2017-2021年福建高考物理真题分类汇编之机械能守恒定律

2017-2021年福建高考物理真题分类汇编之机械能守恒定律

一.选择题（共2小题）

1.（2018•新课标1）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在

启动阶段，列车的动能（）

A.与它所经历的时间成正比

B.与它的位移成正比

C.与它的速度成正比

D.与它的动量成正比

2.（2018•新课标I）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；be是半

径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小

相等的水平外力的作用，自a点处从静开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a

点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（）

R

7^a77777777^b7777777

A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR

二.多选题（共3小题）

（多选）3.（2020•新课标I）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下

滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线I、II所示，重力加速度取

10m/s2.则（）

产

30TI111nIn

IS----------------------------------

二三生三

A.物块下滑过程中机械能不守恒

B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2

D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J

（多选）4.（2019•新课标I）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑

轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静

止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知

M始终保持静止，则在此过程中（）

A.水平拉力的大小可能保持不变

B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加

C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加

D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加

（多选）5.（2017•新课标I）如图，柔软轻绳ON的一端0固定，其中间某点M拴一重

物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角a

（a>2L）o现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角a不变，在0M由竖直被拉到水

2

A.MN上的张力逐渐增大

B.MN上的张力先增大后减小

C.OM上的张力逐渐增大

D.OM上的张力先增大后减小

三.计算题（共4小题）

6.（2019•新课标I）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑

连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾

斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回

到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0,此时对其施加一外力，使其在倾

斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图象如图（b）所示，图中的vi和ti均为未知量。

已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力。

（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；

（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道

间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前

后动摩擦因数的比值。

7.（2017•新课标I）一质量为8.00X104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离

5

地面高度1.60X10m处以7.5X103mzs的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时

下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大

小取为9.8m/s2.（结果保留2位有效数字）

（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；

（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船

在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%»

8.（2021•福建）如图（a）,一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一

轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下

的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块

沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知AB段长度为2m,滑块质量为2kg,

滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5,弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取

10m/s2,sin370=0.6。求：

（1）当拉力为ION时，滑块的加速度大小；

（2）滑块第一次到达B点时的动能；

（3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。

图3)图(6)

9.（2018•新课标I）一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升

的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和

也为E,且均沿竖直方向运动，爆炸时间极短，重力加速度大小为g,不计空气阻力和火

药的质量。求

（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;

（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

2017-2021年福建高考物理真题分类汇编之机械能守恒定律

参考答案与试题解析

选择题（共2小题）

1.（2018•新课标I）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在

启动阶段，列车的动能（）

A.与它所经历的时间成正比

B.与它的位移成正比

C.与它的速度成正比

D.与它的动量成正比

【考点】动能.

【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题.

【分析】根据车做匀加速直线运动，结合运动学公式，动能定理，及动能与动量关系式,

即可求解。

【解答】解：A、因列车做初速度为零的匀加速直线运动，则有：v=at,而动能表达式

E=l„2=122,可知动能与所经历的时间平方成正比，故A错误；

k2mV2v

2

B、依据动能定理，则有：F^x=A-mv_Q,可知，动能与它的位移成正比，故B正确；

C、由动能表达式Ek=«1mu2,可知，动能与它的速度平方成正比，故C错误；

D、依据动能与动量关系式，Ek=式，可知，动能与它的动量平方成正比，故D错误：

2m

故选：Bo

【点评】考查动能的表达式，掌握影响动能的因素，理解动能定理的内容，及运动学公

式的运用。

2.（2018•新课标I）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；be是半

径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小

相等的水平外力的作用，自a点处从静开始向右运动。重力加速度大小为go小球从a

点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（)

R

7^7777777777777777

ab

A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR

【考点】功能关系.

【专题】应用题；定量思想；方程法；机械能守恒定律应用专题.

【分析】根据动能定理求出小球在C点的速度，再根据竖直上抛运动求解达到最高点的

时间，根据水平方向的运动规律求解离开C后达到最高点时的水平位移，根据功能关系

求解机械能的增加。

【解答】解：由题意知水平拉力为：F=mg；

设小球达到c点的速度为v,从a到c根据动能定理可得：F・3R-mgR=/mv2

解得：v—yj4gR：

小球离开c点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,

设小球从c点达到最高点的时间为t,则有：t=?=p；

2

此段时间内水平方向的位移为：x=lat=lX-X（JS）2=2R,

所以小球从a点开始运动到其轨迹最高点，小球在水平方向的位移为：L=3R+2R=5R,

此过程中小球的机械能增量为：△E=FL=mgX5R=5mgR。

故C正确、ABD错误。

故选：Co

【点评】本题主要是考查功能关系；机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做

功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功,

系统的机械能就变化多少；注意本题所求的是“小球从a点开始运动到其轨迹最高点”，

不是从a到c的过程，这是易错点。

多选题（共3小题）

（多选）3.（2020•新课标I）一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下

滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线I、II所示，重力加速度取

10m/s2.贝!J（）

A.物块下滑过程中机械能不守恒

B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2

D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J

【考点】机械能守恒定律；滑动摩擦力与动摩擦因数；重力势能的变化与重力做功的关

系；动能和势能的相互转化.

【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理能力.

【分析】分析初位置以及下滑5m时的机械能，从而判断机械能是否守恒；

根据功能关系分析求解物块与斜面间的动摩擦因数；

根据牛顿第二定律求解物块下滑时加速度的大小；

分析物块下滑2.0m时除重力以外其它力做功情况从而判断机械能的损失量。

【解答】解：A、物块在初位置其重力势能为Ep=mgh=30J,动能Ek=0

则物块的质量m=1kg,

此时物块具有的机械能为E|=Ep+Ek=30J

当下滑距离为5m时，物块具有的机械能为E2=Ep'+EJ=10J<Ei,

所以下滑过程中物块的机械能减小，故A正确；

B、令斜面的倾角为4则sin8=1,

5

所以0=37°

物体下滑的距离为x=5m的过程中，根据功能关系有Wf=(img・cos8・x=Ei-E2,

代入数据U=0.5,故B正确；

C、根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为a=睢立史二巴蹩2辿=

m

2m/s2,故C错误；

D、当物块下滑距离为x'=2.0m时，物体克服滑动摩擦力做功为Wf=umgcose・x'=

8J,

根据功能关系可知，机械能损失了△£'=Wf=8J,故D错误。

故选：ABo

【点评】解决该题需要掌握机械能守恒的条件，知道势能和动能之和统称为机械能，掌

握与机械能相关的功能关系。

（多选）4.（2019•新课标I）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑

轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静

止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知

M始终保持静止，则在此过程中（）

A.水平拉力的大小可能保持不变

B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加

C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加

D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加

【考点】共点力的平衡.

【专题】应用题；定性思想；图析法；受力分析方法专题；推理能力.

【分析】由于M、N在水平拉力作用下，整体保持静止状态，那么所受的合力为零。又

由于重力恒定，水平拉力方向不变，可用三角形方法解决此类动态平衡问题。最后结合,

M所受力的情况进行解答即可。

【解答】解：AB、根据M、N均保持静止，进行受力分析可知，N受到竖直向下的重力

及水平方向的拉力E变化的绳子拉力T,如下图所示：

G/

在向左拉动的时候，绳子拉力T和水平拉力F都不断增大，故A错误，B正确；

CD、对于M的受力，开始时可能是T=mgsin9-f,当T不断增大的时候，f减少；当T

>mgsin。时，随着T的增大，f将增大，所以沿斜面的摩擦力f可能先减小后增大；也

可能是T=mgsinO+f,当T不断增大的时候，摩擦力f增大；故C错误，D正确。

故选：BD=

【点评】本题考查了动态的平衡问题，解题的关键是使用三角形方法解题；其次，在分

析M的受力时，注意摩擦力的方向问题。

（多选）5.（2017•新课标I）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重

物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角a

（a>2L）o现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角a不变，在OM由竖直被拉到水

2

A.MN上的张力逐渐增大

B.MN上的张力先增大后减小

C.OM上的张力逐渐增大

D.OM上的张力先增大后减小

【考点】共点力的平衡；力的合成与分解的运用.

【专题】定性思想：等效替代法；共点力作用下物体平衡专题.

【分析】整个拉动过程中，小球的重力不变，根据共点力平衡条件分析。

【解答】解：以重物为研究对象，受重力mg,OM绳上拉力TOM，MN上拉力TMN，由

题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在TMN转至水平的过程中，MN

上的张力TMN逐渐增大，OM上的张力TOM先增大后减小，所以A、D正确；B、C错

底'U。

故选：AD,

【点评】本题考查共点力的平衡条件，这种问题一般要抓住不变的量，然后去分析变化

的量。在本题中，小球的重力大小和方向都不变，抓住这一点，然后去分析另外两个力

的变化情况，这样有理有据。

三.计算题（共4小题）

6.（2019•新课标I）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑

连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾

斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回

到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0,此时对其施加一外力，使其在倾

斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图象如图（b）所示，图中的vi和ti均为未知量。

已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加速度大小为g,不计空气阻力。

（1）求物块B的质量；

（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；

（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道

间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前

后动摩擦因数的比值。

【考点】动能定理；动量守恒定律.

【专题】定量思想；方程法；动能定理的应用专题；分析综合能力.

【分析】（1）根据动量守恒定律和能量关系列方程求解；

（2）对A下滑过程中和上滑过程中根据动能定理列方程，从图（b）给出的图象可得A

上升的高度与H的关系，根据功的计算公式求解物块A在整个过程中克服摩擦力做的功;

（3）设根据动能定理求解B在水平轨道上能够滑行的距离，物块与轨道间的动摩擦因数

在改变后，根据动能定理求解A滑行的距离，然后求出改变前后动摩擦因数的比值。

【解答】解：（1）根据图（b）,vi为A在碰撞前瞬间的速度大小，上L为其碰撞后瞬间

2

速度大小。设物块B的质量为m',碰后瞬间的速度为v',

根据动量守恒定律可得：mvi=m（-上L）+m'v'

2

根据能量守恒定律可得：卷/=/（一）2+前，J2

联立解得m'=3m；

（2）在图（b）描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中

所走过的路程为si，返回过程中所走过的路程为S2,P点的高度为h,整个过程中克服摩

擦所做的功为W,根据动能定理可得：

mgH-fsi-lmv2-0

2

、1Vi

■（，S2+mgh）=0--m（—）

从图（b）给出的图象可知，si=Lvt

211

1v1

$2=万•彳.（1.

根据几何关系可得：丝=皂

siH

物块A在整个过程中克服摩擦力做的功为：

W=fS]+fS2，

联立解得：W=^.mgH；

（3）设倾斜轨道倾角为e,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为H，则有：

W=pmgcosQH+h...

sin8

设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s',

根据动能定理可得-pm'gs'vz2

设物块与轨道间的动摩擦因数在改变后为U,根据动能定理可得：

mgh-mgcos0.——-——-mgs，=0

sin8

联立解得：_^=旦。

kl'9

答：（1）物块B的质量为3m；

（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，物块A克服摩擦力所做的功为21ng/

15

（3）改变前后动摩擦因数的比值为旦。

9

【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然

后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定

理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选

择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。

7.（2017•新课标I）一质量为8.00X104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离

地面高度1.60X105m处以7.5X103mzs的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时

下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大

小取为9.8m/s2.（结果保留2位有效数字）

（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；

（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船

在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%o

【考点】机械能守恒定律；动能定理.

【专题】定量思想；推理法.

【分析】（1）机械能等于重力势能和动能之和，可以得出两处的机械能；

（2）根据动能定理计算克服阻力做功。

【解答】解：1.60义1（）5m处的速度为vi，600m处的速度为V2,落地前的速度为V3

（1）落地时的重力势能为零，动能为EkZM^mvZMjLXgXlO’xiooZjudoxioSj；

2V32

l2

进入大气层的机械能E=Eki+Epi=Am2+mgH=2.4X10J；

21

（2）此时的速度大小为V2=7.5Xl（）3xo.O2m/s=15Om/s；从600m处到落地之间，重力

做正功，阻力做负功，根据动能定理

mgh-Wf=—1mv32-—]mv2?

2'2

代入数据，可得Wf=9.7Xl（）8j

答：（1）落地瞬间的机械能为4.0X1（）8j；进入大气层的机械能为2.4X1012J；

（2）克服阻力做功为9.7XK）8j。

【点评】本题考查了机械能的计算和动能定理的应用，掌握相关的公式是解题的关键。

8.（2021•福建）如图（a）,一倾角37。的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一

轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下

的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块

沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知AB段长度为2m,滑块质量为2kg,

滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5,弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取

10m/s2,sin37°=0.6»求：

（1）当拉力为10N时，滑块的加速度大小；

（2）滑块第一次到达B点时的动能；

（3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。

图⑷图（6）

【考点】动能定理；牛顿第二定律.

【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能

力.

【分析】（1）根据受力分析、摩擦力公式和牛顿第二定律，求解加速度。

（2）根据功的定义和动能定理，求解到达B点的动能；

（3）根据动能定理，求解最大距离。

【解答】解：（1）小滑块的质量为m,斜面倾角为6,滑块与斜面间的动摩擦因数为卬

滑块受斜面的支持力大小为N,滑动摩擦力大小为f,拉力为10N时滑块的加速度大小

为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有

T+mgsin。-f=ma①

N-mgcos0=0②

f=pN③

联立①②③式并代入题给数据得

a=7m/s2@

(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W,由功的定义有

W=Tisi+T2s2⑤

式中T|、T2和S|、S2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依

题意，Ti=8N,si=lm,T2=10N,S2=lm。设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由

动能定理有

W+(mgsinQ-f)(si+S2)=Ek-0©

联立②③⑤⑥式并代入题给数据得

Ek=26J⑦

(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为Ek。设滑块离B点的

最大距离为Smax，由动能定理有

-(mgsinO+f)Smax=0-Ek⑧

联立②③⑦⑧式并代入题给数据得

Smax=L3m⑨

答：

(1)当拉力为10N时，滑块的加速度大小为7m/s2；

(2)滑块第一次到达B点时的动能为26J

(3)第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离为1.3m。

【点评】解答本题的关键是找准每个过程对应的物理规律和物理量。

9.(2018•新课标I)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升

的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和

也为E,且均沿竖直方向运动，爆炸时间极短，重力加速度大小为g,不计空气阻力和火

药的质量。求

(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；

(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律；竖直上抛运动.

【专题】计算题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合.

【分析】(1)烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动，由速度时间公式求上升

的时间。

（2）研究爆炸过程，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求爆炸后瞬间两部分的速度,

再由运动学求最大高度。

【解答】解：（1）设烟花弹的初速度为V0.则有：E=lmv2

得：vo=

烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动，则有：vo-gl=0

得一弟

2

（2）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸上升的高度为:hT=_L

2gmg

对于爆炸过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得:

0=—mvi-Amv2o

22

根据能量守恒定律得：E=—x—mvi2+J^x—mv22»

2222

爆炸后烟花弹向上运动的部分能继续上升的最大高度为：h2=-L=-L.

2gmg

所以爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为:h=hi+h2=-^^

mg

答：（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间是工，座;

SVm

（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度是2旦。

mg

【点评】分析清楚烟花弹的运动过程，把握每个过程的物理规律是解题的关键。要知道

爆炸过程内力远大于外力，系统遵守两大守恒定律：动量守恒定律与能量守恒定律，解

题时要注意选择正方向。

考点卡片

1.竖直上抛运动

【知识点的认识】

1.定义：物体以初速度vo竖直向上抛出后，只在重力作用下而做的运动，叫做竖直上抛运

动。

2.特点：

（1）初速度：vo#O；

（2）受力特点：只受重力作用（没有空气阻力或空气阻力可以忽略不计）；

（3）加速度：a=g,其大小不变，方向始终竖直向下。

3.运动规律：

取竖直向上的方向为正方向，有：

v（=vo-gt,

h=vot-Agt2,

2

Vt2-V（r=2gh；

4.几个特征量：

v2

（1）上升的最大高度hmax=」n一；

2g

（2）质点在通过同一高度位置时，上升速度与下落速度大小相等；上升到最大高度处所需

时间tL和从最高处落回到抛出点所需时间相等t下，ti=tr=^-o

S

【命题方向】

例1：某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2.5s内物体的（）

A.路程为65m

B.位移大小为25m,方向向上

C.速度改变量的大小为10m/s

D.平均速度大小为13m/s,方向向上

分析：竖直上抛运动看作是向上的匀减速直线运动，和向下的匀加速直线运动，明确运动过

程，由运动学公式即可求出各物理量。

解答：由丫=浜可得，物体的速度减为零需要的时间t=19=%=3s,故5s时物体正在下

g10

落；

2

A、路程应等于向上的高度与后2s内下落的高度之和，由v2=2gh可得，h=T-=45m,后

两s下落的高度h'=/gt'2=20m,故总路程s=(45+20)m=65m；故A正确；

B、位移h=vot-■|82=25171,位移在抛出点的上方，故B正确；

C、速度的改变量△v=gt=50m/s,方向向下，故C错误；

D、平均速度v=Il=Z2=5m/s,故D错误。

t5

故选：ABo

点评：竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正确

理解公式，如平均速度一定要用位移除以时间；速度变化量可以用avnat求得。

例2：在竖直的井底，将一物块以Um/s的初速度竖直向上抛出，物体冲出井口再落回到井

口时被人接住，在被人接住前1s内物体的位移是4m,位移方向向上，不计空气阻力，取g

=10m/s2.求：

(1)物体从抛出点到被人接住所经历的时间；

(2)竖直井的深度。

分析：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分

段法，此题可以直接应用整体法进行求解。

解答：(1)设最后1s内的平均速度为1

贝！1：三1"号=用心

平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即接住前0.5s的速度为vi=4m/s

设物体被接住时的速度为V2,

则vi=V2-gt得：V2=4+10X0.5=9m/s,

则物体从抛出点到被人接住所经历的时间=殳旦+1=1.2s；

g-10

(2)竖直井的深度即抛出到接住物块的位移，则

h=V0t-Agt2=11X1.2-Axiox1.22=6mo

22

答：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间为1.2s

（2）竖直井的深度为6m。

点评：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分

段法，此题只有竖直向上的匀减速运动，直接应用整体法求解即可。

【解题方法点拨】

1.竖直上抛运动的两种研究方法：

（1）分段法：上升阶段是匀减速直线运动，下落阶段是自由落体运动，下落过程是上升过

程的逆过程。

（2）整体法：从全程来看，加速度方向始终与初速度vo的方向相反，所以可把竖直上抛运

动看成一个匀变速直线运动，要特别注意vo、“、g、h等矢量的正、负号。一般选取竖直

向上为正方向，vo总是正值，上升过程中“为正值，下落过程中“为负值；物体在抛出点

以上时h为正值，物体在抛出点以下时h为负值。

住：竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性：①速度对称：上升和下降过程经过同

一位置时速度等大、反向；②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降

时间相等。

2.滑动摩擦力与动摩擦因数

【知识点的认识】

1.滑动摩擦力

（1）定义：一个物体在另一个物体表面上相对于另一个物体滑动的时候，要受到另一个

物体阻碍它相对滑动的力，这种力叫做滑动摩擦力。

（2）产生条件：①接触面粗糙；②有弹力；③有相对运动。

（3）滑动摩擦力的方向：总跟接触面相切，并且跟物体的相对运动方向相反。

（4）滑动摩擦力的大小：滑动摩擦力跟正压力成正比，也就是跟一个物体对另一个物体表

面的垂直作用力成正比。公式：F="N,F表示滑动摩擦力大小，FN表示正压力的大小，H

叫动摩擦因数。

（5）效果：总是阻碍物体间的相对运动，但并不总是阻碍物体的运动，可能是动力，也可

能是阻力。

2.动摩擦因数

（1）定义：彼此接触的物体做相对运动时摩擦力和正压力之间的比值，称为动摩擦因数p.当

物体处于水平运动状态时，正压力=重力。

（2）影响因素：不同材质的物体的动摩擦因数不同，g与接触面的材料、接触面的粗糙程

度有关，无单位。

注意：动摩擦因数与压力无关、与接触面积大小无关、与滑动摩擦力的大小无关、与相对运

动的速度大小无关。动摩擦系数是物体本身的属性，只与物体本身有关，与有没有进行相对

运动，以及有没有正压力无关。所以不能说动摩擦系数与摩擦力成正比，与正压力成反比。

只能说摩擦力与正压力和动摩擦系数成正比，也就是f=nNo

【命题方向】

（1）第一类常考题型是对基本概念的考查：

关于产生摩擦力的条件，下列说法中正确的是（）

A.相互压紧的粗糙物体之间总有摩擦力存在

B.相对运动的物体间一定有滑动摩擦力存在

C.只有相互挤压和有相对运动的物体之间才有摩擦力的作用

D.只有相互挤压和发生相对运动或有相对运动趋势的粗糙物体之间才有摩擦力的作用

分析：摩擦力产生的条件：接触面粗糙：相互接触挤压；有相对运动或相对运动趋势。

解答：A、相互压紧的粗糙物体之间，不一定有摩擦力，要看它们有无相对运动或相对运动

的趋势。故A错误。

B、相对运动的物体间若无相互挤压，就没有滑动摩擦力。故B错误。

C、接触面光滑，相互挤压和有相对运动的物体之间没有摩擦力。故C错误。

D、只有相互挤压和发生相对运动或有相对运动趋势的粗糙物体之间才有摩擦力的作用。故

D正确。

故选D。

点评：解决本题的关键掌握摩擦力产生的条件：接触面粗糙；相互接触挤压；有相对运动或

相对运动趋势。

（2）第二类常考题型结合相关事例以及相关知识点进行考查:

如图所示，物块A放在倾斜的木板上，已知木板的倾角a分别为30°和45°时物块所受摩

擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为（）

A.AB.返C返D.在

2222

分析：木板的倾角不同而物块所受摩擦力的大小却恰好相同，则可得它们一个静摩擦力，另

一个是滑动摩擦力。由静止可列出平衡方程，求出静摩擦力大小与重力的关系；再由运动可

由滑动摩擦力的公式，求出滑动摩擦大小与重力的关系，从而算出物块与木板间的动摩擦因

数。

解：当木板倾角是30°时，物块受到是静摩擦力，其大小等于mgsin30°。

当木板倾角是45°时，物块受到是滑动摩擦力，其大小等于Mmgcos45°。

由题意可得：|imgcos45°=mgsin30°

解之得：.=sin30：丸

“cos4502

故选：Co

点评：求摩擦力的大小时，先区别是静摩擦还是滑动摩擦，然后再选择求大小的方法。若是

静摩擦力则利用平衡来求出静摩擦力的大小，若是滑动摩擦力则是利用滑动摩擦力与正压力

成正比来计算出大小.

【解题思路点拨】

1.这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、

填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会作为题目

的一个隐含条件考查。对滑动摩擦力问题的分析与考查趋向于与其他知识的综合，这类题中

一般具有多体、多力的特点，要运用整体法与隔离法解题，解决这类问题的关键是要选取合

适的研究对象，进行正确的受力分析，建立正确的方程，然后进行解题。

2.摩擦力的本质

摩擦力的本质，人们至今对它还没有弄得很清楚，多数学者认为摩擦力是两物体接触面上的

分子间的内聚引力引起的。事实上，在表面间比较凸起的地方才互相接触，而大多数的地方

是不接触的，实际接触的微观面积远小于视宏观面积。摩擦阻力与实际接触面积成正比（不

是与视宏观面积成正比）。在一般情况下，实际接触面积又与表面上的正压力成正比，所以,

摩擦力与正压力成正比，这正是中学物理课本中的摩擦力公式£=^^,物理学中把比例因子

H定义为两种材料间的动摩擦因数的缘故。在一定速度下，动摩擦因数是一个常量。

【知识点的认识】

一、物体的受力分析

1.放在水平地面上静止的物体.

F合=0

二力平衡：某个物体受两个力作用时，只要两个力大小相等，方向相反，作用在同一条

直线上，则这两个力合力为零，物体处于平衡状态.

2.放在水平地面上的物体（受到一个竖直向上的力F仍保持静止）

//////////，//

F/G。

竖直方向上三力平衡：F+FN=G,即：竖直方向上合力为0.

3.放在水平地面上的物体（受到一个推力仍保持静止）

F合=0

水平方向上二力平衡，即：水平方向上合力为o

竖直方向上二力平衡；即：竖直方向上合力为0.

4.放在水平地面上的物体（受到一个拉力F仍保持静止如图示）

水平方向上：Fx=Ff,即：水平方向上合力为0；

竖直方向上：G=Fy+FN，即：竖直方向上合力为0.

5.力的合成解题：放在斜面上静止的物体

合成法：物体受几个力的作用，可先将某几个力合成，再将问题转化为二力平衡.

6.力的分解解题：放在斜面上静止的物体

'卜G

分解法：物体受几个力的作用，将某个力按效果分解，则其分力与其它几个力满足平衡条

件.

7.放在斜面上的物体受到一个平行斜面向上的力F仍保持静止

平行斜面方向上：F|=F+Ff,即：平行斜面方向方向上合力为0；

垂直斜面方向上：F2=FN，即：垂直斜面方向上合力为0.

8.放在斜面上的物体受到一个垂直斜面向下的力F仍保持静止

平行斜面方向上：Fi=Ff,即：平行斜面方向方向上合力为0；

垂直斜面方向上：F2+F=FN.即：垂直斜面方向上合力为0.

9.放在斜面上的物体受到一个水平向右的力F仍保持静止

平行斜面方向上：Gi=Ff+F”即：平行斜面方向方向上合力为0；

垂直斜面方向上：G2+F2—FN，即：垂直斜面方向上合力为0.

4.共点力的平衡

共点力的平衡

5.牛顿第二定律

【知识点的认识】

1.内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向

跟合外力的方向相同.

2.表达式：Fi：=ma.该表达式只能在国际单位制中成立.因为F价=A・ma,只有在国际单

位制中才有k=l.力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得lm/s2的加速度的力，叫做

1N,即1N=IkgTn/s2.

3.适用范围：

（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）.

（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情

况.

4.对牛顿第二定律的进一步理解

牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内

涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，，"量化了物体“不愿改变运动状态”

的基本特性（惯性），而。则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢.明确了上述三个量的

物理意义，就不难理解如下的关系了：a^F,“8工.

m

另外，牛顿第二定律给出的尸、，*、。三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬

时性特征所决定的.

(1)矢量性：加速度。与合外力尸合都是矢量，且方向总是相同.

(2)瞬时性：加速度”与合外力尸合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的.

(3)同体性：加速度a与合外力尸合是对同一物体而言的两个物理量.

(4)独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合

加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应.

(5)相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的.

【命题方向】

题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查

例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的

关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示.取重力加速度g=10m/s2.由此

两图线可以得出()

A.物块的质量为1.5kg

B.物块与地面之间的滑动摩擦力为2N

C.t=3s时刻物块的速度为3m/s

D.t=3s时刻物块的加速度为2m/s2

分析：根据v-t图和F-t图象可知，在4〜6s,物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以

拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2〜4s内物块做匀加

速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小.根据速度时间图线求出3s时的速度

和加速度.

解答：4~6s做匀速直线运动，则f=F=2N.2~4s内做匀加速直线运动，加速度a=

l=2m/s2)根据牛顿第二定律得，F-f=ma,即3-2=2m,解得m=0.5kg.由速度-时

间图线可知，3s时刻的速度为2m/s.故B、D正确，A、C错误.

故选：BD.

点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，

再由牛顿第二定律来求解.

题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解

例子：如图所示，质量为m的球与弹簧I和水平细线n相连，I、II的另一端分别固定于P、

Q.球静止时，I中拉力大小为F1，II中拉力大小为F2，当剪断n瞬间时，球的加速度a

应是（）

A.则a=g,方向竖直向下B.则a=g,方向竖直向上

C.则a=£U方向沿I的延长线D.则2=",方向水平向左

mm

分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力.刚剪短细绳时，弹簧来

不及形变，故弹簧弹力不能突变：细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力

可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度.

解答：II未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2=mgtan0,Fi=_

刚剪断H的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图:

由几何关系，F&=Fisin6=F2=ma,由牛顿第二定律得：

rSin

a=l=£1,方向水平向左，故ABC错误，D正确；

mm

故选:D.

点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确

解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键.

题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求

物体的受力情况.

加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决

问题的基本思路.

例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情

况，装置如图甲所示.他使木块以初速度vo=4m/s的速度沿倾角0=30°的斜面上滑紧接

着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v-

t图线如图乙所示.gMX10m/s2.求：

(1)上滑过程中的加速度的大小ai；

(2)木块与斜面间的动摩擦因数2

(3)木块回到出发点时的速度大小v.

(2)由牛顿第二定律可以得到摩擦因数.

(3)由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运

动学可得下滑至出发点的速度.

解答：(1)由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式a今■有：

At

上滑过程中加速度的大小：

v

0422

a1=Atj=075m/s=8m/s

(2)上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F=ma得上滑过程中

有:

mgsin6+|imgcos0=mai

代入数据得：日=0.35.

(3)下滑的距离等于上滑的距离:

2

v0492,

2al2X8

下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F=ma得:

下滑过程中：mgsin。-|imgcos0=ma2

2

解得：a9=gsin6-Hgeos8=10X《-。.35义10X^-=2m/s

下滑至出发点的速度大小为：v=r^~—

联立解得：v=2m/s

答：（1）上滑过程中的加速度的大小a]=8m/s2；

（2）木块与斜面间的动摩擦因数u=0.35；

（3）木块回到出发点时的速度大小v=2m/s.

点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解.

【解题方法点拨】

1.根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬