如图所示,将俩根劲度系数均为k的,原长均为L的轻弹簧

如图,刚开始时,弹簧收到A的重力被压缩,此后受到B的重力被拉伸,整个过程弹簧的型变量是2mg/K=12*2*10/800=0.3m所以A的加速度满足1/2*at^2=型变量解得a=3.75m/s^2刚

（1）开始时，A、B都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有kx1=mAg…①物体B恰好离开地面时，弹簧对B的拉力为mBg，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有kx2=mBg…②这一过程中

先整体,后局部.首先,把A,B物体看成一个整体,求撤去力F后的加速度a.2ma=k△L-2mg,a=k△L/2m-g.再看A,B物体,因为他们具有相同的加速度a,令A对B的压力为F,则F-mg=ma,

可能就是这句话让你觉得这个题不简单是吗?--“现通过细绳将A加速向上拉起”!其实这句话是个小迷雾,假如是匀速,慢慢拉起你应该能判断是选B吧,其实物体B的受力和A的运动状态无关,只和因为它使弹簧的形变有

假设加速度向右,则m向左偏移x,对m列出牛二定律表达式（注意：左、右弹簧对m都有同方向的大小相等的弹力）得到加速度a的弹簧形变量x的关系式.再考虑电压表读数.滑臂向左偏x,电压表读数就是U=I*xR/

第一问,当挡板静止时,挡板对小球的弹力为2mgsinθ,根据受力平衡得,弹簧的弹力为mgsinθ,方向沿斜面向下.由mgsinθ=kX1,解得X1=mgsinθ/k,当挡板与小球分离时,挡板与小球的加

当夹角为θ时,L’=2R*Cosθ.T=(2R*cosθ-L）*k受力分析发现T*Sinθ=G*Sin2θ即T*sinθ=G*2sinθcosθ得2G*cosθ=T=(2R*cosθ-L）*k得θ=a

如图,对小球受力分析,有G,F弹,N,设弹簧与竖直方向夹角θ因为△BAC∽△CDE所以CD=GE即G=N又因为三力平衡所以G,N在CE方向上的分力和等于F弹即G•cosθN•c

图在哪

当弹力等于AD的重力的分力时AD处于平衡状态，由kx=2mgsinθ可知，平衡位置时弹簧的形变量为x0=2mgsinθk，处压缩状态；当B对C弹力最小时，对B分析，则有mgsinθ=Kx+12mgsi

由几何知识得，左图中弹簧的伸长量为：△L=23L右图中弹簧的伸长量为：△L′=14L根据胡克定律：T=K△L则两情况下弹簧拉力之比为：23：14=83根据平衡条件：2Tcos37°=mg2T′cos5

因为弹簧的伸长量,是以一端的受力去算,而不是两边加起来.比如弹簧测力计挂1N的重物在下面时,上面也用了同样的力去拉,我们不能把两头加起来吧.

转动惯量用平行移轴定理,J=1/2mr^2+mr^2=3/2mr^2.动能=1/2Jw^2

正确整体法：斜面和物体A看做整体,受两物体重力,地面支持力,拉力F,拉力F有向上的分力,所以支持力一定小于两物体重力之和

A、A、B都处于静止状态时，弹簧的压缩量x1=mgk要使B刚要离开地面，则弹力应等于B的重力，即kx2=mg故弹簧的伸长量为x2=mgk，故两次物体上升的高度均为2mgk，故AB错误．C、当缓慢上提时

对球A受力分析，受重力mg、拉力T、弹簧的弹力F而向上做匀加速直线运动，如图则有牛顿第二定律可知：Fcotθ2-mg=ma即：F=m（g+a）tanθ2根据胡克定律，有F=kx解得 x=m(

无图无真相

OA线竖直绷紧时,A球受竖直向下的重力,竖直向上的细线拉力,和可能受到的弹簧弹力.但是水平方向上没有其他力和弹簧弹力平衡,所以弹簧弹力为0,弹簧形变量为0.若问相对于初始状态的形变量,初始时,对A球受

形变量为0因为如果弹簧此时有弹力,就没有一个力与之平衡因此此时没有弹力即形变量为0

两物体用手提着时，B处于平衡状态，故弹力大小为：mg，由胡克定律：F=kx得：弹簧伸长x1=mgk当落地后，弹力为mg时，弹簧又被压缩x2=mgk，故A共下落的距离：x=x1+x2+h=h+2mgk答