“彈簧”10大模型

1、“彈簧”模型10大問題太原市第十二中學姚維明模型建構(gòu)：在我們的日常生活中，彈簧雖然形態(tài)各異，大小不同，但是從彈簧秤，機動車的減震裝置，各種復位按鈕和機械鐘表內(nèi)的動力裝置等 ，彈簧處處在為我們服務因為彈簧本身的特性，如彈簧彈力的方 向與彈簧所處的伸縮狀態(tài)有關、彈力的大小與彈簧形變量大小有關；而且，彈簧在伸縮過程中涉及 的物理過程較復雜，物理概念和規(guī)律較多，如力和加速度、功和能、沖量和動量等，因此，彈簧類 試題多年來深受物理命題專家的青睞?！灸Ｐ汀繌椈伞咎攸c】：（1 ）一般問題中的輕彈簧是一種理想模型，不計質(zhì)量。（2）彈簧彈力不能突變，彈力變化需要形變量變化，需要時間的積累。（3）彈力變化：F =

2、 kx或厶F=k x,其中F為彈力（F為彈力變化），k為勁度系數(shù)，x為形變量（厶x為形變變化量）。（4）彈簧可以貯存能量，彈 力做功和彈性勢能的關系為：W = 曰其中W為彈簧彈力做功， Ep為彈性勢能變化。另外，彈性勢能計算公式暫不做要求。一、輕彈簧的彈力與彈簧秤的讀數(shù)問題【典案1】如圖1，四個完全相同的輕彈簧都處于水平位置，它們的右端受到大小相等的拉力F作用，而左端的情況則各不相同：彈黃的左端固定在墻上彈簧的左端受到大小也為F的拉力作用彈簧的左端拴一小物塊 m,物塊在光滑的水平面上滑動彈簧的左端拴一個小物塊m,物塊在粗糙的水平面上滑動以11、12、丨3、14依次表示四條彈簧的伸長量，則有A、

3、 I1 12 B 、 14 13 C 、 I1 1312=11解析因輕彈簧自身質(zhì)量不計，則輕彈簧的伸長量與輕彈簧上的彈力大小成正比，因為四種狀態(tài)中輕彈簧的彈力均為 F，故四種狀態(tài)輕彈簧的伸長量相同；選D【體驗1】如圖2，四個完全相同的彈簧秤都處于水平位置，它們的右端受到大小相等的拉力F作用，而左端的情況則各不相同：彈簧秤的左端固定在墻上彈簧秤的左端受到大小也為 F的拉力作用彈簧秤的左端拴一小物塊 m1,物塊在光滑的水平面上滑動以li、I2、丨3、14依次表示四條彈簧的伸長量，則有A、 li = 12 B 、4=13 C 、 11 13 D 、 2=14解析彈簧秤的讀數(shù)取決于彈簧的伸長量，而彈簧

4、秤自身有質(zhì)量，前兩種情況彈簧秤處于平衡 狀態(tài)，則彈簧的伸長量相同，則讀數(shù)相同；后兩種情況彈簧秤處于加速狀態(tài)，則彈簧上的彈力不等于F,則讀數(shù)不同。對設彈簧秤自身質(zhì)量也為m2，則有彈簧秤的讀數(shù)為F' m1am1F對mi m2設物塊所受的滑動摩擦力為F，彈簧秤自身質(zhì)量為 m2,彈簧秤的拉力為F ',物塊與彈簧秤的共同加速度為a，則彈簧秤的讀數(shù)為 F' miami m2Fmi fm2因此，應選A、C【點評】mim2輕彈簧的伸長量或彈簧秤的讀數(shù)只與彈簧上的彈力大小成正比,而當彈簧秤自身有質(zhì)量時，彈簧秤的讀數(shù)與作用在彈簧秤鈕上的力沒有直關系。二、彈簧與繩子約束問題的區(qū)別【典案2】（

5、1）如圖3所示，物體的質(zhì)量為 m，L2為質(zhì)量不計的輕彈簧，一端懸掛在天花板上, 與豎直方向夾角為 ，Li為一水平繩，現(xiàn)將 Li剪斷，求剪斷瞬間物體的加速度與彈簧的彈力。Ti0*mg牛y5解析設Li的拉力為Ti，彈簧的拉力為T2,重力為mg，物體在三個力的作用下保持平衡, 沿著水平豎直方向建立直角坐標系。則：T2 cosmg，Ti mg tanT2 sin剪斷線的瞬間，Ti反方向獲得加速度。Ti消失，而彈簧的長度 L2未及發(fā)生變化，T2的大小和方向都不變，物體即在因為mg tanma所以瞬時物體加速度:a gta n ，方向水平向右。瞬時彈簧的彈力：T2理方向沿彈簧向上。cos【點評】彈簧的兩端

6、都有其他物體或力的約束時，使其發(fā)生形變時，彈力不能由某一值突變?yōu)?零或由零突變?yōu)槟骋恢怠?2)如果把案例2中的彈簧換成細繩子，其它條件不變，將Li剪斷，求剪斷瞬間物體的加速度和繩子的張力。解析設Li的拉力為Ti，彈簧的拉力為 T2，重力為mg剪斷繩子時，由于繩子要發(fā)生突變，因此小球?qū)⒆鰡螖[運動，小球受力如圖。 沿著徑向和切向建立直角坐標系。則：mgsi n maT2 mg cos解得瞬時物體的加速度：a g si n方向為切向。瞬時繩子的張力：T2 mg cos 方向沿繩子向上。繩子發(fā)生突變，瞬時張力“突然發(fā)【點評】彈簧發(fā)生漸變，所以瞬時彈簧彈力“來不及變化” 生變化”，它們有質(zhì)的變化。因此要

7、具體問題，具體處理。比較上面的兩典案可以發(fā)現(xiàn)：彈簧與繩子 的加速度、拉力大小方向都發(fā)生了變化?！倔w驗2】A、B兩球質(zhì)量分別為 mi與m2，用一勁度系數(shù)為 k的彈簧相連，一長為li的細線與 mi相連，置于水平光滑桌面上，細線的另一端拴在豎直軸00/上，如圖7所示，當mi與m2均以角速度3繞00/做勻速圓周運動時，彈簧長度為12。求：(1) 此時彈簧伸長量多大？繩子張力多大？(2) 將線突然燒斷瞬間兩球加速度各多大？解析(i) m2只受彈簧彈力，設彈簧伸長I，滿足kA I=m232(|i+ I2)彈簧伸長量 I=m2 32(|i + |2)/k對mi，受繩拉力T和彈簧彈力F做勻速圓周運動， 滿足：

8、T F = mi w2|i繩子拉力 T=mi32|i + m2 w2(li + |2)(2)線燒斷瞬間A 球加速度 ai=F/mi=m2 32(li+ b)/miB 球加速度 a2=F/m2= w2(|i +12)三、靜態(tài)平衡下的彈簧問題【典案3】一個重為G的小圓環(huán)套在一個豎直放置的半徑為R的光滑圓環(huán)上，小圓環(huán)由一根勁度系數(shù)為k,自然長度為L(L<2R)的輕彈簧系著，輕彈簧的另一端固定在大圓環(huán)的最高點，如圖8 所示，當小A圓環(huán)靜止時，輕彈簧與豎直方向的夾角為多少？解析選小環(huán)為研究對象，它受到重力G,彈簧拉力T和大環(huán)支 持力N，由于小環(huán)處于平衡狀態(tài)，所以T、N、G組成一個封閉的三角形，根據(jù)

9、數(shù)學知識可以看出三角形AOB跟力三角形TNG相似，得G RT 2RcosT kx k(2Rcos L)kL輕彈簧與豎直方向的夾角為icsokL2(KR G)cos2kR 2G【點評】這類問題一般形式比較單一，通常用胡克定律F=kx和數(shù)學知識求解.【體驗3】如圖9所示Si和S2表示勁度系數(shù)分別為 ki和k2的兩根彈簧，ki> k2。a和b表示質(zhì) 量分別為ma和mb的兩個物塊，ma>mb,將彈簧與物塊按如圖所示方式懸掛起來?，F(xiàn)要求兩根彈簧 的總長度最大，則應使：()A. S1在上，a在上B . S1在上，b在上C. S2在上，a在上D . S2在上，b在上解析上面彈簧彈力是確定的，等于

10、 ab兩物體的重力 要使上面的伸長量大，應使勁度系數(shù)小的在上，即S2在上面要使下面伸長量大，應讓質(zhì)量大的物體在下面，即a物體在下面正確答案D【點評】 本題是根據(jù)胡克定律解題的，由F=kx知要使形變量x最大，則必有F最大或k最小。四、動態(tài)平衡涉及到的彈簧問題【典案4】如圖10所示，勁度系數(shù)為 k1的輕質(zhì)彈簧兩端分別與質(zhì)量為m1、m2的物塊1、2拴接，勁度系數(shù)為k2的輕質(zhì)彈簧上端與物塊 2拴接，下端壓在桌面上(不拴接)，整個系統(tǒng)處于平衡狀 態(tài)。現(xiàn)施力將物塊 1緩慢地豎直上提，直到下面那個彈簧的下端剛脫離桌面，在此 過程中物塊2的重力勢能增加了多少？物塊1的重力勢能增加了多少？解析本題中有兩個關鍵性

11、詞語應予重視，“輕質(zhì)”彈簧一一即不計彈簧質(zhì)量；“緩慢地”豎直上提，系統(tǒng)動能無變化，且上提過程中，系統(tǒng)受合力始終為零。原先，系統(tǒng)平衡時，k1壓縮x1 = m1 g/ k1k2 壓縮 x2= (m1 + m2 ) g/k2后來，k2下端剛脫離地面時，k2沒形變，此時k1彈簧伸長X1 = m2 g/ k1故物塊2的重力勢能增加Ep2 = m2 g x2= ( m1 + m2 ) m2 g2/k2物塊 1 的重力勢能增加Ep1= m1 g( X1 +X2 + x1)= m( m1 + m2 ) g( 1/k1+ 1/k2 )體驗4如圖11所示，兩個木塊質(zhì)量分別為 m1和m2，兩輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)分別為

12、k1和k2,上面木塊壓在上面的彈簧上(但不拴接)，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，現(xiàn)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m2m1A -罟B.m2gk2C.migD.m2gk2解析：對彈簧2分析： F=m2g,所以 x=匚=匹&，故選DK K【點評】因“緩慢”上提木塊，故整個裝置在上提過程中是處于一種動態(tài)平衡過程中，同靜態(tài) 平衡一樣，涉及到的知識是胡克定律，一般用F=kx或AFuk? 來求解。五、變速運動中的彈簧問題彈簧連續(xù)形變其彈力為變力，在彈簧作用下的運動一般是加速度變化的變速運動，簡諧運動只 是其中的一種。如果連接彈簧的物體做勻變速，必有變化的外力作用，

13、要注意變化的外力存在極值 問題?！镜浒?】如圖12所示，一升降機在箱底裝有若干個彈簧，設在某次事故中，升降機吊索在空 中斷裂，忽略摩擦力，則升降機在從彈簧下端觸地后直到最低點的一段運動過程中A .升降機的速度不斷減小B. 升降機的加速度不斷變大C. 先是彈力做的負功小于重力做的正功，然后是彈力做的負功大于重力做的正功D. 到最低點時，升降機加速度的值一定大于重力加速度的值圖12°!接觸點 平衡點 最低點圖13解析在一般的習題集中，本題常見形式是一個球從高處下落到一支豎在地面上的彈簧的頂 端（圖12）。升降機下落到彈簧下端觸地后，就相當于球下落到直立的彈簧上，弄清圖9中的小球下落情況，

14、也就明白了圖 12中升降機的運動情況，為了說明圖13中小球接觸彈簧后的運動，我們把球接觸彈簧后的運動劃分成三個點和三個點之間的兩個階段來研究，這三個點就是接觸點、平衡 點和最低點。從接觸點到平衡點，小球所受的重力大于彈力，加速度逐漸減小，速度逐漸增大，重 力的功大于彈力的功，動能逐漸增大，重力勢能逐減少，彈性勢能逐漸增大；從平衡點到最低點， 小球所受的彈力大于重力，加速度逐漸增大，速度逐漸減小，重力的功小于彈力的負功，動能逐漸 減少，重力勢能逐漸減少，彈性勢能逐漸增大。在本例中，對于選項（D）,可以用彈簧振子的一個知識點來分析，把小球接觸彈簧后的運動看作簡諧運動，那么最低點是簡諧運動的一個端點

15、，而接 觸點不是端點，接觸點位置有速度，由于簡諧運動過程中速度小處加速度大，接觸點處的加速度為 g,所以最低點處（端點）的加速度就大于g。【點評】運用對稱性解決簡諧運動問題，是最有效的方法。要特別注意簡諧運動回復力、加速度、位移的對稱性?！倔w驗5】如圖14所示，豎直光滑桿上套有一個小球和兩根彈簧，兩彈簧的一端 各與小球相連，另一端分別用銷釘M N固定與桿上，小球處于平衡狀態(tài)，設拔除銷釘(g=10M的瞬間，小球加速度的大小為12m/s 2,若不拔除銷釘 M而拔除銷釘N瞬間，小球的加速度可能是2、m/s2 2A. 22 m/s ,方向豎直向上 B . 22 m/s ,方向豎直向下C. 2 m/s2

16、,方向豎直向上 D2 m/s 2,方向豎直向下1的拉力（或推力）、彈1解析拔去銷釘之前，小球受到三個力的作用一一自身的重力、彈簧簧2的拉力（或推力），這三個力的合力為零。拔去銷釘M，彈簧1的一端失去了“依靠”，另一端也就“使不出力”了，即彈簧 1對小球的作用力消失，彈簧 2的作用力暫時 不變。拔去銷釘 M的瞬間，小球的加速度為 12m/s2，其方向有兩種可能， 一種是方向向上，另一種是方向向下。（1）若方向向上，則拔去 M之前，球的受力如圖甲所示，若拔去銷釘 N，貝V F 合=Fm +mg=ma1 , a1 =22m/s2，方向向下。（2）若方向向下，則拔去 M之前，球的受力如圖乙所示，若拔去

17、銷釘 N，貝V F 合=Fm mg=ma2 , a2=2m/s2，方向向上。【點評】彈簧所處的狀態(tài)不同如拉伸、壓縮時，彈力的方向也不相同此題要明白彈簧可能所處的不同的狀態(tài)就容易得出答案：B、CmgmgFmFmFn甲乙圖15三者靜置于地面,I甲圖18六、瞬時作用涉及到的彈簧問題【典案6】質(zhì)量相同的 A、B兩球，由彈簧連接后，掛在天花板 上，如圖16所示，aA aB分別表示A、B兩球的加速度，則（）A. 在c處剪斷瞬間aA 2g,aB 0B. 在c處剪斷瞬間aA aB gC. 在d處剪斷瞬間aA 0,aB gD. 在d處剪斷瞬間aA g,aB g解析 剪斷前，A、B兩球的受力情況如圖17 所示在c

18、處剪斷的瞬間，Ti變?yōu)榱悖捎?A、B間彈簧的彈力不能發(fā)生突變，仍保持原來的大小、 方向不變，由牛頓第二定律的瞬時性特征知，aB=0，aA=2g在d處剪斷的瞬間，同理可得 Ti不變，T2變?yōu)榱悖蔭B=g aA=-g 故選AD項。因彈簧（尤其是軟質(zhì)彈簧）其形變發(fā)生改變過程需要一段時間，在瞬間內(nèi)形變量可以認為不變。 因此，在分析瞬時變化時，可以認為彈力大小和方向不變，即彈簧的彈力瞬間不突變。體驗6如圖18所示，木塊A與B用一輕彈簧相連，豎直放在木塊 C上，A、B、C的質(zhì)量之比是1 : 2 : 3.設所有接觸面都光滑，當沿水平方向迅速抽出 木塊C的瞬時，木塊 A和B的加速度分別是 aA=, aB=

19、解析 由題意可設A、B、C的質(zhì)量分別為 m、2m、3m 以木塊A為研究對象，抽出木塊 C前，木塊A受到重力和彈力一對平衡力， 抽出木塊C的瞬時，木塊 A受到重力和彈力的大小和方向均沒變，故木塊 A的 瞬時加速度為0以木塊AB為研究對象，由平衡條件可知，木塊C對木塊B的作用力FcB=3mg 以木塊B為研究對象，木塊 B受到重力、彈力和 Fcb三力平衡，抽出木塊 C 的瞬時，木塊B受到重力和彈力的大小和方向均沒變，F(xiàn)cb瞬時變?yōu)?，故木塊C的瞬時合外力為豎直向下的3mg。瞬時加速度為1.5g說明 區(qū)別不可伸長的輕質(zhì)繩中張力瞬間可以突變七、臨界狀態(tài)中涉及到的彈簧問題【典案7】如圖19所示，A、B兩木

20、塊疊放在豎直輕彈簧上，已知木塊A、B質(zhì)量分別為0.42 kg和0.40 kg,彈簧的勁度系數(shù) k=100 N/m，若在木塊A上作用一個豎直向上的力 F， 使A由靜止開始以0.5 m/s2的加速度豎直向上做勻加速運動(g=10 m/s2)(1) 使木塊A豎直做勻加速運動的過程中，力F的最大值(2) 若木塊由靜止開始做勻加速運動，直到A、B分離的過程中，彈簧的彈 性勢能減少了 0.248 J，求這一過程F對木塊做的功解析此題難點和失分點在于能否通過對此物理過程的分析后，確定兩物 體分離的臨界點，即當彈簧作用下的兩物體加速度、速度相同且相互作用的彈力 N =0時，恰好分離.圖19當F=0 (即不加豎

21、直向上 F力時)，設A、B疊放在彈簧上處于平衡時彈簧的壓縮量為X，有即_(mA+mB)gkx=(m A +mB)g 即 x_k對A施加F力，分析A、B受力如右圖所示對 AF+N-mAg_mAa對 B kx '-N-m Bg_mBa可知，當N豐0時，AB有共同加速度 a_a'，由式知欲使 A勻加速運動，隨 N減小F增大. 當N_0時，F(xiàn)取得了最大值Fm,即 Fm _m A (g+a)_4.41 N又當N_0時，A、B開始分離，由式知，此時，彈簧壓縮量 kx'_m B (a+g)x'_ mB(a+g)k2AB共同速度v _2a(x-x')由題知，此過程彈性勢

22、能減少了Wp_Ep_0.248 J設F力功Wf，對這一過程應用功能原理1 2 WF_2(mA+mB)v+(mA+mB)g(x-x')-Ep聯(lián)立，且注意到Ep_0.248 J可知，Wf_9.64 X 10-2 J【體驗7】一根勁度系數(shù)為k,質(zhì)量不計的輕彈簧，上端固定，下端系一質(zhì)量為m的物體，有一水平板將物體托住，并使彈簧處于自然長度。如圖21所示?，F(xiàn)讓木板由靜止開始以加速度a(av g)勻加速向下移動。求經(jīng)過多長時間木板開始與物體分離。解析設物體與平板一起向下運動的距離為x時，物體受重力mg，彈簧的彈力F_kx和平板的支持力 N作用。據(jù)牛頓第二定律有：mg-kx-N_ma 得 N_mg-

23、kx-ma當N_0時，物體與平板分離，所以此時m(g a) xk因為x fat2，所以t2m(g a)kau a圖21【點評】相互接觸的物體間可能存在彈力的相互作用，對于面接觸的物體，在接觸面間彈力變 為零時，它們將要分離。八、簡諧運動涉及到的彈簧問題【典案8】兩塊質(zhì)量分別為mi和m2的木塊，用一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧連在一起，現(xiàn)在mi上施加壓力F，如圖22所示為了使撤去 F后mi跳起時能帶起 m2，則所加壓 力F應多大？解析m2恰好離開地面的臨界條件是彈簧比原長再伸長X2,且kx2=m2g和mi速度為零. 根據(jù)簡諧振動的對稱性求解 ：m2不離開地面，mi做簡諧振動,則振幅：A xi x0 x

24、2 x0加壓力F時 F mg kxiXix 2xom2g2mig圖22所以人Fkximig(mi m2)g【點評】物體與彈簧組成的系統(tǒng)做簡諧運動時，具有明顯的對稱性，這類題一般用對稱性求解, 會簡單的多。【體驗8】如圖23所示，一升降機在箱底裝有若干個彈簧，設在某次事故中， 升降機吊索在空中斷裂，忽略摩擦力，則升降機在從彈簧下端觸地后直到最低點的一段運動過程中：（）A. 升降機的速度不斷減小B. 升降機的加速度不斷變大C. 先是彈力做的負功小于重力做的正功，然后是彈力做的負功大于重力做的 正功D. 到最低點時，升降機加速度的值一定大于重力加速度的值解析升降機從彈簧下端觸地后直到最低點的一段運動

25、可以轉(zhuǎn)化為熟悉的彈簧振子，其平衡 位置是重力與彈力相平衡的時刻。升降機的彈簧從觸地到平衡位置之前，加速度是在不斷減小，速 度不斷增大，故選項 A、B不正確。彈簧下端觸地后，升降機先加速后減速，加速度先減小后增大。達到平衡位置之前，重力大于彈力，所以重力做正功大于彈力做的負功； 過了平衡位置，彈力大于重力，所以重力做正功小于彈力做的負功。選項C正確。對于選項 D,可以設想有一輕彈簧豎直在水平地面上，將一小球無初速度放于彈簧上，可以證 明小球的運動為簡諧運動。由簡諧運動的對稱性知小球在最低點加速度的值等于在最高點的值。若 小球以一定速度落在彈簧上，在最低點加速度的值必大于重力加速度的值。故選項D正

26、確。答案：CD點評簡諧運動的對稱性在彈簧問題的運動上有廣泛的應用，因此在解決有關于位移、速度、 加速度及力的變化時，經(jīng)常用到。九、彈簧做功與動量、能量的綜合問題【典案9】如圖24中，輕彈簧的一端固定，另一端與 滑塊B相連，B靜止在水平導軌上，彈簧處在原長狀態(tài)。另 一質(zhì)量與B相同滑塊A,從導軌上的P點以某一初速度向 B 滑行，當A滑過距離Li時，與B相碰，碰撞時間極短，碰 后A、B緊貼在一起運動，但互不粘連。已知最后A恰好返回出發(fā)點P并停止?；瑝KA和B與導軌的滑動摩擦因數(shù)都為 ，運動過程中彈簧最大形變量為L2,求A從P出發(fā)時的初速度u 0。1解析設A、B質(zhì)量均為m, A剛接觸B時速度為v1J /

27、WWWw BAkJ k! pL2 圖 24 Li(碰前)，由功能關系，有1 2 1 2 mv0mv12 2A、B碰撞過程中動量守恒，設碰后A、B共同運動的速度為 v2.有mv1 2mv2碰后A、B先一起向左運動，接著 A、B一起被彈回，在彈簧恢復到原長時，設A、B的共同速度為V3，在這過程中，彈簧彈性勢能始末兩態(tài)都為零，利用功能關系，有1 2 1 2(2m)v； (2m)v；(2m)g(2L2)2 2此后A、B開始分離，A單獨向右滑到P點停下，由功能關系有1 2mv3mgL12由以上各式，解得 v0 . _g(10L_16L2)【點評】彈力做功的過程中彈力是個變力，并與動量、能量聯(lián)系。它有機地

28、將動量守恒、機械能守恒、功能關系和能量轉(zhuǎn)化結(jié)合在一起，能力要求較高，分析這類問題時，要耐心細致分析彈簧 的動態(tài)過程，利用動能定理和功能關系等知識解題。彈力做功是一個“變力”做功的問題，在中學物理中，“變力”做功應用動能定理來解答，彈性 勢能在中學物理中沒有定義式，在求其值的時候，必須應用能量守恒的原理來求，對于較綜合的題 型，雖然先后涉及到幾個較復雜的過程，但往往會出現(xiàn)先后二個狀態(tài)彈簧的形變情況一樣，這就意 味著先后二個狀態(tài)彈簧的彈性勢能一樣，對此必須引起足夠的重視?！倔w驗9】如圖25所示，質(zhì)量為m1的物體a經(jīng)一輕質(zhì)彈簧與下方 地面上的質(zhì)量為 m2的物體B相連，彈簧的勁度系數(shù)為 k, A、B都

29、處于 靜止狀態(tài)。一條不可伸長的輕繩繞過輕滑輪，一端連物體A，另一端連一輕掛鉤。開始時各段繩都處于伸直狀態(tài)，A上方的一段繩沿豎直方向。k圖25現(xiàn)在掛鉤上掛一質(zhì)量為 m3的物體C并從靜止狀態(tài)釋放，已知它恰好能使B離開地面但不繼續(xù)上升。若將C換成另一質(zhì)量為(mi+ m3)的物體D，仍從上述初始位置由靜止狀態(tài)釋放，則這次 B剛離地時D的速度的大小是多少？已知重力加速度為g。解析先后兩個狀態(tài)都講到B剛要離開地面，即彈簧的彈力都等于m2g，即先后講到的B要離開地面的兩個狀態(tài)對應的彈簧彈性勢能相等，由于初態(tài)的彈性勢能一樣，可見彈性勢能的改變量E相等。初態(tài)：彈簧的壓縮量 xi = mi g/ kB剛要離開地面

30、時彈簧的伸長量X2= m2g/k2第一過程 E= m3g ( xi +X2) mi g (xi +x2)第二過程 E= (mi+ m3) g (xi +X2) mi g (xi +X2) (mi+ m3)v2 miv2I12解得：v2mi(mi-m2)g_2 m) m2 k【點評】彈簧彈力做功等于彈性勢能的減少量。彈簧的彈力做功是變力做功，求解一般可以用以下四種方法：1、因該變力為線性變化，可以先求平均力，再用功的定義進行計算2、利用Fx圖線所包圍的面積大小求解3、用微元法計算每一小段位移做功，再累加求和4、據(jù)動能定理和能量轉(zhuǎn)化和守恒定律求解由于彈性勢能僅與彈性形變量有關，彈性勢能的公式高考中

31、不作定量要求，因此，在求彈力做功或彈性勢能的改變時，一般以能量的轉(zhuǎn)化與守恒的角度來求解。特別是涉及到兩個物理過程中的彈簧形變量相等時，往往彈性勢能的改變可以抵消，或替代求解。十、電磁學中彈簧問題【案例iO】如圖26所示，擋板P固定在足夠高的水平桌面上，小物塊A和B大小可忽略，它們分別帶為+Qa和+Qb的電荷量，質(zhì)量分別為 mA和m b。兩物塊由絕緣的輕彈簧相連，一個不可伸 長的輕繩跨過滑輪，一端與 B連接，另一端連接輕質(zhì)小鉤。整個裝置處于場強為E、方向水平向左的勻強電場中，A、B開始時靜止，已知彈簧的勁度系數(shù)為 k，不計一切摩擦及 A、B間的庫侖力，A、 B所帶電荷量保持不變，B不會碰到滑輪。

32、(1) 若在小鉤上掛質(zhì)量為 M的物塊C并由靜止 釋放，可使物塊A對擋板P的壓力恰為零，但不會離 開P,求物塊C下降的最大距離h(2) 若C的質(zhì)量為2M，則當A剛離開擋板P時，B的速度多大？解析 通過物理過程的分析可知：當 A剛離開擋板P時，彈力恰好與 A所受電場力平衡，彈 簧伸長量一定，前后兩次改變物塊C質(zhì)量，在第2問對應的物理過程中，彈簧長度的變化及彈性勢能的改變相同，可以替代求解。設開始時彈簧壓縮量為 xi由平衡條件：kx1 EQB可得x1 空k設當A剛離開檔板時彈簧的伸長量為 x2由：kx2EQa 可得X2EQak故C下降的最大距離為：h x1 x2由一式可解得h E(qb qa)k(2

33、)由能量轉(zhuǎn)化守恒定律可知:C下落h過程中,C重力勢能的減少量等于B電勢能的增量和彈簧彈性勢能的增量以及系統(tǒng)動能的增量之和當C的質(zhì)量為M時： mgh QBE hE彈當C的質(zhì)量為2M時，設A剛離開擋板時B的速度為v1 22Mgh QBEhE 彈寸(2M mB)v2由一式可解得 A剛離開P時B的速度為：2MgE(QA Qb)k(2M mB)【說明】研究對象的選擇、物理過程的分析、臨界條件的應用、能量轉(zhuǎn)化守恒的結(jié)合往往在圖27些題目中需要綜合使用。【體驗10】一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，下端掛有一匝數(shù)為N的矩形線框abed, be邊長為L。線框的下半部處在勻強磁場中，磁感強度大小為 B,方向與線框平面垂直，在圖27中垂直于紙面向里。線框中通以電流I,方向如圖所示。開始時線框處于平衡狀態(tài)，令磁場反向，磁感強度的大小 仍為B ,線框達到新的平衡。 在此過程中線框位移的大小Ax=,方向。解析令線框質(zhì)量為m。開始時，線框受向下的重力、向上的彈力和安培力，三力平衡，有 mg=NBIL+kx1磁場