新教材同步系列2024春高中物理第1章動量和動量守恒定律素養(yǎng)提升課1三類“碰撞”模型教師用書粵教版選擇性必修第一冊

素養(yǎng)提升課(一)三類“碰撞”模型1．會處理含有彈簧類的問題，并進行相關(guān)計算2．會處理含有斜面或曲面的問題，并進行相關(guān)計算．3．會用動量和能量的觀點處理板塊問題，并進行相關(guān)計算．類型1“滑塊—彈簧”碰撞模型模型圖示模型特點(1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結(jié)束時)【典例1】(2022·重慶南開中學高三期中)如圖所示，滑塊Q與輕彈簧栓接，靜止在光滑水平地面上，滑塊P以速度v0向右運動．P與彈簧一接觸便對Q施加一水平外力(圖中未畫出)，使Q保持靜止，P速度第一次減小到v02時撤去外力．已知P、Q質(zhì)量均為(1)水平外力對Q的沖量大小及方向；(2)撤去外力后彈簧彈性勢能的最大值．[解析](1)在P接觸彈簧后速度由v0減小為v02的過程中，設(shè)向右為正方向，則對P與Q組成的系統(tǒng)I＝mv02－mv0＝－12可知該水平外力的沖量大小為12mv0，方向水平向左(2)撤去外力瞬間彈簧的彈性勢能Ep0＝12mv02－12m(撤去外力后，當兩滑塊速度相同時，彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大．設(shè)共速的速度大小為v，由于撤去外力后系統(tǒng)水平方向動量守恒，有m·v02＝2即v＝v又由系統(tǒng)機械能守恒，有12m(v02)2＋Ep0＝12·2mv解得撤去外力后彈簧彈性勢能的最大值Ep＝7mv0[答案](1)大小為12mv0，方向水平向左(2)【典例2】(2022·湖北浠水縣第一中學高二階段練習)如圖所示，光滑水平面上質(zhì)量為mA＝2kg，mB＝3kg的A、B兩物塊用輕質(zhì)彈簧連接，一起以v0＝4m/s的速度向右勻速運動，與靜止在水平面上質(zhì)量mC＝1kg的物塊C發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦阻力．(1)若物塊B與C發(fā)生彈性碰撞，求碰后C的速度大??；(2)若物塊B與C碰撞后粘合在一起運動，求此后彈簧能獲得的最大彈性勢能．[解析](1)物塊B與C發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)機械能守恒，在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mBv0＝mBvB＋mCvC由機械能守恒定律得12m代入數(shù)據(jù)解得vB＝2m/svC＝6m/s．(2)若物塊B與C碰撞后粘合在一起運動，碰撞過程中系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mBv0＝(mB＋mC)v代入數(shù)據(jù)解得v＝3m/s當A、B、C三者速度相等時彈簧壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，設(shè)共同速度為v′，由動量守恒定律得mAv0＋mBv0＝(mA＋mB＋mC)v′代入數(shù)據(jù)解得v′＝103由機械能守恒定律得12mAv02＋12(mB＋mC)v2＝12(mA＋mB＋m代入數(shù)據(jù)解得彈簧的最大彈性勢能Ep＝23J[答案](1)6m/s(2)23類型2“滑塊—斜面”碰撞模型模型圖示模型特點(1)最高點：m與M具有共同水平速度v共，m不會從此處或提前偏離軌道．系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機械能守恒，12mv02＝12M+mv(2)最低點：m與M分離點．系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機械能守恒，12mv02【典例3】(2022·廣東廣州高二課時練習)如圖所示，有一質(zhì)量為m的小球，以速度v0滑上靜置于光滑水平面上的光滑圓弧軌道．已知圓弧軌道的質(zhì)量為2m，小球在上升過程中始終未能沖出圓弧，重力加速度為g，試分析：(1)在相互作用的過程中，小球和軌道組成的系統(tǒng)機械能是否守恒？總動量是否守恒？(2)小球到達最高點時，小球與軌道的速度有什么關(guān)系？最大高度為多少？(3)小球與軌道分離時兩者的速度分別是多少？[解析](1)整個過程中只有小球的重力及系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，系統(tǒng)合外力不為零，總動量不守恒，但水平方向上合外力為零，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒．(2)當小球上升到最高點時，小球和軌道的速度相同，在水平方向上，由動量守恒定律得mv0＝3mv由能量守恒定律得12mv02＝12×3聯(lián)立解得h＝v0(3)設(shè)小球離開軌道時的速度為v1，軌道的速度為v2，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2根據(jù)機械能守恒定律有12mv聯(lián)立解得v1＝－13v0，v2＝23v[答案](1)機械能守恒，總動量不守恒(2)小球上升到最高點時，小球和軌道的速度相同，v023g(3)－13v0【典例4】(2022·廣東實驗中學高三專題練習)豎直平面內(nèi)的軌道ABCD由水平滑道AB與光滑的四分之一圓弧滑道CD組成，AB恰與圓弧CD在C點相切，軌道放在光滑的水平面上，如圖所示．一個質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從軌道的A端以初動能E沖上水平滑道AB，沿著軌道運動，由DC弧滑下后停在水平滑道AB的中點．已知水平滑道AB長為L，軌道ABCD的質(zhì)量為3m．(1)求小物塊在水平滑道上受到的摩擦力的大小．(2)為了保證小物塊不從滑道的D端離開滑道，圓弧滑道的半徑R至少是多大？[解析](1)小物塊沖上滑道的初速度設(shè)為v，則E＝12mv2，小物塊最終停在AB的中點，跟滑道有相同的速度，設(shè)為v′，在這個過程中，系統(tǒng)mv＝(M＋m)v′系統(tǒng)損失的動能用于克服摩擦力做功，有ΔE＝12mv2－12(M＋m)v而ΔE＝32Ff聯(lián)立解得摩擦力的大小Ff＝E2L(2)若小物塊剛好到達D處，此時它與滑道有共同的速度(與v′相等)，在此過程中系統(tǒng)總動能減少，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(克服摩擦做功)和物塊的重力勢能，同理，有ΔE1＝12mv2－12(M＋m)v而ΔE1＝FfL＋mgR解得要使物塊不從D端離開滑道，CD圓弧的半徑至少為R＝E4mg[答案](1)E2L(2)類型3子彈打木塊與板塊模型模型圖示模型特點(1)若滑塊未從木板上滑下(子彈留在木塊里)，當兩者速度相等時木板(木塊)的速度最大，兩者的相對位移取得極值(完全非彈性碰撞拓展模型)(2)系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機械能【典例5】(2022·山東泰安一中高二階段練習)如圖(a)，一長木板靜止于光滑水平桌面上，t＝0時，質(zhì)量m＝2kg的小物塊以速度v0滑到長木板上，小物塊在到達木板右端前與木板相對靜止，圖(b)為物塊與木板運動的v-t圖像，已知圖中t1＝1s、v0＝3m/s，v1＝2m/s，重力加速度大小為g＝10m/s2，由此可求：(1)長木板的質(zhì)量；(2)小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)；(3)小物塊和長木板組成的系統(tǒng)損失的機械能；(4)長木板長度的最小值．[解析](1)由圖可知，t1時刻小物塊與長木板共速，小物塊與長木板組成的系統(tǒng)動量守恒，則根據(jù)動量守恒有mv0＝(m＋M)v1代入數(shù)據(jù)解得，長木板的質(zhì)量為M＝1kg．(2)小物塊在長木板上與長木板相對滑動時，對長木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＝Ma由圖像可得，此時長木板的加速度為a＝v聯(lián)立解得，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1．(3)根據(jù)能量守恒可得，小物塊和長木板組成的系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝12mv(4)設(shè)木板長度為L，根據(jù)功能關(guān)系有μmgL＝ΔE解得，長木板的長度至少為L＝1.5m．[答案](1)1kg(2)0.1(3)3J(4)1.5m【典例6】(2022·湖南長郡中學高二階段練習)如圖所示，質(zhì)量為M＝2kg的木板靜止在光滑水平面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊(可視為質(zhì)點)以v0＝3m/s的初速度從左端沿木板上表面沖上木板，已知滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2．求：(1)滑塊在木板上滑動過程中，滑塊的加速度a1的大小和木板的加速度a2的大小；(2)若滑塊剛好沒有從木板右端滑出，求木板的長度；(3)若木板長L＝2.25m，求滑塊在木板上運動過程中木板對滑塊的沖量大?。甗解析](1)對滑塊根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma1解得a1＝1m/s2對木板根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝Ma2解得a2＝0.5m/s2．(2)設(shè)木板長度為L0，滑塊剛好沒有從木板右端滑出，則最終滑塊到達邊緣時與木板同速，對系統(tǒng)根據(jù)動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v代入數(shù)據(jù)解得v＝1m/s對系統(tǒng)根據(jù)能量守恒定律得μmgL0＝12mv02－12(m解得木板長度為L0＝3m．(3)對滑塊根據(jù)位移公式得x1＝v0t－12a1t對木板根據(jù)位移公式得x2＝12a2t又因為x1－x2＝L解得：t＝1s，t＝3s(舍去)．木板對滑塊摩擦力的沖量I1＝μmgt，代入數(shù)據(jù)解得I1＝1N·s木板對滑塊支持力的沖量I2＝mgt，代入數(shù)據(jù)解得I2＝10N·s木板對滑塊的沖量I＝I12+I22＝12+10[答案](1)1m/s20.5m/s2(2)3m(3)101N·s素養(yǎng)提升練(一)三類“碰撞”模型1．(廣東省佛山市高三期中物理試題)如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽高h處開始自由下滑則()A．在以后的運動過程中，小球和槽的動量始終守恒B．在以后的運動過程中，小球和槽的機械能始終守恒C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動D．被彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，小球能回到槽高h處C[小球在弧形槽上運動時，豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒；當小球與彈簧接觸后，小球受到彈力，小球和槽組成的系統(tǒng)動量也不守恒，A錯誤；在以后的運動過程中，小球和槽以及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球和槽的機械能不守恒，B錯誤；根據(jù)水平方向動量守恒可知0＝mv球＋mv槽，小球和槽分開時的速度大小相等，方向相反，小球被彈簧反彈后，小球原速率返回，且小球和槽水平方向不受外力，都做速率不變的直線運動，且小球不會追上槽，C正確，D錯誤．]2．(多選)(2022·陜西渭南市瑞泉中學高二階段練習)如圖所示，一帶有半徑足夠大的光滑圓弧軌道的小車的質(zhì)量M＝3kg，小車靜止在光滑水平地面上，圓弧下端水平．有一質(zhì)量m＝1kg的小球以水平初速度v0＝4m/s從圓弧下端滑上小車，重力加速度g取10m/s2．下列說法正確的是(A．在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)機械能守恒C．小球沿圓弧軌道上升的最大高度為0.6mD．小球沿圓弧軌道上升的最大高度為0.8mBC[在小球滑到最高點的過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，動量不守恒，A錯誤；在小球滑到最高點的過程中，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，B正確；小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)小球沿圓弧軌道上升的最大高度為h，兩者共同速度大小為v，則mv0＝(M＋m)v，解得v＝mv0M+m＝1m/s，由小球與小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，有12mv02＝12(M＋m)v2＋mgh，解得h＝0.6m，3．(2022·山東師范大學附中高二練習)如圖所示的軌道，由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑的水平面上．當軌道固定不動時，將可視為質(zhì)點的物塊，從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端．當軌道不固定時，仍將物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，下列說法正確的是()A．物塊與軌道組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒B．物塊與軌道組成的系統(tǒng)動量不守恒，機械能守恒C．物塊將從軌道左端沖出水平軌道D．物塊仍能停在水平軌道的最左端D[物塊與軌道組成的系統(tǒng)水平方向所受合外力為零，則水平方向動量守恒，但豎直方向動量不守恒，軌道水平部分粗糙，物塊與軌道間有摩擦力，物塊在軌道的水平部分運動時因摩擦產(chǎn)生內(nèi)能，所以機械能不守恒，故A、B錯誤；設(shè)軌道水平部分長為L，圓弧部分半徑為R，當軌道固定時，由能量守恒定律有mgR＝μmgL，軌道不固定時，設(shè)物塊相對軌道靜止時，共同速度為v，取向左為正方向，在軌道水平部分滑行的距離為x，根據(jù)水平方向動量守恒得0＝(M＋m)v，由能量守恒定律可得mgR＝12(M＋m)v2＋μmgx，聯(lián)立解得x＝L，所以物塊仍能停在水平軌道最左端，故D正確，C錯誤．4．(2022·珠海市高三階段練習)如圖所示，兩個質(zhì)量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質(zhì)量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍．兩種射入過程相比較()A．射入滑塊A的子彈速度變化大B．整個射入過程中兩滑塊受的沖量不一樣大C．射入滑塊A中阻力對子彈做功是射入滑塊B中的兩倍D．兩個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相同D[設(shè)子彈質(zhì)量m，滑塊質(zhì)量M，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，mv0＝(m＋M)v2，所以v1＝v2，即兩子彈初末速度均相等，速度變化量相等，故A錯誤；對滑塊，根據(jù)動量定理得I1＝Mv1，I2＝Mv2，所以I1＝I2，故B錯誤；對子彈，根據(jù)動能定理得Wf1＝12mv12-12mv02，Wf2＝12mv22-12mv02，所以Wf1＝Wf2，故C錯誤；對系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律得Q15．(2022·廣東廣州市第三中學高二階段練習)子彈水平射入一個靜置于光滑水平面上的木塊中，然后一起前進，設(shè)子彈和木塊作用時間可以忽略不計，則()A．子彈對木塊的沖量和木塊對子彈的沖量相同B．子彈的動量變化和木塊的動量變化相同C．子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒D．子彈減少的動能等于木塊增加的動能C[在子彈射入木塊的過程中，根據(jù)牛頓第三定律可知，子彈對木塊的作用力與木塊對子彈的作用力大小相等，方向相反，作用時間相同，由沖量的定義I＝Ft可知，子彈對木塊的沖量和木塊對子彈的沖量大小相等，方向相反，故A錯誤；由于子彈和木塊組成的系統(tǒng)，所受外力的合力為0，所以系統(tǒng)動量守恒，子彈的動量變化與木塊的動量變化之和為0，則Δp子彈＝－Δp木塊，所以子彈的動量變化和木塊的動量變化大小相等，方向相反，故B錯誤，C正確；子彈射入木塊的過程，摩擦生熱，系統(tǒng)的總動能減少，所以子彈減少的動能大于木塊增加的動能，故D錯誤．]6．(2022·廣州高三階段練習)如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視作質(zhì)點，P的質(zhì)量是Q的2倍，Q與輕質(zhì)彈簧相連．設(shè)Q靜止，P以初速度v0向Q運動(輕質(zhì)彈簧與P不粘連)并與彈簧發(fā)生碰撞．在整個碰撞過程中有()A．當彈簧被壓縮最短時，Q的速度最大B．P的最終動能是它初動能的1C．P被彈簧彈開瞬間速度與初速度反向D．由于彈簧被壓縮，最終P將靜止B[當Q只要受到彈簧彈力作用時就有加速度，則當彈簧恢復原長時，Q的加速度為零，速度最大，A錯誤；當彈簧恢復原長時，設(shè)P、Q的速度分別為v1、v2，且設(shè)P、Q的質(zhì)量分別為2m和m，則由動量守恒定律和能量關(guān)系可知2mv0＝2mv1+2mv2，12×2mv02＝12×2mv12+12mv22，解得v1＝v03，v2＝4v03，P的初動能EkP0＝12×2mv02＝mv02，P的末動能Ek7．(2022·廣州市第十一中學高二練習)如圖甲所示，長木板A靜置在光滑的水平面上，物塊B可視為質(zhì)點以水平速度v0＝2m/s滑上長木板A的上表面的最左端，之后它們的速度隨時間變化情況如圖乙所示，在兩者相對運動過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為4J，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．長木板A的質(zhì)量為4kgB．摩擦力對物塊B做功為6JC．長木板A的長度不小于1.5mD．長木板A與物塊B間的動摩擦因數(shù)為0.2A[由v-t圖像斜率表示加速度可知，長木板A和物塊B的加速度大小相等，結(jié)合牛頓第二定律，有a＝μmgmA＝μmgmB＝ΔvΔt＝1-01＝1m/s2，可得μ＝0.1，mA＝mB，A、B系統(tǒng)由動量守恒定律，有mBv0＝(mA＋mB)v，聯(lián)立得v＝v02，在兩者相對過程中系統(tǒng)損失的機械能轉(zhuǎn)化成摩擦產(chǎn)生的熱量有ΔE＝Q＝12mBv02-12mBv2－12mAv2＝4J，根據(jù)題目圖像把v0＝2m/s，v＝1m/s代入，聯(lián)立解得mA＝mB＝4kg，故A正確，D錯誤；由動能定理得WfB＝12mBv2－12mBv02，代入數(shù)據(jù)解得WfB＝－6J，故B錯誤；由題圖可得，0～1s內(nèi)B的位移為xB＝12×(2＋1)×1m＝1.5m8．(多選)(2022·廣東高二階段練習)如圖所示，質(zhì)量為2m的14圓弧形凹槽OAB鎖定在光滑水平面上，凹槽半徑為R，A點切線水平．質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點沖上凹槽，恰好運動到B點．重力加速度大小為g，不計摩擦．下列說法正確的是(A．小球的初速度大小v0＝gRB．若凹槽解除鎖定，小球和凹槽組成的系統(tǒng)動量不守恒C．若凹槽解除鎖定，小球上升的最大高度為23D．若凹槽解除鎖定，凹槽獲得的最大速度為2gRBC[圓弧形凹槽OAB鎖定在光滑水平面上，由機械能守恒定律12mv02＝mgR，所以小球的初速度大小v0＝2gR，故A錯誤；凹槽解除鎖定，小球和凹槽組成的系統(tǒng)受到的合外力不為0，動量不守恒，但系統(tǒng)在水平方向受到的合外力為0，所以在水平方向動量守恒，故B正確；凹槽解除鎖定，當小球與凹槽的速度相同時小球上升的高度最大，在水平方向上由動量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，由能量守恒定律12mv02＝12(m＋2m)v2＋mgh，解得h＝23R，故C正確；當小球運動到凹槽底端時凹槽獲得的速度最大，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律12mv09．(多選)(2022·黑龍江齊齊哈爾高二期中)如圖所示，一輕質(zhì)彈簧兩端各連著滑塊A和B，滑塊A的質(zhì)量為m0，滑塊B的質(zhì)量2m0，兩滑塊都置于光滑的水平面上，今有質(zhì)量為m0的子彈以水平速度v0射入A中不再穿出，下列說法正確的是()A．子彈打入滑塊A的過程中，子彈對滑塊A的沖量大小為m0v0B．滑塊B的最大速度為12vC．彈簧的最大彈性勢能為1D．子彈、滑塊A、滑塊B及彈簧組成的系統(tǒng)損失的機械能為3BC[子彈打入滑塊A的過程中，子彈和滑塊A組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)共速的速度大小為v，根據(jù)動量守恒定律可得m0v0＝2m0v，解得v＝12v0，對滑塊A，取向右為正方向，根據(jù)動量定理可得子彈對滑塊A的沖量大小為I＝m0v＝12m0v0，故A錯誤；子彈打入滑塊A后，以整體為研究對象，當彈簧第一次回到原長時，滑塊B的速度最大，設(shè)此時子彈和A的速度大小為v1，滑塊B的速度大小為v2；根據(jù)動量守恒定律可得2m0v＝2m0v1＋2m0v2，根據(jù)機械能守恒定律可得12×2m0v2＝12×2m0v12+12×2m0v22，解得v1＝0，v2＝12v0，滑塊B的最大速度為12v0，故B正確；當三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律可得2m0v＝4m0v共，根據(jù)能量守恒定律可得Ep＝12×2m0v2-12×4m0v共2，聯(lián)立解得彈簧的最大彈性勢能為Ep＝10．(多選)(2022·吉林公主嶺第五中學高二階段練習)如圖所示，一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上用一條長為L的輕繩拴一個小球，小球與懸點在同一水平面上，輕繩拉直后小球從A點靜止釋放，不計一切阻力，下列說法正確的是()A．小球的機械能守恒，動量守恒B．小車的機械能守恒，動量也守恒C．小球和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向上動量守恒D．小球一定能擺到與A點同高度處CD[小球向下擺動的過程中，輕繩拉力對小球做負功，對小車做正功，所以小球和小車各自的機械能不守恒，但是小球和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，系統(tǒng)水平方向動量守恒，故A、B錯誤，C正確；當小球向下擺過程中，小車向左加速；當小球向上擺動時，小車向左減速，當小車速度減為零時，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，小球?qū)[到與A點等高處，故D正確．]11．(2022·廣東汕頭高三階段練習)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與兩物塊A、B相連接，A的質(zhì)量m1＝2kg，B的質(zhì)