题目内容
如图，一轻弹簧左端固定在长木块M的左端，右端与小物块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑．开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力Fl和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，对m、M和弹簧组成的系统(整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度)．正确的说法是 ( )
| A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒 |
| B．F1、F2分别对m、M做正功，故系统动量不断增加 |
| C．F1、F2分别对m、M做正功，故系统机械能不断增加 |
| D．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M的动能最大 |
D
分析：F1和F2等大反向，但是由于它们的位移不同，所以做的功的大小不同，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，物体受到的合力的大小为零，此时物体的速度的大小达到最大，再根据物体的运动状态可以判断物体加速度的变化．
解答：解：A、由于F1、F2对系统做功之和不为零，故系统机械能不守恒，故A错误；
B、开始时，弹簧的弹力小于F1、F2，两物块加速，动能增加，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此后速度减小，动能减小，故B错误；
C、由于F1、F2先对系统做正功，当两物块速度减为零时，弹簧的弹力大于F1、F2，之后，两物块再加速相向运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减少，故C错误．
D、当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，故D正确．
故选D．
解答：解：A、由于F1、F2对系统做功之和不为零，故系统机械能不守恒，故A错误；
B、开始时，弹簧的弹力小于F1、F2，两物块加速，动能增加，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此后速度减小，动能减小，故B错误；
C、由于F1、F2先对系统做正功，当两物块速度减为零时，弹簧的弹力大于F1、F2，之后，两物块再加速相向运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减少，故C错误．
D、当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，故D正确．
故选D．
练习册系列答案
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为加速度，力F沿水平方向向右），则
，取出发点为参考点，能正确描述滑块的速率
、动能
、势能
、机械能
、时间t、位移
关系的是
．现释放木块，若木块与弹簧相连接，则木块最远到达NN/段中点，然后在水平面上做往返运动，且第一次回到N时速度大小为v；若木块与弹簧不相连接，木块与弹簧在N点即分离，通过N/点时以水平速度飞出，木块落地点P到N/的水平距离为s．求：
，在A处放置一个质量为m的物体，现绕O点缓缓抬高A端，直到当木板转动到与水平面成α角的过程中，物体始终处于静止，在整个过程中（ ）
