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高考物理一轮复习 运动和力的关系
一．选择题（共8小题）
1．（2025 河南模拟）北京时间2024年7月27日，巴黎奥运会女子双人三米跳板决赛，陈艺文和昌雅妮夺得金牌，中国跳水梦之队迎来开门红。运动员站在跳板上下蹲起跳，跳板的形变示意图如图所示，其中A位置为平衡位置，则运动员处于失重状态的过程是（　　）
A．由A位置到B位置 B．由A位置到D位置
C．由C位置到B位置 D．由B位置到C位置
2．（2025 德阳模拟）如图所示，球心为O1的半球A置于粗糙水平地面上，半球A的圆弧表面光滑，质量为m的大球B球心为O2，半球A的顶端P点与大球B用轻绳连接，轻绳刚好水平，大球B的最低点连接一轻弹簧，轻弹簧下端固定着质量为m的小球C，球心O1、O2的连线与O1P的夹角θ＝60°，整个系统处于静止状态，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．轻绳的张力为mg
B．半球有向左运动的趋势
C．若剪断轻绳，半球A仍未动，则剪断的瞬间，C球处于失重状态
D．若剪断轻绳，半球A仍未动，则剪断的瞬间，B球的加速度大小为g
3．（2025 晋中模拟）2025年3月30日，国产大飞机C919首次飞抵东北地区，开启“上海虹桥—沈阳”航线的商业运营，沈阳成为东航C919通航的第10座城市。飞机起飞过程主要包括地面滑行加速、离地和加速爬升三个阶段。下列说法正确的是（　　）
A．飞机静止时，座椅对乘客的作用力为零
B．飞机水平向右加速滑行时，座椅对乘客的作用力水平向右
C．飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时，乘客处于超重状态
D．飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时，座椅对乘客的作用力竖直向上
4．（2025 大通县三模）在2025年央视春节联欢晚会上，一群高科技机器人进行了一场精彩绝伦的舞蹈表演。机器人表演过程中，关于受力及运动的说法正确的是（　　）
A．机器人向上抬腿的过程，其重心位置不变
B．机器人向上抬腿的过程，它对地面的压力小于地面对它的支持力
C．机器人挥动手帕向上加速的过程，手帕处于超重状态
D．机器人沿舞台加速运动时，其惯性变大
5．（2025 通辽三模）如图所示，质量为m的方形箱子放置在光滑的水平面上，在水平向左的力F0＝4mg的作用下，箱子沿水平面向左做匀加速直线运动，箱内一个质量为m的物块紧贴后壁随箱子一起做匀加速直线运动且恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则物块与箱壁间的动摩擦因数为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025 龙华区校级模拟）如图所示，一圆柱形横梁水平固定（阴影为其截面），可视为质点的小球A、B用足够长的轻绳连接后悬挂在梁上。已知A、B的质量分别为2m、m，重力加速度为g。横梁粗糙，且轻绳与横梁间摩擦力满足f＝k（TA+TB），其中TA、TB分别为左右悬绳中的张力，向下拉动A球后松手，A、B球恰做匀速运动。现将A球质量增大为5m，再从静止释放两球，A球下降时的加速度大小为（　　）
A．a B．a C．a D．a
7．（2025 光山县二模）智能手机安装软件后，可利用手机上的传感器测量手机运动的加速度，带塑胶软壳的手机从一定高度由静止释放，落到地面上，手机传感器记录了手机运动的加速度a随时间t变化的关系如图所示，g为当地的重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．释放时，手机离地面的高度为
B．手机第一次与地面碰撞的作用时间为t2﹣t1
C．手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的10倍
D．0至t2时间内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等
8．（2025 沧州三模）如图所示，斜面体静置在水平地面上，将质量为m的物块放置在斜面上，对物块施加水平向右的力F，为保证物块静止，力F的最小值为F1，最大值为F2，整个过程中斜面体始终静止。已知物块与斜面、斜面与地面之间的动摩擦因数均为0.5，斜面倾角θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．
B．F2＝2mg
C．当时，物块和斜面不存在相对运动趋势
D．斜面的质量可能为2m
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 潍坊三模）如图所示，质量M＝4kg的长木板静止在粗糙水平地面上，t＝0时刻对木板施加F＝45N的水平向右恒力，同时质量m＝1kg的小物块以v0＝15m/s的初速度从左端滑上木板。已知木板长度L＝7.8m，木板与地面、木板与小物块间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为10m/s2
B．t＝1s时，小物块恰好运动到木板最右端
C．时，小物块从木板左端脱离
D．若t＝2s时撤去外力F，小物块最终会从木板右端脱离
（多选）10．（2025春 新洲区期末）某商场装有如图甲、乙所示的两部电梯，小明先乘坐甲电梯（接触面为水平面）后乘坐乙电梯（接触面视为斜面），若两部电梯都是先以加速度a匀加速直线运动达某速度后再匀速运动，电梯运动方向与水平方向的夹角均为θ，人与电梯始终保持相对静止，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．乘坐甲电梯，电梯加速和匀速时，小明先受3个力作用，后受2个力作用
B．乘坐乙电梯，电梯加速和匀速时，小明先受3个力作用，后受2个力作用
C．电梯加速时，甲乙两个电梯对小明的支持力之比为（g+asinθ）：gcosθ
D．电梯加速时，小明在甲乙两个电梯上受到的摩擦力之比为acosθ：（gcosθ+a）
（多选）11．（2025 长沙模拟）有一质量m＝1kg的物体静止在足够长的粗糙竖直墙壁上，某时刻无初速度释放物体，并同时分别以甲、乙两种方式施加外力，物体紧贴墙壁向下运动。已知物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．下落过程中，乙情景中的物体所受合外力的方向会发生改变
B．下落过程中，甲情景与乙情景中物体的速度都会一直增大
C．下落过程中，甲情景中的物体最大速度为5m/s
D．下落过程中，乙情景中的物体最大速度为25m/s
（多选）12．（2024秋 潮州期末）如图所示，在粗糙的水平面上有一质量为m的足够长的木板，其上叠放一质量也为m的木块。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt（k是常数），木块和木板之间的摩擦力大小为f1，木板与地面之间的摩擦力大小为f2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列图线中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三．填空题（共4小题）
13．（2025 福建模拟）工人师傅巧妙地利用载重货箱下行的动力拉起上行的空载货箱，既解决了载重货箱下行过快的问题，又减轻了搬运空载货箱上行的劳动强度，其装置简化为如图所示，在倾角为37°的斜坡上，一总质量为15kg的载重货箱，通过轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为5kg的空载货箱相连，轻绳与斜面平行。当载重货箱下行时，能够拖动空载货箱上行，已知两货箱与斜坡间的动摩擦因数均为0.25，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则当载重货箱下行时，加速度大小为 　 　 m/s2，轻绳的拉力大小为 　 　 N。
14．（2024秋 嘉兴期末）某同学站在力传感器上完成“下蹲”、“起立”的动作，计算机采集的图线如图所示。则图中点a～d所示过程，该同学完成了 　 　 动作（选填“下蹲”、“起立”、“先下蹲后起立”或“先起立后下蹲”）；以竖直向上为正方向，则b点时该同学的加速度约为 　 　 m/s2。（计算结果保留一位有效数字）
15．（2025春 泉州期中）如图所示，倾斜传送带以恒定速率v沿逆时针方向运行，物块以大小为v0、方向平行于传送带向下的初速度在传送带上运动，一段时间后物块转为做匀速直线运动，已知v＞v0。物块做匀速直线运动前受到的摩擦力 　 　 ；物块做匀速直线运动时受到的摩擦力 　 　 ，传送带对物块的支持力 　 　 。（均填“做正功”“做负功”或“不做功”）
16．（2025 思明区校级一模）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2：Δt1为 　 　 。
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 沙坪坝区校级期末）我国的电商产业极其发达，而在电商物流中，传送带发挥着重要作用。如图所示，分拣机器人将一个可视为质点的快递盒轻放在总长度为L＝10m的以恒定速率运行的传送带左端，其初速度为0。快递盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。求：
（1）若传送带运行速率为v＝2m/s，则快递盒在加速过程中发生的位移大小为多少？
（2）若传送带运行速率可以调节，则最短多少时间可以将快递盒运至传送带右端？
18．（2025春 太原期末）采石场经常用传送带来搬运石头。如图甲所示，倾角为θ＝37°的倾斜传送带逆时针匀速转动，在传送带上端A点无初速度放置石块，石块从A点运动到传送带下端B点的过程中，若人为规定石块在A点的重力势能为0，则石块的机械能E与其位移x的关系如图乙所示。石块可视为质点，质量m＝50kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）石块与传送带之间的动摩擦因数μ；
（2）石块在传送带下端B点的动能Ek。
19．（2025 汉中三模）如图甲所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方，在轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B均处于静止状态，A质量为m，静止释放B后A、B开始运动。初始两滑轮之间竖直距离足够大，运动过程中各物体不会互相碰撞。假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g。
（1）若B质量为2m，求静止释放B时细线张力T的大小；
（2）保持A物体质量m不变，使B物体质量从m增大，通过计算机描绘得到传感器对定滑轮的拉力F随B物体质量mB变化关系曲线如图乙所示，F＝F0直线是曲线的渐近线，求F0（结果用m、g表示）。
20．（2025 许昌三模）如图为某高速收费站的标识牌，一辆汽车正沿直线向收费站驶来，如果这辆汽车过ETC（电子不停车收费）通道，则需要在车辆识别装置前s1＝16m处减速至v1＝4m/s，匀速到达车辆识别装置后再以的加速度加速至v2＝28m/s行驶，假设汽车制动过程中所受阻力与其重力的比值k＝0.2，且制动时间t0＝8s，汽车进、出收费站的运动可视为水平面上的直线运动，g取10m/s2。求：
（1）汽车减速前的速度大小v0；
（2）汽车到达车辆识别装置后加速运动的位移大小s；
（3）汽车从开始减速到加速结束的平均速度大小。
高考物理一轮复习 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．（2025 河南模拟）北京时间2024年7月27日，巴黎奥运会女子双人三米跳板决赛，陈艺文和昌雅妮夺得金牌，中国跳水梦之队迎来开门红。运动员站在跳板上下蹲起跳，跳板的形变示意图如图所示，其中A位置为平衡位置，则运动员处于失重状态的过程是（　　）
A．由A位置到B位置 B．由A位置到D位置
C．由C位置到B位置 D．由B位置到C位置
【考点】超重与失重的概念、特点和判断．
【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】分别对不同过程分析运动员的运动情况，根据加速度的方向判断运动的超重、失重状态。
【解答】解：对运动员受力分析可知，由A位置到D位置，运动员做方向向上的减速运动，运动员具有向下的加速度，处于失重状态，而其余过程运动员具有向上的加速度，处于超重状态。故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查学生对超重、失重的理解，其中核心是理解牛顿第二定律，知道通过运动情况判断加速度方向以此分析超重、失重为解决本题的关键。
2．（2025 德阳模拟）如图所示，球心为O1的半球A置于粗糙水平地面上，半球A的圆弧表面光滑，质量为m的大球B球心为O2，半球A的顶端P点与大球B用轻绳连接，轻绳刚好水平，大球B的最低点连接一轻弹簧，轻弹簧下端固定着质量为m的小球C，球心O1、O2的连线与O1P的夹角θ＝60°，整个系统处于静止状态，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．轻绳的张力为mg
B．半球有向左运动的趋势
C．若剪断轻绳，半球A仍未动，则剪断的瞬间，C球处于失重状态
D．若剪断轻绳，半球A仍未动，则剪断的瞬间，B球的加速度大小为g
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题；超重与失重的概念、特点和判断；力的合成与分解的应用；整体法与隔离法处理物体的平衡问题．
【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】D
【分析】将B、C看成一个整体，应用共点力平衡条件列式，求解轻绳的张力；将A、B、C看成一个整体，分析受力，结合共点力平衡条件得出半球的运动趋势；分析剪断轻绳瞬间C的受力，得出C的运动状态；剪断轻绳瞬间，B球将沿A半球的切线滚下，由牛顿第二定律求出B球加速度。
【解答】解：A.将B、C看成一个整体，根据平衡条件可得轻绳的张力为T＝2mgtanθ＝2mg，故A错误；
B.将A、B、C看成一个整体，则整体只受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，水平方向不受力，所以半球没有水平方向的运动趋势，故B错误；
C.C球在剪断轻绳前受到重力和弹力等大反向，若剪断轻绳，半球A仍未动，则剪断的瞬间，C球所受的重力和弹力不突变，所以C球受力平衡，故C错误；
D.若剪断轻绳，半球A仍未动，则剪断的瞬间，B球将沿A半球的切线滚下，且只受重力、支持力和弹簧的弹力，所以B球的合力沿切线向下，如图所示：
根据几何关系可知，合力恰好与支持力垂直，则F合＝（mg+F弹）sinθ＝2mgmg
根据牛顿第二定律F合＝ma
解得ag
故D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键是能应用整体法和隔离法分析平衡状态的物体受力，明确剪断细线的瞬间，B、C的受力和运动情况。
3．（2025 晋中模拟）2025年3月30日，国产大飞机C919首次飞抵东北地区，开启“上海虹桥—沈阳”航线的商业运营，沈阳成为东航C919通航的第10座城市。飞机起飞过程主要包括地面滑行加速、离地和加速爬升三个阶段。下列说法正确的是（　　）
A．飞机静止时，座椅对乘客的作用力为零
B．飞机水平向右加速滑行时，座椅对乘客的作用力水平向右
C．飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时，乘客处于超重状态
D．飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时，座椅对乘客的作用力竖直向上
【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．
【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】C
【分析】A、飞机静止时，乘客、座椅、飞机的加速度与速度都是零，根据牛顿第二定律与生活实际分析座椅对乘客的作用力。
B、乘客、座椅、飞机三者均彼此互相保持相对静止，故三者向右均有加速度，乘客的加速度由座椅提供，同时座椅还为乘客提供竖直向上的支持力以平衡乘客受到的重力，故运用合成与分解分析乘客受到的座椅提供的合力；
C、乘客、座椅、飞机三者均彼此互相保持相对静止，飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时，有向上的加速度，此时乘客超重；
D、乘客受到座椅的作用力与重力，根据牛顿第二定律可知加速度的方向即为乘客受到座椅的作用力的方向。
【解答】解：A、飞机静止时，乘客、座椅、飞机的加速度与速度都是零，并且三者均彼此互相保持相对静止，结合生活实际与牛顿第二定律可知，座椅对乘客的作用力等于乘客的重力，故A错误；
B、飞机水平向右加速滑行时，座椅对乘客有向前的推力和竖直向上的支持力，所以座椅对乘客的作用力指向右上方，故B错误；
C、飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时，有向上的加速度，所以乘客处于超重状态，故C正确；
D、飞机离地后在空中做斜向上加速直线运动时，根据牛顿第二定律可知座椅对乘客的作用力斜向上方，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查学生对超重、失重的理解，其中学会运用牛顿第二定律判断加速度的方向以此分析超重、失重状态为解决本题的关键。
4．（2025 大通县三模）在2025年央视春节联欢晚会上，一群高科技机器人进行了一场精彩绝伦的舞蹈表演。机器人表演过程中，关于受力及运动的说法正确的是（　　）
A．机器人向上抬腿的过程，其重心位置不变
B．机器人向上抬腿的过程，它对地面的压力小于地面对它的支持力
C．机器人挥动手帕向上加速的过程，手帕处于超重状态
D．机器人沿舞台加速运动时，其惯性变大
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；惯性与质量．
【专题】定性思想；推理法；力学综合性应用专题；理解能力．
【答案】C
【分析】A、重心是物体各部分所受重力之合力的作用点，质量分布不均匀的物体，重心的位置除跟物体的形状有关外，还跟物体内质量的分布有关。
B、机器人地面的压力与地面对它的支持力是一对相互作用力；
C、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。
D、惯性是物体的一种固有属性，只与物体的质量有关。
【解答】解：AB、机器人向上抬腿的过程，形状发生变化，其重心位置变化，它对地面的压力与地面对它的支持力大小相等，方向相反，故AB错误；
C、机器人挥动手帕向上加速的过程，手帕处于超重状态，故C正确；
D、机器人沿舞台加速运动时，其惯性不变，故D错误。
故选：C。
【点评】考查对重心、相互作用力、超重、失重、惯性等物理量的理解，熟记其定义。
5．（2025 通辽三模）如图所示，质量为m的方形箱子放置在光滑的水平面上，在水平向左的力F0＝4mg的作用下，箱子沿水平面向左做匀加速直线运动，箱内一个质量为m的物块紧贴后壁随箱子一起做匀加速直线运动且恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则物块与箱壁间的动摩擦因数为（　　）
A． B． C． D．
【考点】连接体模型；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】C
【分析】先对整体分析，由牛顿第二定律求出整体的加速度。在以物块为研究对象分析，在结合牛顿第一定律求出箱子对物块的弹力，在结合物体在竖直方向刚好不下滑求出摩擦系数。
【解答】解：以箱子和物块为整体，由牛顿第二定律得，，在以物块为研究对象，由牛顿第二定律得，FN＝ma＝2mg，由于物块刚好不下滑，则mg＝f＝2μmg，求出，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】这道题目综合考查了牛顿第二定律、受力分析以及摩擦力的计算。解题时需注意区分作用对象和力的方向，避免混淆支持力和重力。整体难度适中，但需要细心分析。
6．（2025 龙华区校级模拟）如图所示，一圆柱形横梁水平固定（阴影为其截面），可视为质点的小球A、B用足够长的轻绳连接后悬挂在梁上。已知A、B的质量分别为2m、m，重力加速度为g。横梁粗糙，且轻绳与横梁间摩擦力满足f＝k（TA+TB），其中TA、TB分别为左右悬绳中的张力，向下拉动A球后松手，A、B球恰做匀速运动。现将A球质量增大为5m，再从静止释放两球，A球下降时的加速度大小为（　　）
A．a B．a C．a D．a
【考点】连接体模型；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】B
【分析】A质量变化之前，分别以A、B、绳子为研究对象，根据平衡条件列式求解k的值，A质量变化之后，绳子为研究对象，根据平衡条件列式，再分别以A、B为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解加速度。
【解答】解：当A、B做匀速运动时，A的质量mA＝2m，B的质量mB＝m。
对A：TA＝mAg＝2mg
对B：TB＝mBg＝mg
因为匀速运动，合力为零，摩擦力f满足TA＝TB+f，又f＝k（TA+TB），将TA＝2mg，TB＝mg代入TA＝TB+f和f＝k（TA+TB），可得 mg＝3kmg，解得
当A质量变为mA'＝5m，释放后A下降、B上升，设加速度大小为a。
对A：根据牛顿第二定律m'Ag﹣T'A＝m'Aa，即5mg﹣TA'＝5ma
对B：根据牛顿第二定律TB'﹣mg＝ma
此时摩擦力f'＝k（TA'+TB'），且TA'＝TB'+f'，将代入f'＝k（TA'+TB'）可得，再代入TA'＝TB'+f'，可得，整理得3TA'＝3TB'+TA'+TB'，2TA'＝4TB'，即TA'＝2TB'。
解得5mg﹣2TB'＝5ma，即TB'＝mg+ma，最终可得，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查牛顿第二定律在连接体中的应用，本题主要难点是绳子受摩擦力作用，对绳子应用平衡条件是解题关键。
7．（2025 光山县二模）智能手机安装软件后，可利用手机上的传感器测量手机运动的加速度，带塑胶软壳的手机从一定高度由静止释放，落到地面上，手机传感器记录了手机运动的加速度a随时间t变化的关系如图所示，g为当地的重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．释放时，手机离地面的高度为
B．手机第一次与地面碰撞的作用时间为t2﹣t1
C．手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的10倍
D．0至t2时间内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等
【考点】牛顿第二定律的简单应用；复杂的运动学图像问题．
【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】D
【分析】手机自由落体过程加速度大小为g，当加速度开始变化时手机开始接触地面，接触地面后加速度达到最大时，手机的速度大小为0。
【解答】解：A.手机自由落体过程加速度大小为g，有图可知自由落体的运动时间为t1，因此释放时手机离地面的高度为，故A错误；
B.当加速度不为g时，说明手机除受到自身重力外，还收到其他力，即地面的弹力F，此时手机与地面接触，因此第一次接触时间为t1～t3，故B错误；
C.手机第一次与地面接触时，最大加速度为10g，根据牛顿第二定律可知，此时手机受到的合力为F合＝10mg，通过受力分析可知，F合＝F﹣mg，因此F＝11mg，故C错误；
D.t2时刻，手机的加速度达到最大，此时地面对手机的弹力达到最大，手机的速度大小为0，已知0时刻时手机的速度为0，某一时间段内a﹣t图像与t轴围成的面积为这一时间段内的速度变化量，已知0～t2时间内速度的变化量为0，因此图像与横坐标围成的面积为0，即t轴上下的面积大小相等，故D正确。
故选：D。
【点评】通过a﹣t图像反推手机的运动情况，结合牛顿运动定律相关知识以解决此类问题。
8．（2025 沧州三模）如图所示，斜面体静置在水平地面上，将质量为m的物块放置在斜面上，对物块施加水平向右的力F，为保证物块静止，力F的最小值为F1，最大值为F2，整个过程中斜面体始终静止。已知物块与斜面、斜面与地面之间的动摩擦因数均为0.5，斜面倾角θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．
B．F2＝2mg
C．当时，物块和斜面不存在相对运动趋势
D．斜面的质量可能为2m
【考点】斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；合成分解法；整体法和隔离法；共点力作用下物体平衡专题；理解能力．
【答案】B
【分析】AB、对物块受力分析，就不同的F大小分别根据平衡条件沿斜面方向列物块受到的力的关系，由于运动情况不同，两个过程中物块受到的滑动摩擦力的方向相反，根据此特点分析两个不同大小的力F分别为多大；
C、结合沿斜面方向物块受到的力的大小关系分析物块相对于斜面的运动趋势；
D、运用整体法，根据水平方向平衡条件分析斜面质量大小。
【解答】解：AB、对物块受力分析如图所示，
力最小时，物块恰好要下滑，沿斜面方向与垂直与斜面方向将物块所受到的力分解，
由平衡条件有F1cosθ﹣μ（F1sinθ+mgcosθ）＝mgsinθ，θ＝37°，μ＝0.5
对物块，力最大时，物块恰好要上滑，此时上图的摩擦力反向，
由平衡条件有F2cosθ＝mgsinθ+μ（F2sinθ+mgcosθ）
联立上式，代入数据解得，F2＝2mg
故A错误，B正确；
C、为
故物块相对斜面有向上的运动趋势，故C错误；
D、力最大时，对斜面和物块有F2≤（m+M）gμ
联立上式，代入数据解得M≥3m
故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查斜面连接体模型考查学生对共点力平衡的理解，其中根据整体隔离法分析物块、整体的受力情况，并根据平衡条件分析力的关系为解决本题的关键。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 潍坊三模）如图所示，质量M＝4kg的长木板静止在粗糙水平地面上，t＝0时刻对木板施加F＝45N的水平向右恒力，同时质量m＝1kg的小物块以v0＝15m/s的初速度从左端滑上木板。已知木板长度L＝7.8m，木板与地面、木板与小物块间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为10m/s2
B．t＝1s时，小物块恰好运动到木板最右端
C．时，小物块从木板左端脱离
D．若t＝2s时撤去外力F，小物块最终会从木板右端脱离
【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】AC
【分析】求加速度：对小物块、木板分别用牛顿第二定律，算各自加速度；相对运动：用运动学公式，表示小物块、木板位移，结合位移差为板长L，解方程判断；撤力后分析：撤力后重新算两者加速度，再通过速度、位移关系判断。
【解答】解：A、小物块刚滑上木板时，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有F+μ2mg﹣μ1（m+M）g＝Ma1
解得
故A正确；
B、对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2
解得
t＝1s时，小物块的速度v1＝v0﹣a2t＝15m/s﹣5×1m/s＝10m/s
此时木板的速度v2＝a1t＝10×1m/s＝10m/s＝v1
两者的相对位移
代入数值得x相1＝7.5m＜L＝7.8m
可知，t＝1s时，小物块并没有运动到木板最右端，故B错误；
C、结合上述，在t＝1s时，小物块与木板速度恰好相等，之后两者不能够保持相对静止，小物块以的加速度向右做匀加速直线运动，木板以比小物块更大的加速度向右做匀加速直线运动，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有F﹣μ2mg﹣μ1（m+M）g＝Ma3
解得
上述过程小物块相对于木板向左运动，则有
解得
可知，小物块从木板左端脱离的时间
故C正确；
D、若t＝2s时撤去外力F，由于
令t3＝2s﹣1s＝1s，结合上述可知，此时小物块与木板的速度分别为v3＝v1+a2t3＝10m/s+5×1m/s＝15m/s，v4＝v2+a3t3＝10m/s+7.5×1m/s＝17.5m/s
此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为
代入数据得x相2＝1.25m
撤去外力后小物块向右继续以的加速度做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，对木板进行分析有μ2mg+μ1（m+M）g＝Ma4
解得
令历时t4两者达到相等速度，则有v5＝v3+a2t4＝v4﹣a4t4
解得
此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为
代入数据得
由于x相2+x相3＜x相1
可知，撤去外力两者达到相等速度后，小物块没有从左端滑轮木板，之后两者保持相对静止，做匀减速直线运动，一直到速度减为0后静止，即若t＝2s时撤去外力F，小物块最终不会从木板右端脱离，故D错误。
故选：AC。
【点评】该题是力学综合典型题，融合牛顿第二定律与运动学公式，突出“多体（小物块、木板）、多过程（相对滑动、撤力后运动）”分析，考查受力分析、规律应用及逻辑推理能力，能有效检验对动力学综合问题的掌握程度。
（多选）10．（2025春 新洲区期末）某商场装有如图甲、乙所示的两部电梯，小明先乘坐甲电梯（接触面为水平面）后乘坐乙电梯（接触面视为斜面），若两部电梯都是先以加速度a匀加速直线运动达某速度后再匀速运动，电梯运动方向与水平方向的夹角均为θ，人与电梯始终保持相对静止，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．乘坐甲电梯，电梯加速和匀速时，小明先受3个力作用，后受2个力作用
B．乘坐乙电梯，电梯加速和匀速时，小明先受3个力作用，后受2个力作用
C．电梯加速时，甲乙两个电梯对小明的支持力之比为（g+asinθ）：gcosθ
D．电梯加速时，小明在甲乙两个电梯上受到的摩擦力之比为acosθ：（gcosθ+a）
【考点】牛顿第二定律的简单应用；静摩擦力大小及计算；判断物体的受力个数．
【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】分析人的运动情况然后判断受力情况，尤其分析摩擦力的时候，利用共点力平衡条件和牛顿第二定律去分析。
【解答】解：A.小明乘坐甲电梯，电梯加速时受重力、支持力及水平阶梯的水平向右的静摩擦力作用，电梯匀速时受重力、支持力，故A正确；
B.乘坐乙电梯，小明一直到受重力、支持力及沿斜面向上的摩擦力，故B错误；
CD.小明乘坐甲电梯加速时，把加速度沿水平和竖直方向分解，则有ax＝acosθ，ay＝asinθ
在水平方向上有f1＝max＝macosθ
在竖直方向上有N1﹣mg＝may＝masinθ
解得N1＝mg+masinθ
乘坐乙电梯时，垂直于电梯方向上有N2＝mgcosθ
沿电梯方向上有f2﹣mgsinθ＝ma
解得f2＝mgsinθ+ma
则有N1：N2＝（g+asinθ）：gcosθ，f1：f2＝acosθ：（gsinθ+a）
故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题属于根据物体的运动状态分析受力问题，要灵活选择研究对象，正确分析受力情况，利用平衡条件或牛顿运动定律进行解答。
（多选）11．（2025 长沙模拟）有一质量m＝1kg的物体静止在足够长的粗糙竖直墙壁上，某时刻无初速度释放物体，并同时分别以甲、乙两种方式施加外力，物体紧贴墙壁向下运动。已知物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．下落过程中，乙情景中的物体所受合外力的方向会发生改变
B．下落过程中，甲情景与乙情景中物体的速度都会一直增大
C．下落过程中，甲情景中的物体最大速度为5m/s
D．下落过程中，乙情景中的物体最大速度为25m/s
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．
【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】ACD
【分析】根据滑动摩擦力的公式结合压力变化分析解答ABC，根据牛顿第二定律结合速度—时间公式解答。
【解答】解：A.下落过程中，水平方向受力平衡，乙情景中的摩擦力大小为f乙＝μF2＝0.5×4t＝2t
刚开始下落时，摩擦力小于重力，合力方向向下，5s后摩擦力大于重力，合力方向向上，故A正确；
B.下落过程中，甲情景中摩擦力等于重力时，物体做匀速直线运动，乙情景中物体所受的摩擦力大于重力时，速度会减小，故B错误；
C.下落过程中，甲情景中的物体所受摩擦力为f甲＝μF1＝0.5×4v＝2v
当f甲＝mg
即v＝5m/s时速度最大，此后做匀速直线运动，故C正确；
D.乙情景中，物体运动的加速度为ag﹣2t
当t＝5s时，加速度为0，此过程的平均加速度为a'g，物体运动速度最大为vmax ＝a't
解得vmax ＝25m/s，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键掌握摩擦力的计算公式，注意加速度为0时速度最大。
（多选）12．（2024秋 潮州期末）如图所示，在粗糙的水平面上有一质量为m的足够长的木板，其上叠放一质量也为m的木块。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt（k是常数），木块和木板之间的摩擦力大小为f1，木板与地面之间的摩擦力大小为f2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列图线中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】有外力的水平板块模型．
【专题】比较思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】AC
【分析】当F比较小时，木块和木板静止不动，对木块，根据平衡条件列式分析摩擦力与时间的关系；当F增大到物块开始滑动，此时木板可能仍静止，根据滑动摩擦力公式分析木块受到的滑动摩擦力变化情况。对木板分析，根据平衡条件列式分析木块所受摩擦力变化情况。若F增大到一定程度后，物块和木板一起运动，直到物块和木板相对滑动的过程中，对整体，根据牛顿第二定律分析图像斜率关系，从而判断图像的形状。
【解答】解：当F比较小时，木块和木板都静止不动，对木块分析，根据平衡条件有f1＝F＝kt
对木板分析，由平衡条件有f2＝f1＝kt
可知，刚开始f1﹣t图像和f2﹣t图像都是与时间成正比的直线；
设木块和木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2。
当F增大到物块开始滑动，此时木板可能仍静止。对木块分析，木块所受的是滑动摩擦力，则有f1＝μ1mg
可知，从这以后f1﹣t图像为一条平行时间轴的直线，f1＝μ1mg保持不变；
对木板分析，根据平衡条件有f2＝f1＝μ1mg
可知从这以后f2﹣t图像为一条平行时间轴的直线，f2＝μ1mg保持不变；
若此时木板相对木块运动，则此时木板所受的滑动摩擦力为f2＝μ2 2mg
可知从这以后f2﹣t图像为一条平行时间轴的直线，f2＝μ2 2mg保持不变。
从物块和木板一起运动到物块和木板相对滑动的过程中，此时对整体有
F﹣μ2 2mg＝2ma
对木块，有F﹣f1＝ma
可得，即此段斜率比之前要小，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
【点评】本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到摩擦力与时间的关系式，这是经常采用的思路。
三．填空题（共4小题）
13．（2025 福建模拟）工人师傅巧妙地利用载重货箱下行的动力拉起上行的空载货箱，既解决了载重货箱下行过快的问题，又减轻了搬运空载货箱上行的劳动强度，其装置简化为如图所示，在倾角为37°的斜坡上，一总质量为15kg的载重货箱，通过轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为5kg的空载货箱相连，轻绳与斜面平行。当载重货箱下行时，能够拖动空载货箱上行，已知两货箱与斜坡间的动摩擦因数均为0.25，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则当载重货箱下行时，加速度大小为 　1　 m/s2，轻绳的拉力大小为 　45　 N。
【考点】牛顿第二定律的简单应用．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；整体法和隔离法；方程法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】1；45。
【分析】对空载货箱和载重货箱分别受力分析，再对空载货箱和载重货箱分别应用牛顿第二定律列式即可解答。
【解答】解：空载货箱受力分析如图所示：
由牛顿第二定律可得：T﹣f空﹣m空gsin37°＝m空a
又，f空＝μm空gcos37°
载重货箱受力分析如图所示：
由牛顿第二定律可得：m载gsin37°﹣T﹣f载＝m载a
又，f载＝μm载gcos37°
联立代入数据解得：a＝1m/s2，T＝45N。
故答案为：1；45。
【点评】本题是对连接体物体的考查，解题的关键是要知道两者由共同的加速度，利用牛顿第二定律列式即可解答。
14．（2024秋 嘉兴期末）某同学站在力传感器上完成“下蹲”、“起立”的动作，计算机采集的图线如图所示。则图中点a～d所示过程，该同学完成了 　下蹲　 动作（选填“下蹲”、“起立”、“先下蹲后起立”或“先起立后下蹲”）；以竖直向上为正方向，则b点时该同学的加速度约为 　﹣6　 m/s2。（计算结果保留一位有效数字）
【考点】超重与失重的图像问题．
【专题】定性思想；图析法；重力专题；理解能力．
【答案】下蹲，﹣6
【分析】人下蹲动作包含有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，即先失重再超重。
【解答】解：人下蹲动作包含有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，即先失重再超重，所以点a～d所示过程，该同学完成了下蹲过程；
由图可知该同学的重力为500N，则质量为50kg，根据牛顿第二定律有F﹣G＝ma
解得a＝﹣6m/s2
故答案为：下蹲，﹣6
【点评】本题考查了根据图像判断超重和失重，题目较简单。
15．（2025春 泉州期中）如图所示，倾斜传送带以恒定速率v沿逆时针方向运行，物块以大小为v0、方向平行于传送带向下的初速度在传送带上运动，一段时间后物块转为做匀速直线运动，已知v＞v0。物块做匀速直线运动前受到的摩擦力 　做正功　 ；物块做匀速直线运动时受到的摩擦力 　做负功　 ，传送带对物块的支持力 　不做功　 。（均填“做正功”“做负功”或“不做功”）
【考点】倾斜传送带模型；功的正负及判断．
【专题】定性思想；图析法；功的计算专题；模型建构能力．
【答案】做正功；做负功；不做功。
【分析】做功的必要因素是：力与在力方向上有位移。功的大小W＝Fscosθ，θ为力与位移的夹角。物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿斜面向下的滑动摩擦力。当物体速度达到传送带速度时，物体做匀速直线运动，物体受到沿斜面向上的摩擦力。支持力一直垂直斜面向上。
【解答】解：开始阶段，物块受力分析如图：
物块受到摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移方向相同，摩擦力做正功。
当物块速度达到与传送带共速时，与传送带一起做匀速运动，受力分析如图：
摩擦力与物体位移方向相反，摩擦力做负功。
支持力方向垂直斜面向上，与物块位移方向垂直，传送带对物块支持力不做功。
故答案为：做正功；做负功；不做功。
【点评】解决本题的关键知道做功的必要因素，以及知道力的方向与位移的夹角大于等于0°小于90°，该力做正功；大于90°小于等于180°，该力做负功；等于90°，该力不做功。
16．（2025 思明区校级一模）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2：Δt1为 　（1）：（1）　 。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）：（1）
【分析】根据牛顿第二定律求加速度，判断木板的运动情况；根据匀变速运动学公式求解作答。
【解答】解：设斜面的倾角为θ，加速度为a
根据牛顿第二定律mgsinθ＝ma
解得a＝gsinθ
设木块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动木板前端到达A点的时间为t0，当木板长度为L时，木板后端通过A点的时间为t1；
根据运动学公式L，2L
解得t1t0
木板通过A点的时间Δt1＝t1﹣t0＝（1）t0
当木板长度为2L，木板后端通过A点的时间为t2，根据运动学公式3L
联立解得t2t0
木板通过A点的时间Δt2＝t2﹣t0＝（1）t0
因此解得Δt2：Δt1＝（1）：（1）
故答案为：（1）：（1）
【点评】本题主要考查了匀变速运动规律的运用，知道木板做初速度为零的匀加速直线运动是解题的关键。
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 沙坪坝区校级期末）我国的电商产业极其发达，而在电商物流中，传送带发挥着重要作用。如图所示，分拣机器人将一个可视为质点的快递盒轻放在总长度为L＝10m的以恒定速率运行的传送带左端，其初速度为0。快递盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。求：
（1）若传送带运行速率为v＝2m/s，则快递盒在加速过程中发生的位移大小为多少？
（2）若传送带运行速率可以调节，则最短多少时间可以将快递盒运至传送带右端？
【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】计算题；定量思想；推理法；传送带专题；分析综合能力．
【答案】（1）快递盒在加速过程中发生的位移大小为0.4m。
（2）最短2s可以将快递盒运至传送带右端。
【分析】（1）应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出位移。
（2）快递盒一直做匀加速直线运动时运动时间最短，应用运动学公式求解。
【解答】解：（1）对快递盒，由牛顿第二定律得μmg＝ma
代入数据解得a＝5m/s2
快递盒加速到与传送带共速过程的位移xm＝0.4m
（2）快递盒一直加速时运动时间最短，快递盒的位移L
代入数据解得最短时间t＝2s
答：（1）快递盒在加速过程中发生的位移大小为0.4m。
（2）最短2s可以将快递盒运至传送带右端。
【点评】分析清楚快递盒的运动过程与受力情况，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
18．（2025春 太原期末）采石场经常用传送带来搬运石头。如图甲所示，倾角为θ＝37°的倾斜传送带逆时针匀速转动，在传送带上端A点无初速度放置石块，石块从A点运动到传送带下端B点的过程中，若人为规定石块在A点的重力势能为0，则石块的机械能E与其位移x的关系如图乙所示。石块可视为质点，质量m＝50kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）石块与传送带之间的动摩擦因数μ；
（2）石块在传送带下端B点的动能Ek。
【考点】倾斜传送带模型；动能定理的简单应用；动摩擦因数的性质和计算；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；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）石块与传送带之间的动摩擦因数μ为0.5；
（2）石块在传送带下端B点的动能Ek为3600J。
【分析】（1）利用功能关系（机械能变化等于除重力外其他力做功），前5m摩擦力做正功使机械能增加，结合E﹣x图像的机械能变化量、摩擦力公式求解μ。
（2）先借E﹣x图像和功能关系，分析5m后摩擦力负功导致机械能减少，求出A到B总位移x；再用动能定理（合外力做功等于动能变化），重力做功与摩擦力总功（对应机械能变化）之和，得B点动能。
【解答】解：（1）机械能变化等于除重力外其他力做功，0﹣5m内，摩擦力f＝μmgcosθ做正功使机械能增加
由E﹣x图像，前5m机械能变化，根据功能关系（x1＝5m）
解得μ＝0.5
（2）设A到B总位移为x，前5m摩擦力做正功1000J，5m后摩擦力做负功，全程机械能变化
由（）
代入数据解得x＝16m
重力做功WG＝mgxsinθ，摩擦力总功Wf＝﹣1200J（机械能变化量），根据动能定理有
Ek＝WG+Wf
解得
Ek＝3600J
答：（1）石块与传送带之间的动摩擦因数μ为0.5；
（2）石块在传送带下端B点的动能Ek为3600J。
【点评】综合考查力与能量知识，需结合图像分析、分阶段讨论，能有效锻炼学生对功能关系、摩擦力、机械能等知识的综合应用能力；从图像提取信息（斜率、机械能变化 ）的过程，强化学生“数形结合”的物理思维。
19．（2025 汉中三模）如图甲所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方，在轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B均处于静止状态，A质量为m，静止释放B后A、B开始运动。初始两滑轮之间竖直距离足够大，运动过程中各物体不会互相碰撞。假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g。
（1）若B质量为2m，求静止释放B时细线张力T的大小；
（2）保持A物体质量m不变，使B物体质量从m增大，通过计算机描绘得到传感器对定滑轮的拉力F随B物体质量mB变化关系曲线如图乙所示，F＝F0直线是曲线的渐近线，求F0（结果用m、g表示）。
【考点】连接体模型；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）若B质量为2m，静止释放B时细线张力T的大小为mg；
（2）F0为mg。
【分析】（1）分析出A、B的加速度关系，隔离A、B，对两物体各自应用牛顿第二定律列式，求出细绳张力；
（2）根据牛顿第二定律求出绳子拉力表达式，根据数学知识得出当m趋向于无穷大时拉力的值，从而得出传感器拉力大小。
【解答】解：（1）由甲图可知B下降h时，A上升0.5h，即aB＝2aA
对B：2mg﹣T＝2maB
对A：2T﹣mg＝maA
解得Tmg
（2）对B：mBg﹣T'＝mBaB
对A：2T'﹣mg＝maA
解得T'
分析可知当mB增大时，T'也随之增大，当mB无限大时，T'mg
对轻质定滑轮分析，F0＝2T'mg
答：（1）若B质量为2m，静止释放B时细线张力T的大小为mg；
（2）F0为mg。
【点评】解决本题的关键能够正确的对A、B物体受力分析，抓住两者的加速度关系，运用牛顿第二定律进行求解。
20．（2025 许昌三模）如图为某高速收费站的标识牌，一辆汽车正沿直线向收费站驶来，如果这辆汽车过ETC（电子不停车收费）通道，则需要在车辆识别装置前s1＝16m处减速至v1＝4m/s，匀速到达车辆识别装置后再以的加速度加速至v2＝28m/s行驶，假设汽车制动过程中所受阻力与其重力的比值k＝0.2，且制动时间t0＝8s，汽车进、出收费站的运动可视为水平面上的直线运动，g取10m/s2。求：
（1）汽车减速前的速度大小v0；
（2）汽车到达车辆识别装置后加速运动的位移大小s；
（3）汽车从开始减速到加速结束的平均速度大小。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动规律的综合应用．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．
【答案】（1）汽车减速前的速度大小为20m/s；
（2）汽车到达车辆识别装置后加速运动的位移大小为128m；
（3）汽车从开始减速到加速结束的平均速度大小为12m/s。
【分析】（1）根据牛顿第二定律求解减速时的加速度，然后运用速度公式求解减速前的速度；
（2）运用速度与位移公式解答；
（3）求出加速过程、匀速过程的时间，及减速过程的位移，然后根据总位移和总时间求解平均速度。
【解答】解：（1）设减速过程的加速度大小为a0，由牛顿第二定律得kmg＝ma0，解得a0＝kg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，由运动学公式，有v0﹣a0t0＝v1，代入数据解得v0＝4m/s+2×8m/s＝20m/s；
（2）由速度与位移公式，有，代入数据解得s128m；
（3）加速过程的时间，
匀速过程的时间，
减速过程的位移大小，
平均速度大小。
答：（1）汽车减速前的速度大小为20m/s；
（2）汽车到达车辆识别装置后加速运动的位移大小为128m；
（3）汽车从开始减速到加速结束的平均速度大小为12m/s。
【点评】考查对匀变速直线运动规律的理解，熟悉运动学公式的运用。
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