高考物理自我提升综合能力系列含答案提升练习四

高考物理自我提升综合能力系列含答案提升练习四

高考物理自我提升综合能力系列-提升练习（四）‎ 一、单选题 ‎1.如图所示，用水平力F拉着三个物体A、B、C在光滑的水平面上一起运动．现在中间物体上另置一小物体，且拉力不变，那么中间物体两端绳的拉力大小Ta和Tb的变化情况是（   ） ‎ A. Ta增大，Tb减小             B. Ta增大，Tb增大             C. Ta减小，Tb增大             D. Ta减小，Tb减小 ‎2.在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2 ， 弹簧劲度系数为k．C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v．则此时（　　） ‎ A. 拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ                             B. 物块B满足m2gsinθ=kd C. 物块A的加速度为                                     D. 弹簧弹性势能的增加量为Fd﹣ m1v2‎ ‎3.如图所示，质量为M=2kg的长木板位于光滑水平面上，质量为m=1kg的物块静止于长木板上，两者之间的滑动摩擦因素为μ=0.5．重力加速度大小为g=10m/s2 ， 物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力．现对物块施加水平向右的力F，下列说法正确的是（　　） ‎ A. 水平力F=3N，物块m将保持静止状态                B. 水平力F=6N，物块m在长木板M上滑动 C. 水平力F=7N，长木板M的加速度大小为2.5m/s2          D. 水平力F=9N，长木板M受到的摩擦力大小为5N ‎4.（2019•江苏）如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（   ） ‎ A. 仍然保持静止                  B. 竖直向下运动                  C. 向左下方运动                  D. 向右下方运动 ‎5.物体在空气中由静止下落，受到空气阻力的作用，这种阻力与物体的大小、形状和速度等有关，速度越大，阻力越大．因此从空中下落的陨石、雨点或降落伞，只要高度足够，最终都将做匀速运动，这个速度叫收尾速度．下图（速度向下为正）能正确反映这种运动的是（   ） ‎ A.         B.           C.         D. ‎ 二、 多选题 ‎ ‎6.水平面上质量为m=10kg的物体受到的水平拉力F随位移s变化的规律如图所示，物体匀速运动一段时间后，拉力逐渐减小，当s=7.5m时拉力减为零，物体也恰好停下．取g=10m/s2 ， 下列结论正确的是（　　） ‎ A. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.12                  B. 合外力对物体所做的功约为﹣40J C. 物体匀速运动时的速度为2m/s                           D. 物体运动的时间为0.4s ‎7.一辆小车在水平面上沿直线运动，车内悬挂的小球相对小车静止并与竖直方向成α角，下列说法正确的是（   ） ‎ A. 小车一定向右做匀加速直线运动                         B. 小球所受的合力方向一定向左 C. 悬绳的拉力一定大于小球的重力                         D. 小车的加速度大小为gtanα，方向向右 ‎8‎ ‎.如图所示，质量均为m两个物块A和B，用劲度系数为k的轻弹簧连接，处于静止状态。现用一竖直向上的恒力F拉物块A，使A竖直向上运动，直到物块B刚要离开地面。重力加速度大小为g，下列说法错误的是（     ）   ‎ A. 物块B刚要离开地面，物块A的加速度为           B. 在此过程中，物块A的重力势能增加 C. 在此过程中，弹簧弹性势能的增量为0                D. 物块B刚要离开地面，物块A的速度为 ‎ ‎9.（2019•卷Ⅲ）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，（   ） ‎ A. 矿车上升所用的时间之比为4:5                           B. 电机的最大牵引力之比为2:1 C. 电机输出的最大功率之比为2:1                           D. 电机所做的功之比为4:5‎ ‎10.如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等．C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC=h，重力加速度为g．开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，现将A、B由静止释放，下列说法正确的是（   ） ‎ A. 物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度先增大后减小          B. 物块A经过C点时的速度大小为 ‎ C. 物块A在杆上长为 h的范围内做往复运动          D. 在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量 三． 综合题 ‎11.一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示．质量为 m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0 ， 从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0 ． 弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g．求 ‎ ‎（1）弹簧的劲度系数； ‎ ‎（2）物块b加速度的大小； ‎ ‎（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式．‎ ‎12.质量为 10kg的物体在F=200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37°．力F作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移S．  （已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2） ‎ ‎ 解析答案及考点部分 ‎1.如图所示，用水平力F拉着三个物体A、B、C在光滑的水平面上一起运动．现在中间物体上另置一小物体，且拉力不变，那么中间物体两端绳的拉力大小Ta和Tb的变化情况是（   ） ‎ A. Ta增大，Tb减小             B. Ta增大，Tb增大             C. Ta减小，Tb增大             D. Ta减小，Tb减小 ‎【答案】C ‎ ‎【考点】对单物体(质点)的应用，对质点系的应用 ‎ ‎【解析】【解答】解：以三个物体组成的整体为研究对象，拉力F不变，整体所受的合外力不变，加上一小物体后总质量增大，则整体的加速度减小． 对物体C分析，由牛顿第二定律有，Ta=mCa，因为a减小，所以Ta 减小． 对物体A分析，由牛顿第二定律有：F﹣Tb=mAa，解得：Tb=F﹣mAa，a减小，则Tb增大．C符合题意，A、B、D不符合题意． 故答案为：C 【分析】先用整体法求出整体加速度的变化情况，再隔离出单个物体，判断拉力的变化情况。‎ ‎2.在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2 ， 弹簧劲度系数为k．C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v．则此时（　　） ‎ A. 拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ                             B. 物块B满足m2gsinθ=kd C. 物块A的加速度为                                     D. 弹簧弹性势能的增加量为Fd﹣ m1v2‎ ‎【答案】C ‎ ‎【考点】对单物体(质点)的应用，功能关系，机械能守恒及其条件，能量守恒定律 ‎ ‎【解析】【解答】解： A、由于拉力F与速度v同向，所以拉力的瞬时功率为 P=Fv，A不符合题意； B、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2 ， 但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2 ， 故m2gsinθ＜kd，B不符合题意； C、当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：F﹣m1gsinθ﹣kx2=m1a1 ， 又开始时，A平衡，则有：m1gsinθ=kx1 ， 而d=x1+x2 ， 解得：物块A加速度为a1= ，C符合题意； D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fd﹣m1gdsinθ﹣ ，D不符合题意． 故答案为：C． 【分析】开始系统处于静止状态，对物体进行受力分析结合胡克定律、功能关系进行求解。‎ ‎3.如图所示，质量为M=2kg的长木板位于光滑水平面上，质量为m=1kg的物块静止于长木板上，两者之间的滑动摩擦因素为μ=0.5．重力加速度大小为g=10m/s2 ， 物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力．现对物块施加水平向右的力F，下列说法正确的是（　　） ‎ A. 水平力F=3N，物块m将保持静止状态                B. 水平力F=6N，物块m在长木板M上滑动 C. 水平力F=7N，长木板M的加速度大小为2.5m/s2          D. 水平力F=9N，长木板M受到的摩擦力大小为5N ‎【答案】D ‎ ‎【考点】对单物体(质点)的应用，对质点系的应用，临界类问题 ‎ ‎【解析】【解答】解：对m、M整体进行受力分析：F=（M+m）a 对m进行受力分析：F﹣fB=ma 当m、M即将相对滑动时，静摩擦力达到最大值，fA=μmg．求解上面方程组， F最小=μmg（1+ ）， 代入数据解得：F最小=7.5N， A、当水平力F=3N，整体处于加速状态，因此物块m将不会保持静止状态，A不符合题意； B、当水平力F=6N，物块m不会在长木板M上滑动，B不符合题意； C、水平力F=7N，依据牛顿第二定律，结合整体法，则长木板M的加速度大小为：a= = m/s2＜2.5 m/s2 ． C不符合题意； D、水平力F=9N＞7.5N，两者之间发生相对滑动，则长木板M受到的摩擦力大小，即为物块受到的摩擦力，则为f=μmg=5N，D符合题意； 故答案为：D． 【分析】不本题中，两物块发生像相对滑动的临界条件是下边物块的加速度大于上面物块的加速度，根据牛顿第二运动定律，列方程求解。两物块一起运动的条件，是两个物块之间的摩擦力大于地面的最大静摩擦力。‎ ‎4.（2019•江苏）如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（   ） ‎ A. 仍然保持静止                  B. 竖直向下运动                  C. 向左下方运动                  D. 向右下方运动 ‎【答案】D ‎ ‎【考点】力的合成，电场强度和电场线，物体的受力分析，电场力，力与运动的关系 ‎ ‎【解析】【解答】两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D符合题意。 ​ 故答案为：D 【分析】两板平行时，由题意可知带电液滴所受电场力与重力的关系。由于金属板A、B分别与电源两极相连，则明确板间电压不变，而当下极板旋转时，改变板间距，会影响板间场强，由受力分析，力的合成及力和运动的关系可判断出粒子的具体运动状态。‎ ‎5.物体在空气中由静止下落，受到空气阻力的作用，这种阻力与物体的大小、形状和速度等有关，速度越大，阻力越大．因此从空中下落的陨石、雨点或降落伞，只要高度足够，最终都将做匀速运动，这个速度叫收尾速度．下图（速度向下为正）能正确反映这种运动的是（   ） ‎ A.         B.           C.         D. ‎ ‎【答案】B ‎ ‎【考点】V-t图象，对单物体(质点)的应用，牛顿定律与图象，加速度，物体的受力分析 ‎ ‎【解析】【解答】解：对物体受力分析，受重力和空气的阻力，物体由静止释放，故阻力由零开始逐渐增大，合力向下且逐渐减小，故加速度向下并逐渐减小； 由于加速度与速度同向，故物体的速度逐渐加大； 加速度逐渐减小，由于v﹣t图上某点的切线的斜率表示加速度，故图线逐渐向下倾斜； ‎ 故选：B． 【分析】物体做有阻力的落体运动，对其受力分析，求出合力，根据牛顿第二定律得到加速度情况，再根据加速度与速度关系得到速度的变化情况．‎ 二． 多选题 ‎6.水平面上质量为m=10kg的物体受到的水平拉力F随位移s变化的规律如图所示，物体匀速运动一段时间后，拉力逐渐减小，当s=7.5m时拉力减为零，物体也恰好停下．取g=10m/s2 ， 下列结论正确的是（　　） ‎ A. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.12                  B. 合外力对物体所做的功约为﹣40J C. 物体匀速运动时的速度为2m/s                           D. 物体运动的时间为0.4s ‎【答案】A,B ‎ ‎【考点】对单物体(质点)的应用，变力做功，动能定理的综合应用，摩擦力做功 ‎ ‎【解析】【解答】解：A：匀速时应有：F=f=μmg，解得动摩擦因数μ=0.12，A符合题意； B：根据W=Fs可知，F﹣s图象与s轴所夹图形的面积即为F做的功，可求出0～2.5m内力F做的功为： =F =12×2.5J=30J， 共有5×6=30个小格，所以可求出每小格面积△S=1J； 0～7.5m内F﹣t图象与s轴所夹的总面积为S=50×1J=50J，则力F做的总功为 =50J， 所以合外力做的功为： = ﹣ =50﹣0.12×10×10×7.5=﹣40J，B符合题意； C：对全过程由动能定理应有： =0﹣ ，解得： =2 m/s，C不符合题意； D：由F﹣s图象可知，物体匀速运动是时间 = ，所以物体运动的总时间不可能为0.4s，D不符合题意． 故答案为：AB． 【分析】F﹣s图象与s轴所夹图形的面积即为F做的功，可求出0～2.5m内力F做的功，匀速时拉力等于摩擦力，可以求出动摩擦因数。‎ ‎7.一辆小车在水平面上沿直线运动，车内悬挂的小球相对小车静止并与竖直方向成α角，下列说法正确的是（   ） ‎ A. 小车一定向右做匀加速直线运动                         B. 小球所受的合力方向一定向左 C. 悬绳的拉力一定大于小球的重力                         D. 小车的加速度大小为gtanα，方向向右 ‎【答案】C,D ‎ ‎【考点】对单物体(质点)的应用，对质点系的应用 ‎ ‎【解析】【解答】解：A、以小球为研究对象，受力分析如图所示：由图可知合力一定向右； 根据牛顿第二定律得知： mgtanα=ma 解得：a=gtanθ，方向水平向右；α一定，则加速度a一定，汽车的加速度也一定；但车的运动情况可能是：若车向右运动，则汽车向右做匀加速运动，若车向左运动，则向左做匀减速运动．故AB错误，D正确； C、由右图可知悬绳的拉力F= ； 因cosα＜1，故F＞mg，即悬绳的拉力一定大于小球的重力，故C正确； 故答案为：CD． 【分析】小球和车的加速度完全相同是解本题的隐含条件，利用小球的受力情况分析出小球的加速度。‎ ‎8.如图所示，质量均为m两个物块A和B，用劲度系数为k的轻弹簧连接，处于静止状态。现用一竖直向上的恒力F拉物块A，使A竖直向上运动，直到物块B刚要离开地面。重力加速度大小为g，下列说法错误的是（     ）   ‎ A. 物块B刚要离开地面，物块A的加速度为           B. 在此过程中，物块A的重力势能增加 ‎ C. 在此过程中，弹簧弹性势能的增量为0                D. 物块B刚要离开地面，物块A的速度为 ‎ ‎【答案】B,C,D ‎ ‎【考点】对单物体(质点)的应用，弹簧综合 ‎ ‎【解析】【解答】AB、开始，未用力F拉动时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1 ， 由胡克定律有 ，解得 ，由题意当物块B刚要离开地面时，弹簧弹力等于B的重力，则有 ，解得： ，根据牛顿第二定律，有 ；解得 ；物块A的总位移 ，物块A的重力势能增加 ，A不符合题意，B符合题意； C、根据A得分析可知，弹簧原来的压缩量为 ，后来弹簧的伸长量为 ，形变量相同，所以初末弹簧势能相等，变化量为0，C符合题意； D、对A，根据动能定理得： ，解得： ，D符合题意； 故答案为：BCD。 【分析】对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律分析运动过程。‎ ‎9.（2019•卷Ⅲ）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，（   ） ‎ A. 矿车上升所用的时间之比为4:5                           B. 电机的最大牵引力之比为2:1 C. 电机输出的最大功率之比为2:1                           D. 电机所做的功之比为4:5‎ ‎【答案】A,C ‎ ‎【考点】V-t图象，对单物体(质点)的应用，变力做功，功率的计算 ‎ ‎【解析】【解答】设第②次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知， ×2t0×v0= ×（t+3t0/2）× v0 ， 解得：t=5t0/2，所以第 次和第 ‎ 次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2=4∶5，选项A符合题意；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma ， 可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B不符合题意；由功率公式，P=Fv ， 电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C符合题意；加速上升过程的加速度a1= ，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m( +g)，减速上升过程的加速度a2=- ，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g - )，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第 次提升过程做功W1=F1× ×t0×v0+ F2× ×t0×v0=mgv0t0；第②次提升过程做功W2=F1× × t0× v0+ F3× v0×3t0/2+ F2× × t0× v0 =mg v0t0；两次做功相同， D不符合题意。 故答案为：AC 【分析】由速度时间图像的面积表示位移可求出第②次的时间结合题意求出时间之比。由牛顿第二定律，F-mg=ma ， 可得提升的最大牵引力之比。由P=Fv可得最大功率之比。由题意结合做功的表达式分别求出两种情况下各段牵引力做功情况，从而求出电机做功之比。‎ ‎10.如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等．C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC=h，重力加速度为g．开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，现将A、B由静止释放，下列说法正确的是（   ） ‎ A. 物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度先增大后减小          B. 物块A经过C点时的速度大小为 C. 物块A在杆上长为 h的范围内做往复运动          D. 在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量 ‎【答案】B,D ‎ ‎【考点】连接体问题，机械能综合应用 ‎ ‎【解析】【解答】解：A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力对A做正功，其余的力不做功，所以物体A的动能不断增大，速度不断增大，故A错误． B、物体到C点时物块B的速度为零．设物块A经过C点时的速度大小为v． 根据系统的机械能守恒得：mg（ ﹣h）= mv2 ， 得 v= ，故B正确． C、由几何知识可得 = ‎ h，由于A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为2 h的范围内做往复运动．故C错误． D、物体到C点时物块B的速度为零．根据功能关系可知，在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，故D正确． 故答案为：BD 【分析】本题难点是过程的分析，当A由静止开始运动，B也开始运动，当A运动到C点时，B物体不能再向下运动，因此B的速度为零。因此过程中，B先做加速运动，后做加速运动。‎ 二． 综合题 ‎11.一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示．质量为 m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0 ， 从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0 ． 弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g．求 ‎ ‎（1）弹簧的劲度系数； ‎ ‎（2）物块b加速度的大小； ‎ ‎（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式． ‎ ‎【答案】（1）解：对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有： kx0=（m+ m）gsinθ 解得：k=     （1） 答：弹簧的劲度系数为 ； （2）由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0； 由匀变速直线运动相临相等时间内位移关系的规律可知： =      （2） 说明当形变量为x1=x0﹣ = 时二者分离； ‎ 对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知： kx1﹣mgsinθ=ma   （3） 联立（1）（2）（3）解得： a= 答：物块b加速度的大小为 ； （3）设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移x= at2= 则形变量变为：△x=x0﹣x 对整体分析可知，由牛顿第二定律有： F+k△x﹣（m+ m）gsinθ=（m+ m）a 解得：F= mgsinθ+    因分离时位移x= 由x= = at2解得： t= 故应保证t＜ ，F表达式才能成立． 答：在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式F= mgsinθ+  （t＜ ） ‎ ‎【考点】连接体问题，高考真题 ‎ ‎【解析】【分析】（1）对整体分析，根据平衡条件和胡克定律即可求得劲度系数； （2）分析物体的运动过程，根据运动学规律可明确分离时的位移，从而确定对应的形变量；再根据牛顿第二定律即可求得加速度的大小； （3）对整体进行分析，根据牛顿第二定律列式即可求得拉力随时间变化的表达式．‎ ‎12.质量为 10kg的物体在F=200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37°．力F作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移S．  （已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2） ‎ ‎【答案】解：物体受力分析如图所示，设加速的加速度为a1 ， 末速度为v，减速时的加速度大小为a2 ， 将mg 和F分解后， 由牛顿运动定律得： FN=Fsinθ+mgcosθ Fcosθ﹣f﹣mgsinθ=ma1 根据摩擦定律有 f=μFN ， 代入数据得a1=10﹣20μ 加速过程由运动学规律可知 v=a1t1 撤去F 后，物体减速运动的加速度大小为 a2 ， 则 a2=gsinθ+μgcosθ  代入数据得a2=6+8μ 由匀变速运动规律有 v=a2t2 由运动学规律知 s= a1t12+ a2t22 代入数据得μ=0.25；s=16.25m  答：物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25；物体的总位移s=16.25m ‎ ‎【考点】对单物体(质点)的应用，匀变速直线运动基本公式应用 ‎ ‎【解析】【分析】物体先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式结合研究匀加速运动过程，求出F刚撤去时物体的速度表达式，再由牛顿第二定律和运动学公式结合研究匀减速运动过程，联立可求出μ．‎