Question

9．如图（1）所示，一根轻弹簧上端固定，下端悬挂一个质量为m的A，弹簧的劲度系数为k，用手竖直向上托起砝码A，使砝码A静止于某一初始位置，此时弹簧处于压缩状态，如图23（2）所示．现改变手对砝码A的作用力，使A以某一加速度做竖直向下的匀加速直线运动．已知砝码A向下做匀加速直线运动时，加速度的数值恰好等于在初始位置时突然撤去手的瞬时砝码A加速度数值的一半．设在砝码A的运动过程中，弹簧始终未超过其弹性限度．若手对砝码A的作用力未改变方向前，砝码A向下做匀加速直线运动的最大距离是S．则：
（1）砝码A做匀加速直线运动的加速度a=$\frac{kS}{m}$；
（2）通过距离S所用的时间t$\sqrt{\frac{2m}{k}}$．

Answer 1

分析 突然撤去手的瞬时，根据牛顿第二定律列式．设突然撤去手的瞬时，砝码A向下运动的加速度为a，砝码A向下做匀加速直线运动的加速度 a′=$\frac{a}{2}$，在手对砝码A作用力的方向即将改变的瞬时，手对砝码的作用力为零．分两种情况讨论：
（1）若a′≥g，则手对砝码A的作用力为零时，弹簧长度未超过原长，根据牛顿第二定律求出手对砝码A的作用力为零时弹簧的压缩量，得到砝码A向下运动的距离，求出A的加速度，再由位移公式求时间．
（2）若$\frac{g}{2}$＜a′＜g，则手对砝码A的作用力为零时，弹簧长度已超过原长，用同样的方法求解．

解答 解：设突然撤去手的瞬时，砝码A向下运动的加速度为a．
（1）设初始时刻弹簧的压缩量为x，研究非砝码A，由牛顿第二定律有：
kx+mg=ma
得：x=$\frac{m（a-g）}{k}$
由已知条件知，砝码A向下做匀加速直线运动的加速度 a′=$\frac{a}{2}$，在手对砝码A作用力的方向即将改变的瞬时，手对砝码的作用力为零．
若a′≥g，则手对砝码A的作用力为零时，弹簧长度未超过原长，设此时弹簧压缩量为x′，有：
kx′+mg=ma′
可得：x′=$\frac{m（\frac{a}{2}-g）}{k}$
砝码A向下运动的距离为：
S=x-x′=$\frac{ma}{2k}$=$\frac{ma′}{k}$
砝码A向下做匀加速直线运动的加速度为：
a′=$\frac{kS}{m}$
根据S=$\frac{1}{2}a′{t}^{2}$，得砝码A向下做匀加速直线运动时间为：
t=$\sqrt{\frac{2S}{a′}}$=$\sqrt{\frac{2m}{k}}$
若$\frac{g}{2}$＜a′＜g，则手对砝码A的作用力为零时，弹簧长度已超过原长，设此时弹簧伸长量为x″，有：
mg-kx″=ma′
得：x″=$\frac{m（g-\frac{a}{2}）}{k}$
有：S=x+x″=$\frac{ma}{2k}$=$\frac{ma′}{k}$
因此，此时砝码A向下做匀加速直线运动的加速度为：
a′=$\frac{kS}{m}$
时间仍为：t=$\sqrt{\frac{2S}{a′}}$=$\sqrt{\frac{2m}{k}}$
故答案为：（1）$\frac{kS}{m}$；（2）$\sqrt{\frac{2m}{k}}$．

点评 解决本题的关键是明确牛顿第二定律可研究某一状态的加速度，要抓住题中隐含的临界状态：在手对砝码A作用力的方向即将改变的瞬时，知道此时手对砝码的作用力为零．要找出A运动的位移与弹簧形变量的关系．