2017-2021年福建高考物理真題分類匯編之機(jī)械能守恒定律

2017-2021年福建高考物理真題分類匯編之機(jī)械能守恒定律

一.選擇題（共2小題）

1.（2018?新課標(biāo)1）高鐵列車在啟動階段的運(yùn)動可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，在

啟動階段，列車的動能（）

A.與它所經(jīng)歷的時間成正比

B.與它的位移成正比

C.與它的速度成正比

D.與它的動量成正比

2.（2018?新課標(biāo)I）如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；be是半

徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小

相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜開始向右運(yùn)動。重力加速度大小為g。小球從a

點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為（）

R

7^a77777777^b7777777

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

二.多選題（共3小題）

（多選）3.（2020?新課標(biāo)I）一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下

滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線I、II所示，重力加速度取

10m/s2.則（）

產(chǎn)

30TI111nIn

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

二三生三

A.物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒

B.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5

C.物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2

D.當(dāng)物塊下滑2.0m時機(jī)械能損失了12J

（多選）4.（2019?新課標(biāo)I）如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑

輪。一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N,另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜

止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N,直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成45°.已知

M始終保持靜止，則在此過程中（）

A.水平拉力的大小可能保持不變

B.M所受細(xì)繩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減小后增加

（多選）5.（2017?新課標(biāo)I）如圖，柔軟輕繩ON的一端0固定，其中間某點(diǎn)M拴一重

物，用手拉住繩的另一端N.初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角a

（a>2L）o現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角a不變，在0M由豎直被拉到水

2

A.MN上的張力逐漸增大

B.MN上的張力先增大后減小

C.OM上的張力逐漸增大

D.OM上的張力先增大后減小

三.計算題（共4小題）

6.（2019?新課標(biāo)I）豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑

連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t=0時刻，小物塊A在傾

斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短）；當(dāng)A返回

到傾斜軌道上的P點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）時，速度減為0,此時對其施加一外力，使其在傾

斜軌道上保持靜止。物塊A運(yùn)動的v-t圖象如圖（b）所示，圖中的vi和ti均為未知量。

已知A的質(zhì)量為m,初始時A與B的高度差為H,重力加速度大小為g,不計空氣阻力。

（2）在圖（b）所描述的整個運(yùn)動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；

（3）已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等。在物塊B停止運(yùn)動后，改變物塊與軌道

間的動摩擦因數(shù)，然后將A從P點(diǎn)釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前

后動摩擦因數(shù)的比值。

7.（2017?新課標(biāo)I）一質(zhì)量為8.00X104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離

5

地面高度1.60X10m處以7.5X103mzs的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時

下落到地面。取地面為重力勢能零點(diǎn)，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大

小取為9.8m/s2.（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）

（1）分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能；

（2）求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船

在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時速度大小的2.0%?

8.（2021?福建）如圖（a）,一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一

輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下

的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當(dāng)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時撤去T。T隨滑塊

沿斜面下滑的位移s的變化關(guān)系如圖（b）所示。已知AB段長度為2m,滑塊質(zhì)量為2kg,

滑塊與斜面AB段的動摩擦因數(shù)為0.5,彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取

10m/s2,sin370=0.6。求：

（1）當(dāng)拉力為ION時，滑塊的加速度大??；

（2）滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時的動能；

（3）滑塊第一次在B點(diǎn)與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。

圖3)圖(6)

9.（2018?新課標(biāo)I）一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升

的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和

也為E,且均沿豎直方向運(yùn)動，爆炸時間極短，重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火

藥的質(zhì)量。求

（1）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間;

（2）爆炸后煙花彈向上運(yùn)動的部分距地面的最大高度。

2017-2021年福建高考物理真題分類匯編之機(jī)械能守恒定律

參考答案與試題解析

選擇題（共2小題）

1.（2018?新課標(biāo)I）高鐵列車在啟動階段的運(yùn)動可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，在

啟動階段，列車的動能（）

A.與它所經(jīng)歷的時間成正比

B.與它的位移成正比

C.與它的速度成正比

D.與它的動量成正比

【考點(diǎn)】動能.

【專題】定性思想；推理法；動能定理的應(yīng)用專題.

【分析】根據(jù)車做勻加速直線運(yùn)動，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式，動能定理，及動能與動量關(guān)系式,

即可求解。

【解答】解：A、因列車做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則有：v=at,而動能表達(dá)式

E=l?2=122,可知動能與所經(jīng)歷的時間平方成正比，故A錯誤；

k2mV2v

2

B、依據(jù)動能定理，則有：F^x=A-mv_Q,可知，動能與它的位移成正比，故B正確；

C、由動能表達(dá)式Ek=?1mu2,可知，動能與它的速度平方成正比，故C錯誤；

D、依據(jù)動能與動量關(guān)系式，Ek=式，可知，動能與它的動量平方成正比，故D錯誤：

2m

故選：Bo

【點(diǎn)評】考查動能的表達(dá)式，掌握影響動能的因素，理解動能定理的內(nèi)容，及運(yùn)動學(xué)公

式的運(yùn)用。

2.（2018?新課標(biāo)I）如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；be是半

徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小

相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜開始向右運(yùn)動。重力加速度大小為go小球從a

點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為（)

R

7^7777777777777777

ab

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

【考點(diǎn)】功能關(guān)系.

【專題】應(yīng)用題；定量思想；方程法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題.

【分析】根據(jù)動能定理求出小球在C點(diǎn)的速度，再根據(jù)豎直上拋運(yùn)動求解達(dá)到最高點(diǎn)的

時間，根據(jù)水平方向的運(yùn)動規(guī)律求解離開C后達(dá)到最高點(diǎn)時的水平位移，根據(jù)功能關(guān)系

求解機(jī)械能的增加。

【解答】解：由題意知水平拉力為：F=mg；

設(shè)小球達(dá)到c點(diǎn)的速度為v,從a到c根據(jù)動能定理可得：F?3R-mgR=/mv2

解得：v—yj4gR：

小球離開c點(diǎn)后，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,

設(shè)小球從c點(diǎn)達(dá)到最高點(diǎn)的時間為t,則有：t=?=p；

2

此段時間內(nèi)水平方向的位移為：x=lat=lX-X（JS）2=2R,

所以小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(diǎn)，小球在水平方向的位移為：L=3R+2R=5R,

此過程中小球的機(jī)械能增量為：△E=FL=mgX5R=5mgR。

故C正確、ABD錯誤。

故選：Co

【點(diǎn)評】本題主要是考查功能關(guān)系；機(jī)械能守恒定律的守恒條件是系統(tǒng)除重力或彈力做

功以外，其它力對系統(tǒng)做的功等于零；除重力或彈力做功以外，其它力對系統(tǒng)做多少功,

系統(tǒng)的機(jī)械能就變化多少；注意本題所求的是“小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(diǎn)”，

不是從a到c的過程，這是易錯點(diǎn)。

多選題（共3小題）

（多選）3.（2020?新課標(biāo)I）一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下

滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線I、II所示，重力加速度取

10m/s2.貝!J（）

A.物塊下滑過程中機(jī)械能不守恒

B.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5

C.物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2

D.當(dāng)物塊下滑2.0m時機(jī)械能損失了12J

【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；滑動摩擦力與動摩擦因數(shù)；重力勢能的變化與重力做功的關(guān)

系；動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化.

【專題】定量思想；推理法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；推理能力.

【分析】分析初位置以及下滑5m時的機(jī)械能，從而判斷機(jī)械能是否守恒；

根據(jù)功能關(guān)系分析求解物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；

根據(jù)牛頓第二定律求解物塊下滑時加速度的大??；

分析物塊下滑2.0m時除重力以外其它力做功情況從而判斷機(jī)械能的損失量。

【解答】解：A、物塊在初位置其重力勢能為Ep=mgh=30J,動能Ek=0

則物塊的質(zhì)量m=1kg,

此時物塊具有的機(jī)械能為E|=Ep+Ek=30J

當(dāng)下滑距離為5m時，物塊具有的機(jī)械能為E2=Ep'+EJ=10J<Ei,

所以下滑過程中物塊的機(jī)械能減小，故A正確；

B、令斜面的傾角為4則sin8=1,

5

所以0=37°

物體下滑的距離為x=5m的過程中，根據(jù)功能關(guān)系有Wf=(img?cos8?x=Ei-E2,

代入數(shù)據(jù)U=0.5,故B正確；

C、根據(jù)牛頓第二定律可知，物塊下滑時加速度的大小為a=睢立史二巴蹩2辿=

m

2m/s2,故C錯誤；

D、當(dāng)物塊下滑距離為x'=2.0m時，物體克服滑動摩擦力做功為Wf=umgcose?x'=

8J,

根據(jù)功能關(guān)系可知，機(jī)械能損失了△￡'=Wf=8J,故D錯誤。

故選：ABo

【點(diǎn)評】解決該題需要掌握機(jī)械能守恒的條件，知道勢能和動能之和統(tǒng)稱為機(jī)械能，掌

握與機(jī)械能相關(guān)的功能關(guān)系。

（多選）4.（2019?新課標(biāo)I）如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑

輪。一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N,另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜

止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N,直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成45°.已知

M始終保持靜止，則在此過程中（）

A.水平拉力的大小可能保持不變

B.M所受細(xì)繩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減小后增加

【考點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡.

【專題】應(yīng)用題；定性思想；圖析法；受力分析方法專題；推理能力.

【分析】由于M、N在水平拉力作用下，整體保持靜止?fàn)顟B(tài)，那么所受的合力為零。又

由于重力恒定，水平拉力方向不變，可用三角形方法解決此類動態(tài)平衡問題。最后結(jié)合,

M所受力的情況進(jìn)行解答即可。

【解答】解：AB、根據(jù)M、N均保持靜止，進(jìn)行受力分析可知，N受到豎直向下的重力

及水平方向的拉力E變化的繩子拉力T,如下圖所示：

G/

在向左拉動的時候，繩子拉力T和水平拉力F都不斷增大，故A錯誤，B正確；

CD、對于M的受力，開始時可能是T=mgsin9-f,當(dāng)T不斷增大的時候，f減少；當(dāng)T

>mgsin。時，隨著T的增大，f將增大，所以沿斜面的摩擦力f可能先減小后增大；也

可能是T=mgsinO+f,當(dāng)T不斷增大的時候，摩擦力f增大；故C錯誤，D正確。

故選：BD=

【點(diǎn)評】本題考查了動態(tài)的平衡問題，解題的關(guān)鍵是使用三角形方法解題；其次，在分

析M的受力時，注意摩擦力的方向問題。

（多選）5.（2017?新課標(biāo)I）如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重

物，用手拉住繩的另一端N.初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角a

（a>2L）o現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角a不變，在OM由豎直被拉到水

2

A.MN上的張力逐漸增大

B.MN上的張力先增大后減小

C.OM上的張力逐漸增大

D.OM上的張力先增大后減小

【考點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡；力的合成與分解的運(yùn)用.

【專題】定性思想：等效替代法；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題.

【分析】整個拉動過程中，小球的重力不變，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件分析。

【解答】解：以重物為研究對象，受重力mg,OM繩上拉力TOM，MN上拉力TMN，由

題意知，三個力合力始終為零，矢量三角形如圖所示，在TMN轉(zhuǎn)至水平的過程中，MN

上的張力TMN逐漸增大，OM上的張力TOM先增大后減小，所以A、D正確；B、C錯

底'U。

故選：AD,

【點(diǎn)評】本題考查共點(diǎn)力的平衡條件，這種問題一般要抓住不變的量，然后去分析變化

的量。在本題中，小球的重力大小和方向都不變，抓住這一點(diǎn)，然后去分析另外兩個力

的變化情況，這樣有理有據(jù)。

三.計算題（共4小題）

6.（2019?新課標(biāo)I）豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑

連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t=0時刻，小物塊A在傾

斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短）；當(dāng)A返回

到傾斜軌道上的P點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）時，速度減為0,此時對其施加一外力，使其在傾

斜軌道上保持靜止。物塊A運(yùn)動的v-t圖象如圖（b）所示，圖中的vi和ti均為未知量。

已知A的質(zhì)量為m,初始時A與B的高度差為H,重力加速度大小為g,不計空氣阻力。

（1）求物塊B的質(zhì)量；

（2）在圖（b）所描述的整個運(yùn)動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；

（3）已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等。在物塊B停止運(yùn)動后，改變物塊與軌道

間的動摩擦因數(shù)，然后將A從P點(diǎn)釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前

后動摩擦因數(shù)的比值。

【考點(diǎn)】動能定理；動量守恒定律.

【專題】定量思想；方程法；動能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能力.

【分析】（1）根據(jù)動量守恒定律和能量關(guān)系列方程求解；

（2）對A下滑過程中和上滑過程中根據(jù)動能定理列方程，從圖（b）給出的圖象可得A

上升的高度與H的關(guān)系，根據(jù)功的計算公式求解物塊A在整個過程中克服摩擦力做的功;

（3）設(shè)根據(jù)動能定理求解B在水平軌道上能夠滑行的距離，物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)

在改變后，根據(jù)動能定理求解A滑行的距離，然后求出改變前后動摩擦因數(shù)的比值。

【解答】解：（1）根據(jù)圖（b）,vi為A在碰撞前瞬間的速度大小，上L為其碰撞后瞬間

2

速度大小。設(shè)物塊B的質(zhì)量為m',碰后瞬間的速度為v',

根據(jù)動量守恒定律可得：mvi=m（-上L）+m'v'

2

根據(jù)能量守恒定律可得：卷/=/（一）2+前，J2

聯(lián)立解得m'=3m；

（2）在圖（b）描述的運(yùn)動中，設(shè)物塊A與軌道間的滑動摩擦力大小為f,下滑過程中

所走過的路程為si，返回過程中所走過的路程為S2,P點(diǎn)的高度為h,整個過程中克服摩

擦所做的功為W,根據(jù)動能定理可得：

mgH-fsi-lmv2-0

2

、1Vi

■（，S2+mgh）=0--m（—）

從圖（b）給出的圖象可知，si=Lvt

211

1v1

$2=萬?彳.（1.

根據(jù)幾何關(guān)系可得：絲=皂

siH

物塊A在整個過程中克服摩擦力做的功為：

W=fS]+fS2，

聯(lián)立解得：W=^.mgH；

（3）設(shè)傾斜軌道傾角為e,物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)在改變前為H，則有：

W=pmgcosQH+h...

sin8

設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s',

根據(jù)動能定理可得-pm'gs'vz2

設(shè)物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)在改變后為U,根據(jù)動能定理可得：

mgh-mgcos0.——-——-mgs，=0

sin8

聯(lián)立解得：_^=旦。

kl'9

答：（1）物塊B的質(zhì)量為3m；

（2）在圖（b）所描述的整個運(yùn)動過程中，物塊A克服摩擦力所做的功為21ng/

15

（3）改變前后動摩擦因數(shù)的比值為旦。

9

【點(diǎn)評】本題主要是考查了動能定理；運(yùn)用動能定理解題時，首先要選取研究過程，然

后分析在這個運(yùn)動過程中哪些力做正功、哪些力做負(fù)功，初末動能為多少，根據(jù)動能定

理列方程解答；動能定理的優(yōu)點(diǎn)在于適用任何運(yùn)動包括曲線運(yùn)動；一個題目可能需要選

擇不同的過程多次運(yùn)用動能定理研究，也可以全過程根據(jù)動能定理解答。

7.（2017?新課標(biāo)I）一質(zhì)量為8.00X104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離

地面高度1.60X105m處以7.5X103mzs的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時

下落到地面。取地面為重力勢能零點(diǎn)，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大

小取為9.8m/s2.（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）

（1）分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能；

（2）求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船

在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時速度大小的2.0%o

【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；動能定理.

【專題】定量思想；推理法.

【分析】（1）機(jī)械能等于重力勢能和動能之和，可以得出兩處的機(jī)械能；

（2）根據(jù)動能定理計算克服阻力做功。

【解答】解：1.60義1（）5m處的速度為vi，600m處的速度為V2,落地前的速度為V3

（1）落地時的重力勢能為零，動能為EkZM^mvZMjLXgXlO’xiooZjudoxioSj；

2V32

l2

進(jìn)入大氣層的機(jī)械能E=Eki+Epi=Am2+mgH=2.4X10J；

21

（2）此時的速度大小為V2=7.5Xl（）3xo.O2m/s=15Om/s；從600m處到落地之間，重力

做正功，阻力做負(fù)功，根據(jù)動能定理

mgh-Wf=—1mv32-—]mv2?

2'2

代入數(shù)據(jù)，可得Wf=9.7Xl（）8j

答：（1）落地瞬間的機(jī)械能為4.0X1（）8j；進(jìn)入大氣層的機(jī)械能為2.4X1012J；

（2）克服阻力做功為9.7XK）8j。

【點(diǎn)評】本題考查了機(jī)械能的計算和動能定理的應(yīng)用，掌握相關(guān)的公式是解題的關(guān)鍵。

8.（2021?福建）如圖（a）,一傾角37。的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一

輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面向下

的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當(dāng)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時撤去T。T隨滑塊

沿斜面下滑的位移s的變化關(guān)系如圖（b）所示。已知AB段長度為2m,滑塊質(zhì)量為2kg,

滑塊與斜面AB段的動摩擦因數(shù)為0.5,彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取

10m/s2,sin37°=0.6?求：

（1）當(dāng)拉力為10N時，滑塊的加速度大小；

（2）滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時的動能；

（3）滑塊第一次在B點(diǎn)與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。

圖⑷圖（6）

【考點(diǎn)】動能定理；牛頓第二定律.

【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；動能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能

力.

【分析】（1）根據(jù)受力分析、摩擦力公式和牛頓第二定律，求解加速度。

（2）根據(jù)功的定義和動能定理，求解到達(dá)B點(diǎn)的動能；

（3）根據(jù)動能定理，求解最大距離。

【解答】解：（1）小滑塊的質(zhì)量為m,斜面傾角為6,滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為卬

滑塊受斜面的支持力大小為N,滑動摩擦力大小為f,拉力為10N時滑塊的加速度大小

為a。由牛頓第二定律和滑動摩擦力公式有

T+mgsin。-f=ma①

N-mgcos0=0②

f=pN③

聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得

a=7m/s2@

(2)設(shè)滑塊在AB段運(yùn)動的過程中拉力所做的功為W,由功的定義有

W=Tisi+T2s2⑤

式中T|、T2和S|、S2分別對應(yīng)滑塊下滑過程中兩階段所受的拉力及相應(yīng)的位移大小。依

題意，Ti=8N,si=lm,T2=10N,S2=lm。設(shè)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時的動能為Ek，由

動能定理有

W+(mgsinQ-f)(si+S2)=Ek-0?

聯(lián)立②③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得

Ek=26J⑦

(3)由機(jī)械能守恒定律可知，滑塊第二次到達(dá)B點(diǎn)時，動能仍為Ek。設(shè)滑塊離B點(diǎn)的

最大距離為Smax，由動能定理有

-(mgsinO+f)Smax=0-Ek⑧

聯(lián)立②③⑦⑧式并代入題給數(shù)據(jù)得

Smax=L3m⑨

答：

(1)當(dāng)拉力為10N時，滑塊的加速度大小為7m/s2；

(2)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時的動能為26J

(3)第一次在B點(diǎn)與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離為1.3m。

【點(diǎn)評】解答本題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)每個過程對應(yīng)的物理規(guī)律和物理量。

9.(2018?新課標(biāo)I)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升

的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和

也為E,且均沿豎直方向運(yùn)動，爆炸時間極短，重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火

藥的質(zhì)量。求

(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；

(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動的部分距地面的最大高度。

【考點(diǎn)】動量守恒定律；機(jī)械能守恒定律；豎直上拋運(yùn)動.

【專題】計算題；學(xué)科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；動量和能量的綜合.

【分析】(1)煙花彈從地面開始上升的過程中做豎直上拋運(yùn)動，由速度時間公式求上升

的時間。

（2）研究爆炸過程，由動量守恒定律和能量守恒定律結(jié)合求爆炸后瞬間兩部分的速度,

再由運(yùn)動學(xué)求最大高度。

【解答】解：（1）設(shè)煙花彈的初速度為V0.則有：E=lmv2

得：vo=

煙花彈從地面開始上升的過程中做豎直上拋運(yùn)動，則有：vo-gl=0

得一弟

2

（2）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸上升的高度為:hT=_L

2gmg

對于爆炸過程，取豎直向上為正方向，由動量守恒定律得:

0=—mvi-Amv2o

22

根據(jù)能量守恒定律得：E=—x—mvi2+J^x—mv22?

2222

爆炸后煙花彈向上運(yùn)動的部分能繼續(xù)上升的最大高度為：h2=-L=-L.

2gmg

所以爆炸后煙花彈向上運(yùn)動的部分距地面的最大高度為:h=hi+h2=-^^

mg

答：（1）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間是工，座;

SVm

（2）爆炸后煙花彈向上運(yùn)動的部分距地面的最大高度是2旦。

mg

【點(diǎn)評】分析清楚煙花彈的運(yùn)動過程，把握每個過程的物理規(guī)律是解題的關(guān)鍵。要知道

爆炸過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)遵守兩大守恒定律：動量守恒定律與能量守恒定律，解

題時要注意選擇正方向。

考點(diǎn)卡片

1.豎直上拋運(yùn)動

【知識點(diǎn)的認(rèn)識】

1.定義：物體以初速度vo豎直向上拋出后，只在重力作用下而做的運(yùn)動，叫做豎直上拋運(yùn)

動。

2.特點(diǎn)：

（1）初速度：vo#O；

（2）受力特點(diǎn)：只受重力作用（沒有空氣阻力或空氣阻力可以忽略不計）；

（3）加速度：a=g,其大小不變，方向始終豎直向下。

3.運(yùn)動規(guī)律：

取豎直向上的方向為正方向，有：

v（=vo-gt,

h=vot-Agt2,

2

Vt2-V（r=2gh；

4.幾個特征量：

v2

（1）上升的最大高度hmax=」n一；

2g

（2）質(zhì)點(diǎn)在通過同一高度位置時，上升速度與下落速度大小相等；上升到最大高度處所需

時間tL和從最高處落回到拋出點(diǎn)所需時間相等t下，ti=tr=^-o

S

【命題方向】

例1：某物體以30m/s的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，g取10m/s2.5s內(nèi)物體的（）

A.路程為65m

B.位移大小為25m,方向向上

C.速度改變量的大小為10m/s

D.平均速度大小為13m/s,方向向上

分析：豎直上拋運(yùn)動看作是向上的勻減速直線運(yùn)動，和向下的勻加速直線運(yùn)動，明確運(yùn)動過

程，由運(yùn)動學(xué)公式即可求出各物理量。

解答：由丫=浜可得，物體的速度減為零需要的時間t=19=%=3s,故5s時物體正在下

g10

落；

2

A、路程應(yīng)等于向上的高度與后2s內(nèi)下落的高度之和，由v2=2gh可得，h=T-=45m,后

兩s下落的高度h'=/gt'2=20m,故總路程s=(45+20)m=65m；故A正確；

B、位移h=vot-■|82=25171,位移在拋出點(diǎn)的上方，故B正確；

C、速度的改變量△v=gt=50m/s,方向向下，故C錯誤；

D、平均速度v=Il=Z2=5m/s,故D錯誤。

t5

故選：ABo

點(diǎn)評：豎直上拋運(yùn)動中一定要靈活應(yīng)用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正確

理解公式，如平均速度一定要用位移除以時間；速度變化量可以用avnat求得。

例2：在豎直的井底，將一物塊以Um/s的初速度豎直向上拋出，物體沖出井口再落回到井

口時被人接住，在被人接住前1s內(nèi)物體的位移是4m,位移方向向上，不計空氣阻力，取g

=10m/s2.求：

(1)物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時間；

(2)豎直井的深度。

分析：豎直上拋運(yùn)動的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時一般用分

段法，此題可以直接應(yīng)用整體法進(jìn)行求解。

解答：(1)設(shè)最后1s內(nèi)的平均速度為1

貝！1：三1"號=用心

平均速度等于中間時刻的瞬時速度，即接住前0.5s的速度為vi=4m/s

設(shè)物體被接住時的速度為V2,

則vi=V2-gt得：V2=4+10X0.5=9m/s,

則物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時間=殳旦+1=1.2s；

g-10

(2)豎直井的深度即拋出到接住物塊的位移，則

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

22

答：（1）物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時間為1.2s

（2）豎直井的深度為6m。

點(diǎn)評：豎直上拋運(yùn)動的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時一般用分

段法，此題只有豎直向上的勻減速運(yùn)動，直接應(yīng)用整體法求解即可。

【解題方法點(diǎn)撥】

1.豎直上拋運(yùn)動的兩種研究方法：

（1）分段法：上升階段是勻減速直線運(yùn)動，下落階段是自由落體運(yùn)動，下落過程是上升過

程的逆過程。

（2）整體法：從全程來看，加速度方向始終與初速度vo的方向相反，所以可把豎直上拋運(yùn)

動看成一個勻變速直線運(yùn)動，要特別注意vo、“、g、h等矢量的正、負(fù)號。一般選取豎直

向上為正方向，vo總是正值，上升過程中“為正值，下落過程中“為負(fù)值；物體在拋出點(diǎn)

以上時h為正值，物體在拋出點(diǎn)以下時h為負(fù)值。

?。贺Q直上拋運(yùn)動的上升階段和下降階段具有對稱性：①速度對稱：上升和下降過程經(jīng)過同

一位置時速度等大、反向；②時間對稱：上升和下降過程經(jīng)過同一段高度的上升時間和下降

時間相等。

2.滑動摩擦力與動摩擦因數(shù)

【知識點(diǎn)的認(rèn)識】

1.滑動摩擦力

（1）定義：一個物體在另一個物體表面上相對于另一個物體滑動的時候，要受到另一個

物體阻礙它相對滑動的力，這種力叫做滑動摩擦力。

（2）產(chǎn)生條件：①接觸面粗糙；②有彈力；③有相對運(yùn)動。

（3）滑動摩擦力的方向：總跟接觸面相切，并且跟物體的相對運(yùn)動方向相反。

（4）滑動摩擦力的大?。夯瑒幽Σ亮Ω龎毫Τ烧?，也就是跟一個物體對另一個物體表

面的垂直作用力成正比。公式：F="N,F表示滑動摩擦力大小，F(xiàn)N表示正壓力的大小，H

叫動摩擦因數(shù)。

（5）效果：總是阻礙物體間的相對運(yùn)動，但并不總是阻礙物體的運(yùn)動，可能是動力，也可

能是阻力。

2.動摩擦因數(shù)

（1）定義：彼此接觸的物體做相對運(yùn)動時摩擦力和正壓力之間的比值，稱為動摩擦因數(shù)p.當(dāng)

物體處于水平運(yùn)動狀態(tài)時，正壓力=重力。

（2）影響因素：不同材質(zhì)的物體的動摩擦因數(shù)不同，g與接觸面的材料、接觸面的粗糙程

度有關(guān)，無單位。

注意：動摩擦因數(shù)與壓力無關(guān)、與接觸面積大小無關(guān)、與滑動摩擦力的大小無關(guān)、與相對運(yùn)

動的速度大小無關(guān)。動摩擦系數(shù)是物體本身的屬性，只與物體本身有關(guān)，與有沒有進(jìn)行相對

運(yùn)動，以及有沒有正壓力無關(guān)。所以不能說動摩擦系數(shù)與摩擦力成正比，與正壓力成反比。

只能說摩擦力與正壓力和動摩擦系數(shù)成正比，也就是f=nNo

【命題方向】

（1）第一類常考題型是對基本概念的考查：

關(guān)于產(chǎn)生摩擦力的條件，下列說法中正確的是（）

A.相互壓緊的粗糙物體之間總有摩擦力存在

B.相對運(yùn)動的物體間一定有滑動摩擦力存在

C.只有相互擠壓和有相對運(yùn)動的物體之間才有摩擦力的作用

D.只有相互擠壓和發(fā)生相對運(yùn)動或有相對運(yùn)動趨勢的粗糙物體之間才有摩擦力的作用

分析：摩擦力產(chǎn)生的條件：接觸面粗糙：相互接觸擠壓；有相對運(yùn)動或相對運(yùn)動趨勢。

解答：A、相互壓緊的粗糙物體之間，不一定有摩擦力，要看它們有無相對運(yùn)動或相對運(yùn)動

的趨勢。故A錯誤。

B、相對運(yùn)動的物體間若無相互擠壓，就沒有滑動摩擦力。故B錯誤。

C、接觸面光滑，相互擠壓和有相對運(yùn)動的物體之間沒有摩擦力。故C錯誤。

D、只有相互擠壓和發(fā)生相對運(yùn)動或有相對運(yùn)動趨勢的粗糙物體之間才有摩擦力的作用。故

D正確。

故選D。

點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵掌握摩擦力產(chǎn)生的條件：接觸面粗糙；相互接觸擠壓；有相對運(yùn)動或

相對運(yùn)動趨勢。

（2）第二類常考題型結(jié)合相關(guān)事例以及相關(guān)知識點(diǎn)進(jìn)行考查:

如圖所示，物塊A放在傾斜的木板上，已知木板的傾角a分別為30°和45°時物塊所受摩

擦力的大小恰好相同，則物塊和木板間的動摩擦因數(shù)為（）

A.AB.返C返D.在

2222

分析：木板的傾角不同而物塊所受摩擦力的大小卻恰好相同，則可得它們一個靜摩擦力，另

一個是滑動摩擦力。由靜止可列出平衡方程，求出靜摩擦力大小與重力的關(guān)系；再由運(yùn)動可

由滑動摩擦力的公式，求出滑動摩擦大小與重力的關(guān)系，從而算出物塊與木板間的動摩擦因

數(shù)。

解：當(dāng)木板傾角是30°時，物塊受到是靜摩擦力，其大小等于mgsin30°。

當(dāng)木板傾角是45°時，物塊受到是滑動摩擦力，其大小等于Mmgcos45°。

由題意可得：|imgcos45°=mgsin30°

解之得：.=sin30：丸

“cos4502

故選：Co

點(diǎn)評：求摩擦力的大小時，先區(qū)別是靜摩擦還是滑動摩擦，然后再選擇求大小的方法。若是

靜摩擦力則利用平衡來求出靜摩擦力的大小，若是滑動摩擦力則是利用滑動摩擦力與正壓力

成正比來計算出大小.

【解題思路點(diǎn)撥】

1.這部分知識難度中等、也有難題，在平時的練習(xí)中、階段性考試中會單獨(dú)出現(xiàn)，選擇、

填空、計算等等出題形式多種多樣，在高考中不會以綜合題的形式考查的，但是會作為題目

的一個隱含條件考查。對滑動摩擦力問題的分析與考查趨向于與其他知識的綜合，這類題中

一般具有多體、多力的特點(diǎn)，要運(yùn)用整體法與隔離法解題，解決這類問題的關(guān)鍵是要選取合

適的研究對象，進(jìn)行正確的受力分析，建立正確的方程，然后進(jìn)行解題。

2.摩擦力的本質(zhì)

摩擦力的本質(zhì)，人們至今對它還沒有弄得很清楚，多數(shù)學(xué)者認(rèn)為摩擦力是兩物體接觸面上的

分子間的內(nèi)聚引力引起的。事實上，在表面間比較凸起的地方才互相接觸，而大多數(shù)的地方

是不接觸的，實際接觸的微觀面積遠(yuǎn)小于視宏觀面積。摩擦阻力與實際接觸面積成正比（不

是與視宏觀面積成正比）。在一般情況下，實際接觸面積又與表面上的正壓力成正比，所以,

摩擦力與正壓力成正比，這正是中學(xué)物理課本中的摩擦力公式￡=^^,物理學(xué)中把比例因子

H定義為兩種材料間的動摩擦因數(shù)的緣故。在一定速度下，動摩擦因數(shù)是一個常量。

【知識點(diǎn)的認(rèn)識】

一、物體的受力分析

1.放在水平地面上靜止的物體.

F合=0

二力平衡：某個物體受兩個力作用時，只要兩個力大小相等，方向相反，作用在同一條

直線上，則這兩個力合力為零，物體處于平衡狀態(tài).

2.放在水平地面上的物體（受到一個豎直向上的力F仍保持靜止）

//////////，//

F/G。

豎直方向上三力平衡：F+FN=G,即：豎直方向上合力為0.

3.放在水平地面上的物體（受到一個推力仍保持靜止）

F合=0

水平方向上二力平衡，即：水平方向上合力為o

豎直方向上二力平衡；即：豎直方向上合力為0.

4.放在水平地面上的物體（受到一個拉力F仍保持靜止如圖示）

水平方向上：Fx=Ff,即：水平方向上合力為0；

豎直方向上：G=Fy+FN，即：豎直方向上合力為0.

5.力的合成解題：放在斜面上靜止的物體

合成法：物體受幾個力的作用，可先將某幾個力合成，再將問題轉(zhuǎn)化為二力平衡.

6.力的分解解題：放在斜面上靜止的物體

'卜G

分解法：物體受幾個力的作用，將某個力按效果分解，則其分力與其它幾個力滿足平衡條

件.

7.放在斜面上的物體受到一個平行斜面向上的力F仍保持靜止

平行斜面方向上：F|=F+Ff,即：平行斜面方向方向上合力為0；

垂直斜面方向上：F2=FN，即：垂直斜面方向上合力為0.

8.放在斜面上的物體受到一個垂直斜面向下的力F仍保持靜止

平行斜面方向上：Fi=Ff,即：平行斜面方向方向上合力為0；

垂直斜面方向上：F2+F=FN.即：垂直斜面方向上合力為0.

9.放在斜面上的物體受到一個水平向右的力F仍保持靜止

平行斜面方向上：Gi=Ff+F”即：平行斜面方向方向上合力為0；

垂直斜面方向上：G2+F2—FN，即：垂直斜面方向上合力為0.

4.共點(diǎn)力的平衡

共點(diǎn)力的平衡

5.牛頓第二定律

【知識點(diǎn)的認(rèn)識】

1.內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向

跟合外力的方向相同.

2.表達(dá)式：Fi：=ma.該表達(dá)式只能在國際單位制中成立.因為F價=A?ma,只有在國際單

位制中才有k=l.力的單位的定義：使質(zhì)量為1kg的物體，獲得lm/s2的加速度的力，叫做

1N,即1N=IkgTn/s2.

3.適用范圍：

（1）牛頓第二定律只適用于慣性參考系（相對地面靜止或勻速直線運(yùn)動的參考系）.

（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運(yùn)動（遠(yuǎn)小于光速）的情

況.

4.對牛頓第二定律的進(jìn)一步理解

牛頓第二定律是動力學(xué)的核心內(nèi)容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內(nèi)

涵：F量化了迫使物體運(yùn)動狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，，"量化了物體“不愿改變運(yùn)動狀態(tài)”

的基本特性（慣性），而。則描述了物體的運(yùn)動狀態(tài)（v）變化的快慢.明確了上述三個量的

物理意義，就不難理解如下的關(guān)系了：a^F,“8工.

m

另外，牛頓第二定律給出的尸、，*、。三者之間的瞬時關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬

時性特征所決定的.

(1)矢量性：加速度。與合外力尸合都是矢量，且方向總是相同.

(2)瞬時性：加速度”與合外力尸合同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，是瞬時對應(yīng)的.

(3)同體性：加速度a與合外力尸合是對同一物體而言的兩個物理量.

(4)獨(dú)立性：作用于物體上的每個力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合

加速度則是每個力產(chǎn)生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對應(yīng).

(5)相對性：物體的加速度是對相對地面靜止或相對地面做勻速運(yùn)動的物體而言的.

【命題方向】

題型一：對牛頓第二定律的進(jìn)一步理解的考查

例子：放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時間t的

關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時間t的關(guān)系如圖乙所示.取重力加速度g=10m/s2.由此

兩圖線可以得出()

A.物塊的質(zhì)量為1.5kg

B.物塊與地面之間的滑動摩擦力為2N

C.t=3s時刻物塊的速度為3m/s

D.t=3s時刻物塊的加速度為2m/s2

分析：根據(jù)v-t圖和F-t圖象可知，在4?6s,物塊勻速運(yùn)動，處于受力平衡狀態(tài)，所以

拉力和摩擦力相等，由此可以求得物體受到的摩擦力的大小，在根據(jù)在2?4s內(nèi)物塊做勻加

速運(yùn)動，由牛頓第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大小.根據(jù)速度時間圖線求出3s時的速度

和加速度.

解答：4~6s做勻速直線運(yùn)動，則f=F=2N.2~4s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，加速度a=

l=2m/s2)根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)-f=ma,即3-2=2m,解得m=0.5kg.由速度-時

間圖線可知，3s時刻的速度為2m/s.故B、D正確，A、C錯誤.

故選：BD.

點(diǎn)評：本題考查學(xué)生對于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個圖象對比可以確定物體的運(yùn)動的狀態(tài)，

再由牛頓第二定律來求解.

題型二：對牛頓第二定律瞬時性的理解

例子：如圖所示，質(zhì)量為m的球與彈簧I和水平細(xì)線n相連，I、II的另一端分別固定于P、

Q.球靜止時，I中拉力大小為F1，II中拉力大小為F2，當(dāng)剪斷n瞬間時，球的加速度a

應(yīng)是（）

A.則a=g,方向豎直向下B.則a=g,方向豎直向上

C.則a=￡U方向沿I的延長線D.則2=",方向水平向左

mm

分析：先研究原來靜止的狀態(tài)，由平衡條件求出彈簧和細(xì)線的拉力.剛剪短細(xì)繩時，彈簧來

不及形變，故彈簧彈力不能突變：細(xì)繩的形變是微小形變，在剛剪短彈簧的瞬間，細(xì)繩彈力

可突變！根據(jù)牛頓第二定律求解瞬間的加速度.

解答：II未斷時，受力如圖所示，由共點(diǎn)力平衡條件得，F(xiàn)2=mgtan0,Fi=_

剛剪斷H的瞬間，彈簧彈力和重力不變，受力如圖:

由幾何關(guān)系，F(xiàn)&=Fisin6=F2=ma,由牛頓第二定律得：

rSin

a=l=￡1,方向水平向左，故ABC錯誤，D正確；

mm

故選:D.

點(diǎn)評：本題考查了求小球的加速度，正確受力分析、應(yīng)用平衡條件與牛頓第二定律即可正確

解題，知道彈簧的彈力不能突變是正確解題的關(guān)鍵.

題型三：動力學(xué)中的兩類基本問題：①已知受力情況求物體的運(yùn)動情況；②已知運(yùn)動情況求

物體的受力情況.

加速度是聯(lián)系運(yùn)動和受力的重要“橋梁”，將運(yùn)動學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律相結(jié)合是解決

問題的基本思路.

例子：某同學(xué)為了測定木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，他用測速儀研究木塊在斜面上的運(yùn)動情

況，裝置如圖甲所示.他使木塊以初速度vo=4m/s的速度沿傾角0=30°的斜面上滑緊接

著下滑至出發(fā)點(diǎn)，并同時開始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點(diǎn)的v-

t圖線如圖乙所示.gMX10m/s2.求：

(1)上滑過程中的加速度的大小ai；

(2)木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)2

(3)木塊回到出發(fā)點(diǎn)時的速度大小v.

(2)由牛頓第二定律可以得到摩擦因數(shù).

(3)由運(yùn)動學(xué)可得上滑距離，上下距離相等，由牛頓第二定律可得下滑的加速度，再由運(yùn)

動學(xué)可得下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度.

解答：(1)由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5s滑至最高點(diǎn)，由加速度定義式a今■有：

At

上滑過程中加速度的大?。?/p>

v

0422

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

(2)上滑過程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛頓第二定律F=ma得上滑過程中

有:

mgsin6+|imgcos0=mai

代入數(shù)據(jù)得：日=0.35.

(3)下滑的距離等于上滑的距離:

2

v0492,

2al2X8

下滑摩擦力方向變?yōu)橄蛏希膳ｎD第二定律F=ma得:

下滑過程中：mgsin。-|imgcos0=ma2

2

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

下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度大小為：v=r^~—

聯(lián)立解得：v=2m/s

答：（1）上滑過程中的加速度的大小a]=8m/s2；

（2）木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)u=0.35；

（3）木塊回到出發(fā)點(diǎn)時的速度大小v=2m/s.

點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式聯(lián)合求解.

【解題方法點(diǎn)撥】

1.根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬