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知识点16：轻弹簧连接体模型的动力学问题
考点一：轻弹簧连接体模型的动力学计算问题
【知识思维方法技巧】
应用动力学观点解决连接体问题的思维是：使用整体法与隔离法确定研究对象后，再应用
正交分解法或分配原则法解题。
题型一：同条件同加速度轻弹簧连接体模型的动力学计算问题
【知识思维方法技巧】
可以直接用质量正比例分配原则法处理同条件同速度连接体的动力学计算的问题。
力的质量正比例分配原则法：一起加速运动的问题，物体间的相互作用力按质量正比例分
配。
与有无摩擦无关（若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同），与两物体间有
无连接物、何种连接物（轻绳、轻杆、轻弹簧）无关，而且物体系统处于平面、斜面、竖
直方向此分配原则都成立。
（1）若外力F 作用于m1上，则m1和m2的相互作用力F12＝；
（2）若外力F 作用于m2上，则m1和m2的相互作用力F12＝；
【典例1 基础题】如图所示，质量分别为2m 和3m 的两个小球静止于光滑水平面上，且固
定在劲度系数为k 的轻质弹簧的两端。今在质量为2m 的小球上沿弹簧轴线方向施加大小
为F 的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为( )
A． B． C．
D．
【典例1 基础题】【答案】C
【解析】对两小球组成的整体分析，整体的加速度a＝，对质量为3m 的小球分析，根据牛
顿第二定律有F 弹＝kx＝3ma，可得x＝，故A、B、D 错误，C 正确。
【典例1 基础题对应练习】（多选）如图所示，有四个完全相同的弹簧，弹簧的左右两端
连接由相同材料制成的物块A、B，物块A 受到大小皆为F 的拉力作用而沿力F 方向加速
运动，接触面的情况各不相同：(1)光滑水平面；(2)粗糙水平面；(3)倾角为θ 的光滑斜面；
(4)倾角为θ 的粗糙斜面。若认为弹簧的质量都为零，以l1、l2、l3、l4表示弹簧的伸长量，
则有( )
A．l2＞l1
B．l4＞l3 C．l1＝l3
D．l2＝l4
【典例1 基础题对应练习】【答案】CD
【解析】现以情景(4)为例来研究，以物块A、B 和弹簧整体为研究对象，根据牛顿第二定
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律有F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a；再以物块B 为研究对象，根据牛
顿第二定律有kx－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa。联立解得x＝F，可见弹簧的形变量与接
触面是否粗糙、接触面是否倾斜无关，因而有l1＝l2＝l3＝l4，选项C、D 正确。
题型二：不同速率轻弹簧连接体模型的动力学计算问题
【典例2 基础题】（多选）如图，质量相等的两滑块P、Q 置于水平桌面上，二者用一轻
弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g.用水平向右的拉
力F 拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一
次恢复原长之前( )
A．P 的加速度大小的最大值为2μg
B．Q 的加速度大小的最大值为2μg
C．P 的位移大小一定大于Q 的位移大小
D．P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小
【典例2 基础题】【答案】AD
【解析】设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
F＝2μmg，撤去拉力前对Q 受力分析可知，弹簧的弹力为FT0＝μmg，以向右为正方向，撤
去拉力瞬间弹簧弹力不变仍为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P 的加
速度为－FT0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑块Q 所受的外力不变，加速度仍为零，
从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直在减小，根据牛顿第二定律可知
P 减速的加速度减小，滑块Q 所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，
故P 加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg，Q 加速度大小最大值为弹簧
恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q 加速度大小最大值为μg，A 正
确，B 错误；由于弹簧恢复原长前滑块P 的加速度一直大于Q 的加速度，所以撤去拉力后
P 的速度一直小于同一时刻Q 的速度，所以P 的位移一定小于Q 的位移，C 错误，D 正确．
考点二：轻弹簧连接体模型的动力学图象问题
【知识思维方法技巧】
连接体动力学图象问题的解题方法：
（1）函数斜率面积法：先由牛顿运动定律推导出两个物理量间的函数表达式，再根据函数
表达式的斜率、截距的意义求出相应的问题，特别是解决对于不太熟悉的如－t、x－v2、a
t、Ft、Fa 图像等要注意这种转化。
①x－t 图象的斜率表示速度的大小及方向，纵轴截距表示t＝0 时刻的初始位置，横轴截距
表示位移为零的时刻。
②v－t 图线(或切线)的斜率表示物体的加速度，v－t 图线(或切线)的斜率表示物体的加速度。
③a－t 图线与t 轴所围的“面积”代表速度改变量。
④由x＝v0t＋at2可得＝v0＋at，由此知－t 图象的斜率为a，纵轴截距为v0。
⑤由v2－v0
2＝2ax 可知v2＝v0
2＋2ax，故v2－x 图象斜率为2a，纵轴截距为v0
2。
⑥由v2－v＝2ax 得x＝v2－v，故x－v2图象斜率为1/2a，纵轴截距为v0
2。
⑦由x＝at2，可知x－t2图线的斜率表示a。
（2）函数数据代入法：先由牛顿运动定律推导出两个物理量间的函数表达式，再把图像中
的特殊数据代入函数公式进行计算。
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题型一：根据动力学情境选择轻弹簧连接体模型的动力学图象问题
【典例1 基础题】如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静
止状态。现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动。以x 表示P 离
开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x 之间关系的图象可能正确的是(
)
【典例1 基础题】【答案】A
【解析】设物块P 静止时，弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，物块
受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F 是
x 的一次函数，选项A 正确。
题型二：根据运动学图象分析计算轻弹簧连接体模型的动力学问题
【典例2 基础题】如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在
挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m 后锁定，t＝0 时解除锁定，释放滑块．计算机通
过滑块上的速度传感器描绘出滑块的vt 图象如图乙所示，其中Oab 段为曲线，bc 段为直线
倾斜直线Od 是t＝0 时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2，则下
列说法正确的是( )
A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大
C．弹簧的劲度系数k＝175 N/m
D．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2
【典例2 基础题】【答案】C
【解析】根据vt 图线的斜率表示加速度可知，滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速
直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，
从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变， 选项A、B 错误； 由题中图象知，滑块
脱离弹簧后的加速度大小a1 ＝ ＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为Ff＝μmg
＝ma1＝2×5 N＝10 N，刚释放时滑块的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝30 m/s2，此时滑块的加
速度最大，选项D 错误；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2，代入数据解得k＝175 N/m，选
项C 正确．
题型三：根据动力学图象分析计算轻弹簧连接体模型的动力学问题
【典例3 基础题】如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装
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一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧
连接着一个质量为2m 的金属球．运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在
此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程
中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是( )
A．升降机在停止运动前是向上运动的
B．0～t1时间段内金属球做减速运动
C．t1～t2时间段内金属球处于超重状态
D．t2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同
【典例3 基础题】【答案】D
【解析】由于升降机停止运动前传感器的示数为0，表明弹簧处于原长状态，即升降机有
向下的加速度g，而0～t1时间段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后金属
球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，A 错误；0～t1时间段内弹簧的形
变量逐渐增大，但当F＝mg 时金属球所受的合外力为0，即金属球前一段做加速度逐渐减
小的加速度运动，后一段做加速度逐渐增大的减速运动，B 错误；t1～t2时间段可分为两段，
F＝mg 时金属球的加速度为0，前一段时间金属球加速度向上并处于超重状态，后一段时
间金属球加速度向下并处于失重状态，C 错误；t2和t4两时刻弹簧的形变量均为0，金属球
在斜面方向上只有重力的分力产生加速度，故两时刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系
统的机械能守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但t2时刻金属球沿斜面向上运动，而t4
时刻金属球沿斜面向下运动，二者的方向不同，D 正确．
考点三：轻弹簧连接体模型接触与脱离的临界极值问题
【知识思维方法技巧】
两物体相接触或脱离，临界条件是：
刚好脱离时物体间的弹力恰好为零，两物体此时的速度、加速度均相同。
【典例1 基础题】（多选）如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连
接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C 为一固定挡板，系统处于静
止状态．现开始用一沿斜面方向的力F 拉物块A 使之以加速度a 向上做匀加速运动，当物
块B 刚要离开C 时F 的大小恰为2mg.则( )
A．物块B 刚要离开C 时B 的加速度也为a
B．加速度a＝g
C．以A、B 整体为研究对象可以计算出加速度a＝g
D．从F 开始作用到B 刚要离开C，A 的位移为
【典例1 基础题】【答案】BD
【解析】物块B 刚要离开C 时B 的加速度为0，A 项错误；未加F 时对A 受力分析得弹簧的
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压缩量x1＝＝，B 刚要离开C 时对B 受力分析得弹簧的伸长量x2＝，此时对A 由牛顿第二
定律得F－mgsin 30°－kx2＝ma，解得a＝g，B 项正确、C 项错误；物块A 的位移x1＋x2
＝，D 项正确．
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