2022年高考物理总复习 第三章 牛顿运动定律 能力课2 动力学中的“传送带、板块”模型学案

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1、2022年高考物理总复习 第三章 牛顿运动定律 能力课2 动力学中的“传送带、板块”模型学案 命题角度1　水平传送带问题 求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。 【例1】　如图1所示，水平长传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长。问： 图1 (1)物体从A到B做什么运动？ (2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？ (3)物体从A到B运动的时间为多少？ (4)什么条件下物体从A到B所用时间最短？

2、 解析　(1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动。 (2)由v＝at和a＝μg，解得t＝ 物体的位移x1＝at2＝ 传送带的位移x2＝vt＝ (3)物体从A到B运动的时间为 t总＝＋＝＋ (4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v≥。 答案　(1)先匀加速，后匀速　(2)　　(3)＋ (4)v≥ 【拓展延伸1】　若在【例1】中物体以初速度v0(v0≠v)从A端向B端运动，则： (1)物体可能做什么运动？ (2)什么情景下物体从A到B所用时间最短，如何求最短时间？ 解析　(1)①若v0

3、到传送带上时将做a＝μg的匀加速运动。假定物体一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v′＝。显然，若v0v，物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a＝μg的匀减速运动。假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v′＝。显然，若v≤，则物体在传送带上将一直减速运动；若v0>v>，则物体在传送带上将先减速，后匀速运动。 (2)物体一直做匀减速直线运动时，从A到B所用时间最短，加速度大小a＝μg，由L＝v0t－μgt2可求最短时间。 答案　见解析 【拓展延伸2】　若在【例1】中

4、物体以初速度v0从B向A运动，则物体可能做什么运动？ 解析　物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a＝μg的匀减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v′＝。显然，若v0≥，则物体将一直做匀减速运动直到从传送带的另一端离开传送带；若v0<，则物体将不会从传送带的另一端离开，而是从进入端离开，其可能的运动情形有： ①先沿v0方向减速，再沿v0的反方向加速运动直至从进入端离开传送带； ②先沿v0方向减速，再沿v0的反方向加速，最后匀速运动直至从进入端离开传送带。 答案　见解析 命题角度2　倾斜传送带问题 求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其

5、是否受到滑动摩擦力作用。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。 【例2】　如图2所示，传送带与地面夹角θ＝37°，AB长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。求物体从A运动到B所需时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) 图2 解析　物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力Ff，物体受力情况如图甲所示。物体由静止加速，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmg

6、cos θ＝ma1，得 a1＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2＝10 m/s2。 物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1＝＝ s＝1 s， 时间t1内的位移x＝a1t＝5 m。 由于μ

7、2 s。 答案　2 s 【拓展延伸】　若【例2】中的传送带是顺时针转动的，则物体从A到B所需的时间是多少？ 解析　物体相对传送带向下滑，所受滑动摩擦力方向沿斜面向上，因为μ

8、图3 (1)若给物块施加一水平拉力F＝11 N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度； (2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大。 解析　(1)物块在AB段：F－μmg＝ma1，a1＝6 m/s2 则到达B点时速度为vB，有vB＝＝2 m/s 滑上传送带有－μmg＝ma2，a2＝－5 m/s2 刚好到达C点，有－v＝2a2L，得传送带长度L＝2.4 m。 (2)将传送带倾斜，滑上传送带有 －mgsin 3

9、7°－μmgcos 37°＝ma3，a3＝－10 m/s2 物块仍能刚好到C端，有－vB′2＝2a3L，vB′＝4 m/s 在AB段，有vB′2＝2ax，F′－μmg＝ma 联立解得F′＝17 N。 答案　(1)2.4 m　(2)17 N 　[常考点]“板块”模型 1.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联 2.两种类型 类型图示 规律分析 木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L 物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为x

10、B＋L＝xA 命题角度1　无外力F作用的“板块”模型问题 【例3】　(2017·宜昌一模)如图4所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05，一质量为1 kg可视为质点的滑块静止放置，距A点距离为3 m，现用大小为6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，取g＝10 m/s2。求： 图4 (1)滑块滑动到A点时的速度大小； (2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板

11、的加速度大小分别为多少？ (3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。 解析　(1)设滑块在高水平面上的加速度为a， 根据牛顿第二定律有F＝ma 根据运动学公式有v2＝2aL0 代入数据解得v＝6 m/s。 (2)设滑块滑动到长木板后，滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律， 对滑块有μ1mg＝ma1 代入数据解得a1＝5 m/s2 对长木板有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2， 代入数据解得a2＝0.4 m/s2。 (3)设滑块不滑出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t， 则：v－a1t＝a2t 代入数据解得t＝ s。 此过程中

12、滑块的位移为x1＝vt－a1t2 长木板的位移为x2＝a2t2 x1－x2＝ m>L＝2 m 所以滑块能从长木板的右端滑出。 答案　(1)6 m/s　(2)5 m/s2　0.4 m/s2　(3)见解析 命题角度2　有外力F作用的“板块”模型问题 【例4】　(2017·河北石家庄模拟)(多选)如图5甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 图5 A.小滑块的质量m＝2 kg B.小滑块与长木板之间的动摩擦

13、因数为0.1 C.当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2 D.当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大 解析　当F＝6 N时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝3 kg。当F大于6 N时，两物体发生相对滑动，对长木板有a＝＝－，图线的斜率k＝＝1，解得M＝1 kg，滑块的质量m＝2 kg，选项A正确；滑块的最大加速度a′＝μg＝2 m/s2，所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，选项B错误；当F＝7 N时，由a＝知长木板的加速度a＝3 m/s2，选项C正确；当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度a′＝μ

14、g＝2 m/s2，恒定不变，选项D错误。 答案　AC 命题角度3　斜面上的“板块”模型问题 【例5】　(多选)如图6所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，斜面倾角为θ，斜面上叠放着A、B两物体，物体B在沿斜面向上的力F的作用下沿斜面匀速上滑。若A、B之间的动摩擦因数为μ，μμmgcos θ，所以A、B一定相对滑动,选项A错误,B正确;选物

15、体B为研究对象，由牛顿第二定律得F－μmgcos θ－mgsin θ－μB·2mgcos θ＝0，μB＝，故选项C错误，D正确。 答案　BD 解决速度临界问题的思维模板 　　　　　　 【变式训练2】　(2017·湖北三校联考)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图7所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求：

16、 图7 (1)滑板由A滑到B的最短时间； (2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围。 解析　(1)滑板一直加速时，所用时间最短。设滑板加速度为a2，f＝μm1g＝m2a2，a2＝10 m/s2，s＝，解得t＝1 s。 (2)刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等， F1－μm1g＝m1a2， 解得F1＝30 N。 当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1， F2－μm1g＝m1a1， －＝L， 解得F2＝34 N。 则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N。 答案　(1)1 s　(2)30 N≤

17、F≤34 N “滑块—滑板”模型 [题源：人教版必修1·P84·T7] 如图4.5－13，粗糙的A、B长方体木块叠在一起，放在水平桌面上，B木块受到一个水平方向的力的牵引，但仍然保持静止。问：B木块受到哪几个力的作用？ 图4.5－13 拓展1　如图8，光滑水平面上，水平恒力F作用在木块上，长木板和木块间无相对滑动，长木板质量为M，木块质量为m。它们共同加速度为a，木块与长木板间的动摩擦因数为μ，则在运动过程中(　　) 图8 A.木块受到的摩擦力一定是μmg B.木块受到的合力为F C.长木板受到的摩擦力为μmg D.长木板受到的合力为 解析　整体的加速度a＝，

18、隔离长木板，受力分析，长木板所受的合力为 F合＝，且长木板所受的合力等于长木板所受的摩擦力。又长木板所受的摩擦力等于长木板对木块的摩擦力，故选项A、C错误，D正确；木块所受的合力F合′＝ma＝，故选项B错误。 答案　D 拓展2　(2017·南昌市二模)(多选)如图9，一个质量为m＝1 kg的长木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B两物块。A、B两物块与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2。若现用水平恒力F作用在A物块上，取重力加速度g＝10 m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则下列说法正确的是(　　) 图9 A.当F＝2 N时，A物块

19、和木板开始相对滑动 B.当F＝1 N时，A、B两物块都相对木板静止不动 C.若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为 N D.若F＝6 N，则B物块的加速度大小为1 m/s2 解析　假设A、B两物块一起运动，对整体有F＝(m＋mA＋mB)a，对B有fB＝mBa，且fB≤μmBg，对A有F－fA＝mAa，且fA≤μmAg，对B和木板整体fA＝(m＋mB)a，解得F≤ N，故选项A错误，B正确；当F> N时，A与长木板相对运动，B和长木板一起运动，若F＝4 N，B和长木板一起运动，则μmAg＝(m＋mB)a1，fB1＝mBa1，解得fB1＝ N，故选项C正确；若F＝6 N，则B物块加速度大小

20、为a1＝ m/s2，故选项D错误。 答案　BC 拓展3　(2017·全国卷Ⅲ，25)如图10，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求 图10 (1)B与木板相对静止时，木板的速度； (2)A、B开始运动时，两者之间的距离。 解析　(1)滑块A和B在木板上滑

21、动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有 f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA④ f2＝mBaB⑤ f2－f1－f3＝ma1⑥ 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s⑨ (2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 sB＝

22、v0t1－aBt⑩ 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪ 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有 v2＝v1－a2t2⑫ 对A有：v2＝－v1＋aAt2⑬ 在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－a2t⑭ 在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为

23、sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2⑮ A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为 s0＝sA＋s1＋sB⑯ 联立以上各式，并代入数据得 s0＝1.9 m⑰ (也可用下图中的速度—时间图线求解) 答案　(1)1 m/s　(2)1.9 m 活页作业 (时间：40分钟) ►题组一　“传送带”模型问题 1.在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。设传送带匀速前进的速度为 0.25 m/s，把质

24、量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为(　　) 图1 A.5 mm B.6 mm C.7 mm D.10 mm 解析　木箱加速的时间为t＝，这段时间内木箱的位移为x1＝，而传送带的位移为x2＝vt，传送带上将留下的摩擦痕迹长为l＝x2－x1，联立各式并代入数据，解得l＝5.2 mm，选项A正确。 答案　A 2.如图2所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ

25、θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　) 图2 解析　开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＋μgcos θ 木块加速至与传送带速度相等时，由于μ

26、分析，有a2

27、与传送带的最终速度相等，所以由图乙、丙可知传送带的速度大小是4 m/s。 (2)v－t图线与t轴围成图形的面积表示物体的位移，所以A的位移xA＝36 m， 传送带的长度L与A的位移相等，也是36 m。 (3)(4)A的加速度aA＝＝4 m/s2 由牛顿第二定律得μAmg＝maA，所以μA＝＝0.4 同理，B的加速度aB＝＝2 m/s2，μB＝＝0.2 设物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间为tC，则 L＝tC，tC＝＝24 s C的加速度aC＝＝ m/s2，μC＝＝0.012 5。 答案　(1)4 m/s　(2)36 m　(3)0.4　0.2　0.012 5 (4)24

28、 s ►题组二　板块模型问题 4.如图4所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度－时间图象可能是下列选项中的(　　) 图4 解析　设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。对木板应用牛顿第二定律得：－μ1mg－μ2·2mg＝ma1，a1＝－(μ1＋2μ2)g 设物块与木板达到相同速度之后，木板的加

29、速度为a2，对整体有：－μ2·2mg＝2ma2，a2＝－μ2g，可见|a1|＞|a2| 由v－t图象的斜率表示加速度大小可知，选项A图象正确。 答案　A 5.如图5所示，有一长度L＝1 m、质量M＝10 kg的平板小车，静止在光滑的水平面上。在小车一端放置一质量m＝4 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.25，要使物块在2 s末运动到小车的另一端，那么作用在物块上的水平力F是多少？(g取10 m/s2) 图5 解析　分别对物块、小车受力分析，如下图所示。根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma物，Ff′＝Ma车， 其中Ff＝Ff′＝μmg，解得a车＝1 m/s2。 由图结合

30、运动学公式有x1＝a车t2， x2＝a物t2，x2－x1＝L，解得a物＝1.5 m/s2， F＝Ff＋ma物＝m(μg＋a物)＝4×(0.25×10＋1.5) N＝16 N。 答案　16 N 6.(2017·安徽名校联考)质量M＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上。在水平拉力F＝11 N作用下由静止开始向右运动。如图6所示，当速度达到1 m/s时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点。(g＝10 m/s2)求： 图6 (1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大； (2)木板至少多长物块才能与木板

31、最终保持相对静止； (3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小。 解析　(1)放上物块后，物块的加速度a1＝＝μg＝2 m/s2。木板的加速度a2＝＝1 m/s2。 (2)当两物体速度相等后保持相对静止，故 a1t＝v0＋a2t，得t＝1 s， 1 s内木板位移x1＝v0t＋a2t2＝1.5 m， 物块位移x2＝a1t2＝1 m。 所以板长L＝x1－x2＝0.5 m。 (3)相对静止后，对整体F＝(M＋m)a， 对物块f＝ma，故f＝m＝6.29 N。 答案　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)0.5 m　(3)6.29 N 7.(2017·江西名校联考)如图7所

32、示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝ 1 kg、长度L＝0.75 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为4 m。在平板的上端A处放一质量m＝0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，通过计算判断无初速释放后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) 图7 解析　对薄板，由于Mgsin 37°<μ(M＋m)gcos 37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动。 滑块在薄

33、板上滑行时加速度a1＝gsin 37°＝6 m/s2 到达B点时速度v＝＝3 m/s 滑块由B至C时的加速度a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2 设滑块由B至C所用时间为t，则有LBC＝vt＋a2t2 代入数据解得t＝1 s 对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度 a3＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2 设滑至C端所用时间为t′，则有LBC＝a3t′2 代入数据解得t′＝2 s 滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差 Δt＝t′－t＝1 s 答案　滑块在薄板上滑动时，薄平板静止不动　1 s 8.如图8甲所示，一长方体木板B放在水平地面

34、上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t＝0时刻同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为vA＝1 m/s，方向水平向左；B的初速度大小为vB＝14 m/s，方向水平向右，木板B运动的v－t图象如图乙所示。已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，取重力加速度g＝10 m/s2。(提示：t＝3 s时刻，A、B达到共同速度v＝2 m/s；3 s时刻至A停止运动前，A向右运动的速度始终大于B的速度，g＝10 m/s2)求： 图8 (1)小铁块A向左运动相对地面的最大位移； (2)B运动的时间及B运动的

35、位移大小。 解析　(1)由图乙可知，0～3 s内A做匀变速运动，速度由vA＝－1 m/s变为v＝ 2 m/s。 则其加速度大小为aA＝＝ m/s2＝1 m/s2，方向水平向右。 当A水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，则s＝＝0.5 m。 (2)设A与B之间的动摩擦因数为μ1，由牛顿第二定律得μ1mg＝maA， 则μ1＝＝0.1。 由图乙可知，0～3 s内B做匀减速运动， 其速度由vB＝14 m/s变为v＝2 m/s。 则其加速度大小为aB＝＝ m/s2＝4 m/s2，方向水平向左。 设B与地面之间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律得μ1mg＋2μ2mg＝maB，则μ2＝＝0.15。 3 s之后，B继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得 2μ2mg－μ1mg＝maB′， 则B的加速度大小为aB′＝2μ2g－μ1g＝2 m/s2， 方向水平向左。 3 s之后运动的时间为t2＝＝ s＝1 s， 则B运动的时间为t＝t1＋t2＝4 s， 0～4 s内B的位移xB＝t1＋t2＝25 m，方向水平向右。 答案　(1)0.5 m　(2)4 s　25 m