（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题04 动力学中的连接体、瞬态、超失重问题学案

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、热点题型归纳
\l "_Tc17993" 【题型一】 动力学中的共a的连接体问题
\l "_Tc26924" 【题型二】 动力学中的不共a的连接体问题
\l "_Tc12217" 【题型三】 瞬态问题
\l "_Tc30563" 【题型四】 超失重问题
\l "_Tc21895" 二、最新模考题组练2
【题型一】 动力学中的共a的连接体问题
【典例分析】如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为( )
A．mg，竖直向上
B．mgeq \r(1＋μ2)，斜向左上方
C．mgtan θ，水平向右
D．mgeq \r(1＋tan2 θ)，斜向右上方
解析：选D 以A为研究对象，分析受力如图，
根据牛顿第二定律得：
mAgtan θ＝mAa，
得：a＝gtan θ，方向水平向右。
再对B研究得：小车对B的摩擦力为：
f＝ma＝mgtan θ，方向水平向右，
小车对B的支持力大小为N＝mg，方向竖直向上，则小车对物块B产生的作用力的大小为：
F＝eq \r(N2＋f2)＝mgeq \r(1＋tan2 θ)，方向斜向右上方，
故D正确。
【提分秘籍】
1.连接体问题的类型
物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体.
2.整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量).
3.隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解.
4.整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，一般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”.
【变式演练】
1．在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．两弹簧都处于拉伸状态
B．两弹簧都处于压缩状态
C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长
D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态
解析：选C 由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为gsin α。对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acs α＝gsin α·cs α，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mgsin α，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。故选项C正确，A、B、D错误。
2．[多选]在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为eq \f(2,3)a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8 B．10
C．15 D．18
解析：选BC 设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为eq \f(2,3)a时，对P有F＝(n－n1)meq \f(2,3)a，联立得2n＝5n1。当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。
3．如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑；已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。则在此过程中物块B对物块A的压力为( )
A．Mgsin θ B．Mgcs θ
C．0 D．(M＋m)gsin θ
解析：选C 对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知，a＝eq \f(m＋Mgsin θ,m＋M)＝gsin θ；则再对B由牛顿第二定律可知：F合＝Ma＝Mgsin θ；合力等于B的重力沿斜面向下的分力；故说明A、B间没有相互作用力，故A、B、D错误，C正确。
【题型二】 动力学中的不共a的连接体问题
【典例分析】如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为( )
A．aA＝eq \f(1,2)g，aB＝5g B．aA＝aB＝eq \f(1,5)g
C．aA＝eq \f(1,4)g，aB＝3g D．aA＝0，aB＝2g
解析：选D 对滑轮分析：F－2T＝ma，又m＝0，
所以T＝eq \f(F,2)＝eq \f(6mg,2)＝3mg，
对A分析：由于T<4mg故A静止，aA＝0
对B：aB＝eq \f(T－mg,m)＝eq \f(3mg－mg,m)＝2g，故D正确。
【提分秘籍】若连接体内各物体的加速度不相同，可以把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解.也可以整体分析。如果不能直接求解物体受到的某个力时，可先求它的反作用力，如求压力时可先求支持力。在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此。利用牛顿第三定律转换研究对象，可以使我们分析问题的思路更灵活、更开阔。
【变式演练】
1．一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的总质量为M，环的质量为m，如图所示，已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱对地面的压力大小是( )
A．(M＋m)g B．Ff＋mg
C．Ff＋Mg D．Ff＋(M＋m)g
解析：选C 箱子和杆处于静止状态，由力的平衡条件得，地面对箱子的支持力FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg，根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力大小，则：FN′＝FN＝Ff＋Mg。
2．建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。一质量为70.0 kg 的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )
A．510 N B．490 N
C．890 N D．910 N
[解析] 设绳子对建材的拉力为F1，F1－mg＝ma
F1＝m(g＋a)＝210 N
绳子对人的拉力F2＝F1＝210 N
人处于静止状态，则地面对人的支持力
FN＝Mg－F2＝490 N，
由牛顿第三定律知：人对地面的压力FN′＝FN＝490 N
故B项正确。
[答案] B
3．如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为( )
A．Mg B．M(g＋a)
C．(m1＋m2)a D．m1a＋μ m1g
解析：选C 以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知f＝m2a，对A可知T－f′＝m1a，f＝f′，联立解得T＝(m1＋m2)a，故D错误。
【题型三】 瞬态问题
【典例分析】[多选]如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是( )
A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为eq \f(g,cs θ)
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
解析：选BC 设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得：Fcs θ＝mg，Fsin θ＝T，解得：F＝eq \f(mg,cs θ)，T＝mgtan θ。在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F也发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(g,cs θ)，C正确，D错误。
【提分秘籍】
两端均有物时，弹簧、橡皮条中的力不能突变，需变化之前分析；而细绳与轻杆中的力可以突变。
【变式演练】
1．质量均为m的物块a、b之间用竖直轻弹簧相连，系在a上的细线竖直悬挂于固定点O，a、b与竖直粗糙墙壁接触，整个系统处于静止状态。重力加速度大小为g，则( )
A．物块b可能受3个力
B．细线中的拉力小于2mg
C．剪断细线瞬间b的加速度大小为g
D．剪断细线瞬间a的加速度大小为2g
解析：选D 对ab整体分析可知，整体受重力和细线上的拉力，水平方向如果受墙的弹力，则整体不可能竖直静止，故不会受到水平方向上的弹力，根据平衡条件可知，细线上的拉力F＝2mg；再对b分析可知，b只受重力和弹簧拉力而保持静止，故A、B错误；由于b处于平衡，故弹簧的拉力F＝mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，则对b分析可知，b受力不变，合力为零，故加速度为零，故C错误；对a分析可知，剪断细线瞬间a受重力和弹簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，则由牛顿第二定律可知，加速度大小为2g，故D正确。
2．[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间( )
A．两图中两球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图甲中B球的加速度为2gsin θ
D．图乙中B球的加速度为gsin θ
解析：选CD 撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误。
3．如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m。物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )
A．物块A的加速度为0 B．物块A的加速度为eq \f(g,3)
C．物块B的加速度为0 D．物块B的加速度为eq \f(g,2)
解析：选B 剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mgsin 30°＝eq \f(1,2)mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝eq \f(1,2)mg；剪断细线瞬间，对A、B系统分析，加速度为：
a＝eq \f(3mgsin 30°－F弹,3m)＝eq \f(g,3)，即A和B的加速度均为eq \f(g,3)。
【题型四】 超失重问题
【典例分析】图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的·表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图像，两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出，重力加速度g取10 m/s2，根据图像分析可知( )
A．人的重力为1 500 N
B．c点位置人处于超重状态
C．e点位置人处于失重状态
D．d点的加速度小于f点的加速度
解析：选B 分析图像可知：a点，人处于静止状态，重力等于支持力，所以G＝500 N，A错误。c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，B正确。e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，C错误。在f点，人只受重力，加速度g＝10 m/s2；在d点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，得a＝20 m/s2，d点的加速度大于f点的加速度，D错误。
【提分秘籍】
对超重与失重的理解
1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
2．物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在。
3．当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。
【变式演练】
1．下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重状态( )
A．高楼正常运行的电梯中
B．沿固定于地面的光滑斜面滑行
C．固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动
D．不计空气阻力条件下的竖直上抛
解析：选D 高楼正常运行的电梯中，一般先加速后匀速，再减速，故不可能一直处于完全失重状态，选项A错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行时，加速度沿斜面向下，由于加速度小于g，故不是完全失重，选项B错误；固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动的物体，加速度不会总是向下的g，选项C错误；不计空气阻力条件下的竖直上抛，加速度总是向下的g，总是处于完全失重状态，故选项D正确。
2．[多选]一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
解析：选AD 人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma。由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma。当t＝2 s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确。
3．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示．则下列相关说法正确的是( )
A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B．5～55 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零
答案 D
解析 利用a－t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确．
1．[多选]如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，下列说法中正确的是( )
A．小球受力个数不变
B．小球立即向左运动，且a＝8 m/s2
C．小球立即向左运动，且a＝10 m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零
解析：选BD 在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F＝mgtan 45°＝10×1 N＝10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。小球的受力个数发生改变，故A错误；小球所受的最大静摩擦力为：Ff＝μmg＝0.2×10 N＝2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a＝eq \f(F－Ff,m)＝eq \f(10－2,1) m/s2＝8 m/s2，合力方向向左，所以向左运动，故B正确，C错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D正确。
2．[多选]如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法是( )
A．减小A物块的质量 B．增大B物块的质量
C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ
[解析] 对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a，
隔离物块B，应用牛顿第二定律得，
FT－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBa。
以上两式联立可解得：FT＝eq \f(mBF,mA＋mB)，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确。
[答案] AB
3．[多选]如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是( )
A．一起加速过程中，C木块受到四个力的作用
B．一起加速过程中，D木块受到的静摩擦力大小为eq \f(F,4)
C．一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同
D．当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变
解析：选BC 在水平拉力F的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F＝4ma，对A、D木块有fA＝fD＝ma，解得A、D木块所受摩擦力大小fA＝fD＝eq \f(F,4)，方向均水平向右，故B、C正确；一起加速过程中，C木块受到重力、D木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A错误；当F撤去瞬间，D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D错误。
4．粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量 m＝0.5 kg的小球，弹簧的劲度系数k＝200 N/m，现给斜面体施加一水平向右的恒力F，使整体向右以加速度a＝1 m/s2做匀加速运动。已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2。
(1)求F的大小；
(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。
解析：(1)整体以加速度a匀加速向右运动，根据牛顿第二定律：
F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝6 N。
(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为FN
对小球受力分析：
在水平方向：kxcs θ－FNsin θ＝ma
在竖直方向：kxsin θ＋FNcs θ＝mg
解得：x＝0.017 m FN＝3.7 N。
答案：(1)6 N (2)0.017 m 3.7 N
5、如图所示，两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小铁球，小铁球处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30°角，b弹簧水平，a、b两弹簧的劲度系数分别为k1、k2，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．a弹簧的伸长量为eq \f(\r(3)mg,3k1)
B．a、b两弹簧的伸长量的比值为eq \f(2k2,k1)
C．若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为eq \f(g,2)
D．若弹簧a的下端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为eq \r(3)g
答案 B
解析 小铁球受重力mg、FTa、FTb三个力作用，如图所示，
将弹簧a的弹力沿水平和竖直方向分解，在竖直方向上有FTacs 30°＝mg，而FTa＝k1x1，解得x1＝eq \f(2\r(3)mg,3k1)，选项A错误．在水平方向上有FTasin 30°＝FTb，而FTb＝k2x2，可求得a、b两弹簧的伸长量的比值为eq \f(x1,x2)＝eq \f(2k2,k1)，选项B正确．弹簧b的左端松脱瞬间，弹簧a的弹力不变，弹簧a的弹力和小铁球的重力的合力方向水平向左，大小为mgtan 30°，由牛顿第二定律得mgtan 30°＝ma1，可得弹簧b的左端松脱瞬间小铁球的加速度为a1＝gtan 30°＝eq \f(\r(3),3)g，选项C错误．弹簧a的下端松脱瞬间，弹簧b的弹力不变，弹簧b的弹力和小铁球的重力的合力方向与FTa反向，大小为eq \f(mg,cs 30°)，由牛顿第二定律得eq \f(mg,cs 30°)＝ma2，可得弹簧a的下端松脱瞬间小铁球的加速度为a2＝eq \f(g,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)g，选项D错误．
6、如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间用一个轻杆连接，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，系统处于静止状态，在细线被烧断后瞬间，下列说法正确的是( )
A．B球的受力情况未变，加速度为零
B．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为eq \f(1,2)gsin θ
C．A、B之间杆的拉力大小为2mgsin θ
D．C球的加速度沿斜面向下，大小为2gsin θ
答案 B
解析 细线烧断前，ABC作为一个整体，沿斜面方向受力分析得弹簧弹力F＝3mgsin θ，对C受力分析，沿斜面方向细线拉力FT＝mgsin θ，细线烧断瞬间，弹簧形变量不会变化，弹力不变，对C受力分析，没有细线拉力，mgsin θ＝ma1，加速度a1＝gsin θ，选项D错误；A、B之间由轻杆连接，相对静止，对AB整体受力分析可得F－2mgsin θ＝2ma2，合力沿斜面向上，得a2＝eq \f(1,2)gsin θ，选项A错误，B正确；对B受力分析，斜面方向受轻杆的弹力和重力沿斜面向下的分力，轻杆弹力FT′－mgsin θ＝ma2＝eq \f(1,2)mgsin θ，得轻杆弹力FT′＝eq \f(3,2)mgsin θ，选项C错误．
7．如图所示，光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度大小为a1和a2，则( )
A．a1＝0，a2＝0
B．a1＝a，a2＝eq \f(m2,m1＋m2)a
C．a1＝eq \f(m2,m1＋m2)a，a2＝eq \f(m2,m1＋m2)a
D．a1＝a，a2＝eq \f(m1,m2)a
答案 D
解析 撤去拉力F前，设弹簧的劲度系数为k，形变量为x，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a；撤去拉力F后，弹簧的形变量保持不变，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a1，对B由牛顿第二定律kx＝m2a2，解得a1＝a、a2＝eq \f(m1,m2)a，故选项D正确．
8．(多选)如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，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球的加速度沿斜面向上，大小为gsin θ
B．C球的受力情况未变，加速度为0
C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ
D．B、C之间杆的弹力大小为0
答案 CD
解析 初始系统处于静止状态，把BC看成整体，BC受重力2mg、斜面的支持力FN、细线的拉力FT，由平衡条件可得FT＝2mgsin θ，对A进行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力FT，由平衡条件可得：F弹＝FT＋mgsin θ＝3mgsin θ，细线被烧断的瞬间，拉力会突变为零，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小a＝2gsin θ，选项A错误；细线被烧断的瞬间，把BC看成整体，根据牛顿第二定律得BC球的加速度a′＝gsin θ，均沿斜面向下，选项B错误，C正确；对C进行受力分析，C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之间杆的弹力大小为0，选项D正确．
9．如图所示，粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5 kg的斜面，斜面部分光滑，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m＝0.5 kg的小球，弹簧劲度系数k＝200 N/m，现给斜面施加一水平向右的恒力F，使整体向右以a＝1 m/s2的加速度匀加速运动．(已知sin 37°＝0.6、cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
(1)求F的大小；
(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．
答案 (1)6 N (2)0.017 m 3.7 N
解析 (1)整体以a匀加速向右运动，对整体应用牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a
得F＝6 N
(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为FN
对小球受力分析：
在水平方向：kxcs θ－FNsin θ＝ma
在竖直方向：kxsin θ＋FNcs θ＝mg
解得：x＝0.017 m
FN＝3.7 N.
10、如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m、3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT，现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则( )
A.此过程中物体C受重力等五个力作用
B.当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断
C.当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断
D.若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为eq \f(FT,6)
答案 C
解析 A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可知C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力的作用，故A错误.对整体分析，整体的加速度a＝eq \f(F－μ·6mg,6m)＝eq \f(F,6m)－μg，对A、C整体分析，根据牛顿第二定律得，FT－μ·4mg＝4ma，解得FT＝eq \f(2,3)F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确.水平面光滑，绳刚断时，对A、C整体分析，加速度a＝eq \f(FT,4m)，隔离A单独分析，A受到的摩擦力Ff＝ma＝eq \f(FT,4)，故D错误.
11.如图所示，质量为M的吊篮P通过细绳悬挂在天花板上，物块A、B、C质量均为m，B、C叠放在一起，物块B固定在轻质弹簧上端，弹簧下端与A物块相连，三物块均处于静止状态，弹簧的劲度系数为k(弹簧始终在弹性限度内)，下列说法正确的是( )
A.静止时，弹簧的形变量为eq \f(mg,k)
B.剪断细绳瞬间，C物块处于超重状态
C.剪断细绳瞬间，A物块与吊篮P分离
D.剪断细绳瞬间，吊篮P的加速度大小为eq \f(M＋3mg,M＋m)
答案 D
解析 静止时，弹簧受到的压力F大小等于B、C的重力2mg，则由胡克定律F＝kΔx，求出弹簧的形变量Δx为eq \f(2mg,k)，A错误；剪断细绳瞬间，由于弹簧弹力不能突变，C物块所受合力为0，加速度为0，C处于静止状态，B错误；剪断细绳瞬间，将吊篮和A物块当作一个整体，受到重力为(M＋m)g，以及弹簧的弹力2mg，则吊篮P和物块A的加速度a＝eq \f(M＋3mg,M＋m)，D正确；剪断细绳瞬间，A物块和吊篮P的加速度相同，均为eq \f(M＋3mg,M＋m)，则A物块与吊篮P不会分离，C错误.