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专题十三 连接体模型
一、平衡中的连接体模型
1．如图所示，A 球质量为
，B 球质量为m，分别用轻质细线
悬挂于O
点，A、B 用轻质细线c 连接。给B 球施加水平向右的拉力F，静止时，细线a 与
竖直方向夹角为30°，细线b 与竖直方向夹角为45°，细线c 刚好水平，重力加速
度为g，则拉力F 的大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
2．如图所示，竖直放置的光滑圆环O，顶端D 点固定一定滑轮（大小忽略），圆
环两侧套着
、
两小球，两小球用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，
连线过圆心O 点，且与右侧绳的夹角为
．则
两小球的质量之比为（
）
A．
B．
C．
D．
二、绳杆弹簧加速度问题模型
3．（2025 高三上·广东东莞·阶段练习）如图，沿东西方向（以水平向右为东）直线行驶的列车顶部用细
线悬挂一小球A，质量为m 的物块B 始终相对列车静止在桌面上。某时刻观察到细线偏离竖直方向θ 角，
且A 相对列车静止，重力加速度为g，则此刻（ ）
A．列车可能向东做匀速直线运动
B．列车一定向东做匀加速直线运动
C．物块对桌面的摩擦力大小为mgtanθ，方向水平向东
D．轻绳对小球的拉力一定大于小球的重力
4．如图所示，在水平轨道运动的小车中悬挂一小球，小球的质量为
，小球随
小车一起运动，悬线与竖直方向的偏角
，由此可知（ ）
A．悬线的张力大小为
B．小车一定向左运动
C．小车的加速为
D．若
增大，悬线的张力在竖直方向的分量不
变
5.在水平铁轨上行驶的车厢里，车顶上挂一个单摆，车底板上放一个质量是
的木块．当列车减速稳定
时，摆线与竖直方向夹角为
，如图所示。列车底板对木块的静摩擦力大
小和方向分别为（ ）
A．
，左
B．
，左
C．
，右
D．
，右
6.如图所示，小球A 和B 用轻弹簧相连后，再用细线悬挂在车厢顶端。小车向右匀加速直线运动
时，两小球与车厢保持相对静止，轻绳与竖直方向的夹角
，轻弹簧与竖直方向夹角为β，
剪断细线的瞬间，小球B 的加速度大小为
，取重力加速度为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
7.．如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶，每个空油桶的质量均为
。在车厢底，一
层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶
，自由地摆放在桶
之间，
没有用绳索固定，重力加速度为
。则汽车（ ）
A．匀速运动，
对
的作用力大小为
B．向左加速前进，若加速度增大，则
和
对
的支持力可
能同时增大
C．向左加速前进，当加速度为
时，
对
的作用力为零
D．向右加速倒车，当加速度为
时，
可能脱离
的表面，翻到
桶另一侧
三、加速度相同的连接体
8.（24-25 高三上·广东深圳·阶段练习）如图所示，a、b 是由同种材料构成的两物体，质量分别为
m1、m2，由轻质弹簧相连，放置在倾角为θ 的光滑的斜面上。当给物体a 施加一沿斜面向上的恒
力F 时，两物体一起斜向上做加速度为a 的匀加速直线运动，此时弹簧的伸长量为x，则
（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．弹簧的劲度系数为
C．在运动过程中，若突然撤去拉力F，则撤去F 的瞬间a 物体的加速度大小为
D．若斜面粗糙，在同样恒力F 作用下，两物体仍能斜向上匀加速运动，弹簧的伸长量将大于x
9．将两质量不同的物体P、Q 放在倾角为θ 的光滑斜面体上，如图甲所示，在物体P 上施加沿斜面向上的
恒力F，使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动；图乙为仅将图甲中的斜面体调整为水平，同样在P 上
加水平恒力F；图丙为两物体叠放在一起，在物体P 上施加一竖直向上的相同恒力F 使二者向上加速运
动。三种情况下两物体的加速度大小分别为a 甲、a 乙、a 丙，两物体间的作用力分别为F 甲、F 乙、F 丙．
则下列说法正确的是（ ）
A．a 乙最大，F 乙最大
B．a 丙最大，F 丙最大
C．a 甲＝a 乙＝a 丙，F 甲＝F 乙＝F 丙
D．a 乙＞a 甲＞a 丙，F 甲＝F 乙＝F 丙
10．质量均为5kg 的物块1、2 放在水平面上并用轻质弹簧秤相连，如图所示，物块1 的表面光滑，物块2
与地面间的动摩擦因数为0.2，整个系统在水平拉力F 作用下向左做匀加速运动，此时弹簧秤的示数为
15N；若拉力变为2F，其他条件不变，重力加速度大小取g＝10m/s2，则此时弹簧秤的示数为（ ）
A．30N
B．25N
C．20N
D．15N
四、板块加速度相同的连接体
11.如图所示，一木板倾斜放置，与水平面的夹角为θ。将两个矩形物块A、B 叠放后置于木板上，之后
A、B 保持相对静止一起以大小为a 的加速度沿斜面加速下滑。若A、B 的质量分别为mA和mB，A 与B 之
间及B 与木板之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则下列说法正确的是( )
A.μ1一定大于tan θ
B.μ2一定小于tan θ
C.加速度a 的大小与mA和mB都无关
D.A 与B 之间的摩擦力大小与μ1有关，而与μ2无关
12.如图所示，A、B 两物体的质量分别为2m 和m，静止叠放在水平地面上。A、B 间的动摩擦因数为μ，B
与地面间的动摩擦因数为
。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A 施加一水平拉力
F，则（ ）
A. 当
时，A、B 都相对地面静止
B. 当
时，A 的加速度为
C. 当
时，A 相对B 滑动
D. 当F 超过某数值时，B 的加速度可能会超过
五、轻绳绕滑轮加速度相等模型
13.如图所示，物体a、b 通过细绳连接在光滑的轻质定滑轮两侧，开始时用手托着物体a，细绳
恰好伸直且无拉力，此时物体a 与地面间的距离为h，物体b 静止在地面上，物体a、b 的质量分
别为2m、m，重力加速度为g，由静止释放物体a，则下列说法中正确的是（ ）
A．物体a 从释放到落地经历的时间为
B．细绳的拉力对物体a 做功为
C．物体a 落地时物体b 的动能为mgh
D．物体b 能上升的最大高度为
14.(多选)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m 的盒子A，A 盒用轻质细绳跨过光滑轻
质定滑轮与B 盒相连，A 盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，B 盒内放一质量为的物体.如果把这个
物体改放在A 盒内，则B 盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度大小为g，则B 盒的质量mB
和系统的加速度a 的大小分别为( )
A.mB＝
B.mB＝
C.a＝0.2g
D.a＝0.4g
五、弹簧木块分离问题模型
15.（多选）2．如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1kg 的物
体A、B（B 物体与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k＝50N/m，初始时系统处于静止状态。现
用一方向竖直向上的拉力F 作用在物体A 上，使物体A 开始向上做加速度a＝4m/s2的匀加速
直线运动，重力加速度g 取10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（
）
A．外力F 刚施加的瞬间，F 的大小为8N
B．经过
A、B 分离
C．分离后B 做简谐运动，振幅为0.2m
D．B 物体速度达到最大时，B 物体的位移为0.2m
16.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4
kg 的物体P，Q 为一质量为m2＝8 kg 的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于
静止状态。现给Q 施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，
已知在前0.2 s 时间内，F 为变力，0.2 s 以后F 为恒力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝
10 m/s2。求力F 的最大值与最小值。
17．（2024·重庆·模拟预测）如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面
上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A 球开始沿水平面向右滑动，B 球随之下降，在B
球即将落地的过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为l，两球的质量均为m，重力加速度
大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．A 球动能最大时对水平面的压力大小等于2mg
B．竖直墙面对B 球的冲量大小为
C．轻杆对A 球先做正功后做负功
D．A 球的最大动能为
18．如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为
的小球，初始时置于a 点。一原长为L 的轻质弹
簧左端固定在
点，右端与小球相连。直杆上还有
三点，且
与
在同一水平线上，
与Ob 夹角均为37°，
与Ob 夹角为
，现释放小球，小球从a 点由静止开始下滑，到
达d 点时速度为0，在此过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法中不正确的有（重力加速度为g，取
）（ ）
A．小球经过b 点时，小球的加速度为g
B．小球经过b 点时，小球的机械能最大
C．小球经过c 点时，小球的速度大小为
D．小球从c 点下滑到d 点的过程中，弹簧的弹性势能增加了
19．如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在足够长轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的小圆环，圆
环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆间的距离为d。现将圆环从图中所示的A 处由静止释
放，此时连接圆环的细绳与水平方向的夹角为30°，整个过程中重物都只在竖直方向运动且未与定滑轮相
碰。忽略定滑轮的质量和大小，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为
B．圆环刚释放时，重物的加速度大小为
C．圆环下落到最低点的过程中，圆环的机械能一直减小
D．圆环下落到与定滑轮等高的位置时，圆环的速度大小为
六、点面接触关联
20．如图所示，一根长为L 的轻杆，O 端用光滑的铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠
在一个高为h 的物块上，当物块以速度v 向右运动至轻杆与水平方向夹角为θ 时，物块与轻杆的
接触点为B，下列说法正确的是（ ）
A．A 的角速度大于B 点的角速度
B．A 的线速度等于B 点的线速度
C．此时小球A 转动的角速度为
D．此时小球A 的线速度大小为
21．如图所示，光滑水平面上有一个质量为M 的木箱，高为L，紧邻木箱的左边有一根长度也为
L 的竖直轻细杆用铰链固定在O 点，轻杆上端固定有质量为m 可视为质点的小球。由于轻微
扰动，小球推着木箱向右运动，重力加速度取g，下列说法正确的是（ ）
A．小球落地前瞬间小球的速度大小是
B．小球落地前瞬间轻杆对小球的作用力大小是2mg
C．小球与木箱分离时小球的加速度竖直向下大小等于g
D．从开始运动到小球与木箱分离，轻杆对小球的支持力先减小后增大
22．光滑半球A 放在竖直面光滑的墙角，并用手推着保持静止。现在A 与墙壁之间放入光滑球
B，放手让A 和B 由静止开始运动，当A、B 运动到图示位置时，二者球心的连线与水平面成
θ 角，速度大小分别为vA和vB，则以下关系正确的是（ ）
A．vA＝vB
B．vA＝vBsinθ
C．vA＝vBcosθ
D．vA＝vBtanθ
补充：23．如图所示，水平面上有一汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平面的物体B，当拉至图示位置
时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为vA和vB，则（ ）
A．vA：vB＝1：1
B．vA：vB＝cos β：cos α
C．vA：vB＝sin α：sin β
D．vA：vB＝sin α：cos β
专题十三 连接体模型
参考答案与试题解析
1.选C。【解答】解：分别对A、B 球受力分析，如图所示
对A 球，由平衡条件得
，
对B 球，由平衡条件得
根据牛顿第三定律有
联立解得
2.选B。【解答】解：对两小球分别受力分析，如图所示；由三角形法则可知：
对小球m1，可得：
；对小球m2，可得：
；联立解得：
，
3.选D。【解答】解：以小球A 为研究对象，分析受力如图所示
根据牛顿第二定律得
可得
方向向东，列车的速度方向可能向东，也可能向西，则列车可能向东做加速运动，也可能向西做
减速运动，故AB 错误；
C．物块B 始终相对列车静止在桌面上，对物体B 由牛顿第二定律得
即桌面对B 的静摩擦力大小为
，方向向东，由牛顿第三定律可知物块对桌面的摩擦力大
小为mgtanθ，方向水平向西，故C 错误；
D．对A 球在竖直方向平衡可得
可得
则轻绳对小球的拉力一定大于小球的重力，故D 正确。
故选D。
4.选D。【解答】解：A．小球随小车一起运动，竖直方向有
解得悬线的张力大小为
故A 错误；
B．由图可知小球有向左的加速度，小车可能向左做加速运动，也可能向右做减速运动，故B 错误；
C．根据牛顿第二定律
解得小车的加速为
故C 错误；
D．小球竖直方向受力平衡，若
增大，悬线的张力在竖直方向的分量仍与小球重力平衡，故悬线的张力
在竖直方向的分量不变，故D 正确。
5.选A。【解答】解：设小球的质量为
，根据牛顿第二定律有
方向向左
对A 物体，在水平方向，根据牛顿第二定律有
方向向左。
6.选BD。【解答】解：对
整体，根据牛顿第二定律有
解得
对B 有
故
剪断细绳，弹簧弹力不突变，B 球受力不变，故
7.选D。【解答】解：A．若汽车匀速行驶，对C 进行受力分析，如图1 所示
设
对
的支持力与竖直方向的夹角为
，根据几何关系可得
所以
同理可得，
对
的支持力与竖直方向的夹角也为
；
水平方向根据平衡条件可得
竖直方向根据平衡条件可得
联立解得
故A 错误；
BC．若汽车向左加速前进，以
为研究对象，则
受到的合力向左，
对
的支持力减小、
对
的支持力变大，当
对
的支持力为零时，
只受重
力和
对
的支持力，如图2 所示
根据牛顿第二定律可得
所以加速度
所以当货车的加速度为
时，
对
的支持力为零，故BC 错误；
D．同理可知，向右加速倒车，加速度方向向右，
对
的支持力增大、
对
的支持力减小，
当货车的加速度为
时，
对
的作用力为零，故D 正确。
8.选C。【解答】解：AB．对a、b 的整体，根据牛顿第二定律有
对物体b，根据牛顿第二定律有
联立解得
故AB 错误；
C．在运动过程中，若突然撤去拉力F，则撤去F 的瞬间弹簧的弹力不变，则b 物体的加速度大小仍为a，
此时对物体a，有
撤去拉力F 前，对物体a，有
解得
故C 正确；
D．若斜面是粗糙的，设滑动摩擦因数为μ，则对整体
对物体b，有
联立解得
显然，弹簧的伸长量将保持x 不变，故D 错误。
9．选D。【解答】解：假设物体P 的质量为M，物体Q 的质量为m。对图甲中的物体P 和Q 由牛顿第二
定律得：F﹣（M+m）gsinθ＝（M+m）a 甲，
对物体Q 由牛顿第二定律得：F 甲﹣mgsinθ＝ma 甲，解得：a 甲＝
﹣gsinθ、F 甲＝
；
同理对图乙，解得：a 乙＝
、F 乙＝
；
同理对图丙，解得：a 丙＝
﹣g、F 丙＝
；
显然a 乙＞a 甲＞a 丙，F 甲＝F 乙＝F 丙，故ABC 错误D 正确。
10．选B。【解答】解：【解答】解：当用力F 作用时，对整体，加速度：
对物块2，T﹣μm2g＝m2a
由题意知：T＝15N
联立得到：F＝20N
若拉力变为2F，对整体，加速度：
对物块2：T1﹣μm2g＝m2a1
代入数据得：T1＝25N，故ACD 错误，B 正确。
11.选BC。【解答】解：A、B 保持相对静止加速下滑，加速度a＝gsin θ－μ2gcos θ，因a＞0，故
μ2＜tan θ，选项B、C 正确；对A，有mAgsin θ－Ff＝mAa，则摩擦力Ff＝μ2mAgcos θ≤μ1mAgcos
θ，所以mAgsin θ－μ1mAgcos θ＞0，即μ1＜tan θ，选项A、D 错误。
12.选BC。【解答】解：A．设B 对A 的摩擦力为f1，A 对B 的摩擦力为f2，地面对B 的摩擦力为
f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为
μmg，故当0＜F≤
μmg 时，A、B 均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B 将相对静止
以共同的加速度开始运动，故A 错误；
BC．设当A、B 恰好相对地面发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′-2μmg=2ma′
对A、B 整体，有F′-
μmg＝3ma′联立解得F′=3μmg 故当
μmg＜F≤3μmg 时A 相对于B 静止，二
者以共同的加速度开始运动；当
时，代入上式求得A 的加速度为
当F＞3μmg 时，由前面分析可知A 将相对于B 滑动，故BC 正确；D．对B 来说，由牛顿第二定律
可得，其所受合力
最大值有Fm=2μmg-
μmg=
μmg=ma 即B 的加速度不会超过
μg，故D
错误。故选BC。
13.选D。【解答】解：AB．以a 为对象，根据牛顿第二定律可得
以b 为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得
，
根据运动学公式可得
解得物体a 从释放到落地经历的时间为
细绳的拉力对物体a 做功为
故AB 错误；
C．物体a 落地时，根据运动学公式可得
则物体b 的动能为
故C 错误；
D．物体a 落地后，物体b 继续向上做竖直上抛运动，继续上升的高度为
则物体b 能上升的最大高度为
故D 正确。
14.选BC。【解答】解：当物体放在B 盒中时，以A、B 和B 盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定
律有
(mBg＋mg)－mgsin 30°＝(m＋mB＋m)a
当物体放在A 盒中时，以A、B 和A 盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
(m＋m)gsin 30°－mBg＝(m＋mB＋m)a
联立解得mB＝
加速度大小为a＝0.2g
故A、D 错误、B、C 正确.
15.选ABD。【解答】解：A.施加外力F 前，对AB 整体受力分析：2mg＝kx1，代入数据解得：x1＝0.4m，
外力施加的瞬间，物体A 加速度为a＝4m/s2，对整体，由牛顿第二定律可知：F﹣2mg+kx1＝2ma，代
入数据解得：F＝8N，故A 正确；
B.设A、B 分离时，弹簧的形变量为x2，对B 受力分析，由牛顿第二定律可知：kx2﹣mg＝ma，代入数
据解得：x2＝0.28m，A 做匀加速直线运动，有：x1﹣x2＝
at2，代入数据可得：t＝
s，故B 正确；
D.当B 物体的合力为零时速度达到最大，对B 受力分析：kx3＝mg，代入数据可得：x3＝0.2m，B 物体
的位移：s＝x1﹣x3＝0.4m﹣0.2m＝0.2m，故D 正确；
C.A、B 分离时，速度v＝at，代入数据可得：v＝
m/s，B 做简谐运动过程中系统机械能守恒，由
该位置到最低点，有：
mv2+
+mg（xm﹣x2）＝
，代入数据可得：xm＝0.36m
（0.04m 舍去），所以振幅：A＝xm﹣x3＝0.36m﹣0.2m＝0.16m，故C 错误。
16.【答案】72 N 36 N
【解析】设开始时弹簧的压缩量为x0，
由平衡条件得
(m1＋m2)gsin θ＝kx0
代入数据解得x0＝0.12 m
因前0.2 s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2 s 时刻两物体分离，此时P、Q 之间的弹力为
零，设此时弹簧的压缩量为x1
对物体P，由牛顿第二定律得kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s 时间内两物体的位移x0－x1＝at2
联立解得a＝3 m/s2
对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大
Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N
对Q 应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N。
17.选C。【解答】解：AD．假设小球B 能一直沿着墙面向下运动，设轻杆与水平方向的夹角为θ
时，两小球的速度大小分别为
、
，根据关联速度知识，两小球沿杆方向速度相等，可得
解得
由根据机械能守恒，则有
运用数学知识，整理可得
当
，取等号，说明小球A 的动能先增大后减小，即杆中先存在挤压的内力，之后出现拉
伸的内力，当杆中内力为0 时，A 球的动能最大，最大动能为
此时对水平面的压力大小等于mg，AD 错误；
B．当杆中存在挤压的内力，此时墙壁对B 球有冲量，又由于在B 球脱离竖直墙面前B 球水平方
向速度始终为零，所以竖直墙面对B 球的冲量大小等于杆对B 球在水平方向的冲量大小，进一步
可知竖直墙面对B 球的冲量大小等于杆对A 球在水平方向的冲量大小，该过程就是A 球获得最大
动量过程，由动量定理，可知
B 错误；
C．因为杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，所以轻杆对A 球先做正功后做负功，C 正确。
故选C。
18.选C。【解答】解：A．从a 到b，弹簧对滑块由沿弹簧向下的拉力，滑块的速度不断增大；从b 到c，
弹簧对滑块有沿弹簧向上的拉力，开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力，滑块扔在加速，所以滑块
在b 点时速度不是最大，此时合力为mg，则加速度为g，故A 正确，不符合题意；
B．小球与弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，在b 点时弹簧的弹性势能最
小，是零，所以小球在b 点时动能和重力势能的总和最大，故B 正确，不符合题意；
C．小球从a 点下滑到c 点的过程中，由小球和弹簧的系统机械能守恒得
得小球的速度大小为
故C 错误，符合题意；
D．小球从c 点下滑到d 点的过程中，小球的机械能减少量等于弹簧弹性势能增加量
=
故D 正确，不符合题意。
19.选AD。【解答】解：AB．设圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为T，重物加速度为a，则有
根据运动的分解可知
解得
，
故A 正确，B 错误；
C．圆环下落到最低点的过程中，拉力先向下，后向上，则拉力先做正功，后做负功，圆环的机械能先增
加后减小，故C 错误；
D．圆环下落到与定滑轮等高的位置时，速度竖直向下，根据运动的分解可知，重物的速度为0，系统根
据机械能守恒定律有
解得
故D 正确；
20.选D。【解答】解：AB.已知轻杆绕铰链转动，所以A、B 的角速度大小相同，即ωA＝ωB，根据v＝ωr
可知，小球A 的线速度大于B 点的线速度，故AB 错误；
CD.当物块以速度v 向右运动至杆与水平方向夹角为θ 时，B 点的线速度等于物块在垂直于轻
杆方向上的分速度，如图
即vB＝vsinθ，则轻杆的角速度
＝
，即小球A 转动的角
速度为
，其线速度vA＝ωL＝
，故C 错误，D 正确。
21.选C。【解答】解：AB、小球运动过程重力势能减小，小球和木箱的动能增加，设小球落地
前瞬间小球的速度为v1，木箱的速度为v2，根据系统机械能守恒mgL＝
m
+
m
，v1＜
，小球落地前瞬间轻杆对小球的作用力F＝m
，F＜2mg，故AB 错误；
C、小球与木箱分离时小球和木箱之间无作用力，水平面光滑，所以木箱的加速度为0，因为
小球和木箱水平方向加速度相同，所以小球水平方向的加速度为0，轻杆对小球的作用力也必
须为0，此时小球只受重力，小球的加速度竖直向下大小等于g，故C 正确；
D、刚开始轻杆对小球的支持力等于小球的重力，小球与木箱分离时轻杆对小球的作用力为
0，分离后轻杆对小球是拉力，从开始运动到小球与木箱分离，轻杆对小球的支
持力一直减小到0，故D 错误。
22.选D。【解答】解：对A、B 的速度进行分解，如图所示：
根据平行四边形定值和几何关系知，A、B 速度沿两圆心连线方向的分量相等，
有：vAcosθ＝vBsinθ，得vA＝vBtanθ，故D 正确，ABC 错误。
23．选B。【解答】解：对A 物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子
方向的速度大小为vAcosα；对B 物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿
着绳子方向的速度大小为vBcosβ，由于沿着绳子方向速度大小相等，所以则有vAcosα＝
vBcosβ，计算得出vA：vB＝cos β：cos α，因此ACD 错误，B 正确。
