以彈簧為例談物理模型的構建

摘 要：彈簧是高中物理重要模型之一，在高考中多以彈簧為背景或題材命題，考查的知識點較多及考查學生的分析綜合能力、推理判斷能力.

關鍵詞：彈簧模型；能力；題型

作者簡介：荊長城（1975-），男，本科學歷，高級教師，研究方向高中物理教學與研究.

高中物理學習中有許多物理模型，如質點、元電荷、輕桿、輕繩、電磁感應中的桿-導軌、宇宙中的雙星等模型.許多同學認為高中物理難學，上課一聽講就懂，下課一做題就蒙.這種現象表明學生缺乏將實際問題還原成物理模型的能力.有的同學感覺物理有趣易學，是因為他們掌握了大量的物理模型，并能在做題的過程中迅速讀懂題目中的信息，將信息與相應的物理模型建立聯系，然后用物理模型對應的規律解題.

如何構建物理模型是學好物理的關鍵，首先要正確理解常見的模型以及他們的特點，為我們靈活、準確地分析物理問題提供依據；然后是審題建模，要讀清題目中的條件，尤其是要挖掘隱含條件，如電磁感應中的桿在導軌上運動，就要建立起桿-導軌模型，就想到了桿的收尾速度等問題；最后是找準對應規律解題.

彈簧是高中物理重要模型之一，它涉及到力與加速度、功和能、沖量以及極值等許多物理知識和規律.通過彈簧與其它知識點的結合可以考查學生的分析綜合和推理能力，因此在高考中常常以彈簧為素材進行命題.彈簧模型問題的解決關鍵要注意兩點：正確對與連接或接觸的物體進行受力分析；掌握彈力變化、彈簧勢能的變化特點.舉例分析如下：

一、輕彈簧模型

例1 如圖1所示，質量m的球與彈簧Ⅰ和水平細線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q.球靜止時，Ⅰ中拉力大小T1，Ⅱ中拉力大小T2，當僅剪斷Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬間，球的加速度a應是

A.若斷Ⅰ，則a=g，方向水平向右

B.若斷Ⅱ，則a=T2m，方向水平向左

C.若斷Ⅰ，則a=T1m，方向沿Ⅰ的延長線

D.若斷Ⅱ，則a=g，豎直向上

解析 剪斷Ⅰ的瞬間，細線Ⅱ的彈力突變為零，所以球的加速度為a=g，方向豎直向下，因此選項A、C錯誤；剪斷Ⅱ的瞬間，彈簧Ⅰ的彈力不變，彈簧Ⅰ的彈力和重力的合力與T2等大反向，所以球的加速度為a=T2m，方向水平向左，選項B項正確.

點評 此類問題應注意兩種模型的建立，彈簧（或橡皮繩）和剛性繩模型.分析時注意彈簧（或橡皮繩）的彈力不能突變，當彈簧的長度不變時，其彈力不變；桿或不可伸長的繩的彈力會因為條件的變化而發生突變.

二、彈簧振子模型

例2 如圖2所示，水平彈簧一端固定，另一端拴在質量為m的木塊A上，另一質量也為m的木塊B與A靠在一起放在光滑水平面上.現用力推B使彈簧壓縮量為x1，系統靜止；突然撤去外力，設A向右到達的最遠位置離平衡位置的距離為x2；從A開始運動到平衡位置的時間為t1，從平衡位置到右邊最大位移處所用的時間為t2.（已知簡諧運動中，振子質量越大，周期越大）則

A.x1=x2 t1=t2B.x1>x2 t1

C.x1t2D.x1>x2 t1>t2

解析 撤去外力后，A運動到平衡位置時A、B開始分離，分離前A、B共同做簡諧運動，分離后A做簡諧運動，B做勻速運動.由能量守恒可知剛撤去外力時的彈性勢能等于A運動到右邊最大位移處彈簧的彈性勢能與B的動能之和，可得到x1>x2；由題中條件可知，t1為A、B整體振動的1/4周期，t2為A振動時的1/4周期，由周期與質量的關系得到t1>t2，由以上分析可知D正確.

點評 彈簧振子模型是簡諧運動中基本模型，關鍵是理解周期性、對稱性等特點.

三、碰撞模型

例3 如圖3所示，傾角為θ=30°的斜面固定在水平地面上，在斜面底端O處固定一輕彈簧，斜面頂端足夠高.斜面上OM段光滑，M點及以上均粗糙.質量為m的物塊A在M點恰好能靜止，在離M點距離為L的N點處，有一質量為2m的光滑物塊B以速度v0=2gL滑向物塊A，若物塊間每次碰撞（碰撞時間極短）后即緊靠在一起但不粘連，物塊間、物塊和彈簧間的碰撞均為彈性碰撞.求：

（1）物塊A在M點上方時，離M點的最大距離；

（2）系統產生的總內能E.

解析 （1）設物塊B第一次和物塊A碰前的速度為v1，碰后的共同速度為v2.物塊B從N運動到M點由動能定理得，2mgLsinθ=12×2mv21-12×2mv20 ①

對物塊B和A，在碰撞過程中由動量守恒定律得，2mv1=（2m+m）v2 ②

物塊A、B從第一次在M點相碰后至再次回到M點的過程中機械能守恒，兩物塊速度大小不變，方向相反，其后物塊A、B將做勻減速運動，設加速度分別為a1、a2.

由牛頓第二定律，對A：μmgcosθ+mgsinθ=ma1

對B：2mgsinθ=2ma2

又由題意中“物塊A恰好靜止”可得，μmgcosθ=mgsinθ ③

故a1>a2

所以當A運動到最高處靜止，物塊B還在向上減速運動，未與A相碰.

對A從M運動到最高處，由動能定理得，（-μmgcosθ-mgsinθ）s=0-12mv22 ④

由①②④式得，s=23L

（2）物塊A、B最終緊靠在一起在OM間做往復運動，從物塊B開始運動至M點且速度為零的過程中，由能量守恒得，E=2mgLsinθ+12×2mv20

所以系統產生的總內能E=3mgL

點評 彈簧是一個儲能元件，且其存儲的能量與勁度系數和形變量有關，在彈簧與物體構成的力學系統中，通過做功或能量轉化的關系，定性分析彈性勢能的變化，或與彈簧接觸的物體機械能變化，或碰撞過程中的動量守恒，是高考命題的熱點.

四、連接體

例4 如圖所示，傾角為θ的直角斜面體固定在水平地面上，其頂端固定有一輕質定滑輪，輕質彈簧和輕質細繩相連，一端連接質量為m2的物塊B，物塊B放在地面上且使滑輪和物塊間的細繩豎直，另一端連接質量為m1的物塊A，物塊A放在光滑斜面上的P點保持靜止，彈簧和斜面平行，此時彈簧具有的彈性勢能為Ep.不計定滑輪、細繩、彈簧的質量，不計斜面、滑輪的摩擦，已知彈簧勁度系數為k，P點到斜面底端的距離為L.現將物塊A緩慢向上移動，直到彈簧剛恢復原長時的位置，并由靜止釋放物塊A，當物塊B剛要離開地面時，物塊A的速度恰好為零，求：

（1）當物塊B剛要離開地面時，物塊A的加速度；

（2）在以后的運動過程中物塊A最大速度的大小.

解析 （1）B剛要離開地面時，A的速度恰好為零，即以后B不會離開地面.

當B剛要離開地面時，地面對B的支持力為零，

設繩上拉力為F.

B受力平衡，F=m2g①

對A，由牛頓第二定律，設沿斜面向上為正方向，m1gsinθ-F=m1a②

聯立①②解得，a=（sinθ-m2/m1）g③

由最初A自由靜止在斜面上時，地面對B支持力不為零，推得m1gsinθ

故A的加速度大小為（sinθ-m2/m1）g ，方向沿斜面向上.

（2）由題意，物塊A將以P為平衡位置振動，當物塊回到位置P時有最大速度，設為vm.從A由靜止釋放，到A剛好到達P點過程，由系統能量守恒得，m1gx0sinθ=Ep+12m1v2m④

當A自由靜止在P點時，A受力平衡，m1gsinθ=kx0 ⑤

聯立④⑤式解得，vm=2（m1g2sin2θk-Epm1）.

點評 與彈簧相聯系的物體，在運動過程中經常涉及臨界極值問題.比如物體速度達到最大；彈簧形變量達到最大；相互接觸的物體恰好要分離等.此類問題的解題關鍵是挖掘隱含條件，選擇物理規律，再結合數學知識處理問題.