题目内容
如图，质量不计、劲度系数为k=600N/m的弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面底端，另一端拴住质量m1=4kg的物块P，与P紧靠的是质量m2=8kg的重物Q，系统处于静止．现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力．sin37°=0.6，g取10m/s2；求：
（1）系统静止时，弹簧的形变量x0
（2）物块Q匀加速运动时的加速度的a大小
（3）力F的最大值Fmax与最小值Fmin．
分析：（1）根据平衡条件和胡克定律结合求出系统静止时，弹簧的压缩量x0．
（2）因为在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力，所以在0.2s时，Q与P分离，P对Q的作用力为0，由牛顿第二定律和运动学公式求出匀加速运动的加速度．
（3）当P、Q开始运动时拉力最小，当P、Q分离时拉力最大，根据牛顿第二定律即可求解．
（2）因为在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力，所以在0.2s时，Q与P分离，P对Q的作用力为0，由牛顿第二定律和运动学公式求出匀加速运动的加速度．
（3）当P、Q开始运动时拉力最小，当P、Q分离时拉力最大，根据牛顿第二定律即可求解．
解答：解：（1）设刚开始时弹簧压缩量为x0．根据平衡条件和胡克定律得：（m1+m2）gsin37=kx0；
得：x0=
=
m=0.12m．
（2）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．
因为在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力．
在0.2s时，由胡克定律和牛顿第二定律得：
对P：kx1-m1gsinθ=m1a ②
前0.2s时间内P、Q向上运动的距离为
x0-x1=
at2③
①②③式联立解得a=3m/s2
（3）当P、Q开始运动时拉力最小，此时有
对PQ整体有：Fmin=（m1+m2）a=（4+8）×3N=36N
当P、Q分离时拉力最大，此时有
对Q有：Fmax-m2gsinθ=m2a
得 Fmax=m2（a+gsin θ）=8×（3+10×0.6）N=72N．
答：（1）系统静止时，弹簧的形变量x0是0.12m．（2）物块Q匀加速运动时的加速度的a大小是3m/s2． （3）力F的最大值Fmax是72N，最小值Fmin是36N．
得：x0=
| (m1+m2)gsin37° |
| k |
| (4+8)×10×0.6 |
| 600 |
（2）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．
因为在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力．
在0.2s时，由胡克定律和牛顿第二定律得：
对P：kx1-m1gsinθ=m1a ②
前0.2s时间内P、Q向上运动的距离为
x0-x1=
| 1 |
| 2 |
①②③式联立解得a=3m/s2
（3）当P、Q开始运动时拉力最小，此时有
对PQ整体有：Fmin=（m1+m2）a=（4+8）×3N=36N
当P、Q分离时拉力最大，此时有
对Q有：Fmax-m2gsinθ=m2a
得 Fmax=m2（a+gsin θ）=8×（3+10×0.6）N=72N．
答：（1）系统静止时，弹簧的形变量x0是0.12m．（2）物块Q匀加速运动时的加速度的a大小是3m/s2． （3）力F的最大值Fmax是72N，最小值Fmin是36N．
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．
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