弹簧、板块、传送带三大热点问题突破

冯占余

一、弹簧问题

（一）弹力的考查

考点1：弹簧处于拉长和压缩两种状态的弹力计算。

解题策略：找到原长，分析是拉长还是压缩，确立弹力方向，用牛顿定律求解。

例1用劲度系数分别为k1和k2的两根弹簧连接质量分别为m1和m2的物体如图1所示，系统处于平衡。现在用一木板将m2缓慢托起，当两弹簧总长等于两弹簧原长之和时，m2向上移动的距离为_________。

图1

解析 经分析当两弹簧总长等于两弹簧原长之和时，k2应被压缩，k1被拉长，并且k1和k2的形变量相同。设其形变量为x，由m1处于平衡得：k1x+k2x＝m1g；假设原来k1伸长y，k2伸长z，对于m2由平衡得：k2z＝m2g，对于m1和m2的整体由平衡得：k1y＝（m1+m2）g。

m2向上移动的距离为h＝y+z+2x＝m2g++m1g+。

考点2：弹簧弹力与绳、杆、接触面的弹力区别在于不能突变。

例2如图2所示，质量分别为m1、m2的A、B两物体用轻弹簧连接起来，放在光滑水平桌面上。现用水平力向右拉A，当达到稳定状态时，它们共同运动的加速度为a，则当拉力突然停止作用的瞬间，A、B的加速度分别是（）

图2

A． 0和a B． a和0

C． －和a D． 和a

解析 撤除拉力前，对B由牛顿定律得弹簧弹力N=ma，方向向右。撤除拉力后弹簧弹力不变，故B的加速度不变，A的加速度变为向左，a′==，答案为C。

（二） 简谐运动

考点：课本中弹簧振子模型的变式问题。

解题策略：当物体与弹簧相连，除弹簧弹力以外的力是恒力，且与弹簧形变在一条直线上时，物体做简谐运动。利用简谐运动的对称性解题，可以使问题简化。

例3如图3所示，一根用绝缘材料制成劲度系数为k的轻弹簧，左端固定，右端与质量为m、电荷量为+q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上。当施加一个场强为E、水平向右的匀强电场后，小球开始运动。试说明小球做何种运动，运动中离出发点的最大距离和最大的弹性势能。

图3

解析 类比竖直方向的弹簧振子，（电场力类比重力）可知小球做简谐运动。平衡位置时弹簧伸长，由简谐运动对称性可知球离开出发点的最大距离为。球离出发点最远时，弹性势能最大，此时的弹性势能等于电场力做的功。

（三）弹簧做功和弹性势能的考查

考点：弹簧弹力做功与重力做功有类似特点，弹力做正功，弹性势能减少，减少的弹性势能等于弹簧弹力的功。弹性势能仅与弹簧的形变量有关，拉长和压缩相同量时，弹性势能相同。

解题策略：处理弹性势能通常采用能量转化的思想，避开直接处理弹性势能，一般选取初末态形变量相同，弹性势能变化为零；或者采用同一过程列两个方程，解方程时消掉弹性势能。

例4有一倾角为θ的斜面，其底端固定一挡板M，另有三块木块A、B和C，它们的质量分别为mA=mB=m，mC=3 m，它们与斜面间的动摩擦因数都相同。其中木块A连接一轻弹簧放于斜面上，并通过轻弹簧与档板M相连，如图4所示。开始时，木块A静止在P处，弹簧处于自然伸长状态。木块B在Q点以速度v0向下运动，P、Q间的距离为L。已知木块B在下滑过程中做匀速直线运动，与木块A相碰后立即一起向下运动，但不粘连，它们到达一个最低点后又向上运动，木块B向上运动恰好能回到Q点。现在木块A仍静止于P点，若木块C从Q点开始以初速度v0向下运动，经历同样过程，最后木块C停在斜面上R点，求P、R间的距离L′的大小。

解析 物体匀速下滑mgsinθ=μmgcosθ，即滑动摩擦因数u=tanθ。B、A相碰动量守恒，设碰后速度为v1，则mv0=2mv1。设A向下运动的最大位移为s，A、B下滑受到的合外力为弹簧弹力，设A、B克服弹簧弹力做功W，则由动能定理W=×2mv21，整理得W=mv20。当弹簧恢复原长时A、B分离，设此时速度为v2，对A、B整体从P点出发到再次回到P点的过程，重力和弹簧弹力做功均为零，只有摩擦力做功，设返回P点时速度为v2，由动能定理得-μ•2mgcosθ•2s=×2mv22-×2mv21。B分离后上升到Q点，由动能定理得

-（mgsinθ + μmgcosθ）L=-mv22

整理得4mgsinθ•s=mv20-4mgLsinθ①

对于C：C、A碰撞动量守恒3mv0=4mv3。设A向下运动的最大位移为s′，克服弹簧弹力做功W′，则W′=×4mv23，整理得W =mv20，所以s′=s。设A、C整体返回P点时速度为v4，从P点出发到再次回到P点的过程，由动能定理得

-μ•4mgcosθ•2s′=×4mv24-×4mv23

A、C分离后从P到R，由动能定理得

-（3mgsinθ+μ•3mgcosθ）L′=-×3mv24，整理得

8mgsinθ•s=mv20-8mgsinθ•L′②

解得L′=L-。

二、板块问题

（一）用匀变速直线运动知识解决

考点：运动中的参照物，匀变速运动的规律。

解题策略：采用运动学公式求解，应优先考虑平均速度，匀变速运动推论以及运动的速度—时间图象，忌直接采用s=v0t+at2等基本公式求解，这样运算量过大。

例5如图5所示，在一光滑的水平面上有两块质量相同的木板B和C。重物A（视为质点）位于B的右端，A、B、C的质量相等。现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C发生正碰，碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力。已知A滑到C的右端而未掉下。试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？

解析 此题的典型解法是采用动量和能量求解，同学们一般问题不大。在这里想谈一下采用运动学公式求解的一些技巧。

方法一：采用平均速度

设A和B的初速度为v，由碰撞动量守恒知B和C碰完时C的速度为vC=，A的速度仍为v=v，最后A到达C的最右端时A、C速度均为v′C=v′A=v。此过程A和C做匀变速运动，C的位移sC=t（t为此过程的时间），A的位移sA=t，C板长度L=sA－sC，解得=。

方法二：图象法

如图6所示，作出A和C运动的速度—时间图象（图中AB曲线为C木块的图象，CB曲线为A木块的图象），梯形OABD的面积等于C的位移，三角形ACB的面积等于C板长度，从而得解。

（二）用动量、能量观点解决

考点：动量定理、动量守恒、机械能守恒、动能定理、能量守恒等规律的综合运用。

例6如图7所示，一质量为M＝4 kg、长为L＝1.4 m的木板静止在光滑的水平面上，木板的最右端放一质量为m＝1 kg的小滑块，滑块和木板的摩擦因数为μ＝0.4。在木板上作用一恒力F＝28 N将木板从滑块下抽出，求F作用的最短时间。

解析 F作用阶段，木板和滑块都向右加速，由于木板的加速度大于滑块的加速度，故F撤去时，滑块仍然向木板的左端滑，当到达最左端二者同速，滑块恰好滑离木板。设F作用的时间为t，二者共同速度为v，在滑块从一端到达另一端的过程中，由于地面光滑，系统的外力和为F，对系统使用动量定理得Ft=（M+m）v，解得v=5.6t。F作用阶段木板的加速度设为a，则由牛顿定律得F－μmg=Ma解得a=6 m/s2，此过程木板的位移s=•at2，解得s=3t2，F做功W=Fs=84t2，滑块从一端到另一端系统内能增量为Q=μmgL=5.6 J，由能量守恒定律得W=Q+（M+m）v2，解得t=1 s。

三、传送带问题

（一）对运动学问题的考查

考点：考查滑动摩擦力、静摩擦力间的突变。

解题策略：滑动摩擦力产生在相对滑动的物体间，用f=μN计算。当物体间存在相对滑动的趋势时，物体间存在静摩擦力，静摩擦力的计算要由牛顿定律求，取值范围满足－fmax≤f静≤fmax。

例7如图8所示，水平传送带的长度L=5 m，皮带轮顺时针匀速转动。现有一小物体（视为质点）以水平速度v0= m/s从A点滑上传送带，越过B点后做平抛运动，其水平位移为s。已知物体与传送带的摩擦因数为μ=0.04，B端距地面的高度为h=5 m，现在改变传送带的速度v，试作出传送带不同速度时小物体的水平位移s的图象。（g=10 m/s2）

解析 取地面为参照物，①设小物体一直做加速运动到B点，到达B点的速度为v1，则v21-v20=2aL，μmg=ma，代入数据解得v1=3 m/s。若传送带速度v≥3 m/s，则物体将一直加速到达B点，到达B点的速度为3 m/s，由平抛运动规律得h=gt2，s=v1t，解得t=1 s，s=3 m。②设小物体一直做减速运动到B点，到达B点的速度为v，则v20-v22=2aL，解得v2=1 m/s。若传送带速度v≤1 m/s，则物体将一直减速到达B点，到达B点的速度为1 m/s，解得s=1 m。③若传送带速度1 m/s＜v＜ m/s，则物体将先减速到等于皮带的速度v，然后随皮带一起匀速运动一段，到达B点的速度为v，抛出后s=v（m）。若传送带速度 m/s＜v＜3 m/s，则物体将先加速到皮带的速度v，然后随皮带一起匀速运动一段，到达B点的速度为v，抛出后s=v（m）。若传送带速度为v= m/s，则物体一直匀速运动，抛出后s=v（m）。作出图象如图9所示。

（二）综合考查力学规律

例8一传送带装置示意图如图10所示，其中AB部分水平，长10 m，BC部分倾斜，长2.5 m，倾角为30°，传送带匀速运动，速度为5 m/s。现要利用传送带将小货箱由A处送至C处，已知每个小货箱质量m=20 kg，与传送带的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。小货箱可视为质点，从A处释放时速度为零，并且当前一个货箱相对皮带静止时立即放上下一个货箱（不计轮轴的摩擦）。求：（1）传送带上至多有几个小货箱。（2）传送带传送货箱过程中电动机的最大功率和最小功率分别是多少？（3）从第一个货箱放上传送带至其到达C点的过程中电动机做功的平均功率。

解析 （1）货箱与皮带打滑过程：t1==1 s，货箱位移s1=t=2.5 m，皮带位移s2=vt=5 m。如图11所示，当放货箱时与前一货箱距离均为2.5 m，相对皮带静止的相邻货箱间距5 m。当第一个货箱到达C点时，第3个货箱相对皮带刚好静止，当第2个货箱到C点，第4个货箱刚好相对皮带静止，故传送带上至多有3个小货箱。

（2）当一个货箱处在斜面上时，皮带对小货箱的摩擦力为静摩擦力f静=mgsin30°（恰好等于最大静摩擦力），皮带对其做功的功率为P1=f静v=500 W。此时恰有一货箱在水平部分打滑，f=μmg，皮带对其做功的功率为P′1=fv=500 W，此时电动机做功功率最大Pmax=1 000 W。当只有一个货箱在水平部分打滑时功率最小Pmin=P′1=500 W。

（3）第一个货箱从A到C的时间为t2=t1+t匀=3 s，小货箱增加的机械能等于E1=3×mv2+mgh=1 000 J，小货箱与传送带间增加的内能E2=3f（s2－s1）=750 J，电动机的平均功率为P==583 W。