2026年高考物理二轮复习第2讲 力与直线运动

年高考物理二轮复习第2讲力与直线运动一、选择题1．一物体在恒定的水平外力作用下沿粗糙水平面运动的速度−时间图像如图所示。下列判断正确的是（）A．外力小于摩擦力B．外力等于摩擦力C．在t=0到t=tD．在t=t1到2．如图所示，两相同物块用细线相连接，放在粗糙水平面上，在水平恒力F作用下，一起做匀加速直线运动，物块间细线的拉力大小为T。当两物块均由粗糙的水平面运动到光滑的水平面上且仍在F的作用下运动，则（）A．两物块的加速度变大，细线的拉力仍为TB．两物块的加速度不变，细线的拉力仍为TC．两物块的加速度变大，细线的拉力小于TD．两物块的加速度不变，细线的拉力小于T3．以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是（）A． B．C． D．4．如图，C由质量为M的物块及右上角光滑轻质定滑轮组成，静置于水平地面。跨过滑轮用轻绳连接两质量分别为2m和m的物块A、B，除地面外的其余各接触处均光滑。开始用手托住B，使轻绳刚好伸直。由静止释放B，在B下落而A又未碰到滑轮的过程中，C始终保持静止，下列说法正确的是（）A．地面对C有向右的摩擦 B．物体C受到4个力作用C．绳中拉力等于mg D．地面对C的支持力小于(M+2)mg5．从足够高处由静止释放的小球，在竖直下落过程中所受的阻力与其速度的大小成正比。取竖直向下为正方向，则下列关于小球下落过程中的加速度a、下落高度h、速度v随着时间t变化的图像，以及速度的平方v2A． B．C． D．6．如图甲所示，在水平地面上，可视为质点的物体受到恒定的水平向右的拉力F，从某点P以v0=4m/s的速度向左滑动，物体运动的部分速度v随时间t的变化图像如图乙所示，已知物体的质量m=3kg，取重力加速度大小A．F的大小为12NB．物体与水平面间的动摩擦因数为0.25C．物体回到P点的速度大小为1.5m/sD．物体回到P点的时刻为1.5s7．我国航天员要在天宫二号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，可采用的方法如下：质量为m1的待测物A的前后连接有质量均为m2的两个力传感器，在某一恒定外力F作用下在桌面上一起运动，如图所示，稳定后待测物A前、后两个传感器的读数分别为F1A．F1−F2m2F1 8．市场流行的智能手机都内置有加速度传感器，可以进行各种有趣的物理实验。现用某款智能手机进行竖直上抛实验：用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示的加速度随时间变化的图像，图中t1=0.38s，t2=0.55s，t3=0.66s，A．0∼tB．t3∼C．手机离开手掌后，在空中运动时间为0.88sD．0∼t39．滑草是儿童非常喜欢的运动，简单的滑草赛道由斜坡道和水平道构成。其过程可简化为下图，其中滑板与斜坡道和水平道的动摩擦因数均相同，某次小明和姐姐去滑草，两人先后都从坡道上的A点由静止下滑，在水平道上滑行一段距离后停止，姐姐的质量较大，坡道最低点B处平滑连接，则下列说法正确的（）A．在斜坡道上姐姐的滑行时间短B．在斜坡道上小明滑到B点时的速度较大C．在水平道上姐姐的滑行距离长D．在水平道上两人滑行的距离一样长10．如图甲所示为温州轨道交通S1线的行李安检机，其简化原理图如图乙所示，水平传送带长为2.5m，传送带始终以恒定速率0.30m/s运行。一质量为0.60kg的小包（可视为质点）无初速度地轻放上传送带左端，最终到达传送带右端。若小包与该传送带间的动摩擦因数为0.50，下列说法正确的是（）A．安检机使用γ射线探测包内的物品B．小包匀速运动时，传送带对小包的摩擦力向右C．由于传送小包，电动机多做的功为0.054JD．小包从传送带左端到达右端的时间为1.0s11．如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角θ=37∘的足够长的斜面。滑块上滑过程的v−t图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（已知A．滑块上滑过程中的加速度大小是2 m/B．滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5C．滑块经2 s返回出发点D．滑块回到出发点时的速度大小v=10 m/s12．现代交通运输有公路、水路、航空、铁道等多种方式，但在古代主要的交通运输工具是马车。如图所示，一匹马拉着两厢货物在水平道路上行走。货厢A、货厢B和车的的质量分别为m、2m、3m，货厢A与B、B与车之间的动摩擦因数分别为μ1、μA．若μ1B．若μ1<μ2C．若μ1>μ2，当D．若μ1>μ13．如图所示，倾角为37°的传送带以恒定4m/s的速度沿顺时针方向转动。一煤块以v0=12m/s从底部冲上传送带向上运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，煤块到达传送带顶端时速度恰好为零，取g=10m/sA．煤块经2s速度减为4m/sB．传送带底端到顶端的距离为14mC．煤块相对传送带的位移为2mD．煤块所受摩擦力方向一直与其运动方向相反14．如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳L1、L2固定，处于静止状态，L1水平，L2与竖直方向的夹角为60〫，重力加速度大小为g。则（）A．L1的拉力大小为B．L2C．若剪断L1，该瞬间小球甲的加速度大小为D．若剪断L115．如图所示，质量为M=2.5kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1=0.3。这时铁箱内一个质量为m=0.5kg的木块恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2=0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。下列说法正确的是（）A．木块受到的摩擦力大小为f1=2.5NB．木块对铁箱压力的大小N=15NC．铁箱与地面的摩擦力为f2=7.5ND．水平拉力大小F=129N二、多项选择题16．如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面顶端固定有轻质光滑滑轮，A、B两可视为质点的小球用跨过滑轮的不可伸长的轻质细绳连接，滑轮与A球之间的轻绳与斜面平行、与B球之间的轻绳竖直。由静止释放两球，释放后的瞬间B球的加速度大小为g3A．2∶5 B．4∶5 C．4∶1 D．8∶117．如图为某商家为吸引顾客设计的趣味游戏。4块相同木板a、b、c、d紧挨着放在水平地面上。某顾客使小滑块（可视为质点）以某一水平初速度从a的左端滑上木板，若滑块分别停在a、b、c、d上，则分别获得四、三、二、一等奖，若滑离木板则不得奖。已知每块木板的长度为L、质量为m，木板下表面与地面间的动摩擦因数均为μ，滑块质量为M=2m，滑块与木板a、b、c、d上表面间的动摩擦因数分别为μ、2μ、2μ、4μ，重力加速度大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等，下列说法正确的是（）A．若木板全部固定于地面，要想获奖，滑块初速度vB．若木板不固定，顾客获四等奖，滑块初速度的最大值vC．若木板不固定，滑块初速度为v1D．若木板不固定，顾客获得一等奖，因摩擦产生的总热量10μmgL≤Q≤28μmgL18．如图甲所示，平行于倾角为θ固定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速a与F的关系如图乙。图线的斜率为k，与F轴交点坐标为c，与a轴交点为−b。由图可知（）A．小物块的质量对kB．小物块的质量为1C．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为bD．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c三、非选择题19．如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑。物块以10m/s的初速度从A点沿斜面向上滑行，到达C点速度恰好为零。已知BC段的长度为2m，物块上滑过程中，在AB段的加速度是BC段加速度的1.5倍，且物块在AB段和BC段运动的时间相等，g取10m/s2，求：（1）斜面AB段的长度；（2）物块与斜面AB段间的动摩擦因数。20．2022年11月6日，2022年全国赛艇锦标赛在浙江丽水落下帷幕．如图所示，在比赛加速和减速阶段，赛艇运动均可视为匀变速直线运动，已知加速阶段每次拉桨产生一个恒定的水平总推力F，其作用时间t=0.5s，然后桨叶垂直离开水面，直到再次拉桨，完成一个完整的划桨过程，一个完整的划桨过程总时间为1.5s。已知运动员与赛艇的总质量M=200kg，赛艇从静止开始第一次拉桨做匀加速运动的位移为0.5m，整个运动过程中受到水平恒定阻力f=200N。（1）求在加速过程中的加速度的大小。（2）求拉桨所产生的水平总推力F的大小。（3）从静止开始完成一次完整划桨，赛艇通过的总位移大小为多少?21．北京时间2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古自治区四子王旗预定区域，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，实现了世界首次月球背面采样返回。设返回器质量为m=300kg（包括样品及降落伞），为确保安全着陆，降落伞以两级减速的方式，绽放两次“红白伞花”。过程简化如图：当离地面约十公里时速度为v1=60m/s，打开第一级减速伞以稳定姿态并初步减速，此过程以a0=1m/s2做匀减速直线运动下降了h=1350m，然后打开主伞，在主伞的作用下返回器速度继续降至v=10m/s，此后匀速下降。若主伞打开后返回器所受的空气阻力为f=kv，k为定值，v为速率，其它作用力不计。忽略返回器质量的变化，重力加速度g取10m/s2，设全过程始终在竖直方向运动。求：（1）打开主伞后瞬间，返回器所受的空气阻力；（2）速度减为20m/s时，返回器的加速度大小。

答案解析部分1．【答案】C【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的综合应用；运动学v-t图象【解析】【解答】v−t图的斜率表示加速度，物体先做匀减速直线运动再反向做匀加速直线运动，

由于图像在0≤t<t1内的斜率大于t1≤t≤t2内的斜率，因此物体第一段运动的加速度大于第二段运动的加速度，

由F=ma可知物体第一段运动的合力大于第二段运动的合力，因此在故答案为：C。

【分析】根据v-t图像的斜率判断加速度大小，结合牛顿第二定律分析两段运动的合力与外力、摩擦力的方向关系，进而判断各选项。2．【答案】A【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体【解析】【解答】当水平地面粗糙时，设动摩擦因数为μ，设物块的质量为m，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得F−2μmg=2m解得a以左侧物体为对象，根据牛顿第二定律可得T−μmg=m可得绳子的拉力为T=以两物块为整体，当水平地面光滑时，根据牛顿第二定律可得F=2m解得加速度为a以左侧物体为对象，根据牛顿第二定律可得T联立可得绳子的拉力为T则有T1=T，故选：A。

【分析】根据物块的受力情况，应用牛顿第二定律分析答题。3．【答案】B【知识点】牛顿第二定律；牛顿定律与图象；运动学v-t图象【解析】【解答】没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v-t图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有mg+f=ma可得a=g+f故答案为：B。

【分析】通过牛顿第二定律分析有、无空气阻力时的加速度变化，结合v-t图像斜率的物理意义（加速度）判断图像形状。4．【答案】A【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—连接体【解析】【解答】A.对ABC整体而言，系统有向右的加速度，所以系统应受到向右的合外力，故地面对C有向右的摩擦力作用，A符合题意；

B.物体C受到A的压力、绳对滑轮的作用力、地面支持力、重力、地面摩擦力，共五个力，B不符合题意；

C.设绳子拉力为T，对B由牛顿第二定律

mg−T=ma

对A由牛顿第二定律

T=2ma

联立可得

a=g3，T=2mg3

C不符合题意；

D.对ABC整体应用牛顿第二定律，竖直方向

(M+3m)g−N=ma

解得

N=Mg+8mg35．【答案】C【知识点】牛顿第二定律；牛顿定律与图象【解析】【解答】解答本题时，关键要根据牛顿第二定律列式分析加速度的变化情况，知道h-t图像的斜率表示小球的速度。A．小球从足够高处竖直下落的过程中，由于重力作用，先做加速运动，随着速度的增大，小球所受的阻力也增大，根据牛顿第二定律有mg−kv=ma可知小球的加速度逐渐减小，故小球做加速度逐渐减小的加速运动，当mg=kv时，a=0，小球的速度达到最大，不再加速，此后小球做匀速直线运动，故A错误；B．由于h−t图像的斜率表示小球的速度，小球的速度应先增大后不变，即h−t图像的斜率应先越来越大后不变，故B错误；C．小球先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动，故C正确；D．根据匀变速直线运动的位移公式v2=2ah，可知v2−h图像的斜率表示小球加速度的2倍，小球的加速度应越来越小，直到故选C。

【分析】根据牛顿第二定律分析加速度的变化，判断小球的运动情况，并判断v-t图像斜率的变化情况；根据h-t图像的斜率表示小球的速度，来分析图像斜率的变化情况；根据匀变速直线运动的位移公式v2=2ah，分析v2-h图像的斜率变化情况，再选择图像。6．【答案】D【知识点】牛顿定律与图象【解析】【解答】通过对木板和物块进行受力分析，依据牛顿第二定律建立力与加速度的关系，求解动摩擦因数等物理量，这是动力学问题的核心知识点。从v-t图像中精准提取加速度、速度等数据，用于后续计算，是解题的关键环节。AB．根据物体运动的部分速度v随时间t的变化图像可知物体向左做减速运动时，加速度大小a物体向右加速时

a根据牛顿第二定律可得

F+μmg=ma1解得

F=15N，μ=0.3

选项AB错误；CD．物体向左运动的位移为

x根据

x=解得

t2=1s故物体回到P点的时刻为1.5s，选项C错误、D正确。故选D。

【分析】根据v-t图像可得加速度大小，根据牛顿第二定律可得F大小以及动摩擦因数大小，根据运动学规律求解速度以及时间。7．【答案】B【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚受力情况，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。隔离前面的传感器有

F隔离待测物体A有

F联立可得

m故选B。

【分析】应用整体法求出加速度，然后以A与前面的传感器、前面的传感器为研究对象，应用牛顿第二定律求出A的质量。8．【答案】D【知识点】动量定理；图象法；牛顿定律与图象【解析】【解答】本题考查对a-t图像的理解，需清楚图线的含义，结合动量定理解答。A．a-t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量，0∼tB．t3a=10m/s2方向向下。可知手机做自由落体运动，手掌对手机的作用力大小为0，B错误；C．手机离开手掌后做自由落体运动，在空中运动时间为ΔC错误；D．手机离开手掌做竖直上抛运动，根据对称性可知手机刚离开手掌时速度为v=g0∼tI−mg解得手掌对手机的冲量大小I=1.92D正确。故选D。

【分析】a-t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量；根据t3～t4时间内手机的加速度分析运动情况，进而分析作用力；t3～t4时间内手机离开手掌，做自由落体运动；手机离开手掌做竖直上抛运动，求解手机刚离开手掌时速度，根据动量定理解答。9．【答案】D【知识点】牛顿运动定律的综合应用【解析】【解答】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据力求运动，也可以根据运动求力。对滑行的人受力分析，设其与滑板的总质量为m，斜面坡道倾角为θ，滑板与斜坡道和水平道的动摩擦因数为μ，则根据牛顿第二定律可得mgμmg=m整理可得a1=g可知，在斜坡道上与水平道上滑行的加速度大小与其质量无关，由于出发点相同，则两人的运动情况相同，即在斜坡道上滑行时间相同，在斜坡道上滑到B点时的速度相同，在水平道上两人滑行的距离一样长。故选D。

【分析】根据牛顿第二定律求得下滑的加速度；根据速度—时间公式求得下滑到斜面底端速度，斜面下滑、水平面滑行时间，再根据运动学公式求得全过程总路程，然后比较即可。10．【答案】C【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；动能定理的综合应用；电磁波谱【解析】【解答】本题是力学综合题，小包运动过程复杂，根据题意分析清楚煤块的运动过程是解题的前提，分段运用牛顿第二定律、运动学公式、功能关系即可解题。A．安检机使用X射线探测包内的物品，故A错误；B．小包匀速运动时，小包在水平方向上处于平衡状态，故传送带对小包的摩擦力为0，故B错误；C．对小包根据动能定理可得传送带对小包做功为

W=小包速度与传送带速度相同之前的过程中根据牛顿第二定律可得

μmg=ma解得

a=5故小包速度达到传送带速度所用时间为

t加速度位移为

x小包加速过程中，传送带位移为

x则小包相对于传送带运动位移为

Δ则摩擦力产生热量为

Q=μmg则电动机由于传送小包多做的功为

E=Q+W=0.054J故C正确；D．与传送带共速后到达右端所用时间为

t故小包从传送带左端到达右端的时间为

t故D错误。故选C。

【分析】小包的运动分为两个阶段：第一阶段小包初速度为0，受滑动摩擦力加速，第二阶段达到传送带速度，然后匀速运动。电动机额外做功，包括两部分：小包动能增加，摩擦生热。利用运动学公式，结合能量关系逐个判断。11．【答案】B【知识点】牛顿运动定律的综合应用【解析】【解答】知道v-t图线的斜率表示加速度，能够根据牛顿第二定律得到动摩擦因数是解题的关键。A．由图乙可知木块上滑过程中加速度为

a=故A错误；B．木块在向上滑动的过程中，根据牛顿第二定律

mg解得

μ=0.5故B正确；C．木块在下滑过程中，根据牛顿第二定律可知

mg解得

a上升位移为

x=由运动学公式得

x=解得

t则木块返回出发点时间为

t故C错误；D．木块回到出发点时的速度大小为

v故D错误。故选B。

【分析】根据图乙的斜率计算；根据牛顿第二定律计算；根据牛顿第二定律计算出下滑过程的加速度，然后计算出上升的位移，进而根据位移—时间关系计算返回的时间；根据速度—时间公式计算。12．【答案】B【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型【解析】【解答】选用整体法或隔离法可依据所求的力来决定，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法．但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用。A．若μ1<μ可知，逐渐增大F，A相对于B比B相对于车先滑动，故A错误；B．若μ1<μ解得

a则F的最大值满足

F故B正确；C．若μ1D．若μ1>μ解得

a则此时最大拉力

F可知，当F=5μ故选B。

【分析】解决问题的关键是清楚A、B和车的受力情况，结合临界条件分析判断。13．【答案】C【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型【解析】【解答】AD．煤块速度大于传送带速度时，煤块受到的摩擦力沿传送带向下，与煤块的运动方向相反，煤块根据牛顿第二定律有mg解得a故经时间t与皮带共速，之后继续减速运动，速度小于传送到的速度，传送带对煤块的摩擦力沿传送带向上，与煤块的运动方向相同，到达传送带顶端时速度恰好为零，根据牛顿第二定律有mg解得a这段时间t故到2s时煤块的速度为零，故A错误，D错误；B.1s时，煤块的速度为4m/s，则在前1s内煤块的位移大小为12+4在时间t内，煤块的位移为4+0故传送带底端到顶端的距离为10m，故B错误，C．传送带在两秒内向上运动的距离为4×2m=8m故煤块相对传送带的位移为10m−8m=2m故C正确。故选C。

【分析】由于μ=0.25<tan14．【答案】C【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的综合应用【解析】【解答】本题考查了共点力的平衡问题，解答本题时需注意：选准研究对象、做好受力分析、根据共点力的平衡条件确定力与力的关系。AB．对甲乙整体受力分析可知，L1T1=2mgtanT选项AB错误；CD．若剪断L1瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；对甲分析可知，甲受重力和弹簧向下的拉力，绳子L2对其的拉力，甲球的速度为0，将力沿着绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳方向合力为0，则剪断F由牛顿第二定律可知加速度a=选项C正确，D错误。故答案为：C。【分析】对甲、乙整体受力分析，由平衡条件分别列式，即可分析求解；若剪断L1该瞬间，对乙，弹簧的弹力不变，对甲，由牛顿第二定律列式，即可分析求解。15．【答案】D【知识点】静摩擦力；牛顿运动定律的应用—连接体【解析】【解答】一定要记得临界状态的特征：加速度相同和速度都相同。解决临界问题经常用到整体法和隔离法。A．木块恰好能静止在后壁上，在竖直方向由平衡条件得木块受到的摩擦力大小为fA错误；B．由滑动摩擦力公式可知木块对铁箱压力的大小为N=B错误；C．铁箱与地面的摩擦力为fD．对木块在水平方向上由牛顿第二定律得N=ma对整体由牛顿第二定律得F−解得FD正确；故选D。

【分析】木块在竖直方向受力平衡，重力等于滑动摩擦力，列式即可求得压力；对木块运用牛顿第二定律求出加速度，再对铁箱和木块整体运用牛顿第二定律即可求解水平拉力大小。16．【答案】B,D【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体【解析】【解答】本题全面考查牛顿第二定律应用，通过连接体、加速度方向不确定性，锻炼受力分析，是牛顿运动定律应用的典型题型。由静止释放两球，根据牛顿第二定律可知释放后的瞬间B球的加速度大小为g3若B球的加速度方向竖直向下，以B球为对象，根据牛顿第二定律可得

m以A球为对象，根据牛顿第二定律可得

T−联立可得A、B两球的质量之比为

m若B球的加速度方向竖直向上，以B球为对象，根据牛顿第二定律可得

T以A球为对象，根据牛顿第二定律可得

m联立可得A、B两球的质量之比为

m故选BD。

【分析】分别对A、B两球进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，再结合B球加速度的两种可能情况（B加速向下或加速向上），求解A、B两球的质量之比。17．【答案】A,D【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用【解析】【解答】根据题意分析清楚滑块与木板的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、运动学公式与能量守恒定律即可解题。要牢牢把握物块与木板之间的联系，找出加速度关系、速度关系以及位移关系，通过整体法与隔离法的综合运用解决问题。A．若木板全部固定，当滑块恰好能够滑动至d的右端时v0具有最大值，根据动能定理有0−解得v故A正确；B．若顾客获四等奖，刚好到a木板右侧时，滑块初速度最大为v0，滑块与木板之间的摩擦力为f地面对abcd木板的摩擦力为f由于f1<f2，则木板静止不动，对滑块−μ⋅2mgL=0−解得v故B错误；C．由于v可知滑块可以滑上b木板，当滑块到b木板上时，地面对bcd木板的摩擦力为f滑块与木板之间的摩擦力为f由于f3<f4，则木板静止不动，当滑块滑到b木板的右侧时，设速度为v2，对滑块−2μmgL−4μmgL=解得v可知滑块会滑上c木板，地面对cd木板的摩擦力为f可知cd木板恰好不动，根据运动学公式0−解得x=可知滑块停止在c木块上，顾客获二等奖，故C错误；D．若滑块恰好到d木块时，因摩擦产生的总热量最少为Q当滑块到d木板上时，木板d受到地面的摩擦力为f滑块与木板之间的摩擦力为f由于f6<f7，则木板d会发生滑动，木板的加速度为a滑块在木板上的加速度a当木块刚好到d木板右侧时滑块、木板共速，摩擦力产生的热量最多，设这种情况下，滑块滑上d木板时的速度为v3，根据速度关系v=可得v=根据位移关系可得v解得v滑块和木板到达共同速度后，一起做匀减速运动，直至静止，根据能量守恒定律可得产生的热量为Q所以顾客获得一等奖，因摩擦产生的总热量Q的取值范围为10μmgL≤Q≤28μmgL故D正确。故选AD。

【分析】当滑块恰好能够滑动至d的右端时v0具有最大值，根据动能定理进行解答；若顾客获四等奖，对滑块根据动能定理进行解答；求出最大静摩擦力，判断滑块与木板的运动情况，应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求解，求出最大静摩擦力，判断滑块与木板的运动情况，应用牛顿第二