题目内容
如图所示，质量为2kg的物体与弹簧相连，弹簧的另一端固定在水平面上，物体原来处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，经0.4s弹簧刚好恢复到原长，此时物体的速度大小为2m/s，设整个过程弹簧始终在弹性限度内，取g=10m/s2．则（ ）分析：根据动能定理判断在0～0.4s内拉力对物体做功的大小，在0～0.4s内，因为物体做匀加速直线运动，知弹簧恢复原长时拉力最大，此时的速度最大，则功率最大，根据P=Fv求出0～0.4s内拉力的最大功率．
解答：解：A、小球从静止开始向上做匀加速直线运动，经0.4s 弹簧刚好恢复到原长，此时小球的速度为2m/s；
根据平均速度公式，位移：x=
t=0.4m；
加速度：a=
=5m/s2，
刚开始弹簧静止，故mg=kx，解得：k=
=50N/m
根据动能定理得：WF-mgh+W弹=
mv2=4J，
W弹=
k(△x)2=
×50×0.16J=4J
mgh=2×10×0.4J=8J
所以WF=8J，拉力做功不等于弹簧弹力做功，
故AD错误；
B、对小球受力分析，受重力、拉力和弹力，根据牛顿第二定律，有：F-mg+k（x-
at2）=ma；
解得：F=10+125t2 （t≤0.4s）
在0～0.4s内，当弹簧恢复原状时，拉力最大，当F=0.4s时，F=30N，则最大功率P=Fv=60W．故B正确．
C、因为F=10+125t2 （t≤0.4s），所以当t=0.2s时刻拉力大小为15N，故C正确．
故选BC．
根据平均速度公式，位移：x=
. |
| v |
加速度：a=
| v |
| t |
刚开始弹簧静止，故mg=kx，解得：k=
| mg |
| x |
根据动能定理得：WF-mgh+W弹=
| 1 |
| 2 |
W弹=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
mgh=2×10×0.4J=8J
所以WF=8J，拉力做功不等于弹簧弹力做功，
故AD错误；
B、对小球受力分析，受重力、拉力和弹力，根据牛顿第二定律，有：F-mg+k（x-
| 1 |
| 2 |
解得：F=10+125t2 （t≤0.4s）
在0～0.4s内，当弹簧恢复原状时，拉力最大，当F=0.4s时，F=30N，则最大功率P=Fv=60W．故B正确．
C、因为F=10+125t2 （t≤0.4s），所以当t=0.2s时刻拉力大小为15N，故C正确．
故选BC．
点评：本题综合考查了动能定理、功能关系、牛顿第二定律，综合性较强，对学生能力的要求较高，是一道难题．
练习册系列答案
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