例談含輕彈簧類問題的求解策略

■重慶市巫山第二中學 譚天爵

輕彈簧是指不計質量的彈簧模型，遇到含輕彈簧類問題時，需要在正確進行受力分析的前提下，靈活選用胡克定律、平衡條件、牛頓第二定律、動能定理、機械能守恒定律，以及功能關系等物理規律列式求解。下面通過不同類型含輕彈簧問題的分析，展示此類問題的求解策略，供同學們參考。

一、水平面內含輕彈簧問題的求解

1.由輕彈簧連接的物體靜止。

當由輕彈簧連接的物體靜止時，物體處于平衡狀態，輕彈簧的彈力處處相等，合理選擇研究對象，正確進行受力分析，根據平衡條件列式求解即可。

例1如圖1所示，由輕彈簧連接的物塊A和B放置在粗糙水平地面上，物塊A和B的質量分別為mA、mB，且mA＜mB，輕彈簧的原長為L，勁度系數為k，兩物塊與水平地面間的動摩擦因數均為μ。假定物塊與水平地面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現用手按住物塊A，將物塊B向右拉一段距離，放手后使兩物塊靜止在水平地面上，則兩物塊間的距離可能是( )。

圖1

解析:用手按住物塊A，將物塊B向右拉一段距離，放手后使兩物塊靜止在水平地面上，輕彈簧被拉長，設輕彈簧的形變量為x，根據胡克定律得F=kx。選物塊A為研究對象，根據平衡條件得F=f，且f≤μmAg，解得。因為mA＜mB，所以。因此兩物塊間的距離。

答案:AD

2.由輕彈簧連接的物體做勻加速直線運動。

當由輕彈簧連接的物體做勻加速直線運動時，合理選擇研究對象，根據牛頓第二定律可以求出物體的加速度，以加速度為橋梁可以求解相關的動力學問題。輕彈簧的彈力與形變量成正比，一般情況下不發生突變;若輕彈簧一端與物體脫離，則輕彈簧的彈力將突變為零。

例2如圖2所示，2 024個質量均為m的小球通過完全相同的輕彈簧相連，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做勻加速直線運動，輕彈簧始終處在彈性限度內。設小球1和2間輕彈簧的彈力為F1，小球2 和3 間輕彈簧的彈力為F2，……，小球2 023和2 024間輕彈簧的彈力為F2023，則下列說法中錯誤的是( )。

圖2

A.F1∶F2∶F3∶…∶F2023=1∶2∶3∶…∶2 023

B.從左到右每根輕彈簧的形變量之比為1∶2∶3∶…∶2 023

C.如果突然撤去拉力F，那么撤去拉力F的瞬間，小球2 024的加速度為

D.如果小球1和2間的輕彈簧從小球1連接處脫落，那么脫落瞬間小球1 的加速度為0，小球2的加速度為2a，其余小球的加速度依然為a

解析:選小球1為研究對象，根據牛頓第二定律得F1=ma;選由小球1和2組成的整體為研究對象，同理得F2=2ma;選由小球1、2、3組成的整體為研究對象，同理得F3=3ma;……;選由小球1、2、3、…、2 023組成的整體為研究對象，同理得F2023=2 023ma。因此F1∶F2∶F3∶…∶F2023=1∶2∶3∶…∶2023，選項A 正確。根據胡克定律可知，彈簧形變量與彈簧彈力成正比，即從左到右每根輕彈簧的形變量之比Δx1∶Δx2∶Δx3∶…∶Δx2023=F1∶F2∶F3∶…∶F2023=1∶2∶3∶…∶2 023，選項B 正確。突然撤去拉力F的瞬間，小球間輕彈簧的彈力保持不變，即F2023=2 023ma，設小球2 024 的加速度為a'，則F2023=ma'，又有F=2 024ma，解得，選項C錯誤。小球1和2間的輕彈簧從小球1連接處脫落瞬間，小球1和2間的輕彈簧的彈力突變為零，小球1 所受合力為零，其加速度為零，小球2僅受小球2和3間輕彈簧的彈力，且小球2和3間的輕彈簧的彈力不發生突變，根據牛頓第二定律得F2=ma2，又有F2=2ma，解得小球2的加速度a2=2a，其余小球的受力情況不變，加速度依然為a，選項D 正確。

答案:C

3.由輕彈簧連接的兩個物體做速度不同的運動。

當由輕彈簧連接的兩個物體做速度不同的運動時，合理選用整體法和隔離法進行受力分析，根據物體的受力情況判斷物體的運動情況，利用牛頓第二定律、機械能守恒定律或動量守恒定律列式可以求解相關的動力學問題。

例3如圖3所示，由輕彈簧連接的物塊A和B放置在光滑水平地面上，輕彈簧的原長為l，物塊A的質量為3m，物塊B的質量為m，輕彈簧始終處于彈性限度內。現使物塊A瞬間獲得向右的初速度v0，在輕彈簧再次恢復至原長的過程中，以下判斷正確的是( )。

圖3

A.物塊A的速度先減小后增大

B.物塊B的加速度先增大后減小

C.任意時刻，物塊A和B的速度大小之比均為1∶3

D.任意時刻，物塊A和B的加速度大小之比均為1∶3

解析:物塊A瞬間獲得向右的初速度v0，輕彈簧被壓縮，在輕彈簧再次恢復至原長的過程中，物塊A始終受到向左的彈力，做初速度為v0的減速運動，物塊B始終受到向右的彈力，做初速度為零的加速運動，輕彈簧的彈力先增大后減小，物塊B的加速度先增大后減小，選項A 錯誤，B正確。水平地面光滑，由物塊A和B、輕彈簧組成的系統在水平方向上的動量守恒，任意時刻均有3mv0=3mv1+mv2，則v1∶v2=v1∶3(v0-v1)≠1∶3，選項C錯誤。任意時刻，輕彈簧對物塊A、B的彈力大小相等，方向相反，根據牛頓第二定律F=ma可知，物塊A和B的加速度大小之比為a1∶a2=1∶3，選項D 正確。

答案:BD

二、豎直面內含輕彈簧問題的求解

1.由輕彈簧連接的物體靜止。

當由輕彈簧連接的物體在豎直面內靜止時，物體處于平衡狀態，合理選擇研究對象，正確進行受力分析，根據平衡條件列方程式依然是求解相關動力學問題的必要過程。若物體由輕繩和輕彈簧共同連接，突然剪斷輕繩或輕彈簧瞬間，則需要根據輕繩和輕彈簧的力學特性，確定物體的受力情況，推斷物體的運動情況。

例4如圖4 所示，一物塊P靜置在粗糙水平桌面上，一根水平輕繩將其連接在豎直放置的輕彈簧上端，連接點為O。另外一根輕繩的一端也與O點相連，另一端固定在豎直墻壁上的Q點。輕繩OQ與豎直墻壁間的夾角α=53°，物塊P處于靜止狀態，彈簧的勁度系數k=200 N/m，形變量x=3 cm，已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。下列說法中正確的是( )。

圖4

A.彈簧的彈力為6 N

B.桌面對物塊P的摩擦力為10 N

C.水平輕繩的拉力為10 N

D.傾斜輕繩的拉力為8 N

解析:根據胡克定律得F=kx=6 N，即彈簧的彈力為6 N，選項A 正確。選結點O為研究對象，進行受力分析，如圖5 甲所示，根據平衡條件得T2sinα=T1，T2cosα=F，解得水平輕繩的拉力T1=8 N，傾斜輕繩的拉力T2=10 N，選項C、D 錯誤。選物塊P為研究對象，進行受力分析，如圖5 乙所示，根據平衡條件得T1=f，解得桌面對物塊P的摩擦力f=8 N，選項B錯誤。

圖5

答案:A

2.由輕彈簧連接的物體繞軸轉動。

當由輕彈簧連接的物體繞軸轉動時，根據物體的運動情況，確定物體的受力情況，利用圓周運動規律可以求解相關的動力學問題。若物體由輕桿和輕彈簧共同連接，則需要注意輕桿和輕彈簧的力學特性，確定物體的受力情況，推斷物體的運動情況。

例5如圖6 所示，一根光滑豎直桿固定在一足夠大水平光滑圓臺的中央，一根輕彈簧套在豎直桿上，A、B、C三個小球用兩根輕桿通過光滑鉸鏈連接，小球A套在豎直桿上，并與輕彈簧的上端拴接。已知輕彈簧的原長與兩根輕桿的長度均為L，三個小球的質量均為m。當系統處于靜止狀態時，兩根輕桿與豎直方向間的夾角θ=37°。當小球B、C以相同的角速度ω0繞豎直桿勻速轉動時，小球B、C恰好要脫離圓臺，此時兩根輕桿與豎直方向間的夾角為θ0。彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，。下列判斷正確的是( )。

圖6

C.小球B、C繞豎直桿轉動的角速度

D.兩根輕桿與豎直方向間的夾角θ0的余弦值

解析:當系統處于靜止狀態時，彈簧的形變量x=L-Lcosθ，解得，選項A 錯誤。選小球B(小球C)為研究對象，根據平衡條件可得，輕桿對小球B的作用力為零，同理得輕桿對小球A的作用力也為零。選小球A為研究對象，根據平衡條件得kx=mg，解得，選項B 錯誤。當小球B、C以相同的角速度ω0繞豎直桿勻速轉動時，小球B、C恰好要脫離圓臺，對圓臺無彈力，由小球A、B、C組成的系統在豎直方向上所受合力為零，即k(L-Lcosθ0)=3mg，解得，選項D 正確。選小球B(小球C)為研究對象，根據向心力公式得，解得，選項C正確。

答案:CD

總結：求解含輕彈簧的動力學問題時，需要先確定輕彈簧是處于拉伸、壓縮還是原長狀態，明確彈簧彈力的方向；再對研究對象進行分析受力，研究對象可以是單個物體，也可以是由多個物體組成的系統，需要具體情況具體分析；然后根據物體的受力情況或運動情況，選用合適的物理規律列式求解，若物體處于共點力平衡狀態，則可以利用平衡條件列式求解，若物體處于變速運動狀態，則可以利用牛頓第二定律分析與討論。