2．如图所示，一物体A置于光滑的水平面上，一弹簧下端固定在物体上，上端固定在天花板上，此时弹簧处于竖直且为自然长度。现对物体施加一水平拉力，使物体沿水平面向右缓慢运动，运动过程中物体没有离开水平面，则关于此运动过程中物体的受力情况，下列说法正确的是　　　　　　　　　　　　　　 ( 　AB 　)

　　　 A．物体所受拉力F一定增大

　　　 B．物体所受弹簧的拉力一定增大

　　　 C．地面对物体的支持力一定增大

　　　 D．物体所爱的合力一定增大

1．如图所示，质量为m的木块的在质量为M的长木板上滑行，长木板与地面间动摩擦因数为，木块与长木板间动摩擦因数为，若长木板仍处于静止状态，则长木板受地面摩擦力大小一定为(　 　A 　)

A．　　　　　 B．

C．　　　　　　　　　 D．

[考点]牛顿运动定律应用：平衡和非平衡、滑动摩擦和静摩擦力。

[诊断]1。静止和匀速运动均为平衡状态；2。受力分析；3。滑动摩擦力由可直接计算，也可以根据运动状态列方程计算(本例m对M的滑动摩擦力与地面对M的静摩擦力平衡)。

15．(20分)(1)开始时，木块A处于平衡，则kx₁=mg(弹簧压缩)木块B刚好离开地面时，有kx₂=mg(弹簧伸长)

　　 故木块A向上提起的高度为x₁+x₂=　 (4分)

　 (2)物块C的质量为m时，它自由下落H高度时的速度v₁=　 ①(2分)

　　 设C与A碰撞后的共同速度为v₂，根据动量守恒定律，有mv₁=2mv₂，则v₂=　 ②(2分)

　 以后A、C继续压缩弹簧，后又向上弹起，最终能使木块B刚好离开地面，此过程中，A、C上升的高度为x₁+x₂=，由于最初弹簧的压缩量x₁与最后的伸长量x₂相等，所以，弹性势能相等，根据机械能守恒定律，有(x₁+x₂)　 ③(3分)

　　 物块C的质量为时，设距A高h处自由下落后刚好能使木块B离开地面，则C下落h高度时的速度　 ④(2分)

　　 设C与A碰撞后的共同速度为　 ⑤(2分)

　　 A、C碰后果上升高度(x₁+x₂)时，木块B刚好离开地面，此过程中，由机械能守恒定律有(x₁+x₂)　 ⑥(3分)

　　 由以上各式消去(x₁+x₂)解得h=H(4分)

9．(1)当a=2m／s²竖直向下时，由牛顿第二定律，有F_上+rng-F_下=ma

m=0.5kg、　

当匣子顶部板压力传感器的示数是底部传感器的示数的一半时， F_上=F_下=5N

由牛顿第二定律，对m有F_上+mg-2F_下 =ma′　　 a′=0　

所以升降机应作匀速运动

　　 (2)若F_上=0,则F_下≥10N,设升降机的加速度为a₁，则：F_上-mg=ma₁

　 a₁=(F_下-mg)／m=(10-5)／0．5=10m／s²，

故升降机作向上的匀加速或向下的匀蛾逮运动，加速度a≥10m／s²．

₁₀解析：设物体A从距B的高度H处自由落下，A与B碰撞前的速度为v₁，由机械能守恒定律得　　　　 v₁=。

设A、B碰撞后共同速度为v₂，则由动量守恒定律得：Mv₁＝2Mv₂，

解得：　　　 v₂＝。

当C刚好离开地面时，由胡克定律得弹簧伸长量为x=Mg/k，由于对称性，所以弹簧的弹性势能仍为E。当弹簧恢复原长时A、B分离，设此时A、B的速度为v₃，则对A、B一起运动的过程中，由机械能守恒得：　 ，

从A、B分离后到物体C刚好离开地面的过程中，物体B和弹簧组成的系统机械能守恒，即　　　　　　　　 。

联立以上方程解得：。

11解：先取A、B和弹簧整体为研究对象，弹簧弹力为内力，杆对A、B支持力与加速度方向垂直，在沿F方向应用牛顿第二定律　　　 F=(m_A+m_B)a　　 ①2分

　　　 再取B为研究对象，在沿F方向应用牛顿第二定律　 　②　 2分

　　　 联立①②求解得N

　　　 由几何关系得弹簧的伸长量　　 2分

　　　 弹簧的劲度系数　　　　　　　　　　　　　　 2分

　　　 代入数据解得k=100N/m

12解：(1)设两滑块碰前A的速度为v₁，由动能定理有　 

解得：v₁=3m/s

A、B两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为v

解得：v=1.0m/s

　 (2)碰后A、B一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为x₁，由动能定理有：

解得：x₁=0.02m

设反弹后A、B滑行了x₂距离后速度减为零，由动能定理得：

解得：x₂≈0.05m

以后，因为qE>μ(M+m)g，滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为：S=x₂+s-x₁=0.05m+0.05m-0.02m= 0.08m

13解析：设直杆匀速转动时，弹簧伸长量为x，A、B两球受力分别如图所示，据牛顿第二　 定律得：

对A球有：F_T-F=mω²L………………2分

对B球有：F= mω²(2L+x)-……………………2分

其中F=kx

F_T= mω²L(1+) ,x=……………2分

所以弹簧总长度为

L’=L+x=L……………………2分

14(1)设发生第一次作用后小车的速度为v₁，由动量守恒定律，有

(2)设发生第二次作用后小车的速度为v₂，由动量守恒定律，有

1. A、D　　 2．D；3、B D 4、D ；5.C_{6 AC ；}

_{7分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长。在0_____0.2s这段时间内P向上运动的距离：}

_x=mg/k=0.4m

_{因为，所以P在这段时间的加速度}

_{当P开始运动时拉力最小，此时对物体P有N-mg+Fmin=ma,又因此时N=mg，所以有Fmin=ma=240N.}

_{当P与盘分离时拉力F最大，}

14．(16分)在纳米技术中需要移动或修补原子，必须使在不停地做热运动(速率约几百米每　　 秒)的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间，为此已发明了“激光致冷”技术，若把原子和入射光子分别类比为一辆小车和一个小球，则“激光致冷”与下述的模型很类似。　

　　 一辆质量为m的小车(一侧固定一轻弹簧)，如图15所示，以速度V₀水平向右运动，一动量大小为P，质量可以忽略的小球水平向左射人小车并压缩弹簧至最短，接着被锁定一　　 定时间△t，再解除锁定使小球以大小相同的动量P水平向右弹出，紧接着不断重复上述　　 过程，最终小车将停下来。设地面和车厢均为光滑，除锁定时间△t外，不计小球在小车上　　 运动和弹簧压缩、伸长的时间，求：

　　 (1)小球第一次入射后再弹出时，小车的速度的大小和这一过程中小车动能的减少量．

(2)从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间．

　 15．(20分)如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧相接静止在水

平地面上，弹簧的劲度系数为k，木块A和木块B的质量均为m.

　 (1)若用力将木块A缓慢地竖直向上提起，木块A向上提起多大高

度时，木块B将离开水平地面.

　 (2)若弹簧的劲度系数k是未知的，将一物块C从A的正上方某位

置处无初速释放与A相碰后，立即粘在一起(不再分离)向下运动，它

们到达最低点后又向上运动。已知C的质量为m时，把它从距A高H处

释放，则最终能使B刚好要离开地面。若C的质量为，要使B始终不

离开地面，则释放时，C距A的高度h不能超过多少？

13．(8分)如图所示，质量均为m的两个小球A、B套在光滑水平直杆P上，整个直杆被固定于竖直转轴上，并保持水平，两球间用劲度系数为k，自然长度为L的轻质弹簧连接在一起，左边小球被轻质细绳拴在竖直转轴上，细绳长度也为L，现欲使横杆AB随竖直转轴一起在水平面内匀速转动，其角速度为ω，求当弹簧长度稳定后，细绳的拉力和弹簧的总长度为多大？

12．在绝缘水平面上放一质量m=2.0×10^-3kg的带电滑块A，所带电荷量q=1.0×10^-7C.在滑块A的左边l=0.3m处放置一个不带电的绝缘滑块B，质量M=4.0×10^-3kg，B与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触(不连接)且弹簧处于自然状态，弹簧原长S=0.05m.如图所示，在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E=4.0×10⁵N/C，滑块A由静止释放后向左滑动并与滑块B发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处(弹性限度内)，此时弹性势能E₀=3.2×10^-3J，两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g取10m/s²。求：

(1)两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v；

(2)两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离s.

11、如图所示，A、B两滑环分别套在间距为1m的光滑细杆上，A和B的质量之比为1:3，用一自然长度为1m的轻弹簧将两环相连，在A环上作用一沿杆方向的、大小为20N的拉力F，当两环都沿杆以相同的加速度运动时，弹簧与杆夹角为53°

　 (cos53°=0.6)。求弹簧的劲度系数k为多少？

10．如图所示，物体B和物体C用劲度系数为k的轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上，此时弹簧的势能为E。这时一个物体A从物体B的正上方由静止释放，下落后与物体B碰撞，碰撞后A与B立刻一起向下运动，但A、B之间并不粘连。已知物体A、B、C的质量均为M，重力加速度为g，忽略空气阻力。求当物体A从距B多大的高度自由落下时，才能使物体C恰好离开水平地面？