Question

14．如圖所示，質(zhì)量分別為M和m的物塊與勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧兩端相連，物塊M放在地面上，用豎直向下的大小為F的恒力，壓在物塊m上，直到物塊m運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)撤去恒力，此后物塊m將向上運(yùn)動(dòng)．已知彈簧的彈性勢(shì)能與形變量的關(guān)系為E_P=$\frac{1}{2}$kx²．
（1）求物塊m在最低點(diǎn)時(shí)的加速度；
（2）請(qǐng)畫出物塊m下移過(guò)程中彈簧彈力與其位移關(guān)系的圖象（要求標(biāo)明初末狀態(tài)的坐標(biāo)）
（3）要使下面的物塊M不脫離地面，F(xiàn)的大小不能超過(guò)多少？

Answer 1

分析 （1）以m為研究的對(duì)象，對(duì)其進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律即可求出加速度；
（2）以m為研究的對(duì)象，對(duì)其進(jìn)行受力分析，結(jié)合胡克定律，即可寫出彈簧的彈力隨位移變化的關(guān)系，最后作圖；
（3）以整體為研究的對(duì)象，向求出M對(duì)地面的壓力為0時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度，然后結(jié)合功能關(guān)系，即可求解．

解答 解：（1）用豎直向下的大小為F的恒力壓在物塊m上時(shí)，m受到重力、彈力和壓力的作用處于平衡狀態(tài)，所以彈簧的彈力：F₁=F+mg
撤去壓力的瞬間，彈簧的彈力來(lái)不及變化，所以m的加速度：$a=\frac{{F}_{1}-mg}{m}=\frac{F+mg-mg}{m}=\frac{F}{m}$；
（2）若施加的壓力為0時(shí)，則m受到重力和彈簧的彈力的作用，則：F₀=mg
隨壓力的增大，彈簧的彈力逐漸增大，F(xiàn)′=F+mg
由胡克定律：F₁=k△x
可知，當(dāng)壓力為0時(shí)，彈簧的壓縮量：${x}_{0}=\frac{{F}_{0}}{k}=\frac{mg}{k}$
當(dāng)壓力是F時(shí)，F(xiàn)₁=F+mg
又彈簧的形變量△x與m的位移s關(guān)系為：△x=x₀+s
所以，物塊m下移過(guò)程中彈簧彈力與其位移關(guān)系：F₁=k（x₀+s）=mg+ks
的圖象如圖．
（3）要使下面的物塊M不脫離地面，m受到的壓力是F，彈簧的壓縮量：$△{x}_{1}=\frac{{F}_{1}}{k}=\frac{F+mg}{k}$
此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能：${E}_{P1}=\frac{1}{2}k△{x}_{1}^{2}=\frac{1}{2}k×（\frac{F+mg}{k}）^{2}$=$\frac{（F+mg）^{2}}{2k}$
以M為研究的對(duì)象，當(dāng)M剛剛要離開(kāi)地面時(shí)，M受到彈簧的拉力和重力的作用，所以此時(shí)：F₂=Mg，則彈簧的伸長(zhǎng)量：$△{x}_{2}=\frac{{F}_{2}}{k}=\frac{Mg}{k}$
則此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能：${E}_{P2}=\frac{1}{2}k△{x}_{2}^{2}=\frac{1}{2}×k×\frac{{M}^{2}{g}^{2}}{{k}^{2}}=\frac{{M}^{2}{g}^{2}}{2k}$
m上升的過(guò)程中，重力勢(shì)能的增加量：△E_P=mg（△x₁+△x₂）
彈簧上升的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為m的重力勢(shì)能，即：E_P1-E_P2=△E_P
聯(lián)立以上方程解得：F=（M+m）g
答：（1）物塊m在最低點(diǎn)時(shí)的加速度是$\frac{F}{m}$；（2）如圖；（3）要使下面的物塊M不脫離地面，F(xiàn)的大小不能超過(guò)（M+m）g．

點(diǎn)評(píng) 本題將含有彈簧的平衡問(wèn)題與功能關(guān)系結(jié)合振子一起，關(guān)鍵是分析兩個(gè)狀態(tài)彈簧的狀態(tài)和彈力，再由幾何關(guān)系研究A上升距離與彈簧形變量的關(guān)系．