例谈含轻弹簧类问题的求解策略

■重庆市巫山第二中学 谭天爵

轻弹簧是指不计质量的弹簧模型，遇到含轻弹簧类问题时，需要在正确进行受力分析的前提下，灵活选用胡克定律、平衡条件、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒定律，以及功能关系等物理规律列式求解。下面通过不同类型含轻弹簧问题的分析，展示此类问题的求解策略，供同学们参考。

一、水平面内含轻弹簧问题的求解

1.由轻弹簧连接的物体静止。

当由轻弹簧连接的物体静止时，物体处于平衡状态，轻弹簧的弹力处处相等，合理选择研究对象，正确进行受力分析，根据平衡条件列式求解即可。

例1如图1所示，由轻弹簧连接的物块A和B放置在粗糙水平地面上，物块A和B的质量分别为mA、mB，且mA＜mB，轻弹簧的原长为L，劲度系数为k，两物块与水平地面间的动摩擦因数均为μ。假定物块与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用手按住物块A，将物块B向右拉一段距离，放手后使两物块静止在水平地面上，则两物块间的距离可能是( )。

图1

解析:用手按住物块A，将物块B向右拉一段距离，放手后使两物块静止在水平地面上，轻弹簧被拉长，设轻弹簧的形变量为x，根据胡克定律得F=kx。选物块A为研究对象，根据平衡条件得F=f，且f≤μmAg，解得。因为mA＜mB，所以。因此两物块间的距离。

答案:AD

2.由轻弹簧连接的物体做匀加速直线运动。

当由轻弹簧连接的物体做匀加速直线运动时，合理选择研究对象，根据牛顿第二定律可以求出物体的加速度，以加速度为桥梁可以求解相关的动力学问题。轻弹簧的弹力与形变量成正比，一般情况下不发生突变;若轻弹簧一端与物体脱离，则轻弹簧的弹力将突变为零。

例2如图2所示，2 024个质量均为m的小球通过完全相同的轻弹簧相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速直线运动，轻弹簧始终处在弹性限度内。设小球1和2间轻弹簧的弹力为F1，小球2 和3 间轻弹簧的弹力为F2，……，小球2 023和2 024间轻弹簧的弹力为F2023，则下列说法中错误的是( )。

图2

A.F1∶F2∶F3∶…∶F2023=1∶2∶3∶…∶2 023

B.从左到右每根轻弹簧的形变量之比为1∶2∶3∶…∶2 023

C.如果突然撤去拉力F，那么撤去拉力F的瞬间，小球2 024的加速度为

D.如果小球1和2间的轻弹簧从小球1连接处脱落，那么脱落瞬间小球1 的加速度为0，小球2的加速度为2a，其余小球的加速度依然为a

解析:选小球1为研究对象，根据牛顿第二定律得F1=ma;选由小球1和2组成的整体为研究对象，同理得F2=2ma;选由小球1、2、3组成的整体为研究对象，同理得F3=3ma;……;选由小球1、2、3、…、2 023组成的整体为研究对象，同理得F2023=2 023ma。因此F1∶F2∶F3∶…∶F2023=1∶2∶3∶…∶2023，选项A 正确。根据胡克定律可知，弹簧形变量与弹簧弹力成正比，即从左到右每根轻弹簧的形变量之比Δx1∶Δx2∶Δx3∶…∶Δx2023=F1∶F2∶F3∶…∶F2023=1∶2∶3∶…∶2 023，选项B 正确。突然撤去拉力F的瞬间，小球间轻弹簧的弹力保持不变，即F2023=2 023ma，设小球2 024 的加速度为a'，则F2023=ma'，又有F=2 024ma，解得，选项C错误。小球1和2间的轻弹簧从小球1连接处脱落瞬间，小球1和2间的轻弹簧的弹力突变为零，小球1 所受合力为零，其加速度为零，小球2仅受小球2和3间轻弹簧的弹力，且小球2和3间的轻弹簧的弹力不发生突变，根据牛顿第二定律得F2=ma2，又有F2=2ma，解得小球2的加速度a2=2a，其余小球的受力情况不变，加速度依然为a，选项D 正确。

答案:C

3.由轻弹簧连接的两个物体做速度不同的运动。

当由轻弹簧连接的两个物体做速度不同的运动时，合理选用整体法和隔离法进行受力分析，根据物体的受力情况判断物体的运动情况，利用牛顿第二定律、机械能守恒定律或动量守恒定律列式可以求解相关的动力学问题。

例3如图3所示，由轻弹簧连接的物块A和B放置在光滑水平地面上，轻弹簧的原长为l，物块A的质量为3m，物块B的质量为m，轻弹簧始终处于弹性限度内。现使物块A瞬间获得向右的初速度v0，在轻弹簧再次恢复至原长的过程中，以下判断正确的是( )。

图3

A.物块A的速度先减小后增大

B.物块B的加速度先增大后减小

C.任意时刻，物块A和B的速度大小之比均为1∶3

D.任意时刻，物块A和B的加速度大小之比均为1∶3

解析:物块A瞬间获得向右的初速度v0，轻弹簧被压缩，在轻弹簧再次恢复至原长的过程中，物块A始终受到向左的弹力，做初速度为v0的减速运动，物块B始终受到向右的弹力，做初速度为零的加速运动，轻弹簧的弹力先增大后减小，物块B的加速度先增大后减小，选项A 错误，B正确。水平地面光滑，由物块A和B、轻弹簧组成的系统在水平方向上的动量守恒，任意时刻均有3mv0=3mv1+mv2，则v1∶v2=v1∶3(v0-v1)≠1∶3，选项C错误。任意时刻，轻弹簧对物块A、B的弹力大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律F=ma可知，物块A和B的加速度大小之比为a1∶a2=1∶3，选项D 正确。

答案:BD

二、竖直面内含轻弹簧问题的求解

1.由轻弹簧连接的物体静止。

当由轻弹簧连接的物体在竖直面内静止时，物体处于平衡状态，合理选择研究对象，正确进行受力分析，根据平衡条件列方程式依然是求解相关动力学问题的必要过程。若物体由轻绳和轻弹簧共同连接，突然剪断轻绳或轻弹簧瞬间，则需要根据轻绳和轻弹簧的力学特性，确定物体的受力情况，推断物体的运动情况。

例4如图4 所示，一物块P静置在粗糙水平桌面上，一根水平轻绳将其连接在竖直放置的轻弹簧上端，连接点为O。另外一根轻绳的一端也与O点相连，另一端固定在竖直墙壁上的Q点。轻绳OQ与竖直墙壁间的夹角α=53°，物块P处于静止状态，弹簧的劲度系数k=200 N/m，形变量x=3 cm，已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。下列说法中正确的是( )。

图4

A.弹簧的弹力为6 N

B.桌面对物块P的摩擦力为10 N

C.水平轻绳的拉力为10 N

D.倾斜轻绳的拉力为8 N

解析:根据胡克定律得F=kx=6 N，即弹簧的弹力为6 N，选项A 正确。选结点O为研究对象，进行受力分析，如图5 甲所示，根据平衡条件得T2sinα=T1，T2cosα=F，解得水平轻绳的拉力T1=8 N，倾斜轻绳的拉力T2=10 N，选项C、D 错误。选物块P为研究对象，进行受力分析，如图5 乙所示，根据平衡条件得T1=f，解得桌面对物块P的摩擦力f=8 N，选项B错误。

图5

答案:A

2.由轻弹簧连接的物体绕轴转动。

当由轻弹簧连接的物体绕轴转动时，根据物体的运动情况，确定物体的受力情况，利用圆周运动规律可以求解相关的动力学问题。若物体由轻杆和轻弹簧共同连接，则需要注意轻杆和轻弹簧的力学特性，确定物体的受力情况，推断物体的运动情况。

例5如图6 所示，一根光滑竖直杆固定在一足够大水平光滑圆台的中央，一根轻弹簧套在竖直杆上，A、B、C三个小球用两根轻杆通过光滑铰链连接，小球A套在竖直杆上，并与轻弹簧的上端拴接。已知轻弹簧的原长与两根轻杆的长度均为L，三个小球的质量均为m。当系统处于静止状态时，两根轻杆与竖直方向间的夹角θ=37°。当小球B、C以相同的角速度ω0绕竖直杆匀速转动时，小球B、C恰好要脱离圆台，此时两根轻杆与竖直方向间的夹角为θ0。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，。下列判断正确的是( )。

图6

C.小球B、C绕竖直杆转动的角速度

D.两根轻杆与竖直方向间的夹角θ0的余弦值

解析:当系统处于静止状态时，弹簧的形变量x=L-Lcosθ，解得，选项A 错误。选小球B(小球C)为研究对象，根据平衡条件可得，轻杆对小球B的作用力为零，同理得轻杆对小球A的作用力也为零。选小球A为研究对象，根据平衡条件得kx=mg，解得，选项B 错误。当小球B、C以相同的角速度ω0绕竖直杆匀速转动时，小球B、C恰好要脱离圆台，对圆台无弹力，由小球A、B、C组成的系统在竖直方向上所受合力为零，即k(L-Lcosθ0)=3mg，解得，选项D 正确。选小球B(小球C)为研究对象，根据向心力公式得，解得，选项C正确。

答案:CD

总结：求解含轻弹簧的动力学问题时，需要先确定轻弹簧是处于拉伸、压缩还是原长状态，明确弹簧弹力的方向；再对研究对象进行分析受力，研究对象可以是单个物体，也可以是由多个物体组成的系统，需要具体情况具体分析；然后根据物体的受力情况或运动情况，选用合适的物理规律列式求解，若物体处于共点力平衡状态，则可以利用平衡条件列式求解，若物体处于变速运动状态，则可以利用牛顿第二定律分析与讨论。