《2020高考物理浙江专用版大二轮讲义：专题二 能量与动量 第4讲 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考物理浙江专用版大二轮讲义：专题二 能量与动量 第4讲 Word版含解析.pdf（24页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第 1 页 共 24 页 专题定位 1.掌握功、功率相关的分析与计算方法；2.深刻理解功能关系；3.综合应用动能 定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；4.掌握动量 定理和动量守恒定律；5.综合应用动量和能量观点解决复杂问题 第第 4 讲 功和功率 功能关系讲 功和功率 功能关系 相关知识链接 1功的计算 (1)单个恒力的功 WFlcos (2)合力为恒力的功 先求合力，再求 WF合lcos WW1W2 2功率的计算 (1)P，适用于计算平均功率； W t (2)PFv，若 v 为瞬时速度，P 为瞬时功率，若 v 为平均速度，P 为平均功率 注意：力 F 与速度
2、 v 方向不在同一直线上时功率为 Fvcos . (3)机车启动问题 第 2 页 共 24 页 以恒定功率启动以恒定加速度启动 Pt 图象与 vt 图象 运动规律 OA 段：做加速度逐渐减小的 变加速直线运动； AB 段 ： 做速度为 vm的匀速直 线运动 OA 段：以加速度 a 做匀加速直线运动； AB 段 ： 做加速度逐渐减小的变加速直线运动 ； BC 段：做速度为 vm的匀速直线运动 过程分析 OA 段：vFa P额 v ； FF阻 m AB 段 ： FF阻a0P额 F阻vm OA 段：a不变F 不变vP FF阻 m Fv，直到 PP额Fv1； AB 段：vFa； P额 v FF阻 m
3、BC 段：FF阻a0v 达到最大值，vm P额 F阻 规律方法提炼 变力功的计算 (1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算 (2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用 W lcos 计算F (3)已知 Fl 图象，功的大小等于“面积” (4)一般变力只能用动能定理求解 例 1 (2019嘉、丽 3 月联考)如图所示，篮球运动员平筐扣篮，起跳后头顶与篮筐齐平若 图中篮筐距地高度 2.9 m，球员竖直起跳，则其平筐扣篮过程中克服重力所做的功及离地时 重力瞬时功率约为( ) 第 3 页 共 24 页 A900 J，2 000 W B900 J，4 000 W C50
4、0 J，1 000 W D2 000 J，4 000 W 答案 B 解析 篮球运动员的身高约为 1.8 m，则跳起的高度 h2.9 m1.8 m1.1 m 篮球运动员的体重约为 mg800 N， 则起跳过程中克服重力做的功 Wmgh880 J900 J 起跳时的速度为 v ，则根据位移速度关系可得：v22gh， 解得 v4.7 m/s2gh 离地时重力瞬时功率约为 Pmgv3 760 W4 000 W，故 B 正确，A、C、D 错误 拓展训练 1 (2019山东烟台市第一学期期末)把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相 同大小的初速度 v 分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力则下列
5、说法中正确 的是( ) A两小球落地时速度相同 B两小球落地时，重力的瞬时功率相同 C从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等 D从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等 答案 C 拓展训练 2 (2019浙南名校联盟高三期末)袋鼠跳是一项很有趣的运动如图所示，一位质 量 m60 kg 的老师参加袋鼠跳游戏， 全程 10 m， 假设该老师从起点到终点用了相同的 10 跳， 第 4 页 共 24 页 每一次跳起后，重心上升最大高度为 h0.2 m忽略空气阻力，下列说法正确的是( ) A该老师起跳时，地面对该老师做正功 B该老师每跳跃一次克服重力做功的功率约为 300 W C该老师从起点到
6、终点的时间可能是 7 s D该老师从起点到终点的时间可能是 4 s 答案 C 例 2 (多选)发动机额定功率为 P0的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动， 最后达到 最大速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为 Ff，汽车刚开始启动时的牵引力和 加速度分别为 F0和 a0， 如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、 牵引力 和功率随速度变化的图象，其中正确的是( ) 答案 AC 解析 汽车由静止开始匀加速启动时， a 一定， 根据 vat 知 v 增大， 由 FmaFf知 F 一定， 根据 PFv 知 v 均匀增大，功率 P 也均匀增大，达到 P额后，功率保持不变，v
7、继续增大， 所以 F 减小，a减小，当 FFf时，a0，vm，此后汽车做匀速运动，故 A、C P v FFf m P Ff 第 5 页 共 24 页 正确 相关知识链接 1表达式：W总Ek2Ek1. 2五点说明 (1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和 (2)动能增量 Ek2Ek1一定是物体在末、初两状态的动能之差 (3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动 (4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功 (5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用 规律方法提炼 1基本思路 (1)确定研究对象和物理过程； (2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功
8、情况，利用动能定理全过程或者分 过程列式 2“两点一过程” (1)“两点”：指初、末状态及对应的动能 Ek1、Ek2. (2)“一过程”：指从初状态到末状态的运动过程及合力做的功 W合 3在功能关系中的应用 (1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动 能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等 第 6 页 共 24 页 (2)动能定理也是一种功能关系 ，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应 例 3 如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度 L5.0 m，高度 h3.0 m，为保证小 朋友的安全，在水平地面上铺设了安全地垫水平段与斜面段平滑连接，
9、小朋友在连接处速 度大小不变某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在 水平地垫上已知小朋友质量为 m20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力 Ff188 N，在 水平段受到的平均阻力 Ff2100 N不计空气阻力，取重力加速度 g10 m/s2.求： (1)小朋友在斜面顶端滑下的过程中克服摩擦力做的功； (2)小朋友滑到斜面底端时的速度 v 的大小； (3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度 x 至少多长 答案 (1)440 J (2)4 m/s (3)1.6 m 解析 (1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为：Wf1Ff1L885 J440 J (2)小
10、朋友在斜面上运动，由动能定理得 mghWf1 mv2 1 2 代入数据解得：v4 m/s (3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得： Ff2x0 mv2 1 2 解得：x1.6 m. 拓展训练 3 (多选)(2019宁夏银川市质检)如图所示为一滑草场某条滑道由上、下两段高 均为 h，与水平面倾角分别为 45和 37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为 .质 量为 m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于 滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失， sin 370.6， cos 370.8) 则( ) 第 7 页 共 24 页 A动摩擦
11、因数 6 7 B载人滑草车最大速度为 2gh 7 C载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh D载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 g 3 5 答案 AB 解析 对整段过程，由动能定理知 mg2hmgcos 45mgcos 370 h sin 45 h sin 37 解得 ， 6 7 载人滑草车克服摩擦力做功为 mg2h，故 A 正确，C 错误； 滑草车在下段滑道时，对其受力分析如图： 沿斜面方向：F合mgsin 37FN 垂直斜面方向：FNmgcos 37 联立知 F合mg，负号表示合力方向沿斜面向上 3 35 知滑草车在下段滑道做匀减速直线运动 第 8 页 共 24 页 加速度大小为 ag，故
12、 D 错误 |F合| m 3 35 由以上分析知滑草车到达两段滑道交接处时速度最大，由动能定理知： mghmgcos 45 mv h sin 45 1 2 m2 解得 vm，故 B 正确 2gh 7 拓展训练 4 在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞 围栏时起缓冲器作用为了检验废旧轮胎的缓冲效果，在一次模拟实验中用轻弹簧来代替废 旧轮胎，实验情景如图所示，水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车 在 A 处且处于静止状态，距弹簧自由端的距离 L11 m当赛车启动时，产生水平向左的恒 为 F24 N 的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触轻弹簧的瞬
13、间立即关闭发动机，赛 车继续压缩轻弹簧， 最后被弹回到 B 处停下 已知赛车的质量 m2 kg， A、 B 之间的距离 L23 m，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小 v4 m/s，方向水平向右取 g10 m/s2.求 ： (1)赛车和地面间的动摩擦因数； (2)弹簧被压缩的最大距离 答案 (1)0.2 (2)0.5 m 解析 (1)从赛车离开弹簧到 B 处停下， 由动能定理得mg(L1L2)0 mv2 1 2 解得 0.2 (2)设轻弹簧被压缩的最大距离为 L，从赛车加速到离开弹簧，由动能定理得 FL1mg(L12L) mv20 1 2 解得 L0.5 m. 第 9 页 共 24 页 1
14、功能关系的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现 (2)功是能量转化的量度 重力做功是重力势能改变的量度，WGEp. 弹簧弹力做功是弹性势能改变的量度，W弹Ep. 电场力做功是电势能改变的量度，WEp. 合外力做功是动能改变的量度 除重力或弹簧弹力外的其他力做功是物体机械能改变的量度 一对滑动摩擦力做功是系统内能改变的量度 2功能关系的应用 (1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化 (2)根据自己习惯用动能定理或能量守恒定律理解或计算 例 4 (2017全国卷16)如图，一质量为 m，长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ
15、 竖直悬挂用外 力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点， M 点与绳的上端 P 相距 l.重力加速度大小为 g. 1 3 在此过程中，外力做的功为( ) A. mgl B. mgl C. mgl D. mgl 1 9 1 6 1 3 1 2 第 10 页 共 24 页 答案 A 解析 由题意可知， PM 段细绳的机械能不变， MQ 段细绳的重心升高了 ， 则重力势能增加 Ep l 6 mg mgl， 由功能关系可知， 在此过程中， 外力做的功为W mgl ， 故选项A正确， B、 C、 2 3 l 6 1 9 1 9 D 错误 拓展训练 5 (2019超级全能生 2 月联考)“竹蜻蜓”
16、 是一种儿童玩具， 双手用力搓柄可使 “竹 蜻蜓”向上升，某次实验，“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点，在该过程中( ) A空气对“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”对空气的作用力 B“竹蜻蜓”的动能一直增加 C“竹蜻蜓”的重力势能一直增加 D“竹蜻蜓”的机械能守恒 答案 C 解析 根据牛顿第三定律可知，空气对“竹蜻蜓”的力一定等于“竹蜻蜓”对空气的力，A 错误；“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点，从运动描述可知它是先加速后减速，所以动 能先增加后减少，高度升高，重力势能一直增加，B 错误，C 正确；空气对“竹蜻蜓”做功， 故“竹蜻蜓”的机械能不守恒，D 错误 拓展训练 6 (2019福建龙岩市
17、3 月质量检查)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量 为 m 的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的 A 点，橡皮 绳竖直且处于原长 h，让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零则在圆环下 滑过程中(整个过程中橡皮绳的形变始终处于弹性限度内)，下列说法中正确的是( ) 第 11 页 共 24 页 A圆环的机械能守恒 B圆环的机械能先增大后减小 C圆环滑到杆的底端时机械能减少了 mgh D橡皮绳再次恰好伸直时圆环动能最大 答案 C 解析 圆环沿光滑杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮 绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环
18、和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系 统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小， 故 A、B 错误；圆环的机械能减少了 mgh，故 C 正确；在圆环下滑过程中从开始下滑到橡皮 绳再次到达原长时， 动能一直增大， 但不是最大， 沿杆方向合力为零的时刻， 圆环的速度最大， 故 D 错误 1做好两个分析 (1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析 (2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各 连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征 2做好四个选择 (1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉
19、及时间时， 一般选择用动力学方法解题 ； (2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律 解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律； 第 12 页 共 24 页 (3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻进行分析时选择牛顿第 二定律求解； (4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题 例5 (2019浙南名校联盟高三期末)儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童 的眼手配合能力某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内 OABCD 透明玻璃管道，管道 的半径较小为研究方便建立平面直角坐标系，O 点为抛
20、物口，下方接一满足方程 y x2的 5 9 光滑抛物线形状管道 OA； AB、BC 是半径相同的光滑圆弧管道，CD 是动摩擦因数 0.8 的 粗糙直管道 ； 各部分管道在连接处均相切A、B、C、D 的横坐标分别为 xA1.20 m、xB2.00 m、xC2.65 m、xD3.40 m已知，弹珠质量 m100 g，直径略小于管道内径E 为 BC 管 道的最高点， 在 D 处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠， sin 370.6， sin 530.8， g 取 10 m/s2，求： (1)若要使弹珠不与管道 OA 触碰，在 O 点抛射速度 v0应该多大； (2)若要使弹珠第一次到达 E 点时对轨道
21、压力等于弹珠重力的 3 倍，在 O 点抛射速度 v0应该 多大； (3)游戏设置 3 次通过 E 点获得最高分，若要获得最高分在 O 点抛射速度 v0的范围 答案 见解析 解析 (1)由 y x2得：A 点坐标(1.20 m,0.80 m) 5 9 由平抛运动规律：xAv0t，yA gt2，vAygt，vA代入数据，求得 t0.4 s，v0 1 2 v02vAy 3 m/s，vAy4 m/s，vA5 m/s； (2)由平抛运动速度关系，可得 53，求得 AB、BC 圆弧的半径 R0.5 m 对 E 点：3mgmgm，求得：vE2 m/s vE2 R 5 第 13 页 共 24 页 对弹球由 O
22、 点到 E 点的过程由动能定理得： mgyAmgR(1cos 53) mv mv 1 2 E2 1 2 02 求得：v02 m/s；2 (3)sin 0.5，30，CD 与水平面的夹角也为 30(可不求) 2.652.000.40 0.5 设 3 次通过 E 点的速度最小值为 v1，有： mgyAmgR(1cos 53)2mgLCDcos 300 mv ，求得：v12 m/s 1 2 12 3 设 3 次通过 E 点的速度最大值为 v2，有： mgyAmgR(1cos 53)4mgLCDcos 300 mv ，求得：v26 m/s 1 2 22 考虑 2 次经过 E 后不从 O 点离开，有：
23、2mgLCDcos 300 mv ，求得：v32 m/s 1 2 32 6 因 v2v3，所以 2m/sv2，则下列判断正确的是( ) AW1W2，P1P2 BW1W2，P1P2 CW1W2，P1P2 DW1W2，P1P2 答案 D 解析 根据 WFL 可知，两次做功相同则 W1W2；由于 v1v2，所以第一次做功时间短， 根据 P可得 P1P2，选项 D 正确 W t 8(2019天津市和平区上学期期末)如图所示，两个半径不同、内壁光滑的半圆轨道，固定于 地面， 两轨道的球心 O、 O在同一水平高度上， 一小球先后从与轨道球心在同一高度上的 A、 B 两点从静止开始滑下，以轨道球心所在位置为
24、零势能面，通过最低点时，下列说法中不正 确的是( ) A小球对轨道的压力是相同的 B小球的速度相同 C小球向心加速度是相同的 D小球的机械能相同 答案 B 解析 设小球通过最低点的速度大小为 v，半圆的半径为 R.在落到最低点的过程中根据动 第 20 页 共 24 页 能定理得 mgR mv20，解得 v，可知 R 越大 v 越大，故 B 错误；在最低点，竖直 1 2 2gR 方向上的合力提供向心力，由牛顿第二定律有 FNmgm，联立解得 FN3mg，可知轨道 v2 R 对小球的支持力与半圆轨道的半径无关，由牛顿第三定律可知小球对两轨道的压力大小圴为 重力的 3 倍，方向均竖直向下，故 A 正
25、确 ； 在最低点，a2g，方向竖直向上，故 C FNmg m 正确；两球下滑都只有重力做功，满足机械能守恒，故 D 正确 9一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电” ，只能改 用脚蹬车以 5 m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的 0.02 倍 (取g10 m/s2)， 该送餐员骑电动自行车以5 m/s的速度匀速前行过程做功的功率最接近( ) A10 W B100 W C1 kW D10 kW 答案 B 解析 设送餐员和车的总质量为 100 kg， 匀速行驶时的速率为 5 m/s， 匀速行驶时的牵引力与 阻力大小相等，F0.02mg20
26、N，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为 PFv 100 W，故 B 正确 能力题组 10.(2018全国卷18)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为 2R；bc 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 点处从静止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( ) A2mgR B4mgR C5mgR D6mgR 答案 C 解析 小球从 a 运动到 c，根据动能定理，得 第 21 页 共 24 页 F3RmgR mv ，又 Fmg，故 v12
27、， 1 2 12 gR 小球离开 c 点在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且水 平方向与竖直方向的加速度大小相等， 都为g， 故小球从c点到最高点所用的时间t2， v1 g R g 水平位移 x gt22R， 1 2 根据功能关系， 小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功， 即EF(2RRx) 5mgR. 11 (2019宁波市 “十校联考” )如图所示， 一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动， 圆盘半径R0. 2 m，圆盘边缘有一质量 m1 kg 的小滑块当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块恰从 圆盘边缘 A 沿过渡圆管滑落，进入轨道 ABC，AB 粗糙，BC
28、D 光滑，CD 面足够长且离地面 高为 h0.4 m，经 C 点后突然给滑块施加水平向右的恒力 F N已知 AB 段斜面倾 10 3 3 角为 60，BC 段斜面倾角为 30，小滑块与圆盘的动摩擦因数 0.5，A 点离 B 点所在水平 面的高度 h1.2 m， 运动到 B 点时的速度为 3 m/s， 滑块从 A 至 C 运动过程中始终未脱离轨道， 不计在过渡圆管处和 B 点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10 m/s2，求： (1)滑出 A 点时，圆盘转动的角速度 ； (2)小滑块在从 A 到 B 时，摩擦力做的功； (3)小滑块在 CD 面上的落点距 C 点
29、的水平距离 答案 (1)5 rad/s (2)8 J (3) m 3 15 解析 (1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力， 第 22 页 共 24 页 根据牛顿第二定律得：mgm2R， 代入数据解得：5 rad/s (2)vAR50.2 m/s1 m/s， 从 A 到 B 的运动过程由动能定理：mghWf mv mv ， 1 2 B2 1 2 A2 解得 Wf 8 J (3)mgh mv mv 1 2 C2 1 2 B2 解得 vC1 m/s 对小滑块经 C 点后受力分析可知， F合 N， 则合加速度大小为 a m/s2， 方向与 C 20 3 3 20 3 3 点速度方向垂直 v
30、yvCsin 30，小滑块经 C 点到落地的过程，用时 t，小滑块在 C 点时，水平方向的速 2vy g 度 vxvCcos 30， 水平方向加速度 a ， 小滑块在 CD 面上的落点距 C点的水平距离 xvxt at2， 联立解得 x F m 1 2 m. 3 15 12(2019诸暨市期末)如图所示是滑块翻越碰撞游戏的示意图弹射装置将滑块以一定初速 度从 A 点弹出，滑块沿粗糙桌面运动，从 B 点进入竖直光滑圆轨道，沿圆轨道运动一周后离 开轨道，向桌面边缘的 C 点运动滑块在 C 点水平抛出，恰好在 D 点沿 DE 方向进入光滑倾 斜轨道固定在轨道底端的弹性板 EF 与轨道垂直，滑块与弹性
31、板碰撞后反弹，碰撞过程中 有能量损失已知可视为质点的滑块质量 m0.1 kg，滑块与桌面间的动摩擦因数 0.2，桌 面 AB 和桌面 BC 长度分别为 x12.25 m 与 x21.0 m，C、D 两点高度差 h0.2 m，轨道的 倾角 为 30，DE 长度 L0.9 m，每次滑块与弹性板碰撞后速度大小变为碰前的 0.6 倍，重 力加速度 g 取 10 m/s2. 第 23 页 共 24 页 (1)求滑块从 C 点运动到 D 点的时间； (2)求滑块在 A 点的动能大小； (3)求竖直圆轨道的最大半径； (4)求滑块在倾斜轨道运动的总距离 答案 (1)0.2 s (2)1.25 J (3)0.
32、32 m (4)3.7125 m 解析 (1)滑块由 C 点到 D 点做平抛运动： h gt2 1 2 代入数据得：t0.2 s (2)设滑块在 D 的竖直速度为 vDy，水平速度为 vDx，滑块在 C 速度为 v C， 则 vDygt2 m/s tan 30 vDy vDx vCvDx2 m/s3 设滑块在 A 点的动能为 EkA，根据动能定理： mg(x1x2) mv EkA 1 2 C2 代入数据得 EkA1.25 J (3)设滑块在圆轨道的最高点的速度至少为 v，则 mgmv 2 R 设竖直圆轨道的最大半径为 R，由动能定理 2mgRmgx2 mv mv2 1 2 C2 1 2 第 2
33、4 页 共 24 页 由以上两式得可：R0.32 m (4)设滑块到达 D 点时的速度为 vD，则 vD4.0 m/s 设滑块到达 E 点的速度为 vE，由机械能守恒 mvmgLsin mv 1 2 D2 1 2 E2 vE5.0 m/s 设第一次碰后速度为 v1，第二次碰后速度为 v2，第 n 次碰后速度为 vn，则 v13.0 m/s 第一次反弹上滑距离：x10.9 mL v12 2gsin 第二次反弹上滑距离：x2( )2x1L 3 5 9 25 第三次反弹上滑距离：x3( )2x2()2L 3 5 9 25 第 n 次反弹上滑距离：xn( )2xn1()n1L 3 5 9 25 设滑块在倾斜轨道运动的总距离为 x，则 xL2(x1x2xn) x0.9 m2 m3.7125 m. 0.9 1 9 25