素養(yǎng)提升5⇒動(dòng)力學(xué)中的三類(lèi)典型問(wèn)題

動(dòng)力學(xué)中的三類(lèi)典型問(wèn)題題型一動(dòng)力學(xué)中的連接體問(wèn)題（精品微信公眾號(hào)：偷著學(xué)）1.連接體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。輕桿——輕桿平動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的平動(dòng)速度；輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動(dòng)半徑成正比。輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過(guò)程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變量最大時(shí)，兩端連接體的速率相等。2.解決方法（1）分析方法：整體法和隔離法。（2）選用整體法和隔離法的策略①當(dāng)各物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同時(shí)，宜選用整體法；當(dāng)各物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同時(shí)，宜選用隔離法。②對(duì)較復(fù)雜的問(wèn)題，通常需要多次選取研究對(duì)象，交替應(yīng)用整體法與隔離法才能求解。共速連接體——力的“分配”情境描述兩物塊在力F作用下一起運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的加速度與每個(gè)物塊的加速度相同情境圖結(jié)論F一定，兩物塊間的彈力只與物塊的質(zhì)量有關(guān)且T＝m2【例1】（2024·湖南常德模擬）如圖所示，5塊質(zhì)量均為m的木塊并排放在水平地面上，編號(hào)為3的木塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為F10mg，其他木塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為F20mg，當(dāng)用水平力F推第1塊木塊使它們共同加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，A.由右向左，兩塊木塊之間的摩擦力依次變小B.木塊加速度為0.2m/s2C.第2塊木塊與第3塊木塊之間的彈力大小為0.90FD.第3塊木塊與第4塊木塊之間的彈力大小為0.38F答案：D解析：木塊之間只有彈力，無(wú)摩擦力，A錯(cuò)誤；對(duì)整體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律F－F10mg×mg－F20mg×4mg＝5ma，得a＝7F50m，由于Fm未知，無(wú)法求得加速度結(jié)果，B錯(cuò)誤；對(duì)前兩塊木塊進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得F－F20mg×2mg－F23＝2ma，得F23＝0.62F，C錯(cuò)誤；對(duì)前三塊木塊進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得F－F20mg×2mg－F10mg×mg－F關(guān)聯(lián)速度連接體【例2】（2024·四省聯(lián)考）如圖（a），足夠高的水平長(zhǎng)桌面上，P點(diǎn)左邊光滑，右邊粗糙，物塊A在砝碼B的拉動(dòng)下從桌面左端開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，其v－t圖像如圖（b）所示，已知砝碼質(zhì)量為0.10kg，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）物塊A的質(zhì)量；（2）物塊A與P點(diǎn)右邊桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。答案：（1）0.4kg（2）0.125解析：（1）由題圖（b）可知，物塊A在P點(diǎn)左邊運(yùn)動(dòng)的加速度a1＝Δv1Δt1＝2根據(jù)牛頓第二定律mBg＝（mB＋mA）a1代入數(shù)據(jù)解得mA＝0.4kg。（2）物塊A在P點(diǎn)右邊運(yùn)動(dòng)的加速度a2＝Δv2Δt2＝3根據(jù)牛頓第二定律mBg－μmAg＝（mB＋mA）a2代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.125。題型二動(dòng)力學(xué)中的臨界和極值問(wèn)題1.“四種”典型臨界條件接觸與脫離兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0相對(duì)滑動(dòng)兩物體相接觸且處于相對(duì)靜止時(shí)，常存在著靜摩擦力，則相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件是靜摩擦力達(dá)到最大值繩子斷裂與松弛繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛與拉緊的臨界條件是FT＝0速度達(dá)到最值加速度為02.“兩種”典型分析方法臨界法分析題目中的物理過(guò)程，明確臨界狀態(tài)，直接從臨界狀態(tài)和相應(yīng)的臨界條件入手，求出臨界值解析法明確題目中的變量，求解變量間的數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式分析臨界值相對(duì)滑動(dòng)的臨界問(wèn)題【例3】（多選）（2024·內(nèi)蒙古赤峰模擬）如圖所示，質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩物塊，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5μ。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對(duì)B施加一水平拉力F，則下列說(shuō)法中正確的是（）A.當(dāng)F＝2μmg時(shí)，A、B都相對(duì)地面靜止B.當(dāng)F＞3μmg時(shí)，A、B間相對(duì)滑動(dòng)C.當(dāng)F＝3μmg時(shí)，B的加速度等于0.5μgD.無(wú)論F為何值，A的加速度不會(huì)超過(guò)μg答案：CD解析：B與地面的最大靜摩擦力為f地＝0.5μ（2m＋m）g＝1.5μmg＜F＝2μmg可知，當(dāng)F＝2μmg時(shí)，A、B都相對(duì)地面發(fā)生運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；物塊A能夠獲得的最大加速度amax＝μ·2mg2m＝μg，當(dāng)F＝3μmg時(shí)，假設(shè)A、B能夠保持相對(duì)靜止，則有3μmg－0.5μ（m＋2m）＝（m＋2m）a1，解得a1＝0.5μg＜amax＝μg可知，當(dāng)F＝3μmg時(shí)，A、B保持相對(duì)靜止，B的加速度等于0.5μg，C正確；若A、B恰好發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，對(duì)A有amax＝μ·2mg2m＝μg，對(duì)A、B有F2－0.5μ（2m＋m）g＝（2m＋m）amax，解得F2＝4.5μmg可知，當(dāng)F＞4.5μmg時(shí)，A、B間才能發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，B錯(cuò)誤；根據(jù)上述可知，物塊A能夠獲得的最大加速度為amax＝μ·2mg2m恰好脫離的動(dòng)力學(xué)臨界問(wèn)題【例4】（多選）（2024·遼寧撫順模擬）如圖所示，在水平地面上有一傾角為θ，表面光滑的斜面體。在斜面體頂端固定一與斜面垂直的擋板，用質(zhì)量不計(jì)的細(xì)線系著一個(gè)質(zhì)量為m的小球。現(xiàn)對(duì)斜面體施加一水平方向的外力F，使斜面體做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知θ＝30°，重力加速度大小為g，則（）A.若斜面體以加速度a＝g向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球?qū)瑝K壓力為零B.若斜面體以加速度a＝g向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線中拉力為（1+C.當(dāng)斜面體以加速度a＝2g向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線中拉力為5mgD.當(dāng)斜面體以加速度a＝2g向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線中拉力為零答案：BCD解析：若斜面體以臨界加速度a0向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球?qū)π泵骟w的壓力剛好為零，則小球只受到重力和細(xì)線的拉力，如圖，由牛頓第二定律有mgtanθ＝代入數(shù)據(jù)解得小球剛好離開(kāi)斜面體的臨界加速度為a0＝3g若斜面體以加速度a＝g向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，此時(shí)向右的加速度小于臨界加速度a0，則小球?qū)π泵骟w仍然有壓力，故A錯(cuò)誤；若斜面體以加速度a＝g向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)小球由牛頓第二定律得水平方向的合力大小為F合＝ma＝mg對(duì)小球受力分析如圖所示，可知水平和豎直方向分別滿足如下關(guān)系FT'cosθ－FNsinθ＝mgFT'sinθ＋FNcosθ＝mg代入數(shù)據(jù)解得細(xì)線的拉力大小為FT'＝（1+故B正確；當(dāng)斜面體以加速度a＝2g向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，超過(guò)臨界加速度a0，小球離開(kāi)斜面，對(duì)小球由牛頓第二定律得水平方向細(xì)線拉力的分力大小為F1'＝ma＝2mg，由勾股定理可知細(xì)線中拉力為FT'＝（mg）2＋（2mg）2＝5mg，故C正確；若斜面體以臨界加速度a'向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線對(duì)小球的拉力剛好為零，則小球只受到重力和斜面的支持力，由牛頓第二定律有mgtanθ＝ma'，代入數(shù)據(jù)解得細(xì)線剛好沒(méi)有拉力的臨界加速度為a'＝33g，當(dāng)斜面體以加速度a＝2g動(dòng)力學(xué)中的極值問(wèn)題【例5】（多選）（2024·湖南懷化模擬）如圖甲所示，將某一物塊每次以不變的初速率沿足夠長(zhǎng)的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實(shí)驗(yàn)測(cè)得物塊運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)位移x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖乙所示，g取10m/s2，則（）A.物塊的初速度為2m/sB.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4C.物塊沿斜面上滑的最大加速度為gD.物塊沿斜面上滑的最小距離為25答案：AD解析：由題圖乙可知，當(dāng)斜面與水平方向的夾角為90°時(shí)，位移為0.2m，由豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律v02＝2gh，解得v0＝2m/s，故A正確；當(dāng)斜面與水平方向的夾角為0°時(shí)，位移為0.4m，根據(jù)v02＝2ax，μmg＝ma，可得μ＝0.5，故B錯(cuò)誤；根據(jù)μmgcosθ＋mgsinθ＝ma可得a＝gsinθ＋μgcosθ＝1+μ2gsin（θ＋φ），因此最大加速度為amax＝1+μ2g＝52g，此時(shí)根據(jù)速度與位移公式得v02＝2amaxxmin，解得x題型三動(dòng)力學(xué)中的圖像問(wèn)題1.“兩大類(lèi)型”（1）已知物體在某一過(guò)程中所受的合力（或某個(gè)力）隨時(shí)間的變化圖線，要求分析物體的運(yùn)動(dòng)情況。（2）已知物體在某一過(guò)程中速度、加速度隨時(shí)間的變化圖線，要求分析物體的受力情況。2.“一個(gè)橋梁”：加速度是聯(lián)系v－t圖像與F－t圖像的橋梁。3.解決圖像問(wèn)題的方法和關(guān)鍵（1）分清圖像的類(lèi)別：分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過(guò)程，會(huì)分析臨界點(diǎn)。（2）注意圖像中的一些特殊點(diǎn)所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn)，圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，兩圖線的交點(diǎn)等表示的物理意義。（3）明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與物體的運(yùn)動(dòng)情況相結(jié)合，再結(jié)合斜率、特殊點(diǎn)、面積等的物理意義，確定從圖像中得出的有用信息。這些信息往往是解題的突破口或關(guān)鍵點(diǎn)。通過(guò)F－t、F－x圖像分析運(yùn)動(dòng)情況【例6】（多選）如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端放置的物體（物體與彈簧不連接）處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉力F與物體位移x之間的關(guān)系如圖乙所示。g取10m/s2，下列判斷正確的是（）A.物體與彈簧分離時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)B.彈簧的勁度系數(shù)為7.5N/cmC.物體的質(zhì)量為2kgD.物體的加速度大小為5m/s2答案：CD解析：物體與彈簧分離時(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤；剛開(kāi)始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力和彈力二力平衡，有mg＝kx；拉力F1為10N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有F1＋kx－mg＝ma；物體與彈簧分離后，拉力F2為30N，根據(jù)牛頓第二定律有F2－mg＝ma；代入數(shù)據(jù)解得m＝2kg，k＝500N/m＝5N/cm，a＝5m/s2，故A、B錯(cuò)誤，C、D正確。通過(guò)v－t、a－t圖像分析受力情況【例7】（多選）（2024·山東聊城期末）如圖甲所示，一質(zhì)量m＝2.0kg的小物塊以一定的初速度沖上一傾角為37°的足夠長(zhǎng)的斜面，某同學(xué)利用傳感器測(cè)出了小物塊沖上斜面過(guò)程中多個(gè)時(shí)刻的瞬時(shí)速度，并用計(jì)算機(jī)作出了小物塊上滑過(guò)程中的v－t圖線，如圖乙所示。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）則下列說(shuō)法正確的是（）A.小物塊沖上斜面過(guò)程中加速度的大小為8.0m/s2B.小物塊在斜面上滑行的最大位移為8mC.小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25D.小物塊在上滑過(guò)程中所受摩擦力大小為5N答案：AC解析：由小物塊上滑過(guò)程的速度—時(shí)間圖線，可得加速度大小為a＝ΔvΔt＝8.0m/s2，可知小物塊沖上斜面過(guò)程中加速度的大小為8.0m/s2，故A正確；設(shè)物塊沖上斜面所能達(dá)到的最高點(diǎn)距斜面底端距離為x，則有x＝v022a＝642×8m＝4m，故B錯(cuò)誤；小物塊受重力、支持力、摩擦力，沿斜面方向f＋mgsin37°＝ma，垂直斜面方向FN－mgcos37°＝0，摩擦力為f＝μFN，代入數(shù)據(jù)解得f＝4N，μ＝通過(guò)a－F圖像分析力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系【例8】（多選）（2024·山東濟(jì)寧模擬）如圖（a），一水平外力F作用在物體上，使物體靜止在傾角為θ的光滑斜面上，逐漸增大F，物體做變加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖（b）所示。重力加速度g取10m/s2。根據(jù)圖（b）判斷，下列說(shuō)法正確的是（）A.物體的質(zhì)量m＝2kgB.斜面的傾角θ＝53°C.加速度為5m/s2時(shí)力F的大小為25ND.物體靜止在斜面上時(shí)，水平外力的大小為F＝15N答案：AD解析：當(dāng)a1＝2m/s2，a2＝6m/s2，a3＝－6m/s2時(shí)，F(xiàn)1cosθ－mgsinθ＝ma1，F(xiàn)2cosθ－mgsinθ＝ma2，mgsinθ＝m｜a3｜，其中F1＝20N，F(xiàn)2＝30N，解得θ＝37°，m＝2kg，故A正確，B錯(cuò)誤；加速度為5m/s2時(shí)，由Fcosθ－mgsinθ＝ma，解得F＝552N，故C錯(cuò)誤；物體靜止在斜面上時(shí)，有Fcosθ＝mgsinθ，解得F＝15N，故D跟蹤訓(xùn)練·鞏固提升1.（多選）（2023·全國(guó)甲卷19題）用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知（）A.m甲＜m乙 B.m甲＞m乙C.μ甲＜μ乙 D.μ甲＞μ乙解析：BC根據(jù)牛頓第二定律得F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，則F－a圖像的斜率為m，縱截距為μmg。由題圖可知m甲＞m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲＜μ乙，故選B、C。2.（2024·寧夏銀川模擬）將一個(gè)質(zhì)量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力大小恒定，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反。該過(guò)程的v－t圖像如圖所示，g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（）A.小球所受重力和阻力之比為6∶1B.小球上升與下落所用時(shí)間之比為2∶3C.小球回落到拋出點(diǎn)的速度大小為86m/sD.小球下落過(guò)程，受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài)解析：C由圖像可知，小球向上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a1＝12m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得mg＋f＝ma1，解得阻力f＝ma1－mg＝2N，則重力和阻力大小之比為5∶1，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球下降的加速度大小a2＝mg－fm＝10－21m/s2＝8m/s2，根據(jù)x＝12at2得t＝2xa，知上升的時(shí)間和下落的時(shí)間之比為t1∶t2＝a2∶a1＝6∶3，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)v－t圖像可知小球勻減速上升的位移x＝12×2×24m＝24m，根據(jù)v2＝2a2x得v＝2a2x＝2×8×24m/s＝863.如圖甲所示，當(dāng)A、B兩物塊放在光滑的水平面上時(shí)，用水平恒力F作用于A的左端，使A、B一起向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a1，A、B間的相互作用力的大小為N1。如圖乙所示，當(dāng)A、B兩物塊放在固定光滑斜面上時(shí)，在恒力F作用下，使A、B一起沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a2，A、B間的相互作用力大小為N2，則有關(guān)a1、a2和N1、N2的關(guān)系正確的是（）A.a1＞a2，N1＞N2 B.a1＞a2，N1＜N2C.a1＝a2，N1＝N2 D.a1＞a2，N1＝N2解析：D對(duì)于題圖甲，根據(jù)牛頓第二定律得整體加速度a1＝FmA＋mB，對(duì)B隔離分析，A對(duì)B的作用力N1＝mBa1＝mBFmA＋mB。對(duì)于題圖乙，根據(jù)牛頓第二定律得整體的加速度a2＝F－（mA＋mB）gsinθmA＋mB＝FmA＋mB－gsinθ，對(duì)B隔離分析，有N2－mBgsinθ＝4.（多選）如圖所示，A、B兩物塊疊放在一起靜止在水平地面上，A物塊的質(zhì)量mA＝2kg，B物塊的質(zhì)量mB＝3kg，A與B接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.4，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1，現(xiàn)對(duì)A或?qū)施加一水平外力F，使A、B相對(duì)靜止一起沿水平地面運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，物塊受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說(shuō)法正確的是（）A.若外力F作用到物塊A時(shí)，則其最小值為8NB.若外力F作用到物塊A時(shí)，則其最大值為10NC.若外力F作用到物塊B時(shí)，則其最小值為13ND.若外力F作用到物塊B時(shí)，則其最大值為25N解析：BDA物塊與B物塊之間的最大靜摩擦力為μ1mAg＝8N，B物塊與地面之間的最大靜摩擦力為μ2（mA＋mB）g＝5N，所以無(wú)論外力F作用到物塊A上或物塊B上，當(dāng)F取最小值5N時(shí)，滿足題述情況，故A、C錯(cuò)誤；當(dāng)外力F作用到A上，二者相對(duì)靜止，A對(duì)B的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，F(xiàn)的值最大，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律，有μ1mAg－μ2（mA＋mB）g＝mBa，代入數(shù)據(jù)解得a＝1m/s2。對(duì)整體有F－μ2（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a，代入數(shù)據(jù)解得F＝10N，故B正確；當(dāng)外力F作用到B上，二者相對(duì)靜止，A對(duì)B的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，F(xiàn)的值最大，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律有μ1mAg＝mAa'，代入數(shù)據(jù)解得a'＝μ1g＝4m/s2，對(duì)A、B整體根據(jù)牛頓第二定律有F'－μ2（mA＋mB）g＝（mA＋mB）a'，代入數(shù)據(jù)解得F'＝25N，故D正確。（精品微信公眾號(hào)：偷著學(xué)）5.（多選）（2024·甘肅天水期末）如圖所示的裝置叫作阿特伍德機(jī)，是阿特伍德創(chuàng)制的一種著名力學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置，用來(lái)研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。繩子兩端的物體下落（或上升）的加速度總是小于自由落體的加速度g。已知物體A、B的質(zhì)量相等，均為4m，物體C的質(zhì)量為2m，一切摩擦不計(jì)，輕繩不可伸長(zhǎng)且足夠長(zhǎng)，現(xiàn)將裝置從靜止釋放。下列說(shuō)法正確的是（）A.物體C的加速度為gB.物體C的加速度為gC.物體C對(duì)B的拉力為8D.物體C對(duì)B的拉力為8解析：AC對(duì)A、B、C組成的整體，由牛頓第二定律得6mg－4mg＝10ma，解得a＝15g，即物體C的加速度為g5，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)物體C分析可知2mg－T＝2ma，解得T＝8mg5，即物體C對(duì)B的拉力為8mg5，6.（多選）如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直輕質(zhì)彈簧上并保持靜止，現(xiàn)用大小等于0.8mg的恒力F向上拉B，當(dāng)運(yùn)動(dòng)距離為h時(shí)B與A恰好分離（）A.彈簧的勁度系數(shù)等于6B.B和A剛分離時(shí)，彈簧為原長(zhǎng)C.B和A剛分離時(shí)，B和A的加速度相同D.從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到B和A剛分離的過(guò)程中，兩物體的動(dòng)能先增大后減小解析：ACD當(dāng)A和B兩物體疊放在豎直輕質(zhì)彈簧上并保持靜止時(shí)，彈簧的彈力為F彈＝2mg，由胡克定律F彈＝kΔx1可得彈簧的壓縮量為Δx1＝2mgk，當(dāng)A和B兩物體一起上升時(shí)，把A和B兩物體看成一個(gè)整體，由牛頓第二定律可得F＋F彈'－2mg＝2ma，對(duì)B物體進(jìn)行隔離分析，得F＋FN－mg＝ma，當(dāng)A和B開(kāi)始分離時(shí)，F(xiàn)N＝0，解得a＝－0.2g，負(fù)號(hào)表示方向豎直向下，此時(shí)彈簧的彈力為F彈'＝2ma＋2mg－F＝0.8mg，由胡克定律可得彈簧的壓縮量為Δx2＝0.8mgk，由題中條件可得Δx1－Δx2＝h，可得k＝6mg5?，綜上分析可知B和A剛分離時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，B和A的加速度相同，故A、C正確，B錯(cuò)誤；從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到B和A剛分離的過(guò)程中，兩物體的加速度方向先向上后向下，7.（多選）如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，其一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與物塊A連接。A、B質(zhì)量均為m，且初始時(shí)均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用平行于斜面向上的力拉物塊B，使B沿斜面向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，A、B兩物塊在開(kāi)始一段時(shí)間內(nèi)的v－t關(guān)系分別對(duì)應(yīng)圖乙中A、B圖線（t1時(shí)刻A、B的圖線相切，t2時(shí)刻對(duì)應(yīng)A圖線的最高點(diǎn)），重力加速度為g。則（）A.從0到t2時(shí)刻，拉力F逐漸增大B.t1時(shí)刻，彈簧形變量為mgC.t2時(shí)刻，彈簧形變量為mgD.A、B剛分開(kāi)時(shí)的速度為a解析：BC從0到t1時(shí)刻，對(duì)A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得F－2mgsinθ＋kx＝2ma，得F＝2mgsinθ－kx＋2ma，則知拉力F逐漸增大；在t1時(shí)刻A、B分離，t1～t2時(shí)間內(nèi)，對(duì)B分析，根據(jù)牛頓第二定律得F－mgsinθ＝ma，得F＝mgsinθ＋ma，拉力F不變，故A錯(cuò)誤；由題圖乙可知，t1時(shí)刻A、B分離，此時(shí)刻對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律有kx1－mgsinθ＝ma，解得x1＝mgsinθ＋mak，開(kāi)始時(shí)有2mgsinθ＝kx0，又v2＝2a（x0－x1），聯(lián)立解得v＝2a（mgsinθ－ma）k，故B正確，D錯(cuò)誤；由題圖乙可知，t2時(shí)刻A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律有mg8.（多選）如圖所示，光滑的水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的兩滑塊A、B在水平外力作用下緊靠在一起壓緊彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，此時(shí)彈簧的壓縮量為x0，以兩滑塊此時(shí)的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的坐標(biāo)系，某時(shí)刻僅將外力突然反向并使B向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，已知A、B質(zhì)量關(guān)系為mA＜mB，則下列關(guān)于外力F、兩滑塊間彈力大小FN與滑塊B的位移變化的關(guān)系圖像可能正確的是（）解析：BD當(dāng)A、B分離時(shí)A仍有加速度，所以彈簧不可能處于原長(zhǎng)。開(kāi)始時(shí)外力大小F＝kx0，某時(shí)刻僅將外力突然反向并使B向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，A、B分離前，對(duì)A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律有F＋k（x0－x）＝（mA＋mB）a，當(dāng)x＝0時(shí)，解得2kx0＝（mA＋mB）a；對(duì)A，有k（x0－x）－FN＝mAa，聯(lián)立解得FN＝kx0mB－mAmA＋mB－kx，當(dāng)FN＝0時(shí)，可得x＝mB－mAmA＋mBx0＜x0，此時(shí)A9.如圖所示，將質(zhì)量m＝1kg的圓環(huán)套在固定的足夠長(zhǎng)的直桿上，桿的傾角為30°，環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑。對(duì)環(huán)施加一位于豎直平面內(nèi)斜向上與桿夾角為30°、大小為103N的拉力F，使圓環(huán)由靜止