高中物理二轮复习热点题型 动能定理及应用

专题5.2动能定理及应用

1.一个质量为勿的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力

作用下，经过一段时间，物体获得的速度为心在力的方向上获得的速度分别为也、嗓，如图所

示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为（）

答案：B

解析：物体由静止匀加速直线运动，由动能定理/眸万以凡两分力等大，物体沿对角线方向

1111

运动，则两分力的功生与等大，由/=断+眄可知%—强\谒=一皿必，则B正确。

2224

2.

用起重机提升货物，货物上升过程中的l力图象如图所示，在力=3s到t=5s内，重力对

货物做的功为底、绳索拉力对货物做的功为卷、货物所受合力做的功为思，则（）

A.船0B.眼〈0

C./%＞0D.他＞0

答案：C

解析；分析题图可知，货物一直向上运动，根据功的定义式可得；重力做负功，拉力做正功，即伸

杯＞0,A、B错误；C正确；根据动能定理：合力做的功叼=。一；”雜，V=2tns,即不＜0,D错误。

3.物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、瓦、s和t

分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则以下各图象中，能正确

反映这一过程的是（）

解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误;

由动能定理，_fs=&一凤）,解得瓦=反0-公，选项C正确D错误。

4.

1

o

用水平力b拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，6时刻撤去拉

力凡物体做匀减速直线运动，到力时刻停止，其速度一时间图象如图所示，且。>£，若拉力尸

做的功为例平均功率为片；物体克服摩擦阻力々做的功为股，平均功率为乃，则下列选项正

确的是（）

A.旳,F=2FfB.M=除F>2Ff

C.P\<P»F>2FfD.P\=P2,F=2Ff

答案：B

解析：整个过程中，只有拉力和阻力做功，即讦，=円-死，物体动能的变化由图冢可知NEx=O,所

以有用】=代，由图象可知拉力尸做功时|丽口阻力工，做功时间的关系为h<f”匀加速直线运动的位移si与

匀漏速直线醐砸移启踪系为—餌有用良，且血-融+亦°得-笠切，即Q组故

选B。

5.如图，一质量为小的小石块从半径为4的四分之一圆弧轨道上与圆心等高处/静止释放,

经时间t下滑到轨道最低点6时对轨道的压力为2建•，此后水平飞出恰好垂直击中倾角为9=

30°的斜面，空气阻力不计。则下列关于石块运动的说法中，正确的是（）

VI

I

JIR

A.从1到8平均速度为丁

2t

B.石块在圆弧轨道上运动时先超重后失重

mgR

C.石块在圆弧轨道上运动时克服阻力做的功为了

D.石块从圆弧轨道飞出到击中斜面的时间为p

7g

答案：D

解析：石块从力到区位移为羽花平均速度为0/£,A选项错误；石块在圆弧轨道上

运动时，竖直速度先从零开始增加，然后减速为零，因此石块在竖直方向上先失重，后超重，B

选项错误；石块在圆弧轨道上运动，在最低点有&一侬=加卢/凡&=2侬，求得v=y[gk,由动

能定理得力〃?一%=/〃卢/2,解得分=/陪4/2,C选项错误；石块垂直击中斜面，将末速度分解，

1

得屮=pcot30°,vy=at,解得「=J—,D选项正确。

Jg

6.

2

如图所示，若物体与接触面之间的动摩擦因数处处相同，〃。是水平面，4?是斜面。初速度

为10m/s的物体从。点出发沿路面喇恰好可以达到顶点A,如果斜面改为AC,再让该物体从D

点出发沿河恰好也能达到4点，则物体第二次运动具有的初速度（）

A.可能大于12m/s

B.可能等于8m/s

C.一定等于10m/s

D.可能等于10m/s,具体数值与斜面的倾角有关

答案：C

解析:物体从D点滑动到顶点为过程中，由动能定理，可得一吟如一卬熔的一4卅

由几何关系cosaxMxog,因而上式可以简化为一"gx〃-w唱同理推得沿DC.4有一mgxai

-nmgXOD=0-解得VJ=T,C选项正确。

7.如图所示，一个小球（视为质点）从〃=12m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道46进入半

径A＞=4m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点。时，刚好对轨

道压力为零；然后沿行圆弧滑下，进入光滑弧形轨道加，到达高度为人的〃点时速度为零，

则力的值可能为（）

A.10mB.9.5m

C.8.5mD.8m

答案：BC

解析：小球到达环顶。时，刚好对轨道压力为零，在，点，由重力充当向心力，则根据牛

卢11

顿第二定律得：磔=〃7，因佇4m,小球在C点时的动能为y理=5侬代2侬，以6点为零势能

面，小球重力势能与=2侬?=8磔r,开始小球从小12m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道46,

因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得侬（〃一2而一修二］如2,所以克服摩擦力做功修=2侬,

此时机械能等于10侬，之后小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，

因此对轨道压力变小，受摩擦力变小，所以下滑时，克服摩擦力做功大小小于2/却，机械能有损

失，到达底端时小于10侬；此时小球机械能大于\Qmg-2mg=8mg,而小于10mg,所以进入光滑

弧形轨道被时，小球机械能的范围为，8磔＜与＜10侬，所以高度范围为8m〈水10m,故B、C正确。

8.如图所示，与水平面的夹角为锐角的斜面底端/向上有三个等间距点反C和〃，即/5=

3

%=徽〃点距水平面高为人小滑块以某一初速度从力点出发，沿斜面向上运动。若斜面光滑，

则滑块到达〃位置时速度为零；若斜面46部分与滑块有处处相同的摩擦，其余部分光滑，则滑

块上滑到。位置时速度为零，然后下滑。已知重力加速度为g,则在46有摩擦的情况下（）

D

J------

2

A.从，位置返回到/位置的过程中，克服阻力做的功为?哈力

B.滑块从6位置返回到［位置的过程中，动能的变化为零

1

C.滑块从61位置返回到8位置时的动能为可密力

2

D.滑块从少位置返回到4位置时的动能为三侬7?

答案：BC

解析：由于X、B、C和D等间距，/、3、C和D所处的高度均匀变化，设X到5重力做的功为叫，

从X到。，根据动能定理，有-3啞!=。-热血若斜面N5部分与滑块间有处处相同的摩擦力，役克服摩

掘力做的功为毋，根据动能定理，有-2rm0-加电联立解得F%=叮，所以从C位量返回到X位

遇的过程中克服阻力做的功为%”勖，选项A错误；从3位置返回到/位置时，因仅;=旳，所以动能的变

化为零，选项B正确，D错误；设滑块下滑到5位置时速度大小为U,根据动能定理，有

选项c正确。

9.如图所示，/是半径为"的圆形光滑轨道，固定在木板6上，竖直放置；8的左右两侧

各有一光滑挡板固定在地面上，使其不能左右运动，小球，静止放在轨道最低点，/、氏，的质

量相等。现给小球一水平向右的初速度%,使小球在圆形轨道的内侧做圆周运动，为保证小球

能通过轨道的最高点，且不会使6离开地面，初速度”必须满足（重力加速度为g）（）

A.最小值为AA时B.最大值为

C.最小值为D.最大值为

答案：CD

4

解析：由题意可知，此圆形轨道的模型是绳系小球在竖直面内的圆周运动，为保证小球能通过轨道的

最高点，设在最高点处的最小速度为则，曜=贷，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律可得g

讯=2咽?+&1目，解得“面产典^,选项A错误，选■页C正确为使8不离开地面，设小球运动^撮

高点时，受到轨道的压力为尸，对轨道和木板受力分析,可得尸-2川g=0,对小球，可得尸+卅g=貸，从

最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律可得!3=2?"gn+；»n=,解得23=缶^,选项B错窿，

选项D正确。

10.如图所示，电梯质量为机它的水平地板上放置一质量为小的物体，电梯在钢索的拉力

作用下由静止开始竖直向上加速运动。当上升高度为〃时，电梯的速度达到%则在这段过程中，

下列说法中正确的是（）

A.电梯地板对物体的支持力所做的功等于十

B.电梯地板对物体的支持力所做的功大于?

源卜

C.钢索的拉力所做的功等于1-+,虑〃m

D.钢索的拉力所做的功大于-5-+,1^

答案：BD

1

解析：电梯地板对物体的支持力所做的功等于物体机械能的变化，即y握+侬〃，A错，B

1

对；钢索的拉力所做的功等于电梯和物体这一系统机械能的增加，即C什加4+万（,什向氏C

错，D对。

11.（多选）一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端.已知小物块的

E

初动能为△它返回斜面底端的速度大小为心克服摩擦阻力做功为万.若小物块冲上斜面的初动

能变为2反则有（）

A.返回斜面底端时的动能为£

3E

B.返回斜面底端时的动能为万

C.返回斜面底端时的速度大小为2y

1）.返回斜面底端时的速度大小为

1E

解析：AD以初动能£冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得万0卢一八一尹，设

以初动能6冲上斜面的初速度为的则以初动能2£冲上斜面时，初速度为、门“，加速度相同，

根据2ax=0—/。可知第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，所以上升过程中克服摩擦力做功

是第一次的两倍，整个过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为£以初动能2万冲上斜面并

5

1

返回的整个过程中运用动能定理得5必/2—2£=一之②，所以返回斜面底端时的动能为反A正

确，B错误.由①②得/=、住hC错误，D正确.

12.如图所示，质量为勿的小球，在离地面〃高处由静止释放，落到地面后继续陷入泥中力

深度而停止，设小球受到的空气阻力为£重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.小球落地时动能等于加詔

B.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能

C.整个过程中小球克服阻力做的功等于侬（〃+而

II

D.小球在泥中受到的平均阻力为侬（1+：）

解析：C根据动能定理得，遮H-.佇%*,A错误；设泥的平均阻力为信小球陷入泥中的过程中根

据动能定理得卄励一和=0-；屈，解得理=，，磔+&*所，，麒1+务§,B、D错误；全过程运用动

能定理知，整个过程中小球克服阻力做的功等于”&H十均，C正确.

13.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为勿的小球力,若将小球力从弹簧原长位置由

静止释放，小球/能够下降的最大高度为力.若将小球4换为质量为3位的小球氏仍从弹簧原长

位置由静3止释放，则小球6下降力时的速度为（重力加速度为g,不计空气阻力）（）

8

解析：B小球/下降力过程小球克服弹簧弹力做功为叫，根据动能定理，有勿加一班=0；

小球3下降过程，由动能定理有3侬7?一%=上/卢一0,解得：r=竺故B正确.

2Y3

14.如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°,总质量为就包括雪具在内）的滑雪运动员从距底

1

端高为力处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为可名在他从上向下滑到底端的过程中，下

O

列说法正确的是（）

6

A.运动员减少的重力势能全部转化为动能

1

B.运动员获得的动能为鼻/〃g力

O

2

C.运动员克服摩擦力做功为『7版力

1

D.下滑过程中系统减少的机械能为W侬A

J

1111

解析：D运动员的加速度为工自沿斜面方向有5頌一//二川・评，则摩擦力尸产二加g,摩擦

o乙J0

1112

力做功%=”g・2h=二mgh,A、C错误，D正确.运动员获得的动能瓦=加亜一力=二遊九B

6333

错误.

15.如图所示，质量为勿的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上,

另一端在力”作用下，以恒定速率力竖直向下运动，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹

角。=45°的过程中，绳中拉力对物体做的功为（）

1

A.卢B.加遇

4

1V2

C.一勿3D.-----0卢

22

解析：B物体由静止开始运动，绳的拉力对物体倣的功等于物体增加的动能.设物体运动到绳与水平

方向的夹角a=45。时的速率为v,此时有：rcos45'=”,贝所以绳的拉力对物体做的功为甲=；忖。

=，屈，B项正确.

16.用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到。〜

6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示.下列说法正确的是（）

A.0~6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动

B.0〜6s内物体在4s时的速度最大

C.物体在2〜4s内速度不变

7

D.0-4s内合力对物体做的功等于0-6s内合力做的功

解析；D本题考查运动图象、动能定理等，意在考查考生对物理规律的理解和应用能力.由可

知，a-f图象中，图线与坐标铀所围面积表示廉点的速度，0〜6s内物体的速度始终为正值，故一直为正方

向，A项错'f=$s时，速度最大，B项错；2〜4s内加速度保持不変，速度一定变化，C坛错丿。〜4$内

与0-6s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4s末和6s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合

力对物体做功相等，D项正确.

17.如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的戶点，以大

小恒定的初速度”,在圆盘上沿与直径图成不同夹角。的方向开始滑动，小物块运动到圆盘

另一边缘时的速度大小为r,则卢一cos0图象应为（）

解析：A设圆盘半径为r,小物块与圆盘间的动摩擦因数为“，由动能定理可得，一

Pmg'2zcos0--mvi--/ni0,整理得卢=屮-4"gzros0,可知卢与cos。为线性关系，斜

率为负，故A正确，B、C、D错误.

18.（多选）质量为1kg的物体静止在水平粗糙的地面上，受到一水平外力/作用运动，如

图甲所示，外力厂和物体克服摩擦力代，做的功/与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速

度g取10m/s2.下列分析正确的是（）

A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2

B.物体运动的位移为13m

C.前3m运动过程中物体的加速度为3m/s2

D.*=9m时，物体速度为3V2m/s

解析：ACD由盖=齐/对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力片=2N,由丹=。侬

可得H=0.2,A正确；由株=用对应图乙可知，前3m内，拉力々=5N,3〜9m内拉力冋=

户一户1

2N,物体在前3nl内的加速度历=------=3m/s2,C正确；由动能定理得：株一斤＞=:勿必可得：

m2

lF

x=9m时，物体的速度为7=3A/2m/s,D正确；物体的最大位移為=不=13.5m,B错误.

8

19.如图所示，固定坡道倾角为0,顶端距光滑水平面的高度为力，一可视为质点的小物块

质量为小,从坡道顶端由静止滑卞，经过底端。点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动,

将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于。点.已

知小物块与坡道间的动摩擦因数为“，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.弹簧弹性势能的最大值为明加

B.小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小

h

C.小物块往返运动的总路程为---------

Ncos0

1—〃cot9

D.小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为1---------------h

1+Acot0

解析：BCD物块由静止释放到弹蓄压缩最大过程，由功能关系得M飭一旳=J,故弹雷弹性势能的

最大值为=7咫内-毋,选项A错误J由牛顿第二定律,小物块下滑的加速度a】=gsin8-幺geos。，上滑的加

速度笑=吕仙8+.咫8",故选项E正确j小物块经过多次往返后，最终停在。点、，全过程往返运动

的总路程设为X,由动能定理相酌一引咫＜89=。，解得、=三息，选项C正确；设小物块返回赖斜轨道时

i»r1“mtH

所能达到的最大高度为心由动能定理有"唱『“泪geos夕舅"骸一Bigeos6出=0,解得k=1+装日

h,选项D正确.

20.如图甲所示，一个质量必=4kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的

水平推力/作用下运动，推力尸随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦

因数〃=0.5,取尸10m/s2,则下列说法正确的是（）

A.物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动

B.物体在水平面上运动的最大位移为10m

C.物体运动的最大速度为2“记m/s

D.物体在运动中的加速度先变小后不变

解析：B物体先做加速运动，当推力小于摩擦力时开始做减速运动，选项A错误：由题图

1

乙中图线与x轴所围面积表示推力对物体做的功得推力做的功r=5X4X100J=200J,根据动

能定理有"一〃"&厮=0,代入数据解得為=10m,选项B正确；当推力与摩擦力平衡时，加速

度为0,速度最大，由题图乙得月与*的函数关系式为尸=100-25x（N）,当Q〃侬=20N时，

9

20+1001

代入数据得x=3.2m,由动能定理有一--X3.2J-20X3.2J=-X4kgX卢，解得%=8

m/s,选项C错误；拉力一直减小，而摩擦力不变，加速度先减小后增大，当尸=0后加速度保持

不变，选项D错误.

21.（多选）如图甲所示，倾角为《的足够长的传送带以恒定的速率%沿逆时针方向运

行.r=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的Lt图象

如图乙所示.设沿传送带向下为正方向，取重力加速度广10m/s2.贝ij（）

A.传送带的速率3=10m/s

B.传送带的倾角0=30°

C.物体与传送带之间的动摩擦因数〃=0.5

D.0-2.0s摩擦力对物体做功俯=-24J

解析：ACD由T—I图象可知，物体放上传送带开始阶玛，加速度G=10.0ms：,物体与传送帯同速

后，加ms;=2.€ms-,传送帯的速率巧=10m3,A正确；由wgsine+“mgcos8二册叫

wgsin8-W«gcosi9=?g可求得：9=31。,u=0.5,B错误，C正确；由动能定理得：那的n0+所=》凌,

v=12,0ms,/=；xl（）xlm+m=16m,解得irf=-24J,D正确.

22.（多选）如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移*与斜面倾角。的关

系，将某一物体每次以不变的初速率％沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角

。，实验测得x与斜面倾角。的关系如图乙所示，g取10m/s2,根据图象可求出（）

A.物体的初速率力=3m/s

B.物体与斜面间的动摩擦因数〃=0.75

C.取不同的倾角0,物体在斜面上能达到的位移x的最小值/in=1.44m

D.当某次夕=30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑

10

解析：BC当角度达到90。时，物体将做竖直上抛运动，止愷寸上升高度为1.8m,由运动规律可求得初

速度vo=6ms,选项A错误；当角度为Q时，物体相当于在水平面上运动，此时位移为2.Tm,由牛顿运

动定律可得，动摩擦因数口=0：5,选班B正确；当傾角为8时，由牛顿运动定律可得wgsine+wngcosH

二呵又有x=5结合数学关系可得位移的最小值为1.44m,选项C正瑜3角为30。时，到达最高点重

力沿斜面向下的分力小于最大静摩摭力，因此达到最大位移后不会下滑，选项D错误,答案选BC.

23.如图所示，用一块长£1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高〃=0.8m,长厶

=1.5m.斜面与水平桌面的夹角，可在0〜60°间调节后固定.将质量0=0.2kg的小物块从

斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数外=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数为〃2,

忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g=10m/s2；最大静摩擦力等于滑动

摩擦力)

(1)求。角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)

(2)当。角增大到37。时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数口2；(已

知sin370=0.6,cos37°=0.8)

(3)继续增大。角，发现6=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离看.

解析：(1)为使小物块下滑，应有磔sin侬cos。①

，满足的条件tan。》0.05②

即当0=arctan0.05时物块恰好从斜面开始下猾•.

⑵克服摩擦力做功熙=侬厶COS夕+〃2侬'(厶一厶COS，)③

由动能定理得侬■厶sin，一傕=0④

代入数据得"2=0.8⑤

⑶由动能定理得侬系巾8—%=5勿卢⑥

结合③式并代入数据得片1m/s⑦

1

由平抛运动规律得依5g庐，x^vt

解得£=0.4s⑧

为=0.4m⑨

協—X]+厶—1.9m

答案:(l)arctan0.05(2)0.8(3)1.9m

24.如图所示，水平面上放一质量为勿=2kg的小物块，通过薄壁圆筒的轻细绕线牵引，圆

筒半径为-0.5m,质量为，Q4kg.1=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴

转动，转动角速度与时间的关系满足。=4力，物块和地面之间的动摩擦因数A=0.3,细线始

11

终与地面平行，其它摩擦不计，g取10m/s2,求:

9

(1)物块运动中受到的拉力.

(2)从开始运动至t=2s时电动机做了多少功？

解析：(1)由于圆筒边绦线速度与物块直线运动速度大小相同，*艮据r=sR=4Kf=2f,线速度与时间成

正比，物块做初速为零的匀加速直线运动，由公式Xa知，物块加速度为a=2m小，对物块受力分析，

由牛顿第二定律得T-w»g=ma,则细线拉力为r=10N.

(2)根据匀变速直线运动规律：

t=2s时物块的速度：T="=2X2ms=4ms

2s内物块的位移：i=1a/'=1x2x2-m=4m

对整体运用动能定理，有W-.umgx=

代人数据求得电动机做的功为K-72J.

答案：(1)10N(2)72J

25.如图所示，一质量m=0.4kg的滑块(可视为质点)静止于水平轨道上的1点，滑块与轨

道间的动摩擦因数〃=0.1.现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为-10

W.经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至8点后水平飞岀，恰好在C点沿切线方向进入固

定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点〃处装有压力传感器，当滑块到达传感器上

方时，传感器的示数为25.6N.己知轨道的长度£=2m,圆弧形轨道的半径—0.5m；半径

宓和竖直方向的夹角。=37°.(空气阻力可忽略，重力加速度110m/s2,sin37°=0.6,cos

37°=0.8)求：

(1)滑块运动到。点时速度的大小心

(2)6、C两点的高度差方及水平距离x；

(3)水平外力作用在滑块上的时间t.

解析：(1)滑块运动到〃点时，由牛顿第二定律得

*

F^—mg=m-^

滑块由。点运动到〃点的过程，由机械能守恒定律得

1,1,

卬屛(1-cosa)

代入数据，联立解得忆=5m/s.

12

(2)滑块从5到。儆平抛运动，在。点速度的竖直分量为：

,vy—vcsina—3ms

所以B、。两点的高度差为仁导需m=CU5m

滑块由B运动到C所用的时间为s=0.3s

滑块运动到B点的速度即平抛运动的初速度为

1JB=VCCOSa=4ms

所以B、C间的水平距离.v=r5ti=4x0.3m=1.2m

(3)滑块由1点运动到9点的过程，由动能定理得

1

Pt—g£=5必*代入数据解得r=o.4s.

答案：(1)5m/s(2)0.45m1.2m(3)0.4s

26.某兴趣小组设计了如图所示的玩具轨道，它由细圆管弯成，固定在竖直平面内。左右

两侧的斜直管道用与阳的倾角、高度、粗糙程度完全相同，管口/、占两处均用很小的光滑小

圆弧管连接(管口处切线竖直)，管口到底端的高度〃=0.4m,中间“8”字型光滑细管道的圆半

径仁10cm(圆半径比细管的内径大得多)，并与两斜直管道的底端平滑连接。一质量0=0.5kg

的小滑块从管口/的正上方卫=5m处自由下落，滑块第一次到达“8”字型管道顶端时对轨道外

侧。点的压力大小为尸=455N。此后小滑块经“8”字