人教版 (2019)必修 第一册3 牛顿第二定律随堂练习题

这是一份人教版 (2019)必修 第一册3 牛顿第二定律随堂练习题，文件包含人教版高中物理必修一同步题型训练专题42牛顿第二定律学生版docx、人教版高中物理必修一同步题型训练专题42牛顿第二定律解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共44页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc1161" 【题型1 牛顿第二定律的理解】
\l "_Tc25206" 【题型2 共线力作用产生加速度】
\l "_Tc9103" 【题型3 不共线二力作用产生加速度】
\l "_Tc6522" 【题型4 不共线二力以上作用产生加速度】
\l "_Tc10925" 【题型5 瞬态问题】
\l "_Tc2094" 【题型6 共a连接体问题】
\l "_Tc22177" 【题型7 轻绳连接体问题】
\l "_Tc24590" 【题型8 动态分析问题】
【题型1 牛顿第二定律的理解】
【例1】(多选)对牛顿第二定律的理解，下列说法正确的是( )
A.如果一个物体同时受到两个力的作用，则这两个力各自产生的加速度互不影响
B.如果一个物体同时受到几个力的作用，则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和
C.物体所受的合力方向与这个物体的加速度方向相同
D.物体的质量与物体所受的合力成正比，与物体的加速度成反比
答案 ABC
【变式1-1】如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )
A．OA方向 B．OB方向
C．OC方向 D．OD方向
解析：选D 据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也向右，即沿OD方向，故选项D正确。
【变式1-2】下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( )
A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大
B．物体的速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0
C．物体的速度为0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大
D．物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力可能很大
解析：选C 物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，C正确。
【变式1-3】根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( )
A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小与所受作用力中任一个力的大小成正比
D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
解析：选D 根据牛顿第二定律a＝eq \f(F,m)可知，物体的加速度与速度无关，A错误；即使合力很小，也能使物体产生加速度，B错误；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，C错误；力和加速度为矢量，物体的加速度与质量成反比，D正确。
【题型2 共线力作用产生加速度】
【例2】一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间的关系的图象是( )
答案 C
解析 当拉力F小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F大于最大静摩擦力时，根据F－f＝ma知：随F的增大，加速度a增大，故选C.
【变式2-1】竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图像正确的是(设竖直向下为正方向)( )
解析：选C 物块在上升过程中加速度大小为a＝eq \f(mg＋kv,m)，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g。在下降的过程中加速度a＝eq \f(mg－kv,m)，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C正确。
【变式2-2】一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系有质量M＝15 kg的重物，重物静止于地面上，有一质量m＝10 kg的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑轮与绳子间的摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为(g取10 m/s2)( )
A．20 m/s2 B．15 m/s2
C．10 m/s2 D．5 m/s2
解析：选D 重物不离开地面时，绳中的最大拉力Fmax＝Mg＝150 N，对猴子受力分析，根据牛顿第二定律得Fmax－mg＝mamax，解得最大加速度为amax＝eq \f(Fmax－mg,m)＝eq \f(150－100,10) m/s2＝5 m/s2，D正确。
【变式2-3】在水平地面上以初速度v0竖直向上抛出一个小球，已知该小球所受的空气阻力大小与速度大小的平方成正比，则从抛出小球到小球落地的过程中，以竖直向上为正方向，则小球运动的a-t和v-t图像可能正确的是 ( )
解析：选C 上升过程中由牛顿第二定律得－mg－kv2＝ma，解得a＝－g－eq \f(k,m)v2，可知上升过程中，随着速度的减小，加速度也减小；下降过程中由牛顿第二定律得－mg＋kv2＝ma，解得a＝－g＋eq \f(k,m)v2，可知下降过程中，随着速度的增大，加速度减小。综上所述，加速度在全过程中一直减小，速度—时间图像的斜率一直减小，C正确，A、B、D错误。
【题型3 不共线二力作用产生加速度】
【例3】如图所示，一倾角为α的光滑斜面向右做匀加速运动，质量为m的物体A相对于斜面静止，则斜面运动的加速度为( )
A．gsin α B．gcs α
C．gtan α D．eq \f(g,tan α)
解析：选C 物体随斜面体一起沿水平方向运动，则加速度一定在水平方向，对物体进行受力分析如图。物体受到重力和垂直斜面向上的支持力，两者合力提供加速度，而加速度在水平方向，所以加速度方向一定水平向右，根据图像可知竖直方向FNcs α＝mg，水平方向FNsin α＝ma，所以a＝gtan α。
【变式3-1】如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角.重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A.小铁球受到的合外力方向水平向左
B.凹槽对小铁球的支持力为eq \f(mg,sin α)
C.系统的加速度为a＝gtan α
D.推力F＝Mgtan α
答案 C
解析 根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有向右的加速度a＝gtan α，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为eq \f(mg,cs α)，推力F＝(M＋m)gtan α，选项A、B、D错误，C正确.
【变式3-2】如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为( )
A．mg，竖直向上
B．mgeq \r(1＋μ2)，斜向左上方
C．mgtan θ，水平向右
D．mgeq \r(1＋tan2 θ)，斜向右上方
解析：选D 以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：
mAgtan θ＝mAa，
得：a＝gtan θ，方向水平向右。
再对B研究得：小车对B的摩擦力为：
f＝ma＝mgtan θ，方向水平向右，
小车对B的支持力大小为N＝mg，方向竖直向上，则小车对物块B产生的作用力的大小为：
F＝eq \r(N2＋f2)＝mgeq \r(1＋tan2 θ)，方向斜向右上方，
故D正确。
【变式3-3】一辆装满石块的货车在某段平直道路上遇到险情，司机以加速度a＝eq \f(3,4)g紧急刹车。货箱中石块B的质量为m＝400 kg，g＝10 m/s2，则石块B周围与它接触的物体对它的作用力大小为( )
A．3 000 N B．4 000 N
C．5 000 N D．7 000 N
解析：选C 当货车刹车时，在竖直方向，其他物体对石块B的作用力Fy＝mg＝4 000 N，在水平方向，其他物体对石块B的作用力Fx＝ma＝3 000 N，故石块B周围与它接触的物体对它的作用力大小F＝eq \r(Fx2＋Fy2)＝5 000 N，C正确。
【题型4 不共线二力以上作用产生加速度】
【例4】如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为( )


答案 D
解析 将a沿水平和竖直两个方向分解，对重物受力分析如图所示
水平方向：Ff＝max
竖直方向：FN－mg＝may
由eq \f(ay,ax)＝eq \f(3,4)
三式联立解得Ff＝0.2mg，故D正确.
【变式4-1】如图所示，挂钩连接三根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另一端与一质量为m，直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环三等分。在挂钩拉力作用下圆环以加速度a＝eq \f(1,2)g匀减速上升，已知重力加速度为g，则每根绳上的拉力大小为( )
A.eq \f(5,6)mg B.eq \f(5,24)mg
C.eq \f(5,12)mg D.eq \f(5,8)mg
解析：选B 根据几何知识，圆环半径为0.6L，轻绳长L，故三根轻绳与竖直方向夹角为37°。分析圆环受力情况，可知三根轻绳拉力的水平方向分力恰好平衡，竖直方向分力与圆环重力的合力提供加速度，有mg－3Fcs 37°＝m×eq \f(1,2)g，解得F＝eq \f(5,24)mg，故B正确。
【变式4-2】(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T-a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g取10 m/s2。则( )
A．a＝eq \f(40,3) m/s2时，FN＝0
B．小球质量m＝0.1 kg
C．斜面倾角θ的正切值为eq \f(3,4)
D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N)
[解析] 小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcs θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcs θ＝mg，联立解得FN＝mgcs θ－masin θ，T＝macs θ＋mgsin θ，所以小球离开斜面之前，T-a图像呈线性关系，由题图乙可知a＝eq \f(40,3) m/s2时，FN＝0，A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin θ＝T；当a＝eq \f(40,3) m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以eq \f(mg,tan θ)＝ma，联立可得tan θ＝eq \f(3,4)，m＝0.1 kg，B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcs θ－masin θ，得FN＝0.8－0.06a(N)，D错误。
[答案] ABC
【变式4-3】如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)( )
A．T＝m(gsin θ＋acs θ) FN＝m(gcs θ－asin θ)
B．T＝m(gcs θ＋asin θ) FN＝m(gsin θ－acs θ)
C．T＝m(acs θ－gsin θ) FN＝m(gcs θ＋asin θ)
D．T＝m(asin θ－gcs θ) FN＝m(gsin θ＋acs θ)
答案 A
解析 小球受力如图所示，由牛顿第二定律得
水平方向：Tcs θ－FNsin θ＝ma
竖直方向：Tsin θ＋FNcs θ＝mg
解以上两式得
T＝m(gsin θ＋acs θ)
FN＝m(gcs θ－asin θ)
所以正确选项为A.
【题型5 瞬态问题】
【例5】如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m。物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )
A．物块A的加速度为0 B．物块A的加速度为eq \f(g,3)
C．物块B的加速度为0 D．物块B的加速度为eq \f(g,2)
解析：选B 剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mgsin 30°＝eq \f(1,2)mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝eq \f(1,2)mg；剪断细线瞬间，对A、B系统分析，加速度为：
a＝eq \f(3mgsin 30°－F弹,3m)＝eq \f(g,3)，即A和B的加速度均为eq \f(g,3)。
【变式5-1】（多选）如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是( )
A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为eq \f(g,cs θ)
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ
解析：选BC 设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得：Fcs θ＝mg，Fsin θ＝T，解得：F＝eq \f(mg,cs θ)，T＝mgtan θ。在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F也发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(g,cs θ)，C正确，D错误。
【变式5-2】质量均为m的物块a、b之间用竖直轻弹簧相连，系在a上的细线竖直悬挂于固定点O，a、b与竖直粗糙墙壁接触，整个系统处于静止状态。重力加速度大小为g，则( )
A．物块b可能受3个力
B．细线中的拉力小于2mg
C．剪断细线瞬间b的加速度大小为g
D．剪断细线瞬间a的加速度大小为2g
解析：选D 对ab整体分析可知，整体受重力和细线上的拉力，水平方向如果受墙的弹力，则整体不可能竖直静止，故不会受到水平方向上的弹力，根据平衡条件可知，细线上的
拉力F＝2mg；再对b分析可知，b只受重力和弹簧拉力而保持静止，故A、B错误；由于b处于平衡，故弹簧的拉力F＝mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，则对b分析可知，b受力不变，合力为零，故加速度为零，故C错误；对a分析可知，剪断细线瞬间a受重力和弹簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，则由牛顿第二定律可知，加速度大小为2g，故D正确。
【变式5-3】光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间( )
A．两图中两球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图甲中B球的加速度为2gsin θ
D．图乙中B球的加速度为gsin θ
解析：选CD 撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误。
【题型6 共a的连接体问题】
【例6】[多选]如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法是( )
A．减小A物块的质量 B．增大B物块的质量
C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ
[解析] 对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：
F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a，
隔离物块B，应用牛顿第二定律得，
FT－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBa。
以上两式联立可解得：FT＝eq \f(mBF,mA＋mB)，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确。
[答案] AB
【变式6-1】(多选)如图所示，一质量为M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体.用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动.重力加速度为g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )
A.系统做匀速直线运动
B.F＝40 N
C.斜面体对楔形物体的作用力大小为5eq \r(2) N
D.增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
答案 BD
解析 对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示，
由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝eq \f(mg,sin 45°)＝eq \r(2)mg＝10eq \r(2) N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确.
【变式6-2】[多选]在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为eq \f(2,3)a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8 B．10
C．15 D．18
解析：选BC 设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为eq \f(2,3)a时，对P有F＝(n－n1)meq \f(2,3)a，联立得2n＝5n1。当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。
【变式6-3】（2022-全国乙卷）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】当两球运动至二者相距时，,如图所示
由几何关系可知
设绳子拉力为，水平方向有
解得
对任意小球由牛顿第二定律可得
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
【题型7 轻绳连接体问题】
【例7】如图，在倾角为30°的光滑斜面上有一物体A，通过不可伸长的轻绳与物体B相连，滑轮与A之间的绳子与斜面平行。如果物体B的质量是物体A的质量的2倍，即mB＝2mA。不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为g，初始时用外力使A保持静止，去掉外力后，物体A和B的加速度的大小等于( )
A.eq \f(2,3)g B.eq \f(3,4)g C.eq \f(5,6)g D.eq \f(7,8)g
解析：选C 对整体受力分析有mBg＋mAgsin 30°＝(mB＋mA)a，解得a＝eq \f(5,6)g，故C正确。
【变式7-1】如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为( )
A．Mg B．M(g＋a)
C．(m1＋m2)a D．m1a＋μ m1g
解析：选C 以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知f＝m2a，对A可知T－f′＝m1a，f＝f′，联立解得T＝(m1＋m2)a，故D错误。
【变式7-2】[多选]如图所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2两个小物块，它们中间有细线连接。已知m1＝3 kg，m2＝2 kg，连接它们的细线最大能承受6 N的拉力。现用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，为保持细线不断，则( )
A．F1的最大值为10 N B．F1的最大值为15 N
C．F2的最大值为10 N D．F2的最大值为15 N
解析：选BC 若向左拉m1，则隔离对m2分析，Tm＝m2a
则最大加速度a＝3 m/s2
对两物块系统：F1＝(m1＋m2)a＝(2＋3)×3 N＝15 N。故B正确，A错误。
若向右拉m2，则隔离对m1分析，Tm＝m1a′
则最大加速度a′＝2 m/s2
对两物块系统：F2＝(m1＋m2)a′＝(2＋3)×2 N＝10 N。故D错误，C正确。
【变式7-3】(多选)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮与B盒相连，A盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，B盒内放一质量为eq \f(m,2)的物体.如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度大小为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为( )
A.mB＝eq \f(m,4) B.mB＝eq \f(3m,8)
C.a＝0.2g D.a＝0.4g
答案 BC
解析 当物体放在B盒中时，以A、B和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
(mBg＋eq \f(1,2)mg)－mgsin 30°＝(m＋mB＋eq \f(1,2)m)a
当物体放在A盒中时，以A、B和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
(m＋eq \f(1,2)m)gsin 30°－mBg＝(m＋mB＋eq \f(1,2)m)a
联立解得mB＝eq \f(3m,8)
加速度大小为a＝0.2g
故A、D错误、B、C正确.
【题型8 动态分析问题】
【例8】（2022年-全国甲卷）（多选）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A. P的加速度大小的最大值为
B. Q的加速度大小的最大值为
C. P的位移大小一定大于Q的位移大小
D. P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
【答案】AD
【解析】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为
AB．以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为
解得
此刻滑块Q所受外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。
故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。
Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时
解得
故滑块Q加速度大小最大值为，A正确，B错误；
C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；
D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为
解得
撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。
故选AD。
【变式8-1】（多选）如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )
A．木块立即做减速运动
B．木块在一段时间内速度仍增大
C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大
D．弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零
解析：选BCD 刚开始时，弹簧对木块的作用力小于外力F，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故选项A错误，B、C、D正确。
【变式8-2】如图所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的v ­t图像(图中实线)可能是下图中的( )
解析：选A 当将外力突然撤去后，弹簧的弹力大于重力，物体向上加速，随弹力减小，物体向上的加速度减小，但速度不断增大，当F弹＝G时加速度为零，物体速度达到最大，之后F弹＜G，物体开始向上做减速运动，如果物体未脱离弹簧，则加速度就一直增大，速度一直减小，直到为零；若物体能脱离弹簧，则物体先做加速度增大的减速运动，脱离弹簧后做加速度为g的匀减速运动，所以选项A正确，B、C、D均错误。
【变式8-3】如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是( )
A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于eq \f(mg,h)
D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动
[解析] A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0，
对B：F－mg＝ma，
对A：kx－mg＝ma。
即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧仍处于压缩状态，
由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，
则2mg＝kx0，h＝x0－x，
解以上各式得k＝eq \f(mg,h)，综上所述，只有C项正确。
[答案] C