高考物理二轮复习 模型08 弹簧动力学模型（含解析）

08弹簧动力学模型

1.（2020•通榆县第•中学校高三期中）如图所示，置于水平地面上质量分别为㈣和相2的两物体甲、乙用劲

度系数为片的轻弹簧连接，在物体甲上施加水平恒力片稳定后甲、乙两物体一起做匀加速直线运动，

对两物体间弹簧的形变量，下列说法正确的是（）

—।_______F

乙TOW甲一

F

A.若地面光滑，则弹簧的形变量等于

I

nixF

B.若地面光滑，则弹簧的形变量等于

C.若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为〃，则弹簧的形变量等于巴警

K

D.若物体甲、乙与地面间的动摩擦因数均为〃，则弹簧的形变量等于/."

（叫+m2）k

【答案】D

【详解】

AB.若地面光滑，对甲、乙两物体，有

对物体乙有

kAx=m2a

可解得

Ax=------=——

（g+/n2）k

AB错误；

CD.若地面粗糙，由题可知，对甲、乙两物体做加速运动，有

F-小+〃?2）g=（〃?l+加2）。

对物体乙有

kZ-=m2a

可解得

Au,叫鼠

(㈣+m2)k

C错误，D正确。

故选D。

2.（2020•河南高三月考）如图所示，两个质量分别为如=0.75kg、62=2kg的物体置于光滑的水口面上，中间

用外壳质量为〃?=0.25kg的弹簧秤连接如图，弹簧的质量忽略不计，弹簧外壳恰好与地面接触，两个大小

分别为a=2N,B=8N的水平拉力分别作用在加、加2上，则下列说法不，断的是（）

A.弹簧秤的示数是6N

B.在突然撤去B的瞬间，〃12的加速度大小为2m/s2

C.在突然撤去尸।的瞬间，〃”的加速度大小为4m/s2

D.在突然撤去B的瞬间，〃八的加速度大小为2m&

【答案】A

【详解】

A.对两物体及弹簧秤所组成的整体：

F2-Fl=(m]+m2+

解得

«=2m/s2

对W2：

F2-F=rn2a

解得

F=4N

即弹簧秤的示数是4N,选项A错误，符合题意；

C.在突然撤去凡或B的瞬间，人或B突然变为0,但弹簧弹力仍然是4N,在突然撤去Q的瞬间，对

弹簧秤与m的整体：

F=(■+m)a1

解得

67i=4m/s2

选项C正确，不符合题意；

B.在突然撤去B的瞬间，对〃⑵

F=叫a2

解得

«2=2m/s2

选项B正确，不符合题意；

D.对弹簧秤与如的整体：

（）

F-F1=加i+〃1/

解得

67i=2m/s2

选项D正确，不符合题意；

故选Ao

3.（2020・湖北高三期中）如图所示，倾角为外3（）。的光滑斜面上，质量分别为2〃?、闭的八〃两物块，用一轻

弹簧相连，将a用细纹连接在木板上，调整细线使之与斜面平行且使系统静止时，物块〃恰与斜面底端

的挡板无弹力，此时弹簧的形变量为X。重力加速度为g，若突然剪断细线，弹簧始终处于弹性限度内，

A.剪断细线瞬间，挡板对物块弹力为0.5mg

B.剪断细线瞬间，物体力的加速度为0.5g

C.剪断细线瞬间，物体。的加速度为g

D.剪断细线后，物块。沿斜面向下运动3x时动能最大

【答案】D

【详解】

AB.突然剪断细线前，对力受力分析，由平衡条件可得

5=〃7gsin。

剪断细线瞬间，弹簧的弹力不能突变，/）的受力状态不变，合力仍为零，则物体的加速度为0,挡板对

物块人弹力也为零，A、B错误；

C.突然剪断细线前，对。受力分析，由平衡条件可得

洪

FT=2mgsin0+F

可得

FT=3〃zgsine

剪断细线瞬间，弹簧的弹力不能突变，绳子拉力消失，由牛顿第二定律得

2mgsin0+%=2ma

解得，〃的加速度为

3.A

a=­gs\x\O

C错误；

D.剪断细线前，弹簧的形变最为x,可得

mgsin0=F^=kx

剪断细线后，物块。沿斜面向卜运动.向F运动x时,弹簧恢复原长，再向下运动/，当加速度为零时，

速度最大，此时满足

2mgsin0=kx>

联立上式可得

x=2x

所以物块〃沿斜面向下运动3x时动能最大，D正确。

故选Do

4.（2020・武威笫六中学高三月考）如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，弹簧与竖直方向夹

角为6L设重力加速度为g,下列说法正确的是（）

////〃///

：^0^—1

!A2、1

K\

A.从力点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为g,方向竖直向下

B.从4点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为一J,方向与竖直成夕角斜向右下

cost/

C.从4点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为gsin。，方向与水平成。角斜向左下

D.从4点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为gtan。，方向与竖直成。角斜向左上

【答案】A

【详解】

AB.从A点剪断弹簧瞬间，小球所受的弹簧拉力消失，所受的轻绳拉力突变为零，小球在重力作用下向

下运动，小球的加速度大小为g,方向竖直向下，故选项A正确选项B错误；

CD.剪断弹簧前，设弹簧的拉力为兄轻绳的拉力为尸r，由平衡条件可知

Fcos0=nig

Fsin6>=Fr

解得

F=A

cos。

FT=nigtan0

从B点剪断轻绳瞬间，小球所受的轻绳拉力消失，所受弹簧的拉力和重力不变，则小球所受的合力大小

为"zgtan。，由

nigtan9-ma

可得小球的加速度为

"gtan。

方向水平向左，故CD错误。

故选Ao

5.（2020•江西南昌二中高三月考）如图所示，质量均为〃？的滑块A、B、C置于水平地面上，中间用劲度系

数分别为人、依的轻弹簧小力连接，在施加在滑块C上的水平恒力产作川下，一起无相对运动地向右

加速运动。已知滑块与地面间的动摩擦因数均为〃，重力加速度为g。在滑块运动过程中，下列说法正

确的是（）

A勺B4c

////////）///////////

ah

A.滑块A比滑块C受到的合力小

FF

B.两弹簧a、b的弹力之比；■=——

&F+34mg

C.两弹簧a、b的伸长量之比g=4

D.若弹簧a突然断裂，在断裂瞬间，滑块A比滑块B的加速度小

【答案】D

【详解】

A.因三者无相对运动，故加速度一定相同，由牛顿第二定律可知，A、B、C受到的合力相同，故A错

误；

B.由牛顿第二定律，对A、B、C整体

F-3〃〃7g=3ma

解得

F-3Amg

3m

对A有

£-pmg=tna

解得

工-〃〃zg

m

对A、B整体有

Fb-2〃〃7g=2ma

解得

Fb-2〃mg

2m

E2FF1

联立解得备=万，/；=—,故两弹簧a、b的弹力之比消=5,故B错误;

JJb

C.由胡克定律可知

竺=也」

凡k42

即

乙=互

42k1

故c错误；

D.在弹簧a突然断裂的瞬间，由牛顿第二定律可知，对A

〃"zg=maI

解得

*二〃g

对B

Fb-7g=ma

解得

2F

匚竺年-盛

由

二F-3m〃g

3阳

知

F>3〃〃7g

故

,2F2x3〃〃7g

〃g>04g=4g

QB=3,〃z5m

故,故D项正确。

故选D。

6.（2020•湖北高三月考）如图所示，质量为M的木箱静止在水平地面上，其顶部用轻弹簧悬挂一质量为〃?的

小球，将小球向下拉至某i位置由静止释放，当小球运动到最高点时，木箱对地面的压力恰好为零，已

知重力加速度为g,此时小球的加速度大小为（）

MM-m

A.0B.gC-----------gD.----------g

mm

【答案】C

【详解】

以木箱和小球的整体为研究对象，则由牛顿第二定律

Mg+mg=ma

解得小球的加速度大小

M+m

a=--------g

m

故选Co

7.（202（）•浙江高三月考）A、B两物块之间用轻弹簧相连接，静止于水平地面上，如图所示。已知物块A、B

的质量分别为，〃和W，弹簧的劲度系数h若在物块A上作用一个竖直向上的力，使A由静止开始以加

速度a做匀加速运动，直到B物块离开地面，此过程中，物夷A做匀加速直线运动的时间为（）

2(M+〃?)g2(M-in)g

A.B•誓C.♦

ka

【答案】C

【详解】

刚开始前，A、B两物块之间用轻弹簧相连接，静止r水平地面上，此时弹簧处于压缩，其压缩最为

x_mg

当B刚好离开地面时，弹簧处:伸长，其伸长量为

x_Mg

故A物体上升的位移为

(m+M)g

x=xi+x2

由公式X=-可知

2

Va\ka

故选c。

8.（2020•山东高三月考）如图所示，质量M=lkg的框架放在水平地面上，一劲度系数Q"io2N/m的轻质弹

簧固定在框架上，下端连接个质量〃?=0.5kg的小球。让小球在弹簧作用下上跳动（未超出弹性范围），框

架始终没有离开地面，取重力加速度大小g=10m/s2,不计空气阻力。则（）

A.当框架对地面的压力大小尸=20N时，弹簧缩短了10m

B.当框架对■地面的压力大小F=20N时，弹簧的形变量为5m

C.当框架对地面的压力大小尸=5N时，小球的加速度大小为10m/s2,方向竖直向上

D.当框架对地面的压力大小尸=5N时，小球的加速度大小为20m/s2,方向竖直向下

【答案】D

【详解】

AB.当框架对地面的压力大小G20N时，弹簧对框架的作用力向下，弹簧处于压缩状态，由共点力平

衡条件

Mg+kx={

可得：x=10cm,弹簧伸长了10cm,AB错误;

CD.当框架对地面的压力大小厂-5N时，弹簧对框架的作用力向上，弹簧处于由共点力平衡条件

Mg=F、+F典

小球受到竖直向下的重力，竖直向下的弹力，由牛顿第二定律可得

mg+%=ma

联立可得：”=20m/s2,方向竖直向下，C错误，D正确：

故选Do

9.（202（）•安徽省太和第一中学高三月考）如图所示，力、4两小球分别用轻质细绳心和轻弹簧系在天花板上,

.4、4两小球之间用一轻质细绳心连接，细绳心、弹簧与竖直方向的夹角均为0,细绳心水平拉直，现

将细绳已剪断，则细绳上剪断瞬间，卜.列说法正确的是（）

A.细绳心上的拉力与弹簧弹力之比为1：1

B.细绳心上的拉力与弹簧弹力之比为1:cos?。

C.力与〃的加速度之比为1:1

D.4与8的加速度之比为cos。：1

【答案】D

【详解】

根据题述可知，A、4两球的质量相等，均设为胆，剪断细绳上瞬间，对力球受力分析，如图1所示，

由于细绳心的拉力突变，沿细绳L方向和垂直于细绳心方向进行力的分解，得

Fr=〃?gcosf）

ma\=wgsin8

剪断细绳心瞬间，对8球进行受力分析，如图2所示，由于弹簧的弹力不发生突变，则弹簧的弹力还保

持不变，有

Feos0=mg

〃[42="zgtan0

所以

FT:F=cos2^：1

a]:〃2=cos0:1

则D正确，ABC错误。

故选D。

10.（2020•山东潍坊一中高三开学考试）如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量

均为M的物体力、8（8物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为A，初始时物体处于静止状态.现用竖直向

上的拉力歹作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v-t图

像如图乙所示（重力加速度为0,则（）

A.施加外力前，弹簧的形变量为学

K

B.外力施加的瞬间，、8间的弹力大小为M（g-a）

C.力、B在。时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零

D.弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值

【答案】B

【详解】

A.施加b前，物体整体平衡，根据平衡条件有：

2Mg=kx

解得：

上-2〃7g

k

故A错误；

B.施加外力产的瞬间，对8物体，根据牛顿第二定律有：

F共—Mg~F.=

其中

F#=2Mg

解得：

故B正确;

C.物体力、4在/I时刻分离，此时48具有共同的I，与〃；且尸48=0；对4：

F'『Mg=Ma

解得:

F"=“（g-。）

弹力不为零，故c错误；

D.而弹簧恢复到原长时，6受到的合力为重力，已经减速一段时间；速度不是最大值；故D错误。

故选B.

【点睛】

本题关键是明确A与B分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对AB整体和B物体受

力分析，根据牛顿第二定律列方程及机械能守恒的条件进行分析。

11.（2020・四川间中中学高三月考）如图所示，劲度系数为％的轻弹簧一端固定于墙上，另一端连接一物体A,

用质量与A相同的物体B推物体A使弹簧压缩，A、B与地面的动摩擦因数分别为g和〃B•且"AV/B，

释放A、B,两者向右运动一段时间之后将会分离，则A、B分离时弹簧的（）

Im

A.伸长量为（/+〃，”的B.压缩量为（/一/）叫

kk

C.伸长量为gf'MgD.压缩量为（“B-〃AMg

kk

【答案】c

【详解】

设A、B分离时弹簧伸长量为工，当AB刚好分离时AB间的弹力为零，加速度仍相同，根据牛顿第二定

律得

“mg=从八mg+kx

mm

解得

7g

A-

k

由于"AV〃B，所以有X>0,说明弹簧被拉伸，且拉伸量为（出一少'灯

k

故选c。

12.（2020•陕西西安中学高三月考）如图所示，一个质量为"=2kg的小木板放在光滑的水平地面上，在木

板上放着一个质量为〃7=1kg的小物体，它被一根水平方向上压缩了的弹簧推着静止在木板上，这时弹

簧的弹力为2N。现沿水平向左的方向对小木板施以作用力，使木板由静止开始运动起来，运动中力产

由（）逐渐增加到12N,以下说法正确的是（）

AAAAAAA?

A.物体受到的摩擦力一直减小

B.物体与小木板先保持相对静止，后相对滑动

C.物体与小木板一直保持相对静止

D.小木板受到9N的拉力时，物体受到的摩擦力大小为3N

【答案】C

【详解】

A.若物体与木板之间的摩擦力恰好为0,则物体只受到弹簧的弹力的作用，此时物体的加速度为

=-=—m/s2=2m/s2

m1

由于物体始终相对于木板静止，所以此时整体在水平方向的受力为

笈=（M+〃?H=（2+l）x2N=6N

所以当力少增大到6N时，物体不受摩擦力作用。则拉力小于6N之前，摩擦力随拉力”的增大而减小,

当拉力大于6N后，摩擦力又随拉力的增大而增大，故A错误；

BC.由题，当弹簧的弹力是2N向右时，物体仍然静止在木板上，所以物体与木板之间的最大静摩擦力

要大于等于2N,若要使物体相对于木板向右滑动，则物体受到的木板的摩擦力至少要大于等于2N,方

向向左，即物体受到的合力至少向左4N的力，物体的加速度为

FA4,2-2

a=—=—m/s=4m/s”

m1

同时，物体与木板有相对运动时，木板的加速度要大于物体的加速度，当二者相等时，为最小拉力。则

有

Fm=（M+/n）tz=（2+l）x4N=12N

即只有在拉力大于12N时，物体才能相对于木板滑动，所以在拉力小于9N时，物体相对于木板静止,

故B错误，C正确；

D.小木板受到9N拉力时，整体的加速度

“F9/，c/，

a=----------=------m/s~=3m/s~

（"+加）（2+1）

物体受到的摩擦力为则

ma”=7十2

所以

/=ma"-2N=lx3N-2N=lN

故D错误。

故选C。

13.（202。位席兰州一中高三期中）如图所示，倾角为。=30°的斜面体c置于水平地面上，滑块力置于光滑斜

面上，通过细绳跨过定滑轮与物体。连接，连接。的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，。

下端连接在竖直固定在地面的轻弹簧上，整个系统保持静止。已知物块。、。的质量分利为〃?、4〃?、

W，重力加速度为g，不计滑轮的质量和摩擦。下列说法中正确的是（）

A.地面对c的摩擦力为零

B.剪断轻绳的瞬间，c对地面的压力为（3〃?+M）g

C.剪断轻绳的瞬间，。的加速度大小为2g

D.弹簧弹力大小为

【答案】BCD

【详解】

A.对A组成的系统受力分析可知，竖直向下的重力G,竖直向上的支持力凡细线斜向上的拉力7,

根据平衡条件可知还要受地面的摩擦力/，选项A错误；

B.剪断轻绳的瞬间，〃沿斜面加速下滑，加速度为

.八1

a=gsint/=—g

对he组成的系统竖直方向上根据牛顿定律有

(M+4m)g-N=4加asin。

解得地面对C的支持力

N=(3〃?+M)g

根据牛顿第三定律可得。对地面的压力为(3〃?+M)g,选项B正确；

C.剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得：。的加速度大小

7g今

Q=-......=2g

m

选项C正确：

D.以为对象，沿斜面方向得

心二%gsin0=2用g

以。为对象

七=%+〃?*

解得

心=〃7g

选项D正确。

故选BCDo

14.(2020・辽宁实验中学高三月考)如图甲所示，质量分别为〃?、A/的物体A、B静止在劲度系数上的弹簧上,

A与B不粘连。现对物体A施加竖直向上的力RA、B一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原

点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示，重力加速度为g,贝i]()

PnQ

图甲图乙

A.在图乙中P0段表示拉力F逐渐减小

B.在图乙中0s段表示物体减速上升

C.位移为由时，A、B之间弹力大小为mg一4ii-Mao

D.位移为X3时，A、B一起运动的速度大小为+X3)

【答案】CD

【详解】

A.开始时，质量分别为〃7,"的物体44静止在劲度系数为〃的弹簧.匕弹簧的弹力向上，大小为

F*=(A/+〃?)g

随物体的向上运动，弹簧伸K,形变量减小，弹簧的弹力减小，而尸。段的加速度的大小与方向都不变，

根据牛顿第二定律

F-(M+ifi)g+F舛=(A/+〃?)a

F务减小,所以广增大。故A错误；

B.在乙图QS段，物体的加速度的方向没有发生变化，方向仍然与开始时相同，所以物体仍然做加速运

动，是加速度减小的加速运动.故B错误；

U.〃开始时，质量分别为小，何的物体月，4静止在劲度系数为〃的弹簧上，弹簧的弹力

Fo=(M+m)g

当弹簧伸长了制后，弹簧的弹力

Fi=Fo-^F=Fo-/cx1=(M+川)g-kxi

以8为研究对象，则

Fi-Mg-F\i=Mao

得

F*1=F\-mg-Mao=mg-kx\-Mao

故C正确；

D.到。的过程中，物体的加速度不变，得

v\2=2aoX2

2到s的过程中，物体的加速度随位移均匀减小

v

2-y；=2a.(X3-A2)

联立得

V2_yja0(X2+x3)

故D正确。

故选CDo

15.（2020•全国高一专题练习）如图，在光滑水平面上，轻质弹簧相连质量分别为1kg和2kg的物块A、B,

用大小为F=15N的恒力作用在A上使AB相对静止一起向左匀加速运动，则下列说法正确的

一'B

A.弹簧的弹力大小等于5N

B.弹簧的弹力大小等于10N

C.突然撤去F瞬间,B的加速度大小为5m/s2

D.撤去F后的短暂时间内，A的速度将减小，B的加速度增大

【答案】BC

【分析】

（1）在F作用下，AB保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动，利用整体法，根据牛顿第二定律，可

求得它们的共同加速度（2）单独隔离A或者B,由牛二定律，可求得弹簧弹力；（3）撤去外力F瞬间，

弹簧弹力不能突变，故B物块加速度瞬间不变；（4）在之后的运动过程中，物块A减速，B继续加速度,

弹簧开始变短，B的加速度将减小，弹簧恢复原状时，B的速度最大.

【详解】

AB、将月4两物块看做整体，根据牛顿第二定律灯知：F=（mA+mB）a,解得：〃二5向广；

隔离8,对8受力分力，由牛二定律得：=mBa,解得：牛=10N：则A错误，B正确；

C、撤去外力F的瞬间，弹簧弹力来不及发生变化，故8的加速度瞬间不变，仍然为〃=5m/s2,C正确；

D、撤去F后的短暂时间内，力物块在弹簧弹力作用下，速度将减小，4在弹簧弹力作用下，速度将继续

增大，两物块间距离变小，弹簧弹力变小，8的加速度减小，D错误.

故本题选DC.

【点睛】

熟练使用整体法、隔离法，结合牛顿第二定律即可求解.

16.（2020•河南高三月考）如图所示，倾角为0=30的固定光滑斜面上有两个质量均为w的物块A、B,物块

A通过劲度系数为k的轻弹簧拴接在斜面底端的固定挡板上，物块B通过一根跨过定滑轮的细线与物块

c相连，物块c的质量为:，弹簧、细线均与斜面平行。初始时，用手托住物块C,使细线恰好伸直但

2

无拉力，释放物块C,物块A、B分离时，滑块C恰好落地。重力加速度大小为g,不计滑轮质量及摩

擦，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（）

A.初始时，弹簧的压缩量为?

K

B.物块A、B分离时;弹簧弹力等于螫

2

C.从开始到物块A、B分离的过程中，物块A、B的速度先增大后减小

D.从开始到物块A、B分离的过程中，物块A、B一直加速

【答案】ABD

【详解】

A.初始时，细线对物块A、B的作用力为零，物块A、B整体受力平衡

=2〃?gsin30

解得

k

由受力平衡可知，弹簧处于压缩状态且压缩量为竽，故A正确：

k

BCD.物块A、B分离时，物块A、B之间的相互作用力为0,且物块A、B的加速度相同，分别对物块

A、B、C受力分析，由牛顿第二定律可知，物块A有

kx'-mgsin30=ma

物块B有

T-mgsin30=ma

物块C有

mg子m

-^--T=—XQ

22

解得

片0,T=整,小整

22

则从开始到物块A、B分离的过程中，物块A、B一直加速，故C错误，BD正确。

故选ABDo

17.（2020•山东省实验中学高三月考）如图，固定光滑长斜面倾角为37°,下端有一固定挡板。两小物块A、

B放在斜面上，质量均为如用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连，右

端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为

3

L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动二£的距离时A恰好不离开挡板。已知重力加速度大小为g,

4

sin370-0.6,cos370-0.8<>下列说法正确的是（）

A.弹簧的劲度系数为等

JL

3

B.当弹簧恢兔原长时，物体B沿斜面向上移动了本£

C.若小车从图示位置以的速度向右匀速运动，小车位移大小为时B的速率为（症

3

D.当小车缓慢向右运动二£距离时，若轻绳突然断开，则此时B的加速度为1.2g,方向沿斜面向下

4

【答案】ACD

【详解】

A.系统静止时，对B分析知

mgsin370=kx{

解得

_〃?gsin37

r，=-k-

3

小车向右移动到一£时，对A分析知

4

〃zgsin37'=kx2

解得

_〃?gsin37

X、=

k

分析题意可知

x+x=

i214

联立可得

k—24mg

5L

故A项正确:

B.经分析，当物体B沿斜面向上移动了占时，弹簧恢复原长，此时

*37"

1k8

故B项错误；

C.若小车以的速度向右匀速运动，设小车向右移动到时，轻绳与水平面成。角，则由几何知

识可得

sinO=—,cos6=一

55

由运动和合成与分解可得

故C项正确；

3

D.当小车缓慢向右运动二£距离时，若轻绳突然断开，绳子拉力减为0,此时对物体B受力分析，得

4

出合力为

F=2/?/gsin37c

且方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得B的加速度为

F.。

a--=1.2g

ni

故D项正确。

故选ACDo

18.如图所示，在倾角为0的光滑斜面上有两个通过轻弹簧连接的物块A和B,C为固定挡板，系统处于

静止状态，现开始用变力/沿斜面向上拉动物块A使之做匀加速直线运动，经时间，物块B刚要离开挡

板，已知两物块的质量均为小，弹簧的劲度系数为七重力加速度为g,则在此过程中，下列说法正确的

是()

A

A.力"的最小值为网/蛇

kt2

〃?gsin0

B.力■的最大值为4〃？

]+・3

kr

C.物块A的位移为空吆

K

D./s末A的速度为当逆

kt

【答案】AD

【详解】

CD.刚开始时，弹簧处于压缩状态，对A分析，A处于静止状态，沿斜面方向上受力平衡，受到重力沿

斜面向下的分力和弹簧沿斜面向上的弹力，此时有

“igsin9=%

解得网二笔吆，当B刚要离开挡板时，挡板对B的作用力为零，此时弹簧处于伸长状态，对B分

K

析，B处于静止状态，受力平衡，故有

〃?gsin6=kx2

解得所以整个匀加速过程中，弹簧的形变量即A的位移为

mgsin0nigsin0_2Mgsin0

x=x+x=I—

]2k

因为A是从静止开始做匀加速直线运动，经历的时间为f,所以有

1/

x=—at~

2

解得。二3竽1叱,故/s末A的速度为

kr

_4/wgsin。

V~at~kt

C错误，D正确;

AB.b随着弹力的变化而变化，当弹簧被压缩过程中，弹力向上，随着弹力的减小而增大，所以刚开始

时Z7最小，故有

4/rgsin0

Enin=ma=

kr

在弹力方向向下时，随着弹力的增大而增大，故B刚要离开挡板时，产最大，故有

2m)

Fn=AXj+mgsin0+ma=2/〃gsin，1+

A正确，B错误。

故选ADo

19.（2019•马关县第一中学校高一期末）如图所示，A、B、C三球质量均为〃?，轻质弹簧一端固定在斜面顶

端、另一端A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。倾角为。的光滑斜面固定在

地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确

的是（）

A.A球的受力情况未变，加速度为零

B.B球的受力情况未变，加速度为零

C.A、B之间杆的拉力大小为1.5〃zgsin6

D.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为0.5gsin6

【答案】CD

【详解】

AB.细线被烧断的瞬间，A、B整体不再受细线的拉力作用，A、B的受力情况发生变化，合力不为零,

加速度不为零，则说明A、B的加速度也不为零，AB错误