專題02動力學(xué)中的圖像問題（共6種圖像類型）講義-2025版高考物理圖像專題

專題二動力學(xué)中的圖像問題知識梳理知識點一、動力學(xué)中的圖像1．動力學(xué)中常見的圖象v－t圖象、x－t圖象、F－t圖象、F－a圖象等．2．解決圖象問題的關(guān)鍵：(1)看清圖象的橫、縱坐標(biāo)所表示的物理量及單位并注意坐標(biāo)原點是否從零開始。(2)理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關(guān)鍵點，如斜率、截距、面積、交點、拐點等，判斷物體的運動情況或受力情況，再結(jié)合牛頓運動定律求解．知識點二、其他圖像問題1．基本思路(1)解讀圖象的坐標(biāo)軸，理清橫軸和縱軸代表的物理量和坐標(biāo)點的意義．(2)解讀圖象的形狀、斜率、截距和面積信息．2．解題技巧(1)應(yīng)用解析法和排除法，兩者結(jié)合提高選擇題圖象類題型的解題準(zhǔn)確率和速度．(2)分析轉(zhuǎn)折點、兩圖線的交點、與坐標(biāo)軸交點等特殊點和該點前后兩段圖線．(3)分析圖象的形狀變化、斜率變化、相關(guān)性等．題型歸類類型1動力學(xué)中的v-t圖1．（2022秋?江陰市期末）t＝0時刻，一質(zhì)量為50g的小球被豎直向上拋出，其v﹣t圖像如圖所示。重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是（）A．小球上升的最大高度為3.0m B．前1s內(nèi)，小球的位移為2.5m C．t＝0.5s時，小球的加速度方向反轉(zhuǎn) D．小球受到的空氣阻力大小恒為0.1N【解答】解：A．由圖像知，小球在0.5s時上升到最大高度，根據(jù)v﹣t圖像圍成的面積表示位移，可得小球上升的最大高度為?=1故A錯誤；B．根據(jù)v﹣t圖像圍成的面積表示位移，可得前1s內(nèi)，小球的位移為s=1故B錯誤；C．根據(jù)v﹣t圖像的斜率表示加速度，可知t＝0.5s時，小球的加速度方向并未反轉(zhuǎn)，仍然豎直向下，故C錯誤；D．根據(jù)v﹣t圖像的斜率表示加速度，可得0～0.5s小球的加速度大小為a1=|Δv1Δt10.5s～1.0s小球的加速度大小為a2＝|Δv2Δt2|＝|根據(jù)牛頓第二定律有mg+f＝ma1mg﹣f＝ma2代入數(shù)據(jù)解得小球受到的空氣阻力大小恒為f＝0.1N故D正確。故選：D。（多選）2．（2022秋?承德期末）如圖甲所示，傾角θ＝37°的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0＝10m/s沿逆時針方向運動。t＝0時，將質(zhì)量m＝1kg的物塊（視為質(zhì)點）輕放在傳送帶上端，物塊的v﹣t圖像如圖乙所示，圖乙中的t1＝1s，取沿傳送帶向下為正方向，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是（）A．圖乙中的v1＝10m/s B．物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.75 C．t1～t2時間內(nèi)，物塊的加速度大小為2m/s2 D．若圖乙中的t2＝2s，且物塊恰好在此時從傳送帶下端離開，則傳送帶上端到下端的距離為20m【解答】解：AB、在0～t1時間內(nèi)，物塊所受到的摩擦力沿傳送帶向下，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1在t1時刻加速度發(fā)生變化，說明此時物塊與傳送帶共速，由題圖和速度—時間公式可列方程：v1＝v0＝a1t1＝10m/s聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.5，故A正確，B錯誤；C、共速后，由于重力沿傳送帶向下的分力大于最大靜摩擦力，所以物塊將受到沿傳送帶向上的摩擦力，繼續(xù)向下做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2解得：a2D、傳送帶上端到下端的距離為：l＝x1+x2=v12t1+v1（t故選：AC。3．如圖甲，質(zhì)量mB＝3kg的長木板B上表面放置一質(zhì)量mA＝2kg的物塊A，另有一質(zhì)量mC＝1kg的物塊C以某一初速度v0從長木板最左端滑上長木板，物塊C與物塊A發(fā)生彈性碰撞后恰好能從長木板左端滑落，且最終物塊A未從長木板滑離。物塊A、C與長木板B之間的動摩擦因數(shù)均為μ1，長木板B與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，兩物塊碰撞前長木板與地面相對靜止，從兩物塊碰后瞬間開始計時，物塊A的v﹣t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。（1）求兩物塊碰前瞬間C的速度大??；（2）求動摩擦因數(shù)μ1、μ2的大??；（3）求物塊C的初速度v0的大小?！窘獯稹拷猓海?）令兩物塊碰前瞬間C的速度為vC，碰后瞬間C的速度為v′C，碰后瞬間物塊A的速度為vA，物塊C與物塊A發(fā)生彈性碰撞，滿足動量守恒和機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mCvC＝mCv′C+mAvA由機械能守恒定律得：1解得：vA=由乙圖可知，物塊A發(fā)生碰撞后速度：vA＝2m/s由此可以解得：vC＝3m/s，v′C＝﹣1m/s（2）由乙圖可知，0﹣0.45s內(nèi)，A做勻減速直線運動的加速度大小為a由牛頓第二定律得：μ1mAg＝mAaA由此可以解得：μ1＝0.4兩物塊碰撞前長木板與地面相對靜止，得：μ1mCg＜μ2（mA+mB+mC）g兩物塊碰撞后，物塊C從長木板滑落前，物塊A和物塊C對長木板的摩擦力的合力大小μ1mAg﹣μ1mCg＝μ1mCg＜μ2（mA+mB+mC）g故物塊C從長木板滑落前，長木板相對于地面靜止不動。物塊C從碰撞后到滑落過程中，設(shè)加速度大小為aC，由牛頓第二定律得：μ1mCg＝mCaC由此可以解得：a物塊C恰好能從長木板左端滑落時速度為零，物塊C從碰撞后到滑落的時間t1=0?v物塊C從長木板后到滑落后，長木板的加速度大小：a由乙圖可知物塊A發(fā)生碰撞后的0.45s，物塊A和長木板共速，速度大小都等于0.2m/s，由運動學(xué)公式得vB＝aB（0.45﹣0.25），解得vB＝0.2m/s由此可以解得：8?50解得：μ2＝0.1（3）物塊C碰撞后在長木板上的位移大小x=|從物塊C滑上長木板到與物塊A碰撞前，由動能定理得?解得v類型2動力學(xué)中的a-F圖4．（2022秋?耀州區(qū)校級期末）如圖1所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A，滑塊A受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出滑塊A的加速度a，得到如圖2所示的a﹣F圖像，已知g取10m/s2，則（）A．滑塊A的質(zhì)量為1kg B．木板B的質(zhì)量為6kg C．當(dāng)F＝12N時，木板B的加速度為4m/s2 D．滑塊A與木板B間的動摩擦因數(shù)為0.4【解答】解：ABD、設(shè)滑塊A的質(zhì)量為m，木板B的質(zhì)量為M，滑塊A與木板B間的動摩擦因數(shù)為μ。由圖2可知，當(dāng)F＝Fm＝10N時，滑塊A與木板B恰好開始相對滑動，兩者共同加速度am＝1m/s2對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得：Fm＝（M+m）am解得：M+m＝10kg當(dāng)F＞10N時，A與B發(fā)生相對滑動，對A，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣μmg＝ma變形得：a=1mF﹣則a﹣F圖像的斜率k=1將a＝1m/s2，F(xiàn)＝10N，代入a=1mF﹣μg解得：C、當(dāng)F＝12N時，木板B的加速度為aB=μmgM=0.4×2×108故選：D。5．用一個沿水平方向很大的力F推放在粗糙程度相同的水平面上物體，推力F不斷減小的過程中，物體運動的加速度a隨推力F變化的a﹣F圖象如圖所示，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．物體的質(zhì)量為1kg B．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5 C．當(dāng)推力F減小為10N時，物體的加速度最大 D．當(dāng)推力F減小為0時，物體的速度一定為零【解答】解：AB、對物體，由牛頓第二定律得：F﹣μmg＝ma，解得：a=1ma﹣F圖象的斜率：k=1m=5?(?5)20圖象縱軸截距：b＝﹣μg＝﹣5m/s2，解得物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，故A錯誤，B正確；C、由圖示圖象可知，當(dāng)推力F減小為10N時，物體的加速度為零，最小，故C錯誤；D、開始力F較大，大于物體的滑動摩擦力，物體做加速運動，當(dāng)推力等于滑動摩擦力后物體開始做減速運動，由圖示圖示可知，推力減小為0時，物體的加速度為﹣5m/s2，物體仍在運動，物體速度不為零，故D錯誤。故選：B。6．如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊，木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的a﹣F圖，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，取g＝10m/s2，則下列選項錯誤的是（）A．滑塊的質(zhì)量m＝4kg B．木板的質(zhì)量M＝2kg C．當(dāng)F＝8N時滑塊加速度為2m/s2 D．滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為0.1【解答】解：AB、由圖知，F(xiàn)＝6N時，加速度為a＝1m/s2．對整體分析，由牛頓第二定律有F＝（M+m）a，代入數(shù)據(jù)解得M+m＝6kg；當(dāng)F＞6N時，對木板，根據(jù)牛頓第二定律得a=F?μmgM=1MCD、根據(jù)F＞6N的圖線知，F(xiàn)＝4N時，a＝0，即0=12×F?當(dāng)F＝8N時，對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma′，解得a′＝μg＝1m/s2，故C錯誤，D正確。本題選錯誤的，故選：C。類型3動力學(xué)中的a-v圖7．（2020秋?鄭州期末）目前許多智能化手機都有速度、加速度傳感器，安裝應(yīng)用程序后，就可以測量相應(yīng)的速度和加速度。某同學(xué)利用手機設(shè)計了一個實驗，測量氣球空氣阻力大小與速率的關(guān)系。如圖所示，將手機用細線懸吊在氣球的下方，氣球在空中先加速下落，隨著速度的逐漸增大，氣球所受的空氣阻力也逐漸增大。（氣球所受浮力以及手機上的空氣阻力可忽略不計）（1）如果下落高度足夠大，可判斷氣球和手機的下落是的運動。（填“一直加速”、“先加速后勻速”或“先加速后減速”）（2）測量出手機和氣球的總質(zhì)量。選取下落過程中對應(yīng)同一位置的速度和加速度數(shù)據(jù)，填入表格。表中明顯出現(xiàn)錯誤的一組數(shù)據(jù)是位置。位置12345678速度/m?s﹣10.51.01.52.02.53.03.54.0加速度/m?s﹣28.907.997.096.193.294.383.482.58（3）根據(jù)表中的測量數(shù)據(jù)，在坐標(biāo)紙上描出了各個點，如圖所示。在坐標(biāo)紙上連線做出a﹣v圖象。（4）設(shè)氣球受到的空氣阻力大小為f，通過分析可知，下落過程中加速度與阻力的關(guān)系滿足a＝g?fM。若測得手機和氣球的總質(zhì)量為M＝180g。結(jié)合a﹣v圖象、數(shù)據(jù)可知阻力f與下落速度v的關(guān)系為【解答】解：（1）氣球在空中先加速下落，隨著速度的逐漸增大，氣球所受的空氣阻力也逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律得mg﹣f＝ma，可知，加速度逐漸減小，當(dāng)空氣阻力等于重力時，合力為零，加速度為零，此后氣球開始向下做勻速運動，故氣球和手機的下落是先加速后勻速的運動；（2）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，隨著速度的增大，加速度逐漸減小，故位置5處的數(shù)據(jù)有錯誤；（3）根據(jù)描出的點，讓直線盡量通過多的點，不在直線上的點盡量分布在直線兩側(cè)，畫出a﹣v圖象如圖所示。根據(jù)圖象可得：圖象的斜率為k=?9.9?43.2s﹣1a＝﹣kv+9.9＝（﹣1.84v+9.8）m/s2結(jié)合a＝g?f故答案為：（1）先加速后勻速；（2）5；（3）f≈0.33v（N）。8．（2023?濟南模擬）某同學(xué)想利用手機內(nèi)置的加速度傳感器和相關(guān)軟件來探究手機下落時受到的空氣阻力與速率的關(guān)系。主要實驗步驟如下：①測量手機的質(zhì)量m＝0.2kg；②打開軟件，將手機屏幕向上從某一高度處由靜止釋放并落在軟墊上；③利用軟件記錄手機下落過程中多個位置的加速度a和對應(yīng)速率v的數(shù)據(jù)，如表所示：位置12345678速度/m?s﹣11.02.03.04.05.06.07.08.0加速度/m?s﹣28.917.997.096.193.294.383.482.58（1）根據(jù)表中的測量數(shù)據(jù)，在坐標(biāo)紙上畫出加速度a與速度v的關(guān)系圖像；（2）根據(jù)a﹣v圖像，可以得到a與v滿足的函數(shù)關(guān)系式為a＝；（3）根據(jù)a﹣v圖像，可以推斷阻力f大小與速率v的關(guān)系為。A．f與v成正比 B．f與v2成正比 C．f與v﹣1成正比 D．f與v﹣2成正比【解答】解：（1）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對應(yīng)點，讓盡可能多的點過直線，不能過直線的點對稱分布在直線兩側(cè)，偏離直線太遠的點要舍去，根據(jù)坐標(biāo)系內(nèi)描出的點作出圖像如圖所示（2）由圖示a﹣v圖像可知，a與v是線性關(guān)系，設(shè)a與v的關(guān)系式為a＝a0+kv由圖示圖像可知：a0＝9.8m/s2，k=則a與v滿足的函數(shù)關(guān)系式為a＝9.8﹣0.9v（m/s2）（3）由牛頓第二定律得：a=mg?fm=g?則由a＝9.8﹣0.9v可知：﹣5f＝﹣0.9v，解得：f＝0.18v，則f與v成正比，故A正確，BCD錯誤。故選：A。故答案為：（1）圖像如圖所示；（2）a＝9.8﹣0.9v（m/s2）；（3）A。類型4動力學(xué)中的F-t圖9．（2023春?杭州期中）人站在力傳感器上完成下蹲和站起動作，傳感器記錄的力隨時間變化圖像（F﹣t圖）如圖所示，則（）A．下蹲過程中最大加速度為6m/s2 B．人在下蹲過程中，力的示數(shù)先變大，后變小 C．人在站起過程中，先失重后超重 D．人在8s內(nèi)完成了兩次下蹲和兩次站起動作【解答】解：A．由圖可知，平衡時，傳感器示數(shù)為500N，則人自身重力為：G＝500N，可得人的質(zhì)量為：m=傳感器的最小壓力約為200N，此時人所受的合外力最大，為：F合＝G﹣F＝500N﹣200N＝300N則根據(jù)牛頓第二定律得，最大加速度為：amB．人在下蹲過程中，先加速下降，此時的加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，傳感器示數(shù)小于自身重力；再減速下降，此時加速度的方向向上，處于超重狀態(tài)，傳感器示數(shù)大于自身重力；綜上，可知力的示數(shù)先變小，后變大，故B錯誤；C．人在站起過程中，先加速起立，此時加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，傳感器示數(shù)大于自身重力；再減速起立，此時的加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，傳感器示數(shù)小于自身重力；綜上，可知人是先超重后失重，故C錯誤；D．結(jié)合BC分析，可知：人在下蹲過程中，力的示數(shù)先變小，后變大；人在站起過程中，力的示數(shù)先變大，后變小，所以動作人在8s內(nèi)完成了一次下蹲和一次站起動作，故D錯誤。故選：A。（多選）10．某同學(xué)利用圖甲所示裝置研究摩擦力的變化情況。實驗臺上固定一個力傳感器，傳感器用棉線拉住物塊，物塊放置在粗糙的長木板上。水平向左拉木板，傳感器記錄的F﹣t圖象如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．實驗中必須讓木板保持勻速運動 B．圖乙中曲線反映了物塊受到的摩擦力隨時間的變化曲線 C．最大靜摩擦力與滑動摩擦力之比約為10：7 D．只用圖乙中數(shù)據(jù)不能得出物塊與木板間的動摩擦因數(shù)【解答】解：A、動摩擦力大小與是否勻速直線運動無關(guān)，故A錯誤；B、力傳感器測量的是繩子上的拉力，所以圖乙曲線是繩子上的拉力F隨時間的變化曲線；由于物塊在水平方向受到的摩擦力與繩子的拉力是一對平衡力，所以圖乙中曲線反映了物塊受到的摩擦力隨時間的變化曲線，故B正確；C、由圖乙可知，開始物塊受到長木板給的靜摩擦力與棉線拉力平衡，一直到拉力峰值10N左右，此時最大靜摩擦力約為10N；之后物塊與長木板相對滑動，物塊受動摩擦力和棉線拉力仍然平衡，由圖乙知滑動摩擦力大小7N左右，最大靜摩擦力與滑動摩擦力之比約為10：7，故C正確；D、圖乙中數(shù)據(jù)可得出物塊與木板間的動摩擦力大小，根據(jù)f＝μFN＝μmg，m未知，故求不出動摩擦因數(shù)，故D正確。故選：BCD。（多選）11．在某建筑工地，有一工件在電機的牽引下從地面豎直向上送至指定位置進行安裝，已知該工件先后經(jīng)歷勻加速、勻速、勻減速運動三個階段。當(dāng)工件加速運動到總距離的一半時開始計時，測得電機的牽引力隨時間變化的F﹣t圖象如圖所示，其中t＝18s時工件速度恰好減為0且到達指定位置。整個過程中不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，則（）A．0～18s時間內(nèi)，工件一直處于失重狀態(tài) B．工件做勻速運動的速度大小為2m/s C．工件做勻減速運動的加速度大小為0.25m/s2 D．地面和指定位置之間的總距離為56m【解答】解：A、由題意可知，0～10s工件勻速運動，加速度為零，10～18s工件勻減速運動且方向豎直向下，則0～18s時間內(nèi)，工件先處于平衡狀態(tài)再處于失重狀態(tài)，故A錯誤；BC、0～10s工件勻速運動，則mg＝3000N，m＝300kg，勻減速運動過程加速度大小a=mg?Fm=3000?2925300m/s2＝0.25m/s2D、工件運動后半程的距離x2=vt1+v2（t2﹣t故選：BCD。類型5動力學(xué)中的a-F圖12．（2023?河南二模）如圖甲所示，將一圓環(huán)套在固定的足夠長的水平桿上，環(huán)的內(nèi)徑略大于桿的截面直徑，對環(huán)施加一斜向上與桿的夾角為θ的拉力F，當(dāng)拉力逐漸變大時環(huán)的加速度隨拉力F的變化規(guī)律如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．圓環(huán)的質(zhì)量為0.5kg B．圓環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.2 C．當(dāng)F＝10N時，圓環(huán)的加速度大小為10m/s2 D．當(dāng)圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N時，圓環(huán)的加速度大小可能為3m/s2【解答】解：A．F在2N～5N內(nèi)時，對圓環(huán)受力分析可得Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma當(dāng)拉力超過5N時，支持力方向相反，故當(dāng)F1＝5N時Fsinθ＝mg，N＝0，f＝0，F(xiàn)cosθ＝ma，代入數(shù)據(jù)F＝5N，a＝7.5m/s，可得tanθ=43，θ＝53°，代入F1sin故A錯誤；B.cosθ＝0.6，m＝0.4kg代入Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma，F(xiàn)＝2N，a＝0可得μ=故B錯誤；C．當(dāng)F2＞5N，支持力向下，N＝F2sinθ﹣mg對圓環(huán)受力分析可得a=即當(dāng)拉力為10N時，圓環(huán)的加速度大小為10m/s2，故C正確；D．當(dāng)圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N，且拉力小于2N時，對圓環(huán)受力分析可知F合＝0即Fcosθ＝f＝1N解得F3當(dāng)圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N，且2N＜F＜5N時，可知μ（mg﹣Fsinθ）＝1N解得F4=52N，由Fcosθ﹣μ當(dāng)圓環(huán)受到的摩擦力大小為1N，且5N＜F時，可知μ（Fsinθ﹣mg）＝1N解得F5=152N，由Fcosθ﹣故D錯誤。故選：C。13．（2023秋?洪山區(qū)校級期中）如圖甲所示，質(zhì)量分別為1kg、2kg、3kg的三個物塊A、B、C疊放在水平面上，現(xiàn)對物塊B施加一水平向右的拉力F，物塊A、B、C的加速度與水平拉力的關(guān)系如圖乙（以水平向右為正）。若物塊足夠長，物塊A、B間的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊B、C間的動摩擦因數(shù)為μ2，物塊C與地面間的動摩擦因數(shù)為μ3，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．μ1＝0.1 B．μ1＝0.2 C．μ2＝0.3 D．μ3＝0.4【解答】解：由圖可知，當(dāng)外力F1＝6N時B開始有加速度，此時應(yīng)該是ABC整體一起相對地面開始滑動，所以此時的F大小應(yīng)等于整體與地面的最大靜摩擦力，對ABC整體由平衡條件有：F1＝μ3（mA+mB+mC）g＝6N代入數(shù)據(jù)得到：μ3＝0.1當(dāng)外力F2＝12N，a2＝1m/s2時，此時應(yīng)該是AB一起與C發(fā)生相對的滑動，對AB整體根據(jù)牛頓第二定律有：F2﹣μ2（mA+mB）g＝（mA+mB）a2代入數(shù)據(jù)得：μ2＝0.3當(dāng)外力F3＝21N，a3＝4m/s2時，此時應(yīng)該是B與A，B與C都發(fā)生相對的滑動，對B根據(jù)牛頓第二定律有：F3﹣μ1mAg﹣μ2（mA+mB）g＝mBa3代入數(shù)據(jù)得到：μ1＝0.4。由以上結(jié)果可知，ABD錯誤，C正確。故選：C。類型6動力學(xué)中的F-x圖14．（2022?湘陰縣校級二模）如圖甲所示，為一梯形平臺截面圖，OP為粗糙水平面，PD為斜面，小物塊置于粗糙水平面上的O點，每次用水平拉力F將物塊由O點從靜止開始拉動，當(dāng)物塊運動到斜面頂端P點時撤去拉力。小物塊在大小不同的拉力F作用下落在斜面上的水平射程x不同，其F﹣x圖如圖乙所示，若物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.4，斜面與水平地面之間的夾角θ＝45°，g取10m/s2。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法中正確的是（）A．小物塊每次落在斜面上的速度方向不同 B．不能求出小物塊質(zhì)量 C．小物塊質(zhì)量m＝1.0kg D．O、P