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重难专题强化练——“力学的经典模型（一）”课后冲关1．[多选](2018·宁波联考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，纸片上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
则( ) A．若F＝1 N，则A、B、薄硬纸片都做匀加速运动B．若F＝1.5 N，则A所受摩擦力大小为1.5 NC．若F＝8 N，则B的加速度为4.0 m/s2D．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动解析：选AD A与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f A＝μm A g＝0.3×1×10 N＝3 N，B与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f B＝μm B g＝0.2×1×10 N＝2 N；F＝1 N<f A，所以A、B及薄硬纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A正确。
若F＝1.5 N<f A，A、B及薄硬纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F－f＝m A a，所以A所受摩擦力f<F＝1.5 N，故B错误。
当B刚要相对于薄硬纸片滑动时B所受静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得：f B＝m B a0，又f B＝μm B g，得：a0＝2 m/s2；对整体，有：F0＝(m A＋m B)·a0＝2×2 N＝4 N，即F达到4 N后，B将相对薄硬纸片运动，此时摩擦力f＝2 N；对薄硬纸片分析可知，薄硬纸片受到A的摩擦力大于B的摩擦力，故A和薄硬纸片间不会发生相对运动，故D正确。
由上述分析可知，当拉力大于4 N时，B与薄硬纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力，大小为2 N，此后增大拉力，不会改变B的受力情况，故C错误。
2．一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，则下列说法正确的是( ) A．斜面对长木板的摩擦力为mgsin θB．斜面对长木板的摩擦力为3μ2mgcos θC．长木板对人的摩擦力为2μ1mgcos θD．长木板对人的摩擦力为2mgsin θ解析：选D 对人、物块、长木板三者整体研究，斜面对它们的摩擦力为静摩擦力，大小为3mgsin θ，A、B项错误；对人、物块整体研究，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为2mgsin θ，C项错误，D项正确。
“力学的经典模型（一）”学前诊断模型一物块模型1.[考查平衡问题中的物块模型][多选]如图所示，物块A、B、C叠放在水平桌面上，水平力F作用于C物块，使A、B、C以相同的速度向右匀速运动，那么关于它们的受力下列说法正确的是()A．由于B向右运动，所以B受到向左的摩擦力B．C受到的摩擦力方向水平向左C．A受到两个摩擦力作用D．由于不知A与水平桌面之间是否光滑，所以无法判断A与水平桌面间是否存在摩擦力解析：选BC由于B向右匀速运动，所以B不受摩擦力作用，选项A错误；物块C 受到向右的拉力和向左的摩擦力作用，选项B正确；A受到C对A的向右的摩擦力作用，同时受到地面向左的摩擦力作用，选项C正确，D错误。
2．[考查匀变速直线运动中的物块模型]如图所示，A、B两物块叠放在一起，放在光滑地面上，已知A、B物块的质量分别为M、m，物块接触面间粗糙。
现用水平向右的恒力F1、F2先后分别作用在A、B物块上，物块A、B均不发生相对运动，则F1、F2的最大值之比为()A．1∶1B．M∶mC．m∶M D．m∶(m＋M)解析：选B恒力作用在A上时，对B受力分析，当最大静摩擦力提供B的加速度时，是整体一起运动的最大加速度，对B由牛顿第二定律得μmg＝ma1，对整体受力分析，由牛顿第二定律得F1＝(M＋m)a1，解得F1＝(M＋m)μｇ；恒力作用在B上时，对A受力分析，当最大静摩擦力提供A的加速度时，是整体一起运动的最大加速度，对A由牛顿第二定律得μmg＝Ma2，对整体受力分析，由牛顿第二定律得F2＝(M＋m)a2，解得F2＝(M＋m)μmg M，联立解得F1∶F2＝M∶m，B正确。
3．[考查变加速运动中的物块模型][多选]如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小物块A。
木板B 受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a F图像，已知g取10 m/s2，则()A．物块A的质量为 4 kgB．木板B的质量为 1 kgC．当F＝10 N时木板B的加速度为 4 m/s2D．物块A与木板B间的动摩擦因数为0.1解析：选BC拉力F较小时，A和B一起加速，当F等于8 N时，加速度为：a＝2 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，代入数据解得：M＋m＝4 kg；而拉力F 较大时，A和B各自加速，根据题图乙所示图像，当F大于8 N时，对B，由牛顿第二定律得：a′＝F－μmgM＝1MF－μmgM，图线的斜率：k＝1M＝1，解得木板B的质量M＝1 kg，物块A的质量m＝3 kg，故A错误，B正确；根据图像知，F＝6 N时，a′＝0，由a′＝1 MF－μmgM，可得：μ＝0.2，D错误；当F＝10 N时，木板B的加速度为：a′＝1MF－μmgM＝4 m/s2，故C正确。
“活用三大观点破解力学计算题”1．(2017·枣庄期末)如图甲所示，电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为30°的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0～3 s 时间内物体运动的v t 图像如图乙所示，其中除1～2 s 时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，1 s 后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2。
求：(1)1 s 后电动机的输出功率P ； (2)物体运动的最大速度v m ； (3)在0～3 s 内电动机所做的功。
解析：(1)设物体的质量为m ，由题图乙可知，在时间t 1＝1 s 内，物体做匀加速直线运动的加速度大小为a ＝5 m/s 2，1 s 末物体的速度大小达到v 1＝5 m/s ，此过程中，设细绳拉力的大小为F 1，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得：v 1＝at 1F 1－mg sin 30°＝ma设在1 s 末电动机的输出功率为P ， 由功率公式可得：P ＝F 1v 1 联立解得：P ＝100 W 。
(2)当物体达到最大速度v m 后，设细绳的拉力大小为F 2，由牛顿第二定律和功率的公式可得：F 2－mg sin 30°＝0 P ＝F 2v m联立解得：v m ＝10 m/s 。
(3)设在时间t 1＝1 s 内，物体的位移为x ，电动机做的功为W 1，则由运动公式及动能定理：x ＝12at 12W 1－mgx sin 30°＝12mv 12设在时间t ＝3 s 内电动机做的功为W ，则：W ＝W 1＋P (t －t 1)联立解得：W ＝250 J 。
答案：(1)100 W (2)10 m/s (3)250 J2．(2017·天津高考)如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 。
专题检测（七） 掌握“两概念”“一模型”，破解功和功率问题1.如图所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平。
板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。
现用F ＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为(g 取10 m/s 2)( )A ．1 JB ．1.6 JC ．2 JD ．4 J 解析：选B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f ＝μmg ＝4 N 。
力F 做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为L 2，则做的功至少为W ＝f ×L 2＝1.6 J ，所以B 正确。
2.[多选]如图所示，质量为m 的小球(可视为质点)用长为L 的细线悬于O 点，自由静止在A 位置，现用水平恒力F 拉动小球。
已知悬绳的最大偏角为θ，则力F 的大小及力F 做的功W 为( )A ．F ＝mg tan θB ．F ＝mg －cos θsin θC ．W ＝mgL (1－cos θ)D ．W ＝mgL tan θ解析：选BC 由动能定理得：－mgL (1－cos θ)＋W ＝0，故W ＝mgL (1－cos θ)，C 正确，D 错误；而W ＝FL sin θ，则F ＝mg －cos θsin θ，A 错误，B 正确。
3.(2017·北京模拟)如图所示，质量为m 的小球(可视为质点)用长为L 的细线悬挂于O 点，自由静止在A 位置。
现用水平力F 缓慢地将小球从A 位置拉到B 位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为θ＝60°，细线的拉力为F 1，然后放手让小球从静止返回，到A 点时细线的拉力为F 2，则( )A ．F 1＝F 2＝2mgB ．从A 到B ，拉力F 做功为F 1LC ．从B 到A 的过程中，小球受到的合外力大小不变D ．从B 到A 的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大解析：选A 在B 位置，根据平衡条件有F 1sin 30°＝mg ，解得F 1＝2mg 。
专题检测（二） 熟知“四类典型运动”，掌握物体运动规律1．[多选](2017·绍兴模拟)对于课本上的一些图片，下列说法正确的是( )A ．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的B ．图乙中，两个影子在x 、y 轴上的运动就是物体的两个分运动C ．图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片，A 、B 两球将同时落地D ．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F 在半径方向的分力大于所需要的向心力 解析：选BC 题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，选项A 错误；题图乙中沿y 轴的平行光照射时，在x 轴上的影子就是x 轴方向的分运动，同理沿x 轴的平行光照射时，在y 轴上的影子就是y 轴方向的分运动，选项B 正确；无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只是使得小球A 的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A 、B 两球总是同时落地，选项C 正确；做变速圆周运动的物体所受合外力F 在半径方向的分力等于所需要的向心力，选项D 错误。
2．一质点沿直线Ox 方向做加速运动，它离开O 点的距离随时间变化的关系为x ＝4＋2t 3(m)，它的速度随时间变化的关系为v ＝6t 2(m/s)。
则该质点在t ＝2 s 时的瞬时速度和t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度分别为( ) A ．8 m/s 、24 m/s B ．24 m/s 、8 m/s C ．24 m/s 、10 m/sD ．24 m/s 、12 m/s解析：选B 将t ＝2 s 代入质点的速度随时间变化的关系式v ＝6t 2(m/s)，得t ＝2 s 时的瞬时速度为v ＝6×22m/s ＝24 m/s ，将t ＝0和t ＝2 s 分别代入距离随时间变化的关系式x ＝4＋2t 3(m)，得：x 1＝4 m ，x 2＝20 m ，则质点在2 s 时间内通过的位移为x ＝x 2－x 1＝20 m－4 m ＝16 m ，所以：t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度为v ＝x t ＝162m/s ＝8 m/s ；故B 正确。
重难专题强化练——“力学的经典模型（一）”课后冲关1．[多选](2017·宁波联考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，纸片上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
则()A．若F＝1 N，则A、B、薄硬纸片都做匀加速运动B．若F＝1.5 N，则A所受摩擦力大小为1.5 NC．若F＝8 N，则B的加速度为4.0 m/s2D．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动解析：选AD A与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f A＝μm A g＝0.3×1×10 N＝3 N，B 与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f B＝μm B g＝0.2×1×10 N＝2 N；F＝1 N<f A，所以A、B 及薄硬纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A正确。
若F＝1.5 N<f A，A、B及薄硬纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F－f＝m A a，所以A所受摩擦力f<F＝1.5 N，故B错误。
当B刚要相对于薄硬纸片滑动时B所受静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得：f B＝m B a0，又f B＝μm B g，得：a0＝2 m/s2；对整体，有：F0＝(m A＋m B)·a0＝2×2 N＝4 N，即F达到4 N后，B将相对薄硬纸片运动，此时摩擦力f＝2 N；对薄硬纸片分析可知，薄硬纸片受到A的摩擦力大于B的摩擦力，故A和薄硬纸片间不会发生相对运动，故D正确。
由上述分析可知，当拉力大于4 N时，B 与薄硬纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力，大小为2 N，此后增大拉力，不会改变B的受力情况，故C错误。
2．一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，则下列说法正确的是()A．斜面对长木板的摩擦力为mg sin θB．斜面对长木板的摩擦力为3μ2mg cos θC．长木板对人的摩擦力为2μ1mg cos θD．长木板对人的摩擦力为2mg sin θ解析：选D对人、物块、长木板三者整体研究，斜面对它们的摩擦力为静摩擦力，大小为3mg sin θ，A、B项错误；对人、物块整体研究，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为2mg sin θ，C项错误，D项正确。
第3讲 ⎪⎪抓住“三类模型”，破解竖直面内的圆周运动[考法·学法]一、通过“绳模型”考查竖直面内的圆周运动基础保分类考点[全练题点]1.[多选]如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)，现给小球一水平向右的初速度v 0，则要使小球不脱离轨道运动，v 0应当满足(g ＝10 m/s 2)( )A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s解析：选CD 解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道。
对于第(1)种情况，当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤mv 2r ，又根据机械能守恒定律有12mv 2＋2mgr ＝12mv 02，可求得v 0≥2 5 m/s ，故选项C正确；对于第(2)种情况，当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝12mv 02，可求得v 0≤2 2 m/s ，故选项D 正确。
2.如图所示，长均为L 的两根轻绳，一端共同系住质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的距离也为L 。
重力加速度大小为g 。
现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v 时，每根绳的拉力大小为( ) A.3mg B.433mg C ．3mgD ．23mg解析：选A 设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r ，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r ＝L cos θ＝32L 。
根据题述小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg ＝m v 2r；小球在最高点速率为2v 时，设每根绳的拉力大小为F ，则有2F cos θ＋mg ＝mv 2r，联立解得：F ＝3mg ，选项A 正确。
重难专题强化练——“力学的经典模型（一）”课后冲关1．[多选](2017·宁波联考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，纸片上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
则()A．若F＝1 N，则A、B、薄硬纸片都做匀加速运动B．若F＝1.5 N，则A所受摩擦力大小为1.5 NC．若F＝8 N，则B的加速度为4.0 m/s2D．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动解析：选AD A与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f A＝μm A g＝0.3×1×10 N＝3 N，B与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f B＝μm B g＝0.2×1×10 N＝2 N；F＝1 N<f A，所以A、B及薄硬纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A正确。
若F＝1.5 N<f A，A、B及薄硬纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F－f＝m A a，所以A所受摩擦力f<F＝1.5 N，故B错误。
当B刚要相对于薄硬纸片滑动时B所受静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得：f B＝m B a0，又f B＝μm B g，得：a0＝2 m/s2；对整体，有：F0＝(m A＋m B)·a0＝2×2 N＝4 N，即F达到4 N后，B将相对薄硬纸片运动，此时摩擦力f＝2 N；对薄硬纸片分析可知，薄硬纸片受到A的摩擦力大于B的摩擦力，故A和薄硬纸片间不会发生相对运动，故D正确。
由上述分析可知，当拉力大于4 N时，B与薄硬纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力，大小为2 N，此后增大拉力，不会改变B的受力情况，故C错误。
2．一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与斜面间的动，则下列说法正确的是()摩擦因数为μA．斜面对长木板的摩擦力为mg sin θB．斜面对长木板的摩擦力为3μ2mg cos θC．长木板对人的摩擦力为2μ1mg cos θD．长木板对人的摩擦力为2mg sin θ解析：选D对人、物块、长木板三者整体研究，斜面对它们的摩擦力为静摩擦力，大小为3mg sin θ，A、B项错误；对人、物块整体研究，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为2mg sin θ，C项错误，D项正确。
3．如图所示，A为一足够长的固定斜面，物块B由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，现使物块B在t＝0时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律为F＝kt的垂直于斜面的作用力。
v、f、a和E分别表示物块的速度、物块所受的摩擦力、物块的加速度和机械能，则下列描述v、f、a和E随时间t变化规律的图像中，可能正确的是()解析：选A 设物块B 的质量为m ，对物块B ，在斜面上开始时受重力mg 、外力F 、斜面的支持力N 和滑动摩擦力f 作用，在沿斜面方向上有：mg sin θ－f ＝ma ，在垂直斜面方向上有：N －mg cos θ－F ＝0，根据滑动摩擦定律有：f ＝μN ＝μmg cos θ＋μF ，又因为F ＝kt ，解得：ma ＝mg sin θ－μmg cos θ－μkt ，所以物块先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小为零时，速度达到最大，接着做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度减为零，故选项A 正确，选项C 错误；摩擦力先与时间成一次函数关系，当物块速度减小为零时，摩擦力突变为静摩擦力，大小减小为mg sin θ恒定不变，且有mg sin θ＞μmg cos θ，故选项B 错误；物块下滑过程中的机械能减少量ΔE ＝∑f i Δx ，与时间不成线性关系，物块速度为零后，机械能不变，故选项D 错误。
4．[多选]如图所示，一斜面体置于粗糙水平地面上，斜面顶端固定一定滑轮，质量分别为m 1和m 2的物块用细线相连跨过定滑轮置于斜面上。
下列说法正确的是( )A ．若m 1、m 2均静止，则地面与斜面间无摩擦力B ．若m 1沿斜面匀速下滑，则地面对斜面有向右的摩擦力C ．若m 1沿斜面匀速上升，则地面对斜面有向左的摩擦力D ．不论m 1沿斜面向上还是向下匀速滑动，地面对斜面均无摩擦力解析：选AD 把m 1、m 2和斜面看成一个整体作为研究对象，不论m 1、m 2静止还是m 1匀速运动，系统均受力平衡，水平方向不受外力，故地面与斜面间无摩擦力。
5．[多选]如图所示，传送带的水平部分长为L ，运动速率恒为v ，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是( ) A.L v ＋v2μg B.L v C.2L μgD.2L v解析：选ACD 若木块一直匀加速，则有L ＝12μgt 2，得t ＝2Lμg ，C 正确；若木块到达传送带另一端时，速度恰好等于v ，则有L ＝v t ＝v 2t ，得t ＝2Lv ，D 正确；若木块先匀加速运动经历时间t 1，位移为x ，再匀速运动经历时间t 2，位移为L －x ，则有v ＝μgt 1，2μgx ＝v 2，v t 2＝L －x ，从而得t ＝t 1＋t 2＝L v ＋v2μg，A 正确。
6．[多选]如图所示，小车板面上的物体质量为m ＝8 kg ，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6 N 。
现沿水平向右的方向对小车施加作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1 m /s 2，随即以1 m/s 2的加速度做匀加速直线运动。
以下说法中正确的是( )A ．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化B．物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右C．当小车加速度(向右)为0.75 m/s2时，物体不受摩擦力作用D．小车以1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8 N解析：选ABC开始时小车板面上的物体受弹簧水平向右的拉力为6 N，水平向左的静摩擦力也为6 N，合力为零。
沿水平向右方向对小车施加作用力，小车向右做加速运动时，物体沿水平向右方向上的合力(F＝ma)逐渐增大到8 N后恒定。
在此过程中向左的静摩擦力先减小，改变方向后逐渐增大到(向右)2 N而保持恒定；弹簧的拉力(大小、方向)始终没有变，物体与小车保持相对静止，小车上的物体不受摩擦力作用时，向右的加速度完全由弹簧的拉力提供：a＝F Tm＝0.75 m/s2。
综上所述，A、B、C正确。
7．[多选]如图所示，光滑固定斜面C的倾角为θ，质量均为m的A、B物块一起以某一初速度沿斜面向上做匀减速运动，已知A上表面是水平的，则下列说法正确的是() A．A受到B的摩擦力水平向右B．A受到B的摩擦力水平向左C．A、B之间的摩擦力为零D．A、B之间的摩擦力为mg sin θ·cos θ解析：选AD斜面光滑，以A、B为整体研究，以一定的初速度沿斜面向上滑行，其加速度都是沿斜面向下，大小为a＝g sin θ，这一加速度有水平向左的分量，a x＝a cos θ＝g sin θ·cos θ，可知A受到B的摩擦力水平向右；再研究B，f＝ma x＝mg sin θ·cos θ。
本题正确选项为A、D。
8．(2017·扬州模拟)如图所示，光滑水平面上放置一斜面体A，在其粗糙斜面上静止一物块B，开始时A处于静止状态。
从某时刻开始，一个从0逐渐增大的水平向左的力F作用在A上，使A和B一起向左做变加速直线运动。
则在B与A发生相对运动之前的一段时间内() A．B对A的压力和摩擦力均逐渐增大B．B对A的压力和摩擦力均逐渐减小C．B对A的压力逐渐增大，B对A的摩擦力逐渐减小D．B对A的压力逐渐减小，B对A的摩擦力逐渐增大解析：选D对物块B进行受力分析，如图所示，设斜面的倾角为θ。
将加速度分解在垂直斜面和沿斜面方向。
根据牛顿第二定律得：垂直于斜面方向：mg cos θ－F N＝ma sin θ平行于斜面方向：f－mg sin θ＝ma cos θ得到：F N＝mg cos θ－ma sin θf ＝mg sin θ＋ma cos θ可见，当加速度a 增大时，支持力F N 减小，摩擦力f 增大，根据牛顿第三定律得知，B 对A 的压力逐渐减小，B 对A 的摩擦力逐渐增大。
故选D 。
9．[多选]如图所示，槽放在水平桌面上，用轻弹簧将物体压在槽左壁上，此时弹簧对物体的压力为3 N ，物体的质量为0.5 kg ，槽的上表面水平，物体与槽之间的动摩擦因数为0.4，按最大静摩擦力等于滑动摩擦力计算。
现使槽与物体一起以8 m/s 2的加速度向左加速运动，下述说法中正确的是( )A ．物体相对于槽向右滑动一段距离B ．弹簧对物体的弹力变大C ．物体相对于槽仍不动D ．弹簧对物体的弹力不变解析：选CD 最大静摩擦力为f m ＝2 N ，当槽以8 m/s 2的加速度向左加速运动时，假设物体与槽相对静止，根据kx ＋f ＝ma ，结合弹簧弹力为3 N ，得静摩擦力为f ＝1 N ，由于f <f m ，所以物体相对于槽仍不动，则弹簧对物体的弹力不变。
10．[多选]如图所示，A 、B 两物块的质量均为m ＝5 kg ，放在倾角θ＝37°的斜面上，A 、B 与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。
在沿斜面向上、大小为60 N 的力F 作用下，A 、B 均静止在斜面上。
此时，与A 、B 相连的轻弹簧被拉伸了x＝3 cm 。
已知弹簧的劲度系数k ＝400 N /m ，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
则下列说法中正确的是( )A ．A 、B 受到的静摩擦力大小一定相等B ．B 受到的静摩擦力大小为2 N ，方向沿斜面向上C ．A 受到的静摩擦力大小为18 N ，方向沿斜面向下D ．B 受到的静摩擦力大小为18 N ，方向沿斜面向上解析：选ACD 由胡克定律可得，弹簧弹力F ′＝kx ＝12 N ，由于A 处于静止状态，故A 受力平衡，设A 所受静摩擦力方向沿斜面向下，则有F －F ′－mg sin θ－f A ＝0，求得f A ＝18 N ，由于B 处于静止状态，设B 所受静摩擦力沿斜面向下，则有F ′－mg sin θ－f B ＝0，解得f B ＝－18 N ，故B 所受静摩擦力大小为18 N ，方向沿斜面向上，故A 、C 、D 均正确，B 错误。
