專題04 動力學(xué)中的連接體、瞬態(tài)、超失重問題解析版

專題04動力學(xué)中的連接體、瞬態(tài)、超失重問題目錄TOC\o"1-3"\h\u一、熱點題型歸納 【題型一】動力學(xué)中的共a的連接體問題 【題型二】動力學(xué)中的不共a的連接體問題 【題型三】 【題型四】超失重問題 二、最新?？碱}組練 2【題型一】動力學(xué)中的共a的連接體問題【典例分析】如圖所示，帶支架的平板小車沿水平面向左做直線運動，小球A用細(xì)線懸掛于支架前端，質(zhì)量為m的物塊B始終相對于小車靜止地擺放在右端。B與小車平板間的動摩擦因數(shù)為μ。若某時刻觀察到細(xì)線偏離豎直方向θ角，則此刻小車對物塊B產(chǎn)生的作用力的大小和方向為()A．mg，豎直向上B．mgeq\r(1＋μ2)，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右D．mgeq\r(1＋tan2θ)，斜向右上方解析：選D以A為研究對象，分析受力如圖，根據(jù)牛頓第二定律得：mAgtanθ＝mAa，得：a＝gtanθ，方向水平向右。再對B研究得：小車對B的摩擦力為：f＝ma＝mgtanθ，方向水平向右，小車對B的支持力大小為N＝mg，方向豎直向上，則小車對物塊B產(chǎn)生的作用力的大小為：F＝eq\r(N2＋f2)＝mgeq\r(1＋tan2θ)，方向斜向右上方，故D正確?！咎岱置丶?.連接體問題的類型物物連接體、輕桿連接體、彈簧連接體、輕繩連接體.2.整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度(或其他未知量).3.隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解.4.整體法、隔離法的交替運用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求出物體之間的作用力時，一般采用“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”.【變式演練】1．在兩個足夠長的固定的相同斜面體上(其斜面光滑)，分別有如圖所示的兩套裝置，斜面體B的上表面水平且光滑，長方體D的上表面與斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的兩只彈簧一端固定在p上，另一端分別連在A和C上，在A與B、C與D分別保持相對靜止?fàn)顟B(tài)沿斜面自由下滑的過程中，下列說法正確的是()A．兩彈簧都處于拉伸狀態(tài)B．兩彈簧都處于壓縮狀態(tài)C．彈簧L1處于壓縮狀態(tài)，彈簧L2處于原長D．彈簧L1處于拉伸狀態(tài)，彈簧L2處于壓縮狀態(tài)解析：選C由于斜面光滑，它們整體沿斜面下滑的加速度相同，為gsinα。對于題圖甲，以A為研究對象，重力與支持力的合力沿豎直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acosα＝gsinα·cosα，該加速度由水平方向彈簧的彈力提供，所以彈簧L1處于壓縮狀態(tài)；對于題圖乙，以C為研究對象，重力與斜面支持力的合力大?。篎合＝mgsinα，即C不能受到彈簧的彈力，彈簧L2處于原長狀態(tài)。故選項C正確，A、B、D錯誤。2．[多選]在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當(dāng)機(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機(jī)車在西邊拉著車廂以大小為eq\f(2,3)a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為()A．8 B．10C．15 D．18解析：選BC設(shè)該列車廂與P相連的部分為P部分，與Q相連的部分為Q部分。設(shè)該列車廂有n節(jié)，Q部分為n1節(jié)，每節(jié)車廂質(zhì)量為m，當(dāng)加速度為a時，對Q有F＝n1ma；當(dāng)加速度為eq\f(2,3)a時，對P有F＝(n－n1)meq\f(2,3)a，聯(lián)立得2n＝5n1。當(dāng)n1＝2，n1＝4，n1＝6時，n＝5，n＝10，n＝15，由題中選項得該列車廂節(jié)數(shù)可能為10或15，選項B、C正確。3．如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為m和M，把它們一起從光滑斜面的頂端由靜止開始下滑；已知斜面的傾角為θ，斜面始終保持靜止。則在此過程中物塊B對物塊A的壓力為()A．Mgsinθ B．MgcosθC．0 D．(M＋m)gsinθ解析：選C對A、B組成的整體受力分析可知，整體受重力、支持力而做勻加速直線運動；由牛頓第二定律可知，a＝eq\f(m＋Mgsinθ,m＋M)＝gsinθ；則再對B由牛頓第二定律可知：F合＝Ma＝Mgsinθ；合力等于B的重力沿斜面向下的分力；故說明A、B間沒有相互作用力，故A、B、D錯誤，C正確?！绢}型二】動力學(xué)中的不共a的連接體問題【典例分析】如圖，物塊A和B的質(zhì)量分別為4m和m，開始A、B均靜止，細(xì)繩拉直，在豎直向上拉力F＝6mg作用下，動滑輪豎直向上加速運動。已知動滑輪質(zhì)量忽略不計，動滑輪半徑很小，不考慮繩與滑輪之間的摩擦，細(xì)繩足夠長，在滑輪向上運動過程中，物塊A和B的加速度分別為()A．a(chǎn)A＝eq\f(1,2)g，aB＝5g B．a(chǎn)A＝aB＝eq\f(1,5)gC．a(chǎn)A＝eq\f(1,4)g，aB＝3g D．a(chǎn)A＝0，aB＝2g解析：選D對滑輪分析：F－2T＝ma，又m＝0，所以T＝eq\f(F,2)＝eq\f(6mg,2)＝3mg，對A分析：由于T<4mg故A靜止，aA＝0對B：aB＝eq\f(T－mg,m)＝eq\f(3mg－mg,m)＝2g，故D正確?！咎岱置丶咳暨B接體內(nèi)各物體的加速度不相同，可以把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解.也可以整體分析。如果不能直接求解物體受到的某個力時，可先求它的反作用力，如求壓力時可先求支持力。在許多問題中，摩擦力的求解亦是如此。利用牛頓第三定律轉(zhuǎn)換研究對象，可以使我們分析問題的思路更靈活、更開闊?！咀兪窖菥殹?．一個箱子放在水平地面上，箱內(nèi)有一固定的豎直桿，在桿上套著一個環(huán)，箱與桿的總質(zhì)量為M，環(huán)的質(zhì)量為m，如圖所示，已知環(huán)沿桿勻加速下滑時，環(huán)與桿間的摩擦力大小為Ff，則此時箱對地面的壓力大小是()A．(M＋m)g B．Ff＋mgC．Ff＋Mg D．Ff＋(M＋m)g解析：選C箱子和桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，由力的平衡條件得，地面對箱子的支持力FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg，根據(jù)牛頓第三定律，箱子對地面的壓力大小等于地面對箱子的支持力大小，則：FN′＝FN＝Ff＋Mg。2．建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料。一質(zhì)量為70.0kg的工人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為(g取10m/s2)()A．510N B．490NC．890N D．910N[解析]設(shè)繩子對建材的拉力為F1，F(xiàn)1－mg＝maF1＝m(g＋a)＝210N繩子對人的拉力F2＝F1＝210N人處于靜止?fàn)顟B(tài)，則地面對人的支持力FN＝Mg－F2＝490N，由牛頓第三定律知：人對地面的壓力FN′＝FN＝490N故B項正確。[答案]B3．如圖所示，質(zhì)量為m2的物塊B放在光滑的水平桌面上，其上放置質(zhì)量為m1的物塊A，用通過光滑的定滑輪的細(xì)線將A與質(zhì)量為M的物塊C連接，釋放C，A和B一起以加速度大小a從靜止開始運動，已知A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，則細(xì)線中的拉力大小為()A．Mg B．M(g＋a)C．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g解析：選C以C為研究對象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B錯誤；以A、B整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正確；A、B間為靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，對B可知f＝m2a，對A可知T－f′＝m1a，f＝f′，聯(lián)立解得T＝(m1＋m2)a，故D錯誤?！绢}型三】瞬態(tài)問題【典例分析】[多選]如圖所示，質(zhì)量為m的小球被一根橡皮筋A(yù)C和一根繩BC系住，當(dāng)小球靜止時，橡皮筋處在水平方向上。下列判斷中正確的是()A．在AC被突然剪斷的瞬間，BC對小球的拉力不變B．在AC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsinθC．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為eq\f(g,cosθ)D．在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsinθ解析：選BC設(shè)小球靜止時BC繩的拉力為F，AC橡皮筋的拉力為T，由平衡條件可得：Fcosθ＝mg，F(xiàn)sinθ＝T，解得：F＝eq\f(mg,cosθ)，T＝mgtanθ。在AC被突然剪斷的瞬間，BC上的拉力F也發(fā)生了突變，小球的加速度方向沿與BC垂直的方向且斜向下，大小為a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，B正確，A錯誤；在BC被突然剪斷的瞬間，橡皮筋A(yù)C的拉力不變，小球的合力大小與BC被剪斷前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(g,cosθ)，C正確，D錯誤?！咎岱置丶績啥司形飼r，彈簧、橡皮條中的力不能突變，需變化之前分析；而細(xì)繩與輕桿中的力可以突變?！咀兪窖菥殹?．質(zhì)量均為m的物塊a、b之間用豎直輕彈簧相連，系在a上的細(xì)線豎直懸掛于固定點O，a、b與豎直粗糙墻壁接觸，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。重力加速度大小為g，則()A．物塊b可能受3個力B．細(xì)線中的拉力小于2mgC．剪斷細(xì)線瞬間b的加速度大小為gD．剪斷細(xì)線瞬間a的加速度大小為2g解析：選D對ab整體分析可知，整體受重力和細(xì)線上的拉力，水平方向如果受墻的彈力，則整體不可能豎直靜止，故不會受到水平方向上的彈力，根據(jù)平衡條件可知，細(xì)線上的拉力F＝2mg；再對b分析可知，b只受重力和彈簧拉力而保持靜止，故A、B錯誤；由于b處于平衡，故彈簧的拉力F＝mg，剪斷細(xì)線瞬間彈簧的彈力不變，則對b分析可知，b受力不變，合力為零，故加速度為零，故C錯誤；對a分析可知，剪斷細(xì)線瞬間a受重力和彈簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，則由牛頓第二定律可知，加速度大小為2g，故D正確。2．[多選]光滑斜面上，當(dāng)系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，A、B質(zhì)量相等。在突然撤去擋板的瞬間()A．兩圖中兩球加速度均為gsinθB．兩圖中A球的加速度均為零C．圖甲中B球的加速度為2gsinθD．圖乙中B球的加速度為gsinθ解析：選CD撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小為2mgsinθ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsinθ，加速度為2gsinθ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B球所受合力均為mgsinθ，加速度均為gsinθ，故C、D正確，A、B錯誤。3．如圖所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，物塊A、B質(zhì)量分別為m和2m。物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細(xì)線與斜面頂端相連，A、B緊挨在一起但A、B之間無彈力，已知重力加速度為g，某時刻把細(xì)線剪斷，當(dāng)細(xì)線剪斷瞬間，下列說法正確的是()A．物塊A的加速度為0 B．物塊A的加速度為eq\f(g,3)C．物塊B的加速度為0 D．物塊B的加速度為eq\f(g,2)解析：選B剪斷細(xì)線前，彈簧的彈力：F彈＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，細(xì)線剪斷的瞬間，彈簧的彈力不變，仍為F彈＝eq\f(1,2)mg；剪斷細(xì)線瞬間，對A、B系統(tǒng)分析，加速度為：a＝eq\f(3mgsin30°－F彈,3m)＝eq\f(g,3)，即A和B的加速度均為eq\f(g,3)?！绢}型四】超失重問題【典例分析】圖甲是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖，中間的·表示人的重心。圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫出的力—時間圖像，兩圖中a～g各點均對應(yīng)，其中有幾個點在圖甲中沒有畫出，重力加速度g取10m/s2，根據(jù)圖像分析可知()A．人的重力為1500NB．c點位置人處于超重狀態(tài)C．e點位置人處于失重狀態(tài)D．d點的加速度小于f點的加速度解析：選B分析圖像可知：a點，人處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力等于支持力，所以G＝500N，A錯誤。c點時人對傳感器的壓力大于其重力，處于超重狀態(tài)，B正確。e點時人對傳感器的壓力大于其重力，處于超重狀態(tài)，C錯誤。在f點，人只受重力，加速度g＝10m/s2；在d點，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝ma，得a＝20m/s2，d點的加速度大于f點的加速度，D錯誤。【提分秘籍】對超重與失重的理解1．不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變。2．物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體具有向上的加速度還是向下的加速度，這也是判斷物體超重或失重的根本所在。3．當(dāng)物體處于完全失重狀態(tài)時，重力只有使物體產(chǎn)生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。此時，平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如單擺停擺、天平失效、液體不再產(chǎn)生壓強(qiáng)和浮力等?！咀兪窖菥殹?．下列哪一種運動情景中，物體將會處于一段持續(xù)的完全失重狀態(tài)()A．高樓正常運行的電梯中B．沿固定于地面的光滑斜面滑行C．固定在桿端隨桿繞相對地面靜止的圓心在豎直平面內(nèi)運動D．不計空氣阻力條件下的豎直上拋解析：選D高樓正常運行的電梯中，一般先加速后勻速，再減速，故不可能一直處于完全失重狀態(tài)，選項A錯誤；沿固定于地面的光滑斜面滑行時，加速度沿斜面向下，由于加速度小于g，故不是完全失重，選項B錯誤；固定在桿端隨桿繞相對地面靜止的圓心在豎直平面內(nèi)運動的物體，加速度不會總是向下的g，選項C錯誤；不計空氣阻力條件下的豎直上拋，加速度總是向下的g，總是處于完全失重狀態(tài)，故選項D正確。2．[多選]一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力()A．t＝2s時最大 B．t＝2s時最小C．t＝8.5s時最大 D．t＝8.5s時最小解析：選AD人受重力mg和支持力FN的作用，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma。由牛頓第三定律得人對地板的壓力FN′＝FN＝mg＋ma。當(dāng)t＝2s時a有最大值，F(xiàn)N′最大；當(dāng)t＝8.5s時，a有最小值，F(xiàn)N′最小，選項A、D正確。3．廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達(dá)600米，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達(dá)觀光平臺．若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t＝0時由靜止開始上升，a－t圖象如圖所示．則下列相關(guān)說法正確的是()A．t＝4.5s時，電梯處于失重狀態(tài)B．5～55s時間內(nèi)，繩索拉力最小C．t＝59.5s時，電梯處于超重狀態(tài)D．t＝60s時，電梯速度恰好為零答案D解析利用a－t圖象可判斷：t＝4.5s時，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，則A錯誤；0～5s時間內(nèi)，電梯處于超重狀態(tài)，拉力>重力，5～55s時間內(nèi)，電梯處于勻速上升過程，拉力＝重力，55～60s時間內(nèi)，電梯處于失重狀態(tài)，拉力<重力，綜上所述，B、C錯誤；因a－t圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量，而圖中橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等，則電梯的速度在t＝60s時為零，D正確．1．[多選]如圖所示，在動摩擦因數(shù)μ＝0.2的水平面上有一個質(zhì)量m＝1kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ＝45°角的不可伸長的輕繩一端相連，此時小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零。在剪斷輕繩的瞬間(g取10m/s2)，下列說法中正確的是()A．小球受力個數(shù)不變B．小球立即向左運動，且a＝8m/s2C．小球立即向左運動，且a＝10m/s2D．若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球加速度為零解析：選BD在剪斷輕繩前，小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡，根據(jù)共點力平衡得，彈簧的彈力：F＝mgtan45°＝10×1N＝10N，剪斷輕繩的瞬間，彈簧的彈力仍然為10N，小球此時受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個力作用。小球的受力個數(shù)發(fā)生改變，故A錯誤；小球所受的最大靜摩擦力為：Ff＝μmg＝0.2×10N＝2N，根據(jù)牛頓第二定律得小球的加速度為：a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(10－2,1)m/s2＝8m/s2，合力方向向左，所以向左運動，故B正確，C錯誤；剪斷彈簧的瞬間，輕繩對小球的拉力瞬間為零，此時小球所受的合力為零，則小球的加速度為零，故D正確。2．[多選]如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連接，放在傾角為θ的斜面上，用始終平行于斜面向上的拉力F拉A，使它們沿斜面勻加速上升，A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ。為了增加輕線上的張力，可行的辦法是()A．減小A物塊的質(zhì)量 B．增大B物塊的質(zhì)量C．增大傾角θ D．增大動摩擦因數(shù)μ[解析]對A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律得：F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，隔離物塊B，應(yīng)用牛頓第二定律得，F(xiàn)T－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa。以上兩式聯(lián)立可解得：FT＝eq\f(mBF,mA＋mB)，由此可知，F(xiàn)T的大小與θ、μ無關(guān)，mB越大，mA越小，F(xiàn)T越大，故A、B均正確。[答案]AB3．[多選]如圖所示，光滑水平面上放置著四個相同的木塊，其中木塊B與C之間用一輕彈簧相連，輕彈簧始終在彈性限度內(nèi)。現(xiàn)用水平拉力F拉B木塊，使四個木塊以相同的加速度一起加速運動，則以下說法正確的是()A．一起加速過程中，C木塊受到四個力的作用B．一起加速過程中，D木塊受到的靜摩擦力大小為eq\f(F,4)C．一起加速過程中，A、D木塊所受摩擦力大小和方向相同D．當(dāng)F撤去瞬間，A、D木塊所受靜摩擦力的大小和方向都不變解析：選BC在水平拉力F的作用下，四個木塊以相同的加速度一起加速運動，則由牛頓第二定律可知，對整體有F＝4ma，對A、D木塊有fA＝fD＝ma，解得A、D木塊所受摩擦力大小fA＝fD＝eq\f(F,4)，方向均水平向右，故B、C正確；一起加速過程中，C木塊受到重力、D木塊對其的壓力和靜摩擦力、地面對其的支持力及彈簧對其的彈力，共五個力的作用，故A錯誤；當(dāng)F撤去瞬間，D木塊所受靜摩擦力的大小和方向均不變，而A木塊所受靜摩擦力的大小不變但反向，故D錯誤。4．粗糙的地面上放著一個質(zhì)量M＝1.5kg的斜面體，斜面部分光滑，底面與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，傾角θ＝37°，在固定在斜面的擋板上用輕質(zhì)彈簧連接一質(zhì)量m＝0.5kg的小球，彈簧的勁度系數(shù)k＝200N/m，現(xiàn)給斜面體施加一水平向右的恒力F，使整體向右以加速度a＝1m/s2做勻加速運動。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。(1)求F的大?。?2)求出彈簧的形變量及斜面對小球的支持力大小。解析：(1)整體以加速度a勻加速向右運動，根據(jù)牛頓第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝6N。(2)設(shè)彈簧的形變量為x，斜面對小球的支持力為FN對小球受力分析：在水平方向：kxcosθ－FNsinθ＝ma在豎直方向：kxsinθ＋FNcosθ＝mg解得：x＝0.017mFN＝3.7N。答案：(1)6N(2)0.017m3.7N5、如圖所示，兩輕質(zhì)彈簧a、b懸掛一質(zhì)量為m的小鐵球，小鐵球處于平衡狀態(tài)，a彈簧與豎直方向成30°角，b彈簧水平，a、b兩彈簧的勁度系數(shù)分別為k1、k2，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)彈簧的伸長量為eq\f(\r(3)mg,3k1)B．a(chǎn)、b兩彈簧的伸長量的比值為eq\f(2k2,k1)C．若彈簧b的左端松脫，則松脫瞬間小鐵球的加速度為eq\f(g,2)D．若彈簧a的下端松脫，則松脫瞬間小鐵球的加速度為eq\r(3)g答案B解析小鐵球受重力mg、FTa、FTb三個力作用，如圖所示，將彈簧a的彈力沿水平和豎直方向分解，在豎直方向上有FTacos30°＝mg，而FTa＝k1x1，解得x1＝eq\f(2\r(3)mg,3k1)，選項A錯誤．在水平方向上有FTasin30°＝FTb，而FTb＝k2x2，可求得a、b兩彈簧的伸長量的比值為eq\f(x1,x2)＝eq\f(2k2,k1)，選項B正確．彈簧b的左端松脫瞬間，彈簧a的彈力不變，彈簧a的彈力和小鐵球的重力的合力方向水平向左，大小為mgtan30°，由牛頓第二定律得mgtan30°＝ma1，可得彈簧b的左端松脫瞬間小鐵球的加速度為a1＝gtan30°＝eq\f(\r(3),3)g，選項C錯誤．彈簧a的下端松脫瞬間，彈簧b的彈力不變，彈簧b的彈力和小鐵球的重力的合力方向與FTa反向，大小為eq\f(mg,cos30°)，由牛頓第二定律得eq\f(mg,cos30°)＝ma2，可得彈簧a的下端松脫瞬間小鐵球的加速度為a2＝eq\f(g,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)g，選項D錯誤．6、如圖所示，A、B、C三球的質(zhì)量均為m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端，另一端與A球相連，A、B間用一個輕桿連接，B、C間由一輕質(zhì)細(xì)線連接．傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、輕桿與細(xì)線均平行于斜面，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在細(xì)線被燒斷后瞬間，下列說法正確的是()A．B球的受力情況未變，加速度為零B．A、B兩個小球的加速度均沿斜面向上，大小均為eq\f(1,2)gsinθC．A、B之間桿的拉力大小為2mgsinθD．C球的加速度沿斜面向下，大小為2gsinθ答案B解析細(xì)線燒斷前，ABC作為一個整體，沿斜面方向受力分析得彈簧彈力F＝3mgsinθ，對C受力分析，沿斜面方向細(xì)線拉力FT＝mgsinθ，細(xì)線燒斷瞬間，彈簧形變量不會變化，彈力不變，對C受力分析，沒有細(xì)線拉力，mgsinθ＝ma1，加速度a1＝gsinθ，選項D錯誤；A、B之間由輕桿連接，相對靜止，對AB整體受力分析可得F－2mgsinθ＝2ma2，合力沿斜面向上，得a2＝eq\f(1,2)gsinθ，選項A錯誤，B正確；對B受力分析，斜面方向受輕桿的彈力和重力沿斜面向下的分力，輕桿彈力FT′－mgsinθ＝ma2＝eq\f(1,2)mgsinθ，得輕桿彈力FT′＝eq\f(3,2)mgsinθ，選項C錯誤．7．如圖所示，光滑水平面上，A、B兩物體用輕彈簧連接在一起，A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做勻加速直線運動，加速度大小為a，某時刻突然撤去拉力F，此瞬時A和B的加速度大小為a1和a2，則()A．a(chǎn)1＝0，a2＝0B．a(chǎn)1＝a，a2＝eq\f(m2,m1＋m2)aC．a(chǎn)1＝eq\f(m2,m1＋m2)a，a2＝eq\f(m2,m1＋m2)aD．a(chǎn)1＝a，a2＝eq\f(m1,m2)a答案D解析撤去拉力F前，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，形變量為x，對A由牛頓第二定律得kx＝m1a；撤去拉力F后，彈簧的形變量保持不變，對A由牛頓第二定律得kx＝m1a1，對B由牛頓第二定律kx＝m2a2，解得a1＝a、a2＝eq\f(m1,m2)a，故選項D正確．8．(多選)如圖所示，A、B、C三球的質(zhì)量均為m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間由一輕質(zhì)細(xì)線連接，B、C間由一輕桿相連．傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，彈簧、細(xì)線與輕桿均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是()A．A球的加速度沿斜面向上，大小為gsinθB．C球的受力情況未變，加速度為0C．B、C兩球的加速度均沿斜面向下，大小均為gsinθD．B、C之間桿的彈力大小為0答案CD解析初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，把BC看成整體，BC受重力2mg、斜面的支持力FN、細(xì)線的拉力FT，由平衡條件可得FT＝2mgsinθ，對A進(jìn)行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、彈簧的拉力F彈和細(xì)線的拉力FT，由平衡條件可得：F彈＝FT＋mgsinθ＝3mgsinθ，細(xì)線被燒斷的瞬間，拉力會突變?yōu)榱悖瑥椈傻膹椓Σ蛔?，根?jù)牛頓第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小a＝2gsinθ，選項A錯誤；細(xì)線被燒斷的瞬間，把BC看成整體，根據(jù)牛頓第二定律得BC球的加速度a′＝gsinθ，均沿斜面向下，選項B錯誤，C正確；對C進(jìn)行受力分析，C受重力mg、桿的彈力F和斜面的支持力，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之間桿的彈力大小為0，選項D正確．9．如圖所示，粗糙的地面上放著一個質(zhì)量M＝1.5kg的斜面，斜面部分光滑，底面與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，傾角θ＝37°，在固定在斜面的擋板上用輕質(zhì)彈簧連接一質(zhì)量m＝0.5kg的小球，彈簧勁度系數(shù)k＝200N/m，現(xiàn)給斜面施加一水平向右的恒力F，使整體向右以a＝1m/s2的加速度勻加速運動．(已知sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，g＝10m/s2)(1)求F的大??；(2)求出彈簧的形變量及斜面對小球的支持