Question

16．如图所示，一轻弹簧上、下两端各连接质量均为m的两物块A、B，开始时，系统静止在水平面上，现用一竖直向上的恒力F拉物块A，使其向上运动，当弹簧伸长量最大时（在弹簧弹性限度内），物块B刚好要离开地面，重力加速度为g，则（　　）

• A． F=2mg
• B． 此过程中恒力F做的功等于物块A增加的重力势能
• C． 此过程中恒力F的功率先增大后减小
• D． 此过程中弹簧弹力对物块A做功为零

Answer 1

分析 分别对A、B应用牛顿第二定律求出加速度，再有运动学知识确定AB的速度变化情况，进而确定力F的功率变化，结合动能定理和能量守恒知识，确定功能之间关系．

解答 解：A、对A受力分析，开始时，A受拉力F和向上的弹簧弹力，有牛顿第二定律得：F+kx-mg=ma，随着A的上升压缩量x减小，加速度减小，但方向向上，故A做加速度减小的加速运动，当弹簧恢复原长后，A继续上升，弹簧被拉长，A的受力变为，F-kx-mg=ma，随着A的上升伸长量x增大，加速度减小，但方向向上，故A继续做加速度减小的加速运动，
当kx₁=F-mg时，加速度为零，速度达到最大，A继续上升，合外力变为：kx+mg-F=ma，随着x的增大，合外力增大，加速度方向向下，A做减速的运动，速度减小，当弹簧伸长量最大时设伸长量为x₂，B刚好离开地面时，对B受力分析得：弹簧弹力kx₂=mg，对A受力分析，mg+kx₂-F=ma，即：2mg-F=ma，则力F小于2mg，故A错误：
D、由牛顿第二定律可知，开始弹簧压缩量为：$x=\frac{mg}{k}$，最后弹簧伸长量也为：$x=\frac{mg}{k}$，故整个过程中弹簧对A做功为零，故D正确；
B、根据能量守恒可知，恒力F做的功等于物块A增加的重力势能和弹簧弹性势能的增量，而弹性势能不变，故恒力F做的功等于物块A增加的重力势能，故B正确；
C、由A项中分析可知，A先做加速度减小的加速再做加速度增大的减速运动，而力恒定，故此过程中恒力F的功率先增大后减小，故C正确；
故选：BCD

点评 本题主要考查了胡克定律、牛顿第二定律、动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，能求出物块A的运动形式，难度较大．