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1、专题三：牛顿运动定律易错综述一、不能用物理规律解题不能用牛顿运动定律解题，或不善于用牛顿运动定律解复杂问题，遇到难题想当然地进行分析。二、不清楚模型的分析关键1弹簧模型和绳线（杆）模型，尤其是其弹力突变问题。在因为某部分断裂而导致的弹簧或绳线（杆）连接体失去一部分约束时，弹簧的弹力不会突变，而是缓慢变化，而绳线（杆）的弹力会发生突变，变化情况需要具体进行运动分析和受力分析。2不会分析超重和失重。超重和失重的“重”指的是物体本身受到的重力，当支持面对物体向上的作用力（测量工具的测量值，即视重）大于或小于实际的重力时，就是超重或失重。若不能抓住分析关键超重物体的加速度向上、失重物体的加速度向下，就
2、容易分析错误。三、运动状态分析和受力分析问题1未明确分析的对象。多分析或少分析受力，导致运动状态的分析错误。2对运动状态的分析错误。运动状态的分析要点是速度和加速度，速度关系决定相对运动关系，涉及物体间的相互作用力的分析，加速度则可根据牛顿第二定律列式，直接计算力的大小和有无。四、复杂问题、难题的分析1临界问题的分析关键是找到临界条件。不能只注重表面的关键词“相等”、“恰好”等，还要挖掘隐含的临界条件，如加速度相等、弹力为零、静摩擦力达到最大、摩擦力为零（即将反向）等。2多物体相互牵连（不一定有直接的牵连关系）要注意，只有部分直接牵连的物体（具有相同的运动状态）才能用整体法，其他情况一般需要明
3、确物体间的受力关系隔离分析，物体间的相互作用力可能大小相等，但速度不同，也可能具有相同的速度，但加速度不同。3分析多过程问题切忌急躁，应根据速度和加速度的关系逐个过程进行分析，多过程问题的分析关键就是分析清楚速度相等、速度为零、加速度相等和加速度为零这四种情况，它们往往是多过程中各子过程的分界点。4复杂模型，如传送带往返问题、快板模型，应结合以上3点的注意事项进行综合分析。易错展示易错点一：力与运动的关系典例分析下列说法正确的是A在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向没有外力维持其运动的结果B运动的物体惯性大，静止的物体惯性小C作用力与反作用力可以作用在同一物体上D物体所受的合外力减小
4、，加速度一定减小，而速度不一定减小本题易错选A，原因是没意识到运动状态不需要力来维持。物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向受到力的作用，故A错误；惯性的大小量度是质量，故B错误；作用力和反作用力作用在不同的物体上，故C错误；根据牛顿第二定律知，合外力减小，加速度减小，若加速度的方向与速度方向相同，速度增大，故D正确。答案：D。即时巩固1（2019重庆校级联考）汽车拉着拖车在平直的公路上运动，下列说法中正确的是A汽车能拉着拖车前进是因为汽车对拖车的拉力大于拖车对汽车的拉力B汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力C匀速前进时
5、，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力；加速前进时，汽车对拖车的拉力大于拖车向后拉汽车的力D拖车加速前进，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力【答案】D【解析】A、汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是作用力与反作用力，作用力和反作用力总是等大反向，故选项A错误；B、作用力和反作用力具有同时性，故选项B错误；C、作用力和反作用力总是等大反向，不管是匀速前进还是加速前进，汽车对拖车的拉力与拖车向后拉汽车的力都是等大反向，故选项C错误；D.、对拖车受力分析，拖车受汽车对拖车的拉力，地面对拖车的摩擦阻力，故加速前进是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力，故选项D正确，故选D。易错点
6、二：对牛顿第三定律的理解典例分析下列关于力的说法错误的是A力的作用是相互的B支持力和压力的方向总是垂直于支持面C弹力、摩擦力是按性质命名的力D摩擦力的方向总是与物体运动的方向相反本题易错选A，由于疏忽大意，看成让选正确的。由牛顿第三定律可知力的作用是相互的，故A正确；弹力的方向总是与接触面垂直，支持力和压力的方向总是垂直于支持面，故B正确；弹力、摩擦力，重力是按性质命名的力；故C正确；摩擦力阻碍相对运动，其方向总是与物体相对运动的方向相反，故D错误。答案：D。即时巩固1（2019吉林省长春市高三四模）在班级清扫卫生的劳动中，某同学用水平方向的力推桌子，桌子没动，下列说法中正确的是A桌子受到的重
7、力和地面对桌子的支持力是一对相互作用力B桌子对地面的压力和地面对桌子的支持力是一对平衡力C同学推桌子的力与桌子受到的摩擦力是一对平衡力D同学推桌子的力与同学受到的摩擦力是一对相互作用力【答案】C【解析】A、桌子受到的重力与地面对桌子的支持力是一对平衡力，故A错误；B、桌子对地面的压力与地面对桌子的支持力是一对作用力和反作用力，故B错误；C、同学推桌子的力与桌子受到的摩擦力都作用在桌子上，是一对平衡力，故C正确；D、同学推桌子的力受力物体是桌子；同学受到的摩擦力的施力物体是地面，所以这两个力不是一对相互作用力，故D错误。易错点三：弹簧模型和绳线模型典例分析如图所示，物体a、b用一根不可伸长的细线
8、相连，再用一根轻弹簧跟a相连，弹簧上端固定在天花板上，已知物体a、b的质量相等。当在P点处剪断绳子的瞬间A物体a的加速度大小为零B物体a的加速度大小为gC物体b的加速度大小为零D物体b的加速度大小为g本题易只选D，错因是不理解弹力突变的意义。设ab物体的质量为m，剪断细线前，对ab整体受力分析，受到总重力和弹簧的弹力而平衡，故F=2mg；再对物体a受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力；剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体a受到的力的合力等于mg，向上，根据牛顿第二定律得A的加速度为，故B正确，A错误；对物体b受力分析，受到重力、细线拉力，剪断细线后，重力不变，细线的拉
9、力减为零，故物体b受到的力的合力等于mg，向下，根据牛顿第二定律得A的加速度为，故C错误，D正确。答案：BD。即时巩固1（2019湖南省衡阳市三模）如图所示，质量分别为m和2m的A，B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x。突然撤去木板，重力加速度为g，物体运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是A撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为gB撤去木板间，B物块的加速度大小为0.5gC撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大D撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最
10、大【答案】C【解析】撤去木板瞬间，B物块受到的合力为3mg，由牛顿第二定律可知：aB1.5g，故AB错误；当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时T22mgkx2，又mgkx，所以弹簧此时的伸长量x22x，即B物块向下运动3x时速度最大，故C正确，D错误。易错点四：超重与失重的实质典例分析如图所示，A为电磁铁，挂在支架C上，放到台秤的托盘中，在它的正下方有一铁块B，铁块B静止时，台秤示数为G，当电磁铁通电后，在铁块被吸引上升的过程中，台秤的示数将A变大B变小C大于G，但是一恒量D先变大，后变小本题选错的原因主要有：混淆超重和失重，不能根据加速度或受力情况分辨超重和失重。铁块被吸起上升的过程中
11、，由于电磁铁A对B的吸引力越来越大，B做加速度变大的加速上升运动，对整个系统而言，处于超重现象越来越明显的状态（可以认为系统重心也在做加速度变大的加速上升运动），所以台秤的示数应大于G，且不断变大，故A正确，BCD错误。答案：A。即时巩固1（2019山西省临汾市第一中学期中）“蹦极”是一项体育运动。某人（视为质点）身系弹性绳自高空P点自由下落，如图所示。图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止悬吊着时的平衡位置，人在从P点落下到最低点c的过程中A在ab段，人处于失重状态B在a点人的速度最大C在bc段，人处于失重状态D在c点，人的速度为零，加速度也为零【答案】A【解析】在段绳
12、的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，人向下做加速运动，处于失重状态，随绳子的拉力的增大，向下的合外力减小，所以向下的加速度逐渐减小；在段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，人向下做减速运动，处于超重状态，而且加速度随绳子的拉力的增大而增大，所以在段人的速度先增加后减小，加速度先减小后增加，在点人的速度最大，在点，绳的形变量最大，绳的拉力最大，向上的加速度，人的速度为零，故选项A正确，B、C、D错误。易错点五：运动状态的判断与受力分析典例分析如图1、图2所示，两个等高的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角，质量相等的小球甲、乙各自在沿斜面向上的拉力作用下从底端由静
13、止开始向上运动。两个拉力的功率恒定且相等，两小球在到达斜面顶端时均已匀速，则在两小球由斜面底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是A最后甲球的速度比乙球的速度大B最后甲球的速度与乙球的速度相等C甲球运动的时间比乙球运动的时间短D甲球运动的时间与乙球运动的时间相等本题的解题关键点是分析清楚竖直向下的力和沿斜面方向的力。由和得，当加速度减为零的时候速度最大，且，又因为，则最后甲球的速度大于乙球的速度，选项正确、错误；由。得甲球运动的时间比乙球运动的时间长，选项CD错误。答案：A。即时巩固1（2019江苏省海安高级中学月考）如图，质量相同的两个小球A、B，由两根长均为的轻绳系住悬挂在天花板上。现A、
14、B随车一起向右做匀加速直线运动，绳与竖直方向的夹角为，某时刻车突然刹停，刹车前一瞬间小车的速度为，则突然刹车时两小球的加速度ABCD【答案】B【解析】刹车瞬时，小球A将向右开始摆动做圆周运动，此时的加速度等于向心加速度，则；当突然刹停时，由于惯性小球B将向右做平抛运动，则此时刻B的加速度为g；故选B。易错点六：等时圆问题典例分析如图所示，在竖直平面内有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是半圆的圆心。有三条光滑轨道a、b、c，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过O点，现让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为At
15、atbtbtc Cta=tb=tcD不能确定在已知等时圆的情况下，本题易错选C。要注意等时圆的下滑轨道是一端为竖直直径的任一端点，另一端在圆上的光滑轨道。设轨道与竖直方向夹角为，小圆半径为r，半圆半径为R，则轨道的长度L=2rcos +R，下滑的加速度a=gcos ，则下滑的时间，越大，t越大，故tatb2 N （3）小物体不会留在桌面上 【解析】（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面对纸板间的滑动摩擦力f1=（m1+m2）g=1 N（2）随F增大，小物体和纸板共同运动的加速度增大，小物体受到的静摩擦力增大，直到达到最大静摩擦力f2=m2g，此时两者一起运动的最大加速度a=g根据牛顿第二定律有F
16、min（m1+m2）g=（m1+m2）a解得Fmin=2 N，即F2 N时小物体与纸板有相对滑动（3）纸板抽出前，小物体在滑动摩擦力作用下做加速运动，加速度a=2 m/s2经0.3 s离开纸板时小物体通过的距离x1=at2=0.09 m，速度v=at=0.6 m/s纸板抽出后，小物体在桌面上受滑动摩擦力作用做匀减速运动，加速度大小也为a小物体减速运动的最大可能位移x2=0.09 m则小物体在桌面上可能运动的总位移x=x1+x2=0.18 md，故小物体不会留在桌面上易错点十一：传送带问题典例分析已知一足够长的传送带与水平面的倾角为，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速
17、度的物块（如图甲所示），以此时为t=0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系（如图乙所示），图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，已知传送带的速度保持不变，则A物块在0t1内运动的位移比在t1t2内运动的位移小B0t2内，重力对物块做正功C若物块与传送带间的动摩擦因数为，那么D0t2内，传送带对物块做功为W=本题错因是不理解划痕是物体间的最大相对位移，因为发生相对反向运动时，划痕叠加但不会抵消；而相对位移在发生相对的反向运动后会抵消吊。由图乙图线与时间轴所围面积可看出，物块在0t1内运动的位移比在t1t2内运动的位移大，故A错误；由于物块在0t1内向下运动的位移大于t1t2内向上运动
18、的位移，所以0t2内物体的总位移向下，所以重力对物块做正功，故B正确；在t1t2内，物块向上运动，则有mgcosmgsin，得tan，故C错误；由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：，则传送带对物块做功 故D错误。答案：B。即时巩固1（2019山东省临沂市2019届高三下学期高考模拟）传送带在工农业生产和日常生活中都有广泛的应用，例如在港口用传送带装卸货物，在机场用传送带装卸行李等，为人们的生活带来了很多的便利。如图甲所示，为一传送带输送机卸货的简化模型：长为L的传送带与水平面夹角为，传送带以速度逆时针匀速转动。在传送带的上端轻
19、轻放置一个质量为m的小物块，小物块与传送带之间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。图乙为小物块运动的vt图象。根据以上信息可以判断出A小物块开始运动的加速度为B小物块与传送带之间的动摩擦因数C时刻，小物块的速度为D传送带始终对小物块做正功【答案】C【解析】A项：对物块由牛顿第二定律得：mgsin+mgcosma，解得：agsin+gcos，故A错误；B项：t0时刻之后物块做匀速运动，则mgsinmgcos，即tan，故B错误；C项：由乙图知t0时刻是木块与传送带速度相同的时刻，小物块的速度为v0，故C正确；D项：0t0时间，传送带的速度大于木块的速度，传送带始终对小木块做正功，t0之
20、后，木块做匀速运动，摩擦力沿斜面向上，与物块的运动方向相反，传送带对小木块做负功，故D错误。易错点十二：快板模型典例分析如图1所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的vt图象如图2所示，重力加速度，则下列说法正确的是AM=m BM=2mC木板的长度为8 m D木板与物块间的动摩擦因数为0.1在分析物块的运动时，有一段平板车减速，物块加速，最终共速的过程，若忽略这一部分的分析就容易出错。木块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故，而vt图象的斜率表示加速度，故，解得；对木板受力分析
21、可知，解得，AD错误B正确；从图中可知物块和木板最终分离，两者vt图象与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故，C正确。答案：BC。即时巩固1（2019江西省南昌市外国语学校月考）如图甲所示，质量mA1 kg，mB2 kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上。t0时刻，一水平恒力F作用在物块B上，t1 s时刻，撤去F，B物块运动的速度时间图像如图乙所示，若整个过程中A、B始终保持相对静止，则A物块B与地面间的动摩擦因数为0.2B13 s内物块A不受摩擦力作用C01 s内物块B对A的摩擦力大小为4 ND水平恒力的大小为12 N【答案】AC【解析】A13 s内由乙图可知加速度，撤去F后由牛
22、顿第二定律可知加速度为，联立解得，故选项A正确；B13 s内物块对的摩擦力大小为，方向水平向左，故选项B错误；C.01 s内加速度，对分析有物块对的摩擦力大小为，故选项C正确；D01 s内由牛顿第二定律可知，解得水平恒力的大小为，故选项D错误。纠错笔记一、用牛顿第二定律解决动力学问题（1）从受力确定运动情况（），a=0时处于平衡状态，静止或做匀速直线运动。（2）从运动情况确定受力（F=ma）。（3）综合受力分析和运动状态分析，运用牛顿第二定律解决问题。二、瞬时变化的动力学模型受外力时的形变量弹力弹力能否突变轻绳微小不计拉力能轻杆微小不计拉力或压力能轻橡皮绳较大拉力不能轻弹簧较大拉力或压力不能三
23、、传送带模型分析方法四、滑块木板模型分析方法纠错通关1歼击机在进人战斗状态时要扔掉副油箱，这样做是为了A减小重力使运动状态保持稳定B减小惯性，有利于运动状态的改变C增大加速度，使状态不易变化D增大速度，使运动状态易于改变【答案】B【解析】歼击机在战斗前要抛掉副油箱，是为了减小飞机的质量来减小飞机的惯性，使自身的运动状态容易改变，以提高歼击机的灵活性，选B。2（2019云南省玉溪一中期中）如图甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度a变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中不正确的是A当F小于图中A点值时，物体的重力MgF，物体不动B图中A点值即为物体的重力值C物
24、体向上运动的加速度和力F成正比D图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度【答案】C【解析】物体未离开地面时，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件，有N+F=mg，故重力大于拉力，故A正确；物体加速向上，当拉力大于重力时，物据牛顿第二定律，有FMg=Ma，解得，当F=F0时，加速度为零，故F=Mg，故B正确；由图象，加速度与力是线性关系，不是正比关系，故C错误；由式，当拉力为零时，加速度为g，故D正确；此题选择不正确的选项，故选C。3（2019浙江省温州市求知中学月考）如图所示，质量为m的人站在竖直观光电梯中，如果电梯运动的加速度大小为a，电梯地板对人的支持力为Fmg+ma，则可
25、能的情况为A电梯以加速度a向下加速运动B电梯以加速度a向上加速运动C电梯以加速度a向上减速运动D以上三项都不正确【答案】B【解析】人的加速度，方向向上，所以电梯以加速度向上加速运动或电梯以加速度向下减速运动，故选项B正确，A、C、D错误。4如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为l1和l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间Aa1=3gBa1=0Cl1=2l2Dl1=l2【答案】AC【解析】设物块的质量均为m，剪断细绳前，绳上
26、拉力T=3mg，弹簧S1的拉力F1=2mg，弹簧S2的拉力F2=mg，剪断细绳瞬间，绳上拉力立刻消失，弹簧来不及改变，所以a受到的合力F=T=3mg，加速度a1=3g，A正确，B错误；根据胡克定律F=kx，F1=2F2，可得l1=2l2，C正确，D错误。5（2019山东省淄博校级模拟）下列说法正确的是A划船时桨向后推水，水就向前推桨，因为水推桨的力大于桨推水的力，船才被推着前进。B完全失重的物体将不受到重力，所以此刻一切由重力引起的现象都将消失C人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方D物体的运动与外界的推、拉等行为相联系，如果不再推、拉，原来的运动将停下来这说明必须有力
27、作用，物体才能运动【答案】C【解析】划船时桨向后推水，水就向前推桨，水推桨的力与桨推水的力是一对作用和反作用力，是大小相等的关系，选项A错误；完全失重的物体仍将受到重力作用，此刻一切由重力引起的现象都将消失，选项B错误；人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，人在水平方向匀速运动，而车加速运动，可知人的水平位移比车的水平位移小，人将落在起跳点的后方，选项C正确；力是改变物体运动状态的原因，而不是使物体运动的原因，选项D错误。6（2019广东省普通高中学业水平考试）一列火车减速进站，最后停在站台上。火车在减速过程中，下列说法正确的是A火车的惯性越来越小B火车的惯性一直不变C火车停止时惯性为零
28、D火车的惯性不断增大【答案】B【解析】惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，火车减速进站过程中，其质量不变，只是速度的变化，所以火车的惯性一直不变，故选项B正确，A、C、D错误。7如图所示，倾角为的斜面体C置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体B相连，另一端绕过轻质滑轮与物体A相连，该滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O点，细线与竖直方向成角，A、B、C始终处于静止状态，不计细绳与滑轮间摩擦。下列说法正确的是A若仅增大A的质量，则B对C的摩擦力一定增大B若仅增大A的质量，则地面对C的摩擦力一定增大C若仅增大B的质量，则B受到的摩擦力一定增大D若仅将C
29、向左缓慢移动一点，角将增大【答案】BD【解析】若B具有上滑的趋势，增大A的质量，则B对C的摩擦力增大，若B具有下滑的趋势，增大A的质量，则B对C的摩擦力减小，所以不一定增大，故A错误；将BC看作一个整体，具有向左的运动趋势，仅增大A的质量，地面对C的摩擦力一定增大，故B正确；若B具有上滑的趋势，增大B的质量，则B受到的摩擦力减小，若B具有下滑的趋势，增大B的质量，则B受到的摩擦力增大，所以不一定增大，故C错误；连接AB的细线的夹角一半即角的大小，若仅将C向左缓慢移动一点，增大连接AB的细线的夹角，则角将增大，故D正确。8（2019江苏省震泽中学期末）歼10B在飞行中有一段过程可看做竖直向上加速
30、，设飞行员质量为60 kg，加速度为5 m/s2，则座椅对飞行员的支持力为A300 NB600 NC900 ND1 200 N【答案】C【解析】对飞行员受力分析，飞行员受重力、座椅对飞行员的支持力，由牛顿第二定律得：Fmg=ma，解得：F=900 N，故ABD错误，C正确。9（2019江苏省扬州中学高三模拟）智能化电动扶梯如图所示，乘客站上扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，则A乘客始终处于超重状态B加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v相同C电梯对乘客的作用力始终竖直向上D电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上【答案】D【解析】加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛
31、顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重。故A错误。加速阶段乘客加速度斜向上，加速度有水平向右的分量，则受到的摩擦力方向水平向右，选项B错误；加速阶段，乘客受到竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，则电梯对乘客的作用力斜向右上方；电梯匀速上升时，电梯对乘客只有向上的支持力，即电梯对乘客的作用力竖直向上，选项C错误，D正确。10（2019贵州省遵义市航天高级中学2019届高三第六次模拟）如图所示，将两个相同的木块a、b置于固定在水平面上的粗糙斜面上，a、b中间用一轻质弹簧连接，b的右端用细绳与固定在斜面上的挡板相连达到稳定状态时a、b均静
32、止，弹簧处于压缩状态，细绳上有拉力。下列说法正确的是A达到稳定状态时a所受的摩擦力一定不为零B达到稳定状态时b所受的摩擦力一定不为零C在细绳剪断瞬间，b所受的合外力一定为零D在细绳剪断瞬间，a所受的合外力一定不为零【答案】A【解析】A.达到稳定状态时，a重力沿斜面向下的分力，弹力沿斜面向下，物体静止，则摩擦力一定沿斜面向上不为零，A正确。B.如果细绳对b的拉力等于弹簧对b的弹力与b重力沿斜面向下分力之和，此时沿斜面方向合力为零，b与斜面间无摩擦力，B错误；C.因为初态细绳中有拉力，所以在细绳剪断瞬间，b弹簧的弹力、重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力，则b受的合力不为0，C错误。D.在细绳剪断瞬间
33、，由于弹簧的弹力不变，所以a物体受力不变，仍平衡，合力为零，D错误。11（2019江苏省泰州市第二中学月考）如图所示，物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回。若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中AP做匀变速直线运动BP的加速度方向发生变化C当加速度数值最大时，速度也最大D有一段过程，P的加速度逐渐减小，速度逐渐增大【答案】D【解析】在压缩弹簧的过程中，P水平方向只受到弹簧的弹力，方向与速度方向相反，而且弹力逐渐增大，加速度逐渐增大，P做加速度增大的变减速直线运动，故A错误；弹簧压缩过程中对P施加的弹力方向始终向左，根据牛顿第二定律知P的加速度方向保持不变，故B错误；压缩弹簧的过程中，当速度为零时弹簧压缩最短，此时弹力最大，故加速度数值最大，速度为零，故C错误；当弹簧压缩最短后将物体P向左弹出的过程中，弹簧弹力方向向左，物体P向左加速运动，随着弹簧弹力的减小，物体P加速度逐渐减小，而速度逐渐增大，故D正确。12（2019河北省石家庄市辛集中学月考）如图所示，铁球A和铁块B之间由轻质弹簧相连，并用细线OA挂在