新高考物理三轮冲刺突破练习专题04动力学中的连接体问题（含解析）

专题04  动力学中的连接体问题

目录

专题04  动力学中的连接体问题

考向一 “板—块”模型

考向二　绳、弹簧、滑轮接触类连接体问题

1．灵活应用整体法与隔离法

2．三类连接体问题的解题结论

【题型演练】

考向一 “板—块”模型

(1)两种位移关系

滑块由滑板的一端相对运动到另一端的过程中：

①若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；

②反向运动时，位移的绝对值之和等于板长．

(2)解题思路

【典例1】如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：

（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；

（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；

（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．

【解析】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg

匀变速直线运动  2aAL=vA2

解得

（2）设A、B的质量均为m

对齐前，B所受合外力大小F=3μmg

由牛顿运动定律F=maB，得  aB=3μg

对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg

由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg

（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA

则v=aAt，v=vB–aBt

且xB–xA=L

解得

【变式1】如图，两个滑块A和B的质量分别为和，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为；木板的质量为，与地面间的动摩擦因数为。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。求

（1）B与木板相对静止时，木板的速度；

（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。

【答案】（1）与木板相对静止时，木板的速度为

（2）、开始运动时，两者之间的距离为

【解析】

（1）如图所示对、和木板受力分析，其中、分别表示物块、受木板摩擦力的大小，、和分别表示木板受到物块、及地面的摩擦力大小，设运动过程中、及木板的加速度大小分别为，和，根据牛顿运动定律得：

         ①

         ②

        ③

且：       ④

        ⑤

       ⑥

联立①~⑥解得：，，

故可得向右做匀减速直线运动，向左做匀减速直线运动，木板向右匀加速运动；且，显然经历一段时间之后先与木板达到相对静止状态，且此时、速度大小相等，方向相反。不妨假设此时与木板的速度大小为：

         ⑦

          ⑧

解得：，

（2）设在时间内，、的位移大小分别为，，由运动学公式得：

        ⑨

         ⑩

此后将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和相遇，这段时间内的加速度大小仍为，设和木板的加速度大小为，则根据牛顿运动定律得：

对木板和：        ⑪

假设经过时间后、刚好相遇，且此时速度大小为，为方便计算我们规定水平向右为正向，则在这段时间内速度变化：

对和木板：            ⑫

对：             ⑬

联立⑪~⑬解得，可以判断此时和木板尚未停下

则时间内物块、的位移大小假设为、，由运动学公式：

        ⑭

        ⑮

则和开始相距满足：       ⑯

联立解得：

【变式2】如图甲所示，一块质量为mA=2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB=1kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是（    ）

A.滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6

B.木板与地面之间的动摩擦因数为0.1

C.F的大小可能为9N

D.F的大小与板长L有关

【答案】BD

【解析】由图乙可知，在0~1s内，木板A的加速度a1=2m/s2，在1~3s内，木板A的加速度a2=-1m/s2。设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，在0~1s内，隔离木板A受力分析，由μ1mBg-μ2（mA+mB）g= m,Aa1，在1~3s内，隔离木板A受力分析，由-μ2mAg= m,Aa2，联立解得：μ2=0.1，μ1=0.7，选项A错误B正确；隔离B分析受力，由牛顿第二定律，F-μ1mBg= mBa3，根据速度图像的面积表示位移可知，在0~1s内，木板A位移x1=1m。滑块B在t=1s内的位移x2=a3t2=，木板A长度L= x2-x1=-1=，可变换为F=2L+3，即F的大小与板长L有关，选项D正确；若F的大小为9N，由牛顿第二定律，F-μ1mBg= mBa3，可得a3=2m/s2，AB加速度相同，不能发生相对滑动，所以F的大小必须大于9N，选项C错误。

考向二　绳、弹簧、滑轮接触类连接体问题

1．灵活应用整体法与隔离法

(1)整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程．

(2)隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程．

2．三类连接体问题的解题结论

(1)通过滑轮连接的两个物体：如果做加速运动，则它们的加速度大小相同，注意此时轻绳的拉力与悬挂物的重力大小不等．

(2)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力．

(3)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同．

【典例2】 高铁已成为重要的“中国名片”。一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均为F，每节车厢质量均为m，所受阻力均为f，则（　　）

A. 列车的加速度为                     B. 列车的加速度为

C. 第2节车厢对第3节车厢的作用力为0         D. 第2节车厢对第3节车厢的作用力为F-2f

【答案】AC

【解析】

AB．由牛顿第二定律得4F−8f=8ma解得列车的加速度大小为A正确，B错误；

CD．对第一节车厢和第二节车厢整体，由牛顿第二定律得F+F2−2f=2ma

解得第3节车厢对第2节车厢的作用力F2=0

由牛顿第三定律可知，第2节车厢对第3节车厢的作用力是0，C正确，D错误。故选AC。

【典例3】 a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着 a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着 a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示．则（ ）

A. x1一定等于x2 B. x1一定大于x2

C. 若m1＞m2，则 x1＞x2 D. 若m1＜m2，则 x1＜x2

【答案】A

【解析】

（1）竖直运动向上运动时，将ab看做一个整体，则有：

单独分析b物体，则有弹力：

带入加速度计算可得弹力：

（2）光滑水平面运动，同样整体分析加速度：，

单独分析b有弹力：

所以，水平和竖直弹力相等，所以形变量相等，所以A正确，BCD错误．

【典例4】 如图，三个质量均为1kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用力F沿水平方向拉物体C，以下说法正确的是（　　）

A. 拉力F小于11N时，不能拉动C               B. 拉力F为17N时，轻绳的拉力为4N

C. 要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23N  D. A的加速度将随拉力F的增大而增大

【答案】AC

【解析】

A．当C物体即将运动时，C物体水平方向桌面给C的向右的摩擦力，绳子向右的拉力，B给C向右的摩擦力，其中，

当即将滑动时应有可解得故A正确；

C．因此B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动，对A受力分析可得

对AB整体受力分析可得

对C物体受力分析可得

联立解得

说明A和B发生相对滑动的临界力大小为，故C正确；

B．当时，没有发生相对滑动，此时对AB整体

对C物体受力分析

联立解得故B错误；

D．当拉力增大，A和B发生相对滑动时，则A物体受到滑动摩擦力，加速度为

加速度不变，D错误。故选AC。

【典例5】如图所示，倾角为θ = 30˚斜面体c置于水平地面上，滑块b置于光滑斜面上，通过细绳跨过定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a下端连接在竖直固定在地面的轻弹簧上，整个系统保持静止。已知物块a、b、c的质量分別为m、4m、M，重力加速度为g，不计滑轮的质量和摩擦。下列说法中正确的是（　　）

A. 地面对c的摩擦力为零                 B. 剪断轻绳的瞬间，c对地面的压力为（3m+M）g

C. 剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为2g   D. 弹簧弹力大小为mg

【答案】BCD

【解析】

A．对bc组成的系统受力分析可知，竖直向下的重力G，竖直向上的支持力F，细线斜向上的拉力T，根据平衡条件可知还要受地面的摩擦力f，选项A错误；

B．剪断轻绳的瞬间，b沿斜面加速下滑，加速度为

对bc组成的系统竖直方向上根据牛顿定律有

解得地面对c的支持力

根据牛顿第三定律可得c对地面的压力为（3m+M）g，选项B正确；

C．剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得：a的加速度大小

选项C正确；

D．以b为对象，沿斜面方向得以a为对象

解得选项D正确。故选BCD。

考向三  传送带问题

【典例6】如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（     ）

【答案】D

【解析】传送带以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块相对于传送带向上运动，受到的滑动摩擦力方向沿斜面向下，重力沿传送带斜面的分力和滑动摩擦力方向相同，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＋μgcos θ。小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，所以：a2＝gsin θ－μgcos θ。根据以上分析，有a2＜a1。所以，本题正确答案为D。

[变式1]如图所示，白色传送带A、B两端距离L=14m，以速度v0=8m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为θ=37°，现将一质量为m=2kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数μ=0.25，＞取g=10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8，则下列叙述正确的是（　　）

A. 煤块从A端运动到B端所经历时间为2.25s

B. 煤块运动到B端时重力的瞬时功率为120W

C. 煤块从A端运动到B端在传送带上留下的黑色痕迹为4m

D. 煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为8J

【答案】C

【解析】煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动。设经过时间t1，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，可得a1=g（sinθ+μcosθ）=8m/s2
由v0=a1t1得t1=1s，此过程通过的位移大小为x1=t1=4m＜L。
由于mgsinθ＞μmgcosθ．故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上。
设煤块接着做匀加速运动的加速度为a2，运动的时间为t2，则 mgsinθ-μmgcosθ=ma2，可得a2=g（sinθ-μcosθ）=4m/s2
由L-x1=v0t2+，代入数据得：t2=1s。
故煤块从A到B的运动时间是t=t1+t2=2s。故A错误。
煤块从A端运动到B端时速度v=v0+a2t2=12m/s，此时重力的瞬时功率为 P=mgvsinθ=144W，故B错误。由于两个过程煤块与传送带间的相对位移大小（v0t1-x1）＞[（L-x1）-v0t2]，所以煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹长度为S=v0t1-x1=4m。故C正确。煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为Q=μmgcosθ{（v0t1-x1）+[（L-x1）-v0t2]}，代入数据解得：Q=24J，故D错误。

【典例7】近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展．如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v0＝4m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L＝3 m．现将一质量为0.4 kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传输带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.1m静止，包裹B向前运动了0.4m静止．已知包裹A与传输带间的动摩擦系数为0.4，包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2.求：

（1）包裹A在传送带上运动的时间；

（2）包裹B的质量．

【解析】

（1）包裹A在传送带滑行，由牛顿第二定律可得：  ①，

由①式解得：

假设包裹A离开传送带前就与传送带共速，由匀变速运动知识可得：

  ②

由②式解得：，所以上述假设成立

加速过程：   ④

由④式解得：

匀速过程：  ⑤

由⑤式解得：

所以，包裹A在传送带上运动的时间；    ⑥

（2）包裹A在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得：

  ⑦

由⑦式解得：

同理可知包裹B在水平面滑动的加速度也是⑧

包裹A向前滑动至静止：  ⑨

由⑨式解得：

包裹B向前滑动至静止：⑩

由⑩式解得：

包裹A、B相碰前后系统动量守恒：  

由式解得：

【题型演练】

1、(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v­t图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．M＝m                                     B．M＝2m

C．木板的长度为8 m                           D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1

【答案】BC

【解析】木块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg＝ma1，而v­t图象的斜率表示加速度，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；从图中可知物块和木板最终分离，两者v­t图象与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C正确．

2、如图所示，质量为m的木板A静止在水平地面上，在木板A的左端放置一个质量为2m的铁块B，铁块与木板之间的动摩擦因数为，木板与地面之间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给铁块施加一水平作用力F，F由零开始逐渐变大至A、B相对滑动，下列判断正确的是（　　）

A. 若木板A先相对地发生滑动，则当A、B刚要发生相对滑动时，A的加速度大小为

B. 若铁块B先相对A发生滑动，则当A、B刚要发生相对滑动时，F的大小为mg

C. 若木板A先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动，则一定是

D. 若木板A先相对地发生滑动，然后B相对A发生滑动，则一定是

【答案】AD

【解析】

CD．B受到的滑动摩擦力大小为，A受到地面的滑动摩擦力大小为

若木板A先相对地发生滑动，则解得

当拉力增大到一定程度，使得B的加速度大于A的加速度时，B相对A发生滑动，故C错误，D正确；

A．若木板A先相对地发生滑动，当B刚要相对于A滑动时，A、B间的摩擦力是最大静摩擦力，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，对A有

整理得故A正确；

B．若铁块B先相对A发生滑动，以B为研究对象，水平方向根据共点力的平衡条件知，当A、B刚发生相对滑动时，F的大小为，故B错误。故选AD。

3、如图所示，轻质板放在光滑的水平地面上，物体A、B与轻质板的动摩擦因数（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）已知，，g取。当作用在A上的水平力时，物体A的加速度为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

对B受力分析得B能获得的最大加速度aB=μg=1m/s2假设A、B不相对滑动，整体分析得因为

假设不成立，B会相对于轻质板滑动。对A受力分析得，A受摩擦力为μmBg，物体A的加速度为

故选B。

4、如图所示，一轻质弹簧竖直固定在水平面上，一物块自弹簧正上方自由下落，当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短(在弹性限度内)的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．物块接触弹簧后立即做减速运动

B．物块接触弹簧后先加速后减速

C．当物块的速度最大时，它所受的合力不为零

D．当弹簧被压缩至最短时，物块的加速度等于零

【答案】　B

【解析】物块刚接触弹簧后，弹簧形变较小，此时弹簧弹力小于重力，物块仍然做加速运动，故选项A错误；物块接触弹簧后，弹簧形变到最大的这一过程中，弹簧弹力先小于重力，之后等于重力，再然后大于重力，故物块是先加速后减速，选项B正确；当物块速度最大时，加速度为零，此时必有合力为零，选项C错误；弹簧被压缩至最短时，弹力大于重力，此时有加速度且方向向上，不等于零，选项D错误．

5、(多选)如图所示，在光滑水平面上放置的A、B两物体相互接触但并不黏合，两物体的质量分别为mA＝2 kg，mB＝3 kg.从t＝0开始，作用力FA和作用力FB分别作用在A、B两物体上，FA、FB随时间的变化规律分别为FA＝(8－2t) N，FB＝(2＋2t) N．则(　　)

A．A、B两物体一直以2 m/s2的加速度做匀加速运动

B．当FA＝FB时，A、B两物体分离

C．t＝1 s时A物体的运动速度为2 m/s

D．B物体在t＝5 s时的加速度为4 m/s2

【答案】　CD

【解析】　AB分离前，FA＋FB＝10 N＝(mA＋mB)a，a＝2 m/s2，对B：FB＋FAB＝mBa，当FAB＝0时，t＝2 s，A、B分离，此时FA＝4 N，FB＝6 N，故A、B错误；

t＝1 s时，A、B还没有分离，所以A物体的速度v＝at＝2 m/s，C正确；

t＝5 s时，对B：FB＝mBa1，a1＝4 m/s2，故D正确．

6、(多选)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F作用，A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示，已知物块A的质量m＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则(　　)

A．物块B的质量为4 kg                 B．A、B间的动摩擦因数为0.2

C．B与水平地面间的动摩擦因数为0.2     D．当F＝10 N时，A物体的加速度大小为1.5 m/s2

【答案】　BD

【解析】　由题图乙可知，A、B之间的最大静摩擦力为FfAB＝6 N，可知A、B间的动摩擦因数为μAB＝＝＝0.2，选项B正确；由题图乙可知，当F＝4 N时，A、B整体相对地面开始滑动，则μB地(m＋mB)g＝4 N

当F＝12 N时，A、B即将发生相对滑动，

此时对整体：a＝

对物块A：μABmg＝ma

联立解得mB＝1 kg，μB地＝0.1，选项A、C错误；

当F＝10 N时，A、B两物块一起做加速运动，则A、B两物块的加速度大小为a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2选项D正确．

7、如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H＝，重力加速度为g，则F的大小为(　　)

A．Mg  B．Mg

C．(M＋m)g  D．(M＋m)g

【答案】D

【解析】：　连接OB，设OB连线与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得

cos θ＝＝

sin θ＝ ＝

则tan θ＝

此时小球受到的合外力F合＝mgtan θ＝mg

由牛顿第二定律可得a＝＝g

以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F＝(m＋M)a＝(m＋M)g，故D正确，A、B、C错误．

8、如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】对整体，由牛顿第二定律，F-μmg-μ2mg=（m+2m）a，隔离物块P，由牛顿第二定律，FT-μmg=ma，联立解得：FT =F/3，选项D正确。

9、如图所示，A、B两物体质量为mA、mB(mA＞mB)，由轻绳连接绕过滑轮并从静止释放，不计滑轮质量和所有摩擦，则A、B运动过程中(   )

A．轻绳的拉力为(mA－mB)g       B．轻绳的拉力逐渐减小

C．它们加速度的大小与成正比  D．若(mA＋mB)是一定值，则加速度大小与(mA－mB)成正比

【答案】D　

【解析】以A、B为整体，通过分析，由牛顿第二定律可得(mA－mB)g＝(mA＋mB)a，a＝，故C错误，D正确；对A由牛顿第二定律可知mAg－F＝mAa，F＝mAg－mAa＝，故A、B错误．故选D。

10、一根轻弹簧,下端固定在水平地面上,一个质量为m的小球(可视为质点),从距弹簧上端h处自由下落并压缩弹簧,如图所示.若以小球下落点为x轴正方向起点,设小球从开始下落到压缩弹簧至最大位置为H,不计任何阻力,弹簧均处于弹性限度内;小球下落过程中加速度a,速度v,弹簧的弹力F,弹性势能Ep 变化的图象正确的是(    )

A．         B．

C．        D．

【答案】D

【解析】小球与弹簧接触前做自由落体运动，加速度：a=g保持不变，速度：v=gt均匀增加；小球与弹簧接触后向下运动压缩弹簧，小球受到竖直向下的重力与弹簧竖直向上的弹力F=kx作用，开始弹簧弹力小于重力，小球向下做加速度运动，加速度：，加速度逐渐减小，小球向下做加速度减小的加速运动，经过一段时间后弹簧弹力与重力相等，合力为零，此时速度达到最大，然后弹簧弹力大于重力，小球所受合力向上，小球做减速运动，加速度，加速度逐渐增大，小球向下做加速度增大的减速运动，直到速度为零，整个过程速度方向不变，t2时刻加速度为0，速度最大，弹力变化最快，加速度变化也最快。所以从t1到t2图象不是凹向下，而是要凸向下。同理从t2到t3图象不是凸向下，而是要凹向下。由图示图象可知，故AB错误；当小球下落位移小于等于h时，弹簧弹力为零：F=0，当弹簧下落距离大于h小于等于H时，弹簧弹力F=kx，弹力F与x成正比，故C错误；当小球下落位移小于等于h时，当弹簧下落距离大于h小于等于H时，弹簧弹性势能，故D正确。

11、如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：

（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；

（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；

（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．

【解析】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg

匀变速直线运动  2aAL=vA2

解得

（2）设A、B的质量均为m

对齐前，B所受合外力大小F=3μmg

由牛顿运动定律F=maB，得  aB=3μg

对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg

由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg

（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA

则v=aAt，v=vB–aBt

且xB–xA=L

解得

12、截面为直角三角形的斜面体固定在水平地面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为60°和30°，一条不可伸长的轻绳跨过固定在斜面顶端的光滑定滑轮连接着两个小物体，物体B的质量为m，起始距地面的高度均为h，重力加速度为g。

（1）若A的质量也为m，由静止同时释放两物体，求当A刚到地面时的速度大小；

（2）若斜面体不固定，当斜面体在外力作用下以大小为a的加速度水平向右做匀变速直线运动时，要使A、B两物体相对斜面都不动，分析物体A的质量和加速度a的关系。

【答案】（1）v=

（2）mA>m

【解析】

（1）设A刚落地时的速度为v，由A和B运动中的机械能守恒得，

mgh=mgsin30°+2mv2            

v=                      

（2）对两个物体分别进行受力分析，沿垂直斜面和平行斜面方向建立坐标系进行正交分解 。

当斜面体向右做匀加速直线运动时，加速度方向水平向右：

对A物体，   

对B物体，      

解得mA=                   

由等式右侧的分子得，加速度的大小应满足0<         

加速度a越大，A物体的质量越小，A物体质量应满足0<mA<m。

当斜面体向右做匀减速直线运动时，加速度方向水平向左：

对A物体,    

对B物体,       

解得mA=                      

由等式右侧的分母得，加速度的大小应满足0<            

加速度a越大，A物体的质量越大，A物体质量应满足mA>m  。