Question

5．如图所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端与木块B相连，木块A放在B上，两木块的质量均为m，在竖直向下的力F作用下，A、B均静止，然后将力F突然撤去，之后的运动过程中A、B始终不分离，重力加速度为g，问：
（1）力F刚撤去时，木块A、B的加速度为多大？
（2）A、B共同运动到最高点时，B对A的支持力为多大？
（3）为使A、B始终不分离，力F应满足什么条件？

Answer 1

分析 （1）撤去外力F的瞬间，对于AB整体运用牛顿第二定律求出加速度，
（2）对B，运用牛顿第二定律求出B对A的支持力
（3）求出刚好分离时外力F的大小，即可得出A、B始终不分离的条件

解答 解：（1）力F刚撤去时，以AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律：F=2ma
得$a=\frac{F}{2m}$
（2）如果撤去外力后，A、B在整个过程中互不分离，则系统在竖直方向上作简谐运动，最低点和最高点关于平衡位置对称，如图所示，设弹簧自然长度为${l}_{0}^{\;}$，A、B放在弹簧上面不外加压力F且系统平衡时，如果弹簧压至O点，压缩量为b，则：2mg=kb．
外加压力F后等系统又处于平衡时，设弹簧又压缩了A，则
2mg+F=k（b+A），即F=kA
当撤去外力F后，系统将以O点为中心，以A为振幅在竖直平面内上下作简谐运动．
在最低点：
${F}_{合}^{\;}=k（b+A）-2mg=kA=F$，方向向上，利用牛顿第二定律知，该瞬间加速度：$a=\frac{F}{2m}$，方向向上；
按对称性知系统在最高点时：$a=\frac{F}{2m}$，方向向下．
此时以A为研究对象进行受力分析，受到重力和B对A的支持力，按牛顿第二定律得：
$mg-{N}_{B}^{\;}=ma$
得：${N}_{B}^{\;}=m（g-a）=mg-\frac{F}{2}$
（2）A、B未分离时，加速度是一样的，且A、B间有弹力，同时最高点最容易分离．分离的临界条件是：
${N}_{B}^{\;}=0$
${N}_{B}^{\;}=mg-\frac{F}{2}=0$得F=2mg
所以要使A、B不分离，必须F≤2mg
答：（1）力F刚撤去时，木块A、B的加速度为$\frac{F}{2m}$
（2）A、B共同运动到最高点时，B对A的支持力为$mg-\frac{F}{2}$
（3）为使A、B始终不分离，力F应满足条件F≤2mg

点评 解决本题的关键是正确分析两个物体的受力情况，抓住弹簧的弹力是变化的，来分析合外力的变化，从而判断出加速度的变化．