加量. 由物体的受力平衡可知,弹簧 k 2 的弹力将由原来的压力 (m1 ? m2 ) g 变为 0,弹簧 k1 的弹力将由原来 的 压 力 m1 g 变 为 拉 力 m2 g , 弹 力 的 改 变 量 也 为 (m1 ? m2 ) g . 所 以 k1 、 k 2 弹 簧 的 伸 长 量 分 别 为:
1 1 (m1 ? m2 ) g 和 (m1 ? m2 ) g k1 k2 1 1 1 m2 (m1 ? m2 ) g 2 ,物块 1 的重力势能增加了 ( ? )m1 (m1 ? m2 ) g 2 k2 k1 k2 ( 1 1 ? )m1 (m1 ? m2 ) g 2 k1 k2

故物块 2 的重力势能增加了 【答案】
1 m2 (m1 ? m2 ) g 2 k2

四、与物体平衡相关的弹簧问题 【例 4】 (2013 年山东卷)如图所示,用完全相同的轻弹簧 A、B、C 将两 个相同的小球连接并悬挂,小球处于静止状态,弹簧 A 与竖直方向的夹角 为 30o,弹簧 C 水平,则弹簧 A、C 的伸长量之比为 A. 3 : 4 B. 4 : 3 C. 1:2 D. 2:1

【解析】将两小球看做一个整体,对整体受力分析,可知整体受到重力、 A、C 的拉力共 3 个力的作用,由于弹簧处于平衡状态,将轻弹簧 A 的拉力沿竖直方向和水平方向分

解可知水平方向上满足

FAx ? FA sin 30? ? FC ,故 FA : FC ? 2:1 ,又三个弹簧的劲度系数相同,据胡

克定律 F ? kx 可知弹簧 A、C 的伸长量之比为 2:1。 【答案】D

练习 1:(2010 年山东卷)如图 2 所示,质量分别为 用下一起沿水平方向做匀速直线运动( 力 F 与水平方向成 ? 角.则 ( ) (A)

m1、m2 两个物体通过轻弹簧连接,在力 F 的作
m
2

m1

在地面,

m2 在空中) ,
F f m
1

m1

F

所受支持力 N 和摩擦力 f 正确的是

N ? m1g ? m2 g ? F sin ? .

N ? m1 g ? m2 g ? F cos? . (B)
(C) f ? F cos ? . (D) f ? F sin ? .

2 2 2 m

图2

分析 根据题意有对两者用整体法,因在力 F 的作用下一起沿水平 方向做匀速直线运动,得水平和竖直方向受力平衡,所以竖直方向 正确,水平方向 f ? F cos ? ,故 C 正确,答案 AC 选项. 练习 2:如图所示,在水平板左端有一固定挡板,挡板上连接一轻质弹簧。紧贴弹簧放一质量为 m 的 滑块,此时弹簧处于自然长度。已知滑块与挡板的动摩擦因数及最大静摩擦因数均为 3 / 3 。现将板 的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为θ ,最后直到板竖直,此过程中弹簧弹力的大小 F 随夹角θ 的变化关系可能是图中的( )

N ? m1g ? m2 g ? F sin ? ,故 A

【解析】选取滑块为研究对象,其肯定受到竖直向下的重力 mg、垂直斜面向上的支持力 N(大小为 mgcosθ )和沿斜面向上的摩擦力 f 的作用,可能还会受到沿斜面向上的弹簧弹力 F 的作用,当θ 较 小,即 mgsinθ <μ mgcosθ 时,弹簧弹力 F=0,代入数据可得此时θ <π /6,据此可排除选项 AB; 当 mgsinθ >μ mgcosθ ,即θ >π /6 时,F≠0,根据平衡条件可得 F=mgsinθ -μ mgcosθ ,当θ =π

3 1 /3 时,F= 3 mg> 2 mg,所以选项 C 正确,D 错误。本题答案为 C。
五、与动力学相关的弹簧问题 【例 5】如图所示,一轻质弹簧竖直放在水平地面上,小球 A 由弹簧正上方某高度自 由落下,与弹簧接触后,开始压缩弹簧,设此过程中弹簧始终服从胡克定律,那么 在小球压缩弹簧的过程中,以下说法中正确的是( ) A.小球加速度方向始终向上 B.小球加速度方向始终向下 C.小球加速度方向先向下后向上 D.小球加速度方向先向上后向下 参考答案:C (试分析小球在最低点的加速度与重力加速度的大小关系) 练习 1:如图所示,一轻质弹簧一端系在墙上的 O 点,自由伸长到 B 点.今用一小物体 m 把弹簧

压缩到 A 点,然后释放,小物体能运动到 C 点静止,物体与水平地面间的动摩擦因数恒定,试判断下 列说法正确的是 ( ) A.物体从 A 到 B 速度越来越大,从 B 到 C 速度越来越小 B.物体从 A 到 B 速度越来越小,从 B 到 C 加速度不变 C.物体从 A 到 B 先加速后减速,从 B 一直减速运动 D.物体在 B 点受到的合外力为零 参考答案:C 练习 2:如图所示,一轻质弹簧一端与墙相连,另一端与一物体接触,当弹簧在 O 点位置时弹簧 没有形变,现用力将物体压缩至 A 点,然后放手。物体向右运动至 C 点而静止,AC 距离为 L。第二次 将物体与弹簧相连,仍将它压缩至 A 点,则第二次物体在停止运动前经 过的总路程 s 可能为: A.s=L B.s>L C.s<L D.条件不足,无法判断 参考答案:AC(建议从能量的角度、物块运动的情况考虑) 练习 3: 如图,一倾角为 ? 的斜面固定在水平地面上,一质量为 m 有小球与弹簧测力计相连在一木板的端点处,且将整个装置置于斜面上, 设木板与斜面的动摩擦因数为 ? ,现将木板以一定的初速度 球与木板之间的摩擦不计,则 ( ) A.如果 ? ? 0 ,则测力计示数也为零 B.如果 u ? tan ? ,则测力计示数大于 mg sin ?

v0

释放,小

D.无论 ? 取何值,测力计示数都不能确定 【解析】本例是将弹簧模型迁移到斜面上,而且设置了木板与斜面之间的动摩擦因数不同来判断测力 计的示数的变化。 依题意可知, 当 ? ? 0 时, 球与木板处于完全失重状态, 测力计示数为零; 当 u ? tan ? 时,球与木板的加速度为 g sin ? ? ? g cos ? ,隔离分析小球就可知道 B 答案正确;同理可分析 C 答 案正确,从而选择 A、B、C 答案。 【点评】本例是动力学在弹簧模型中的应用,求解的关键是分析整体的加速度,然后分析小球的受力 来确定测力计示数的大小。 练习 4: (2012 四川)如图所示,劲度数为 k 的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于水平面 m 上质量为 的物体接触(未连接) ,弹簧水平且无形变。用水平力 F 缓慢推动物体,在弹性限度内弹

C.如果 ? ? tan ? ,则测力计示数等于 mg sin ?

x0 ,此时物体静止。撤去 F 后,物体开始向左运动,运动的最大距离为 4 x0 。物体与 ? g 水平面间的动摩擦因数为 ,重力加速度为 。则
簧长度被压缩了 A.撤去 F 后,物体先做匀加速运动,再做匀减速运动 B.撤去 F 后,物体刚运动时的加速度大小为

kx0 ? ?g m

C.物体做匀减速运动的时间为 2

x0 ?g

D.物体开始抽左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为 ? mg ( x0 ? BD

? mg
k

)

思维发散:若 F 为恒力,从弹簧原长处压缩弹簧,分析以后的运动情况。并和例 5 相对比。 六、弹簧弹力瞬时问题(弹簧的弹力不能突变) 弹簧(尤其是软质弹簧)弹力与弹簧的形变量有关, 由于弹簧两端一般与物体连 接,因弹簧形变过程需要一段时间,其长度变化不能在瞬间完成,因此弹簧的弹力不 能在瞬间发生突变. 即可以认为弹力大小和方向不变, 与弹簧相比较, 轻绳和轻杆的

弹力可以突变. 【例 6】 如图 3-7-3 所示, 木块 A 与 B 用轻弹簧相连, 竖直放在木块 C 上, 三者静置于地面,A、B、C 的质量之比是 1:2:3.设所有接触面都光滑,当沿水平方向迅速抽出木块 C 的瞬时,木块 A 和 B 的加 速度分别是 a A = 与 aB = 【解析】由题意可设 A、B、C 的质量分别为 m、 2m、 3m ,以木块 A 为研究对象,抽出木块 C 前,木块 A 受到重力和弹力一对平衡力,抽出木块 C 的瞬时,木块 A 受到重力和弹力的大小和方向均不变,故木 块 A 的瞬时加速度为 0. 以木块 A、B 为研究对象,由平衡条件可知,木块 C 对木块 B 的作用力 FCB ? 3mg . 以木块 B 为研究对象,木块 B 受到重力、弹力和 FCB 三力平衡,抽出木块 C 的瞬时,木块 B 受到 重力和弹力的大小和方向均不变, FCB 瞬时变为 0,故木块 C 的瞬时合外力为 3mg ,竖直向下,瞬时加 速度为 1.5 g . 【答案】0 , 1.5 g 说明:区别于不可伸长的轻质绳中张力瞬间可以突变. 【例 4】如图 3-7-4 所示,质量为 m 的小球用水平弹簧连接,并用倾角为 30 的光滑木板 AB 托住,使 小球恰好处于静止状态.当 AB 突然向下撤离的瞬间,小球的加速度为 ( ) A. 0 B.大小为 C.大小为
2 3 g ,方向竖直向下 3 2 3 g ,方向垂直于木板向下 3 2 3 g , 方向水平向右 3
0

图 3-7-4

D. 大小为

【解析】 末撤离木板前,小球受重力 G 、弹簧拉力 F 、木板支持力 FN 作用而平衡, 如图 3-7-5 所示,有 FN ?
mg . cos? 撤离木板的瞬间, 重力 G 和弹力 F 保持不变(弹簧弹力不能突变), 而木板支持力 FN 立即消失,小球所受 G 和 F 的合力大小等于撤之前的 FN (三力平衡), 方向与 FN 相

反,故加速度方向为垂直木板向下,大小为 a ?

FN g 2 3 ? ? g m cos? 3

图 3-7-5

【答案】 C. 七、与弹簧相关的图像问题 【例 7】一根大弹簧内套一根小弹簧,大弹簧比小弹簧长 0.2m, 它们的一端固定,另一端自由,弹力与形变量的关系如图所示, 求这两根弹簧的劲度系数 k1(大弹簧)和 k2(小弹簧)分别为多少? (参考答案: F=kx Δ F=kΔ x k1=100N/m k2=200N/m)

练习 1:一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中,使用两条不同的轻质弹簧 a 和 b,得到弹力与弹簧长度的关系图象如图 8 所示.下列表述正确的是 ( ) A.a 的原长比 b 的长 B.a 的劲度系数比 b 的大 C.a 的劲度系数比 b 的小 D.测得的弹力与弹簧的长度成正比 答案:B 练习 2:某同学在做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验时,他先把弹簧 图8 平放在桌面上,使其自然伸长,用直尺测出弹簧的原长 L0,再把弹簧竖直悬挂起 来,挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度 L,把 L-L0 作为弹簧的伸长量 x,这样操作,由于弹簧自身重

力的影响,最后得出的图线,可能是图 3-6-6 中的(

)

图 3-6-6 答案:C
练习 3:如图 3-6-7 所示,一个弹簧一端固定在传感器上,传感器与电脑相连.当对弹簧施加 变化的作用力(拉力或压力)时,在电脑上得到了弹簧形变量与弹簧产生的弹力大小的关系图象(如图 乙).则下列判断正确的是( )

图 3-6-7
A.弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比 B.弹簧长度的增加量与对应的弹力增加量成正比 C.该弹簧的劲度系数是 200 N/m D.该弹簧受到反向压力时,劲度系数不变 答案:BCD 练习 4:如图所示,一轻质弹簧竖直立在水平地面上,弹簧一端固定在地面上。一小球从高处自 由下落到弹簧上端,将弹簧压缩至最低点。在小球开始下落至最低点的过程中,弹簧始终处于弹性限 度内。在此过程中,能正确表示小球的加速度 a 随下降位移 x 的大小变化关系是下面图像中的

答案:B

八、弹簧形变量可以代表物体的位移 弹簧弹力满足胡克定律 F ? ?kx ,其中 x 为弹簧的形变量,两端与物体相连时 x 亦即物体的位移,

图 3-7-7

因此弹簧可以与运动学知识结合起来编成习题. 【例 8】如图 3-7-7 所示,在倾角为 ? 的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块 A、B ,其质量分 别为 mA、mB ,弹簧的劲度系数为 k , C 为一固定挡板,系统处于静止状态,现开始用一恒力 F 沿斜面 方向拉 A 使之向上运动,求 B 刚要离开 C 时 A 的加速度 a 和从开始到此时 A 的位移 d (重力加速度为 g ). 【解析】 系统静止时,设弹簧压缩量为 x1 ,弹簧弹力为 F1 ,分析 A 受力可知: F1 ? kx1 ? mA g sin ? m g sin ? 解得: x1 ? A k 在恒力 F 作用下物体 A 向上加速运动时,弹簧由压缩逐渐变为伸长状态.设物体 B 刚要离开挡板 C m g sin ? 时弹簧的伸长量为 x 2 ,分析物体 B 的受力有: kx2 ? mB g sin ? ,解得 x2 ? B k 设此时物体 A 的加速度为 a ,由牛顿第二定律有: F ? mA g sin ? ? kx2 ? mA a F ? (mA ? mB ) g sin ? 解得: a ? mA 因 物 体 A 与 弹 簧 连 在 一 起 , 弹 簧 长 度 的 改 变 量 代 表 物 体 A 的 位 移 , 故 有 d ? x1 ? x2 , 即 (m ? mB )g s i ? n d? A k (m ? mB ) g sin ? 【答案】 d ? A k 九、最大转速和最小转速问题 【例 9】 有一水平放置的圆盘,上面放一个劲度系数为 k 的轻弹簧,其一端固定于轴 O 上,另一 端系着质量为 m 的物体 A,物体 A 与盘面间最大静摩擦力为 Ffm,弹簧原长为 L,现将弹簧伸长 ?L 后 置于旋转的桌面上,如图 5 所示,问:要使物体相对于桌面静止,圆盘转速 n 的最大值和最小值各是 多少?

图5 解析:当转速 n 较大时,静摩擦力与弹簧弹力同向,即:

k?L ? F fm ? m(2?n1 ) 2 ( L ? ?L)
n1 ? 1 2? k?L ? F fm m( L ? ?L)



当转速 n 较小时,静摩擦力与弹簧弹力反向,即:

k?L ? F fm ? m(2?n2 ) 2 ( L ? ?L)
n2 ? 1 2? k?L ? F fm m( L ? ?L)



所以圆盘转速 n 的最大值和最小值分别为:

1 2?

k?L ? F fm m( L ? ?L)



1 2?

k?L ? F fm m( L ? ?L)



拓展:若盘面光滑,弹簧的原长为L0,当盘以W匀角速度转动时,弹簧的伸长量为多少?

k?x ? mw2 (L0 ? ?x)
十、弹力变化的运动过程分析(弹簧振子振动模型) 弹簧的弹力是一种由形变决定大小和方向的力,注意弹力的大小与方向时刻要与当时的形变相对 应.一般应从弹簧的形变分析入手,先确定弹簧原长位置、现长位置及临界位置,找出形变量 x 与物 体空间位置变化的几何关系,分析形变所对应的弹力大小、方向,弹性势能也是与原长位置对应的形 变量相关.以此来分析计算物体运动状态的可能变化. 【例10】 如图3-7-8所示, 质量为 m 的物体 A 用一轻弹簧与下方地面上质量也为 m 的 物体 B 相连,开始时 A 和 B 均处于静止状态,此时弹簧压缩量为 x 0 ,一条不可伸长 的轻绳绕过轻滑轮,一端连接物体 A 、另一端 C 握在手中,各段绳均刚好处于伸直 状态, 物体 A 上方的一段绳子沿竖直方向且足够长.现在 C 端施加水平恒力 F 使物体 A 从静止开始向上运动.(整个过程弹簧始终处在弹性限度以内). (1)如果在 C 端所施加的恒力大小为 3mg ,则在物体 B 刚要离开地面时物体 A 的速度 图 3-7-8 为多大? (2)若将物体 B 的质量增加到 2m , 为了保证运动中物体 B 始终不离开地面, 则 F 最大不超过多少?(此

问自主招生选做)
mg , k mg 物体 B 刚要离开地面时弹簧的伸长量也是 x0 ? . k (1)若 F ? 3mg ,在弹簧伸长到 x 0 时,物体 B 离开地面,此时弹簧弹性势能与施力前相等, F 所做的功

【解析】 由题意可知,弹簧开始的压缩量 x0 ?

等于物体 A 增加的动能及重力势能的和. 1 即: F ? 2 x ? mg ? 2 x0 ? mv 2 得: v ? 2 2 gx0 2 (2)所施加的力为恒力 F0 时,物体 B 不离开地面,类比竖直弹簧振子,物体 A 在竖直方向上除了受变 化的弹力外,再受到恒定的重力和拉力.故物体 A 做简谐运动. 在最低点有: F0 ? mg ? kx0 ? ma1 ,式中 k 为弹簧劲度系数, a1 为在最低点物体 A 的加速度. 在最高点,物体 B 恰好不离开地面,此时弹簧被拉伸,伸长量为 2 x0 ,则: k (2 x0 ) ? mg ? F0 ? ma2 而 kx0 ? mg ,简谐运动在上、下振幅处 a1 ? a2 ,解得: 3mg F0 ? 2 也可以利用简谐运动的平衡位置求恒定拉力 F0 .物体 A 做简谐运动的最低点压缩量为 x 0 ,最高点伸 x 3mg 长量为 2 x0 ,则上下运动中点为平衡位置,即伸长量为所在处.由 mg ? k 0 ? F0 ,解得: F0 ? . 2 2 【答案】 2 2 gx0
3mg 2

说明: 区别原长位置与平衡位置.和原长位置对应的形变量与弹力大小、方向、弹性势能相关,和平衡 位置对应的位移量与回复大小、方向、速度、加速度相关. 十一.与弹簧相关的临界问题 通过弹簧相联系的物体,在运动过程中经常涉及临界极值问题:如物体速度达到最大;弹簧形变 量达到最大;使物体恰好要离开地面;相互接触的物体恰好要脱离等.此类问题的解题关键是利用好 临界条件,得到解题有用的物理量和结论. 提示:两物体分离之前加速度与速度均相同,刚分离时二者之间弹力为零。 【例 11】如图 3-7-9 所示, A、B 两木块叠放在竖直轻弹簧上,已知木块 A、B 的质量分 别为 0.42kg 和 0.40kg , 弹簧的劲度系数 k ? 100 N / m , 若在 A 上作用一个竖直向上的力 F , 使 A 由静止开始以 0.5m / s 2 的加速度竖直向上做匀加速运动( g ? 10m / s 2 )求: (1) 使木块 A 竖直做匀加速运动的过程中,力 F 的最大值; (2)若木块由静止开始做匀加速运动,直到 A、B 分离的过程中,弹簧的弹性势能减少了

图 3-7-9

0.248J ,求这一过程中 F 对木块做的功. 【解析】 此题难点在于能否确定两物体分离的临界点 .当 F ? 0 (即不加竖直向上 F 力)时,设木块 (m ? mB ) g ① A、B 叠放在弹簧上处于平衡时弹簧的压缩量为 x ,有: kx ? (mA ? mB ) g ,即 x ? A k 对木块 A 施加力 F , A 、 B 受力如图 3-7-10 所示,对木块 A 有: F ? N ? mA g ? mA a ②

对木块 B 有: kx '? N ? mB g ? mB a ③ 可知,当 N ? 0 时,木块 A、B 加速度相同,由②式知欲使木块 A 匀加速运动,随 N 减 小 F 增大,当 N ? 0 时, F 取得了最大值 Fm ,即: Fm ? mA (a ? g ) ? 4.41N m (a ? g ) 又当 N ? 0 时,A、B 开始分离, 由③式知, 弹簧压缩量 kx ' ? mB (a ? g ) , 则 x' ? B k ④ 木块 A 、 B 的共同速度: v 2 ? 2a( x ? x ') ⑤ 由题知,此过程弹性势能减少了 WP ? EP ? 0.248 J

图 3-7-10

1 设 F 力所做的功为 WF ,对这一过程应用功能原理,得: WF ? (mA ? mB )v2 ? (mA ? mB ) g ( x ? x ') ? EP 2 联立①④⑤⑥式,且 EP ? 0.248 J ,得:
WF ? 9.64 ?10?2 J

【答案】 (1) Fm ? 4.41N WF ? 9.64 ?10?2 J 练习 1:如图所示,轻质弹簧上面固定一块质量不计的薄板,在薄板上放重物,用手 将重物向下压缩到一定程度后,突然将手撤去,则重物将被弹簧弹射出去,则在弹射 过程中(重物与弹簧脱离之前)重物的运动情况是 ( ) A.一直加速运动 B.匀加速运动 C.先加速运动后减速运动 D.先减速运动后加速运动 参考答案:C 【解析】 物体的运动状态的改变取决于所受合外力.所以,对物体进行准确的受力分析是解决此题的 关键,物体在整个运动过程中受到重力和弹簧弹力的作用.刚放手时,弹力大于重力,合力向上, 物体向上加速运动,但随着物体上移,弹簧形变量变小,弹力随之变小,合力减小,加速度减小; 当弹力减至与重力相等的瞬间,合力为零,加速度为零,此时物体的速度最大;此后,弹力继续减 小,物体受到的合力向下,物体做减速运动,当弹簧恢复原长时,二 者分离. 练习 2:如图所示,轻弹簧上端固定,下端连接一质量为 m 的重物,先 由托盘托住 m ,使弹簧比自然长度缩短 L,然后由静止开始以加速度 a 匀加速向下运动。已知 ,弹簧劲度系数为 k ,求经过多少时间托 盘 M 将与 m 分开? 【解析】当托盘与重物分离的瞬间,托盘与重物虽接触但无相互作 用力,此时重物只受到重力和弹簧的作用力,在这两个力的作用下,当 重物的加速度也为 a 时,重物与托盘恰好分离。由于 a ? g ,故此时弹 簧必为伸长状态,然后由牛顿第二定律和运动学公式求解: 根据牛顿第二定律得: mg ? kx ? ma

a

g

m

a M

x?
由①得:

m? g ? a? k



L?x ?
由运动学公式有:

1 2 at 2

kL ? m ? g ? a ? 1 2 ? at k 2 联立①②式有:



③ 解得 t ?

2?kL ? m( g ? a)? ka

【点评】本题属于牛顿运动定律中的临界状态问题。求解本类题型的关键是找出临界条件,同时还要

能从宏观上把握其运动过程,分析出分离瞬间弹簧的状态。我们还可这样探索:若将此题条件改为 a ? g ,情况又如何呢?
练习 3: 一弹簧秤的秤盘质量 m1=1.5kg,盘内放一质量为 m2=10.5kg 的物体 P,弹簧质

F

量不计,其劲度系数为 k=800N/m,系统处于静止状态,如图 2 所示。现给 P 施加一个 竖直向上的力 F,使 P 从静止开始向上做匀加速直线运动,已知在最初 0.2s 内 F 是变化 的,在 0.2s 后是恒定的,求 F 的最大值和最小值各是多少?(g=10m/s2) 解析 因为在 t=0.2s 内 F 是变力,在 t=0.2s 以后 F 是恒力,所以在 t=0.2s 时,P 离 开秤盘。此时 P 受到盘的支持力为零,由于盘的质量 m1=1.5kg,所以此时弹簧不能处于 原长。设在 0~0.2s 这段时间内 P 向上运动的距离为 x,对物体 P 受力分析,根据牛顿第 二定律可得: F+FN-m2g=m2a, 对于盘和物体 P 整体应用牛顿第二定律可得:

图2

? (m ? m2 ) g ? F ? k? 1 ? x? ? (m1 ? m2 ) g ? (m1 ? m2 )a , k ? ?
令 FN=0,并由上述二式求得 x ?

m2 g ? m1 a 1 2 ,而 x ? at , 2 k

所以求得 a=6m/s2, 当 P 开始运动时拉力最小,此时对盘和物体 P 整体有 Fmin=(m1+m2)a=72N, 当 P 与盘分离时拉力 F 最大,Fmax=m2(a+g)=168N。 点评 弹簧长度改变,弹力发生变化问题:要从牛顿第二定律入手先分析加速度,从而分析物体 运动规律。而物体的运动又导致弹力的变化,变化的规律又会影响新的运动,由此画出弹簧的几个特 殊状态(原长、平衡位置、最大长度)尤其重要。 十二、弹力做功与弹性势能的变化问题 弹簧伸长或压缩时会储存一定的弹性势能, 因此弹簧的弹性势能可以与机械能守恒规律综合应用, 1 我们用公式 EP ? kx 2 计算弹簧势能,弹簧在相等形变量时所具有的弹性势能相等一般是考试热点. 2 弹簧弹力做功等于弹性势能的减少量 .弹簧的弹力做功是变力做功,一般可以用以下四种方法求 解: (1)因该变力为线性变化,可以先求平均力,再用功的定义进行计算; (2)利用 F ? x 图线所包围的面积大小求解; (3)用微元法计算每一小段位移做功,再累加求和; (4)根据动能定理、能量转化和守恒定律求解. 由于弹性势能仅与弹性形变量有关,弹性势能的公式高考中不作定量要求,因此,在求弹力做功 或弹性势能的改变时,一般从能量的转化与守恒的角度来求解.特别是涉及两个物理过程中的弹簧形 变量相等时,往往弹性势能的改变可以抵消或替代求解. 【例 12】如图 3-7-13 所示,挡板 P 固定在足够高的水平桌面上,物块 A 和 B 大小可忽略,它们分别 带有 ? Q A 和 ? QB 的电荷量, 质量分别为 mA 和 mB .两物块由绝缘的轻弹簧相连, 一个不可伸长的轻绳跨过滑轮,一端与 B 连接,另一端连接轻质小钩.整个装 置处于场强为 E 、方向水平向左的匀强电场中, A 、 B 开始时静止,已知弹 簧的劲度系数为 k ,不计一切摩擦及 A 、 B 间的库仑力, A 、 B 所带电荷量保 图 3-7-13 持不变, B 不会碰到滑轮. (1)若在小钩上挂质量为 M 的物块 C 并由静止释放,可使物块 A 对挡板 P 的压力恰为零,但不会离开 P ,求物块 C 下降的最大距离 h . (2)若 C 的质量为 2M ,则当 A 刚离开挡板 P 时, B 的速度多大? 【解析】 通过物理过程的分析可知,当物块 A 刚离开挡板 P 时,弹力恰好与 A 所受电场力平衡,弹 簧伸长量一定,前后两次改变物块 C 质量,在第(2)问对应的物理过程中,弹簧长度的变化及弹性势

能的改变相同,可以替代求解. 设开始时弹簧压缩量为 x1 ,由平衡条件 kx1 ? QB E ,可得 x1 ?
QB E k
QA E k

① ②

设当 A 刚离开挡板时弹簧的伸长量为 x 2 ,由 kx2 ? QA E ,可得: x2 ? 故 C 下降的最大距离为: h ? x1 ? x2 由①②③三式可得: h ?
E (QA ? QB ) k

③ ④

(2)由能量守恒定律可知,物块 C 下落过程中, C 重力势能的减少量等于物块 B 电势能的增量和弹簧 弹性势能的增量以及系统动能的增量之和. 当 C 的质量为 M 时,有: MgH ? QB Eh ? ?E弹 ⑤
1 当 C 的质量为 2M 时, 设 A 刚离开挡板时 B 的速度为 v , 则有:2MgH ? QB Eh ? ?E弹 ? (2M ? mB )v 2 ⑥ 2 由④⑤⑥三式可得 A 刚离开 P 时 B 的速度为:
v? 2MgE (QA ? QB ) k (2M ? mB )



【答案】 (1) h ?

2MgE (QA ? QB ) E (QA ? QB ) (2) v ? k (2M ? mB ) k

练习 1: (2010 年福建卷)如图 3(甲)所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上, t =0 时刻,将一金 属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开 弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复.通过安 装在弹簧下端的压力传感器, 测出这一过程弹簧弹力 F 随时间 t 变化的图像如图 3(乙)如示,则( ) (A) t1 时刻小球动能最大. (B) t 2 时刻小球动能最大. (C) t 2 ~ t3 这段时间内,小球的动能先增加后 减少. (D) t 2 ~ t3 这段时间内, 小球增加的动能等于弹 图3

簧减少的弹性势能. 【解析】 小球在接触弹簧之前自由落体,碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动,当加速度为 零即重力等于弹簧弹力时加速度达到最大值,而后往下做加速度不断增大的减速运动,与弹簧接触的 整个下降过程,小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能.上升过程恰好与下降过程互逆.由乙 图可知 t1 时刻开始接触弹簧;t2 时刻弹力最大,小球处在最低点,动能最小;t3 时刻小球往上运动恰 好要离开弹簧;t 2 ~ t3 这段时间内,小球的先加速后减速,小球的动能先增加后减少.答案 C 选项正 确. 练习 2:图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨 道倾角为 30°,质量为 M 的木箱与轨道的动摩擦因数为

3 。 6

木箱在轨道顶端时, 自动装货装置将质量为 m 的货物装入木箱, 然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下,当轻弹簧被压缩至最短 时,自动卸货装置立刻将货物卸下,然后木箱恰好被弹回到轨 道顶端,再重复上述过程。下列选项正确的是 A.m=M

B.m=2M C.木箱不与弹簧接触时,上滑的加速度大于下滑的加速度 D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 答案:BC 练习 3:如图 3-7-14 所示,质量为 m1 的物体 A 经一轻质弹簧与下方地面上的质量 为 m2 的物体 B 相连,弹簧的劲度系数为 k ,物体 A、B 都处于静止状态.一不可伸长 的轻绳一端绕过轻滑轮连接物体 A ,另一端连接一轻挂钩.开始时各段绳都处于伸 直状态,物体 A 上方的一段绳沿竖直方向.现给挂钩挂一质量为 m2 的物体 C 并从静 止释放,已知它恰好能使物体 B 离开地面但不继续上升.若将物体 C 换成另一质量 为 (m1 ? m2 ) 的物体 D ,仍从上述初始位置由静止释放,则这次物体 B 刚离地时物体 D 的速度大小是多少?已知重力加速度为 g 图 3-7-14 【解析】 开始时物体 A、B 静止,设弹簧压缩量为 x1 ,则有: kx1 ? m1 g 悬挂物体 C 并释放后,物体 C 向下、物体 A 向上运动,设物体 B 刚要离地时弹簧伸长量为 x 2 ,有
kx2 ? m2 g

B 不再上升表明此时物体 A、C 的速度均为零,物体 C 己下降到其最低点,与初状态相比,由机械能守 恒得弹簧弹性势能的增加量为:
?E ? m2 g ( x1 ? x2 ) ? m1 g ( x1 ? x2 )

物体 C 换成物体 D 后,物体 B 离地时弹簧势能的增量与前一次相同,由能量关系得:
1 1 (m2 ? m1 )v 2 ? m1v 2 ? (m2 ? m1 ) g ( x1 ? x2 ) ? m1g ( x1 ? x2 ) ? ?E 联立上式解得题 2 2

中所求速度为: v ? 【答案】 v ?

2m1 (m1 ? m2 ) g 2 (2m1 ? m2 )k
2

2m1 ( m1 ? m2 ) g (2m1 ? m2 ) k

说明: 研究对象的选择、物理过程的分析、临界条件的应用、能量转化守恒的结合往往在一些题目 中需要综合使用. 练习 4:如图所示,光滑斜面倾角为 ? ,c 为斜面上固定挡板,物块 a 和 b 通过轻质弹簧连接,a、b 处于静止状态, 弹簧压缩量为 x. 现对 a 施加沿斜面向下的外力使弹簧再压缩 3x, 之后突然撤去外力, v 经时间 t,物块 a 沿斜面向上运动的速度为 ,此时物块 b 刚要离开挡板.已知两物块的质量均为 m, 重力加速度为 g.下列说法正确的是

mg sin ? x A. 弹簧的劲度系数为

B.物块 b 刚要离开挡板时,a 的加速度为 g sin ? C.物块 a 沿斜面向上运动速度最大时,物块 b 对挡板 c 的压力为 0

1 5mgx sin ? ? m? 2 2 D.撤去外力后,经过时间 t,弹簧弹力对物块 a 做的功为
【解析】

问题拓展 1:求在时间 t 内物块 A 运动的最大速度。 问题拓展 2:求物块 A 运动到弹簧原长时的速度。

十三、弹簧弹力的双向性 弹簧可以伸长也可以被压缩,因此弹簧的弹力具有双向性,亦即弹力既可能是推力又可能是拉力, 这类问题往往是一题多解. 【例 13】如图 3-7-15 所示,质量为 m 的质点与三根相同的轻弹簧相连,静止时相邻两 弹簧间的夹角均为 120 0 ,已知弹簧 a、b 对质点的作用力均为 F ,则弹簧 c 对质点作用力 的大小可能为 ( ) A、 0 B、 F ? mg C、 F ? mg D、 mg ? F 图 3-7-15 【解析】 由于两弹簧间的夹角均为 120 0 ,弹簧 a、b 对质点作用力的合力仍为 F ,弹簧 a、b 对质点有可能是拉力,也有可能是推力,因 F 与 mg 的大小关系不确定,故上述四个选项均有可 能.正确答案:ABCD 【答案】 ABCD 十四、弹簧串、并联组合 弹簧串联或并联后劲度系数会发生变化,弹簧组合的劲度系数可以用公式计算,高中物理不要求 用公式定量分析,但弹簧串并联的特点要掌握:弹簧串联时,每根弹簧的弹力相等;原长相同的弹簧并 联时,每根弹簧的形变量相等. 【例 14】 如图 3-7-17 所示,两个劲度系数分别为 k1、k 2 的轻弹簧竖直悬挂,下端用光滑细 绳连接, 并有一光滑的轻滑轮放在细线上;滑轮下端挂一重为 G 的物体后滑轮下降, 求滑轮静 止后重物下降的距离. 【解析】 两弹簧从形式上看似乎是并联,但因每根弹簧的弹力相等,故两弹簧实为串联;两 G G G 弹簧的弹 力均 ,可得两弹簧的伸 长量分别为 x1 ? , x2 ? ,两弹簧 伸长量之和 2 2k1 图 3-7-17 2k 2 x G(k1 ? k2 ) x ? x1 ? x2 ,故重物下降的高度为: h ? ? 2 4k1k2 G(k1 ? k2 ) 【答案】 4k1k2 十五、通电的弹簧(线圈) 【例 15】如图 3-7-18 所示装置中,将金属弹簧的上端固定,下端恰好浸入水银,水银与 电源负极相连,弹簧上端通过开关 S 与电源正极相连.当接通开关 S 后,弹簧的运动情况如 何? 【解析】 通电弹簧相邻两匝线圈相互平行且电流同向,两匝线圈相互吸引,从而使弹簧收 缩;弹簧收缩后下端离开水银,切断了电流吸引力消失,弹簧又向下恢复原长,与水银面接 触而接通电路,然后又在吸引力作用下收缩.如此反复,弹簧就不断地上下振动. 十六、物体沿弹簧螺旋运动 【例 16】如图 3-7-19 所示,长度为 L 的光滑钢丝绕成高度为 H 的弹簧,将弹簧竖直放置.

图 3-7-18

图 3-7-19

一中间有孔的小球穿过钢丝并从弹簧的最高点 A 由静止释放,求经多长时间小球沿弹簧滑到最低点 B. 【解析】 小球沿光滑弹簧下滑时机械能守恒,可以假想在不改变弹簧上各处倾角的条件下将弹簧拉 成一条倾斜直线,如图 3-7-20 所示,小球沿此直线下滑的时间与题中要求的时间相等.小球沿直线下 滑的加速度为 a ? g sin ? 由几何知识可得: sin ? ?
t?L 2 gH
2 gH

1 H ; 由位移公式可知: L ? at 2 ,联立上式解得: L 2

【答案】 L

图 3-7-20

十七、生产和生活中的弹簧 弹簧在生产和生活中有着广泛的应用,近几年高考中也出现了不少有关弹簧应用方面的试题. 【例 17】如图 3-7-21 所示表示某同学在科技活动中自制的电子秤原理,利用电压表示数来指示物体 质量,托盘与电阻可忽略的弹簧相连,托盘与弹簧的质量均不计,滑动变阻器的滑动 头与弹簧上端连接;当托盘中没放物体且 S 闭合时,电压表示数为零.设变阻器的总电 阻为 R 、总长度为 L ,电源电动势为 E 、内阻为 r ,限流电阻阻值为 R 0 ,弹簧劲度系 数为 k ,不计一切摩擦和其他阻力. (1)推导出电压表示数 U x 与所称物体质量 m 的关系式. (2)由(1)结果可知,电压表示数与待测物体质量不成正比、不便于进行刻度.为使电 图 3-7-21 压表示数与待测物体质量成正比,请利用原有器材进行改进并完成电路原理图,推导 出电压表示数 U x 与待测物体质量 m 的关系式. Rx x 【解析】(1)设变阻器上端至滑动头的长度为 x ,据题意得: mg ? kx , Rx ? R , U x ? E L Rx ? R0 ? r mgRE 解得: U x ? mgR ? kL( R0 ? r ) (2)改进后的电路如图 3-7-22 所示,则有: mg ? kx , x Rx ? R ,解得: L mgRE Ux ? 图 3-7-22 kL( R ? R0 ? r ) mgRE 【答案】 (1) U x ? mgR ? kL( R0 ? r ) mgRE (2) U x ? kL( R ? R0 ? r ) 练习 1:惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中,这个系统的重要元件之一是加速度计,加速 度计的构造原理示意图如下图所示。沿导弹长度方向安装的固定光滑杆 上套一质量为 m 的滑块,滑块两侧分别与劲度系数为 K 的弹簧相连,弹簧 处于自然长度,滑块位于中间,指针指示 0 刻度,试说明该装置是怎样测 出物体的加速度的? 【解析】当加速度计固定在待测物体上,具有一定的加速度时,例如向右 的加速度 a,滑块将会相对于滑杆向左滑动一定的距离 x 而相对静止,也 具有相同的加速度 a,由牛顿第二定律可知:a∝F 而 F∝x,所以 a∝x。 因此在标尺相应地标出加速度的大小,而 0 点两侧就表示了加速度的方向,这样它就可以测出物体 的加速度了。 练习 2:“加速度计”作为测定运动物体加速度的仪器,已被广泛地应用于飞机,潜艇、航天器等装 置的制导系统中,如图所示是“应变式加速度计”的原理图,支架 A、B 固定在 待测系统上,滑块穿在 A、B 间的水平光滑杆上,并用轻弹簧固定于支架 A 上,

随着系统沿水平方向做变速运动,滑块相对于支架发生位移,滑块下增的滑动臂可在滑动变阻器上 相应地自由滑动,并通过电路转换为电信号从 1,2 两接线柱输出. 巳知:滑块质量为 m,弹簧劲度系数为 k,电源电动势为 E,内阻为 r、滑动变阻器 的电阻随长度均 匀变化,其总电阻 R=4r,有效总长度 L,当待测系统静止时,1、2 两接线柱输出的电压 U0=0.4E,取 A 到 B 的方向为正方向, (1)确定“加速度计”的测量范围. (2)设在 1、2 两接线柱间接入内阻很大的电压表,其读数为 u,导出加速度的计算式。 (3)试在 1、2 两接线柱间接入内阻不计的电流表,其读数为 I,导出加速度的计算式。 【解析】 (1)当待测系统静上时,1、2 接线柱输出的电压 u0=E·R12/(R+r) 由已知条件 U0=0.4E 可推知,R12=2r,此时滑片 P 位于变阻器中点,待测系统沿水平方向做变速 运动分为加速运动和减速运动两种情况,弹簧最大压缩与最大伸长时刻,P 点只能滑至变阻器的最左 端和最右端,故有: a1=kL/2m, a2=-kL/2m 所以“加速度计”的测量范围为 [-k·L/2m,·L/2m], (2)当 1、2 两接线柱接电压表时,设 P 由中点向左偏移 x,则与电压表并联部分 的电阻 R1=(L/2-x)·4r/L 由闭合电路欧姆定律得: I=E/(R+r) 故电压表的读数为: U=I·R1 根据牛顿第二定律得: k·x=m·a 建立以上四式得: a=kL/2m - 5kLU/(4·E·m), (3)当 1、2 两接线柱接电流表时,滑线变阻器接在 1,2 间的电阻被短路.设 P 由中点向左偏 x, 变阻器接入电路的电阻为: R2=(L/2+x)·4r/L 由闭合电路欧姆定律得: E=I(R2+r) 根据牛顿第二定律得: k·x=m·a 联立上述三式得: a=k·L(E-3I·r)/(4I·m·r)


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