新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第一部分专题特训练专题一力与运动考点2力与直线运动

这是一份新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第一部分专题特训练专题一力与运动考点2力与直线运动，共12页。试卷主要包含了5m/s等内容，欢迎下载使用。

A．上升时间等于下落时间
B．被垫起后瞬间的速度最大
C．达到最高点时加速度为零
D．下落过程中做匀加速运动
2．[2023·山东卷]如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为( )
A．3m/sB．2m/s
C．1m/sD．0.5m/s
3．[2023·全国甲卷]一小车沿直线运动，从t＝0开始由静止匀加速至t＝t1时刻，此后做匀减速运动，到t＝t2时刻速度降为零．在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是( )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A))eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C))eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
4．[2022·全国乙卷]如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距eq \f(3,5)L时，它们加速度的大小均为( )
A．eq \f(5F,8m) B．eq \f(2F,5m)C．eq \f(3F,8m) D．eq \f(3F,10m)
5．[2022·全国甲卷](多选)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g.用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
题组一 匀变速直线运动的规律
6．[2023·辽宁锦州模拟]2022年6月17日，中国第3艘航空母舰“中国人民解放军海军福建舰”正式下水，这一刻标志着中国人民海军进入“三舰客时代”．设在静止的航母上某种型号舰载飞机，没有弹射系统时，匀加速到起飞速度v需要的距离是L0.弹射系统给飞机一个初速度v0之后，匀加速到起飞速度v需要的距离是L.若弹射速度v0与起飞速度v之比为3∶4，设飞机两次起飞的加速度相同，则L与L0之比为( )
A．eq \f(7,16) B．eq \f(16,7)C．eq \f(3,4) D．eq \f(4,3)
7．[2023·山东省临沂市期末]如图所示，相同的木块A、B、C固定在水平地面上，一子弹(视为质点)以水平速度v0击中并恰好穿过木块A、B、C，子弹在木块中受到的阻力恒定，子弹射穿木块A所用的时间为t，则子弹射穿木块C所用的时间为( )
A．tB．2t
C．(eq \r(3)＋eq \r(2))tD．(eq \r(3)－eq \r(2))t
8．[2023·河北部分学校模拟]滑雪运动是2022年北京冬季奥运会主要的比赛项目．如图所示，水平滑道上运动员A、B间距x0＝10m．运动员A以速度v0＝5m/s向前匀速运动．同时运动员B以初速度v1＝8m/s向前匀减速运动，加速度的大小a＝2m/s2，运动员A在运动员B继续运动x1后追上运动员B，则x1的大小为( )
A．4mB．10m
C．16mD．20m
题组二 动力学图像及应用
9．[2023·广东深圳模拟]中国海军服役的歼­15舰载机在航母甲板上加速起飞过程中，某段时间内战斗机的位移时间(x­t)图像如图所示，则 ( )
A．由图可知，舰载机起飞的运动轨迹是曲线
B．由图可知，舰载机起飞在0～3s内做匀加速运动
C．在0～3s内，舰载机的平均速度大于12m/s
D．在M点对应的位置，舰载机的速度大于20m/s
10．[2023·江西宜春模拟]一辆汽车从ETC高速口进入时开始计时，加速进入高速路主道的过程可看成匀加速直线运动，其平均速度eq \(v,\s\up6(－))随时间t变化关系如图所示，已知这段距离为1km，t0是进入高速路主道的时刻，下面说法正确的是( )
A．汽车的加速度为0.1m/s2
B．t＝10s时的速度为10m/s
C．0～20s内的位移是160m
D．t0＝100s
11．[2023·重庆市渝北区统考](多选)放在水平地面上的物块，受到方向不变的水平推力F的作用，推力F与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取g＝10m/s2，则物块的质量和物块与地面之间的动摩擦因数分别为( )
A．1.5kgB．1kg
C．0.4D．0.2
题组三 牛顿运动定律的应用
12．[2023·陕西省西安市模拟]细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是(已知cs53°＝0.6，sin53°＝0.8)( )
A.小球静止时弹簧的弹力大小为eq \f(3,5)mg
B．小球静止时细绳的拉力大小为eq \f(3,5)mg
C．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g
D．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为eq \f(5,3)g
13．在太空中，物体完全失重，用天平无法测量质量，可采用动力学测量质量的方法．我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为m1的标准物A的前后连接有质量均为m2的两个力传感器，待测质量的物体B连接在后传感器上，在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示，稳定后标准物A前后两个传感器的读数分别为F1、F2，由此可知待测物体B的质量为( )
A．eq \f(F2（m1＋2m2）,F1－F2)B．eq \f(F1（m1＋2m2）,F2)
C．eq \f(F1m1,F1－F2)D．eq \f(（F1－F2）m1,F1)
14．[2023·云南保山模拟](多选)无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，如图甲所示为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示(规定向上为正方向)，t2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态．已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，在该过程中下列说法正确的是( )
A．充电宝受到的静摩擦力的最大值为1.0N
B．t3时刻充电宝受的摩擦力大小为0.4N
C．充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相反
D．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N
15．[2023·广东省江门模拟]运动员推动冰壶滑行过程可建立如图所示模型：冰壶质量m＝19.7kg，运动员施加的推力F，方向与水平方向夹角为θ＝37°，冰壶在推力F作用下做匀速直线运动，g取10m/s2，冰壶与地面间的动摩擦因数μ＝0.02，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
(1)运动员施加的推力F是多少？
(2)当运动员以水平速度将冰壶投出，冰壶能在冰面上滑行的最远距离是s＝40米，则该运动员将冰壶投出时的水平速度为多少？
(3)若运动员仍以第(2)问的水平速度将冰壶投出，滑行一段距离后，其队友在冰壶滑行前方摩擦冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为μ1＝0.016，冰壶继续在被毛刷摩擦过的冰面滑过6m后停止运动，与不摩擦冰面相比，冰壶多滑行的距离．
题组四 传送带模型和滑块——木板模型
16．[2023·河北省沧州市一模]如图甲所示，一物块以某一初速度从倾角为α、顺时针转动的传送带底端沿传送带向上运动，其v­t图像如图乙所示．已知传送带的速度为v0，传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )
A.物块的初速度小于v0
B．物块与传送带间的动摩擦因数μ>tanα
C．物块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻
D．若物块从传送带顶端由静止向下运动，其他条件不变，物块会向下先做匀加速运动再做匀速运动
17．[2023·陕西西安模拟]如图所示，物体A放在B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA＝6kg，mB＝2kg.A、B间动摩擦因数μ＝0.2.A物体上系一细线，细线能承受的最大拉力是20N，水平向右拉细线，(g＝10m/s2)下述正确的是( )
A．当拉力0B．当拉力F>12N时，A相对B滑动
C．当拉力F＝16N时，B受到A的摩擦力等于12N
D．在细线可以承受的范围内，无论拉力F多大，A相对B始终静止
18.[2023·山东省烟台市诊断测试]如图所示，对货车施加一个恒定的水平拉力F，拉着货车沿光滑水平轨道运动装运沙子，沙子经一静止的竖直漏斗连续地落进货车，单位时间内落进货车的沙子质量恒为Q.某时刻，货车(连同已落入其中的沙子)质量为M，速度为v，则此时货车的加速度为( )
A．eq \f(F－Qv,M)B．eq \f(F－Qgv,M)
C．eq \f(F＋Qv,M)D．eq \f(F,M)
19．[2023·黑龙江省哈尔滨三中第二次验收考试]如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点．现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到A点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C点静止，则( )
A．小物体从A到B过程速度一直增加
B．小物体从A到B过程加速度一直减小
C．小物体从B到C过程速度越来越小
D．小物体在B点所受合外力为0
20．[2023·重庆市万州市模拟](多选)如图所示，质量分别为m1、m2的两小球通过轻绳乙连接，质量为m1的小球通过轻绳甲与水平车厢顶连接．当两小球与车厢保持相对静止一起水平向右做匀加速直线运动时，甲、乙两轻绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2(图中未画出)，两小球均可视为质点，不计空气阻力，则( )
A．若m1>m2，则θ1>θ2B．若m1>m2，则θ1＝θ2
C．若m1θ2D．若m121．[2023·重庆市育才中学模拟]如图，质量为m的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡向下滑动过程中，所受的滑动摩擦力为定值，空气阻力与速度成正比，比例系数k＝1kg/s.雪橇运动的某段过程v­t图像如图中实线AD所示，且AB是曲线最左端那一点的切线，B点的坐标为(4，9)，CD线是曲线的渐近线，已知sin37°＝0.6.下列说法中正确的是( )
A．当v0＝3m/s时，雪橇的加速度为0.75m/s2
B．在0～4s过程中雪橇的平均速度为4.5m/s
C．雪橇与斜坡间的动摩擦因数是0.5
D．雪橇的质量m＝2kg
22．[2023·山东省实验中学模拟](多选)如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物块A和物块B并排放在斜面上，与斜面垂直的挡板P固定在斜面底端，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连接，物块A、B(物块A、B不相连)处于静止状态．现用一沿斜面向上的外力FT拉物块B，使物块A、B一起沿斜面向上以加速度a做匀加速直线运动．已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．外力FT的最大值为eq \f(1,2)mg＋ma
B．外力FT的最大值为mg＋ma
C．从外力FT作用在物块B上到物块A、B分离的时间为eq \r(\f(m（g－2a）,ka))
D．从外力FT作用在物块B上到物块A、B分离的时间为eq \r(\f(m（2g－a）,ka))
23．[2023·河南郑州模拟]如图所示，一质量M＝2kg的长木板B静止在粗糙水平面上，其右端有一质量m＝1kg的小滑块A，对B物体施加F＝20N的水平拉力；t＝2s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μ1＝0.2，B与地面间动摩擦因数为μ2＝0.4，取g＝10m/s2，则：
(1)求有拉力F作用时木板B和滑块A各自的加速度大小；
(2)求A、B由静止到速度相同所需的时间T共及共同速度的大小v.
[答题区]
考点2 力与直线运动
1．解析：上升过程和下降过程的位移大小相同，由于存在空气阻力，上升过程中任意位置的速度比下降过程中对应位置的速度大，则上升过程的平均速度较大．由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动．在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度，a＝g，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误．故选B.
答案：B
2．解析：由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS间的距离为x，则根据题意有
eq \(v,\s\up6(－))RS＝eq \f(x,t1)＝eq \f(vR＋vS,2)，eq \(v,\s\up6(－))ST＝eq \f(2x,t2)＝eq \f(vS＋vT,2)
联立解得t2＝4t1，vT＝vR－10
再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR－a·5t1
则at1＝2m/s
其中还有veq\a\vs4\al(\f(t1,2))＝vR－a·eq \f(t1,2)
解得vR＝11m/s
联立解得vT＝1m/s
故选C.
答案：C
3．解析：x­t图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0～t1图像斜率变大，t1～t2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t2时刻停止，图像的斜率变为零．故选D.
答案：D
4.
解析：如图可知sinθ＝eq \f(\f(1,2)×\f(3L,5),\f(L,2))＝eq \f(3,5)，则csθ＝eq \f(4,5)，对轻绳中点受力分析可知F＝2Tcsθ，对小球由牛顿第二定律得T＝ma，联立解得a＝eq \f(5F,8m)，故选项A正确．
答案：A
5．解析：撤去力F后到弹簧第一次恢复原长之前，弹簧弹力kx减小，对P有μmg＋kx＝maP，对Q有μmg－kx＝maQ，且撤去外力瞬间μmg＝kx，故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动，Q做加速度从0逐渐增大到μg的减速运动，即P的加速度始终大于Q的加速度，故除开始时刻外，任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小，故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小，由x＝eq \(v,\s\up6(－))t可知Q的位移大小大于P的位移大小，可知B、C错误，A、D正确．
答案：AD
6．解析：飞机由静止开始加速时，有v2＝2aL0；利用弹射系统时，有v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2aL，联立解得eq \f(L,L0)＝eq \f(7,16)，B、C、D错误，A正确．
答案：A
7．解析：子弹在木块中受到的阻力恒定，则子弹做匀减速直线运动，由于恰好穿过木块A、B、C，表明穿过C时速度恰好为0，根据逆向思维，初速度为0的匀加速直线运动，在连续相邻相等位移内的时间之比为tC∶tB∶tA＝1∶（eq \r(2)－1）∶（eq \r(3)－eq \r(2)），根据题意有tA＝t，解得tC＝（eq \r(3)＋eq \r(2)）t，C正确．
答案：C
8．解析：运动员B做匀减速直线运动，速度减为零的时间为tB＝eq \f(v1,a)＝4s，此时运动员A的位移为xA＝v0tB＝20m，运动员B的位移为xB＝eq \f(v1,2)tB＝16m，因为xA答案：C
9．解析：根据x­t图像的斜率表示速度，可知x­t图像只能表示直线运动的规律，即知舰载机起飞的运动轨迹是直线，A错误；由x­t图像可知舰载机的速度逐渐增大，若满足x＝eq \f(1,2)at2才是匀加速直线运动，但图像的数据不能反映是抛物线的形状，则舰载机起飞在0～3s内做变加速直线运动，B错误；在0～3s内，舰载机通过的位移为x＝36m－0＝36m，则平均速度为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(36,3)m/s＝12m/s，C错误；2～2.55s内的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))′＝eq \f(xMN,tMN)＝eq \f(26－15,2.55－2)m/s＝20m/s，根据2～2.55s内的平均速度等于MN连线的斜率大小，在M点对应的位置舰载机的速度等于过M点的切线斜率大小，可知在M点对应的位置，舰载机的速度大于MN段平均速度20m/s，D正确．
答案：D
10．解析：据运动学规律可得x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)，整理得eq \(v,\s\up6(－))＝v0＋eq \f(1,2)at.结合图知t＝0时有v0＝5m/s，设t0时刻的速度为v，可得eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋v,2)＝15m/s，解得v＝25m/s，则汽车的加速度为a＝eq \f(v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2x)＝eq \f(252－52,2×1000)m/s2＝0.3m/s2，A错误；t＝10s时的速度为v1＝v0＋at＝（5＋0.3×10）m/s＝8m/s，B错误；0～20s内的位移是x2＝v0t′＋eq \f(1,2)at′2＝160m，C正确；由x＝eq \(v,\s\up6(－))t0可得t0＝eq \f(x,v)＝eq \f(1000,15)s≈66.67s，D错误．
答案：C
11．解析：由图像可知，3～4s内，物块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小为a′＝eq \f(Δv′,Δt′)＝eq \f(4－0,4－3)m/s2＝4m/s2，根据牛顿第二定律可得a′＝eq \f(μmg,m)＝μg，解得动摩擦因数为μ＝eq \f(a′,g)＝0.4，1～3s内，物块在9N的水平推力作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4－0,3－1)m/s2＝2m/s2，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，解得物块的质量为m＝eq \f(F,a＋μg)＝eq \f(9,2＋0.4×10)kg＝1.5kg，A、C正确．
答案：AC
12．解析：对小球受力分析后，将弹力和重力合成后如图所示
由平衡条件可得，小球静止时弹簧的弹力大小为F＝mgtan53°＝eq \f(4,3)mg，A错误；由平衡条件可得，小球静止时细绳的拉力大小为T＝eq \f(mg,cs53°)＝eq \f(5,3)mg，B错误；细绳烧断瞬间，弹簧的弹力保持不变，弹力和重力的合力大小等于绳子拉力T，由牛顿第二定律有F合＝T＝ma，解得a＝eq \f(T,m)＝eq \f(5,3)g，C错误，D正确．
答案：D
13．解析：整体为研究对象，由牛顿第二定律得F1＝（m1＋2m2＋m）a，隔离B物体，由牛顿第二定律得F2＝ma，联立解得m＝eq \f(F2（m1＋2m2）,F1－F2)，A项正确．
答案：A
14．解析：t3时刻由牛顿第二定律可得f－mg＝ma，解得f＝0.4N，B正确；充电宝在t2时刻具有向上的最大加速度，由牛顿第二定律知摩擦力方向竖直向上，t3时刻充电宝具有向下的加速度，而加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同，C错误；t2时刻充电宝具有向上的最大加速度，充电宝与手机之间的摩擦力最大，此时由牛顿第二定律有f′－mg＝ma′，又f′＝μFN，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为FN＝10N，fmax＝f′＝5N，D正确，A错误．
答案：BD
15．解析：（1）根据平衡条件Fcsθ＝μ（mg＋Fsinθ）
代入数据得F＝5N
（2）根据牛顿第二定律有μmg＝ma
解得加速度大小为a＝0.02×10m/s2＝0.2m/s2
根据运动学公式有v2＝2as
代入数据得v＝4m/s
（3）根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1
通过摩擦过的冰面的加速度大小为a1＝0.16m/s2
设冰壶刚滑上摩擦过的冰面时的速度为v1，在没摩擦过的冰面上运动的位移为s1，由运动学公式可知v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2as1
在摩擦过的冰面上滑动位移是s2＝6m
则有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2a1s2
则与没摩擦过相比多滑的距离Δs＝s1＋s2－s
解得Δs＝1.2m.
答案：（1）5N （2）4m/s （3）1.2m
16．解析：由图像可知，物块先以加速度a1做匀减速直线运动，后以加速度a2做匀减速直线运动，且a1>a2，分析可知mgsinα>μmgcsα，即μ答案：C
17．解析：由题意可知，由于物体B放在光滑的水平面上，因此只要拉力F不是零，A、B将一起运动，所以当拉力0答案：D
18．解析：一段极短的时间Δt内落入货车的沙子质量为Δm＝Q·Δt，沙子落入货车后，立即和货车共速，则由动量定理可得F′·Δt＝Δmv－0，解得沙子受到货车的力为F′＝Qv，方向向前，由牛顿第三定律可知，货车受到沙子的反作用力向后，大小为F″＝Qv，对货车（连同落入的沙子），由牛顿第二定律可得F－F″＝Ma，解得a＝eq \f(F－Qv,M)，A正确．
答案：A
19．解析：由题意，A、B间某处，A受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大．而B点只受摩擦力，合力不为零．因此小物体从A到B过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，A、B、D错误；小物体从B到C过程中，合外力方向与运动方向相反，所以小物体一直做减速运动，即速度越来越小，C正确．
答案：C
20．解析：小球与车厢的加速度相同，设为a，将两小球看成整体，由牛顿第二定律得（m1＋m2）gtanθ1＝（m1＋m2）a，解得a＝gtanθ1；同理对球乙分析可得a＝gtanθ2，比较可得无论m1和m2的关系如何，都有θ1＝θ2，B、D两项正确．
答案：BD
21．解析：根据v­t图像切线斜率表示加速度，可知v0＝3m/s，雪橇的加速度为a0＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(9－3,4)m/s2＝1.5m/s2，A错误；根据v­t图像与横轴围成的面积表示位移，可知0～4s雪橇的位移满足x>eq \f(3＋6,2)×4m＝18m，则在0～4s过程中雪橇的平均速度满足eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)>eq \f(18,4)m/s＝4.5m/s，B错误；当v0＝3m/s时，空气阻力大小为f0＝kv0＝3N，根据牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcsθ－f0＝ma0；当v＝6m/s时，空气阻力大小为f＝kv＝6N，此时雪橇的加速度为零，则有mgsinθ－μmgcsθ－f＝0，联立解得m＝2kg，μ＝eq \f(3,8)，C错误，D正确．
答案：D
22．解析：在A、B分离前，整体受力分析，由牛顿第二定律得FT＋F弹－2mgsinθ＝2ma ①，
当A、B分离瞬间，A、B间弹力为零，对A应用牛顿第二定律得F弹－mgsinθ＝ma ②，解得F弹＝eq \f(1,2)mg＋ma ③，将③式代入①式解得FT＝eq \f(1,2)mg＋ma，此即为FT的最大值，A正确，B错误；当A、B静止时，弹簧压缩量为x1＝eq \f(2mgsinθ,k)；当A、B分离时，弹簧的压缩量x2＝eq \f(F弹,k)＝eq \f(mgsinθ＋ma,k)，则弹簧长度的改变量为Δx＝x1－x2＝eq \f(mgsinθ－ma,k).由运动学公式得Δx＝eq \f(1,2)at2，解得t＝eq \r(\f(m（g－2a）,ka))，C正确，D错误．
答案：AC
23．解析：（1）设A、B相对滑动，对物体A根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1
解得a1＝2m/s2
对木板B根据牛顿第二定律可得F－μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma2
解得a2＝3m/s2>a1
有拉力F作用时木板B和滑块A各自的加速度大小分别为3m/s2和2m/s2.
（2）撤去外力时，木板B的速度为v2＝a2t＝3×2m/s＝6m/s
撤去外力后，在二者同速前物块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a′2＝eq \f(μ1mg＋μ2（m＋M）g,M)，a′2＝7m/s2
设经过时间t1两者达到共速，则有a1（t＋t1）＝v2－a′2t1，解得t1＝eq \f(2,9)s
所以总时间T共＝t＋t1＝eq \f(20,9)s
两物体共速时的速度为v＝v2－a′2t1＝eq \f(40,9)m/s.
答案：（1）3m/s2 2m/s2 （2）eq \f(20,9)s eq \f(40,9)m/s
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