4.3 牛顿第二定律重点题型归纳练习（Word版含答案）

牛顿第二定律重点题型归纳练习
牛顿第二定律之正交分解
1．如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力 和斜面的支持力分别为（重力加速度为g）（　　）
A．，
B．，
C．，
D．，
2．（多选）如图所示，质量为的载货车厢通过悬臂固定在缆绳上，缆绳与水平方向夹角为，当缆绳带动车厢以加速度匀加速向上运动时，质量为的货物在车厢底板中与车厢恰好相对静止。已知悬臂竖直，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则（　　）
A．货物所受底板的摩擦力大小为 B．底板对货物的支持力大小为
C．悬臂对车厢的作用力大小为 D．货物与车厢的动摩擦因数约为0.14
牛顿第二定律之整体隔离法
3．如图所示，两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接.两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（　　）
A．弹簧秤的示数是10N
B．弹簧秤的示数是50N
C．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度不变
D．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度不变
4．如图所示，静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，轻绳长度L＝0.4 m，当其承受拉力增大到Tm ＝8 N时，轻绳瞬间被拉断. 已知A的质量m1＝2 kg，B的质量m2＝8 kg，A、B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，现用一从零开始逐渐增大的水平力F作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断（g取10 m/s2）.
（1）求绳刚被拉断时F的大小；
（2）若绳刚被拉断时，A、B的速度为v＝2 m/s，保持此时的F大小不变，当A静止时，A、B间的距离为多少？
5．（多选）如图所示，a、b、c三个物块的质量分别为m、2m、m，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上。现用水平恒力F作用在a上，使三个物块一起水平向右做匀加速运动。各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．物块c受到的摩擦力大小为2μmg
B．绳子拉力大小等于
C．物块c受到的摩擦力大小为
D．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg
6．如图所示，质量分别为0.1kg和0.2kg的A、B两物体用一根轻质弹簧连接，在一个竖直向上、大小为6N的拉力F作用下以相同的加速度向上做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数为1N/cm，取g=。则弹簧的形变量为（　　）
A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
牛顿第二定律之瞬时加速度
7．如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始时系统处于静止状态。则在细线被烧断的瞬间，下列说法错误的是（　　）
A．B球的受力情况不变，加速度仍为零
B．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为
C．A、B之间杆的拉力大小为
D．C球的加速度沿斜面向下，大小为gsin θ
8．（多选）如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止。已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g，下列说法不正确的是（　　）
A．在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsinθ
B．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为2gsinθ
C．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为gsinθ
D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为2gsinθ
9．（多选）如图所示，水平面上有一质量为的物体，左端用跨过定滑轮的细线连接着物体B，物体B、C的质量均为，用轻弹簧相连放置在倾角为的斜面上，不计一切摩擦，开始时，在水平向右的恒力的作用下、B、C均处于静止状态，已知重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．在细线被烧断的瞬间，的加速度大小为
B．在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为
C．剪断弹簧的瞬间，的加速度大小为
D．突然撤去外力的瞬间，的加速度大小为
10．如图所示，在以大小为，方向向右做匀加速直线运动的小车里，有一质量为m的小球与轻质弹簧的右端相连，弹簧左端与车壁连接，此时弹簧水平，细线与水平方向成夹角，细线、小球、弹簧相对静止。则下列判断正确的是（　　）
A．细线对小球的拉力等于
B．弹簧对小球的弹力等于
C．弹簧对小球的弹力等于
D．剪断细绳的瞬间，小球的加速度大小为
牛顿第二定律之等时圆
11．如图所示，光滑直杆AC和BC一端靠在竖直墙上，一端固定在地面上的C点，∠ACD=60°，BC是∠ACD的角平分线，两杆上分别套有一个小球（均可视为质点），小球可以在直杆上自由滑动，让两球分别从A、B两点同时释放，两小球运动到C点所用的时间分别为tA、tB，则关于两球运动的时间，下列说法正确的是（　　）
A．tA>tB B．tA=tB C．tA12．（多选）下列甲、乙、丙、丁四图中的1、2、3 是三个光滑轨道，甲、乙、丙图中的三个轨道与水平面的夹角从大到小均为60°、45°、30°，甲图中三个轨道的起点高度相同，乙图中三个轨道对应的水平底边相同，丙图中三个斜轨道的长度相同，丁图中②轨道为竖直直径，①③轨道的一端分别与②轨道的底端和顶端在同一点上，另一端分别在圆周上。现让同一物体分别沿四个图中的三个光滑轨道从顶端由静止开始下滑，到达底端所用的时间分别为t1、t2、t3，下列说法正确的是（　　）
A．对于甲图有：t1C．对于丙图有：t113．如图所示，在竖直面内有一个正方形ABCD，AD边竖直，BD是对角线，O是BD的中点，E、F在BD上并且关于O点对称，从A点分别向E、O、F放三个光滑斜面，当物块从顶点A静止开始沿着三个斜面滑到底端时，运动时间分别为t1、t2、t3，则（　　）
A．t114．如图所示，一斜坡底端为B，斜坡上离B点3.6m处有一C点，在C点正上方离C点3.6m高处有一A点，AB间有一不可伸长的拉紧的光滑细线，在细线上套有一圆环P，将P环由A点处静止释放，滑到B点所需时间为________s．
15．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C、M三点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点，B点在y轴上且在A点上方，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点。如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC的大小关系是（　　）
A．tAB．tA=tCC．tA=tC=tB
D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
牛顿第二定律之变加速运动分析
16．（多选）“蹦极”是一项非常刺激的体育动，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长的位置，C是人所达到的最低点，b是最终停止运动时静止的位置。人在从P点下落到最低点c点的过程中（　　）
A．在a点时，人的速度最大
B．在ab段，人的加速度减小
C．在bc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，处于平衡状态
17．如图所示，一根轻弹簧竖直立在水平地面上，下端固定．一物块从高处自由落下，落到弹簧上端，将弹簧压缩至最低．图中能正确反映上述过程中物块加速度大小随下降位移x变化关系的图像可能是（ ）．（已知弹簧的弹力与形变量x成正比）
A． B．
C． D．
18．一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示。在A点，物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回。下列说法中正确的是（　　）
A．物体从A下降到B的过程中，速率不断变小
B．物体从B点上升到A的过程中，速率不断变大
C．物体在B点时，所受合力为零
D．物体从B上升到A的过程中，速率先增大，后减小
牛顿第二定律之分离临界
19．如图所示，、B两物块的质量分别为和，静止叠放在水平地面上、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。现对施加一水平拉力，则（　　）
A．当时，、B都相对地面静止
B．当时，的加速度为
C．无论为何值，B的加速度不会超过
D．当时，不相对B滑动
20．如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离，下列说法正确的是（　　）
A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长
B．B和A刚分离时，它们的加速度为g
C．弹簧的劲度系数等于
D．在B和A分离前，它们做匀加速直线运动
21．如图所示，m、M两物体叠放在光滑水平面上，两物体间动摩擦因数为μ=0.2，已知它们的质量m=2kg，M=1kg，力F作用在m物体上（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2），则（　　）
A．当时，两物体即将发生相对运动
B．当时，两物体一定发生相对运动
C．当时，M物体的加速度为
D．当时，m物体的加速度为
牛顿第二定律之失重和超重
22．全国2021年跳水冠军赛上，谢思埸、王宗源摘得男子双人3米板冠军，如图所示为比赛时的精彩瞬间。若不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．运动员与水接触后便立即开始减速
B．运动员在向下运动时，一直处于失重状态
C．运动员在向上运动时，一直处于超重状态
D．入水过程中，水对运动员的作用力一定等于运动员对水的作用力
23．在索契俄冬奥会自由滑雪女子空中技巧比赛中，中国选手徐梦桃以83.50分夺得银牌．比赛场地可简化为如图所示的助滑区，弧形过渡区，着陆区．减速区等组成．若将运动员看做质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态
B．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态
C．运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态
D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态
24．某跳水运动员在3m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的过程，其中A为无人时踏板的静止位置，B为人站在踏板上静止时的平衡位置，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低位置，则下列说法中正确的是（　　）
A．人在起跳过程，运动到A位置时所受合力为零
B．人和踏板由B到A的过程中，人向上做加速运动
C．人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态
D．人和踏板由C到A的过程中，人先超重后失重
牛顿第二定律之传送带模型
25．（多选）如图所示为粮袋的传送装置，已知间长度为，传送带与水平方向的夹角为，工作时其运行速度为，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在点将粮袋轻放到运行中的传送带上，关于粮袋从到的运动，以下说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）
A．粮袋到达点的速度与比较，可能大，可能小，也可能相等
B．粮袋开始运动的加速度为
C．若，则粮袋从到一定一直是做加速运动
D．不论长度如何，粮袋从到一直做匀加速运动，且
26．如图所示，倾角为37°的传送带，A、B两处相距24m。当传送带以10m/s的速率顺时针转动时，小物块以2m/s的初速度从A处沿传送带运动到B处。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.75，重力加速度为10m/s2，sin37°=0.6。求小物块从A处运动到B处所用的时间。
27．如图所示，浅色传送带与地面的倾角37°，从A到B长度为L=16m，传送带以速度v0=10m/s逆时针转动。在传送带上A端无初速度地放一个质量为m＝0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，求：
（1）煤块从A运动到B的速度v；
（2）煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度。
28．在一化肥厂有如图所示的传送装置，AB水平，长度m，顺时针传动的速率m/s，CD为靠近AB的倾斜传送带，，长m，两表面动摩擦因数，一袋标准化肥的质量kg，已知、、m/s2．
（1）若化肥从A端轻放上去，并使CD顺时针以速率v传动，v应满足什么条件才能使化肥送至项点D？
（2）CD传送带不动时，一袋化肥从离A端的位置轻放上去，则在CD上上升的最大距离为，求与的关系。
牛顿第二定律之板块模型
29．“桌布挑战”是近年来最流行的网红挑战项目之一，其挑战规则是一个人用力抽走桌布，同时保证桌子上的餐具“不动”（肉眼观察不到餐具位置发生变化）。现将该挑战做如图所示的简化，在桌面上放置一块桌布，将一个可视为质点的正方体静置于桌布上，小明对桌布施加水平向右的拉力将桌布迅速抽出。若正方体和桌布的质量分别为，，正方体与桌布间的动摩擦因数为，桌布、正方体与桌面间的动摩擦因数均为，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）若要使正方体相对桌布静止，求拉力的最大值（结果用题干的字母表示）；
（2）若人肉眼感知物体“不动”的最大距离，正方体与桌布左端的距离，求小明完成“桌布挑战”需要提供的最小拉力。
30．如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为，现A以初速度在B上相对滑动，A的右边缘恰好能够滑动到与B的右边缘对齐，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
（1）A在B上相对滑动的过程中，A和B的加速度大小和。
（2）A的右边缘到B的右边缘的距离。
（3）B运动的总位移。
31．如图所示，一质量的长木板B静止在粗糙水平面上，其右端有一质量的小滑块A，对B物体施加一的拉力；后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木板上。已知A、B间的动摩擦因数为，B与地面的摩擦因数为，重力加速度。
（1）求有拉力时木板B和滑块A的加速度大小；
（2）要使滑块A不从木板B左端掉落，求木板B的最小长度。
32．如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块，已知木块的质量m=1kg，木板的质量M=4kg，长L=4m，木板上表面与物块、下表面与地面之间的动摩擦因数均为，现用水平恒力F=28N拉木板，g取10m/s2，求：
（1）木块与木板的加速度a1、a2的大小
（2）木块滑到木板左端所需的时间
（3）若水平恒力F作用1s时间即撤去，计算说明木块能否从木板上掉下来？
参考答案
1．C
【详解】
当加速度a较小时，小球与斜面一起运动，此时小球受重力、绳子拉力和斜面的支持力，绳子平行于斜面；小球受力如图
在水平方向上，由牛顿第二定律得
在竖直方向上，由平衡得
联立得
故选C。
2．AD
【详解】
A．货物的水平加速度为
竖直加速度为
则有
故A正确；
B．由牛顿第二定律可得底板对货物的支持力大小为
可得
故B错误；
C．根据余弦定理可得
故C错误；
D．由
可得
故D正确。
故选AD。
3．C
【详解】
AB．在两端水平拉力作用下，加速度方向向右，由牛顿第二定律
F1-F2=(m1+m2)a
解得
a=2m/s2
隔离m1，分析受力，设弹簧秤的示数是F，由牛顿第二定律
F1-F=m1a
解得
F=26N
选项AB错误；
CD．在突然撤去F2的瞬间，弹簧秤中拉力不变，m1的加速度不变，m2的加速度改变，选项C正确D错误；
故选C。
4．（1）40 N；（2）2.9m
【详解】
（1）绳刚要被拉断时，根据牛顿第二定律，对A有
解得：
a＝2 m/s2
对A、B整体有
解得
F＝40N
（2）设绳断后，A、B的加速度大小为a1、a2，则有
a1＝＝2 m/s2
a2＝＝3 m/s2
A停下来的时间为
A的位移为
x1＝＝1m
B的位移为
A刚静止时，A、B间距离为
5．BD
【详解】
AC．对三者的整体，根据牛顿第二定律
再对c进行受力分析，根据牛顿第二定律
故AC错误；
B．再对a进行受力分析可知
解得
故B正确；
D．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，对bc的整体
物块c受到的摩擦力大小为
故D正确。
故选BD。
6．D
【详解】
以A、B及弹簧整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
以B为研究对象，根据牛顿第二定律得
其中k=1N/cm=100N/m，联立解得
x=0.04m=4cm
故选D。
7．A
【详解】
A．细线被烧断的瞬间，B不再受细线的拉力作用，B的受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，故A错误，符合题意；
B．以A、B组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力
以C为研究对象知，细线的拉力为，烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，A、B受到的合力等于
F合=
由牛顿第二定律得
则加速度
方向沿斜面向上，故B正确，不符合题意；
C．B的加速度为
以B为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
故C正确，不符合题意；
D．对球C，由牛顿第二定律得
解得
方向沿斜面向下，故D正确，不符合题意。
故选A。
8．AD
【详解】
A．将A、B、C三者视为整体可得
F=3mgsinθ
再将B、C视为整体，分析其受力可得细绳的拉力为
T=2mgsinθ
单独对A受力分析有
F=mgsinθ+T
当细绳烧断，细绳不再对A作用，由牛顿第二定律可得
F-mgsinθ=maA
解得：
aA=2gsinθ
选项A错误；
B．在细绳未烧断前，对B的受力分析可得
T=mgsinθ+F弹
又
F弹=mgsinθ
当细绳烧断的瞬间，T变为0，根据牛顿第二定律可得
maB=F弹+mgsinθ
联立可得
aB=2gsinθ
选项B正确；
C．将A、B视为整体，分析其整体受力，可得
F=2mgsinθ+F弹
当剪去弹簧时A、B有共同的运动状态，由牛顿第二定律可得：
F-2mgsinθ=2maAB
解得：
aAB=gsinθ
选项C正确；
D．由选项C可知，将A、B视为整体，其整体的受力情况为
F=2mgsinθ+F弹
在撤去拉力F的瞬间弹簧还来不及变化，故F弹不变，则由牛顿第二定律可得
aAB=gsinθ
在这一过程中A、B共同运动，所以
aA=aAB=gsinθ
选项D错误。
本题选不正确的，故选AD。
9．ABC
【详解】
A．对物体受力分析，水平方向受到拉力和细线的拉力，对B、C整体有
根据力的平衡条件可知
在细线被烧断的瞬间，细线对物体的拉力变为零，由牛顿第二定律得，物体的加速度
选项A正确；
B．在细线被烧断前，对C受力分析，由力的平衡得，弹簧对物体C的弹力
在细线被烧断的瞬间，细线对物体B的拉力变为零，对物体B，由牛顿第二定律得
则物体B的加速度
选项B正确；
C．剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力突变为0，所以、B成为连接体，有
解得加速度为
选项C正确；
D．撤去的瞬间，绳子拉力会突变，和B的加速度相等，对物体、B整体，由牛顿第二定律得
则物体的加速度
选项D错误。
故选ABC。
10．C
【详解】
A．对小球进行受力分析，竖直方向合力为0，可知细绳拉力
故A错误；
BC．由牛顿第二定律得
弹簧弹力为
=
故B错误，C正确；
D．如果小球处于平衡状态，剪断细绳后小球所受合外力才与拉力等大反向，故D错误。
故选C。
11．B
【详解】
设CD的距离为L，杆与水平方向的夹角为θ，球沿杆滑下的时间为t，则
=gsinθt2
解得
t=
则
tA=tB=
故选B。
12．BC
【详解】
A．设斜面的倾角为，斜面高为h， 则下滑的加速度
解得
下滑的位移
根据
解得
故倾角越大下落的时间越短，A错误；
B．设轨道的底边长为L，斜面的倾角为 ，则倾斜轨道的长度
根据牛顿第二定律
解得
根据
解得
将θ角带入则
t2B正确；
C．设斜面长为L，斜面的倾角为 ，根据牛顿第二定律
解得
根据
解得
即倾角越小时间越长
t1C正确；
D．如图
设圆轨道半径为R，从轨道②下落时，根据
解得
从轨道③下落时，沿轨道下落时的加速度
解得
轨道的长
根据
解得
从轨道①下落时，沿轨道下落时的加速度，根据牛顿第二定律
解得
轨道的长
根据
解得
t1=t2=t3
D错误。
故选BC。
13．A
【分析】
此题考查等时圆模型的应用。等时圆模型：物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周底端时间相等为（其中R为圆的半径），如下图所示
【详解】
以AD边为直径作圆，与AF交于N点，延长AE与圆交于M点，如下图所示
根据“等时圆模型”，可知
而
，
则有
t1故选A。
14．1.2
【详解】
设CA和PB的夹角为，则圆环沿光滑细线下滑的加速度为，又，结合匀变速直线运动规律可得，
15．B
【详解】
设圆周上任意一点P与M点连线为PM，与x轴夹角为θ，则加速度
下滑的时间
即从圆周上任意一点下滑到M的时间都相等，A、C在圆周上，B点在圆周外，故
tA=tC故选B。
16．BC
【详解】
AB．在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，人做加速运动，随着弹性绳弹力的增大，合力减小，则加速度减小，所以人在ab段做加速度减小的加速运动，当运动到b点时拉力与重力大小相等，加速度为零，速度最大， A错误B正确；
CD．在bc段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，加速度向上，人做减速运动，人处于超重状态，在最低点c时，速度为零但加速度不为零，不是平衡状态，D错误C正确。
故选BC。
17．A
【详解】
CD．小球开始下落时，做自由落体运动，加速度不变，当小球和弹簧接触时，根据牛顿第二定律得：
mg-kx=ma
所以：
根据数学知识可知，a与x是线性关系，故CD错误；
AB．当压缩到最低点时，加速度大于g，故B错误，故A正确。
18．D
【详解】
AC．在A下降到B的过程中，开始重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，物体做加速运动，弹力在增大，则加速度在减小，当重力等于弹力时，速度达到最大，然后在运动的过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，运动的过程中弹力增大，加速度增大，到达最低点，速度为零。知加速度先减小后增大，速度先增大后减小，且在B点速度为0时，存在一定的加速度，故物体在B点所受合力不为零；故AC错误；
BD．物体从B回到A的过程是A到B过程的逆过程，返回的过程速度大小先增大后减小，故B错误，D正确；
故选D。
19．C
【详解】
A．将两物体看做一个整体，则运动的临界条件为
解得
所以当时，、B都相对地面静止。A错误；
BCD．当A刚好相对于B滑动时，有
，
解得
，
所以有时，二者相对滑动，B的最大加速度为。当时，二者一起运动，则有
解得
BD错误，C正确。
故选C。
20．C
【详解】
AB．B和A刚分离时，B与A之间的弹力为0，则有
联立解得
，
所以AB错误；
C．弹簧开始的压缩量为
运动距离为
联立解得
所以C正确；
D．根据牛顿第二定律有
解得
则在B和A分离前，它们做加速度逐渐减小的加速运动，所以D错误；
故选C。
21．D
【详解】
ABC．当m、M刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时它们的加速度为，力F，根据牛顿第二定律，对M有
对m、M整体有
所以当
时，m、M相对静止，一起向右匀加速运动，ABC错误；
D．当
时，m物体的加速度为
D正确。
故选D。
22．D
【详解】
A．运动员刚接触水时重力大于水对人的作用力，运动员还是加速下降，A错误；
BC．运动员在空中运动过程，处于完全失重状态，刚进入水中水的作用力较小，处于失重状态，入水一定深度后水的作用力大于重力时，运动员处于超重状态，BC错误；
D．入水过程中，据牛顿第三定律可知，水对运动员的作用力一定等于运动员对水的作用力，D正确。
故选D。
23．C
【详解】
试题分析：失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；
超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度．
解：A、运动员在助滑区加速下滑时，加速度有向下的分量，处于失重状态，故A错误；
B、运动员在弧形过渡区做圆周运动，加速度有向上的分量，处于超重状态，故B错误；
C、运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中，离开轨道，只受重力，处于完全失重状态，故C正确；
D、运动员在减速区减速过程中，加速度有向上的分量，处于超重状态，故D错误；
故选C
【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了．
24．D
【详解】
A．人在起跳过程，运动到A位置时踏板对人没有作用力，受到自身重力的作用，故合力不为零，A错误；
B．在B处踏板的作用力与重力平衡，故人和踏板由B到A的过程中，合力向下，人向上做减速运动，B错误；
CD．人和踏板由C到A的过程中，人先加速上升后减速上升，踏板的弹力先大于重力后小于重力，故人先处于超重状态后处于失重状态，C错误，D正确。
故选D。
25．AB
【详解】
AD．当
时可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达点时的速度大于。当
时可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达点时速度与相同。也可能在传送带比较短，粮袋一直做匀加速运动，到达点时的速度小于，故A正确，故D错误；
B．粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力f，此外还受到重力在斜面方向的分力，总合力
F=μmgcosθ+mgsinθ=mg（μcosθ+sinθ）
根据牛顿第二定律得加速度为
故B正确；
C．若
μ≥tanθ
粮袋从A到B可能是一直做加速运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动，故C错误。
故选AB。
26．
【详解】
小物块在传送带上运动时，所受摩擦力为滑动摩擦力，方向沿斜面向下，设小物块的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
解得
设小物块加速到10m/s运动的距离为，所用时间为，由
得
得
当小物块的速度达到10m/s时，因
小物块受到的摩擦力由原来的滑动摩擦力突变为静摩擦力，小物块此后随传送带一起做匀速运动，设AB间的距离为L，则
解得
从A到B的时间
27．（1）12m/s；（2）5m
【详解】
解：（1）煤块刚开始的加速度大小为a，则有
解得
a=10m/s2
煤块从A到与传送带共速所用时间为
煤块从A到与传送带共速所通过的位移为
共速后，煤块的加速度为，则有
解得
a′=2m/s2
煤块达到传送带速度后到达B点的时间为
代入数据解得
t2=1s
煤块从A到B的速度
v=v0+a′t2
故
v=12m/s
（2）煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度
28．（1）v≥4.5m/s；（2）x2＝2－0.5x1。
【详解】
（1）化肥在水平传送带上，根据牛顿第二定律有
μmg＝ma1
代入数据，解得
a1＝5m/s2
又
＝2a1s1
可得
s1＝2.5m＜l1＝4m
然后化肥匀速运动，滑上CD。
设CD传送带速度v2时，化肥恰好达D端，
设v2＜v1，化肥经历了两个减速阶段，第1阶段由C点减速到v2，以加速度大小a2达到v2后再以加速度大小a3继续减速为0，则有
mgsinθ+μmgcosθ＝ma2
代入数据，可得
a2＝10m/s2
又
mgsinθ－μmgcosθ＝ma3
代入数据，解得
a3＝2m/s2
由
得
v2＝4.5m/s
并验证了假设成立，
故条件为
v≥4.5m/s
（2）离A端x0处轻放化肥时，刚好在B端与传送带达到速度相同，则有
x0＝L1－s1＝1.5m
当x1≤x0处放上化肥，能在CD传送带上上升的距离相同，可得
代入数据，解得
x2＝1.25m
当x0≤x1≤l1，在拐点处速度为vx，有
得
x2＝2－0.5x1
综上所述，当0≤x1≤1.5m时
x2＝1.25m
当1.5m≤x1≤4m时
x2＝2－0.5x1
29．（1）；（2）
【详解】
（1）设正方体的最大加速度为a1，桌布的加速度大小为a2，对正方体、桌布分别有
正方体和桌布保持相对静止应满足
解得拉力的最大值为
（2）设正方体在桌布上运动的位移大小为x1，加速度大小为a3，时间为t1；正方体离开桌布后运动的位移大小为x2，加速度大小为a4，时间为t2；正方体从桌布上离开前，桌布的加速度大小为a5，桌布运动的位移大小为x3，有
若要完成挑战，则正方体移动的总位移必须小于或等于人肉眼感知物体“不动”的最大距离，考虑临界值
由正方体先从零开始做匀加速运动，后做匀减速运动，最终静止在桌面上，有
联立可得
30．（1）；；（2）；（3）
【详解】
(1) A在B上相对滑动的过程中，有
可得
方向向左
方向向右；
(2)当A、B速度相等时，上表面摩擦力大于下表面摩擦力，AB之间摩擦力变为静摩擦力，设经过t后速度相等，则有
解得
(3)共速之前，B运动的位移为
共速时的速度为
当A、B共速后
可得
共速后B运动的距离
B运动的总位移
解
31．（1）a1=1m/s2，a2=2m/s2；（2）L=5.25m
【详解】
（1）对物体A根据牛顿第二定律可得：
故A的加速度大小为
a1=1m/s2
方向向右；
对木板B根据牛顿第二定律可得
解得木板B加速度大小为
a2=2m/s2
（2）撤去外力瞬间，A的位移为
B的位移为
撤去外力时，物块A和木板B的速度分别为
撤去外力后，物块A的受力没变，故物块A仍然做加速运动，加速度不变，木板B做减速运动，其加速度大小变为
设经过时间两者达到共速，则有
撤去外力后，A的位移为
B的位移为
故木板B的长度至少为
代入数据解得
32．（1）2m/s2，4m/s2；（2）2s；（3）不会掉下来
【详解】
（1）对木块运用牛顿第二定律得
对木板运用牛顿第二定律得
（2）木块滑到木板左端时，两者的位移之差等于木板长度，根据位移时间公式得
解得
（3）F作用1s时木块的位移
木板的位移
则木块相对木板运动了1m，距离木板的左端为3m，此时木块的速度
木板的速度
撤去力后，木板做减速运动，加速度大小为
木块做加速运动，加速度不变，设达到共速的时间为 ，则
解得
此时木块的位移
木板的位移
此时则木块相对木板运动了0.375m，小于3m，木块木板不会掉下来