高中物理弹簧问题归类总结

1弹簧问题归类一、“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.弹簧一端受力为F，另一端受力一定也为F,若是弹簧秤，则弹簧秤示数为F.【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，施加弹簧上水平方向的力1F和称外壳上的力2F，且12FF，则弹簧秤沿水平方向的加速度为，弹簧秤的读数为.【解析】以整个弹簧秤为研究对象，利用牛顿运动定律得：12FFma，即12FFam,仅以轻质弹簧为研究对象，则弹簧两端的受力都1F，所以弹簧秤的读数为1F.说明:2F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】12FFam1F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FaM,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：,xxFxTmaMFLML【答案】xxTFL三、弹簧的弹力不能突变(弹簧弹力瞬时)问题弹簧(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3】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，ABC、、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Aa=与Ba=【解析】由题意可设ABC、、的质量分别为23mmm、、，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AB、为研究对象，由平衡条件可知，木块C对木块B的作用力3CBFmg.以木块B为研究对象，木块B受到重力、弹力和CBF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，CBF瞬时变为0，故木块B的瞬时合外力为3mg,竖直向下，瞬时加速度为1.5g.【答案】0,1.5g.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030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.0B.大小为233g，方向竖直向下C.大小为233g，方向垂直于木板向下D.大小为233g,方向水平向右【解析】末撤离木板前，小球受重力G、弹簧拉力F、木板支持力NF作用而平衡，如图3-7-5所示，有cosNmgF.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NF立即消失,小球所受G和F的合力大小等于撤之前的NF(三力平衡)，方向与NF相反，故加速度方向为垂直木板向下，大小为23cos3NFgagm【答案】C.四、弹簧长度的变化问题设劲度系数为k的弹簧受到的压力为1F时压缩量为1x，弹簧受到的拉力为2F时伸长量为2x，此时的“-”号表示弹簧被压缩.若弹簧受力由压力1F变为拉力2F，弹簧长度将由压缩量1x变为伸长量2x，长度增加量为12xx.由胡克定律有:11()Fkx,22Fkx.则:2121()()FFkxkx,即Fkx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，并图3-7-4图3-7-5图3-7-2图3-7-1图3-7-32不是形变量.【例5】如图3-7-6所示，劲度系数为1k的轻质弹簧两端分别与质量为1m、2m的物块1、2拴接，劲度系数为2k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2k长度的增加量就是物块2的高度增加量，弹簧2k长度的增加量与弹簧1k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2k的弹力将由原来的压力12()mmg变为0,弹簧1k的弹力将由原来的压力1mg变为拉力2mg,弹力的改变量也为12()mmg.所以1k、2k弹簧的伸长量分别为:1211()mmgk和1221()mmgk故物块2的重力势能增加了221221()mmmgk，物块1的重力势能增加了21121211()()mmmgkk五、弹簧形变量可以代表物体的位移弹簧弹力满足胡克定律Fkx，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，因此弹簧可以与运动学知识结合起来编成习题.【例6】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AB、，其质量分别为ABmm、，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1x，弹簧弹力为1F，分析A受力可知:11sinAFkxmg解得:1sinAmgxk,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时弹簧的伸长量为2x，分析物体B的受力有:2sinBkxmg,解得2sinBmgxk,设此时物体A的加速度为a，由牛顿第二定律有:2sinAAFmgkxma解得:()sinABAFmmgam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12dxx，即()sinABmmgdk【答案】()sinABmmgdk六、弹力变化的运动过程分析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.结合弹簧振子的简谐运动，分析涉及弹簧物体的变加速度运动，.此时要先确定物体运动的平衡位置，区别物体的原长位置，进一步确定物体运动为简谐运动.结合与平衡位置对应的回复力、加速度、速度的变化规律，很容易分析物体的运动过程.【例7】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0x，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?【解析】由题意可知，弹簧开始的压缩量0mgxk，物体B刚要离开地面时弹簧的伸长量也是0mgxk.(1)若3Fmg,在弹簧伸长到0x时，物体B离开地面，此时弹簧弹性势能与施力前相等，F所做的功等于物体A增加的动能及重力势能的和.即：201222Fxmgxmv得:022vgx(2)所施加的力为恒力0F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：001Fmgkxma,式中k为弹簧劲度系数，1a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02x，则:图3-7-7图3-7-6图3-7-83002(2)kxmgFma而0kxmg，简谐运动在上、下振幅处12aa，解得：032mgF[也可以利用简谐运动的平衡位置求恒定拉力0F.物体A做简谐运动的最低点压缩量为0x，最高点伸长量为02x，则上下运动中点为平衡位置，即伸长量为所在处.由002xmgkF,解得:032mgF.]【答案】022gx32mg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.七．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时两个物体速度相同；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。【例8】如图3-7-9所示，AB、两木块叠放在竖直轻弹簧上，已知木块AB、的质量分别为0.42kg和0.40kg，弹簧的劲度系数100/kNm，若在A上作用一个竖直向上的力F,使A由静止开始以20.5/ms的加速度竖直向上做匀加速运动（210/gms）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AB、分离的过程中，弹簧的弹性势能减少了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0F(即不加竖直向上F力)时，设木块AB、叠放在弹簧上处于平衡时弹簧的压缩量为x,有:()ABkxmmg,即()ABmmgxk---①,对木块A施加力F，A、B受力如图3-7-10所示,对木块A有:AAFNmgma---②,对木块B有:'BBkxNmgma---③,可知，当0N时，木块AB、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0N时,F取得了最大值mF,即:()4.41mAFmagN又当0N时，AB、开始分离，由③式知，弹簧压缩量'()Bkxmag，则()'Bmagxk---④,木块A、B的共同速度：22(')vaxx----⑤,由题知，此过程弹性势能减少了0.248PPWEJ,设F力所做的功为FW，对这一过程应用功能原理，得：21()()(')2FABABPWmmvmmgxxE----⑥联立①④⑤⑥式，且0.248PEJ,得：29.6410FWJ【答案】（1）4.41mFN29.6410FWJ【例9】如图3-7-11所示，一质量为M的塑料球形容器，在A处与水平面接触.它的内部有一直立的轻弹簧，弹簧下端固定于容器内部底部，上端系一带正电、质量为m的小球在竖直方向振动，当加一向上的匀强电场后，弹簧正好在原长时，小球恰好有最大速度.在振动过程中球形容器对桌面的最小压力为0，求小球振动的最大加速度和容器对桌面的最大压力.【解析】因为弹簧正好在原长时小球恰好速度最大，所以有：qEmg---①,小球在最高点时容器对桌面的压力最小，有：kxMg---②,此时小球受力如图3-7-12所示，所受合力为qEkxmgF---③,由以上三式得小球的加速度mMga.显然，在最低点容器对桌面的压力最大，由振动的对称性可知小球在最低点和最高点有相同的加速度，解以上式子得：Mgkx所以容器对桌面的压力为：MgkxMgFN2.八、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,用公式212PEkx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.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