2022年高考物理一轮复习：牛顿第二定律的基本应用

第2讲牛顿第二定律的基本应用

【目标要求】1.掌握动力学两类基本问题的求解方法2会利用牛顿第二定律对超重、失重、瞬

时加速度问题进行分析计算.

考点一动力学两类基本问题

1.动力学问题的解题思路

根据问题需要和解题方便，选择某个物体

或几个物体组成的系统为研究对象

3

受力分析和画好受力示意图、情景示意图，明确物体

运动过程分析的运动性质和运动过程

U

选取正方向通常以加速度的方向为正方向或以加速度

或建立坐标系方向为某一坐标轴的正方向

、

,3若物体只受两个力作用，通常用合成法;若

|确定合力F合卜一

受3个或3个以上的力，一般用正交分解法

根据牛顿第二定律产合="或｛

［列方程求解)一*X.JTy-rnciy

列方程求解，必要时对结果进行讨论

2.解题关键

(1)两类分析一物体的受力分析和物体的运动过程分析；

(2)两个桥梁一加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁.

考向1已知受力求运动情况

m11(2020•湖南长沙中学月考)某航母上舰载机起飞时主要靠甲板前端上翘来帮助战斗机起

飞，其示意图如图1所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为Zi=160m的水平跑道上运动，

然后在长度为〃=20.5m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞.已知飞机的质量加=2.0X104kg,其喷

气发动机的推力大小恒为尸=1.4XI05N,方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的

高度差h=2.05m,飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为

飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看

作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障，

取g=10m/s2.求：

图1

(1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小；

(2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t.

答案(1)40m/s(2)8.5s

解析(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为勾，阻力大小为厂阻，在水平跑道上运动

的末速度大小为S,由牛顿第二定律得尸-尸阻=哂,

厂阻=0.2mg,

2

v1=2alLl,

联立以上三式并代入数据解得的=5m/s2,5=40m/s.

(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为例，在倾斜跑道末端的速度大小为。2,

__、短

飞机在水平跑道上的运动时间^^—=85,

a1

在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有

h

尸一尸阻一加g/二加。2,

代入数据解得。2=4m/s2,

22

由^2-^1=2<72i2,

代入数据解得。2=42m/s,

浮一

飞机在倾斜跑道上的运动时间=—二=0.5S,

a-

贝(]t=t1+t2=8.5s.

考向2已知运动情况求受力

【例2】(2020•四川天府大联考)某市启动“机动车文明礼让斑马线”活动，交警部门为样板斑

马线配上了新型电子警察.一辆质量为2.0X103kg的汽车，以54km/h的速度沿平直道路匀速

行驶，距斑马线还有30m的距离时，驾驶员发现有行人通过斑马线，经过0.5s的反应时间，

汽车制动，开始做匀减速运动，恰好在斑马线前停住.重力加速度g=10m/s2.

⑴求汽车制动过程中所受的合力大小；

(2)若汽车正常行驶时所受阻力为车重的(，要使汽车从静止开始匀加速经10s使速度重新达

到54km/h,求牵引力的大小.

答案(l)1.0X104N(2)4.0X103N

解析(1)设汽车在反应时间内行驶的距离为修，制动过程中行驶的距离为必，加速度大小为

所受的合力大小为尸0.

初速度v0=54km/h=15m/s,

反应时间fo=O.5s,

由牛顿第二定律有用1=加可

由匀速和匀变速直线运动规律有

X1=voto

X2=X~Xi

o（）2=2a崖2

联立解得居1=1.OX104N.

（2）设汽车从静止开始经10s使速度重新达到54km/h的过程中，加速度大小为的奉弓I力大

小为尸，由牛顿第二定律有尸-乙=加。2,F{2=0.05mg

由匀变速直线运动规律有为=a2t加

联立解得尸=4.0X103N.

跟进训练

1.（已知运动情况求受力）（多选）（2020•辽宁六校协作体开学考试）如图2甲所示，物块的质量加

=1kg,初速度。0=10m/s,在一水平向左的恒力尸作用下从。点沿粗糙的水平面向右运动,

某时刻尸突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图

乙所示，g=10m/s2.下列说法中正确的是（）

图2

A.0-5m内物块做匀减速运动

B.在f=ls时刻，恒力/反向

C.恒力厂大小为10N

D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3

答案ABD

解析0~5m内,由Oi2-oo2=2aixi,得oj=2°凶+帚,由题图乙知，2ai=-20m/s2,则

ai=-10m/s2,则物块做匀减速运动，A正确；由题图乙知，物块的初速度。0=10m/s,恒

0—00_

力厂在5m处反向，在0~5m内物块运动的时间/二一—=1s,即在才=1s时刻，恒力尸

j一_廿64

反向，B正确；5~13m内，由和2=2物2得物块的加速度向$2=4111/52,由

2%，2X8

牛顿第二定律得-尸-必加8="2。1,F-nmg-ma2,联立两式解得尸=7N,〃=0.3,D正确，C

错误.

2.(已知受力情况求运动情况)(2021•河南郑州市月考)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其

质量加=2kg,动力系统提供的恒定升力尸i=32N,试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上

升.设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为/=4N,飞行器上升9s后由于出现故障而失去

升力，出现故障9s后恢复升力但升力变为歹2=16N,取重力加速度大小g=10m/s2,假设

飞行器只在竖直方向运动.求：

(1)飞行器9s末的速度大小历；

(2)飞行器0〜18s内离地面的最大高度X；

(3)飞行器落回地面的速度大小狈

答案(1)36m/s(2)216m(3)48m/s

解析(1)0~9s内，飞行器受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得

Fi-mg-f-ma\

解得=4m/s2

飞行器9s末的速度大小Vi=atx=36m/s.

(2)最初9s内位移<=162m

设失去升力后上升阶段加速度大小为。2,上升阶段的时间为勿由牛顿第二定律得：

/+mg=ma2

解得。2=12m/s2

由运动学公式可得飞行器失去升力后上升阶段=〃2,2

由运动学公式可得%=$2〃

飞行器o~18s内离地面的最大高度H=瓦+h2

解得，2=3S,H=2X6m.

⑶飞行器到最高点后下落，设加速度大小为的，由牛顿第二定律得：

mg-f=机

解得的=8m/s2

恢复升力前飞行器下落的时间为=9S-2=6S,所以其速度。2=a3t3.

解得。2=48m/s,

由于">1〃3/32=144m,恢复升力后入二加g-/所以飞行器匀速下降，可知落回地面的速度

大小为48m/s.

拓展点等时圆

(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，如图

3甲所示；

(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所

示；

(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到

下端所用时间相等，如图丙所示.

B

甲

【例3】(多选)如图4所示，0a、。6和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，。、a、b、c、

“位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O'为圆心.每根杆上都套着一个小滑环

(未画出)，两个滑环从。点无初速度释放，一个滑环从1点无初速度释放，用小t2、4分别

表示滑环沿。a、Ob、加到达a、b所用的时间.下列关系正确的是()

图4

A.t\=与

C^i<r2D，i=右

答案BCD

解析设想还有一根光滑固定细杆ca,则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点。，三杆顶点

均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、"无初速度释放的小滑环到达。点的时间相等,

即勿=4=与而由c-。和由滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为

零，但加速度。以＞。口，由工二手於可知，份~°,故选项A错误，B、C、D均正确.

考点二超重与失重问题

【基础回扣】

1.超重

(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大王物体所受重力的现象.

(2)产生条件：物体具有向上的加速度.

2.失重

(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)4年物体所受重力的现象.

(2)产生条件：物体具有包工的加速度.

3.完全失重

(1)定义：物体对支持物(或悬挂物)完全没直作用力的现象称为完全失重现象.

(2)产生条件：物体的加速度a=g,方向竖直向下.

4.实重和视重

(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无叁

(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将丕笠

土物体的重力.此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重.

【技巧点拨】

1.判断超重和失重的方法

(1)从受力的角度判断

当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于

失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态.

(2)从加速度的角度判断

当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态

向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态.

2.对超重和失重现象的理解

(1)发生超重或失重现象时，物体所受的重力没有变化，只是压力(或拉力)变大或变小了(即“视

重”变大或变小了).

(2)物体处于超重或失重状态只与加速度方向有关，而与速度方向无关.

(3)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma.

⑷在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中

的物体不再受浮力作用、液柱不再产生压强等.

【例4】（2020•黑龙江哈尔滨市第一中学高三开学考试）“蹦极”是一项非常刺激的体育运动.

某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图5中。点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最

低点，6是人静止地悬吊着时的平衡位置，空气阻力不计，则人从尸点落下到最低点c的过

程中（）

图5

A.人从。点开始做减速运动，一直处于失重状态

B.在必段绳的拉力小于人的重力，人处于超重状态

C.在历段绳的拉力大于人的重力，人处于超重状态

D.在c点，人的速度为零，其加速度也为零

答案C

解析在尸。段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，在成段绳的

拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态在曲段绳的拉力

大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误，C正

确；在c点，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于

超重状态，故D错误.

[例5]（2020•山东青岛市高三一模）如图6是某同学站在压力传感器上做下蹲一起立的动作时

传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间.由图线可知，该同学的

体重约为650N,除此以外，还可以得到以下信息（）

图6

A.1s时人处在下蹲的最低点

B.2s时人处于下蹲静止状态

C.0-4s内该同学做了2次下蹲一起立的动作

D.下蹲过程中人始终处于失重状态

答案B

解析人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，故人处于失重状态，最

后人静止，故后半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲

过程中人先失重后超重，选项D错误在1s时人向下的加速度最大，故此时人并没有静止,

它不是下蹲的最低点，选项A错误；2s时人已经历了失重和超重两个过程，故此时处于下

蹲静止状态，选项B正确该同学在前2s时是下蹲过程，后2s是起立的过程，所以共做了

1次下蹲-起立的动作，选项C错误.

跟进训练

3.（超、失重的理解和判断X202S山东卷-1）一质量为加的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与

时间t的关系图像如图7所示.乘客所受支持力的大小用出表示，速度大小用。表示.重力加

速度大小为g.以下判断正确的是（）

A.0〜R时间内,。增大,FN>mg

B.ZI~Z2时间内，。减小，F^<mg

C&〜力时间内，。增大，F^<mg

D12〜右时间内，。减小，FN>mg

答案D

解析根据S-f图像的斜率表示速度可知，0~71时间内。增大，/2~右时间内。减小，tl~t2

时间内。不变，故B、C错误；0~a时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则

FN<mg,故A错误；友-3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则乐>〃陪,

故D正确.

4.（超、失重的有关计算）一质量为加的人站在电梯中，电梯匀加速上升，加速度大小为:g（g

为重力加速度）.人对电梯底部的压力大小为（）

1

A.-mgB.2mg

4

C.-mgD.mg

答案C

4

解析根据牛顿第二定律有入-加g二胸，解得电梯底部对人的支持力大小为/N二^g,由

4

牛顿第三定律知，人对电梯底部的压力大小为尸/二针g,选项C正确.

考点三瞬时加速度问题

1.两种模型

加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，当物体所受

合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变.

不发生明显形变就能产生弹力，剪断或

轻绳、轻杆脱离后，不需要时间恢复形变，弹力立

和接触面即消失或改变.一般题目中所给的轻绳、

轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可

按此模型处理

两种

模型!当弹簧的两端与物体相连（即两端为固：

i定端）时，由于物体有惯性，弹簧的长i

弹簧、蹦床I度不会发生突变，所以在瞬时问题中，

和橡皮筋I其弹力的大小认为是不变的，即此时弹i

:簧的弹力不突变

2.解题思路

分析瞬时变化前物体的受力情况T分析瞬时变化后哪些力变化或消天一

求出变化后物体所受合力根据牛顿第二定律列方程T求瞬时加速度

【例6】（多选）（2020•福建厦门市外国语学校月考）两小球/、8先后用弹簧和轻杆相连，放在

光滑斜面上静止，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，如图8甲、乙，/、8质

量相等，重力加速度为g,斜面的倾角为。在突然撤去挡板的瞬间（）

甲乙

图8

A.两图中两球加速度均为gsin。

B.两图中/球的加速度均为零

C.图甲中8球的加速度为2gsin0

D.图乙中8球的加速度为gsin6

答案CD

解析撤去挡板前，对整体分析，挡板对8球的弹力大小为2%gsin"因弹簧弹力不能突变，

而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中/球所受合力为零，加速度为零，8球所

受合力为2wgsin0,加速度为2gsin夕题图乙中杆的弹力突变为零,48球所受合力均为加gsin

e,加速度均为gsin。，故C、D正确，A、B错误.

跟进训练

5.（瞬时加速度问题）（2020・长春市榆树高级中学高三月考）如图9,吊篮用绳子悬挂在天花板上,

吊篮/及物块3、C的质量均为办重力加速度为g,则将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间，下

列说法正确的是（）

c

A

oD

图9

A.三者的加速度都为g

3

B.C的加速度为零，/和2的加速度为-g

C.8对/的压力为2%g

D.8对N的压力为mg

答案B

解析受力分析可知，物体C受重力和弹簧弹力，弹簧的弹力不能突变，在细绳剪断瞬间,

C受到的弹力与重力相等，所受合力为零，则。的加速度为0；物体8与/相对静止，将4

8看作一个整体，受重力和弹簧的压力，弹簧的压力等于C物体的重力加g,对/、8组成的

系统，由牛顿第二定律得。=些学士空=1g,故A错误，B正确；以吊篮/为研究对象,

2m2

/受到重力与8对/的压力，由牛顿第二定律得加g+&=〃孙代入数据得乐=/，C、D

错误.

课时精练

立双基巩固练

1.（多选）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度。随时间f变化的图线如图1所示，以竖

直向上为。的正方向，则人对地板的压力（）

A/=2s时取大B./=2s时最小

C.t—S.5s时最大D./=8.5s时最小

答案AD

解析人乘电梯向上运动，规定向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有尸-

mg=ma,即尸=mg+加a,根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于地板对人的支持

力大小，将对应时刻的加速度（包含正负号）代入上式，可得选项A、D正确，B、C错误.

2.（2017・海南卷・3）汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上

留下的痕迹称为刹车线.由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度，己知汽车轮胎与地面之间的

动摩擦因数为0.80,测得刹车线长25m.汽车在刹车前的瞬间的速度大小为（重力加速度g取

10m/s2）（）

A.10m/sB.20m/s

C.30m/sD.40m/s

答案B

解析由牛顿第二定律得〃"陪=机。，即。=8m/s2,

由浮-o02=-2ax得v0=（2ax=«2X8X25m/s=20m/s,故选项B正确.

3.（2020•浙江“山水联盟”返校考）2019年11月，在温州翔宇中学举行的浙江省中学生田径锦

标赛中，某校高二学生王鑫宇以2米的成绩获得冠军，如图2所示.则下列说法正确的是（不

计空气阻力X）

图2

A.王鑫宇在上升阶段重力变大了

B.王鑫宇在空中跨越过程处于失重状态

C.王鑫宇起跳时地面对他的支持力大于他对地面的压力

D.王鑫宇在助跑过程中，地面对他的支持力做正功

答案B

解析王鑫宇在上升阶段只受重力，处于失重状态，且重力大小不变，所以B正确，A错误

王鑫宇起跳时地面对他的支持力与他对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，方向相反,

所以C错误王鑫宇在助跑过程中，地面对他的支持力与运动方向垂直，不做功，所以D错

、口

供.

4.（多选）（2020・甘肃白银市靖远县第二中学高三月考）如图3,木箱内有一竖直放置的弹簧，弹

簧上方有一物块木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块与箱顶间有作用力.若在某一段时间内,

物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为（）

图3

A.加速下降B.加速上升

C.减速上升D.减速下降

答案BD

解析木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力,当物块对箱顶刚好无压

力时，物块受到的合力向上，所以系统应该有向上的加速度，超重，木箱可能是向上加速,

也可能是向下减速，所以B、D正确.

5.（2018•浙江4月选考-8）如图4所示，小芳在体重计上完成下蹲动作.下列F-t图像能反映体

重计示数随时间变化的是（）

答案C

解析体重计的读数为小芳所受的支持力大小，下蹲过程小芳的速度从0开始最后又回到0,

因此小芳先加速运动后减速运动，加速度方向先向下后向上，即先失重后超重，所以支持力

先小于重力，后大于重力，因此选C.

6.为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无

摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是（）

答案C

解析设屋檐的底角为名底边长为2〃不变）.雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛

顿第二定律得加速度"F=gsm。，位移大小x=而x=烹’2sm0cos0=sin

组联立以上各式得「J赢4痴L.当"45。时，为最大宜时间，最短故选项C正

确.

7.（2019•河北衡水中学第一次调研）如图5所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端

连着/小球，同时水平细线一端连着/球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的

夹角是60。，/、8两小球分别连在另一根竖直弹簧两端.开始时/、3两球都静止不动，/、B

两小球的质量相等，重力加速度为g,若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，42两球

的加速度分别为（）

A.dA=ClB=gB.az=2g,沏=0

C.qz=V^g,。£=0D.d4=2y/^g,沏=0

答案D

解析水平细线被剪断前,对43进行受力分析如图所示:

静止时，FT=Fsin60°,Feos60°=mAg+Fx,Fi=Fj=mBg,^mA=mB

解得FT=2#mAg

水平细线被剪断瞬间，后消失，其他各力不变，/所受合力与尸T等大反向，所以叫=二=2超

mA

g.aB=0,D正确.

立熊力提升练

8.如图6所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于。点，。点恰好是下半圆的

圆心，它们处在同一竖直平面内.现有三条光滑轨道COD、EOF,它们的两端分别位于

上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为现让一小物块先后从三条轨道顶端

由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（）

图6

^■tAB—tcD—tEF

C.tAB<CD<tEFD』4B=tCD<tEF

答案B

解析如图所示，过。点作。。的垂线与竖直虚线交于G,以。G为直径作圆，可以看出尸

点在辅助圆内，而5点在辅助圆外，由等时圆结论可知，以B>fc0>tEF,B项正确.

9.（2020•浙江宁波市堇B州中学初考）如图7所示，两个完全相同的轻弹簧°、b,一端固定在水

平面上，另一端均与质量为〃，的小球相连接，轻杆c一端固定在天花板上，另一端与小球拴

接.弹簧°、6和轻杆互成120。角，且弹簧°、6的弹力大小均为〃?g,g为重力加速度，如果

将轻杆突然撤去，则撤去瞬间小球的加速度大小可能为（）

A.a=0.5gB.a=g

C.Q=1.5gD.a=2g

答案D

解析弹簧。、6的弹力大小均为〃?g,当弹簧的弹力为拉力时，其合力方向竖直向下、大小

为加g,轻杆对小球的拉力大小为2加g,将轻杆突然撤去时，小球合力为2〃?g,此时加速度大

小为2g；当弹簧的弹力为压力时，其合力竖直向上、大小为mg,根据平衡条件，轻杆上的

力为零，将轻杆突然撤去时，小球受到的合力为0,此时加速度大小为0,故D正确，A、

B、C错误.

10.(多选)(2019・全国卷m-20)如图8(a),物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细

绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平1=0时，木板开始受到水平外力厂的作用，

在t=4s时撤去外力.细绳对物块的拉力/随时间/变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与

时间t的关系如图(c)所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略.重力加速度取10m/s2.由题给数

据可以得出()

图8

A.木板的质量为1kg

B.2〜4s内，力尸的大小为0.4N

C.0-2s内，力尸的大小保持不变

D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

答案AB

解析由题图⑹可知木板在0~2s内处于静止状态,再结合题图(b)中细绳对物块的拉力/在

0~2s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F

也逐渐增大，选项C错误由题图⑹可知木板在2~4s内做匀加速运动，其加速度大小为历

04—0

==m/s2=0.2m/s2,对木板进行受力分析’由牛顿第二定律可得尸-衣="见在4~5

04—02

S内做匀减速运动，其加速度大小为心二厂m/s2=°.2m/s2,%*另外由于物块静

止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff=0.2N,解得加=1kg、尸=0.4

N,选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因

数，选项D错误.

11.(2018•浙江4月选考-19