【多体a相同—串状连接体】1、如图所示，质量分别为m A、m B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的质量B．减小B的质量C．增大倾角θD．增大动摩擦因数μ【答案】A【解析】根据牛顿第二定律得，对整体：F-(m A+m B)g sinθ-μ(m A+m B)g cosθ=(m A+m B)a得对B：T-m B g sinθ-μm B g cosθ=m B a得到，轻线上的张力则要增加T，可减小A物的质量，或增大B物的质量;故选A。
2、如图所示是研究空间站与飞船力学关系的模型图，若已知空间站的质量m1，飞船质量为m2，其推进器的平均推力为F.在飞船与空间站对接后，在推进器工作下飞船和空间站一起运动，则空间站获得的水平推力为A．F B．C．D．【答案】B【解析】飞船和空间站一起加速运动，对两者的整体，由牛顿第二定律：隔离空间站受飞船的推力，由牛顿第二定律：联立可得：故选B.3、如图所示，质量分别为2m和3m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k的轻质弹簧的两端。
现在质量为2m的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则此时弹簧的伸长量为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据牛顿第二定律，对整体有对质量为3m的小球：联立解得，弹簧的弹力大小为根据胡克定律可得则此时弹簧的伸长量为：故B正确。
4、如图所示，静止在粗糙水平面上的物块A、B用轻弹簧相连，其质量比为1：3，两物块与水平面间的动摩擦因数相同。
若用水平拉力F向右拉动物块B，当系统稳定时，弹簧的伸长量为x1若用水平拉力2F向左拉动物块A，当系统稳定时，弹簧的伸长量为x2．则x1：x2等于（）A．1：2B．1：3C．1：4D．1：6【答案】D【解析】设A的质量为m，B的质量为M，据题m：M=1：3，即M=3m。
用水平力F向右拉B时，对整体，根据牛顿第二定律，有：F-μ（m+M）g=（m+M）a ①隔离物体A，根据牛顿第二定律，有：kx1-μmg=ma②联立①②解得：kx1=当用大小相同的水平力向左拉A且两物块共同向左加速运动时，整体，根据牛顿第二定律，有：2F-μ（m+M）g=（m+M）a′③隔离物体B，根据牛顿第二定律，有：kx2-μMg=Ma′④联立③④解得：kx2=F故：x1：x2=1：65、如图所示，A、B两个小箱子的质量大小为m A=4m B，它们之间用轻弹簧相连，一起静止在光滑水平面上，用向右的水平恒力F作用于箱子B，使系统由静止开始运动，弹簧的伸长量为x1,如把同样大小的水平恒力F改为作用于箱子A上，使系统由静止开始向左运动时弹簧的伸长量为x2，则x1 : x2为（）A．1 ：4B．4 ：1C．1 ：1D．以上都有可能【答案】B【解析】当水平力作用在B上时要是整个系统运动，则以A为对象，有牛顿第二定律可知：解得：当水平力作用在A上时要是整个系统运动，则以B为对象，有牛顿第二定律可知：解得：所以6、如图所示，置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右运动。
A、B的质量关系为，它们与地面间的动摩擦因数相同，为使弹簧稳定时的伸长量增大，下列操作可行的是A ．仅增大B 的质量 B ．仅增大A 的质量C ．仅将A 、B 的位置对调D ．仅减小水平面的粗糙程度 【答案】AC 【解析】 【详解】设弹簧的弹力为T ，对于A 、B 整体，由牛顿第二定律得对B 受力分析B B T m g m a μ-=联立解得：BA Bm FT m m =+A ．由知增大mB ，T 增大，则弹簧稳定时的伸长量增大，故A 正确；B ．由B A Bm FT m m =+知仅增大A 的质量，T 减小，则弹簧稳定时的伸长量减小，故B 错误；C ．仅将A 、B 的位置对调，同理可得弹簧的弹力因m A ＞m B ，则T′＞T ，所以弹簧稳定时的伸长量增大，故C 正确； D ．由B A Bm FT m m =+知T 与μ无关，因此仅减小水平面的粗糙程度，弹簧稳定时的伸长量不变，故D 错误。
7、如图所示，2019个质量均为m 的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F 的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a 向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F 1-2，2和3间弹簧的弹力为F2-3，2018和2019间弹簧的弹力为F2018-2019，则下列结论正确的是（）A．：：：2：3：B．从左到右每根弹簧长度之化为1：2：3：C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，其余每个球的加速度依然为a，但第2019个小球的加速度除外D．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a【答案】ACD【解析】A.以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F=2019ma，解得：；以后面的第1、2、3…2018个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知：，，…，则F1-2：F2-3：……F2018-2019=1：2：3：……2018；故A正确.B.由胡克定律知F=kx，结合A项的分析可知：x1-2：x2-3：……x2018-2019=1：2：3：……2018，但弹簧的长度之比不满足，故B错误.C.突然撤去F瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，故C正确.D.第1个球脱落瞬间加速度为0，第2个球的合力变为2ma，加速度变为2a，其它球的合力瞬间不变，加速度依然为a，故D正确.8、如图所示,两黏合在一起的物块a和b,质量分别为4kg和6kg,放在光滑的水平桌面上,现同时给它们施加方向如图所示的水平推力F a和水平拉力F b,已知F a=6N，F b=4N，则a对b的作用力( )。
A．必为推力B．必为拉力C．可能为推力,也可能为拉力D．必定为零【答案】A【解析】整体水平方向受两推力而做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：对a由牛顿第二定律可得：解得：负号说明力的方向与的方向相反，所以a对b的作用力必为推力9、如图所示，两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（）A．弹簧秤的示数是50NB．弹簧秤的示数是26NC．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13m/s2D．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为15m/s2【答案】BC【解析】AB.以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度a==m/s2=2m/s2方向水平向右，设弹簧秤的拉力是F，以m1为研究对象，由牛顿第二定律F1-F=m1a，则弹簧秤的示数F=F1-m1a=26N故A错误，B正确；C.弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小a1==m/s2=13m/s2故C正确；D.弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m1受力不变，m1的加速度大小为2m/s2，故D错误。
10、质量为m的物块A和质量为2m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示。
若对A施加水平推力F，则两物块沿水平方向做加速运动。
关于A对B的作用力，下列说法正确的是A．若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为FB．若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为C．若物块A、B与水平面的动摩擦因数均为μ，则物块A对B的作用力大小为D．若物块A与水平面的动摩擦因数为μ，B与水平面的动摩擦因数为2μ，则物块A对B的作用力大小为【答案】BD【解析】AB．若水平面光滑，则对AB整体受力分析可知；F=（m+2m）a解得：再对B分析，B水平方向只受A的作用力，由牛顿第二定律可得：T=2ma故A错误，B正确。
C．若物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，则对AB整体受力分析可知；F-3μmg =（m+2m）a解得再对B分析，B水平方向只受A的作用力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得：T-μ∙2mg=2ma所以故C错误。
D．若物块A与地面间的动摩擦因数均为μ，B与地面间的动摩擦因数均为2μ，则对AB整体受力分析可知；F-μmg-4μmg=（m+2m）a解得再对B分析，B水平方向只受A的作用力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得：T-2μ∙2mg=2ma所以故D正确。
11、两物块在水平面上做加速运动，物块A质量为2m，物块B质量为m，相互接触，如图所示．若对A施加水平推力F．关于A对B的作用力，下列说法中不正确的是（）A．若水平地面光滑，物块A的加速度大小为B．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为C．若物块B与地面间无摩擦，A与地面的动摩擦因数为μ，则物体A对B的作用力大小为D．若物块B与地面间无摩擦，A与地面的动摩擦因数为μ，则物体A对B的作用力大小为μmg 【答案】AD【解析】A．若水平面光滑，则对整体据牛顿第二定律得F=3ma，解得a=故A错误，符合题意；B．对B由牛顿第二定律可得：N=ma=故B正确，不符合题意；CD．若物块B与地面间无摩擦，A与地面的动摩擦因数为μ，对整体有F﹣2μmg=3ma′对B有N′=ma′解得故D错误，符合题意；C正确，不符合题意。