【高考押题卷】2025年高考物理高频易错考前冲刺 运动和力的关系（含解析）

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高考物理考前冲刺押题预测 运动和力的关系
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 水城区期末）某运动员的滑雪过程可简化成如图所示。倾角为37°的固定斜坡与水平地面平滑连接，运动员从斜坡顶端无初速度滑下，并运动到水平地面上的A点（图中未画出）停下。运动员在斜坡上运动的位移x与时间t的关系式为x＝2t2，x的单位是m，t的单位是s，运动员开始运动的时刻为0时刻，运动员在5s末到达斜坡底端。已知运动员与斜坡、水平地面间的动摩擦因数相同，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　）
A．运动员在斜坡上运动时的加速度大小为2m/s2
B．运动员运动到斜坡底端时的速度大小为10m/s
C．运动员与水平地面间的动摩擦因数为0.25
D．运动员在斜坡上运动的平均速度大小为20m/s
2．（2024秋 苏州期末）如图所示，水平桌面上放置一沙漏，A玻璃罐中的沙子穿过狭窄的管道流入B玻璃罐。假设沙粒完全相同且流量恒定，已知沙漏总重力为G，对桌面压力为F。下列说法正确是（　　）
A．第一粒沙子还在下落过程中，F＜G
B．如图所示的沙子下落过程中，F＜G
C．最后一粒沙子下落过程中，F＜G
D．任何时刻，F＝G
3．（2024秋 榆林期末）如图甲所示，倾角为θ＝37°的足够长的光滑斜面体放置在光滑水平面上，上端有垂直斜面的挡板，与斜面平行的轻弹簧上端固定在挡板上，下端连接质量为m＝1kg的物块（可视为质点）。现对斜面体施加一水平向右的推力F，测得推力F的大小随弹簧的形变量x的变化规律如图乙所示（取弹簧伸长为正，压缩为负）。若弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则斜面体的质量和轻弹簧的劲度系数分别为（　　）
A．1kg 20N/m B．1kg 40N/m
C．2kg 20N/m D．2kg 40N/m
4．（2024秋 盐城期末）如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1kg的物体A、B（B物体与弹簧栓接）弹簧的劲度系数为k＝40N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为16N，方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．外力施加的瞬间，A，B的加速度大小均为0
B．当弹簧压缩量减小0.05m时，A，B间弹力大小为1N
C．A，B分离时，A物体的位移大小为0.2m
D．B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.1m
5．（2024秋 盐城期末）将一弹簧测力计悬挂在升降机天花板下，弹簧下端连接一个小钢球，如果弹簧测力计示数突然变大，则此时升降机可能的运动状态是（　　）
A．减速上升 B．加速下降 C．减速下降 D．匀速下降
6．（2024秋 重庆期末）如图所示，许多工厂的流水线上安装有传送带用于传送工件，以提高工作效率。如图甲所示，倾角为θ＝37°的倾斜传送带沿顺时针方向转动，传送带的速度v随时间t的变化图像如图乙所示。t＝0时刻将质量为m＝1kg的煤块轻放在传送带底端，已知煤块和传送带间动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。0s～15s过程中传送带上煤块划出的煤块痕迹的长度（　　）
A．2.5m B．3m C．5m D．6.3m
7．（2024秋 榆林期末）2024年巴黎奥运会中国体育代表团获得40金，创下参加境外奥运会金牌数最多的纪录，金牌总数第一。其中，全红婵获10米跳台跳水冠军，樊振东获乒乓球男子单打冠军，郑钦文获网球女子单打冠军，杨家玉获田径女子20公里竞走冠军，下列关于运动和力的说法，正确的是（　　）
A．全红婵跳水下落时看到水面迎面扑来是选择水面为参考系
B．研究樊振东在乒乓球比赛中乒乓球的旋转时，可以将乒乓球视为质点
C．郑钦文击出的网球在空中运动到最高点时，网球处于失重状态
D．杨家玉竞走过程中所受地面的摩擦力为滑动摩擦力
8．（2024秋 宁波期末）如图所示，一质量为M、倾角θ＝37°的斜面体a，其斜面是由某种特殊材料制成，当质量为m的物块b沿斜面向上滑动时物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.25，向下滑动时则为μ2＝0.5。现物块以初速度v0沿斜面向上滑行至某处后再向下返回斜面底端，整个过程斜面体始终保持静止，则物块在沿斜面向上、向下的滑动过程中，下列说法正确的是（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　）
A．上滑过程地面对斜面体的摩擦力方向水平向右
B．下滑过程物块对斜面体的作用力方向竖直向下
C．下滑过程地面对斜面体的支持力大于上滑过程
D．物块返回斜面体底端时的速度大小等于
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 鄂尔多斯期末）如图所示，A、B两物块的质量分别为mA＝2kg和mB＝1kg，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，现对A施加一水平拉力F，则下列说法正确的是（　　）
A．当F＝2N时，A、B一定都相对地面静止
B．当F＝15N时，A的加速度大小为4m/s2
C．当F＝24N时，A、B的加速度大小均为7m/s2
D．无论F多大，B的加速度大小都不会超过5m/s2
（多选）10．（2024秋 四川校级期末）如图所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后滑块又被弹簧向右弹开。已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，弹簧与水平面间的摩擦不计，重力加速度为g，整个过程中弹簧未超过其弹性限度，则下列判断正确的是（　　）
A．滑块向右运动的过程中，先做加速运动，离开弹簧后才做减速运动
B．滑块与弹簧接触过程中的最大加速度为
C．滑块向左运动的过程中，始终做减速运动
D．滑块向右运动的过程中，当弹簧形变量时，滑块的速度最大
（多选）11．（2024秋 水城区期末）在第十五届中国航展上，我国察打一体无人机“九天”首次亮相。这是一款可灵活配置的重型无人机，它既能当运输机，也能挂导弹、挂小型无人机。下列说法正确的是（　　）
A．“九天”无人机在空中做加速直线运动时，“九天”无人机的惯性增大
B．“九天”无人机在空中投送物资后，“九天”无人机的惯性减小
C．“九天”无人机在地面上滑行时，若撤去动力，“九天”无人机会立即停止运动
D．“九天”无人机在空中匀速直线飞行时受到的合力为0
（多选）12．（2024秋 闽侯县期末）图甲是行李安检设备，其传送装置可简化为图乙所示的模型。已知水平传送带以速度v＝0.2m/s匀速运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离l＝2m，取g＝10m/s2，将行李（视为质点）无初速度地放在A处，则（　　）
A．起始时行李受到的摩擦力方向水平向右
B．行李在运动过程中一直受到摩擦力作用
C．起始时行李的加速度大小为0.2m/s2
D．行李经过10.05s到达B处
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 闽侯县期末）如图，质量分别为4kg和6kg的A、B两个物块相互接触，放在光滑的水平面上，两物块在水平推力F＝10N作用下，一起以相同的加速度向右运动，加速度大小a＝ 　 　m/s2，A对B的弹力FN＝ 　 　N，方向 　 　。
14．（2024秋 顺义区期末）质量为50kg的人站在电梯内的水平地板上，当电梯以0.2m/s2的加速度匀加速上升时，此人处于 　 　（选填“超重”或“失重”）状态，人对水平地板的压力为 　 　N，重力加速度g取10m/s2。
15．（2024秋 杨浦区校级期末）在某科技活动中。一位同学设计了一个加速度测量仪，如图（a）所示，将一端连有摆球的细线悬于小车内O点。当小车运动时，小球与小车保持相对静止后，测量出悬绳与竖直方向的夹角θ，便可通过该角度计算得到小车此时的加速度值。
（1）请填写图（b）中刻度盘上的角度θ为30°对应的加速度值为 　 　。（答案用g表示）
（2）运用该测量仪测量加速度，会有哪些局限：　 　。
16．（2024秋 杨浦区校级期末）我们知道，如果一个物体在力F的作用下沿力的方向移动了一段距离s，这个力即对物体做功W＝Fs，其中功的单位是焦耳（J）是 　 　（选填：A.基本单位，B.导出单位）。汽车行驶时，如果空气阻力很大，会增加汽车燃油消耗量或严重影响汽车的动力性能。经研究，人们发现空气阻力的大小F与空气密度ρ、物体进风面积S、物体与空气的相对运动速度v均有关，关系式为F＝kρSvx，其中k是一个无单位的常数。请根据国际单位制推断速度v的指数x的数值为 　 　。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 宿迁期末）如图所示，某幼儿园要在空地上安装一个滑梯，由于空地大小限制，滑梯的水平跨度确定为x＝4m，设计时，滑板和儿童裤料间的动摩擦因数μ取0.4，重力加速度g取10m/s2。
（1）若儿童在滑梯上匀速滑下，求滑梯的高度；
（2）儿童由静止开始下滑至滑梯底端速度不能超过4m/s，求滑梯的最大高度。
18．（2024秋 榆林期末）如图所示，固定斜面的倾角θ＝37°，底端O与水平面右端平滑相连，水平面左端与倾角为θ＝37°足够长的传送带在A点平滑相连，传送带以速度v0＝4m/s逆时针匀速转动，质量m＝1kg的小物块（可视为质点）从高h＝15m处由静止从斜面上滑下，小物块与斜面、水平面和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，水平面长x＝3.6m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小物块在斜面上受到摩擦力的大小和刚滑到斜面底端时的速度大小；
（2）小物块运动到A点的速度大小和沿传送带向上运动过程中的加速度大小；
（3）小物块沿传送带向上运动的时间和向上滑行的最远距离。
19．（2024秋 榆林期末）如图所示，足够长的长木板A的质量m1＝2kg，可视为质点的物块B的质量m2＝1kg，A与B之间的动摩擦因数μ＝0.5，现对A施加一个大小为F＝1N、方向水平向右的恒力，同时B以初速度v0＝8m/s从左端滑上静止在光滑水平面上的木板A，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）B在A上相对A向右滑动过程中，A和B的加速度大小；
（2）A与B达到的共同速度的大小；
（3）B在A上留下的痕迹长度。
20．（2024秋 东西湖区校级期末）小华同学研究放在光滑水平面上的物体的运动，他在水平面内建立直角坐标系（xOy系），并在坐标原点O放置一质量为m＝5.0kg的物块。在t＝0时，对物块施加平行于水平面的作用力，使物块从静止开始运动。在0≤t≤15s时间段内，物块在xOy系中x、y方向上的速度vx、vy与时间t的关系分别如图a、b所示。求：
（1）在0～5s内施加外力的大小；（结果可带有根号）
（2）在0～15s内物块离y轴最远时的坐标。
高考物理考前冲刺押题预测 运动和力的关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 水城区期末）某运动员的滑雪过程可简化成如图所示。倾角为37°的固定斜坡与水平地面平滑连接，运动员从斜坡顶端无初速度滑下，并运动到水平地面上的A点（图中未画出）停下。运动员在斜坡上运动的位移x与时间t的关系式为x＝2t2，x的单位是m，t的单位是s，运动员开始运动的时刻为0时刻，运动员在5s末到达斜坡底端。已知运动员与斜坡、水平地面间的动摩擦因数相同，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　）
A．运动员在斜坡上运动时的加速度大小为2m/s2
B．运动员运动到斜坡底端时的速度大小为10m/s
C．运动员与水平地面间的动摩擦因数为0.25
D．运动员在斜坡上运动的平均速度大小为20m/s
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；平均速度（定义式方向）．
【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】结合匀变速直线运动位移时间公式求解加速度大小，根据速度—时间关系求解速度，平均速度等于位移除以时间，在斜坡运动过程，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数，运动员与斜坡、水平地面间的动摩擦因数相同。
【解答】解：ABD．运动员在斜坡上运动的位移x与时间t的关系式为
x＝2t2
结合匀变速直线运动位移时间公式
可得运动员在斜坡上运动时的加速度大小为
a＝4m/s2
运动员在5s末到达斜坡底端，则运动员运动到斜坡底端时的速度大小为
v＝at，解得v＝20m/s
则运动员在斜坡上运动的平均速度大小为
故ABD错误；
C．在斜坡运动过程，根据牛顿第二定律可得
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma
解得动摩擦因数为
μ＝0.25
由于运动员与斜坡、水平地面间的动摩擦因数相同，则运动员与水平地面间的动摩擦因数为0.25，故C正确。
故选：C。
【点评】本题解题关键是根据运动学公式求解加速度，根据加速度分析受力情况。
2．（2024秋 苏州期末）如图所示，水平桌面上放置一沙漏，A玻璃罐中的沙子穿过狭窄的管道流入B玻璃罐。假设沙粒完全相同且流量恒定，已知沙漏总重力为G，对桌面压力为F。下列说法正确是（　　）
A．第一粒沙子还在下落过程中，F＜G
B．如图所示的沙子下落过程中，F＜G
C．最后一粒沙子下落过程中，F＜G
D．任何时刻，F＝G
【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力；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】A
【分析】把沙漏整体看成一个系统，当沙子下落时，部分沙子处于失重状态。根据牛顿第二定律，系统所受合外力等于系统内各部分质量与加速度乘积的矢量和。当有沙子向下加速运动时，系统有向下的加速度，整体处于失重状态。
【解答】解：A.第一粒沙子还在下落过程中，已经有沙子在下落，整体有向下的加速度，处于失重状态，此时沙漏对桌面的压力F＜G，故A正确。
B.图中所示的沙子下落过程中，有沙子在加速下落，整体处于失重状态，所以F＜G，而不是F＞G，故B错误。
C.最后一粒沙子下落过程中，依然有沙子在加速下落（之前下落的沙子还在运动），整体还是有向下的加速度，处于失重状态，但是还存在沙子的冲击力，所以无法比较F与G的大小，故错误。
D.只有当沙子全部静止在B玻璃罐中，没有沙子下落时，沙漏处于平衡状态，此时F＝G。但在沙子下落过程中，由于存在失重情况，F＜G，不是任何时刻F＝G，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查牛顿第二定律和牛顿第三定律的简单应用，根据牛顿第二定律和超重、失重的知识来分析沙漏对桌面的压力与总重力的关系。
3．（2024秋 榆林期末）如图甲所示，倾角为θ＝37°的足够长的光滑斜面体放置在光滑水平面上，上端有垂直斜面的挡板，与斜面平行的轻弹簧上端固定在挡板上，下端连接质量为m＝1kg的物块（可视为质点）。现对斜面体施加一水平向右的推力F，测得推力F的大小随弹簧的形变量x的变化规律如图乙所示（取弹簧伸长为正，压缩为负）。若弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则斜面体的质量和轻弹簧的劲度系数分别为（　　）
A．1kg 20N/m B．1kg 40N/m
C．2kg 20N/m D．2kg 40N/m
【考点】牛顿第二定律的简单应用；胡克定律及其应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】当x＝0时，对物块，由平衡条件及牛顿第二定律列式，对物块和斜面组成的整体，由牛顿第二定律列式，可求斜面体的质量；当推力为0时，物块受力平衡，根据平衡条件及胡克定律列式，可求轻弹簧的劲度系数；即可判断ABCD正误。
【解答】解：设斜面体的质量M，当x＝0时，斜面体对物块的支持力为N，物块的加速度为a，
对物块，由平衡条件及牛顿第二定律可得：Ncosθ＝mg，Nsinθ＝ma，
对物块和斜面组成的整体，由牛顿第二定律可得：F＝（M+m）a，
由图可知：F＝15N，
联立可得：M＝1kg；
设轻弹簧的劲度系数为k，
当推力为0时，物块受力平衡，沿斜面方向有沿斜面向下的重力分力以及沿斜面向上的弹簧弹力，
根据平衡条件及胡克定律可知：mgsinθ＝kx0，
由图可知：x0＝15cm＝0.15m，
联立可得：k＝40N/m；
故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查对牛顿第二定律的掌握，解题时需注意，应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。
4．（2024秋 盐城期末）如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1kg的物体A、B（B物体与弹簧栓接）弹簧的劲度系数为k＝40N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为16N，方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．外力施加的瞬间，A，B的加速度大小均为0
B．当弹簧压缩量减小0.05m时，A，B间弹力大小为1N
C．A，B分离时，A物体的位移大小为0.2m
D．B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.1m
【考点】牛顿第二定律的临界问题；连接体模型．
【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】B
【分析】初始状态整体静止，弹簧弹力等于两物体重力之和，加外力瞬间，外力等于合力，根据牛顿第二定律求解A，B的加速度大小；当弹簧压缩量减小0.05m时，分别对A、B整体和A物体，根据牛顿第二定律列式求解A，B间弹力大小；A，B分离时，A、B间的弹力为零，对A和B，分别根据牛顿第二定律列式求解A物体的位移大小；B物体速度达到最大时，合力为零，加速度为零，根据平衡条件和胡克定律列式求解弹簧被压缩量。
【解答】解：初始状态弹簧的压缩量，根据胡克定律 F＝kx，初始时A、B静止，弹簧弹力F浮＝2mg，则弹簧的压缩量 。
A.外力施加瞬间A、B的加速度外力施加瞬间，弹簧的弹力来不及改变，弹簧弹力仍为F弹＝2mg
对A、B整体，根据牛顿第二定律F合＝ma（其中F合为合外力，m为质量，a为加速度），可得F＝（m+m）a，则加速度，所以A、B加速度大小均为8m/s2，故A错误；
B.弹簧压缩量减小0.05m时，A、B间的弹力此时弹簧的压缩量x＝x0﹣0.05m＝0.5m﹣0.05m＝0.45m，弹簧弹力F弹1＝kx＝40×0.45N＝18N。
对A、B整体，根据牛顿第二定律F+F满1﹣2mg＝2ma1，可得 ，
对A，根据牛顿第二定律F+FAB﹣mg＝ma1，可得A、B间的弹力 FAB＝ma1+mg﹣F＝1×7N+1×10N﹣16N＝1N，故B正确；
C.A、B分离时，A、B间的弹力FAB＝0，且A、B加速度相同。
对A，根据牛顿第二定律F﹣mg＝ma2，可得
对B，根据牛顿第二定律F弹2﹣mg＝ma2，可得弹簧弹力F弹2＝mg+ma2＝1×10N+1×6N＝16N
根据胡克定律F弹2＝kx2可得弹簧的压缩量。
则A物体的位移Δx＝x0﹣x2＝0.5m﹣0.4m＝0.1m，故C错误。
D.B物体速度达到最大时，加速度为0，此时弹簧弹力F弹3＝mg＝1×10N＝10N。
根据胡克定律F弹3＝kx3可得弹簧的压缩量，故D错误。
故选：B。
【点评】本题可根据牛顿第二定律、胡克定律等知识，对物体在不同状态下的受力情况进行分析。
5．（2024秋 盐城期末）将一弹簧测力计悬挂在升降机天花板下，弹簧下端连接一个小钢球，如果弹簧测力计示数突然变大，则此时升降机可能的运动状态是（　　）
A．减速上升 B．加速下降 C．减速下降 D．匀速下降
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题．
【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】C
【分析】根据小球的受力情况应用牛顿第二定律判断小球的加速度方向，然后分析升降机的运动状态。
【解答】解：弹簧测力计示数突然变大，说明弹簧测力计对小球的拉力变大，大于小球的重力，小球所受合力方向竖直向上，由牛顿第二定律可知，小球的加速度方向向上，升降机加速度方向向上，升降机可能加速上升，也可能减速下降，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，根据题意判断小球所受合力的方向是解题的关键。
6．（2024秋 重庆期末）如图所示，许多工厂的流水线上安装有传送带用于传送工件，以提高工作效率。如图甲所示，倾角为θ＝37°的倾斜传送带沿顺时针方向转动，传送带的速度v随时间t的变化图像如图乙所示。t＝0时刻将质量为m＝1kg的煤块轻放在传送带底端，已知煤块和传送带间动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。0s～15s过程中传送带上煤块划出的煤块痕迹的长度（　　）
A．2.5m B．3m C．5m D．6.3m
【考点】倾斜传送带模型；牛顿第二定律的图像问题．
【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】C
【分析】由图乙所示图像求出传送带的加速度，应用牛顿第二定律求出煤块的加速度，应用运动学公式分析答题。
【解答】解：煤块相对传送带滑动时，由牛顿第二定律得：μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma，代入数据解得：a＝0.4m/s2
由图乙所示v﹣t图像可知，在0～10s内传送带速度加速度a1
在10～15s内传送带的加速度a2
由于a＞a1，则在0～10s内煤块相对传送带静止一起以加速度a1向上做匀加速直线运动
在10～15s内由于a＜a2，煤块相对于传送带向下滑动，在传送带上留下痕迹
在该时间内煤块的位移x1＝vt3×5mm＝20m
传送带的位移x2＝vt3×5mm＝25m
则在0～15s内煤块在传送带上划出痕迹的长度Δx＝x2﹣x1＝25m﹣20m＝5m，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】分析清楚煤块与传送带的运动过程是解题的前提，根据图示v﹣t图像求出传送带的加速度，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
7．（2024秋 榆林期末）2024年巴黎奥运会中国体育代表团获得40金，创下参加境外奥运会金牌数最多的纪录，金牌总数第一。其中，全红婵获10米跳台跳水冠军，樊振东获乒乓球男子单打冠军，郑钦文获网球女子单打冠军，杨家玉获田径女子20公里竞走冠军，下列关于运动和力的说法，正确的是（　　）
A．全红婵跳水下落时看到水面迎面扑来是选择水面为参考系
B．研究樊振东在乒乓球比赛中乒乓球的旋转时，可以将乒乓球视为质点
C．郑钦文击出的网球在空中运动到最高点时，网球处于失重状态
D．杨家玉竞走过程中所受地面的摩擦力为滑动摩擦力
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；质点；根据运动的描述判断所选取的参考系；滑动摩擦力的性质．
【专题】定性思想；推理法；摩擦力专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据参考系，质点以及超失重，摩擦力等知识进行分析判断。
【解答】解：A．全红婵跳水下落时看到水面迎面扑来是选择自己为参考系，故A错误；
B．研究樊振东在乒乓球比赛中乒乓球的旋转时，乒乓球的大小和形状不可以忽略，不可以将乒乓球视为质点，故B错误；
C．郑钦文击出的网球在空中运动到最高点时，网球只受重力，则网球处于失重状态，故C正确；
D．杨家玉竞走过程中所受地面的摩擦力为静摩擦力，故D错误。
故选：C。
【点评】考查参考系，质点以及超失重，摩擦力等知识，会根据题意进行准确分析解答。
8．（2024秋 宁波期末）如图所示，一质量为M、倾角θ＝37°的斜面体a，其斜面是由某种特殊材料制成，当质量为m的物块b沿斜面向上滑动时物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.25，向下滑动时则为μ2＝0.5。现物块以初速度v0沿斜面向上滑行至某处后再向下返回斜面底端，整个过程斜面体始终保持静止，则物块在沿斜面向上、向下的滑动过程中，下列说法正确的是（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　）
A．上滑过程地面对斜面体的摩擦力方向水平向右
B．下滑过程物块对斜面体的作用力方向竖直向下
C．下滑过程地面对斜面体的支持力大于上滑过程
D．物块返回斜面体底端时的速度大小等于
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；共点力的平衡问题及求解；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】C
【分析】加速度的方向与合力方向相同，应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式分析答题。
【解答】解：A、物块上滑过程物块的加速度方向沿斜面向下，斜面与物体整体有水平向左的加速度，则地面对斜面体的摩擦力方向水平向左，故A错误；
B、下滑过程物块的加速度方向沿斜面向上，物块所受合力沿斜面向上，物块受到的重力竖直向下，则斜面体对物块的作用力斜向右上方，物块对斜面体的作用力斜向左下方，故B错误；
C、物块下滑过程加速度方向沿斜面向上，系统由竖直向上的加速度，系统处于超重状态，地面对斜面体的支持力大于重力；物块上滑过程加速度方向沿斜面向下，系统具有向下的加速度，系统处于失重状态，地面对斜面体的支持力小于重力，则下滑过程地面对斜面体的支持力大于上滑过程，故C正确；
D、对物块，由牛顿第二定律得：
上滑过程：mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma1
下滑过程：mgsinθ﹣μ2mgcosθ＝ma2
物块上滑过程做匀减速直线运动，下滑过程做初速度为零的匀加速直线运动，
由v﹣x公式得：，v2＝2a2x
解得：v，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物块的运动过程与受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 鄂尔多斯期末）如图所示，A、B两物块的质量分别为mA＝2kg和mB＝1kg，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，现对A施加一水平拉力F，则下列说法正确的是（　　）
A．当F＝2N时，A、B一定都相对地面静止
B．当F＝15N时，A的加速度大小为4m/s2
C．当F＝24N时，A、B的加速度大小均为7m/s2
D．无论F多大，B的加速度大小都不会超过5m/s2
【考点】有外力的水平板块模型．
【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】ABD
【分析】根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力，然后通过整体法隔离法逐项分析。
【解答】解：A．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B间的最大静摩擦力为
f1＝μ1mAg，f1＝8N
B与地面间的最大静摩擦力为
f2＝μ2（mA+mB）g，f2＝3N＞2N
故当F＝2N时，A、B一定都相对地面静止，故A正确；
B．若A、B保持相对静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B的最大加速度根据
f1﹣f2＝mBam
解得
对A受力分析可得，A、B保持相对静止时有
Fm﹣f1＝mAam
解得A、B保持相对静止时水平拉力的最大值为
Fm＝18N
当F＝15N＜Fm时，A、B保持相对静止，对A、B分别受力分析有
F﹣f＝mAa，f﹣f2＝mBa
解得
a＝4m/s2
故B正确；
C．当F＝24N＞Fm时，A、B发生相对滑动，加速度不同，故C错误；
D．当两物体发生相对滑动时，B的加速度最大，根据牛顿第二定律得
f1﹣f2＝mBam
解得
故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力。
（多选）10．（2024秋 四川校级期末）如图所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后滑块又被弹簧向右弹开。已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，弹簧与水平面间的摩擦不计，重力加速度为g，整个过程中弹簧未超过其弹性限度，则下列判断正确的是（　　）
A．滑块向右运动的过程中，先做加速运动，离开弹簧后才做减速运动
B．滑块与弹簧接触过程中的最大加速度为
C．滑块向左运动的过程中，始终做减速运动
D．滑块向右运动的过程中，当弹簧形变量时，滑块的速度最大
【考点】牛顿第二定律求解多过程问题；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；理解能力．
【答案】CD
【分析】对物体进行正确的过程分析和各过程中物体的受力分析，再结合牛顿运动定律分析物体的运动情况。在进行受力分析时，要注意分析弹簧弹力的变化。
【解答】解：A．滑块向右滑动的过程中，以弹簧的弹力等于滑块所受到的滑动摩擦力时的位置为界，在该位置左侧时，弹簧弹力大于摩擦力，滑块做加速运动，在该位置右侧时，弹簧弹力小于滑动摩擦力，滑块做减速运动，故A错误；
B．当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，当弹簧弹力和摩擦力方向相同且弹簧弹力最大时，滑块的加速度最大，
kx0+μmg＝mam
则最大加速度为
故B错误；
C．滑块在向左滑动过程中，滑动摩擦力和弹簧弹力方向与运动方向相反，故滑块一直做减速运动，故C正确；
D．当弹簧弹力与滑动摩擦力大小相等，方向相反时，此时滑块加速度为零，速度最大，即
kx＝μmg
故D正确。
故选：CD。
【点评】解决此类问题，要正确的分析物体运动的过程及物体的受力情况，并会确定运动过程中的临界点和分析在临界点上的受力，当物体接触弹簧向右运动的过程中，开始是加速运动的，当弹力和摩擦力相等时，加速度为零，之后摩擦力要大于弹力，物体开始做减速运动，弹力和摩擦力相等时即为一个临界点。
（多选）11．（2024秋 水城区期末）在第十五届中国航展上，我国察打一体无人机“九天”首次亮相。这是一款可灵活配置的重型无人机，它既能当运输机，也能挂导弹、挂小型无人机。下列说法正确的是（　　）
A．“九天”无人机在空中做加速直线运动时，“九天”无人机的惯性增大
B．“九天”无人机在空中投送物资后，“九天”无人机的惯性减小
C．“九天”无人机在地面上滑行时，若撤去动力，“九天”无人机会立即停止运动
D．“九天”无人机在空中匀速直线飞行时受到的合力为0
【考点】惯性与质量；利用平衡推论求解受力问题．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】根据质量决定惯性，惯性定律和平衡态的知识进行分析解答。
【解答】解：A.“九天”无人机在空中做加速直线运动时，速度增加，但“九天”无人机的质量不变，则惯性不变，故A错误；
B.“九天”无人机在空中投送物资后，“九天”无人机的质量减小，则惯性减小，故B正确；
C.“九天”无人机在地面上滑行时，若撤去动力，由于惯性，“九天”无人机不会立即停止运动，故C错误；
D.根据平衡条件可知，“九天”无人机在空中匀速直线飞行时受到的合力为0，故D正确。
故选：BD。
【点评】考查质量决定惯性，惯性定律和平衡态的知识，会根据题意进行准确分析解答。
（多选）12．（2024秋 闽侯县期末）图甲是行李安检设备，其传送装置可简化为图乙所示的模型。已知水平传送带以速度v＝0.2m/s匀速运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离l＝2m，取g＝10m/s2，将行李（视为质点）无初速度地放在A处，则（　　）
A．起始时行李受到的摩擦力方向水平向右
B．行李在运动过程中一直受到摩擦力作用
C．起始时行李的加速度大小为0.2m/s2
D．行李经过10.05s到达B处
【考点】水平传送带模型；匀变速直线运动位移与时间的关系；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】AD
【分析】行李与传送带间有相对运动或相对运动趋势时行李受到摩擦力作用；摩擦力方向与相对运动方向或相对运动趋势的方向相反；
应用牛顿第二定律求出行李的加速度，应用运动学公式求出行李到达B处需要的时间。
【解答】解：A、起始时行李相对于传送带向左滑动，行李受到的摩擦力方向水平向右，故A正确；
BCD、行李相对传送带滑动过程，对行李，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，代入数据解得：a＝2m/s2
行李加速到与传送带共速需要的时间t1s＝0.1s
行李加速到与传送带共速的位移x1m＝0.01m
行李与传送带共速后与传送带相对静止做匀速直线运动，做匀速直线运动过程行李不受摩擦力作用，
行李做匀速直线运动的时间t2s＝9.95s
行李运动到B处需要的时间t＝t1+t2＝0.1s+9.95s＝10.05s，故BC错误，D正确。
故选：AD。
【点评】本题是传送带问题，考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚行李的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 闽侯县期末）如图，质量分别为4kg和6kg的A、B两个物块相互接触，放在光滑的水平面上，两物块在水平推力F＝10N作用下，一起以相同的加速度向右运动，加速度大小a＝ 　1　m/s2，A对B的弹力FN＝ 　6　N，方向 　水平向右　。
【考点】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】1；6；水平向右。
【分析】应用牛顿第二定律求出加速度与A对B的弹力。
【解答】解：由牛顿第二定律得：
对A、B整体：F＝（mA+mB）a
对B：FN＝mBa
代入数据解得：a＝1m/s2，FN＝6N，方向水平向右
故答案为：1；6；水平向右。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，根据物体的受力情况应用牛顿第二定律即可解题，解题时注意整体法与隔离法的应用。
14．（2024秋 顺义区期末）质量为50kg的人站在电梯内的水平地板上，当电梯以0.2m/s2的加速度匀加速上升时，此人处于 　超重　（选填“超重”或“失重”）状态，人对水平地板的压力为 　510　N，重力加速度g取10m/s2。
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；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；理解能力．
【答案】超重，510。
【分析】对于超重还是失重的判断，关键取决于加速度的方向：当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速度方向向下时，处于失重状态。
【解答】解：电梯以0.2m/s2的加速度匀加速上升，故人处于超重状态，根据牛顿第二定律可得F﹣mg＝ma，解得F＝mg+ma＝50×10N+50×0.2N＝510N。
故答案为：超重，510。
【点评】考查对超重、失重的理解，清楚其定义。
15．（2024秋 杨浦区校级期末）在某科技活动中。一位同学设计了一个加速度测量仪，如图（a）所示，将一端连有摆球的细线悬于小车内O点。当小车运动时，小球与小车保持相对静止后，测量出悬绳与竖直方向的夹角θ，便可通过该角度计算得到小车此时的加速度值。
（1）请填写图（b）中刻度盘上的角度θ为30°对应的加速度值为 　　。（答案用g表示）
（2）运用该测量仪测量加速度，会有哪些局限：　加速度太大时，无法准确测量　。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；正交分解法．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】（1）；（2）加速度太大时，无法准确测量。
【分析】（1）对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律求加速度；
（2）根据加速度的公式，当加速度太大时，θ变化较小，误差太大。
【解答】解：（1）设小球的加速度为a，绳中张力为T，对小球受力分析，则有
Tsinθ＝ma、Tcosθ＝mg
联立解得
a＝gtanθ
（2）根据公式结合正切函数的特征可知，当加速度较大时对应的角度变化较小，会导致加速度较大情况下的测量误差较大。
故答案为：（1）；（2）加速度太大时，无法准确测量。
【点评】本题主要考查利用受力分析，求出物体的加速度。
16．（2024秋 杨浦区校级期末）我们知道，如果一个物体在力F的作用下沿力的方向移动了一段距离s，这个力即对物体做功W＝Fs，其中功的单位是焦耳（J）是 　B　（选填：A.基本单位，B.导出单位）。汽车行驶时，如果空气阻力很大，会增加汽车燃油消耗量或严重影响汽车的动力性能。经研究，人们发现空气阻力的大小F与空气密度ρ、物体进风面积S、物体与空气的相对运动速度v均有关，关系式为F＝kρSvx，其中k是一个无单位的常数。请根据国际单位制推断速度v的指数x的数值为 　2　。
【考点】力学单位制与单位制．
【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】B，2。
【分析】根据力学中的基本单位和单位制的运算规则进行推导。
【解答】解：根据力学中的基本单位判断，焦耳（J）是导出单位，故B正确，A错误。
根据阻力公式F＝kpSvx，即1kg 1m2，解得x＝2。
故答案为：B，2。
【点评】考查力学单位制问题，会根据题意进行准确分析解答。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 宿迁期末）如图所示，某幼儿园要在空地上安装一个滑梯，由于空地大小限制，滑梯的水平跨度确定为x＝4m，设计时，滑板和儿童裤料间的动摩擦因数μ取0.4，重力加速度g取10m/s2。
（1）若儿童在滑梯上匀速滑下，求滑梯的高度；
（2）儿童由静止开始下滑至滑梯底端速度不能超过4m/s，求滑梯的最大高度。
【考点】物体在粗糙斜面上的运动；匀变速直线运动速度与位移的关系．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】（1）若儿童在滑梯上匀速滑下，滑梯的高度为1.6m。
（2）儿童由静止开始下滑至滑梯底端速度不能超过4m/s，求滑梯的最大高度为2.4m。
【分析】（1）重力在滑梯上分解成两个方向的力，垂直于滑梯的力等于mgcosθ．平行于滑梯的力等于mgsinθ，人在滑梯上能滑下，满足：mgsinθ≥μmgcosθ，根据几何关系确定滑梯的高度；
（2）根据牛顿第二定律和运动学公式可求。
【解答】解：（1）设斜面倾角为θ1儿童恰好匀速下滑，
平行斜面方向：mgsinθ1＝μFN
垂直斜面方向：FN＝mgcosθ1
根据几何关系有：H＝xtanθ1
解得：H＝1.6m
（2）设最大高度为H2，此时斜面倾角为θ2，根据牛顿第二定律得：mgsinθ2﹣μmgcosθ2＝ma
由速度位移的关系式得：v2＝2aL
H2＝xtanθ2
其中L
联立解得H2＝2.4m
答：（1）若儿童在滑梯上匀速滑下，滑梯的高度为1.6m。
（2）儿童由静止开始下滑至滑梯底端速度不能超过4m/s，求滑梯的最大高度为2.4m。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、滑动摩擦力公式、运动学公式的综合应用，知道加速度是联系力和运动的桥梁。
18．（2024秋 榆林期末）如图所示，固定斜面的倾角θ＝37°，底端O与水平面右端平滑相连，水平面左端与倾角为θ＝37°足够长的传送带在A点平滑相连，传送带以速度v0＝4m/s逆时针匀速转动，质量m＝1kg的小物块（可视为质点）从高h＝15m处由静止从斜面上滑下，小物块与斜面、水平面和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，水平面长x＝3.6m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小物块在斜面上受到摩擦力的大小和刚滑到斜面底端时的速度大小；
（2）小物块运动到A点的速度大小和沿传送带向上运动过程中的加速度大小；
（3）小物块沿传送带向上运动的时间和向上滑行的最远距离。
【考点】倾斜传送带模型；物体在粗糙斜面上的运动．
【专题】计算题；定量思想；推理法；传送带专题；分析综合能力．
【答案】（1）小物块在斜面上受到摩擦力的大小是4N，刚滑到斜面底端时的速度大小是10m/s；
（2）小物块运动到A点的速度大小是8m/s，沿传送带向上运动过程中的加速度大小分别是10m/s2、2m/s2；
（3）小物块沿传送带向上运动的时间是2.4s，向上滑行的最远距离是6.4m。
【分析】（1）根据滑动摩擦力公式求出滑动摩擦力大小；应用牛顿第二定律求出物块的加速度大小，应用v﹣x公式求出物块到达斜面底端时的速度。
（2）应用牛顿第二定律求出物块在水面上的加速度，应用v﹣x公式求出物块到达A点时的速度大小；应用牛顿第二定律求出物块沿传送带向上运动过程的加速度大小。
（3）应用运动学公式求出小物块沿传送带向上运动的时间与向上滑行的最远距离。
【解答】解：（1）物块在斜面上受到的滑动摩擦力大小f＝μmgcosθ＝0.5×1×10×cos37°N＝4N
物块在斜面上下滑过程，对物块，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：a1＝2m/s2
物块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由v﹣x公式可知，物块滑到斜面底端时的速度大小vm/s＝10m/s
（2）物块在水平面上运动过程，由牛顿第二定律得：﹣μmg＝ma2
代入数据解得：a2＝﹣5m/s2
由v﹣x公式可知，物块到达A处的速度大小vAm/s＝8m/s
由于vA＞v0，物块滑上传送带后相对于传送带向上滑动，
对物块，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma3
代入数据解得：a3＝10m/s2
物块滑上传送带后做匀减速直线运动，由于μ＜tanθ，则物块减速到与传送带速度相等后相对传送带向下滑动，继续做匀减速直线运动
物块与传送带共速后，对物块，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma4
代入数据解得：a4＝2m/s2
（3）物块沿传送带向上运动的时间t＝t1+t22.4s
物块沿传送带向上滑行的最大距离s
代入数据解得：s＝6.4m
答：（1）小物块在斜面上受到摩擦力的大小是4N，刚滑到斜面底端时的速度大小是10m/s；
（2）小物块运动到A点的速度大小是8m/s，沿传送带向上运动过程中的加速度大小分别是10m/s2、2m/s2；
（3）小物块沿传送带向上运动的时间是2.4s，向上滑行的最远距离是6.4m。
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
19．（2024秋 榆林期末）如图所示，足够长的长木板A的质量m1＝2kg，可视为质点的物块B的质量m2＝1kg，A与B之间的动摩擦因数μ＝0.5，现对A施加一个大小为F＝1N、方向水平向右的恒力，同时B以初速度v0＝8m/s从左端滑上静止在光滑水平面上的木板A，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）B在A上相对A向右滑动过程中，A和B的加速度大小；
（2）A与B达到的共同速度的大小；
（3）B在A上留下的痕迹长度。
【考点】有外力的水平板块模型．
【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）B在A上相对A向右滑动过程中，A和B的加速度大小分别是3m/s2、5m/s2；
（2）A与B达到的共同速度的大小是3m/s；
（3）B在A上留下的痕迹长度是4m。
【分析】（1）应用牛顿第二定律求出A、B的加速度大小。
（2）应用运动学公式求出A、B的共同速度大小。
（3）应用运动学公式求出B在A滑动时留下痕迹的长度。
【解答】解：（1）B在A上滑动过程，由牛顿第二定律得：
对B：μm2g＝m2aB
对A：F+μm2g＝m1aA
代入数据解得：aA＝3m/s2，aB＝5m/s2
（2）A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动，
两者共速时v＝v0﹣aBt＝aAt
代入数据解得：v＝3m/s，t＝1s
（3）两者共速后假设恰好相对静止，由牛顿第二定律得：
对A、B整体：F临＝（m1+m2）aB
代入数据解得：F临＝15N＞F＝1N，两者共速后相对静止一起加速运动
则B在A上留下痕迹的长度Δx
代入数据解得：Δx＝4m
答：（1）B在A上相对A向右滑动过程中，A和B的加速度大小分别是3m/s2、5m/s2；
（2）A与B达到的共同速度的大小是3m/s；
（3）B在A上留下的痕迹长度是4m。
【点评】本题是有相对运动的题目，关键要能正确分析物体的受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律及运动学基本规律求速度．
20．（2024秋 东西湖区校级期末）小华同学研究放在光滑水平面上的物体的运动，他在水平面内建立直角坐标系（xOy系），并在坐标原点O放置一质量为m＝5.0kg的物块。在t＝0时，对物块施加平行于水平面的作用力，使物块从静止开始运动。在0≤t≤15s时间段内，物块在xOy系中x、y方向上的速度vx、vy与时间t的关系分别如图a、b所示。求：
（1）在0～5s内施加外力的大小；（结果可带有根号）
（2）在0～15s内物块离y轴最远时的坐标。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；两个变速直线运动的合成；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】（1）在0～5s内施加外力的大小等于N；
（2）故在0～15s内物块离y轴最远时的坐标为（3.5m，2m）。
【分析】（1）v﹣t图像的斜率等于加速度，分别求出0～5s沿x轴和y轴的加速度与合外力，根据牛顿第二定律求解合力大小即施加外力的大小；
（2）v﹣t图像的面积等于位移，物块离y轴最远时横坐标最大。
【解答】解：（1）v﹣t图像的斜率等于加速度，由图可得0～5s在x轴方向上加速度为axm/s2m/s2，在y轴方向上加速度为aym/s2m/s2，a合，
根据牛顿第二定律外力F＝ma合，解得FN；
（2）v﹣t图像的面积等于位移，结合图像结合对称性可知物体在12.5s离y轴最远，此时沿x轴位移最大。横坐标为3.5m；
纵坐标为，故在0～15s内物块离y轴最远时的坐标为（3.5m，2m）。
答：（1）在0～5s内施加外力的大小等于N；
（2）故在0～15s内物块离y轴最远时的坐标为（3.5m，2m）。
【点评】本题考查了匀变速直线运动的图象、牛顿运动定律等知识点。利用v﹣t图象判断物体的运动状态时解决本题的关键。
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