彈簧、板塊、傳送帶三大熱點問題突破

馮占余

一、彈簧問題

（一）彈力的考查

考點1：彈簧處于拉長和壓縮兩種狀態的彈力計算。

解題策略：找到原長，分析是拉長還是壓縮，確立彈力方向，用牛頓定律求解。

例1用勁度系數分別為k1和k2的兩根彈簧連接質量分別為m1和m2的物體如圖1所示，系統處于平衡?，F在用一木板將m2緩慢托起，當兩彈簧總長等于兩彈簧原長之和時，m2向上移動的距離為_________。

圖1

解析 經分析當兩彈簧總長等于兩彈簧原長之和時，k2應被壓縮，k1被拉長，并且k1和k2的形變量相同。設其形變量為x，由m1處于平衡得：k1x+k2x＝m1g；假設原來k1伸長y，k2伸長z，對于m2由平衡得：k2z＝m2g，對于m1和m2的整體由平衡得：k1y＝（m1+m2）g。

m2向上移動的距離為h＝y+z+2x＝m2g++m1g+。

考點2：彈簧彈力與繩、桿、接觸面的彈力區別在于不能突變。

例2如圖2所示，質量分別為m1、m2的A、B兩物體用輕彈簧連接起來，放在光滑水平桌面上?，F用水平力向右拉A，當達到穩定狀態時，它們共同運動的加速度為a，則當拉力突然停止作用的瞬間，A、B的加速度分別是（）

圖2

A． 0和a B． a和0

C． －和a D． 和a

解析 撤除拉力前，對B由牛頓定律得彈簧彈力N=ma，方向向右。撤除拉力后彈簧彈力不變，故B的加速度不變，A的加速度變為向左，a′==，答案為C。

（二） 簡諧運動

考點：課本中彈簧振子模型的變式問題。

解題策略：當物體與彈簧相連，除彈簧彈力以外的力是恒力，且與彈簧形變在一條直線上時，物體做簡諧運動。利用簡諧運動的對稱性解題，可以使問題簡化。

例3如圖3所示，一根用絕緣材料制成勁度系數為k的輕彈簧，左端固定，右端與質量為m、電荷量為+q的小球相連，靜止在光滑絕緣水平面上。當施加一個場強為E、水平向右的勻強電場后，小球開始運動。試說明小球做何種運動，運動中離出發點的最大距離和最大的彈性勢能。

圖3

解析 類比豎直方向的彈簧振子，（電場力類比重力）可知小球做簡諧運動。平衡位置時彈簧伸長，由簡諧運動對稱性可知球離開出發點的最大距離為。球離出發點最遠時，彈性勢能最大，此時的彈性勢能等于電場力做的功。

（三）彈簧做功和彈性勢能的考查

考點：彈簧彈力做功與重力做功有類似特點，彈力做正功，彈性勢能減少，減少的彈性勢能等于彈簧彈力的功。彈性勢能僅與彈簧的形變量有關，拉長和壓縮相同量時，彈性勢能相同。

解題策略：處理彈性勢能通常采用能量轉化的思想，避開直接處理彈性勢能，一般選取初末態形變量相同，彈性勢能變化為零；或者采用同一過程列兩個方程，解方程時消掉彈性勢能。

例4有一傾角為θ的斜面，其底端固定一擋板M，另有三塊木塊A、B和C，它們的質量分別為mA=mB=m，mC=3 m，它們與斜面間的動摩擦因數都相同。其中木塊A連接一輕彈簧放于斜面上，并通過輕彈簧與檔板M相連，如圖4所示。開始時，木塊A靜止在P處，彈簧處于自然伸長狀態。木塊B在Q點以速度v0向下運動，P、Q間的距離為L。已知木塊B在下滑過程中做勻速直線運動，與木塊A相碰后立即一起向下運動，但不粘連，它們到達一個最低點后又向上運動，木塊B向上運動恰好能回到Q點?，F在木塊A仍靜止于P點，若木塊C從Q點開始以初速度v0向下運動，經歷同樣過程，最后木塊C停在斜面上R點，求P、R間的距離L′的大小。

解析 物體勻速下滑mgsinθ=μmgcosθ，即滑動摩擦因數u=tanθ。B、A相碰動量守恒，設碰后速度為v1，則mv0=2mv1。設A向下運動的最大位移為s，A、B下滑受到的合外力為彈簧彈力，設A、B克服彈簧彈力做功W，則由動能定理W=×2mv21，整理得W=mv20。當彈簧恢復原長時A、B分離，設此時速度為v2，對A、B整體從P點出發到再次回到P點的過程，重力和彈簧彈力做功均為零，只有摩擦力做功，設返回P點時速度為v2，由動能定理得-μ?2mgcosθ?2s=×2mv22-×2mv21。B分離后上升到Q點，由動能定理得

-（mgsinθ + μmgcosθ）L=-mv22

整理得4mgsinθ?s=mv20-4mgLsinθ①

對于C：C、A碰撞動量守恒3mv0=4mv3。設A向下運動的最大位移為s′，克服彈簧彈力做功W′，則W′=×4mv23，整理得W =mv20，所以s′=s。設A、C整體返回P點時速度為v4，從P點出發到再次回到P點的過程，由動能定理得

-μ?4mgcosθ?2s′=×4mv24-×4mv23

A、C分離后從P到R，由動能定理得

-（3mgsinθ+μ?3mgcosθ）L′=-×3mv24，整理得

8mgsinθ?s=mv20-8mgsinθ?L′②

解得L′=L-。

二、板塊問題

（一）用勻變速直線運動知識解決

考點：運動中的參照物，勻變速運動的規律。

解題策略：采用運動學公式求解，應優先考慮平均速度，勻變速運動推論以及運動的速度—時間圖象，忌直接采用s=v0t+at2等基本公式求解，這樣運算量過大。

例5如圖5所示，在一光滑的水平面上有兩塊質量相同的木板B和C。重物A（視為質點）位于B的右端，A、B、C的質量相等?，FA和B以同一速度滑向靜止的C，B與C發生正碰，碰后B和C粘在一起運動，A在C上滑行，A與C有摩擦力。已知A滑到C的右端而未掉下。試問：從B、C發生正碰到A剛移動到C右端期間，C所走過的距離是C板長度的多少倍？

解析 此題的典型解法是采用動量和能量求解，同學們一般問題不大。在這里想談一下采用運動學公式求解的一些技巧。

方法一：采用平均速度

設A和B的初速度為v，由碰撞動量守恒知B和C碰完時C的速度為vC=，A的速度仍為v=v，最后A到達C的最右端時A、C速度均為v′C=v′A=v。此過程A和C做勻變速運動，C的位移sC=t（t為此過程的時間），A的位移sA=t，C板長度L=sA－sC，解得=。

方法二：圖象法

如圖6所示，作出A和C運動的速度—時間圖象（圖中AB曲線為C木塊的圖象，CB曲線為A木塊的圖象），梯形OABD的面積等于C的位移，三角形ACB的面積等于C板長度，從而得解。

（二）用動量、能量觀點解決

考點：動量定理、動量守恒、機械能守恒、動能定理、能量守恒等規律的綜合運用。

例6如圖7所示，一質量為M＝4 kg、長為L＝1.4 m的木板靜止在光滑的水平面上，木板的最右端放一質量為m＝1 kg的小滑塊，滑塊和木板的摩擦因數為μ＝0.4。在木板上作用一恒力F＝28 N將木板從滑塊下抽出，求F作用的最短時間。

解析 F作用階段，木板和滑塊都向右加速，由于木板的加速度大于滑塊的加速度，故F撤去時，滑塊仍然向木板的左端滑，當到達最左端二者同速，滑塊恰好滑離木板。設F作用的時間為t，二者共同速度為v，在滑塊從一端到達另一端的過程中，由于地面光滑，系統的外力和為F，對系統使用動量定理得Ft=（M+m）v，解得v=5.6t。F作用階段木板的加速度設為a，則由牛頓定律得F－μmg=Ma解得a=6 m/s2，此過程木板的位移s=?at2，解得s=3t2，F做功W=Fs=84t2，滑塊從一端到另一端系統內能增量為Q=μmgL=5.6 J，由能量守恒定律得W=Q+（M+m）v2，解得t=1 s。

三、傳送帶問題

（一）對運動學問題的考查

考點：考查滑動摩擦力、靜摩擦力間的突變。

解題策略：滑動摩擦力產生在相對滑動的物體間，用f=μN計算。當物體間存在相對滑動的趨勢時，物體間存在靜摩擦力，靜摩擦力的計算要由牛頓定律求，取值范圍滿足－fmax≤f靜≤fmax。

例7如圖8所示，水平傳送帶的長度L=5 m，皮帶輪順時針勻速轉動?，F有一小物體（視為質點）以水平速度v0= m/s從A點滑上傳送帶，越過B點后做平拋運動，其水平位移為s。已知物體與傳送帶的摩擦因數為μ=0.04，B端距地面的高度為h=5 m，現在改變傳送帶的速度v，試作出傳送帶不同速度時小物體的水平位移s的圖象。（g=10 m/s2）

解析 取地面為參照物，①設小物體一直做加速運動到B點，到達B點的速度為v1，則v21-v20=2aL，μmg=ma，代入數據解得v1=3 m/s。若傳送帶速度v≥3 m/s，則物體將一直加速到達B點，到達B點的速度為3 m/s，由平拋運動規律得h=gt2，s=v1t，解得t=1 s，s=3 m。②設小物體一直做減速運動到B點，到達B點的速度為v，則v20-v22=2aL，解得v2=1 m/s。若傳送帶速度v≤1 m/s，則物體將一直減速到達B點，到達B點的速度為1 m/s，解得s=1 m。③若傳送帶速度1 m/s＜v＜ m/s，則物體將先減速到等于皮帶的速度v，然后隨皮帶一起勻速運動一段，到達B點的速度為v，拋出后s=v（m）。若傳送帶速度 m/s＜v＜3 m/s，則物體將先加速到皮帶的速度v，然后隨皮帶一起勻速運動一段，到達B點的速度為v，拋出后s=v（m）。若傳送帶速度為v= m/s，則物體一直勻速運動，拋出后s=v（m）。作出圖象如圖9所示。

（二）綜合考查力學規律

例8一傳送帶裝置示意圖如圖10所示，其中AB部分水平，長10 m，BC部分傾斜，長2.5 m，傾角為30°，傳送帶勻速運動，速度為5 m/s?，F要利用傳送帶將小貨箱由A處送至C處，已知每個小貨箱質量m=20 kg，與傳送帶的動摩擦因數μ=0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。小貨箱可視為質點，從A處釋放時速度為零，并且當前一個貨箱相對皮帶靜止時立即放上下一個貨箱（不計輪軸的摩擦）。求：（1）傳送帶上至多有幾個小貨箱。（2）傳送帶傳送貨箱過程中電動機的最大功率和最小功率分別是多少？（3）從第一個貨箱放上傳送帶至其到達C點的過程中電動機做功的平均功率。

解析 （1）貨箱與皮帶打滑過程：t1==1 s，貨箱位移s1=t=2.5 m，皮帶位移s2=vt=5 m。如圖11所示，當放貨箱時與前一貨箱距離均為2.5 m，相對皮帶靜止的相鄰貨箱間距5 m。當第一個貨箱到達C點時，第3個貨箱相對皮帶剛好靜止，當第2個貨箱到C點，第4個貨箱剛好相對皮帶靜止，故傳送帶上至多有3個小貨箱。

（2）當一個貨箱處在斜面上時，皮帶對小貨箱的摩擦力為靜摩擦力f靜=mgsin30°（恰好等于最大靜摩擦力），皮帶對其做功的功率為P1=f靜v=500 W。此時恰有一貨箱在水平部分打滑，f=μmg，皮帶對其做功的功率為P′1=fv=500 W，此時電動機做功功率最大Pmax=1 000 W。當只有一個貨箱在水平部分打滑時功率最小Pmin=P′1=500 W。

（3）第一個貨箱從A到C的時間為t2=t1+t勻=3 s，小貨箱增加的機械能等于E1=3×mv2+mgh=1 000 J，小貨箱與傳送帶間增加的內能E2=3f（s2－s1）=750 J，電動機的平均功率為P==583 W。