有關(guān)彈簧問題的專題復(fù)習(xí)

1、有關(guān)彈簧問題的專題復(fù)習(xí)縱觀歷年高考試題，和彈簧有關(guān)的物理試題占有相當(dāng)?shù)谋戎?，高考命題者常以彈 簧為載體設(shè)計出各類試題，這類試題涉及到靜力學(xué)問題、動力學(xué)問題、動量守恒 和能量守恒問題、振動問題、功能關(guān)系問題，幾乎貫穿于整個力學(xué)知識體系，為了 幫助同學(xué)們掌握這類試題的分析方法，同時也想借助于彈簧問題，將整個力學(xué)知 識有機地結(jié)合起來，讓同學(xué)們對整個力學(xué)知識體系有完整的認(rèn)識，特將有關(guān)彈簧 問題分類研究如下一、彈簧中的靜力學(xué)問題在含有彈簧的靜力學(xué)問題中，當(dāng)彈簧所處的狀態(tài)沒有明確給出時，必須考 慮到彈簧既可以處于拉伸狀態(tài)，也可以處于壓縮狀態(tài)，必須全面分析各種可能性， 以防以偏概全.【例1】（2002年廣東

2、省高考題）如圖所示，a、b、c為三個物塊,M、N 為兩個輕質(zhì)彈簧,R為跨過光滑定滑輪的輕繩，它們均處于平衡狀 態(tài)則:（）A. 有可能N處于拉伸狀態(tài)而M處于壓縮狀態(tài)B. 有可能N處于壓縮狀態(tài)而M處于拉伸狀態(tài)C. 有可能N處于不伸不縮狀態(tài)而M處于拉伸狀態(tài)D. 有可能N處于拉伸狀態(tài)而M處于不伸不縮狀態(tài)【解析】研究a、N、c系統(tǒng)由于處于平衡狀態(tài),N可能處于拉伸 狀態(tài)，而M可能處于不伸不縮狀態(tài)或壓縮狀態(tài)；研究a、M、b系 統(tǒng)由于處于平衡狀態(tài),M可能處于壓縮狀態(tài)（或處于不伸不縮狀態(tài)），而N可能處于不伸不縮狀態(tài)或拉伸狀態(tài)綜合分析，本題只有A、D正確.【例2】.如圖所示,重力為G的質(zhì)點M與三根相同的輕質(zhì)彈簧相

3、連，靜止時，相鄰兩彈簧間的夾角均為 120 ,已知彈 簧A、B對質(zhì)點的作用力均為2G,則彈簧C對質(zhì)點的作用 力大小可能為（）A.2G B.G C.0 D.3G【解析】彈簧A、B對M的作用力有兩種情況：一是拉伸 時對M的拉力，二是壓縮時對M的彈力.若A、B兩彈簧都被拉伸，兩彈簧拉力與質(zhì)點M重力的合力方向一定豎直向下， 大小為3G此時彈簧C必被拉伸,對M有豎直向上的大小為3G的拉力，才能使M 處于平衡狀態(tài)若A、B兩彈簧都被壓縮，同理可知彈簧C對M有豎直向下的大小為 G的彈 力.A、B兩彈簧不可能一個被拉伸，一個被壓縮，否則在題設(shè)條件下M不可能平衡. 故本題選B、D.【例3】（1999年全國高考題）

4、如圖所示，兩木塊的質(zhì)量分別為mi和m2,兩輕質(zhì) 彈簧的勁度系數(shù)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(tǒng)處于平衡狀態(tài).現(xiàn)緩慢向上提上面的木塊，直到它剛離開上面彈簧.在這過程中 下面木塊移動的距離為（）A.migkiB.m2gkiC.migm2gk2【解析】原來系統(tǒng)處于平衡態(tài)則下面彈簧被壓縮 X1則有：k2Xi二mi .m2 g ;當(dāng)上面的木塊剛離開上面的彈簧時，上面的彈簧顯然為原長，此時對下面的木塊 m2則有：k?X2 =m2g，因此下面的木塊移動的距離為x = xi -乂2=巴，故本題選C.k2【注意】緩慢向上提，說明整個系統(tǒng)一直處于動態(tài)平衡過程二彈簧中的動力學(xué)問題有

5、關(guān)彈簧問題的動力學(xué)問題，同學(xué)們應(yīng)注意以下幾個問題：一是因彈簧的彈力是變力，物體在彈簧彈力（通常還要考慮物體的重力）作用下做變加速運動，掌握這類問題的動態(tài)情景分析是解答這類問題的關(guān)鍵 二是要注意彈簧是彈性體，形變 的發(fā)生和恢復(fù)都需要一定的時間，即彈簧的彈力不能突變?nèi)且⒁鈴椈蓡栴}的 多解性.1.在彈簧彈力作用下瞬時加速度的求解【例4】一個輕彈簧一端B固定,另一端C與細繩的一端共同拉住一個質(zhì)量為m的小球，繩的另一端A也固定如圖所示，且AC、BC與豎直方向夾角分別為 打、二2,則（）B.燒斷細繩瞬間，小球的加速度a二gsinf sin比屯C.在C處彈簧與小球脫開瞬間,小球的加速度agsigsin

6、宀 6A.燒斷細繩瞬間,小球的加速度a rgsimD.在C處彈簧與小球脫開瞬間,小球的加速度a = gsin【解析】在繩子燒斷前，小球受力平衡，據(jù)拉密原理可知：F b _ Fa _ mg 故 f = mg sin& if = mg sin 日 2sin&isin&2 sin,+02），B sin+日2 ） A+日2 ）燒斷細繩瞬間,Fa消失，而F b尚未變化（彈簧形變需時間，認(rèn)為這一瞬間不變） Q彈簧與球脫開時,Fb消此時合力與fa等大反向，加速度為影盤H失,Fa發(fā)生突變此時重力與繩子拉力的合力為：F合=mgsin方向與AC垂直,所以a = gsinm .故本題選B、D.【說明】解答這類題型的

7、關(guān)鍵要注意細繩和輕彈簧兩種模型的區(qū)別：細繩的張力可以發(fā)生突變，彈簧的彈力不能發(fā)生突變.；但當(dāng)彈簧的一端不與有質(zhì)量的物體 連接時，輕彈簧的形變也不需要時間，彈力也可以發(fā)生突變（因輕彈簧的質(zhì)量為零, 其加速度為無窮大）【例5】如圖所示，物塊B和C分別連接在輕彈簧的兩端，將其靜置于吊籃A的 水平底板上，已知A、B、C三者質(zhì)量相等且為m.則將掛吊籃的輕繩燒斷的瞬間吊籃A、物塊B和C的瞬時加速度分別為（）A.g、g、gB.g、g、0、1.5g、0 D.g、2g、0【解析】對物塊C在輕繩燒斷的瞬間，其受力情況不變，故其瞬時 加速度為零.而對于吊籃A和物塊B,由于它們是剛性接觸，它們之 間的相互作用力可發(fā)生

8、突變，因此在輕繩燒斷的瞬間A和B的加速 度相等. 研究A、B、C系統(tǒng),由牛頓定律可知：3mg=2ma. a a l.5g因此本題的正確選項為C.【說明】注意兩物體“剛性接觸”和“彈性接觸” 的區(qū)別【例6】如圖所示，豎直放置在水平面上的輕彈簧上疊放著兩物塊 P、Q,它們的質(zhì)量均為2kg,均處于靜止?fàn)顟B(tài).若突然將一個大小為 10N、方向豎直向下的力施加在物塊 P上，則此瞬間,P對Q壓力的 大小為（g取10m/s2）（）A.5N B.15NC.25ND.35N.【解析】在物塊P上突然施加一個豎直向下的力的瞬間P和Q的加速度相等.研究P、Q系統(tǒng)，據(jù)F - 2ma aP =a 2.5m /s2研究 P

9、物塊，據(jù) mg F - N -m N = 25 N .因此P對Q的壓力大小為25N.故本題正確選項為C【練習(xí)】如圖所示，繩子OO掛著匣子C,匣內(nèi)又用繩子掛 著A球,A的下方用輕彈簧掛著B球,A、B C三個物體的質(zhì)量 都是m,原來都處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)繩子OO被燒斷瞬間，試求三 個物體的瞬時加速度.（aB=0；aA=ac=1.5g）2物體在彈簧彈力作用下的動態(tài)分析【例7】（2001年上海市高考試題）如圖所示，一只升降機在箱底裝有若干個彈簧，設(shè)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.

10、 先是彈力做的負(fù)功小于重力做的正功，然后是彈力做的負(fù)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運動過程可分為三個階段：mgN（ N為彈簧的彈力），據(jù)a = mg 一 N = mg - kx可知,加速度a隨著形變量x mm的增大而減小，故此階段升降機做加速度減小的加速運動； mg=N時，速度達到 vm；mgvN,據(jù)N m k mg可知，加速度a隨著形變量x的增大而增 mm大,故此階段升降機做加速度增大的減速運動， 最低點時v=0，由以上分析知A、B錯,由動能 定理可知選項C正確做出升降機全過程的速 度圖象如圖所示，由圖易

11、知選項D也正確.3.物體在彈簧彈力作用下的運動分析【例8】如圖所示，一勁度系數(shù)為k=800N/m的 輕彈簧兩端各焊接著兩個質(zhì)量均為m=12kgB的物體A、B.物體A、B和輕彈簧豎立靜止在【例9】一名宇航員抵達一個半徑為r 的星球表面，為了測定該星球的質(zhì)量 M,他做了如下實驗：取一根細線穿 過光滑的細直管，細線的一端拴一個 質(zhì)量為m的小球，另一端連接在一固 定的測力計上，手握細直管轉(zhuǎn)動小球, 使之在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動 , 并觀察測力計的讀數(shù)發(fā)現(xiàn)：小球運動 至V圓周的最高點和最低點時測力計的 示數(shù)差為 F.已知萬有引力常量為 G, 試求出該星球的質(zhì)量M【解析】若設(shè)小球在圓周的最高點和最低點

12、時，繩的拉力大小分別為Fi和F2, 速度大小分別為vi和V2.設(shè)圓運動半徑為R則在最咼點時有：2ViFi mg = m r ,在最低點時有:2V2F2 mg=m-R,又:F 二 F2-Fi,小球從最低點到最高點的過程中機械能守恒，由此可得:Imv2 -Imvf =mg *2R 又據(jù) mg =Gm ,22r由可得Fr6 Gm【例10】兩個質(zhì)量不計的彈簧將一金屬塊支在箱子 的上頂板與下底板之間，箱子只能沿豎直方向運動， 如圖所示，兩彈簧原長均為0.80m,勁度系數(shù)均為60N/m.當(dāng)箱以a=2.0m/s2的加速度勻減速上升時, 上、下彈簧的長度分別為0.70m和0.60m(g=10m/s2). 若上

13、頂板壓力是下底板壓力的四分之一，試判斷箱的運動情況.【解析】由題意可知上、下兩彈簧均處于壓縮狀態(tài) . 不仿令下、上彈簧的彈力分別為 N和2則據(jù)胡克 定律可得：Ni=60 (0.80-0.60)=12.0N,N2=60 (0.80 -0.70) =6.0N.設(shè)向下為正方向，當(dāng)金屬塊以2.0m/s 2的加速度勻減速上升時，由牛頓第二定律得：mg N 2 - N 勺=ma .解之 m=0.75kg.因彈簧總長度不變，則I = h I2 = 0.70 - 0.60 = 1.30（m）.上頂板壓力為下底板壓力的1/4時，設(shè)上、下彈簧的壓縮量分別為X2和X；,則 x1 二 4x2 , 由 2I0 -5x2

14、 = I ,x2 二 0.06m. N 2 二 kx2 = 3.6N . 則N； =4N2 =14.4N.據(jù) mg N 2 - N ； = ma ,得 a 二 -4.4m/s2.因此箱子以大小為4.4m/s 2的加速度上升或減速下降.【例11】如圖所示,質(zhì)量為M的木塊放在水平面上，一輕彈簧下端固定在木塊上， 上端固定一個質(zhì)量為 m的小球小球上下振動時，木塊始終沒有跳 起問：在木塊對地面壓力為零的瞬間，小球加速度多大？在小 球上下振動的全過程中，木塊對地面的最大壓力多大？【解析】木塊對地面壓力為零的瞬間 ，顯然小球振動到最高點時，此時小球的加速度向下研究m和M系統(tǒng)，由牛頓第二定律可知（M + m

15、 ” = ma a =十 m 初m在小球上下振動的全過程中，當(dāng)小球運動到最低點時，木塊對地面的壓力最大，此時對m和M系統(tǒng)有：N - M m g二ma 據(jù)彈簧的對稱性原理可知，小球在振動的最低點和最高點加速度大小相等.將代入到可得：N m = 2 M m g二彈簧連接體問題【例12】如圖所示，一輕彈簧連接兩滑塊 A和B，已知mA=0.99kg，mB=3kg放在光 滑水平面上，開始時彈簧處于原長現(xiàn)滑塊A被水平飛來的質(zhì)量為 mc=10g、速度 為400m/s的子彈擊中，且沒有穿出，試求：子彈擊中 A的瞬間A和B的速度；以后運動過程中彈簧的 最大彈性勢能；B可獲得的最大動能.【解析】子彈擊中滑塊A的瞬

16、間，研究A和C系統(tǒng),由動量守恒定律可得：mCv二mC mA vA vA = 4m/s （此時由于彈簧尚未發(fā)生形變，故物塊B并未參與A、C間的相互作用）.子彈擊中滑塊A后,在彈性力的作用下做加速度增大的變減速運動，與 此同時，滑塊B做加速度增大的變加速運動，當(dāng)它們的速度相等時，彈簧的彈性勢 能最大，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律可得：mA mCvA= mA mC mBv v=1m/s1 2 1 2Ep mA mC vA _ ?mA mC mB v EP = 6J .2 2當(dāng)它們的速度相等后，在彈性力的作用下，滑塊A和子彈C將做加速度 減小的變減速運動（當(dāng)它的速度減為零后，可向相反方向做變加速運動

17、）,而滑塊 B將做加速度減小的變加速運動，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，設(shè)滑塊B的最大速度為vb , 此時滑塊A和子彈的速度為va.根據(jù)系統(tǒng)動量守恒定律和系統(tǒng)能量守恒定律（從 子彈擊中滑塊A到彈簧重新恢復(fù)原長的過程相當(dāng)于一個完全彈性正碰過程）得：（mmc Va =嘰 +mc 以 FbVb111（mA +mc ）v： = （mA +mc V：+ mBV；，代入數(shù)據(jù)可得 VB，=2m/s2 2 2因此B獲得的最大動能為E kb =丄mBvB = 6J .2從子彈擊中滑塊A到彈簧重新恢復(fù)原長的全過程可用速度圖象表示，其速度圖象如圖所示.關(guān)于速度圖象的幾點說明：由速度圖象可知，當(dāng) t=t1時，彈簧壓縮量最短，此時

18、系統(tǒng)內(nèi)各物體有相同的速度， 并且系統(tǒng)的動能總和最小而彈簧的彈性勢能最大當(dāng)t=t2時，彈簧第一次恢復(fù)原長，此時滑塊B有最大速度，而此時滑塊A（包括子彈C）有負(fù)向的最大速度；當(dāng)t=t3時， 彈簧伸長量最大，當(dāng)t=t4時,彈簧再一次恢復(fù)原長此后再周期性的循環(huán)往復(fù)的變 化.由滑塊B的速度圖象可知，它的最大速度為2m/s.【例13】如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量分別為m1、m2,由輕彈簧連接，置于光滑水平面上，用一輕繩把兩木塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)后綁緊，兩木塊 一起以恒定的速度 Vo向右滑動，突然輕繩斷開，當(dāng)彈簧伸長至本身的自然長度時： 滑塊A的速度恰為零，求： 此時木塊B的速度；輕繩斷開前彈簧

19、的彈性勢能；如果在以后的運動過程中，木塊B有速度為零的時刻，則木塊A、B的質(zhì)量mi、 m2應(yīng)滿足的關(guān)系是什么？【解析】由動量守恒定律可知：mi m2mi m2 vo = m?V2,故 V2二Vom211由系統(tǒng)能量守恒定律可知：一 m1 m2 v2 E P= - mv；, 故22Epomi mi m2 v02m2輕繩斷開后，滑塊A和B的速度圖象如圖所示：由速度圖象可知，當(dāng)mm2時,木塊B有速度為零的時刻.【說 明】 在彈 簧連 接體 模型 中， 若兩 物體 的質(zhì) 量不 相等，在速 度圖象中只是速度的最大值、最小值不同，不需定量計算時，可粗略畫出速度的最 大值，應(yīng)特別注意：質(zhì)量小的物體的速度最大值

20、較大 .【練習(xí)】如圖所示，輕彈簧的兩端與兩物塊(質(zhì)量分別為m、m)連在一起時,mi靜 止在A點,m2靠墻,現(xiàn)用水平力F推m使彈簧壓 縮,mi=1kg,m2=2kg,將它們放在光滑的水平面上,彈 簧自然壓縮一段距離后靜止，此過程中力F的功為4.5J.當(dāng)F撤去后,求：m在運動過程中的最大速度，(3m/s)m在運動過程中的最大速度，(2m/s)m在越過A點后速度最小時彈簧的彈性勢亠能.(2.25J)【解析】.mi在彈開過程中,回到A點時速度最1大,設(shè)為 Vi,則有：WF me；. Vp =3m/s.2.mi越過A點后,m2開始向右加速,mi開始減速，彈簧被拉長，當(dāng)其伸長到最大長 度時，二者具有共同速

21、度v,此過程對系統(tǒng)有：mjVj = m1 m2 v；1 2 my2=二阿 +m2 V* 1 2 +Epm 由、解得：v=1m/s. EPm =3J(3).mi由 m1v m2v2 +0,得 v2 = 1.5m/ s全過程的速度圖象如圖所示，由圖可知m越過A點后速度最小為零，不是-1 m/s.越過A點 后由伸長 至H最長至 第二次恢 復(fù)原長過 程的某一 時刻速度 第一次最 小,且為零. 據(jù)1 2 1 2第二階段為從彈簧壓縮最短到銅塊運動到木板的最右端，此時它們具有相m1v1m2v2Ep .得 Ep =2.25J2 2 P四、彈簧功能關(guān)系綜合題例析【例14】如圖所示,質(zhì)量為M的L型長木板靜止在光滑

22、水平面上，在木板的右端有一質(zhì)量為m的小銅塊,現(xiàn)給銅塊一個水平向左的初速度v。,銅塊向左滑行并與77777777777777777,固定在木板左端的長度為I的輕彈簧相碰，碰后返回 且恰好停在木板的右端，求：銅塊與彈簧作用過程中 彈簧獲得的最大彈性勢能.同的速度V2,由系統(tǒng)動量守恒定律和能量守恒定律可得:(M +mVp = (M +m y2; EP Wf =丄(M + mv； v1 ).2可解之:Vi二 V2 E p用va、vb分別表示B與擋板相碰前瞬間A、B的速度，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒定律可得：2mvo = 2mvA mvB ;2mvA - mvB二 3mv21將V2 = V0代入、可得:3Va-3

23、Vo,V1Vo.由于42VA Vb,說明此時彈簧仍1處于壓縮狀態(tài).又由于 2mvA2mvL ；2點故該情況是可以實現(xiàn)的.【例15】如圖所示，光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球B連接著輕彈簧處于靜止?fàn)?態(tài),質(zhì)量為2m的小球A以大小為Vo的初速度向右運動，接著逐漸壓縮彈簧并使 B 運動,經(jīng)過一段時間A與彈簧分離當(dāng)彈簧壓縮最短時，彈簧的彈性勢能Ep多大？.若開始時在B球的右側(cè)某位置固定一塊擋板，在A球 二與彈簧未分離前使B球與擋板發(fā)生碰撞，并在碰后立即將擋板撤去.設(shè)B球與擋板 的碰撞時間極短，碰撞時機械能沒有損失，欲使此后彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能EP能達到第問中Ep的2.5倍,必須使B球在速度多

24、大時與擋板發(fā)生 碰撞?【解析】當(dāng)彈簧壓縮到最短時，A、B的速度相同，設(shè)為V12根據(jù)系統(tǒng)動量守恒定律可得：2mvo = 3mvi解得w= v.3對A、B以及彈簧所構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒，所以有:11 1mv03 mv1 E P 解得 E Pmv03彈簧被壓縮到最短時,A、B的速度相同，設(shè)為V2.由于B與擋板相碰后動能沒有 損失，故有:12mv： = 13mv； + E P .將 E P = 2.5E =mv0代入可得：v v0 或2263113將V2 = -V0代入可得：Va =-V,Vb =-V0.由于此時有3421112mvA +-mvB 2mvo故該情況是不可能實現(xiàn)的.22 2【例16】(2

25、003年江蘇省高考題)(1)如圖1,在光滑水平長直軌道上,放著一 個靜止的彈簧振子，它由一輕彈簧兩端各聯(lián)結(jié)一個小球構(gòu)成，兩小球質(zhì)量相等 現(xiàn)突然給左端小球一個向右的速度Uo,求彈簧第一次恢復(fù)到自然長度時，每個小球的速度.(2)如圖，將N個這樣的振子放在該軌道上， 最左邊的振子被壓縮至彈簧為某一長度后鎖定，靜止在適彳 當(dāng)位置上，這時它的彈性勢能為Eo,其余的振子間都有一 定距離，現(xiàn)解除對振子1的鎖定，任其自由運動，當(dāng)它第/刃J一次恢復(fù)到自然長度時，剛好與振子2碰撞，此后，繼續(xù) 發(fā)生一些碰撞，每一個振子被碰后都是在彈簧第一次恢復(fù)到自然長度時與下一 振子相碰，求所有的碰撞都發(fā)生后，每個振子彈性勢能的最

26、大值，已知兩球相 撞時,速度交換，即一球碰后的速 度等于另一球碰前的速度1234N【解析】.振子從初態(tài)到彈簧恢復(fù)到自然長度的過程中，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，當(dāng)兩球速度相同均為U0時,(2即為to時刻)彈簧壓縮最短,t o -t有：mv1 mv1 = 0彈簧逐漸恢復(fù)原長，當(dāng)t時刻彈 簧恢復(fù)到原長時，左小球速度為 零,右小球速度為 Uo,即兩小球 互換速度(2)從振子1解除鎖定到彈簧第 一次恢復(fù)原長過程中，右小球向 右加速，左小球向左加速且具有 瞬時對稱性，兩小球和彈簧組成 的系統(tǒng)滿足動量守恒和機械能 守恒，設(shè)向右為正向，則1mvf +1mv1 =Eo.解得V1 = J旦,V1 =旦.且在此時刻振子1的右小球與振子2的左小球相碰，碰后它們互換速度，此時振子1左小球的速度仍 為V1.此后振子1向左運動，左小球向左減速，右小球向左加速，當(dāng)其速度相同 時彈簧拉伸至最長，彈性勢能最大，設(shè)兩球的共速為V ，則有:mvp = 2mv， mv； = 2mv2 + E P . 解得 E P =丄 Eo.224振子2被撞后瞬間，左小球速度為vi,右小球速度為零，彈簧被壓縮，右小 球向右加速，左小球向右減速，當(dāng)彈簧壓縮至最短時，振子2彈性勢能最大，彈 簧恢復(fù)原長時，左小球