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如图所示，在倾角为30°的斜面上端系有一劲度系数为20N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2千克的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下匀加速运动，（取g=10m/s2）则（ ）| A、小球向下运动0.5m时速度最大 | B、小球向下运动0.5m时与挡板分离 | C、小球速度最大时与挡板分离，以后小球机械能守恒 | D、小球从一开始到与挡板分离，挡板对小球的作用力先增大后减小 |
分析：对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最大，此时弹簧的弹力与物体重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡条件即可求得小球向下运动的路程．从开始运动到小球与挡板分离的过程中，挡板A始终以加速度a=4m/s2匀加速运动，小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，由牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位移．
以小球为研究对象，根据牛顿第二定律列出方程，分析挡板对小球的作用力如何变化．
以小球为研究对象，根据牛顿第二定律列出方程，分析挡板对小球的作用力如何变化．
解答：解：A、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．
即 kxm=mgsin30°，
解得：xm=
=
m=0.5m．
由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.5m．故A正确．
B、设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，
从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F．
根据牛顿第二定律有 mgsin30°-kx-F1=ma，
保持a不变，随着x的增大，F1减小，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有：
mgsin30°-kx=ma，
解得：x=
=
m=0.1m，即小球向下运动0.1m时与挡板分离，故B错误．
C、由上知，小球速度最大时已经与挡板分离，在以后的运动中，由于弹簧的弹力对小球做功，所以小球的机械能不守恒，故C错误．
D、由mgsin30°-kx-F1=ma，x增大，得知挡板对小球的作用力F1一直减小．故D错误．
故选：A
即 kxm=mgsin30°，
解得：xm=
| mgsin30° |
| k |
| 2×10×0.5 |
| 20 |
由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.5m．故A正确．
B、设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，
从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F．
根据牛顿第二定律有 mgsin30°-kx-F1=ma，
保持a不变，随着x的增大，F1减小，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有：
mgsin30°-kx=ma，
解得：x=
| m(gsin30°-a) |
| k |
| 2×(5-4) |
| 20 |
C、由上知，小球速度最大时已经与挡板分离，在以后的运动中，由于弹簧的弹力对小球做功，所以小球的机械能不守恒，故C错误．
D、由mgsin30°-kx-F1=ma，x增大，得知挡板对小球的作用力F1一直减小．故D错误．
故选：A
点评：在挡板运动的过程中，挡板对球的支持力的大小是在不断减小的，从而可以使球和挡板一起以恒定的加速度运动，在运动的过程中物体的受力在变化，但是物体的运动状态不变，从而可以求得物体运动的位移．
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