【答案】 D
2.【解析】
重物受力图如图所示，根据牛顿第二定律可得N-mg=masin 37°，f=macos 37°，解得f=0.2mg，即D正确.
【答案】 D
3.【解析】 由于三木块一起做匀加速运动，所以2m的木块对m的木块有水平向右的静摩擦力.2m的木块受重力、绳的拉力、上下面的弹力和m的静摩擦力共五个力的作用，A错误;对系统整体受力分析，得F=6ma;对2m物块受力分析，得T-fm=2ma;对m受力分析，得fm=ma，联立三式可得，F增大到2T时，轻绳上的力才达到临界T，故B、D错，C正确.
【答案】 C
4.【解析】 物体所受摩擦力为f=μmg=0.2×2×10 N=4 N，因此前3 s内物体静止.3 s～6 s，a== m/s2=2 m/s2，x1=at=×2×32 m=9 m;6 s～9 s，物体做匀速直线运动，x2=vt2=at1·t2=2×3×3 m=18 m;9 s～12 s，物体做匀加速直线运动，x3=vt3+at=6×3 m+×2×9 m=27 m;x总=x1+x2+x3=9 m+18 m+27 m=54 m，故B选项正确.
【答案】 B
二、5.【解析】 雨滴在下落过程中，质量逐渐增大，雨滴所受的重力逐渐增大，但重力产生的加速度始终为g，故A错误，D正确;由mg-Ff=ma得：a=g-，可见雨滴下落的加速度逐渐减小的原因不是m增大，而是Ff增大，故B错误，C正确.
【答案】 CD
6.【解析】 当物体加速度方向向上时处于超重状态，当物体的加速度方向向下时处于失重状态.对于本题来说起跳时竖直方向由静止上升，具有向上的加速度，故杆对运动员的弹力大于重力，故A对;在下落过程具有向下的加速度，运动员处于失重状态，故D对.
【答案】 AD
7.【解析】 在t0时间内物块保持静止，所以物块的加速度为零，即A选项正确;t1时刻物块加速度最大，在t3时刻物块做减速运动，加速度不为零，所以B、C错;在t2时刻物块的加速度为零，速度最大，所以D正确.
【答案】 AD
8.【解析】 由于弹簧处于拉伸状态，物体处于静止状态，可见，小车对物体提供水平向左的静摩擦力，大小为5 N，且物体和小车间的最大静摩擦力fm≥5 N;若小车以1 m/s2的加速度向右匀加速运动，则弹簧还处于拉伸状态，设弹力F不变，仍为5 N，由牛顿第二定律可知：F+f=ma，得f=5 N≤fm，则物体相对小车静止，弹力不变，摩擦力的大小不变，选项A、C正确.
【答案】 AC
9.【解析】 a1t1=vmax=a2t2，利用a1=2a2得t1t2=12，B正确;下滑的最大速度vmax=2==8 m/s，A错误;加速过程中有mg-Ff1=ma1，减速过程中有Ff2-mg=ma2，而a1=8 m/s2，a2=4 m/s2，所以Ff1Ff2=17，C正确;加速过程与减速过程的平均速度相等，则其位移x1=t1，x2=t2，x1x2=t1t2=12，D错误.
【答案】 BC
三、10.【解析】 (1)经分析可知，当t=2.2 s时，物体已通过B点.因此减速过程加速度大小a2 = m/s2=6 m/s2，mgsin α=ma2，解得α=37°.
(2)a1= m/s2=5 m/s2
F-mgsin α=ma1，解得F=11 N.
(3)设第一阶段运动的时间为t1，在B点时有
5t1=2.1+6(2.4-t1)，t1=1.5 s
可见，t=1.6 s的时刻处在第二运动阶段，由逆向思维可得
v=2.1 m/s+6(2.4-1.6) m/s=6.9 m/s.
【答案】 (1)37° (2)11 N (3)6.9 m/s
11.【解析】 物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，物体所受的摩擦力沿传送带向下，受力如图甲所示，物体由静止加速，由牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma1
解得a1=10 m/s2
物体加速到与传送带相同的速度需要的时间为
t1== s=1 s
物体加速到与传送带相同的速度经过的位移为
s=a1t=5 m
由于μ
