有关弹簧问题的专题复习纵观历年高考试题,和弹簧有关的物理试题占有相当的比重,高考命题者常以弹簧为载体设计出各类试题,这类试题涉及到静力学问题、动力学问题、动量守恒和能量守恒问题、振动问题、功能关系问题,几乎贯穿于整个力学知识体系,为了帮助同学们掌握这类试题的分析方法,同时也想借助于弹簧问题,将整个力学知识有机地结合起来,让同学们对整个力学知识体系有完整的认识,特将有关弹簧问题分类研究如下.一、弹簧中的静力学问题在含有弹簧的静力学问题中,当弹簧所处的状态没有明确给出时,必须考虑到弹簧既可以处于拉伸状态,也可以处于压缩状态,必须全面分析各种可能性,以防以偏概全.【例1】（2002年广东省高考题）如图所示,a、b、c为三个物块,M、N 为两个轻质弹簧,R为跨过光滑定滑轮的轻绳,它们均处于平衡状态.则:（）A.有可能N处于拉伸状态而M处于压缩状态B.有可能N处于压缩状态而M处于拉伸状态C.有可能N处于不伸不缩状态而M处于拉伸状态D.有可能N处于拉伸状态而M处于不伸不缩状态【解析】研究a、N、c系统由于处于平衡状态,N可能处于拉伸状态,而M可能处于不伸不缩状态或压缩状态;研究a、M、b系统由于处于平衡状态,M可能处于压缩状态(或处于不伸不缩状态),而N可能处于不伸不缩状态或拉伸状态.综合分析,本题只有A、D正确.【例2】.如图所示,重力为G的质点M与三根相同的轻质弹簧相连,静止时,相邻两弹簧间的夹角均为120 ,已知弹簧A、B对质点的作用力均为2G,则弹簧C对质点的作用力大小可能为（）A.2GB.GC.0D.3G【解析】弹簧A、B对M的作用力有两种情况：一是拉伸时对M的拉力,二是压缩时对M的弹力.若A、B两弹簧都被拉伸,两弹簧拉力与质点M重力的合力方向一定竖直向下,大小为3G,此时弹簧C必被拉伸,对M有竖直向上的大小为3G的拉力,才能使M 处于平衡状态.若A、B两弹簧都被压缩,同理可知弹簧C对M有竖直向下的大小为G的弹力.A、B两弹簧不可能一个被拉伸,一个被压缩,否则在题设条件下M不可能平衡.故本题选B、D.【例3】（1999年全国高考题）如图所示,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.11k g mB.12k g mC.21k g mD.22k g m 【解析】原来系统处于平衡态则下面弹簧被压缩x 1则有：()g m m x k 2112+=;当上面的木块刚离开上面的弹簧时,上面的弹簧显然为原长,此时对下面的木块m 2则有：g m x k 222=,因此下面的木块移动的距离为2121k g m x x x =-=∆,故本题选C. 【注意】缓慢向上提,说明整个系统一直处于动态平衡过程.二弹簧中的动力学问题有关弹簧问题的动力学问题,同学们应注意以下几个问题：一是因弹簧的弹力是变力,物体在弹簧弹力（通常还要考虑物体的重力）作用下做变加速运动,掌握这类问题的动态情景分析是解答这类问题的关键.二是要注意弹簧是弹性体,形变的发生和恢复都需要一定的时间,即弹簧的弹力不能突变.三是要注意弹簧问题的多解性.1. 在弹簧弹力作用下瞬时加速度的求解【例4】一个轻弹簧一端B 固定,另一端C 与细绳的一端共同拉住一个质量为m 的小球,绳的另一端A 也固定,如图所示,且AC 、BC 与竖直方向夹角分别为21θθ、、,则（ ）A.烧断细绳瞬间,小球的加速度2sin θg a =B.烧断细绳瞬间,小球的加速度()212sin sin θθθ+=g a C.在Ｃ处弹簧与小球脱开瞬间,小球的加速度()211sin sin θθθ+=g a D.在Ｃ处弹簧与小球脱开瞬间,小球的加速度1sin θg a =【解析】在绳子烧断前,小球受力平衡,据拉密原理可知：()2121sin sin sin θθθθ+==mg F F A B ,故()211sin sin θθθ+=mg F B ,.()212sin sin θθθ+=mg F A 烧断细绳瞬间,A F 消失,而B F 尚未变化（弹簧形变需时间,认为这一瞬间不变）,此时合力与A F 等大反向,加速度为()212sin sin θθθ+==g m F a A ；弹簧与球脱开时,B F 消失,A F 发生突变,此时重力与绳子拉力的合力为:1sin θmg F 合=.方向与AC 垂直,所以1sin θg a =.故本题选B 、D.【说明】解答这类题型的关键要注意细绳和轻弹簧两种模型的区别：细绳的张力可以发生突变,弹簧的弹力不能发生突变.；但当弹簧的一端不与有质量的物体连接时,轻弹簧的形变也不需要时间,弹力也可以发生突变（因轻弹簧的质量为零,其加速度为无穷大）【例5】如图所示,物块B 和C 分别连接在轻弹簧的两端,将其静置于吊篮A 的水平底板上,已知A 、B 、C 三者质量相等且为m.则将挂吊篮的轻绳烧断的瞬间,吊篮A 、物块B 和C 的瞬时加速度分别为（ ）A.g 、g 、gB.g 、g 、0C.1.5g 、1.5g 、0D.g 、2g 、0【解析】对物块C 在轻绳烧断的瞬间,其受力情况不变,故其瞬时加速度为零.而对于吊篮A 和物块B,由于它们是刚性接触,它们之间的相互作用力可发生突变,因此在轻绳烧断的瞬间A 和B 的加速度相等.研究A 、B 、C 系统,由牛顿定律可知：ma mg 23=g a a B A 5.1==∴ 因此本题的正确选项为C.【说明】注意两物体“刚性接触” 和“弹性接触” 的区别【例6】如图所示,竖直放置在水平面上的轻弹簧上叠放着两物块P 、Q,它们的质量均为2kg,均处于静止状态.若突然将一个大小为10N 、方向竖直向下的力施加在物块P 上,则此瞬间,P 对Q 压力的大小为（g 取10m/s 2）（ ）A.5NB.15NC.25ND.35N.【解析】在物块P 上突然施加一个竖直向下的力的瞬间P 和Q的加速度相等.研究P 、Q 系统,据ma F 2= 2/5.2s m a a Q P ==∴研究P 物块,据()N N ma N F mg 25=∴=-+.因此P 对Q 的压力大小为25N.故本题正确选项为C【练习】如图所示, 绳子OO 1 挂着匣子C,匣内又用绳子挂着A 球,A 的下方用轻弹簧挂着B 球,A 、B 、C 三个物体的质量都是m,原来都处于静止状态,当绳子OO 1 被烧断瞬间,试求三个物体的瞬时加速度.(a B =0;a A =a c =1.5g)2. 物体在弹簧弹力作用下的动态分析【例7】（2001年上海市高考试题）如图所示,一只升降机在箱底装有若干个弹簧,设在某次事故中,升降机吊索在空中断裂,忽略摩擦力,则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中（ ）A ,升降机的速度不断减小B. 升降机的加速度不断变大C.先是弹力做的负功小于重力做的正功,然后是弹力做的负功大于重力做的正功D.到最低点时,升降机加速度的值一定大于重力加速度的值.【解析】升降机从弹簧下端触地后直到最低点的运动过程可分为三个阶段：①mg>N （N 为弹簧的弹力）,据m kx mg m N mg a -=-=可知,加速度a 随着形变量x 的增大而减小,故此阶段升降机做加速度减小的加速运动；②mg=N 时,速度达到v m ；③mg<N,据m mgkx m mgN a -=-=可知,加速度a 随着形变量x 的增大而增大,故此阶段升降机做加速度增大的减速运动,最低点时v=0,由以上分析知A 、B 错,由动能定理可知选项C正确.做出升降机全过程的速度图象如图所示,由图易知选项D 也正确.3. 物体在弹簧弹力作用下的运动分析【例8】如图所示,一劲度系数为k=800N/m 的轻弹簧两端各焊接着两个质量均为m=12kg的物体A 、B.物体A 、B 和轻弹簧竖立静止在水平面上,现要施加一竖直向上的力F 作用在上面物体A 上,使物体A 开始向上做匀加速运动,经0.4s,物体B 刚要离开地面,设整个过程弹簧均处于弹性限度内.求：⑴此过程中所加外力F 的最大值和最小值：⑵此过程中外力F 所做的功.【解析】⑴设物体A 刚要开始运动时弹簧的压缩量为x 1,尚未施加外力F 时,研究物体A,则有mg kx =1.当施加外力F(物体A 刚要做匀加速运动时,外力F 为最小,此时对物体A 有：ma mg kx F =-+11.(即ma F =1)设物体B 刚要离地时,弹簧的伸长量为x 2,此时所施加的外力F 2最大.此时研究物体B,则有mg kx =2（此时地面弹力恰为零）.研究物体A,则有ma mg kx F =--22,22121at x x =+.代入数据可得：m x x 15.021== . N F 451=. N F 2852= .⑵.由于物体A 刚要开始运动时弹簧的压缩量x 1和物体B 刚要离地时弹簧的伸长量x 2相等,可知这两个状态弹簧的弹性势能相等,因此此过程中外力F 所做的功为:()()J at m x x mg W 5.4921221=++=. 【例9】一名宇航员抵达一个半径为r 的星球表面, 为了测定该星球的质量M,他做了如下实验: 取一根细线穿过光滑的细直管,细线的一端拴一个质量为m 的小球, 另一端连接在一固定的测力计上, 手握细直管转动小球, 使之在竖直平面内做完整的圆周运动,并观察测力计的读数发现:小球运动到圆周的最高点和最低点时测力计的示数差为ΔF.已知万有引力常量为G,试求出该星球的质量M【解析】 若设小球在圆周的最高点和最低点时, 绳的拉力大小分别为1F 和2F ,速度大小分别为1v 和2v .设圆运动半径为R则在最高点时有:Rv m mg F 211=+, ① 在最低点时有:Rv m mg F 222=-, ② 又:12F F F -=∆, ③小球从最低点到最高点的过程中机械能守恒, 由此可得:R mg mv mv 221212122•=- ④ 又据 2rMm G mg =,⑤ 由①②③④⑤可得:GmFr M 62∆=. 【例10】两个质量不计的弹簧将一金属块支在箱子的上顶板与下底板之间,箱子只能沿竖直方向运动,如图所示,两弹簧原长均为0.80m,劲度系数均为60N/m.当箱以a=2.0m/s 2的加速度匀减速上升时,上、下弹簧的长度分别为0.70m 和0.60m(g=10m/s 2).若上顶板压力是下底板压力的四分之一,试判断箱的运动情况.【解析】由题意可知上、下两弹簧均处于压缩状态.不仿令下、上弹簧的弹力分别为N 1 和N 2 则据胡克定律可得:N 1=60⨯(0.80-0.60)=12.0N,N 2=60)70.080.0(-⨯=6.0N.设向下为正方向,当金属块以2.0m/s 2 的加速度匀减速上升时,由牛顿第二定律得:ma N N mg =-+12.解之m=0.75kg.因弹簧总长度不变, 则).(30.160.070.021m l l l =+=+=上顶板压力为下底板压力的1/4时, 设上、下弹簧的压缩量分别为'2x 和'1x ,则'2'14x x =,由l x l =-'2052,.06.0'2m x =∴N kx N 6.3'2'2==.则'2'1'4N N ==14.4N.据''1'2ma N N mg =-+,得2'/4.4s m a -=. 因此箱子以大小为4.4m/s 2的加速度上升或减速下降.【例11】如图所示,质量为M 的木块放在水平面上,一轻弹簧下端固定在木块上,上端固定一个质量为m 的小球.小球上下振动时,木块始终没有跳起.问：⑴在木块对地面压力为零的瞬间,小球加速度多大？⑵在小球上下振动的全过程中,木块对地面的最大压力多大？【解析】⑴木块对地面压力为零的瞬间, 显然小球振动到最高点时, 此时小球的加速度向下.研究m 和M 系统,由牛顿第二定律可知()ma g m M =+ ()mg m M a +=∴① ⑵在小球上下振动的全过程中,当小球运动到最低点时,木块对地面的压力最大,此时对m 和M 系统有：()ma g m M N =+-.②据弹簧的对称性原理可知,小球在振动的最低点和最高点加速度大小相等.将①代入到②可得:()g m M N m +=2三、弹簧连接体问题【例12】如图所示,一轻弹簧连接两滑块A 和B,已知m A =0.99kg,m B =3kg,放在光滑水平面上,开始时弹簧处于原长.现滑块A 被水平飞来的质量为m C =10g 、速度为400m/s 的子弹击中,且没有穿出,试求：⑴子弹击中A 的瞬间A 和B 的速度；⑵以后运动过程中弹簧的最大弹性势能；⑶B 可获得的最大动能.【解析】⑴子弹击中滑块A 的瞬间,研究A 和C 系统,由动量守恒定律可得：()A A C o C v m m v m += s m v A /4=∴（此时由于弹簧尚未发生形变,故物块B 并未参与A 、C 间的相互作用）.⑵子弹击中滑块A 后,在弹性力的作用下做加速度增大的变减速运动,与此同时,滑块B 做加速度增大的变加速运动,当它们的速度相等时,弹簧的弹性势能最大,根据动量守恒定律和能量守恒定律可得： ()()v m m m v m m B C A A C A ++=+ s m v /1=∴ ()()222121v m m m v m m E B C A A C A P ++-+= J E P 6=∴. ⑶当它们的速度相等后,在弹性力的作用下,滑块A 和子弹C 将做加速度减小的变减速运动(当它的速度减为零后, 可向相反方向做变加速运动), 而滑块B 将做加速度减小的变加速运动,当弹簧恢复原长时,设滑块B 的最大速度为v B ’,此时滑块A 和子弹的速度为v A ’.根据系统动量守恒定律和系统能量守恒定律(从子弹击中滑块A 到弹簧重新恢复原长的过程相当于一个完全弹性正碰过程)得：()()''B B A C A A C A v m v m m v m m ++=+()C A m m +212A v =()2'21A C A v m m ++2'21B B v m .代入数据可得'B v =2m/s 因此B 获得的最大动能为J v m E B B KB 6212'==. 从子弹击中滑块A 到弹簧重新恢复原长的全过程可用速度图象表示,其速度图象如图所示. 关于速度图象的几点说明：⑴由速度图象可知,当t=t 1时,弹簧压缩量最短,此时系统内各物体有相同的速度,并且系统的动能总和最小而弹簧的弹性势能最大.当t=t 2时,弹簧第一次恢复原长,此时滑块B 有最大速度,而此时滑块A(包括子弹C)有负向的最大速度;当t=t 3时,弹簧伸长量最大,当t=t 4时,弹簧再一次恢复原长.此后再周期性的循环往复的变化.⑵滑块A(包括C)和滑块B 的速度图象是关于直线v=v 共(即本题中v=1m/s)对称的正(余)弦曲线.⑶由滑块B 的速度图象可知,它的最大速度为2m/s.【例13】如图所 示,木块A 、B 的质量分别为m 1、m 2,由轻弹簧连接,置于光滑水平面上,用一轻绳把两木块拉至最近,使弹簧处于最大压缩状态后绑紧,两木块一起以恒定的速度v o 向右滑动,突然轻绳断开,当弹簧伸长至本身的自然长度时,滑块A 的速度恰为零,求：⑴此时木块B 的速度；⑵轻绳断开前弹簧的弹性势能；⑶如果在以后的运动过程中,木块B 有速度为零的时刻,则木块A 、B 的质量m 1、m 2 应满足的关系是什么？【解析】⑴由动量守恒定律可知：()22021v m v m m =+, 故 02212v m m m v += ⑵由系统能量守恒定律可知：21()222021210mv E v m m P =++, 故 ()20221120v m m m m E P +=⑶轻绳断开后,滑块A 和B 的速度图象如图所示：由速度图象可知,当21m m ≥时,木块B 有速度为零的时刻.【说明】在弹簧连接体模型中,若两物体的质量不相等,在速度图象中只是速度的最大值、最小值不同,不需定量计算时,可粗略画出速度的最大值,应特别注意：质量小的物体的速度最大值较大.【练习】如图所示,轻弹簧的两端与两物块(质量分别为m 1、m 2)连在一起时,m 1静止在A 点,m 2靠墙,现用水平力F 推m 1使弹簧压缩,m 1=1kg,m 2=2kg,将它们放在光滑的水平面上,弹簧自然压缩一段距离后静止,此过程中力F 的功为4.5J.当F 撤去后,求:⑴m 1在运动过程中的最大速度,(3m/s)⑵m 2 在运动过程中的最大速度,(2m/s)⑶m 1在越过A 点后速度最小时弹簧的弹性势能.(2.25J)【解析】⑴.m 1 在弹开过程中, 回到A 点时速度最大, 设为v 1, 则有:21121v m W F =.s m v /31=∴. (2).m 1越过A 点后,m 2开始向右加速,m 1开始减速,弹簧被拉长,当其伸长到最大长度时,二者具有共同速度v,此过程对系统有:();2111v m m v m += ① ()m P E v m m v m ++=2212112121②由①、②解得:v=1m/s.J E m P 3= 全过程的速度图象如图所示,由图可知m 1越过A 点后速度最小为零,不是-1./s m(3).1m越过A 点后由伸长到最长至第二次恢复原长过程的某一时刻速度第一次最小,且为零.据由'2211v m v m =+0, 得s m v /5.1'2= P E v m v m +=2'222112121.得J E P 25.2= 四、弹簧功能关系综合题例析【例14】如图所示,质量为M 的L 型长木板静止在光滑水平面上,在木板的右端有一质量为m 的小铜块,现给铜块一个水平向左的初速度v o ,铜块向左滑行并与固定在木板左端的长度为l 的轻弹簧相碰,碰后返回且恰好停在木板的右端,求：铜块与弹簧作用过程中弹簧获得的最大弹性势能.【解析】尤其要注意对本题隐含条件的挖掘,铜块与弹簧相碰,碰后返回恰好停在木板的右端,说明此时铜块与木板存在着相同的对地速度,因此,全过程铜块与木板的碰撞相当于完全非弹性正碰,因此木板的上表面必存在摩擦力.运动的全过程可分为以下两个阶段：第一阶段为从铜块开始运动到弹簧压缩最短,此时铜块与木板具有相同的速度v 1,由系统动量守恒定律和能量守恒定律可得：()1v m M mv o +=; ()21202121v m M mv E W P f +-=+ 第二阶段为从弹簧压缩最短到铜块运动到木板的最右端,此时它们具有相同的速度v 2,由系统动量守恒定律和能量守恒定律可得：()()21v m M v m M +=+; ()()212221v v m M W E f P -+=-. 可解之： 21v v = ()M m Mmv E P +=420 【例15】如图所示,光滑水平面上,质量为m 的小球B 连接着轻弹簧处于静止状态,质量为2m 的小球A 以大小为v o 的初速度向右运动,接着逐渐压缩弹簧并使B 运动,经过一段时间A 与弹簧分离.⑴当弹簧压缩最短时,弹簧的弹性势能E P 多大？⑵若开始时在B 球的右侧某位置固定一块挡板,在A 球与弹簧未分离前使B 球与挡板发生碰撞,并在碰后立即将挡板撤去.设B 球与挡板的碰撞时间极短,碰撞时机械能没有损失,欲使此后弹簧被压缩到最短时, 弹簧的弹性势能/P E 能达到第⑴问中P E 的2.5倍,必须使B 球在速度多大时与挡板发生碰撞？【解析】⑴当弹簧压缩到最短时,A 、B 的速度相同,设为1v根据系统动量守恒定律可得：1032mv mv = 解得 0132v v =. 对A 、B 以及弹簧所构成的系统机械能守恒,所以有：P E mv mv +=2120321221 解得 2031mv E P = ⑵弹簧被压缩到最短时,A 、B 的速度相同,设为2v .由于B 与挡板相碰后动能没有损失,故有：/2220321221P E mv mv +=.将20/655.2mv E E P P ==代入可得：0231v v =或0231v v -= 用B A 、v v 分别表示B 与挡板相碰前瞬间A 、B 的速度,根据系统动量守恒定律可得：B A mv mv mv +=220①；232mv mv mv B A =-②将0231v v =代入①、②可得：0021,43v v v v B A ==.由于B A v v >,说明此时弹簧仍处于压缩状态.又由于202222121221mv mv mv B A <+故该情况是可以实现的. 将0231v v -=代入①②可得：0023,41v v v v B A ==.由于此时有 202222121221mv mv mv B A >+ 故该情况是不可能实现的. 【例16】(2003年江苏省高考题)(1) 如图1, 在光滑水平长直轨道上, 放着一个静止的弹簧振子, 它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成, 两小球质量相等, 现突然给左端小球一个向右的速度u 0, 求弹簧第一次恢复到自然长度时, 每个小球的速度.(2) 如图, 将N 个这样的振子放在该轨道上, 最左边的振子被压缩至弹簧为某一长度后锁定, 静止在适当位置上, 这时它的弹性势能为E 0 ,其余的振子间都有一定距离, 现解除对振子1的锁定, 任其自由运动, 当它第一次恢复到自然长度时, 刚好与振子2碰撞, 此后, 继续发生一些碰撞, 每一个振子被碰后都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一振子相碰, 求所有的碰撞都发生后, 每个振子弹性势能的最大值, 已知两球相撞时,速度交换, 即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度.【解析】⑴.振子从初态到弹簧恢复到自然长度的过程中, 弹簧一直处于压缩状态,当两球速度相同均为20u 时,( 即为0t 时刻)弹簧压缩最短,t 0 --t 弹簧逐渐恢复原长,当t 时刻弹簧恢复到原长时,左小球速度为零,右小球速度为u 0,即两小球互换速度.(2) 从振子1解除锁定到弹簧第一次恢复原长过程中, 右小球向右加速, 左小球向左加速且具有瞬时对称性, 两小球和弹簧组成的系统满足动量守恒和机械能守恒, 设向右为正向, 则有:0'11=+mv mv0'12122121E mv mv =+. 解得mE v m E v 0'101,-==.且在此时刻振子1的右小球与振子2的左小球相碰, 碰后它们互换速度, 此时振子1左小球的速度仍为v 1. 此后振子1向左运动, 左小球向左减速, 右小球向左加速, 当其速度相同时弹簧拉伸至最长, 弹性势能最大, 设两球的共速为v , 则有:mv mv 21=,P E mv mv +=22122121. 解得041E E P =. 振子2被撞后瞬间, 左小球速度为v 1, 右小球速度为零, 弹簧被压缩, 右小球向右加速, 左小球向右减速, 当弹簧压缩至最短时, 振子2弹性势能最大, 弹簧恢复原长时, 左小球速度为零, 右小球速度为v 1 . 此时振子2右小球与振子3左小球碰撞, 互换速度, 振子2的右小球速度变为零, 振子2静止, 弹性势能为零.依次类推, 后面各振子情况同振子2, 振子N 被碰后, 弹簧被压缩, 当它们向右的速度相同时, 弹簧被压缩至最短, 弹性势能最大为,40E 可见所有振子所具有的最大弹性势能均为40E ,中间振子所起的作用只不过是传递能量而已.全过程的速度图象如图所示:。
