知識(shí)點(diǎn)16：輕彈簧連接體模型的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題考點(diǎn)一：輕彈簧連接體模型的動(dòng)力學(xué)計(jì)算問(wèn)題【知識(shí)思維方法技巧】應(yīng)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解決連接體問(wèn)題的思維是：使用整體法與隔離法確定研究對(duì)象后，再應(yīng)用正交分解法或分配原則法解題。題型一：同條件同加速度輕彈簧連接體模型的動(dòng)力學(xué)計(jì)算問(wèn)題【知識(shí)思維方法技巧】可以直接用質(zhì)量正比例分配原則法處理同條件同速度連接體的動(dòng)力學(xué)計(jì)算的問(wèn)題。力的質(zhì)量正比例分配原則法：一起加速運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，物體間的相互作用力按質(zhì)量正比例分配。與有無(wú)摩擦無(wú)關(guān)（若有摩擦，兩物體與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)必須相同），與兩物體間有無(wú)連接物、何種連接物（輕繩、輕桿、輕彈簧）無(wú)關(guān)，而且物體系統(tǒng)處于平面、斜面、豎直方向此分配原則都成立。（1）若外力F作用于m1上，則m1和m2的相互作用力F12＝eq\f(m2F,m1＋m2)；（2）若外力F作用于m2上，則m1和m2的相互作用力F12＝eq\f(m1F,m1＋m2)；【典例1基礎(chǔ)題】如圖所示，質(zhì)量分別為2m和3m的兩個(gè)小球靜止于光滑水平面上，且固定在勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的兩端。今在質(zhì)量為2m的小球上沿彈簧軸線方向施加大小為F的水平拉力，使兩球一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則穩(wěn)定后彈簧的伸長(zhǎng)量為()A．eq\f(F,5k)B．eq\f(2F,5k)C．eq\f(3F,5k) D．eq\f(F,k)【典例1基礎(chǔ)題】【答案】C【解析】對(duì)兩小球組成的整體分析，整體的加速度a＝eq\f(F,5m)，對(duì)質(zhì)量為3m的小球分析，根據(jù)牛頓第二定律有F彈＝kx＝3ma，可得x＝eq\f(3F,5k)，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。【典例1基礎(chǔ)題對(duì)應(yīng)練習(xí)】（多選）如圖所示，有四個(gè)完全相同的彈簧，彈簧的左右兩端連接由相同材料制成的物塊A、B，物塊A受到大小皆為F的拉力作用而沿力F方向加速運(yùn)動(dòng)，接觸面的情況各不相同：(1)光滑水平面；(2)粗糙水平面；(3)傾角為θ的光滑斜面；(4)傾角為θ的粗糙斜面。若認(rèn)為彈簧的質(zhì)量都為零，以l1、l2、l3、l4表示彈簧的伸長(zhǎng)量，則有()A．l2＞l1 B．l4＞l3C．l1＝l3 D．l2＝l4【典例1基礎(chǔ)題對(duì)應(yīng)練習(xí)】【答案】CD【解析】現(xiàn)以情景(4)為例來(lái)研究，以物塊A、B和彈簧整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a；再以物塊B為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有kx－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa。聯(lián)立解得x＝eq\f(mB,（mA＋mB）k)F，可見(jiàn)彈簧的形變量與接觸面是否粗糙、接觸面是否傾斜無(wú)關(guān)，因而有l(wèi)1＝l2＝l3＝l4，選項(xiàng)C、D正確。題型二：不同速率輕彈簧連接體模型的動(dòng)力學(xué)計(jì)算問(wèn)題【典例2基礎(chǔ)題】（多選）如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.重力加速度大小為g.用水平向右的拉力F拉動(dòng)P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從此刻開(kāi)始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前()A．P的加速度大小的最大值為2μgB．Q的加速度大小的最大值為2μgC．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時(shí)刻Q的速度大小【典例2基礎(chǔ)題】【答案】AD【解析】設(shè)兩滑塊的質(zhì)量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則拉力大小為F＝2μmg，撤去拉力前對(duì)Q受力分析可知，彈簧的彈力為FT0＝μmg，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?nèi)詾棣蘭g，兩滑塊與地面間仍然保持相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)滑塊P的加速度為－FT0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，從撤去拉力到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，彈簧彈力一直在減小，根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為2μg，Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑塊Q加速度大小最大值為μg，A正確，B錯(cuò)誤；由于彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前滑塊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時(shí)刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C錯(cuò)誤，D正確．考點(diǎn)二：輕彈簧連接體模型的動(dòng)力學(xué)圖象問(wèn)題【知識(shí)思維方法技巧】連接體動(dòng)力學(xué)圖象問(wèn)題的解題方法：（1）函數(shù)斜率面積法：先由牛頓運(yùn)動(dòng)定律推導(dǎo)出兩個(gè)物理量間的函數(shù)表達(dá)式，再根據(jù)函數(shù)表達(dá)式的斜率、截距的意義求出相應(yīng)的問(wèn)題，特別是解決對(duì)于不太熟悉的如eq\f(x,t)－t、x－v2、a-t、F-t、F-a圖像等要注意這種轉(zhuǎn)化。①x－t圖象的斜率表示速度的大小及方向，縱軸截距表示t＝0時(shí)刻的初始位置，橫軸截距表示位移為零的時(shí)刻。②v－t圖線(或切線)的斜率表示物體的加速度，v－t圖線(或切線)的斜率表示物體的加速度。③a－t圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量。④由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，由此知eq\f(x,t)－t圖象的斜率為eq\f(1,2)a，縱軸截距為v0。⑤由v2－v02＝2ax可知v2＝v02＋2ax，故v2－x圖象斜率為2a，縱軸截距為v02。⑥由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得x＝eq\f(1,2a)v2－eq\f(1,2a)veq\o\al(2,0)，故x－v2圖象斜率為1/2a，縱軸截距為eq\f(1,2a)v02。⑦由x＝eq\f(1,2)at2，可知x－t2圖線的斜率表示eq\f(1,2)a。（2）函數(shù)數(shù)據(jù)代入法：先由牛頓運(yùn)動(dòng)定律推導(dǎo)出兩個(gè)物理量間的函數(shù)表達(dá)式，再把圖像中的特殊數(shù)據(jù)代入函數(shù)公式進(jìn)行計(jì)算。題型一：根據(jù)動(dòng)力學(xué)情境選擇輕彈簧連接體模型的動(dòng)力學(xué)圖象問(wèn)題【典例1基礎(chǔ)題】如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。以x表示P離開(kāi)靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是()【典例1基礎(chǔ)題】【答案】A【解析】設(shè)物塊P靜止時(shí)，彈簧的壓縮量為x0，則有kx0＝mg，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，物塊受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函數(shù)，選項(xiàng)A正確。題型二：根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)圖象分析計(jì)算輕彈簧連接體模型的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題【典例2基礎(chǔ)題】如圖甲所示，水平地面上固定一帶擋板的長(zhǎng)木板，一輕彈簧左端固定在擋板上，右端接觸滑塊，彈簧被壓縮0.4m后鎖定，t＝0時(shí)解除鎖定，釋放滑塊．計(jì)算機(jī)通過(guò)滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的v-t圖象如圖乙所示，其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t＝0時(shí)的速度圖線的切線，已知滑塊質(zhì)量m＝2.0kg，取g＝10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A．滑塊被釋放后，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊速度最大C．彈簧的勁度系數(shù)k＝175N/mD．該過(guò)程中滑塊的最大加速度為35m/s2【典例2基礎(chǔ)題】【答案】C【解析】根據(jù)v-t圖線的斜率表示加速度可知，滑塊被釋放后，先做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，彈簧彈力與摩擦力相等時(shí)速度最大，此時(shí)加速度為零，隨后加速度反向增加，從彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)到滑塊停止運(yùn)動(dòng)，加速度不變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由題中圖象知，滑塊脫離彈簧后的加速度大小a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1.5,0.3)m/s2＝5m/s2，由牛頓第二定律得摩擦力大小為Ff＝μmg＝ma1＝2×5N＝10N，剛釋放時(shí)滑塊的加速度大小為a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(3,0.1)m/s2＝30m/s2，此時(shí)滑塊的加速度最大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得kx－Ff＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得k＝175N/m，選項(xiàng)C正確．題型三：根據(jù)動(dòng)力學(xué)圖象分析計(jì)算輕彈簧連接體模型的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題【典例3基礎(chǔ)題】如圖甲所示，升降機(jī)內(nèi)固定著一個(gè)傾角為30°的光滑斜面，斜面底端安裝一個(gè)能顯示彈簧作用力的傳感器，以彈簧受壓時(shí)傳感器示數(shù)為正，傳感器通過(guò)一根輕彈簧連接著一個(gè)質(zhì)量為2m的金屬球．運(yùn)動(dòng)中的升降機(jī)突然停止，以停止運(yùn)動(dòng)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在此后的一段時(shí)間內(nèi)傳感器上顯示的彈力隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，且金屬球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則下列說(shuō)法中正確的是()A．升降機(jī)在停止運(yùn)動(dòng)前是向上運(yùn)動(dòng)的B．0～t1時(shí)間段內(nèi)金屬球做減速運(yùn)動(dòng)C．t1～t2時(shí)間段內(nèi)金屬球處于超重狀態(tài)D．t2和t4兩時(shí)刻金屬球的加速度和速度的大小均相同【典例3基礎(chǔ)題】【答案】D【解析】由于升降機(jī)停止運(yùn)動(dòng)前傳感器的示數(shù)為0，表明彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，即升降機(jī)有向下的加速度g，而0～t1時(shí)間段內(nèi)示數(shù)增加，說(shuō)明彈簧被壓縮，即升降機(jī)突然停下后金屬球由于慣性而向下運(yùn)動(dòng)，故停止前升降機(jī)是向下運(yùn)動(dòng)的，A錯(cuò)誤；0～t1時(shí)間段內(nèi)彈簧的形變量逐漸增大，但當(dāng)F＝mg時(shí)金屬球所受的合外力為0，即金屬球前一段做加速度逐漸減小的加速度運(yùn)動(dòng)，后一段做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間段可分為兩段，F(xiàn)＝mg時(shí)金屬球的加速度為0，前一段時(shí)間金屬球加速度向上并處于超重狀態(tài)，后一段時(shí)間金屬球加速度向下并處于失重狀態(tài)，C錯(cuò)誤；t2和t4兩時(shí)刻彈簧的形變量均為0，金屬球在斜面方向上只有重力的分力產(chǎn)生加速度，故兩時(shí)刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，因此兩個(gè)時(shí)刻速度的大小相等，但t2時(shí)刻金屬球沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，而t4時(shí)刻金屬球沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，二者的方向不同，D正確．考點(diǎn)三：輕彈簧連接體模型接觸與脫離的臨界極值問(wèn)題【知識(shí)思維方法技巧】?jī)晌矬w相接觸或脫離，臨界條件是：剛好脫離時(shí)物體間的彈力恰好為零，兩物體此時(shí)的速度、加速度均相同?！镜淅?基礎(chǔ)題】（多選）如圖所示，在傾角θ＝30°的光滑斜面上有兩個(gè)用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)開(kāi)始用一沿斜面方向的力F拉物塊A使之以加速度a向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊B剛要離開(kāi)C時(shí)F的大小恰為2mg.則()A．物塊B剛要離開(kāi)C時(shí)B的加速度也為aB．加速度a＝gC．以A、B整體為研究對(duì)象可以計(jì)算出加速度a＝eq\f(1,2)gD．從F開(kāi)始