高考物理含弹簧的物理模型专题分析

含弹簧的物理模型

纵观历年的高考试题，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、功能问题等。几乎贯穿整个力学的知识体系。

对于弹簧，从受力角度看，弹簧上的弹力是变力；从能量角度看，弹簧是个储能元件。因此，弹簧问题能很好地考查学生的综合分析能力，故备受高考命题者的亲睐。题目类型有：静力学中的弹簧问题，动力学中的弹簧问题，与动量和能量相关的弹簧问题。

1．静力学中的弹簧问题

（1）胡克定律：F ＝kx ，ΔF ＝k ·Δx

（2）对弹簧秤的两端施加（沿轴线方向）大小不同的拉力，弹簧秤的示数一定等于挂钩上的拉力。

例题1：一根轻质弹簧一端固定，用大小为F 1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l 1；改用大小为F 2的力拉弹簧，平衡时长度为l 2。弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为 C A ．

2121F F l l -- B ．2121F F l l ++ C ．2121F F l l +- D ．21

21

F F l l -+

例题2：如图所示，两木块A 、B 的质量分别为m 1和m 2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k 1和k 2，两弹簧分别连接A 、B ，整个系统处于平衡状态。现缓慢向上提木块A ，直到下面的弹簧对地面的压力恰好为零，在此过程中A 和B 的重力势能共增加了

A ．212221)(k k g m m ++

B ．)

(2)(212221k k g m m ++

C ．)()(212

1

2221k k k k g m m ++ D ．22221)(k g m m +＋1

2211)(k g m m m +

解析：取A 、B 以及它们之间的弹簧组成的整体为研究对象，则当下面的弹簧对地面的压力为零时，向上提A 的力F 恰好为：

F ＝(m 1+m 2)g

设这一过程中上面和下面的弹簧分别伸长x 1、x 2，由胡克定律得：

x 1＝

121)(k g m m +，x 2＝2

21

)(k g

m m +

故A 、B 增加的重力势能共为： ΔE P ＝m 1g (x 1＋x 2)＋m 2gx 2＝

22221)(k g m m +＋1

2

211)(k g

m m m +

答案：D

【点评】计算上面弹簧的伸长量时，较多的同学会先计算原来的压缩量，然后计算后来的伸长量，再将两者相加，但不如上面解析中直接运用Δx ＝

k

F

∆进行计算更快捷方便。 2．动力学中的弹簧问题

（1）瞬时加速度问题（与轻绳、轻杆不同）：一端固定、另一端接

有物体的弹簧，形变不会发生突变，弹力也不会发生突变。

（2）如图所示，将A 、B 下压后撤去外力，弹簧在恢复原长时刻B 与A 开始分离。

在弹力作用下物体的运动，由于弹力与弹簧的伸长量有关，随着物体的运动，弹簧的长度随之改变。因此，在许多情况下，物体的运动不是匀变速运动，解决这类问题，首先要分析清楚物体的受力情况和运动情况，定性知道物体的速度、加速度的方向及大小变化情况，分成几个阶段，各段情况如何，相互关系是什么，等等。

例题3：一个弹簧秤放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知P 的质量M ＝10.5 kg ，Q 的质

量m ＝1.5 kg ，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝800 N/m ，系统处于静止，如右图所示，现给P 施加一个方向向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2 s 时间内F 为变力，0.2s 以后F 为恒力，求力F 的最大值与最小值（取g ＝10m/s 2

）

分析：P 受到的外力有三个：重力M g 、向上的力F 及Q 对P 的支持力N ，由牛顿第二定律：

F ＋N －Mg ＝Ma

Q 受到的外力有也三个，重力mg 、向上的弹力kx 、P 对Q 的向下的压力N ，则

kx －N －mg ＝ma

（1）P 做匀加速运动，它受到的合外力一定是恒力。其中重力Mg 为恒力，在上升过程

中，弹簧压缩量x 逐渐减小，kx 逐渐减小，N 也逐渐减小，F 逐渐增大。题目说0.2s 以后F 为恒力，说明t ＝0.2s 的时刻，正是P 与Q 开始脱离接触的时刻，即临界点。

（2）t ＝0.2 s 的时刻，是Q 对P 的作用力N 恰好为零的时刻，此时刻P 与Q 具有相同的速度和加速度。因此此时刻弹簧并未恢复原长，也不能认为此时刻弹簧的弹力为零。

（3）当t ＝0的时刻，就是力F 最小的时刻，此时刻F 小＝(M ＋m )a （a 为它们的加速度）。随后，由于弹簧的弹力逐渐变小，而P 与Q 的合力保持不变，因此力F 逐渐变大，至t ＝0.2 s 时刻，F 增至最大，此时刻F 大＝M (g ＋a )。

以上三点中第（2）点是解决此问题的关键所在，只有明确了P 与Q 脱离接触的瞬间情况，才能确定这0.2 s 时间内物体的位移，从而求出加速度a ，其余问题也就迎刃而解了。

解：设开始时弹簧压缩量为x 1，t ＝0.2 s 时弹簧压缩量为x 2，物体P 的加速度为a ，则有

()g m M kx +=1 ① ma mg kx =-2 ②

2

212

1at x x =

- ③ 由①式，()k g m M x +=

1＝0.15m

解②③式，a ＝6m/s 2 .

在平衡位置拉力有最小值：F 小＝(M ＋m )a ＝72 N P 、Q 分离时拉力达最大值，对P ： F 大－M g ＝Ma

所以：F 大＝M (g ＋a ) ＝168N

【点评】对于本例所述的物理过程，要特别注意的是：分离时刻m 1与m 2之间的弹力恰好减为零，下一时刻弹簧的弹力与秤盘的重力使秤盘产生的加速度将小于a ，故秤盘与重物分离。

3．与动量、能量相关的弹簧问题

与动量、能量相关的弹簧问题在高考试题中出现频繁，而且常以计算题出现，在解析过程中以下两点结论的确应用非常重要：

（1）弹簧压缩和伸长的形变相同时，弹簧的弹性势能相等。

（2）弹簧连接两个物体做变速运动时，弹簧处于原长时两物体的相对速度最大，弹簧的形变量最大时两物体的速度相等。

例题4：如图所示，用轻弹簧将质量均为m ＝1 kg 的物块A 和B 连结起来，将它们固定在空中，弹簧处于原长状态，A 距地面的高度h 1＝0.90 m 。同时释放两

物块，A 与地面碰撞后速度立即变为零，由于B 压缩弹簧后被反弹，使

A 刚好能离开地面（但不继续上升）。若将

B 物块换为质量为2m 的物块

C （图中未画出），仍将它与A 固定在空中且弹簧处于原长，从A 距地面的高度为h 2处同时释放，C 压缩弹簧被反弹后，也刚好能离开地面，

已知弹簧的劲度系数k ＝100 N/m ，求h 2的大小。

解：设A 物块落地时，B 物块的速度为v 1，则有：

2

1

m v 12＝mgh 1 设A 刚好离地时，弹簧的形变量为x ，对A 物块有： mg ＝kx

从A 落地后到A 刚好离开地面的过程中，对于A 、B 及弹簧组成的系统机械能守恒，则有：

2

1

m v 12＝mgx ＋ΔE p 将B 换成C 后，设A 落地时，C 的速度为v 2，则有：

2

1

·2m v 22＝2mgh 2 从A 落地后到A 刚好离开地面的过程中，A 、C 及弹簧组成的系统机械能守恒，则有：

2

1

·2m v 22＝2mgx ＋ΔE p 联立解得：h 2＝0.50 m 【点评】由于高中物理对弹性势能的表达式不作要求，所以在高考中几次考查弹簧问题时都要用到上述结论（1）。

例题5：如图所示，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x 0．一个物块从钢板的正上方相距3x 0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．已知物块的质量也为m 时，它们恰能回到O 点；若物块的质量为2m ，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．求物块向上运动所到达的最高点与O 点之间的距离。

【解析】设物块与钢板碰撞前瞬间的速度为v 0，由机械能守恒定律得：

mg 3x 0＝

2

1

m v 02 v 0＝06gx 设质量为m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v 1，由动量守恒定律有：

m v 0＝(m ＋m ) v 1 v 1＝

2

106gx

设弹簧的压缩量为x 0时的弹性势能为E p ，对于物块和钢板碰撞后直至回到O 点的过程，由机械能守恒定律得：

E p ＋

2

1

×2m ×v 12＝2mgx 0 设质量为2m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v 2，物块与钢板回到O 点时所具有的速度为v 3，由动量守恒定律有：

2m v 0＝(2m ＋m )v 2 由机械能守恒定律有：

E p ＋

2

1×3m ×v 22＝3mgx 0＋21

×3m ×v 32

解得：v 3＝0gx

当质量为2m 的物块与钢板一起回到O 点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g ；一过O 点，钢板就会受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g ，由于物块与钢板不粘连，故在O 点处物块与钢板分离；分离后，物块以速度v 3开始竖直上抛，由机械能守恒定律得：

2

1

·2m v 32＝2mgh 解得：h ＝20x

所以物块向上运动所到达的最高点与O 点之间的距离为

2

x ． 【点评】

①物块与钢板碰撞的瞬间外力之和并不为零，但这一过程时间极短，内力远大于外力，故可近似看成动量守恒．

h

A

B