【高考押题卷】2025年高考物理考前冲刺押题预测 运动和力的关系（含解析）

高考物理考前冲刺押题预测 运动和力的关系
一．选择题（共10小题）
1．（2025 山西一模）如图所示，一可视为质点的小物块放在边长为1m的正方形水平桌面的正中央，现物块以大小为v0的初速度沿水平面内某一方向向桌子边沿滑去，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2，。物块恰好停在桌子边沿，则v0值可能为（　　）
A．0.9m/s B．1.1m/s C．1.3m/s D．1.5m/s
2．（2025 洛龙区校级模拟）如图为某设计贯通地球的弦线光滑真空列车隧道：质量为m的列车不需要引擎，从入口的A点由静止开始穿过隧道到达另一端的B点，O′为隧道的中点，O′与地心O的距离为hR，假设地球是半径为R的质量均匀分布的球体，地球表面的重力加速度为g，不考虑地球自转影响。已知质量均匀分布的球壳对球内物体引力为0，P点到O′的距离为x，则（　　）
A．列车在隧道中A点的合力大小为mg
B．列车在P点的重力加速度大于g
C．列车在P点的加速度ag
D．列车在P点的加速度ag
3．（2025 闽侯县校级一模）如图甲所示为一智能机械臂用两只机械手指捏着鸡蛋的照片，展示机械手臂的精确抓握能力。如图乙，若两手指对鸡蛋的合力为F，鸡蛋重力为G，下列说法正确的是（　　）
A．匀速提起鸡蛋过程中，手指对鸡蛋的压力大于鸡蛋对手指的弹力
B．鸡蛋受到手指的压力，是因为鸡蛋发生了弹性形变
C．若手指捏着鸡蛋水平匀速移动，则F＜G
D．若手指捏着鸡蛋水平加速移动，则F＞G
4．（2025 西安一模）随着人工智能的快速发展，机器人功能的开发也不断在突破，如图甲为某开发研究所实验某型号智能机器人的起跳动作示意图，机器人质量为40kg，点P是机器人的重心位置。图乙是根据加速度传感器采集到的数据画出的加速度—时间图线。甲、乙两图中a h各点均一一对应，其中有几个点在图甲中没有画出。规定竖直向上为加速度a的正方向，重力加速度大小g取10m/s2。根据图乙分析可知（　　）
A．b点为机器人起跳动作中重心最低点
B．c点时机器人向上速度最大
C．d点位置机器人对地面压力大小为1200N
D．机器人在e点时已开始离开地面
5．（2025 岳麓区校级模拟）如图所示，光滑斜面固定于箱子底部，轻弹簧上端固定，下端与物体连接，当箱子处于静止状态时，物体恰好静止不动，弹簧的伸长量为x，当整体处于以下哪种状态，可以使弹簧伸长且伸长量小于x的是（　　）
A．使箱子水平向右做匀减速直线运动
B．使箱子做自由落体运动
C．使箱子竖直向上做匀加速直线运动
D．给物体m施加竖直向下的外力
6．（2025 江苏模拟）如图所示，截面为等腰三角形的楔形木块ABC固定在水平地面上，AB面和BC面的粗糙程度处处相同。一小物块以初速度v0沿斜面AB向上运动，经时间t0到达顶点B，速度恰好减为零；紧接着小物块由静止开始沿斜面BC下滑。在小物块从A运动到C的过程中，其速度大小v与时间t的关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025 合肥模拟）某校物理兴趣小组进行了如图甲所示的无人机飞行表演活动。图乙为该无人机某次表演过程中沿竖直方向运动的v﹣t图像。以竖直向上为正方向，关于无人机的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．无人机在2s末至4s末匀减速下降
B．无人机在第4s内处于失重状态
C．无人机在第3s和第4s的加速度大小相等，方向相反
D．无人机在2s末到达最高点
8．（2025 合肥模拟）如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在3.0s～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．物块滑上传送带的初速度大小4m/s
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.3
C．2.0～3.0s时间内，物块的加速度为2m/s2
D．第2.0s末和第3.0s末物块的速度分别为0、﹣3m/s
9．（2025 山西一模）如图所示，物块A通过一根不可伸长且承受张力足够大的轻绳绕过光滑的轻滑轮与物块B连接，A置于物体C上方，B与C的右侧接触。已知C上表面粗糙，右侧光滑，当C竖直向上以加速度a0匀加速运动时，B恰好相对C不下滑。当C的加速度由a＝a0逐渐缓慢变大时（　　）
A．A对C的摩擦力保持不变
B．A对C的压力保持不变
C．A、B相对C仍保持静止
D．轻绳对B拉力保持不变
10．（2025 甘肃模拟）2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射。约10分钟后，神舟十七号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，发射取得成功。大约6.5小时后，经历6次自主变轨，神舟十七号和天和核心舱完成对接。下列说法正确的是（　　）
A．11时14分指的是时间间隔
B．火箭喷出的气体对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得向前的推力
C．火箭发射升空的过程中，航天员处于失重状态
D．神舟十七号和天和核心舱对接时，飞船可以看成质点
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 重庆模拟）如图所示，水平地面上固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端叠放着质量分别为2m和m的物块A、B，物块B与弹簧拴接。小宋用竖直向下的力F压在A上，使整个系统静止。现突然撤去作用力F，观察A、B的运动情况并进行推理分析（A、B都在竖直方向运动，不考虑空气阻力）。下列说法正确的是（　　）
A．当F＞3mg，A、B上升过程就一定会分离
B．若A、B可以分离，A、B分离瞬间，A、B速度均小于最大速度，弹簧弹力为0
C．若A、B可以分离，A、B分离后，A的速度先减为0
D．若A、B可以分离，A向下运动与B相碰后相对静止，后面的运动中，弹簧还能被压缩到初始位置
（多选）12．（2025 东湖区校级一模）如图甲所示，粗糙水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块和长木板在0 4s内的速度—时间图像如图乙所示，已知小滑块与长木板的质量均为m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．力F的大小为6N
B．小滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为0.1
C．长木板P与地面之间的动摩擦因数为0.3
D．ts时长木板P停止运动
（多选）13．（2025 深圳一模）如图，轻质弹簧左端与竖直墙拴接，右端紧靠物块（不栓接），弹簧原长时右端的位置为A点。物块压缩弹簧至O点并锁定，OA＝x0。现解除锁定的同时将另一水平外力F作用在物块上，使之向右匀变速运动。已知物块与地面间的滑动摩擦力大小恒定，则弹簧右端到达A点前外力F随位移的变化可能是（　　）
A． B．
C． D．
（多选）14．（2025 福州模拟）如图甲所示，一木板静止在粗糙水平面上，可视为质点的物块放在木板右端。t＝0时，给木板一初速度v0，木板和物块运动的v﹣t图像如图乙所示，整个过程物块未离开木板，图乙中所标物理量均已知，长木板和物块的质量均为m。下列说法正确的是（　　）
A．物块在t1前后瞬间加速度大小不相同
B．木板长度至少为
C．全过程，物块与木板间摩擦产生的热量为mvv0
D．木板与地面间的动摩擦因数为
（多选）15．（2025 甘肃模拟）如图所示，质量M＝2kg的三角形木块ABC静止在水平地面上，三角形木块倾角为30°，将一质量m＝1kg的滑块轻放到木块的AC边上恰好能保持静止。现给滑块施加一个斜向下与AC边夹角为30°的力F，F的大小恒为2N，三角形木块ABC仍静止在水平地面上，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．水平地面对三角形木块没有摩擦力
B．水平地面对三角形木块有向左的摩擦力
C．滑块将沿AC边做匀加速运动，加速度大小为
D．水平地面对三角形木块的支持力大小为
三．解答题（共5小题）
16．（2025 南昌一模）在游乐场内有这样一个大型滑梯，可看成一个倾角为θ＝37°的斜面，如图甲所示，在斜面上某处固定一个与斜面垂直的充气护板，护板与斜面底端边缘间的夹角也为θ＝37°，质量m＝50kg的游客从滑梯顶端的某一位置A点由静止下滑，经2.5s后抵达护板，并与护板发生碰撞，撞击护板前后沿护板方向的分速度不变、垂直护板方向的分速度减为零，撞击结束后游客紧贴护板运动1.35m后滑离斜面，运动过程中可将游客视为质点，垂直斜面的视图如图乙所示。已知游客与斜面和护板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10m/s2，求下滑过程中：
（1）游客撞击护板时的速度大小v1；
（2）游客紧贴护板运动时，游客与斜面和护板间的滑动摩擦力f1、f2分别多大；
（3）游客滑离斜面时速度大小v2。
17．（2025 吉林二模）分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可沿直线将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到θ时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距L＝45m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知包裹与水平托盘的动摩擦因数μ＝0.75，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）机器人在卸下包裹时托盘的最小倾角θ及运输包裹的过程中允许的最大加速度a；
（2）若机器人运行的最大速度为vm＝3m/s，则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间t。
18．（2025 雁塔区校级模拟）如图a，光滑水平地面上放有一块上表面粗糙的长木板，木板上面右端有一个小物块；一水平向右的力F从t＝0时刻开始作用在木板上。力F随时间t变化的图像及小物块的加速度a随时间变化的图像分别在图b和图c中给出。已知小物块的质量m＝0.5kg，木板的质量M＝2kg；图中t1＝5s，t2＝6s，t3＝8s，a′1＝2m/s2。取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）小物块和木板间的动摩擦因数；
（2）t＝t1时刻和t＝t2时刻木板的速度大小；
（3）从t＝t2﹣t3时间内物块在木板上滑动的距离。
19．（2025 福州模拟）滑水运动是一项富有挑战性的水上运动，人和滑板在摩托艇的牵引下，短时间内可以达到较大速度。研究表明水对滑板的作用力N垂直于板面向上，且N＝kv2，其中v为人和滑板的速率（水速视为零）。某次运动中，人和滑板在水平牵引力F作用下由静止开始沿水面做匀加速直线运动，5s末达到最大速度，前5s内通过的位移为50m，而后做匀速直线运动，此时滑板和水面的夹角θ＝37°，已知人和滑板总质量m＝80kg，忽略空气阻力，取g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。试求：
（1）前5s内加速度大小和5s末的速度大小；
（2）匀速直线运动时水平牵引力F大小；
（3）k的值是多少？
20．（2025 泉州模拟）避险车道是长下坡公路的重要设施，如图所示。某货车在下坡公路上以vA＝10m/s的速率经过A处时，司机发现刹车失灵立即关闭动力，货车做匀加速运动到坡底B处时速率为vB＝20m/s，随后在避险车道上做匀减速运动到C处停下。已知货车的质量m＝1×105kg，A、B间距L1＝750m，B、C间距L2＝40m，取重力加速度大小g＝10m/s2，货车经过B处时的速率不变，求：
（1）货车从A运动到B的时间t；
（2）货车在避险车道上受到的合力大小F。
运动和力的关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 山西一模）如图所示，一可视为质点的小物块放在边长为1m的正方形水平桌面的正中央，现物块以大小为v0的初速度沿水平面内某一方向向桌子边沿滑去，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2，。物块恰好停在桌子边沿，则v0值可能为（　　）
A．0.9m/s B．1.1m/s C．1.3m/s D．1.5m/s
【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】应用牛顿第二定律求出物块的加速度，应用运动学公式求出临界速度，然后分析答题。
【解答】解：对物块，由牛顿第二定律得：μmg＝ma
代入数据解得：a＝1m/s2
物块在桌面的正中央，物块恰好停在桌子的边沿，则物块的位移0.5m≤x≤0.5m
物块做匀减速直线运动，末速度为零，由v﹣x公式得：，则
代入数据解得：1m/s≤v0≤1.19m/s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】根据题意分析清楚物块的运动过程与运动性质，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
2．（2025 洛龙区校级模拟）如图为某设计贯通地球的弦线光滑真空列车隧道：质量为m的列车不需要引擎，从入口的A点由静止开始穿过隧道到达另一端的B点，O′为隧道的中点，O′与地心O的距离为hR，假设地球是半径为R的质量均匀分布的球体，地球表面的重力加速度为g，不考虑地球自转影响。已知质量均匀分布的球壳对球内物体引力为0，P点到O′的距离为x，则（　　）
A．列车在隧道中A点的合力大小为mg
B．列车在P点的重力加速度大于g
C．列车在P点的加速度ag
D．列车在P点的加速度ag
【考点】牛顿第二定律的简单应用；万有引力与重力的关系（黄金代换）．
【专题】定量思想；图析法；万有引力定律的应用专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】列车受到地球指向地心的万有引力与垂直于隧道向上的支持力作用，两者的合力提供加速度，根据万有引力定律公式与牛顿第二定律列出关系式解答。
【解答】解：A、列车在隧道中A点受到地球指向地心的万有引力与垂直于隧道向上的支持力，如图所示，
则有，，，解得，故A错误；
B、由于质量均匀分布的球壳对球内物体引力为0，则在P点有，由于质量均匀分布，则有，解得，故B错误；
CD、令∠POO′＝α，根据上述，则有，，解得，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】考查对万有引力定律和牛顿第二定律的理解，熟悉公式的运用。
3．（2025 闽侯县校级一模）如图甲所示为一智能机械臂用两只机械手指捏着鸡蛋的照片，展示机械手臂的精确抓握能力。如图乙，若两手指对鸡蛋的合力为F，鸡蛋重力为G，下列说法正确的是（　　）
A．匀速提起鸡蛋过程中，手指对鸡蛋的压力大于鸡蛋对手指的弹力
B．鸡蛋受到手指的压力，是因为鸡蛋发生了弹性形变
C．若手指捏着鸡蛋水平匀速移动，则F＜G
D．若手指捏着鸡蛋水平加速移动，则F＞G
【考点】作用力与反作用力；弹力的概念及其产生条件；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；弹力的存在及方向的判定专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据牛顿第三定律判断选项。
对于静止或匀速直线运动的物体，其受到的合外力为零；对于加速运动的物体，其受到的合外力不为零，且方向与加速度方向一致。
【解答】解：A、匀速提起鸡蛋过程中，手指对鸡蛋的压力与鸡蛋对手指的弹力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，它们大小相等，方向相反，鸡蛋匀速向上提起过程中，手指对鸡蛋的压力大小等于鸡蛋对手指的弹力大小，故A错误；
B、鸡蛋受到手指的压力，是机械手指发生弹性形变，对与之接触的鸡蛋有压力作用，故B错误；
C、若手指捏着鸡蛋水平匀速移动，根据平衡条件，手指对鸡蛋的合力为F ＝ G，故C错误；
D、若手指捏着鸡蛋水平加速移动，根据牛顿第二定律，手指对鸡蛋的合力为
故D正确。
故选：D。
【点评】在分析物体受力情况时，要特别注意区分作用力与反作用力，以及物体在不同运动状态下的受力平衡条件。对于静止或匀速直线运动的物体，其受到的合外力为零；对于加速运动的物体，其受到的合外力不为零，且方向与加速度方向一致。同时，要理解弹力产生的原理，即物体发生弹性形变时产生的力。
4．（2025 西安一模）随着人工智能的快速发展，机器人功能的开发也不断在突破，如图甲为某开发研究所实验某型号智能机器人的起跳动作示意图，机器人质量为40kg，点P是机器人的重心位置。图乙是根据加速度传感器采集到的数据画出的加速度—时间图线。甲、乙两图中a h各点均一一对应，其中有几个点在图甲中没有画出。规定竖直向上为加速度a的正方向，重力加速度大小g取10m/s2。根据图乙分析可知（　　）
A．b点为机器人起跳动作中重心最低点
B．c点时机器人向上速度最大
C．d点位置机器人对地面压力大小为1200N
D．机器人在e点时已开始离开地面
【考点】牛顿第二定律的简单应用；作用力与反作用力；竖直上抛运动的规律及应用．
【专题】定量思想；控制变量法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据实际情况得出重心最低时加速度向上最大进行判断；
a﹣t图像与坐标轴所围成的面积表示速度的变化量，进行判断；
根据牛顿第二定律得出结论；
离开地面后，机器人受重力作用，加速度方向向下，进行判断。
【解答】解：A．重心最低点时加速度向上最大，可知d点为机器人起跳动作中重心最低点，故A错误；
B．a﹣t图像与坐标轴所围成的面积表示速度的变化量，c点位置图像总面积为负，速度增量为负，机器人在向下运动，故B错误；
C．d点位置机器人以20m/s2向上加速，由牛顿第二定律可得
F﹣mg＝ma
解得
F＝1200N
由牛顿第三定律可知，其对地面压力大小为1200N，故C正确；
D．机器人开始离开地面时，受到重力作用，故其加速度应为﹣g，故在e点机器人还没有开始离开地面，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查的是牛顿第二定律与图像相结合的问题，题型简单，为基础题。
5．（2025 岳麓区校级模拟）如图所示，光滑斜面固定于箱子底部，轻弹簧上端固定，下端与物体连接，当箱子处于静止状态时，物体恰好静止不动，弹簧的伸长量为x，当整体处于以下哪种状态，可以使弹簧伸长且伸长量小于x的是（　　）
A．使箱子水平向右做匀减速直线运动
B．使箱子做自由落体运动
C．使箱子竖直向上做匀加速直线运动
D．给物体m施加竖直向下的外力
【考点】牛顿第二定律的简单应用；胡克定律及其应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】当箱子处于静止状态时，受力平衡，根据胡克定律和平衡条件列式可得x的表达式，箱子水平向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得x′的表达式，对比即可；使箱子做自由落体运动，箱子处于完全失重状态，弹力为零；箱子竖直向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得x′的表达式，对比即可；给物体m施加竖直向下的外力，弹簧伸长量变大。
【解答】解：A、设物体重力为mg，当箱子处于静止状态时，物体恰好静止不动，弹簧的伸长量为x，由胡克定律和平衡条件得
kx＝mgsinα
使箱子水平向右做匀减速直线运动，加速度水平向左，设加速度为a，在沿斜面方向根据牛顿第二定律可得
mgsinα﹣kx′＝macosα
可知
x′＜x
故A正确；
C、使箱子竖直向上做匀加速直线运动，设加速度为a，在沿斜面方向根据牛顿第二定律可得
kx′﹣mgsinα＝masinα
可知
x′＞x
故C错误；
B、使箱子做自由落体运动，箱子处于完全失重状态，则弹簧处于原长，故B错误；
D、给物体m施加竖直向下的外力，弹簧伸长量变大，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了牛顿第二定律，关键要分析物体恰好静止不动，弹簧的伸长量x表达式，再根据牛顿第二定律列式比较，题型新颖。
6．（2025 江苏模拟）如图所示，截面为等腰三角形的楔形木块ABC固定在水平地面上，AB面和BC面的粗糙程度处处相同。一小物块以初速度v0沿斜面AB向上运动，经时间t0到达顶点B，速度恰好减为零；紧接着小物块由静止开始沿斜面BC下滑。在小物块从A运动到C的过程中，其速度大小v与时间t的关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】牛顿第二定律求解多过程问题；牛顿第二定律的图像问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据牛顿第二定律判断两个过程的加速度大小，结合位移大小相等，v﹣t图像斜率以及机械能守恒的知识进行分析解答。
【解答】解：设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律得mgsinα+μmgcosα＝ma1，mgsinα﹣μmgcosα＝ma2，解得a1＝gsinα+μgcosα，a2＝gsinα﹣μgcosα，可知a1＞a2，而v﹣t图像的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率；上滑和下滑过程位移大小相等，而上滑的加速度较大，由知，上滑过程时间较短，下滑过程时间较长，因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图像都是直线，由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达C点的速度小于v0，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】考查牛顿第二定律判断两个过程的加速度大小，结合位移大小相等，v﹣t图像斜率以及机械能守恒的知识，会根据题意进行准确分析解答。
7．（2025 合肥模拟）某校物理兴趣小组进行了如图甲所示的无人机飞行表演活动。图乙为该无人机某次表演过程中沿竖直方向运动的v﹣t图像。以竖直向上为正方向，关于无人机的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．无人机在2s末至4s末匀减速下降
B．无人机在第4s内处于失重状态
C．无人机在第3s和第4s的加速度大小相等，方向相反
D．无人机在2s末到达最高点
【考点】超重与失重的图像问题；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．
【专题】定性思想；推理法；运动学中的图象专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据物体运动的v﹣t图像的斜率和图像在时间轴上下方的分布判断物体的运动情况，加速度情况和超失重状态。
【解答】解：A.无人机在2s末至3s末匀减速上升，3s末至4s末加速下降，故A错误；
B.无人机在第4s内加速下降，加速度向下，处于失重状态，故B正确；
C.根据v﹣t图像斜率代表加速度，则无人机在第3s和第4s的加速度大小相等，方向相同，故C错误；
D.无人机在3s末到达最高点，故D错误。
故选：B。
【点评】考查物体运动的v﹣t图像的斜率和图像在时间轴上下方的分布判断物体的运动情况，加速度情况和超失重状态，会根据题意进行准确分析解答。
8．（2025 合肥模拟）如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在3.0s～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．物块滑上传送带的初速度大小4m/s
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.3
C．2.0～3.0s时间内，物块的加速度为2m/s2
D．第2.0s末和第3.0s末物块的速度分别为0、﹣3m/s
【考点】水平传送带模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；传送带专题；分析综合能力．
【答案】A
【分析】位移—时间图像的斜率表示速度，根据图乙所示图像分析清楚物体的运动情况；根据图示图像求出物体的速度，应用运动学公式求出物体的加速度，然后应用牛顿第二定律求出物体与传送带间的动摩擦因数；根据物体与传送带的运动过程求出速度大小。
【解答】解：位移—时间图像的斜率表示速度，由图乙所示图像可知，前2s内物体向左匀减速运动，2s末速度为零，第3s内向右匀加速运动，
3.0s～4.5s内x﹣t图像为一次函数，物体做匀速直线运动，说明物体与传送带保持相对静止，与传送带一起向右匀速直线运动
A、由图乙所示图像可知，前2s内物体的位移x＝4m，物体的位移x，代入数据解得，物体的初速度大小v0＝4m/s，故A正确；
B、物体在传送带上滑动过程的加速度大小a，对物体，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，代入数据解得：μ＝0.2，故B错误；
C、2.0～3.0s内物体向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度方向向右，以向左为正方向，则加速度为﹣2m/s2，故C错误；
D、x﹣t图像的斜率表示速度，第2.0s末x﹣t图像的斜率为零，则2.0s末的速度为0，2.0～3.0s内物体向右做初速度为零的匀加速直线运动，3.0s末的速度v'＝a't'＝﹣2×1m/s＝﹣3m/s，故D错误。
故选：A。
【点评】本题借助传送带模型考查了匀变速直线运动规律、牛顿第二定律等知识点，解题的关键是要明确x﹣t图像的斜率表示速度，正确分析物块的运动情况应用运动学公式与牛顿第二定律即可解题。
9．（2025 山西一模）如图所示，物块A通过一根不可伸长且承受张力足够大的轻绳绕过光滑的轻滑轮与物块B连接，A置于物体C上方，B与C的右侧接触。已知C上表面粗糙，右侧光滑，当C竖直向上以加速度a0匀加速运动时，B恰好相对C不下滑。当C的加速度由a＝a0逐渐缓慢变大时（　　）
A．A对C的摩擦力保持不变
B．A对C的压力保持不变
C．A、B相对C仍保持静止
D．轻绳对B拉力保持不变
【考点】连接体模型；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】对AB隔离分析，利用牛顿第二定律求解加速度以及选项中各个物理量的表达式，根据表达式分析当C的加速度由a＝a0逐渐缓慢变大时各个物理量的变化。
【解答】解：D．受力分析，如图所示
当C以加速度a0向上匀加速时，A、B均相对于C恰好保持相对静止，则由受力图可得水平方向
T＝fCA
fCA＝μFNA
竖直方向
FNA﹣mAg＝mAa0
T﹣mBg＝mBa0
解得
当加速度由a0逐渐变大时，加速度越大，轻绳对B拉力逐渐变大，故D错误；
B．C对A的支持力逐渐变大，由牛顿第三定律，A对C的压力逐渐变大，故B错误；
A．A对C的摩擦力逐渐变大，故A错误；
C．当C的加速度由a＝a0逐渐缓慢变大拉力依然刚好等于最大静摩擦力，则A、B相对C一直静止，故C正确。
故选：C。
【点评】本题解题关键是正确对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律分析。
10．（2025 甘肃模拟）2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射。约10分钟后，神舟十七号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，发射取得成功。大约6.5小时后，经历6次自主变轨，神舟十七号和天和核心舱完成对接。下列说法正确的是（　　）
A．11时14分指的是时间间隔
B．火箭喷出的气体对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得向前的推力
C．火箭发射升空的过程中，航天员处于失重状态
D．神舟十七号和天和核心舱对接时，飞船可以看成质点
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；质点；时刻、时间的物理意义和判断；作用力与反作用力．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】B
【分析】根据物理学中的基本概念，包括时间间隔、作用力与反作用力、超重与失重状态以及质点模型的应用判断选项。
【解答】解：A、11时14分指的是时刻，故A错误；
B、根据牛顿第三定律，火箭喷出的气体对火箭产生一个反作用力，这个力的方向与气体喷出的方向相反，从而推动火箭向前运动，从而让火箭获得向上的推力，故B正确；
C、火箭发射升空起始过程中，加速度方向向上，航天员处于超重状态，故C错误；
D、神舟十七号和天和核心舱对接时，飞船的形状大小不能忽略不计，飞船不可以看成质点，故D错误。
故选：B。
【点评】本题的关键在于理解物理概念的准确含义，以及在具体情境下如何应用这些概念。例如，时间间隔与时刻的区别、作用力与反作用力的原理、超重与失重状态的判断，以及质点模型的适用条件。通过分析每个选项，可以加深对这些概念的理解和应用能力。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 重庆模拟）如图所示，水平地面上固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端叠放着质量分别为2m和m的物块A、B，物块B与弹簧拴接。小宋用竖直向下的力F压在A上，使整个系统静止。现突然撤去作用力F，观察A、B的运动情况并进行推理分析（A、B都在竖直方向运动，不考虑空气阻力）。下列说法正确的是（　　）
A．当F＞3mg，A、B上升过程就一定会分离
B．若A、B可以分离，A、B分离瞬间，A、B速度均小于最大速度，弹簧弹力为0
C．若A、B可以分离，A、B分离后，A的速度先减为0
D．若A、B可以分离，A向下运动与B相碰后相对静止，后面的运动中，弹簧还能被压缩到初始位置
【考点】连接体模型；牛顿第二定律求解多过程问题．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】AB
【分析】两物块开始分离时两物块的加速度相等且两物块间的弹力为零，根据物块的受力情况与运动过程应用牛顿第二定律求解。
【解答】解：A、两物块A、B分离时加速度相等，物块间的弹力为零，设弹簧的劲度系数为k，由牛顿第二定律得：
对A：2mg＝2ma
对B：mg+kx＝ma
解得：a＝g，x＝0，即A、B分离时弹簧恢复原长
如果A、B在整个运动过程中奥恰好不分离，则A、B的运动是简谐运动，
到达最高点时加速度a＝g，由简谐运动的对称性可知，在最低点时加速度大小也是g，
在最低点，对A、B整体，由牛顿第二定律得：F弹﹣3mg＝3ma
解得此时弹簧的弹力F弹＝6mg
用力F向下压A，突然撤去力F后物体做简谐运动，撤去力前，由A、B整体：F+3mg＝F弹，
解得：F＝3mg，则当F＞3mg时，A、B上升过程一定会分离，故A正确；
B、由A的分析可知，若A、B分离，则A、B分离时弹簧恢复原长，A、B的加速度竖直向下，
撤去力F后A、B先向上做加速度减小的加速运动，当合力为零加速度为零后向上做减速运动，
合力为零时速度最大，合力为零时弹簧处于压缩状态，因此若A、B可以分离，A、B分离瞬间，
A、B的速度小于最大速度，弹簧的弹力为零，故B正确；
C、若A、B可以分离，A、B分离后，A做竖直上抛运动，加速度大小为g，由于B与弹簧相连，
分离后B上升过程受到竖直向下的重力与弹簧的弹力作用，加速度大于重力加速度，
B的加速度比A的加速度大，B比A减速快，B的速度先减为零，故C错误；
D、若A、B可以分离，A、B分离后B先减速为零，A后减速为零，A、B再次相碰后相对静止，碰撞过程有机械能损失，
后面的运动中，由于碰撞过程系统机械能有损失，弹簧不能被压缩到初始位置，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题考查牛顿第二定律，解题关键是灵活选择研究对象对其受力分析，找到临界状态，结合牛顿第二定律判断求解即可。
（多选）12．（2025 东湖区校级一模）如图甲所示，粗糙水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块和长木板在0 4s内的速度—时间图像如图乙所示，已知小滑块与长木板的质量均为m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．力F的大小为6N
B．小滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为0.1
C．长木板P与地面之间的动摩擦因数为0.3
D．ts时长木板P停止运动
【考点】有外力的水平板块模型；根据v﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动情况．
【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】BD
【分析】根据图像结合牛顿第二定律，求出动摩擦因数；根据图像分析共速时间和共速时的速度，再根据牛顿第二定律和匀变速直线运动求出木板停止的时间；求出图像结合匀变速直线运动，根据牛顿第二定律，最后求出力F的大小。
【解答】解：长木板P，小滑块Q运动v﹣t图像如图所示：
B．由v﹣t图像可知，滑块Q加速阶段的加速度大小为
由牛顿第二定律可得
μ1mg＝maQ
解得
μ1＝0.1
故B正确；
C．由v﹣t图像可知，撤去力F到P、Q共速前过程，木板P做减速运动的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
μ1mg+μ2 2mg＝maP
解得
μ2＝0.2
故C错误；
A．撤去F前，长木板P的加速度大小
由牛顿第二定律可得
F﹣μ1mg﹣μ2 2mg＝maP0
解得
F＝8N
故A错误；
D．t＝4s共速后，由于
μ2＝0.2＞μ1＝0.1
则滑块Q相对于木板P向前运动，以P为对象，根据牛顿第二定律可得
μ2 2mg﹣μ1mg＝maP′
解得
则共速到木板P停下所用时间为
木板P停止运动的时刻为
t＝4s+Δt
解得
故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查对牛顿第二定律在滑块与板块中的应用，同时对v﹣t图像的分析也解题的关键，在做题中要分析清楚每一段上的运动情况和受力。
（多选）13．（2025 深圳一模）如图，轻质弹簧左端与竖直墙拴接，右端紧靠物块（不栓接），弹簧原长时右端的位置为A点。物块压缩弹簧至O点并锁定，OA＝x0。现解除锁定的同时将另一水平外力F作用在物块上，使之向右匀变速运动。已知物块与地面间的滑动摩擦力大小恒定，则弹簧右端到达A点前外力F随位移的变化可能是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力；胡克定律及其应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；方程法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】BCD
【分析】根据胡克定律和牛顿第二定律列出关系式，根据关系式分析。
【解答】解：A：以O为原点，右为正方向建立坐标轴，当物块坐标为x时（0≤x≤x0），弹簧弹力T＝k（x0﹣x）。设摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律得F+T﹣f＝ma，解得F＝kx+f﹣kx0，即F是x的一次函数，故A错误；
BCD、当f＝kx0时，纵截距为0；当f＞kx0时，纵截距为正；当f＜kx0时，纵截距为负，分别对应BCD 三种图像，故BCD正确。
故选：BCD。
【点评】考查对牛顿第二定律和胡克定律的理解，熟悉公式的运用。
（多选）14．（2025 福州模拟）如图甲所示，一木板静止在粗糙水平面上，可视为质点的物块放在木板右端。t＝0时，给木板一初速度v0，木板和物块运动的v﹣t图像如图乙所示，整个过程物块未离开木板，图乙中所标物理量均已知，长木板和物块的质量均为m。下列说法正确的是（　　）
A．物块在t1前后瞬间加速度大小不相同
B．木板长度至少为
C．全过程，物块与木板间摩擦产生的热量为mvv0
D．木板与地面间的动摩擦因数为
【考点】无外力的水平板块模型；常见力做功与相应的能量转化；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度；力的合成与分解的应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】BD
【分析】根据物块的运动过程判断加速度的变化情况；
v﹣t图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，根据图示图像求出木板的最小长度；
根据物块与木板的运动过程求出整个过程物块与木板间因摩擦产生的热量；
由v﹣t图像求出加速度，应用牛顿第二定律求出动摩擦因数。
【解答】解：A、由图乙所示v﹣t图像可知，物块先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，整个过程物块所受合力为滑动摩擦力，所受合力大小不变，由牛顿第二定律可知，物块的加速度大小不变，故A错误；
B、由图乙所示v﹣t图像可知，开始物块向右做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，直至两者共速，该过程物块相对木板向左滑动；两者共速后物块与木板都向右做匀减速直线运动，该过程物块相对于木板向右运动，当两者共速时物块相对于木板向左滑动的距离最大，物块没有离开木板，则木板的最小长度L，故B正确；
D、由图乙所示v﹣t图像可知，物块的加速度大小a1，木板的加速度大小a2，a3
对物块，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1
对木板，由牛顿第二定律得：μ1mg+μ2（m+m）g＝ma2
解得：μ1，μ2，故D正确；
C、物块加速到与木板共速过程，两者相对滑行的距离x1＝L
物块与木板共速后直到停止运动过程，物块相对木板滑行的距离x2
整个过程物块相对于木板滑行的路程s＝x1+x2
整个过程与木板间摩擦产生的热量Q＝μ1mgs，解得：Qmvv0，故C错误。
故选：BD。
【点评】本题考查运动学公式、牛顿第二定律和动量守恒定律的综合应用，根据图示v﹣t图像分析清楚物块与木板的运动过程、求出物块与木板的加速度是解题的关键。
（多选）15．（2025 甘肃模拟）如图所示，质量M＝2kg的三角形木块ABC静止在水平地面上，三角形木块倾角为30°，将一质量m＝1kg的滑块轻放到木块的AC边上恰好能保持静止。现给滑块施加一个斜向下与AC边夹角为30°的力F，F的大小恒为2N，三角形木块ABC仍静止在水平地面上，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．水平地面对三角形木块没有摩擦力
B．水平地面对三角形木块有向左的摩擦力
C．滑块将沿AC边做匀加速运动，加速度大小为
D．水平地面对三角形木块的支持力大小为
【考点】连接体模型；共点力的平衡问题及求解；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】木块处于平衡状态，利用平衡条件和滑动摩擦力公式相结合可以求出木块与木楔间的动摩擦因数μ，利用整体法以及隔离法，利用牛顿第二定律分析。
【解答】解：ABC．根据滑块恰好静止在斜面上可得
mgsin30°＝μmgcos30°
所以
对滑块根据牛顿第二定律可得
Fcos30°+mgsin30°﹣μ（mgcos30°+Fsin30°）＝ma
解得
对整体在水平方向由牛顿第二定律有
Fsin30°﹣f地＝max
ax＝asin60°
解得
f地＝0
故AC正确、B错误；
D．同理对整体在竖直方向有
ay＝acos60°
（M+m）g﹣F地+Fcos30°＝may
解得
故D错误。
故选：AC。
【点评】分析清楚题意与物体受力情况是解题的前提与关键，运用正交分析法，由平衡条件和牛顿第二定律即可解题。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 南昌一模）在游乐场内有这样一个大型滑梯，可看成一个倾角为θ＝37°的斜面，如图甲所示，在斜面上某处固定一个与斜面垂直的充气护板，护板与斜面底端边缘间的夹角也为θ＝37°，质量m＝50kg的游客从滑梯顶端的某一位置A点由静止下滑，经2.5s后抵达护板，并与护板发生碰撞，撞击护板前后沿护板方向的分速度不变、垂直护板方向的分速度减为零，撞击结束后游客紧贴护板运动1.35m后滑离斜面，运动过程中可将游客视为质点，垂直斜面的视图如图乙所示。已知游客与斜面和护板间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10m/s2，求下滑过程中：
（1）游客撞击护板时的速度大小v1；
（2）游客紧贴护板运动时，游客与斜面和护板间的滑动摩擦力f1、f2分别多大；
（3）游客滑离斜面时速度大小v2。
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；滑动摩擦力的大小计算和影响因素．
【专题】定性思想；方程法；平抛运动专题；理解能力．
【答案】（1）游客撞击护板时的速度大小v1＝5m/s。
（2）游客紧贴护板运动时，游客与斜面和护板间的滑动摩擦力f1＝200N、f2＝120N。
（3）游客滑离斜面时速度大小v2＝1.2m/s。
【分析】（1）利用牛顿第二定律求解加速度，依据速度公式求出速度大小。
（2）根据滑动摩擦力公式求解摩擦力大小。
（3）利用牛顿第二定律求解加速度，再利用动能定理求解速度。
【解答】解：（1）在撞击护板前：，v1＝a1t1＝2m/s2×2.5s＝5m/s
（2）f1＝μN1＝μmgcosθ＝0.5×50kg×10m/s2×0.8＝200N；
f2＝μN2＝μmgsinθcosθ＝0.5×50kg×10m/s2×0.8×0.6＝120N
（3）在撞击护板后：2.8m/s2， 解得：v2＝1.2m/s
答：（1）游客撞击护板时的速度大小v1＝5m/s。
（2）游客紧贴护板运动时，游客与斜面和护板间的滑动摩擦力f1＝200N、f2＝120N。
（3）游客滑离斜面时速度大小：v2＝1.2m/s。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式、滑动摩擦力公式的掌握，注意公式里的正压力不是重力，而是垂直于接触面的压力．
17．（2025 吉林二模）分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上，机器人可沿直线将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转托盘，当托盘倾角增大到θ时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距L＝45m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静止。已知包裹与水平托盘的动摩擦因数μ＝0.75，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）机器人在卸下包裹时托盘的最小倾角θ及运输包裹的过程中允许的最大加速度a；
（2）若机器人运行的最大速度为vm＝3m/s，则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间t。
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）机器人在卸下包裹时托盘的最小倾角θ为37°，运输包裹的过程中允许的最大加速度a为7.5m/s2；
（2）若机器人运行的最大速度为vm＝3m/s，则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间t为15.4s。
【分析】（1）先根据平衡条件计算包裹和托盘之间的动摩擦因数，然后根据牛顿第二定律计算加速度；
（2）机器人先匀加速到最大速度，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，这样所用时间最短，分别根据运动学公式计算各个阶段的时间，最后求和即可。
【解答】解：（1）根据题意，当包裹刚开始下滑时满足
mgsinθ＝μmgcosθ
可得θ＝37°
当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大，即
μmg＝ma
所以a＝7.5m/s2
（2）当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人从供包台运行至分拣口所需时间最短，则匀加速直线运动阶段
有
匀减速阶段有
所以匀速运动的时间为
联立可得t＝t1+t2+t3
解得t＝15.4s
答：（1）机器人在卸下包裹时托盘的最小倾角θ为37°，运输包裹的过程中允许的最大加速度a为7.5m/s2；
（2）若机器人运行的最大速度为vm＝3m/s，则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止）所需的最短时间t为15.4s。
【点评】知道当包裹和托盘之间的摩擦力达到最大时，包裹的加速度最大，能够分析清楚包裹在各个阶段的运动情况是解题的关键。
18．（2025 雁塔区校级模拟）如图a，光滑水平地面上放有一块上表面粗糙的长木板，木板上面右端有一个小物块；一水平向右的力F从t＝0时刻开始作用在木板上。力F随时间t变化的图像及小物块的加速度a随时间变化的图像分别在图b和图c中给出。已知小物块的质量m＝0.5kg，木板的质量M＝2kg；图中t1＝5s，t2＝6s，t3＝8s，a′1＝2m/s2。取重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）小物块和木板间的动摩擦因数；
（2）t＝t1时刻和t＝t2时刻木板的速度大小；
（3）从t＝t2﹣t3时间内物块在木板上滑动的距离。
【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的图像问题．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）小物块和木板间的动摩擦因数为0.2；
（2）t＝t1时刻木板速度大小为5m/s；t2时刻木板的速度大小为7.25m/s；
（3）从t＝t2﹣t3时间内物块在木板上滑动的距离为1.5m。
【分析】（1）t1时刻滑块开始滑动，根据牛顿第二定律求解作答；
（2）t1时刻，两者有共同加速度和共同速度，根据牛顿第二定律求拉力，根据动量定理求解t1时刻木板的瞬时速度；
根据图b求解t2时刻的拉力，根据动量定理求解t2时刻木板的瞬时速度；
根据运动学公式求解物块的瞬时速度；
（3）t2～t3时间内，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解木板的加速度，根据运动学公式分别求解物块和木板的位移，最后求相对位移。
【解答】解：（1）由图c可知，t1时刻滑块开始滑动，根据牛顿第二定律μmg＝ma1′
代入数据解得μ＝0.2
（2）t1时刻，两者有共同加速度和共同速度；
根据牛顿第二定律F1＝（M+m）a1′＝（2+0.5）×2N＝5N
根据动量定理
代入数据解得v1＝5m/s
根据图b可知，0～t2时间内F﹣t图像的斜率
t2时刻，拉力
t1～t2时间，时间间隔Δt＝t2﹣t1＝6s﹣5s＝1s
对木板，根据动量定理
代入数据解得t2时刻木板速度v2＝7.25m/s
物块的速度v3＝v1+a1′Δt＝5×1m/s+2×1m/s＝7m/s
（3）t2～t3时间内，木板做匀加速直线运动，时间间隔Δt′＝t3﹣t2＝8s﹣6s＝2s
对木板，根据牛顿第二定律F2﹣μmg＝Ma2
代入数据解得加速度
物块的位移
木板的位移
t2～t3时间内物块在木板上滑动的距离s＝x2﹣x1＝19.5m﹣18m＝1.5m。
答：（1）小物块和木板间的动摩擦因数为0.2；
（2）t＝t1时刻木板速度大小为5m/s；t2时刻木板的速度大小为7.25m/s；
（3）从t＝t2﹣t3时间内物块在木板上滑动的距离为1.5m。
【点评】本题考查了由外力作用的水平板块模型，掌握牛顿第二定律和运动学公式分析多运动过程的方法；要分清每个过程的受力情况和运动情况，理解图像的含义是解题的关键。
19．（2025 福州模拟）滑水运动是一项富有挑战性的水上运动，人和滑板在摩托艇的牵引下，短时间内可以达到较大速度。研究表明水对滑板的作用力N垂直于板面向上，且N＝kv2，其中v为人和滑板的速率（水速视为零）。某次运动中，人和滑板在水平牵引力F作用下由静止开始沿水面做匀加速直线运动，5s末达到最大速度，前5s内通过的位移为50m，而后做匀速直线运动，此时滑板和水面的夹角θ＝37°，已知人和滑板总质量m＝80kg，忽略空气阻力，取g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。试求：
（1）前5s内加速度大小和5s末的速度大小；
（2）匀速直线运动时水平牵引力F大小；
（3）k的值是多少？
【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力．
【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】（1）前5s内加速度大小是4m/s2，5s末的速度大小是20m/s；
（2）匀速直线运动时水平牵引力F大小是600N；
（3）k的值是2.5kg/m。
【分析】（1）应用x﹣t公式求出加速度大小，根据v﹣t公式求出速度。
（2）根据平衡条件求出水平牵引力大小。
（3）根据弹力大小求出系数k的大小。
【解答】解：（1）人和滑板做初速度为零的匀加速直线运动，
前5s内的位移x
代入数据解得：a＝4m/s2
5s末的速度大小v＝at＝4×5m/s＝20m/s
（2）人与滑板受力如图所示
人与滑板做匀速直线运动，由平衡条件得：F＝mgtanθ
代入数据解得：F＝600N
（3）由平衡条件得：Nkv2
代入数据解得：k＝2.5kg/m
答：（1）前5s内加速度大小是4m/s2，5s末的速度大小是20m/s；
（2）匀速直线运动时水平牵引力F大小是600N；
（3）k的值是2.5kg/m。
【点评】根据题意分析清楚人与滑板的运动过程，分析清楚受力情况，应用运动学公式、与平衡条件即可解题。
20．（2025 泉州模拟）避险车道是长下坡公路的重要设施，如图所示。某货车在下坡公路上以vA＝10m/s的速率经过A处时，司机发现刹车失灵立即关闭动力，货车做匀加速运动到坡底B处时速率为vB＝20m/s，随后在避险车道上做匀减速运动到C处停下。已知货车的质量m＝1×105kg，A、B间距L1＝750m，B、C间距L2＝40m，取重力加速度大小g＝10m/s2，货车经过B处时的速率不变，求：
（1）货车从A运动到B的时间t；
（2）货车在避险车道上受到的合力大小F。
【考点】牛顿第二定律求解多过程问题；匀变速直线运动速度与位移的关系；匀变速直线运动中的平均速度的应用（平均速度的推论）．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）货车从A运动到B的时间等于50s；
（2）货车在避险车道上受到的合力大小F等于5×105N。
【分析】（1）根据运动学公式可以求出时间；
（2）根据运动学公式求解加速度，利用牛顿第二定律可以求出合力大小。
【解答】解：（1）设货车下坡加速度大小为a1，根据速度—位移关系式有
根据速度—时间关系式有vB＝vA+a1t
联立解得t＝50s
（2）设货车避险车道上加速度大小为a2，根据速度—位移关系式有
货车避险车道上运动，根据牛顿第二定律得F＝ma2
联立解得F＝5×105N
答：（1）货车从A运动到B的时间等于50s；
（2）货车在避险车道上受到的合力大小F等于5×105N。
【点评】学生在解决本题时，应注意找好运动过程，将牛顿第二定律同运动学公式结合起来。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)