2025年高考物理復(fù)習(xí)：動(dòng)能定理在多過程問題中的應(yīng)用（含解析）

專題強(qiáng)化練（六）動(dòng)能定理在多過程問題中的應(yīng)用

（40分鐘60分）

、選擇題

1.（6分）（2023?株洲模擬）水平面有一粗糙段長為s,其動(dòng)摩擦因數(shù)與離Z點(diǎn)距離x滿足尸&（左

為恒量）。一物塊（可看作質(zhì)點(diǎn)）第一次從Z點(diǎn)以速度vo向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)8點(diǎn)時(shí)速率為％第二次也

以相同速度vo從8點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，則（）

A.第二次也能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，但速率不一定為v

B.第二次也能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，但第一次的時(shí)間比第二次時(shí)間長

C.兩次運(yùn)動(dòng)因摩擦產(chǎn)生的熱量不相同

D.兩次速率相同的位置只有一個(gè),且距離Z為小

【加固訓(xùn)練】

（多選）（2023?張家口模擬）如圖所示，光滑水平面與長2m的粗糙水平面平滑連接，長1=1m

的勻質(zhì)木板在光滑水平面上以速度vo勻速運(yùn)動(dòng)，隨后進(jìn)入粗糙水平面。已知木板與粗糙水平面

間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.1,重力加速度g取10m/s2,要使整個(gè)木板全部停在粗糙水平面內(nèi)，則vo的值

可能為（）

A.lm/sB.1.2m/s

C.2m/sD.2.5m/s

2.（6分）（2023?武漢模擬）如圖所示，輕彈簧的右端與固定豎直擋板連接,左端與B點(diǎn)對齊。質(zhì)量

為m的小物塊以初速度vo從4向右滑動(dòng)，物塊壓縮彈簧后被反彈，滑到48的中點(diǎn)。（圖中未畫

出）時(shí)速度剛好為零。已知幺、8間的距離為4彈簧的最大壓縮量為今重力加速度為g,則小物

塊反彈之后從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所用的時(shí)間為)

就煩:期測煩M

AB

A/^B尚舊

3.（6分）（2024?安慶模擬）小球由地面豎直向上拋出，上升的最大高度為瓦設(shè)所受阻力大小恒定,

選地面為參考平面,在上升至離地h高處，小球的動(dòng)能是重力勢能的2倍,到達(dá)最高點(diǎn)后再下落

至離地高h(yuǎn)處，小球的重力勢能是動(dòng)能的2倍，則h等于（）

A.-B.—C.-D.—

9939

【加固訓(xùn)練】

（2023?拉薩模擬）一包裹以某一初速度沿著傾角為37。的雪道（可視為斜面）從底端開始上

滑,包裹上滑到速度為零后又滑回底端，且速度大小為開始上滑的初速度大小的,。已知

sin37o=0.6,cos37o=0.8，包裹可視為質(zhì)點(diǎn),則包裹和雪道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（）

A.0.05B,0.16

C.0.21D.0.25

4.（6分）（多選）（2023?欽州模擬）如圖所示，一遙控電動(dòng)賽車（可視為質(zhì)點(diǎn)）從Z點(diǎn)由靜止以恒定功

率尸沿水平地面向右加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)固定在豎直面內(nèi)的光滑半圓軌道最低點(diǎn)5時(shí)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī),

賽車恰好能通過最高點(diǎn)C（8C為半圓軌道的豎直直徑）。已知賽車的質(zhì)量為外半圓軌道的半徑

為R）、B兩點(diǎn)間的距離為2尺賽車在地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力大小恒為;機(jī)g（g為重力加速度

4

大?。?。不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.賽車通過。點(diǎn)后在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

B.賽車通過C點(diǎn)后恰好落回A點(diǎn)

C.賽車通過8點(diǎn)時(shí)的速度大小為2痂

D.賽車從Z點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為誓

二、計(jì)算題

5.(10分)如圖所示，豎直面內(nèi)有一粗糙斜面部分是一個(gè)光滑的圓弧面,C為圓弧的最低

點(diǎn)48正好是圓弧在8點(diǎn)的切線，圓心。與/、。點(diǎn)在同一高度,6=37。,圓弧面的半徑R=3.6m。

一滑塊質(zhì)量機(jī)=5kg,與Z8斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.45,將滑塊從Z點(diǎn)由靜止釋放

(sin37o=0.6,cos37°=0.8,gMX10m/s2)o求在此后的運(yùn)動(dòng)過程中:

(1)滑塊在N8段上運(yùn)動(dòng)的總路程;

(2)在滑塊運(yùn)動(dòng)過程中,C點(diǎn)受到的壓力的最大值和最小值。

【加固訓(xùn)練】

如圖所示，一根直桿與水平面成。=37。角，桿上套有一個(gè)小滑塊,桿底端N處有一彈性擋板,

板面與桿垂直?，F(xiàn)將滑塊拉到/點(diǎn)由靜止釋放,滑塊與擋板碰撞后以原速率彈回。已知〃、

N兩點(diǎn)間的距離d=0.5m,滑塊與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.25,g=10m/s2。取

sin370=0.6,cos37°=0.8o求:

(1)滑塊第一次下滑的時(shí)間t-

(2)滑塊與擋板第一次碰撞后上滑的最大距離x;

(3)滑塊在直桿上滑過的總路程s。

6.(12分)(2023?寧波模擬)如圖是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學(xué)探究

裝置。水平軌道AC末端裝有一體積不計(jì)的理想彈射器，圓軌道與水平直軌道相交于B點(diǎn)，且B

點(diǎn)位置可改變。現(xiàn)將質(zhì)量m=2kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從弧形軌道高H=0.6m處靜止釋放，且將

B點(diǎn)置于AC中點(diǎn)處。已知圓軌道半徑7?=0.1m,水平軌道長0c=1.0m,滑塊與NC間動(dòng)摩擦因

數(shù)〃=0.2,弧形軌道和圓軌道均視為光滑，不計(jì)其他阻力與能量損耗，求(g取10m/s2):

(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小:

(2)彈射器獲得的最大彈性勢能:

(3)若H=6m,改變B點(diǎn)位置，使滑塊在整個(gè)滑動(dòng)過程中不脫離軌道,求滿足條件的BC長度LBC。

7.(14分)(2023?長沙模擬)如圖，左側(cè)光滑曲面軌道與右側(cè)傾角a=37。的斜面在底部平滑連接且

均固定在水平地面上，質(zhì)量為根的小滑塊從斜面上離斜面底邊高為〃處由靜止釋放，滑到斜面

底端然后滑上左側(cè)曲面軌道，再從曲面軌道滑上斜面，滑塊第一次沿斜面上滑的最大高度為3區(qū)

多次往復(fù)運(yùn)動(dòng)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,sin37o=0.6。求：

(1)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù);

(2)滑塊第一次下滑的時(shí)間與第一次上滑的時(shí)間之比;

（3）滑塊從靜止釋放到第〃次上滑到斜面最高點(diǎn)的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。

【加固訓(xùn)練】

如圖甲所示，質(zhì)量m=2.0kg的小球靜止在水平地面上，從某時(shí)刻起，小球受到豎直向上的拉

力E作用，拉力/隨小球上升高度〃的變化關(guān)系如圖乙所示尸減小到0以后小球不再受拉力的

作用。已知小球每次與地面碰后速度是碰前速度的0.5倍，不計(jì)空氣阻力,g取10m/s2。求：

|F/N

1

-------9-------0----------------、一-h/m

甲乙5

（1）小球在向上運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度；

（2）小球在空中運(yùn)動(dòng)的總路程。（計(jì)算結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示）

解析版

一、選擇題

1.（6分）（2023?株洲模擬）水平面有一粗糙段Z8長為s淇動(dòng)摩擦因數(shù)與離幺點(diǎn)距離x滿足尸區(qū)伏

為恒量）。一物塊（可看作質(zhì)點(diǎn)）第一次從Z點(diǎn)以速度vo向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)8點(diǎn)時(shí)速率為v,第二次也

以相同速度V0從8點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，則（）

^7777777777777777777/，〃///〃

A.第二次也能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，但速率不一定為v

B.第二次也能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，但第一次的時(shí)間比第二次時(shí)間長

C.兩次運(yùn)動(dòng)因摩擦產(chǎn)生的熱量不相同

D.兩次速率相同的位置只有一個(gè),且距離Z為小

【解析】選D。根據(jù)題意可知，物塊在兩次運(yùn)動(dòng)過程中,在相同位置受到的摩擦力大小相等，兩

次運(yùn)動(dòng)的距離相等，摩擦力做功相同，兩次運(yùn)動(dòng)因摩擦產(chǎn)生的熱量相同，由動(dòng)能定理可知,第二次

到達(dá)2點(diǎn)的速率也為v,故A、C錯(cuò)誤;根據(jù)題意可知，第一次運(yùn)動(dòng)時(shí)，摩擦力越來越大，加速度越

來越大，第二次運(yùn)動(dòng)時(shí)，摩擦力越來越小，加速度越來越小,兩次運(yùn)動(dòng)的位移相等，結(jié)合A、C分析

和圖像中圖像的斜率表示加速度和圖像的面積表示位移，畫出兩次運(yùn)動(dòng)的v-t圖像,如圖所

示，

由圖可知，第一次的時(shí)間比第二次時(shí)間短，故B錯(cuò)誤;根據(jù)題意，設(shè)兩次速率相同的位置距離/點(diǎn)

的距離為x,相同的速率設(shè)為ni,根據(jù)動(dòng)能定理，第一次有-等限軸詔，第二次有

竺等。㈤去憂為詔，聯(lián)立解得尸爭,則兩次速率相同的位置只有一個(gè),且距離A為苧，故

D正確。

【加固訓(xùn)練】

（多選）（2023?張家口模擬）如圖所示，光滑水平面與長2m的粗糙水平面平滑連接，長1=1m

的勻質(zhì)木板在光滑水平面上以速度vo勻速運(yùn)動(dòng)，隨后進(jìn)入粗糙水平面。已知木板與粗糙水平面

間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.1,重力加速度g取10m/s2,要使整個(gè)木板全部停在粗糙水平面內(nèi)，則vo的值

可能為（）

—?。L2m.

II：............：

7777777777777777777777777

A.lm/sB.1.2m/s

C.2m/sD.2.5m/s

【解析】選A、Bo當(dāng)長木板左端恰好到達(dá)粗糙水平面左端時(shí)，由少以g/三口憂，解得vi=lm/s;當(dāng)

長木板右端恰好到達(dá)粗糙水平面右端時(shí)，由蓊《g/+〃勿詔，解得V2=V3m/s,所以速度的范圍

應(yīng)該在1m/sSvoWV^m/so故選A、B。

2.（6分）（2023?武漢模擬）如圖所示，輕彈簧的右端與固定豎直擋板連接,左端與B點(diǎn)對齊。質(zhì)量

為m的小物塊以初速度vo從4向右滑動(dòng)，物塊壓縮彈簧后被反彈，滑到AB的中點(diǎn)C（圖中未畫

出）時(shí)速度剛好為零。已知幺、8間的距離為彈簧的最大壓縮量為重力加速度為g,則小物

塊反彈之后從5點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所用的時(shí)間為（）

測項(xiàng)M

AB

A.-也B.-但

C.-區(qū)D.-區(qū)

%75VO\10

【解析】選B。小物塊從Z點(diǎn)到停止運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得-〃呻（2+結(jié)$=06詔,

在BC段運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得〃"彳也氏聯(lián)立解得七收。

3.（6分）（2024?安慶模擬）小球由地面豎直向上拋出，上升的最大高度為〃，設(shè)所受阻力大小恒定,

選地面為參考平面,在上升至離地h高處，小球的動(dòng)能是重力勢能的2倍,到達(dá)最高點(diǎn)后再下落

至離地高h(yuǎn)處，小球的重力勢能是動(dòng)能的2倍，則h等于（）

A.-B.—C.-D.—

9939

【解析】選D。設(shè)小球受到的阻力大小恒為工小球上升至最高點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理得

8//加=0-；制詔，小球上升至離地高度h處時(shí)速度設(shè)為vi,由動(dòng)能定理得如g〃#=|切優(yōu)■掰詒又

由題有；口憂=2mg〃,小球上升至最高點(diǎn)后又下降至離地高度〃處時(shí)速度設(shè)為V2,此過程由動(dòng)能定

理得:-7次〃磯2/1-〃）=|?樞詔，又由題有2x；7樞=磔〃,以上各式聯(lián)立解得〃=?。

【加固訓(xùn)練】

（2023?拉薩模擬）一包裹以某一初速度沿著傾角為37。的雪道（可視為斜面）從底端開始上

滑，包裹上滑到速度為零后又滑回底端,且速度大小為開始上滑的初速度大小的"已知

sin37o=0.6,cos37o=0.8，包裹可視為質(zhì)點(diǎn),則包裹和雪道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（）

A.0.05B.0.16

C.0.21D.0.25

【解析】選C。設(shè)包裹沿斜面上滑的最遠(yuǎn)距離為s,對包裹上滑過程，由動(dòng)能定理有

-mgs-smO-^mgs-cos六0與n詔，同理，下滑時(shí)有mgssmO-^mgs-cos6=：儂學(xué)RO,聯(lián)立解得〃=0.21，故

224

選C。

4.（6分）（多選）（2023?欽州模擬）如圖所示，一遙控電動(dòng)賽車（可視為質(zhì)點(diǎn)）從Z點(diǎn)由靜止以恒定功

率尸沿水平地面向右加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)固定在豎直面內(nèi)的光滑半圓軌道最低點(diǎn)3時(shí)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī),

賽車恰好能通過最高點(diǎn)C（8C為半圓軌道的豎直直徑）。已知賽車的質(zhì)量為見半圓軌道的半徑

為RH、B兩點(diǎn)間的距離為2凡賽車在地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力大小恒為57g（g為重力加速度

大?。２挥?jì)空氣阻力。下列說法正確的是（）

C

令......旦“

,////////////////////////^—-

A

A.賽車通過。點(diǎn)后在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為隹

\9

B.賽車通過C點(diǎn)后恰好落回A點(diǎn)

C.賽車通過8點(diǎn)時(shí)的速度大小為2痂

D.賽車從2點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為誓

【解析】選B、Do賽車通過C點(diǎn)后在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有2R=|g/2,解得片2產(chǎn),故A

錯(cuò)誤;賽車恰好能通過最高點(diǎn)C,則有機(jī)g邛，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)水平方向規(guī)律有x=va,解得x=2凡

賽車通過C點(diǎn)后恰好落回Z點(diǎn)，故B正確;賽車從8到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有

-2mf機(jī)外2,解得VB=1，gR,故C錯(cuò)誤;賽車從2點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有

尸，-；磔，2氏=%42,解得，=3?R,故D正確。

二、計(jì)算題

5.(10分)如圖所示，豎直面內(nèi)有一粗糙斜面48,5co部分是一個(gè)光滑的圓弧面,C為圓弧的最低

點(diǎn),AB正好是圓弧在8點(diǎn)的切線，圓心。與2、。點(diǎn)在同一高度,。=37。,圓弧面的半徑火=3.6m。

一滑塊質(zhì)量機(jī)=5kg,與ZB斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.45,將滑塊從幺點(diǎn)由靜止釋放

(sin37o=0.6,cos37°=0.8,gMX10m/s2)o求在此后的運(yùn)動(dòng)過程中：

(1)滑塊在段上運(yùn)動(dòng)的總路程；

答案:(l)8m

【解析】(1)由題意可知斜面AB與水平面的夾角為敘37。,知mgsinG/mgcos。,故滑塊最終不會(huì)

停留在斜面上，由于滑塊在段受摩擦力作用，則滑塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng)的高度將越來越低,最終以5

點(diǎn)為最高點(diǎn)在光滑的圓弧面上往復(fù)運(yùn)動(dòng)。設(shè)滑塊在Z8段上運(yùn)動(dòng)的總路程為s,滑塊在N5段上

所受摩擦力大小Ff=juF^=//mgcos3

從Z點(diǎn)出發(fā)到最終以8點(diǎn)為最高點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理得mgRcos3-Fts=0

解得5=^=8m

(2)在滑塊運(yùn)動(dòng)過程中,C點(diǎn)受到的壓力的最大值和最小值。

答案:(2)102N70N

【解析】(2)滑塊第一次過C點(diǎn)時(shí)，速度最大，設(shè)為vi,分析受力知此時(shí)滑塊所受軌道支持力最大,

設(shè)為Fmax,從4到C的過程，由動(dòng)能定理得

[2

mgR-FflAB=^mv{-0

斜面AB的長度IAB=:

tany

由牛頓第二定律得Fmax-mg=^i

解得尸max=102N

滑塊以8為最高點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過程中過。點(diǎn)時(shí)，速度最小，設(shè)為V2,此時(shí)滑塊所受軌道支持力

最小，設(shè)為尸min,從B到C,由動(dòng)能定理得mgR(1-cos0)=|m1?2-0

解得Fmin=70N

根據(jù)牛頓第三定律可知C點(diǎn)受到的壓力最大值為102N,最小值為70No

【加固訓(xùn)練】

如圖所示,一根直桿與水平面成6=37。角，桿上套有一個(gè)小滑塊,桿底端N處有一彈性擋板,

板面與桿垂直?，F(xiàn)將滑塊拉到河點(diǎn)由靜止釋放,滑塊與擋板碰撞后以原速率彈回。已知拉、

N兩點(diǎn)間的距離d=0.5m,滑塊與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.25,g=10m/s20取

sin370=0.6,cos37°=0.8o求：

(1)滑塊第一次下滑的時(shí)間t-

答案:⑴0.5s

【解析】(1)下滑時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有

mgsm0-nmgcos0=ma

解得<2=4.0m/s2

由d=|a/得

下滑時(shí)間t=0.5So

(2)滑塊與擋板第一次碰撞后上滑的最大距離x;

答案:(2)0.25m

【解析】(2)第一次與擋板相碰時(shí)的速率

v=at=2m/s

上滑時(shí):-(mgsin0+f)x=O-^mv2

解得x=0.25mo

(3)滑塊在直桿上滑過的總路程s。

答案:(3)L5m

【解析】(3)滑塊最終停在擋板處，由動(dòng)能定理得

mgdsinO-fi=O

解得總路程5=1.5mo

6.(12分X2023?寧波模擬)如圖是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學(xué)探究

裝置。水平軌道AC末端裝有一體積不計(jì)的理想彈射器，圓軌道與水平直軌道相交于B點(diǎn)，且B

點(diǎn)位置可改變。現(xiàn)將質(zhì)量m=2kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從弧形軌道高H=0.6m處靜止釋放，且將

8點(diǎn)置于NC中點(diǎn)處。已知圓軌道半徑R=0.1m,水平軌道長0c=1.0m,滑塊與ZC間動(dòng)摩擦因

數(shù)〃=0.2,弧形軌道和圓軌道均視為光滑，不計(jì)其他阻力與能量損耗，求(g取10m/s2):

(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小:

答案:(l)100N

【解析】⑴從出發(fā)到第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理可得

]

mgH-/imgLAB-mg'2R=^mv2

在圓軌道最高點(diǎn),由牛頓第二定律可得

mg+r=m—

聯(lián)立解得b=100N

由牛頓第三定律得:滑塊對軌道的壓力大小為100N。

⑵彈射器獲得的最大彈性勢能：

答案：(2)8J

【解析】(2)彈射器第一次壓縮時(shí)彈性勢能有最大值，由能量守恒可知

mgH-nmgLAc^Ep

解得與=8J

⑶若H=6m,改變B點(diǎn)位置，使滑塊在整個(gè)滑動(dòng)過程中不脫離軌道,求滿足條件的BC長度LBC。

答案:(3)1m>￡Sc>0.5m

【解析】(3)①若滑塊恰好到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)，

mg=m—

從開始到圓軌道最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理可知

mg(H-2R)-/Ltmgsi2

解得51=28.75m

LAB=Si-2SLAC=0.75m

要使滑塊不脫離軌道石。之間的距離應(yīng)該滿足LBC>0.25m

②若滑塊剛好達(dá)到圓軌道的圓心等高處，此時(shí)的速度為零，由動(dòng)能定理可知

mg(H-R)-]LimgS2=0

解得32=29.5m

LBBS2-29LAC=05m

根據(jù)滑塊運(yùn)動(dòng)的周期性可知，應(yīng)使LB上05m,滑塊不脫離軌道；

綜上所述，符合條件的8c長度為1m>ZBc>0.5mo

【解題指南】解答本題需注意以下三點(diǎn)：

⑴對于滑塊從出發(fā)到圓弧軌道的最高點(diǎn),由動(dòng)能定理求出速度，再由牛頓第二、三定律求滑塊

對軌道的壓力；

(2)根據(jù)能量守恒定律求第一次壓縮的最大的彈性勢能；

(3)不脫離軌道存在兩種臨界情況，一是恰好到達(dá)與圓心等高的位置，二是恰通過軌道的最高點(diǎn),

根據(jù)臨界條件和動(dòng)能定理相結(jié)合求解￡BC的范圍。

7.(14分)(2023?長沙模擬)如圖，左側(cè)光滑曲面軌道與右側(cè)傾角a=37。的斜面在底部平滑連接且

均固定在水平地面上，質(zhì)量為根的小滑塊從斜面上離斜面底邊高為〃處由靜止釋放，滑到斜面

底端然后滑上左側(cè)曲面軌道，再從曲面軌道滑上斜面，滑塊第一次沿斜面上滑的最大高度為9

多次往復(fù)運(yùn)動(dòng)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,sin37o=0.6。求：

(1)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

答案:(席

【解析】(1)設(shè)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，根據(jù)功能關(guān)系有

Wf=+Wn=mgH-^4ngH=-1^mgH

而Wn=umQCOsa'-^—

1°sintz

H4

JVf2=umgcosa——x-

1°sintz5

1

聯(lián)立解得Wfi=^mgH

1

(2)滑塊第一次下滑的時(shí)間與第一次上滑的時(shí)間之比;

答案:⑵3

【解析】(2)滑塊第一次下滑過程，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有mgsma-^mgcosa=mai

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有一。國

sina2

滑塊第一次上滑過程，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有

mgsma+^mgcosa=ma2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有名

5sina2

聯(lián)立解得”

t24

⑶滑塊從靜止釋放到第n次上滑到斜面最高點(diǎn)的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。

答案:⑶(19)叫H

【解析】(3)滑塊第二次下滑過程，根據(jù)動(dòng)能定理有

44H1

rrmv?

-mg//--x/zmgcosa,sina_22

滑塊第二次上滑過程，根據(jù)動(dòng)能定理有

7八2cl2

-加g//2-〃加gCOSa,sina=U_］加心2

結(jié)合tana=9〃

解得/Z2=(1)2H

滑塊第n次沿斜面上升的最大高度為止副H

Lm力一附口后工口dH_2x4//