Question

8．如圖所示，定滑輪B、C與動滑輪D組成一滑輪組，各滑輪與轉軸間的摩擦、滑輪的質量均不計．在動滑輪D上，懸掛有砝碼托盤A，跨過滑輪組的不可伸長的輕線的兩端各掛有砝碼2和3．一根用輕線（圖中穿過彈簧的那條堅直線）拴住的壓縮輕彈簧豎直放置在托盤底上，彈簧的下端與托盤底固連，上端放有砝碼1（兩者未粘連）．已加三個砝碼和砝碼托盤的質量都是m，彈簧的勁度系數為k，壓縮量為l₀，整個系統處在靜止狀態．現突然燒斷栓住彈簧的輕線，彈簧便伸長，并推動砝碼1向上運動，直到砝碼1與彈簧分離．假設砝碼1在以后的運動過程中不會與托盤的頂部相碰．求砝碼1從與彈簧分離至再次接觸經歷的時間．

Answer 1

分析 首先做出從燒斷線到砝碼1與彈簧分離經歷在這段時間內，各砝碼和砝碼托盤的受力情況如圖1所示：圖中，F表示△t 時間內任意時刻彈簧的彈力，T 表示該時刻跨過滑輪組的輕繩中的張力，mg為重力，T₀為懸掛托盤的繩的拉力．分清過程，合理利用整體和隔離法對研究對象進行受力分析，并列方程，進而逐步進行求解．

解答 解：設從燒斷線到砝碼1與彈簧分離經歷的時間為△t，在這段時間內，各砝碼和砝碼托盤的受力情況如圖1所示：圖中，F表示△t 時間內任意時刻彈簧的彈力，T 表示該時刻跨過滑輪組的輕繩中的張力，mg為重力，T₀為懸掛托盤的繩的拉力．因D的質量忽略不計，有      T₀=2T   （1）
在時間△t 內任一時刻，法碼1向上運動，托盤向下運動，砝碼2、3則向上升起，但砝碼2、3與托盤速度的大小是相同的．設在砝碼1與彈簧分離的時刻，砝碼1的速度大小為v₁，砝碼2、3與托盤速度的大小都是v₂，由動量定理，有
I_F-I_mg=mv₁（2）I_T-I_mg=mv₂（3）I_T-I_mg=mv₂（4）${I}_{F}+{I}_{mg}-{I}_{{T}_{0}}={mv}_{2}$（5）
式中I_F、I_mg、I_T、I_T0分別代表力F、mg、T、T₀在△t 時間內沖量的大�。�注意到式（1），有I_T0=2I_T（6）
由（2）、（3）、（4）、（5）、（6）各式得 ${v}_{2}=\frac{1}{3}{v}_{1}$    （7）
在彈簧伸長過程中，彈簧的上端與砝碼1一起向上運動，下端與托盤一起向下運動．以△l₁表示在△t 時間內彈簧上端向上運動的距離，△l₂表示其下端向下運動的距離．由于在彈簧伸長過程中任意時刻，托盤的速度都為砝碼1的速度的1/3，故有
${△l}_{2}=\frac{1}{3}△{l}_{1}$（8）另有△l₁+△l₂=l₀（9）
在彈簧伸長過程中，機械能守恒，彈簧彈性勢能的減少等于系統動能和重力勢能的增加，即有   
$\frac{1}{2}{{kl}_{0}}^{2}=\frac{1}{2}{{mv}_{1}}^{2}+3×\frac{1}{2}{{mv}_{2}}^{2}+{mg△l}_{1}-{mg△l}_{2}+2{mg△l}_{2}$ （10）
由（7）、（8）、（9）、（10）式得    ${{v}_{1}}^{2}=\frac{3}{2m}（\frac{1}{2}{{kl}_{0}}^{2}-{mgl}_{0}）$（11）
砝碼1與彈簧分開后，砝碼作上拋運動，上升到最大高度經歷時間為t₁，有v₁=gt₁  （12）
砝碼2、3和托盤的受力情況如圖2所示，以a表示加速度的大小，有mg-T=ma  （13）
mg-T=ma  （14）T₀-mg=ma（15）T₀=2T  （16）
由（14）、（15）和（16）式得 $a=\frac{1}{3}g$（17）
托盤的加速度向上，初速度v₂向下，設經歷時間t₂，托盤速度變為零，有v₂=at₂  （18）
由（7）、（12）、（17）和（18）式，得 ${t}_{1}={t}_{2}=\frac{{v}_{1}}{g}$（19）即砝碼1自與彈簧分離到速度為零經歷的時間與托盤自分離到速度為零經歷的時間相等．由對稱性可知，當砝碼回到分離位置時，托盤亦回到分離位置，即再經歷t₁，砝碼與彈簧相遇．題中要求的時間t_總=2t₁（20）
由（11）、（12）、（20）式得  ${t}_{總}=\frac{2}{g}\sqrt{\frac{3}{2m}（\frac{1}{2}{{kl}_{0}}^{2}-{mgl}_{0}）}$

點評 該題中涉及機械能守恒，動量定理等知識，并要求學生熟知滑輪的相關知識，涉及的過程復雜，受力分析比較繁瑣，解題難度大．