长方体物块A叠放在长方体物块B上,B放于光滑水平面,A的质量为6Kg,B为2Kg,A、B之间的动摩擦因素为0.2,一个力

C对.
　　分析：
　　对A项,若原来它们对地的压强相等,即G甲 / S甲＝G乙 / S乙
即　ρ甲*h甲＝ρ乙*h乙 ,（ρ甲、ρ乙分别是甲、乙的密度）
由于　h甲＞h乙,所以　ρ甲＜ρ乙
而由　S甲＞S乙,得　G甲＞G乙
　　当它们沿水平方向切去相等体积ΔV时,有
甲对地的压强是　P1＝ρ甲*g（ΔV / S甲）＝ρ甲*g *h甲* [ ΔV / （h甲*S甲）]
＝(ρ甲*g)^2 *h甲* ΔV / G甲＝(ρ甲*g*h甲)^2 * ΔV / （G甲*h甲）
乙对地的压强是　P2＝ρ乙*g（ΔV / S乙）＝(ρ乙*g)^2 *h乙* ΔV / G乙＝(ρ乙*g*h乙)^2 * ΔV / （G乙*h乙）
将　ρ甲*h甲＝ρ乙*h乙　且　G甲＞G乙,h甲＞h乙,　代入以上二式,得　P1＜P2
－－－－－－－－－－－－－－－－－－A选项错
　　对B项,若原来它们对地的压强相等,由上述分析,　仍有
ρ甲*h甲＝ρ乙*h乙 ,ρ甲＜ρ乙,G甲＞G乙
　　当它们沿水平方向切去相等的质量Δm时,即切去相等重力ΔG,那么
甲对地的压强是　P1`＝（G甲－ΔG）/ S甲＝（G甲 / S甲）－（ΔG / S甲）
乙对对地的压强是　P2`＝（G乙－ΔG）/ S乙＝（G乙 / S乙）－（ΔG / S乙）
由于　G甲 / S甲＝G乙 / S乙　,且　S甲＞S乙,得　P1`＞P2`
－－－－－－－－－－－－－－－－－－B选项错
　　对C项,若原来它们对地的压力相等（注意不是压强）,即　G甲＝G乙
ρ甲*g*S甲*h甲＝ρ乙*g*S乙*h乙
得　ρ甲*S甲*h甲＝ρ乙*S乙*h乙
由于　S甲＞S乙,h甲＞h乙,　所以　ρ甲＜ρ乙
　　当它们沿水平方向切去相等的体积 ΔV 时,
甲对地的压强是　P1``＝（G甲－ρ甲*g*ΔV）/ S甲
乙对地的压强是　P2``＝（G乙－ρ乙*g*ΔV）/ S乙
可见,在　ρ甲＜ρ乙　,S甲＞S乙　的条件下,P1``与P2`` 是有可能相等的.
－－－－－－－－－－－－－－－－－－C选项对
　　对D项,若原来它们对地的压力相等（注意不是压强）,即　G甲＝G乙
ρ甲*g*S甲*h甲＝ρ乙*g*S乙*h乙
得　ρ甲*S甲*h甲＝ρ乙*S乙*h乙
由于　S甲＞S乙,h甲＞h乙,　所以　ρ甲＜ρ乙
　　当它们沿水平方向切去相等的质量Δm时,即切去相等的重力ΔG
那么甲对地的压强是　P1```＝（G甲－ΔG）/ S甲
乙对地的压强是　P2```＝（G乙－ΔG）/ S乙
因为　G甲＝G乙,S甲＞S乙,所以有　P1```＜P2``` .
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－D选项错

解题思路：物体静止置于水平桌面上，对地面的压力等于物体的重力，由最大静摩擦力等于滑动摩擦力求出最大静摩擦力．根据水平拉力与最静摩擦力的关系判断物体的状态，确定摩擦力的大小．
当物体的重心到桌边时，刚好翻下桌面，此时速度为零时，水平推力做功最少．所以根据动能定理，来确定推力的最小距离，即可求解．

根据题意可知，物体所受滑动摩擦力F_max=μF_N=μmg=0.4×150N=60N，
因此最小推力为60N；
根据动能定理，可知W_F-F_fs=0-0，
解得：W_F=F_fs=60×0.1J=6J
故本题答案是：60；6

点评：
本题考点： 摩擦力的判断与计算．

考点点评： 计算摩擦力，首先要分析物体的状态，确定是什么摩擦力．当水平拉力小于等于最大静摩擦力时，物体拉不动，受到的是静摩擦力；当水平拉力大于最大静摩擦力时，物体被拉动，受到的是滑动摩擦力．掌握做功的求法，同时注意水平推力做功最少，并不是一直推到桌边．

看不见图,瞎蒙了.θ增大时,长方形物块质点的垂直投影靠近a边的最低端点,可以把这个点看成支点.当质点垂直投影无限靠近支点重合后,继续增大θ,形成旋转力翻倒.
当θ角+物块对角线和底边形成的小角大于90度翻转.

解题思路：由图可知甲图中接触面积变为原来的一半，乙与地面的接触面积没有发生变化，则接触面积之比可求；两物体均减小一半，故对面的压力减小为原来的一半，由压强公式可求得压强之比．

两物体沿对角线切成两半，则两物体的重力均减小一半；由图可知，甲图与地面的接触面积变为原来的一半，乙与地面的接触面积没有发生变化，故接触面积之比为1：2；
因两物体的重力均减小为原来的一半，则压力变为原来的一半，即压力相等，接触面积之比为1：2，则由P=[F/S]得
压强之比为2：1；
故答案为：1：2，2：1．

点评：
本题考点： 压强的大小及其计算．

考点点评： 本题考查压强公式的应用，只要从题目中找出变化的量即可由压强公式求得压强的变化．

因为物块A和B以相同的速度匀速运动,两物体保持相对静止,A与B之间不存在摩擦力；物块A和B以相同的速度匀速运动,意思是以水平地面C为参照物的,所以B、C间存在的是滑动摩擦力,与推力F是一对平衡力,参考书上些错了.相信自己啊!

如果按你说的
A的滑动摩擦力F=4*10*0.2=8
B的滑动摩擦力F=2*10*0.1=2
6N作用于A,A应该仍然静止,A对B弹力为 0
地面对B的摩擦力也应该为0
是不是题目错了?

解题思路：先根据受力平衡求出弹簧的弹力，撤去F后，对AB整体运用牛顿第二定律求出加速度，再隔离A，运用牛顿第二定律求出B对A的作用力，进而根据牛顿第三定律即可求解．

没有F作用在A上时，由平衡条件有：
弹簧的弹力为：F_弹=2mg
当F作用在A上时，有：
F+2mg=F_弹+k△L
撤去F瞬时，弹簧的弹力不发生变化，根据牛顿第二定律得：
对AB整体，加速度为：a=
F弹△L
2m=1+[△L/2m]
对A，根据牛顿第二定律得：
N-mg=ma
解得：B对A的作用力 N=[k△L/2]+mg
根据牛顿第三定律可知：A对B的作用力为[k△L/2]+mg
故选：A

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；胡克定律．

考点点评： 本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，注意整体法和隔离法在题目中的应用．

解题思路：（1）A、B两物块下表面受到水的压强是液体水产生的，则可根据液体压强的计算公式p=ρgh得出．
（2）在水平面上，压力等于物体自身的重力，A、B两物块高度相同，与地面的接触面积、体积，密度都不相同，而A、B两物块的密度可根据图乙所示的状态判断得出，然后根据公式p=[F/S]推导出压强的变形公式判断出压强的大小．

（1）液体压强的大小与液体的密度和物体浸入液体的深度有关．根据p=ρgh，第二种情况下物块B下表面浸入液体深度大，受到的液体压强就大．∴p_A＜p_B．
（2）∵A、B两物块放在水中时，物块A处于漂浮，物块B处于悬浮，
∴ρ_A＜ρ_水；ρ_B=ρ_水
又∵物块在水平面上，压力等于重力F=G=mg=ρVg，
∴p=[F/S]=[G/S]=[mg/S]=[ρVg/S]=ρgh，
∵物块A、B的高度相同，又ρ_A＜ρ_B，
∴对地面的压强p_A′＜p_B′．
故答案为：B；B．

点评：
本题考点： 压强大小比较；液体的压强的计算；物体的浮沉条件及其应用．

考点点评： 本题考查压强的计算，关键是知道在水平面上压力等于物体自身的重力，知道物体密度小于液体密度，放在液体中会处于漂浮；物体密度等于液体密度，放在液体中会处于悬浮；物体密度大于液体密度，放在液体中会下沉．

A、如果两物体原来的压力相等，由图知甲的接触面积较大，根据公式P=[F/S]得到甲对水平面的压强较小．沿水平方向切去体积相同的部分，作用面积不变，由于S_甲＞S_乙，h_甲＜h_乙，长方体的体积V=Sh，
故它们的体积关系是不确定的，故根据ρ=[m/V]密度关系也不确定，可能是ρ_甲＞ρ_乙，也可能是ρ_甲＜ρ_乙；此选项有可能．故A正确；
B、如果两物体原来的压力相等，也就是重力相等，沿水平方向切去相同质量，剩余质量、压力都相等，但甲的接触面积大，所以对水平面的压强较小．此选项不可能． 故B错误；
C、因为甲、乙都是长方体即柱体，所以压强用P=ρgh分析，它们原来的压强相同，由公式P=ρgh知，在h_甲小于h_乙条件下；甲物体的密度较大．沿水平方向切去体积相同的部分，作用面积不变，乙减小的物重＞甲减小的物重，也就是乙对水平面的压强小于甲对水平面的压强．此选项不可能．故C错误；
D、两个物体原来对地面的压强相等，由图知甲的重力大于乙重力．沿水平方向切去质量相同的部分，作用面积不变，两个物体减小的压力相同，由于甲的受力面积较大，故甲减小的压强较小．又原来压强相等，那么甲剩余部分的压强一定大于乙剩余部分的压强．此选项不可能．故D错误．
故选：A．

解题思路：设共同的加速度为a，分别对A、B、C三个物体进行受力分析，结合牛顿第二定律逐项分析即可求解．

设共同的加速度为a，
A、对B受力分析：水平方向上一定受绳子拉力F拉，绳子拉力等于A的重力m_Ag．假如拉力F拉能提供加速度，即F_拉=m_Ba，那么就可能不存在摩擦力，即接触面光滑．故A正确；
B、绳子对B的拉力只由A的重力m_Ag决定，与推力F无关，故B错误；
C、同上，定滑轮所受压力只由A的重力mAg决定，与推力F无关，故C错误；
D、对A受力分析，水平方向上只受C的支持力N，即加速度只由N提供：N=m_Aa，但N由推力F决定，所以推力F增大，则C物块对A物块的弹力必定增大，故D正确；
故选AD

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，难度不大，属于基础题．

（1）要测摩擦力，利用二力平衡条件，物体做匀速直线运动时，弹簧测力计的拉力等于摩擦力的大小，这里运用了转换法的思想；
（2）表中序号为1、2、3的实验记录中，接触面的干湿程度相同，接触面积大小不同，而滑动摩擦力大小相同，因此会得出滑动摩擦力大小与接触面积大小无关；
（3）表中序号为3、4、5的实验记录中，接触面积大小相同，接触面的干湿程度不同，滑动摩擦力的大小也不同，因此会得出滑动摩擦力大小与接触面的干湿程度有关．
故答案为：（1）弹簧测力计；（2）接触面积大小、接触面的干湿程度．

（1）F浮=1.5N-1.0N=0.5N
(2) V物=V排=S△h=20cm^2×(22.5-20)cm=50cm^3

解题思路：（1）已知物体的质量、底面积和高度，根据公式ρ=[m/V]可求物体的密度；
（2）已知拉力的大小和物体的移动速度以及动滑轮上绳子的段数，根据公式P=FV可求拉力的功率；
（3）水平使用滑轮组，拉力克服摩擦力做功，首先用摩擦力乘以物体移动距离计算有用功，用拉力乘以拉力移动距离计算总功，然后用有用功除以总功计算机械效率．

（1）物体的密度ρ=[m/V]=[160kg
1m2×0.1m=1.6×10³kg/m³；
（2）由题意可知，物体移动速度为v，绳端移动的速度为3v
由P=
W/t]，W=Fs得，
拉力的功率是P=Fv=F×3v=60N×3×0.2m/s=36W；
（3）f=0.1G=0.1×mg=0.1×160kg×10N/kg=160N；
W_有=fs；
滑轮组绳子段数n=3
W_总=F×s₂=F×3s，
η=
W有用
W总×100%=[fS/F×3S]×100%=[160N/60N×3]×100%=88%
答：（1）物体的密度是1.6×10³kg/m³；
（2）拉力F做功的功率是36W；
（3）该滑轮组的机械效率是88%．

点评：
本题考点： 功率的计算；滑轮（组）的机械效率．

考点点评： 这是一道综合性比较强的计算题，涉及到密度、功、功率、机械效率的计算．这就要求对公式要熟练掌握和运用．同时，水平使用滑轮组时，拉力克服摩擦力做功，这一点也要注意．

解题思路：（1）当物块A的顶部刚没入水面时，求出底部所处的深度，利用液体压强公式p=ρgh求底部受到水的压强；
（2）求出物块A的体积（物块A的顶部刚没入水面时排开水的体积），利用阿基米德原理求物块A所受的拉力；
（3）①当电子秤的示数为55N时，求出杠杆N端受到的拉力，知道力臂关系，可求杠杆M端受到的拉力；
②由于滑轮组不是由一股绳子缠绕而成，对每一个动滑轮受力分析，利用力的平衡求滑轮组对A的拉力；
③A受到的拉力加上浮力等于物体A的重力，据此求A受到的浮力，再根据阿基米德原理F_浮=ρ_水V_排g求排开水的体积，利用V_排=Sh_浸求物块A浸入水中的深度．

（1）当物块A的顶部刚没入水面时，底部所处的深度：
h=1m，
底部受到水的压强：
p=ρgh=1×10³kg/m³×10N/kg×1m=1×10⁴Pa．
（2）物块A的体积：
V_A=0.04m²×1m=0.04m³，
物体A重：
G_A=ρ_AV_Ag=1.5×10³kg/m³×0.04m³×10N/kg=600N，
∵物块A没入水中，
∴排开水的体积：
V_排=V_A=0.04m³，
物块A所受的浮力：
F_浮=ρ_水V_排g=1×10³kg/m³×0.04m³×10N/kg=400N；
物块A所受的拉力：
F_拉=G_A-F_浮=600N-400N=200N；
（3）①电子秤的示数F_示=G_B-F_N，则杠杆N端受到的拉力：
F_N=G_B-F_示=100N-55N=45N，
∵杠杆平衡，MO：ON=1：2
∴F_ML_OM=F_NL_ON，
∴杠杆M端受到的拉力：
F_M=90N；
②滑轮与转轴的摩擦、杠杆与轴的摩擦均忽略不计，
滑轮D受到向下的拉力：
F_D=2F_M=2×90N=180N，
滑轮C受到向下的拉力：
F_C=2F_D=2×180N=360N，
∴滑轮组对A的拉力：
F_拉A=F_C=360N；
③∵F_拉A+F_浮=G_A，
∴F_浮=G_A-F_拉A=ρ_AV_Ag-F_拉A=1.5×10³kg/m³×0.04m³×10N/kg-360N=600N-360N=240N，
∵F_浮=ρ_水V_排g，
∴V_排=
F浮
ρ水g=[240N
1×103kg/m3×10N/kg=0.024m³，
∵V_排=Sh_浸，
∴物块A浸入水中的深度：
h_浸=
V排/S]=
0.024m3
0.04m2=0.6m．
答：（1）当物块A的顶部刚没入水面时，底部受到水的压强为1×10⁴Pa；
（2）当物块A的顶部刚没入水面时，物块A所受的拉力为200N；
（3）物块A浸入水中的深度为0.6m．

点评：
本题考点： 杠杆的动态平衡分析；滑轮组绳子拉力的计算；液体的压强的计算；浮力大小的计算．

考点点评： 本题为力学综合题，考查了浮力的计算、液体压强的计算、杠杆平衡条件的应用，难点在第三问，注意滑轮组不是由一股绳子缠绕而成，要对每一个动滑轮受力分析，进行计算，易错点！

（1）2×10 ³ Pa（2）7.5N（3）因为浮力的产生原因是：F _浮 ＝ F ₂ -F ₁ ；F ₂ ＝p ₂ S＝ρ _液 gh ₂ S；F ₁ ＝p ₁ S＝ρ _液 gh ₁ S；所以  F _浮 ＝ F ₂ -F ₁ ＝ρ _液 gh ₂ S-ρ _液 gh ₁ S ＝ρ _液 g（h ₂ -h ₁ ）S＝ρ _液 ghS ＝ρ _液 gv _排

解题思路：物体在单位面积上受到的压力叫压强．固体压强一般用p=[F/S]分析，但对于粗细均匀的实心柱体，也可以按照液体压强公式p=ρgh比较大小．

A、因为甲、乙都是长方体即柱体，所以压强用P=ρgh分析，它们原来的压强相同，由公式P=ρgh知，甲物体的密度较小．沿水平方向切去体积相同的部分，作用面积不变，乙减小的物重＞甲减小的物重，也就是乙对水平面的压强小于甲对水平面的压强．此选项不可能；
B、两个物体原来对地面的压强相等，由图知甲的重力大于乙．沿水平方向切去质量相同的部分，作用面积不变，乙剩余的重量＞甲剩余的重量，也就是乙对水平面的压强小于甲对水平面的压强．此选项不可能；
C、如果两物体原来的压力相等，由图知甲的接触面积较大，根据公式p=[F/S]得到甲对水平面的压强较小．沿水平方向切去体积相同的部分，作用面积不变，B减小的重量＞A减小的重量，剩余部分对水平面的压力甲物体较大，两个物体对水平面的压强有可能相同．此选项有可能．
D、如果两物体原来的压力相等，也就是重力相等，沿水平方向切去相同质量，剩余质量、压力都相等，但甲的接触面积大，所以对水平面的压强较小．此选项不可能．
故选C．

点评：
本题考点： 压强的大小及其计算．

考点点评： 此题是典型的柱状固体的压强问题，要根据已知条件，灵活选用压强计算式p=[F/S]和p=ρgh（适用于实心柱体对支撑面的压强）进行分析解答．

解题思路：（1）根据p=[F/S]求出物体对地面的压力，根据二力平衡知识求出滑轮组对物体的拉力，根据F=[1/2]（F_拉+G_动）求出动滑轮重，再根据F=[1/2]（G+G_动）求出物块A匀速上升时的拉力，根据η=

W有用

W总

=[Gh/Fs]=[Gh/F2h]=[G/2F]求出机械效率；
（2）根据F=[1/2]（G+G_动）求出物块B匀速上升时的拉力，根据P=[W/t]=[Fs/t]=Fv求出拉力移动速度，再求出物体上升速度．

（1）∵p=[F/S]
∴地面对物体的支持力F_支=F_压=pS=p₀S，
滑轮组对物体的拉力F_拉=G_A-F_支=G_A-p₀S，
∵F=[1/2]（F_拉+G_动）
∴动滑轮重G_动=2F₀-F_拉=2F₀-G_A+p₀S，
物块A匀速上升时的拉力F_A=[1/2]（G_A+G_动）=[1/2]×（G_A+2F₀-G_A+p₀S）=F₀+[1/2]p₀S，
滑轮组的机械效率η=
W有用
W总×100%=[Gh/Fs]×100%=[Gh/F2h]×100%=
GA
2FA×100%=
GA
2F0+p0S×100%；
（2）物块B匀速上升时的拉力：
F_B=[1/2]（G_B+G_动）=[1/2]×（G_B+2F₀-G_A+p₀S），
∵P=[W/t]=[Fs/t]=Fv
∴拉力移动速度v_拉=
PB
FB=
PB

1
2×(GB+2F0−GA+p0S)=
2PB
GB+2F0−GA+p0S，
物体B匀速上升的速度v_B=[1/2]v_拉=[1/2]×

点评：
本题考点： 滑轮（组）的机械效率；滑轮组及其工作特点．

考点点评： 此题主要考查的是学生对压强、滑轮组省力情况、二力平衡知识、机械效率、功率计算公式的理解和掌握，综合性很强，难度很大，注意变形公式的熟练运用．

甲乙之间最大的摩擦力f为u1m甲g=0.4*20*10=80N,甲的最大加速度a=u1g=4m/s^2
甲乙保持相对静止,乙的最大加速度也是4m/s^2
乙受地面摩擦力f'=u2(m甲+m乙）g=0.1*21*10=21N
F-f-f'=ma
F=4*1+21+80=105N,这就是拉力F的最大值,B错误
F若减小,根据整体法分析甲乙的加速度也变小,甲的加速度是摩擦力提供的,所以甲的摩擦力也是逐渐减小C正确
如果把力F作用在甲上,甲对乙的摩擦力提供给乙加速度,乙的质量很小,甲乙的最大静摩擦力不变,那么提供的加速度比之前要大很多,F的取值范围也要大很多,是可以保持相对静止运动下去的,D也正确

光滑的小车上面的长方体物块所小车一起停下来,因为物块和小车之间没有受力作用.
粗糙的小车上面的长方体物块会向前俯冲下来,落在小车不远的前方.因为当小车停止时,由于物块受到向前的摩擦力作用,还能具有向前的速度,因此就从小车上滑下来了,落在了小车的前方.

显然力越大的时候,越容易相对滑动,因为A加速度增大了,会把B甩掉.
就算45N的时候：要使AB一起运动,那么整个东西的加速度a=45/8 m/s2
那么B要受的摩擦力就是amB=45/4N
而根据动摩擦因数,能提供的最大静摩擦力为0.2×mAg=12N
12大于45/4,所以AB仍能一起运动

（1）弹簧测力计
（2）接触面积大小，接触面的干湿程度

解题思路：（1）根据液体压强公式P=ρgh即可算出水对容器底部的压强；
（2）根据题意，要算物块完全浸入水中时受到的浮力，我们需要采用称量法，即F_浮=G-F_示．物块的重力等于物块未浸入水中时弹簧测力计的示数；物块完全浸入水中时（V_排一定，所以容器中水的深度不变），受到的浮力最大，此时弹簧测力计的示数最小；
（3）由阿基米德原理F_浮=ρ_液gV_排可知，物体所受浮力大小与物体排开液体的体积成正比；当物体完全浸入液体中时，所受浮力大小与浸入的深度无关．

（1）物块未浸入水中时，水对容器底部的压强：P=ρ_水gh=1.0×10³kg/m³×10N/kg×0.2m=2×10³Pa；
（2）由表格中数据可知，第一次实验时，容器中水的深度为20cm，说明此时物块还没有浸入水中，则此时弹簧测力计的示数就是物块的重力，即G=1.5N；
由表格中数据可知，第6～8次实验中，容器中水的深度保持不变且此时弹簧测力计的示数最小并保持不变，所以可知此时物块已经完全浸入水中；
则物块完全浸入水中时，其受到的浮力为：F_浮=G-F_示=1.5N-1.0N=0.5N；
（3）由表格中数据可知，第2～6次实验中，容器中水的深度增加，表明物块排开水的体积在增大，随着物块排水体积的增大，弹簧测力计的示数在减小，这说明随着物块排水体积的增大，物块所受的浮力在增大；
由表格中数据可知，第6～8次实验中，容器中水的深度保持不变且弹簧测力计的示数保持不变，说明当物块完全浸入水中时，物块所受浮力大小与浸入的深度无关．
答：（1）物块未浸入水中时，水对容器底部的压强为2×10³Pa．
（2）物块完全浸入水中时，其受到的浮力为0.5N．
（3）物块所受浮力大小随排开液体体积的增大而增大；当物块完全浸入水中时，物块所受浮力大小与浸入的深度无关．

点评：
本题考点： 液体的压强的计算；阿基米德原理；浮力大小的计算．

考点点评： 本题考查了学生根据表格中的数据进行分析归纳的能力，同时也考查了学生对阿基米德原理、浮力大小计算的掌握和理解，是一道好题．

A、B一起移动到最右端时没有发生相对滑动，说明最大静摩擦力大于弹簧A的弹力，根据胡克定律得：
F_A=k_Ax，
F_B=k_Bx，
根据题意可知，k_A＜k_B
所以F_A＜F_B
撤去拉力后整体保持相对静止，以加速度a向左运动，根据牛顿第二定律得：
F_A+F_B=2ma；
a=
(kA+kB)x
2m；故a与x成正比；故A正确；
因：k_A＜k_B
故F_A＜ma
所以撤去拉力后A的弹力不足以提供加速度，
对A根据牛顿第二定律得：
F_A+f=ma，A所受静摩擦力方向水平向左，与拉力的方向相同；
对B根据牛顿第二定律得：
F_B-f=ma
所以A受到的合力小于弹簧对B的弹力，故BD错误，C正确；
故选：AC．

D

光滑小车上木块一原来的速度继续向前,因为它在水平面不受到摩擦力.所以,若是粗糙的,由于受摩擦力,做匀减速至停止.

解题思路：物体在单位面积上受到的压力叫压强．固体压强一般用P=FS分析，但对于粗细均匀的实心柱体，也可以按照柱体压强公式P=ρgh比较大小．

A、如果两物体原来的压力相等，由图知甲的接触面积较大，根据公式P=[F/S]得到甲对水平面的压强较小．沿水平方向切去体积相同的部分，作用面积不变，由于S_甲＞S_乙，h_甲＜h_乙，长方体的体积V=Sh，
故它们的体积关系是不确定的，故根据ρ=[m/V]密度关系也不确定，可能是ρ_甲＞ρ_乙，也可能是ρ_甲＜ρ_乙；此选项有可能．故A正确；
B、如果两物体原来的压力相等，也就是重力相等，沿水平方向切去相同质量，剩余质量、压力都相等，但甲的接触面积大，所以对水平面的压强较小．此选项不可能． 故B错误；
C、因为甲、乙都是长方体即柱体，所以压强用P=ρgh分析，它们原来的压强相同，由公式P=ρgh知，在h_甲小于h_乙条件下；甲物体的密度较大．沿水平方向切去体积相同的部分，作用面积不变，乙减小的物重＞甲减小的物重，也就是乙对水平面的压强小于甲对水平面的压强．此选项不可能．故C错误；
D、两个物体原来对地面的压强相等，由图知甲的重力大于乙重力．沿水平方向切去质量相同的部分，作用面积不变，两个物体减小的压力相同，由于甲的受力面积较大，故甲减小的压强较小．又原来压强相等，那么甲剩余部分的压强一定大于乙剩余部分的压强．此选项不可能．故D错误．
故选：A．

点评：
本题考点： 压强大小比较．

考点点评： 此题是典型的柱状固体的压强问题，要根据已知条件，灵活选用压强计算式P=FS和P=ρgh（适用于实心柱体对支撑面的压强）进行分析解答．

A．当物体有2/5的体积浸入水中时受到的浮力为F浮=4N
B．当物体有2/5的体积浸入水中时排开水的体积为V排=400cm3
C．物体的体积为V物=1000cm3
D．物体的横截面积为S1=50cm2
E．物体的质量为m=2.7kg
F．物体的密度为ρ=2.7×103kg/m3．
A．物体受到水的浮力：F浮=G-F示=27N-23N=4N；
B．∵F浮=ρ水v排g,
∴物体排开水的体积：
v排=F浮ρ水g=4N1×103kg/m3×10N/kg=4×10-4m3=400cm3；
C．物体的体积：v物=52v排=52×400cm3=1000cm3；
D．物体的横截面积：s1=v物L=1000cm320cm=50cm2；
E．物体的质量：m=Gg=27N10N/kg=2.7kg=2700g；
F．物体的密度：ρ=mv物=2700kg1000cm3=2.7g/cm3=2.7×103kg/m3

分别是0.8*10立方Pa,不完整啊,还是都是0.8*10立方Pa

设长为a宽为b高为c
列方程：
0.8×10³*a*b=2×10³*a*b*c*10;
2×10³*a*c=2×10³*a*b*c*10;
5×10³*b*c=2×10³*a*b*c*10;
求出a=0.25m;
b=0.1m;
c=0.04m;
V=a*b*c=0.001m³;

解题思路：分别采用整体法和隔离法进行受力分析，根据动量定理和动能定理进行分析，可得出正确结果．

A、AB两物体均做匀速直线运动，故受力平衡，合力为零，在相同的时间内受到的合外力的冲量为零，故A正确；
B、对整体受力分析，整体做匀加速直线运动受力平衡，无法判断B是否受到摩擦力，故动摩擦因数不一定为零，故B错误；
C、A做匀加速直线运动，由受力分析可知，A一定受摩擦力，且摩擦力一定做功，故C错误；
D、由动能定理可知物体速度的变化等于合外力所做的功，而整体可能受到地面摩擦力做功，故力F所做的功不一定等于AB的动能变化量，故D错误；
故选A．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律；动量定理；功的计算．

考点点评： 本题综合考查动能定理、冲量及动力学知识，要求学生学会整体与隔离法的正确应用．

（1）以B为研究对象，在从开始运动到A滑到B的右端过程中，
由动能定理得：f _m S-μm _B gL=
1
2 m _B v ² -0，
B要离开A的上表面，v≥0，解得：s≥1.6m，
则A、C间的最小距离是1.6m；
（2）B离开A后做平抛运动，
在水平方向：L ₁ =
L
5 =v ₁ t ₁ ，
在竖直方向：h ₁ =h-
3
4 h=
1
2 gt ₁ ² ，
设A、B一起运动的位移是x，
对由动能定理得：f _m x-μm _B g（2s+L-x）=
1
2 m ₁ v ² -0，
对A由牛顿第二定律得：f _m =m _A a _max ，x=
1
2 a _max t ² _min
解得：t _min =
3
2
5 s；
（3）B离开A后做平抛运动，
在竖直方向：h=
1
2 gt ² ，
在水平方向上：x _max =v _max t，x _min =v _min t，
对B由动能定理得：2f _m s-μmgL=
1
2 mv _max ² -0，
由（2）可知，v _min =v=2m/s，
解得：x _max =1.6m，x _min =0.8m；
答：（1）A、C间的距离应为1.6m；
（2）恒力作用的最短时间为
3
2
5 s；
（3）B物体平抛运动中水平支持面上落点离A右端距离的范围是0.8m≤x≤1.6m．

首先进行受力分析 设物体的质量为m 设摩擦力为f=uFn （那个谬我打不出来） 则有当mgsin0=umgcos0（0就是斯塔）时 物块滑动 那么滑动的0=arctanu
因为物块为均匀物块 重心在几何中心 滚动时在下方接触的点 那么当mgsin0*b/2=mgcos0*a/2
时 滚动 就可以算出来0=arctana/b
不知道是不是这样