高中物理经典模型（弹簧参与的平衡力功态）

物理经典模型（三(2): 弹簧参与的平衡 力 功 态）弹簧的常见解题思路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=-（1/2kx22-1/2kx12），弹力的功等于弹性势能增量的负值.弹性势能的公式Ep=1/2kx2，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，一般以能量的转化与守恒的角度来求解.目录：1.平衡、2.动力学、3.能量、4.振动、5.应用类1、与物体平衡相关的弹簧问题 1.(1999年，全国)如图示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面的弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧在这过程中下面木块移动的距离为( ) A.m1g/k1 B.m2g/k2 C.m1g/k2 D.m2g/k2此题是共点力的平衡条件与胡克定律的综合题题中空间距离的变化，要通过弹簧形变量的计算求出注意缓慢上提，说明整个系统处于一动态平衡过程，直至m1离开上面的弹簧开始时，下面的弹簧被压缩，比原长短(m1 + m2)gk2，而ml刚离开上面的弹簧，下面的弹簧仍被压缩，比原长短m2gk2，因而m2移动x(m1 + m2)gk2 - m2gk2mlgk2 参考答案:C2.S1和S2表示劲度系数分别为k1，和k2两根轻质弹簧，k1k2；A和B表示质量分别为mA和mB的两个小物块，mAmB,将弹簧与物块按图示方式悬挂起来现要求两根弹簧的总长度最大则应使( )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在上先对下面的物体受力分析，受重力和下面的弹簧的拉力而平衡，即下面的弹簧的弹力等于下面弹簧的拉力，有k下x下=m下g 再对两个物体的整体受力分析，受到总重力和上面弹簧的拉力，根据共点力平衡条件，有k上x上=（ma+mb）g 弹簧总长度为L=La+Lb+x上+x下=La+Lb(ma+mb)g/k上+m下g/k下要使总长度最大，k上要取最小值k2，m下要取最大值ma，k下要取最大值k1，故S2在上，b在上；参考答案:D3.(2001年上海高考)如图所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，L2水平拉直，物体处于平衡状态现将L2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度(1)下面是某同学对该题的一种解法：解 设L1线上拉力为Tl，L2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡Tlcos=mg，Tlsin=T2，T2=mgtan，剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度因为mgtan=ma，所以加速度a=g tan，方向在T2反方向你认为这个结果正确吗?清对该解法作出评价并说明理由解答：错因为L2被剪断的瞬间，L1上的张力大小发生了变化此瞬间T2=mgcos， a=gsin (2)若将图中的细线Ll改为长度相同、质量不计的轻弹簧，其他条件不变，求解的步骤和结果与(1)完全相同，即a=gtan，你认为这个结果正确吗?请说明理由 解答：对，因为L2被剪断的瞬间，弹簧L1的长度未及发生变化，T1大小和方向都不变2、与动力学相关的弹簧问题 ：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 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，二者分离参考答案：C2.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.sL C.sL D.条件不足，无法判断物体最后能够静止，说明平面有摩擦，第一次弹簧中的弹性势能完全释放，运动的位移是L，第二次弹簧与物体栓接在一起，物体运动到静止时，弹簧有两种可能情况，第一种静止时弹簧恰好是原长，则路程为L，第二种静止时弹簧还有形变，则路程小于L。答案： AC3.A、B两木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知木块A、B质量分别为0.42 kg和0.40 kg，弹簧的劲度系数k=100 N/m ，若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使A由静止开始以0.5 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动（g=10 m/s2）.（1）使木块A竖直做匀加速运动的过程中，力F的最大值； 分析：此题难点和失分点在于能否通过对此物理过程的分析后，确定两物体分离的临界点，即当弹簧作用下的两物体加速度、速度相同且相互作用的弹力 N =0时 ,恰好分离.解:当F=0（即不加竖直向上F力时），设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）gx=（mA+mB）g/k 对A施加F力，分析A、B受力如图 对A F+N-mAg=mAa 对B kx-N-mBg=mBa 可知，当N0时，AB有共同加速度a=a，由式知欲使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（g+a）=4.41 N3、与能量相关的弹簧问题：1.某宇航员在太空站内做丁如下实验：选取两个质量分别为mA=0.1kg、mB=0.20kg的小球A、B和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小球A粘连，另一端与小球B接触而不粘连现使小球A和B之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v0=0.10m/s做匀速直线运动，如图所示过一段时间，突然解除锁定(解除锁定没有机械能损失)，两球仍沿原直线运动从弹簧与小球B刚刚分离开始计时，经时间t=30s两球之间的距离增加了s=27m，求弹簧被锁定时的弹性势能E0?取A、B为系统,由动量守恒得:( m A+m B)v0=m AvA+mBv ;VA t+VB t=s 又A、B和弹簧构成系统，又动量守恒解得: 2. 质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上平衡时， 弹簧的压缩量为x0，如右图所示一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连它们到达最低点后又向上运动已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点若物块质量为M，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度物块向上运动到达的最高点与O点的距离h1/2x0求M与m的关系式。在自由下落的过程中，两种情况下落至钢板的速度相同，即v2g3x0，所以v0(2分)在碰撞时，因时间极短，故动量守恒分别有：mv02mv1(2分)Mv0(M+m)v2(2分)在压缩弹簧后至回到O处的过程中机械能守恒，分别有：Ep1/2(2m)v2mgx0Ep1/2(M+m)v(M+m)gx01/2(M+m)v2在第二种情况下，两者在O处分离后，物块做竖直上抛运动，其最大高度h1/2x0. (2分)解得：M=2m(2分)4、振动类问题：1.如图所示，在光滑的水平面上有一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k，开始时，振子被拉到平衡位置O的右侧某处，此时拉力为F，然后轻轻释放振子，振子从初速度为零的状态开始向左运动，经过时间t后到达平衡位置O处，此时振子的速度为v，则在这过程中，振子的平均速度为( )A. v/2 B. F/（2kt） C. v D. F/（kt）根据胡克定律，振子被拉到平衡位置O的右侧A处，此时拉力大小为F，则OA的位移为：X=F/K由于经过时间t后第一次到达平衡位置O处，所以这个过程中位移的x，时间为t，故：平均速度为：V=x/t=F/Kt故选D5、应用型问题：1.“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=04 E，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:(1) 当待测系统静上时，1、2接线柱输出的电压 u0=ER12/（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 -kL/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=IR1根据牛顿第二定律得: kxma建立以上四式得: a=kL/2m - 5kLU/（4Em），(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: kx=ma联立上述三式得: a=kL(E-3Ir)/(4Imr)