物體與彈簧的“別離之舞”：動態分離問題研究

【摘要】兩體彈簧系統問題是高中物理力學系統中的重要內容，這類問題涉及整體法、隔離法以及牛頓第二定律的應用，分析這類問題需要把握分離的關鍵條件以及分離時兩物體速度、加速度特點，在教學中需要加強這方面的專題訓練.本文從模型到方法以及典型例題深入分析，以突破這類問題的難點.

【關鍵詞】彈簧；臨界分離；高中物理

1 認清彈簧端的疊加體的動態分離的本質

彈簧端的疊加體的動態分離問題的本質是：

（1）從力的角度來看是支持力和壓力的臨界，即在兩物體分離的瞬間兩者之間的相互作用的支持力和壓力為零；

（2）從加度速的角度來看是加速度的臨界，即兩物體在分離的瞬間的加速度是相同的；

（3）從速度的角度來看是速度的臨界，即兩物體在分離的瞬間的速度是相同的；

（4）從處理方法的角度來看，處理彈簧端的疊加體的動態分離用到的方法是整體法和隔離法.

2 彈簧端的疊加體的動態分離問題的分類處理

2.1 自然狀態下的動態分離問題

例1 如圖1所示，A，B兩物體疊放在彈簧上，現用力向下壓B到某位置后釋放，試分析判斷A，B兩物體分離瞬間所在位置？

解析 抓住臨界問題的本質：在A，B分離的瞬間，二者的加速度相同，A，B間沒有相互作用的支持力和壓力.設分離的瞬間彈簧對整體的彈力為F，A的質量為M，B的質量為m.

對A，B整體據牛頓第二定律有：（M+m）g+F=（M+m）a.

對B據牛頓第二定律有：mg=ma由以上兩式解得：F=0，即兩者在彈簧恢復原長時分離.

2.2 恒力作用下的動態分離問題

例2 如圖2所示，在物體B上施加一恒力F，二者向上運動，試分析判斷A，B分離瞬間所在位置？

解析 抓住臨界問題的本質：在A，B分離的瞬間，二者的加速度相同，A，B間沒有相互作用的支持力和壓力.

設分離瞬間彈簧對整體的彈力為F，A的質量為M，B的質量為m.

對A，B整體進行分析，根據牛頓第二定律有：F+kx－（M+m）g=（M+m）a（x為彈簧的形變量）.

對A進行分析，根據牛頓第二定律有：kx－Mg=Ma.

由以上兩式解得：kx=MmF，所以A，B分離時彈簧處于壓縮狀態，彈簧的壓縮量x=MFmk.

3 彈簧兩端的連接體的動態分離問題

例3 在變力F的作用下物體A以加速度a做勻加速直線運動的情況來研究：

（1）物體A做勻加速直線運動的時間？

（2）分析拉力F和物體A的位移大小間的定量關系？

解析 （1）初始狀態，對A據力的平衡有mAg=kx1，解得x1=mAgk（壓縮），在B與地面分離的瞬間，據力的平衡有mBg=kx2，解得x2=mBgk（伸長），

從初始狀態到分離瞬間，A做勻加速直線運動x1+x2=12at2，可求得時間t=2（mA+mB）gka，及此時A的速度為v=at=2a（mA+mB）gk.

（2）當力F剛作用在物塊A上的瞬間，對A由牛頓第二定律有F－mAg+kx1=mAa，解得F=mAa，當彈簧在壓縮階段據牛頓第二定律有F－mAg+k（x1－x）=mAa（x為A的位移），得F=kx+mAa.當彈簧在伸長階段據牛頓第二定律有F－mAg－k（x－x1）=mAa（x為A的位移），得F=kx+mAa，由此可見F隨物體A的位移均勻增加.

例4 如圖5所示，A，B兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，B球放在水平地面上，整個系統處于豎直靜止狀態.現用豎直向上的拉力F緩慢將A上提，直至B恰好離開地面.已知A，B的質量均為m，重力加速度為g.在此過程中拉力做的功（ ）

（A）2mg2k. （B）2mg23k.

（C）3mg22k. （D）mg2k.

解析 原來系統靜止時彈簧處于壓縮狀態，B恰好離開地面時彈簧處于伸長狀態，由于A，B的質量均為m，設彈簧的壓縮量和伸長量均為x，由胡克定律F=kx，可得x=mgk.

彈簧壓縮時的彈性勢能與伸長時的彈性勢能相等，在此過程中拉力做的功等于系統機械能的增量W=ΔE=mgh=mg×2×mgk=2mg2k，故選（A）.

點評 對小球A初位置分析可以求出彈簧壓縮量，小球B將要離開地面瞬間，合外力為零，可以求出彈簧伸長量，由于初末位置彈簧形變量相等，彈簧彈性勢能相等，然后結合小球A上升的高度即可求出系統機械能增量.

4 結語

彈簧端物體分離的關鍵是分離瞬間之間的彈力為零，加速度相等.如果是兩物體的分離，則兩物體的速度、加速度均相等；如果是物體與某一接觸面分離，此時他們之間彈力為零，加速度相等；如果接觸面是靜止不動的，則與之分離的物體加速度和速度均為零.處理這類問題需要把握分離關鍵條件，結合牛頓第二定律、整體法、隔離法進行列式求解.