题目内容
如图甲所示，平行于斜面的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定在在倾角为θ 的斜面底端，另一端与Q物块连接，P、Q质量均为m，斜面光滑且固定在水平面上，初始时物块均静止．现用平行于斜面向上的力F拉物块P，使P做加速度为a的匀加速运动，两个物块在开始一段时间内的v-t图象如图乙所示（重力加速度为g），则下列说法不正确的是（ ）| A、平行于斜面向上的拉力F一直增大 | ||
| B、外力施加的瞬间，P、Q间的弹力大小为m（gsinθ-a） | ||
C、从O开始到t1时刻，弹簧释放的弹性势能为
| ||
| D、t2时刻弹簧恢复到原长，物块Q达到速度最大值 |
分析：在PQ两物体没有分离前，由牛顿第二定律可知，拉力在增大，当分离后，根据加速度可知，拉力不变；根据牛顿第二定律，结合受力分析，即可求解施加外力瞬间两物体间的弹力大小；由动能定理，可求出从O开始到t1时刻，弹簧释放的弹性势能；当t2时刻，物块Q达到速度最大值，则加速度为零，因此弹簧对Q有弹力作用．
解答：解：A、由图读出，t1时刻P、Q开始分离，在分离前，两物体做匀加速运动，因弹簧的弹力减小，而合力又不变，则拉力一直增大，当分离后，P仍做匀加速运动，则拉力大小不变，故A错误；
B、外力施加的瞬间，对P、Q整体，根据牛顿第二定律得：F-2mgsinθ+kx=2ma，得F=2mgsinθ-kx+2ma，则知开始时F最小，此时有：2mgsinθ=kx，得F的最小值为 F=2ma，
对P受力分析，根据牛顿第二定律和胡克定律得：F+F弹-mgsinθ=ma，则得：F弹=mgsinθ-ma，故B正确．
C、从O开始到t1时刻，根据动能定理，则有WF+W弹+WG=
mv12-0，弹簧释放的弹性势能不等于
mv12故C错误．
D、当t2时刻，物块Q达到速度最大值，则加速度为零，因此弹簧对Q有弹力作用，没有达到原长，故D错误．
本题选择错误的，故选：ACD．
B、外力施加的瞬间，对P、Q整体，根据牛顿第二定律得：F-2mgsinθ+kx=2ma，得F=2mgsinθ-kx+2ma，则知开始时F最小，此时有：2mgsinθ=kx，得F的最小值为 F=2ma，
对P受力分析，根据牛顿第二定律和胡克定律得：F+F弹-mgsinθ=ma，则得：F弹=mgsinθ-ma，故B正确．
C、从O开始到t1时刻，根据动能定理，则有WF+W弹+WG=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
D、当t2时刻，物块Q达到速度最大值，则加速度为零，因此弹簧对Q有弹力作用，没有达到原长，故D错误．
本题选择错误的，故选：ACD．
点评：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．
练习册系列答案
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如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v-t图象如图乙所示．试求：
=2.0×106C/kg，粒子重力不计，（计算结果可用根号表示）。求：
=2.0×106C/kg，粒子重力不计，（计算结果可用根号表示）。求：