如图所示，A、B两个物体之间用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体A紧靠竖直墙，现在用力向左推B使弹簧
kuaidi.ping-jia.net 作者：佚名 更新日期：2024-07-07
如图所示,A,B两个物体中间用轻弹簧相连结,放在光滑的水平面上,物体A紧靠竖直墙,现在向左推物体B
B、弹簧从第一次恢复原长到伸到最长过程，物体A加速，物体B减速，当两者速度相同时，弹簧达到最长，故B正确；
C、A离开墙后，两物块系统动量守恒，合动量向右，故第二次恢复为原长时，两个物体的速度方向不一定反向，C错误；
D、弹簧再次压缩到最短时，两个物体的速度相同，即若A的速度为零，则B的速度为零，若两物体速度都为零，则系统的动量减小了，不合实际，故D错误；
故选：AB．
如图,A、B两个质量均为m的物体之间用一根轻弹簧(即不计其质量)连接,并...
答：悬线剪断前，以B为研究对象可知：弹簧的弹力为：F=mg，以A、B整体为研究对象可知悬线的拉力为T=2mg；剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，F=mg，由牛顿第二定律得：对A：mg+F=maA，又F=mg，得：aA=2g，对B：F-mg=maB，F=mg，得：aB=0故答案为：2g，0．
...A、B两个物体的质量均为1kg,两个物体之间用轻弹簧栓接,弹簧的劲度系...
答：形变量相同，即为：x=mgk=1×10100m=0.1m；因此当物体B恰好离开地面时，A的位移为0.2m，由动能定理，则有：F?2x=12mv2+mg?2x，解得：v=2m/s，故C正确；D、物体B刚好离开地面时，A的速度大于B的速度，所以弹簧先变长，根据牛顿第二定律，A加速度小于B，故D错误；故选：C．
如图所示,A、B两物体的质量分别为m和2m,中间用轻弹簧相连,水平面光滑...
答：撤去推力F前，根据牛顿第二定律得： 对整体：a=F3m 对B：F弹=2ma=2F3撤去推力F的瞬间，弹簧的弹力没有变化，其弹力大小仍为F弹=2F3，则由牛顿第二定律得A、B两物体的加速度大小分别为： aA=F弹m=2F3m=2a，aB=aB=F弹2m=a．故选C ...
如图所示,光滑水平面上,AB两物体用轻弹簧连接在一起,A、B的质量分别为...
答：D 弹簧上的弹力不能突变，所以在撤去拉力的瞬间，A的受力情况没有变化，加速度依然为a，即1 ，对A根据牛顿第二定律，可知弹力大小为 ，对B有： ，计算可得6 ，故应该选D
如图所示,A和B之间用轻弹簧连接,在竖直向上的拉力F的作用下以加速度a作...
答：对B分析，根据牛顿第二定律得，F弹-mBg=mBa，解得弹簧的弹力F弹=mBg+mBa，撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对A分析，A的加速度aA＝mAg+F弹mA＝g+mBg+mBamA=2a+3g，隔离对B分析，aB＝F弹?mBgmB＝a．故C正确，A、B、D错误．故选：C．
如图所示,A、B两物体与一轻质弹簧相连,静止在地面上,有一小物体C从距...
答：v′当A与C运动到最高时，B对地面无压力，即：k△x′=mg可得：△x=△x′所以最高时弹性势能与初始位置弹性势能相等．由机械能守恒有：12（m+m）v′2=2mg（△x+△x′）解得：h=8mgk答：（1）当A与C运动到最高点时，它们的加速度大小为1.5g；（2）物体C下落时的高度h为8mgk．
如图所示,A、B两物体的质量分别为m和2m,中间用轻弹簧相连,A、B两物体...
答：撤去F前：设弹簧的弹力大小为F弹，根据牛顿第二定律得 对B：F弹-μ?2mg=2ma ①解得，F弹=2μmg+2ma ②撤去F瞬间：弹簧的弹力F弹没有改变，则B物体的受力情况没有改变，则B的加速度仍为a．对A：F弹+μmg=maA，③由②③解得，aA=2a+3μg．故选C ...
如图所示,A、B两个矩形小木块用轻弹簧连接静止在水平地面上,弹簧的劲度...
答：A刚释放和经平衡位置时， ,弹性势能相等，由动能定理，得 解得 点评：本题是动量和能量相结合的题目，难度较大，在解决本题的时候要注意B刚要离开地面是指B的受力刚好为零的时刻，在第二问中，抓住B刚好离开地面这一个条件，也就是前后两次在碰撞之后A离开地面的高度是相同的．
如图所示,A、B两物体静止在粗糙水平面上,其间用一根轻弹簧相连,弹簧的...
答：刚开始弹簧处于伸长状态，对A的作用力向右，对B的作用力向左，而AB均静止，所以刚开始的f 1 方向水平向右，f 2 方向水平向左，当用一个从零开始缓慢增大的水平力F向右拉物体B时，刚开始，未拉动B，弹簧弹力不变，f 2 不变，f 1 减小；当F等于弹簧弹力时，f 1 等于零，F继续增大，f 1 反向...
如图所示,A,B两球质量均为m,它们之间用轻弹簧连接,放在光滑的水平地面...
答：撤去F前，弹簧的弹力大小为F．撤去F的瞬间，弹簧的弹力没有改变，则此瞬间A所受的合力仍为零，则其加速度a A =0，对B球：合力大小等于F，则其加速度大小为a B = F m ．故选D
动量守恒学过吧，用动量守恒去分析
首先整个系统动量是守恒的，因为松手前后系统（两木块+弹簧）的合外力都为零。
松手前，系统动量MV=0，故松手后的总动量也必定为零
即 （m1+m2）x0=m1 x V1+m2 x V2 ，推理出V1与V2必定相反，一正一负
A、弹簧第一次恢复原长后，物体B有向右的速度，物体A静止，此后，弹簧被拉长，故物体A在拉力作用下会向右加速，故A正确；B、弹簧从第一次恢复原长到升到最长过程，物体A加速，物体B减速，当两者速度相同时，弹簧达到最长，故B正确；C、弹簧第二次恢复原长时，若两物体速度都为零，则系统机械能损失了，显然不合实际，故C错误；D、弹簧再次压缩到最短时，两个物体的速度相同，若两物体速度都为零，则系统的动量减小了，不合实际，故D错误；故选AB．
A、弹簧第一次恢复原长后，物体B有向右的速度，物体A静止，此后，弹簧被拉长，故物体A在拉力作用下会向右加速，故A正确；B、弹簧从第一次恢复原长到伸到最长过程，物体A加速，物体B减速，当两者速度相同时，弹簧达到最长，故B正确；
C、A离开墙后，两物块系统动量守恒，合动量向右，故第二次恢复为原长时，两个物体的速度方向不一定反向，C错误；
D、弹簧再次压缩到最短时，两个物体的速度相同，即若A的速度为零，则B的速度为零，若两物体速度都为零，则系统的动量减小了，不合实际，故D错误；
故选：AB．
答：悬线剪断前，以B为研究对象可知：弹簧的弹力为：F=mg，以A、B整体为研究对象可知悬线的拉力为T=2mg；剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，F=mg，由牛顿第二定律得：对A：mg+F=maA，又F=mg，得：aA=2g，对B：F-mg=maB，F=mg，得：aB=0故答案为：2g，0．
答：形变量相同，即为：x=mgk=1×10100m=0.1m；因此当物体B恰好离开地面时，A的位移为0.2m，由动能定理，则有：F?2x=12mv2+mg?2x，解得：v=2m/s，故C正确；D、物体B刚好离开地面时，A的速度大于B的速度，所以弹簧先变长，根据牛顿第二定律，A加速度小于B，故D错误；故选：C．
答：撤去推力F前，根据牛顿第二定律得： 对整体：a=F3m 对B：F弹=2ma=2F3撤去推力F的瞬间，弹簧的弹力没有变化，其弹力大小仍为F弹=2F3，则由牛顿第二定律得A、B两物体的加速度大小分别为： aA=F弹m=2F3m=2a，aB=aB=F弹2m=a．故选C ...
答：D 弹簧上的弹力不能突变，所以在撤去拉力的瞬间，A的受力情况没有变化，加速度依然为a，即1 ，对A根据牛顿第二定律，可知弹力大小为 ，对B有： ，计算可得6 ，故应该选D
答：对B分析，根据牛顿第二定律得，F弹-mBg=mBa，解得弹簧的弹力F弹=mBg+mBa，撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对A分析，A的加速度aA＝mAg+F弹mA＝g+mBg+mBamA=2a+3g，隔离对B分析，aB＝F弹?mBgmB＝a．故C正确，A、B、D错误．故选：C．
答：v′当A与C运动到最高时，B对地面无压力，即：k△x′=mg可得：△x=△x′所以最高时弹性势能与初始位置弹性势能相等．由机械能守恒有：12（m+m）v′2=2mg（△x+△x′）解得：h=8mgk答：（1）当A与C运动到最高点时，它们的加速度大小为1.5g；（2）物体C下落时的高度h为8mgk．
答：撤去F前：设弹簧的弹力大小为F弹，根据牛顿第二定律得 对B：F弹-μ?2mg=2ma ①解得，F弹=2μmg+2ma ②撤去F瞬间：弹簧的弹力F弹没有改变，则B物体的受力情况没有改变，则B的加速度仍为a．对A：F弹+μmg=maA，③由②③解得，aA=2a+3μg．故选C ...
答：A刚释放和经平衡位置时， ,弹性势能相等，由动能定理，得 解得 点评：本题是动量和能量相结合的题目，难度较大，在解决本题的时候要注意B刚要离开地面是指B的受力刚好为零的时刻，在第二问中，抓住B刚好离开地面这一个条件，也就是前后两次在碰撞之后A离开地面的高度是相同的．
答：刚开始弹簧处于伸长状态，对A的作用力向右，对B的作用力向左，而AB均静止，所以刚开始的f 1 方向水平向右，f 2 方向水平向左，当用一个从零开始缓慢增大的水平力F向右拉物体B时，刚开始，未拉动B，弹簧弹力不变，f 2 不变，f 1 减小；当F等于弹簧弹力时，f 1 等于零，F继续增大，f 1 反向...
答：撤去F前，弹簧的弹力大小为F．撤去F的瞬间，弹簧的弹力没有改变，则此瞬间A所受的合力仍为零，则其加速度a A =0，对B球：合力大小等于F，则其加速度大小为a B = F m ．故选D
