高中物理动能与动能定理模拟试题及解析

高中物理动能与动能定理模拟试题及解析

高中物理动能与动能定理模拟试题及解析 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，斜面 ABC 下端与光滑的圆弧轨道 CDE相切于 C，整个装置竖直固定， D 是最 低点，圆心角∠ DOC＝ 37°， E、B 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径 R＝0.30m，斜面长 L＝ 1.90m，AB 部分光滑， BC部分粗糙．现有一个质量 m＝0.10kg 的小物块 P从斜面上端 A 点 无初速下滑，物块 P 与斜面 BC部分之间的动摩擦因数 μ＝0.75．取 sin37°＝ 0.6，cos37° ＝0.8，重力加速度 g＝10m/s 2，忽略空气阻力．求： （1）物块第一次通过 C 点时的速度大小 vC． （2）物块第一次通过 D 点时受到轨道的支持力大小 FD． （3）物块最终所处的位置． 【答案】（ 1） 3 2m/s （2）7.4N（3）0.35m 【解析】 【分析】 由题中 “斜面 ABC下端与光滑的圆弧轨道 CDE相切于 C”可知，本题考查动能定理、圆周运 动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答． 【详解】 （1）BC长度 tan53 0.4ml R o ，由动能定理可得 21( )sin 37 2 Bmg L l mvo 代入数据的 3 2m/sBv 物块在 BC部分所受的摩擦力大小为 cos37 0.60Nf mg o 所受合力为 sin 37 0F mg fo 故 3 2m/sC Bv v （2）设物块第一次通过 D 点的速度为 Dv ，由动能定理得 2 21 1(1 cos37 ) 2 2D CmgR mv mvo 有牛顿第二定律得 2 D D vF mg m R 联立解得 7.4NDF （3）物块每次通过 BC所损失的机械能为 0.24JE fl 物块在 B 点的动能为 21 2kB BE mv 解得 0.9JkBE 物块经过 BC次数 0.9J =3.75 0.24J n 设物块最终停在距离 C 点 x 处，可得 ( )sin 37 (3 + ) 0mg L x f l xo 代入数据可得 0.35mx 2．某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。游客乘坐的滑草车（两者 的总质量为 60kg ），从倾角为 53 的光滑直轨道 AC 上的 B 点由静止开始下滑，到达 C 点后进入半径为 5mR ，圆心角为 53 的圆弧形光滑轨道 CD ，过 D 点后滑入倾 角为 （ 可以在 0 75剟 范围内调节）、动摩擦因数为 3 3 的足够长的草地轨道 DE 。已知 D 点处有一小段光滑圆弧与其相连，不计滑草车在 D 处的能量损失， B 点到 C 点的距离为 0 =10mL ， 10m/sg 。求： (1)滑草车经过轨道 D 点时对轨道 D 点的压力大小； (2)滑草车第一次沿草地轨道 DE 向上滑行的时间与 的关系式； (3) 取不同值时，写出滑草车在斜面上克服摩擦所做的功与 tan 的关系式。 【答案】 (1)3000N ；(2) 3 sin cos 3 2t ；(3)见解析 【解析】 【分析】 【详解】 (1)根据几何关系可知 CD 间的高度差 CD 1 cos53 2mH R 从 B 到 D 点，由动能定理得 2 0 CD D 1sin53 0 2 mg L H mv 解得 D 10 2m/sv 对 D 点，设滑草车受到的支持力 DF ，由牛顿第二定律 2 D D vF mg m R 解得 D 3000NF 由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为 3000N 。 (2)滑草车在草地轨道 DE 向上运动时，受到的合外力为 sin cosF mg mg合 由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为 sin cosFa g g m 合 因此滑草车第一次在草地轨道 DE 向上运动的时间为 D sin cos vt g g 代入数据解得 3sin cos 3 2t (3)选取小车运动方向为正方向。 ①当 0 时，滑草车沿轨道 DE 水平向右运动，对全程使用动能定理可得 0 1sin (1 cos ) + =0 0fmg L R W 代入数据解得 1 6000JfW 故当 0 时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为 6000JW克1 ②当 0 30 时，则 sin cosg g 滑草车在草地轨道 DE 向上运动后最终会静止在 DE 轨道上，向上运动的距离为 2 D 2 2( sin cos ) vx g g 摩擦力做功为 2 2cosfW mg x 联立解得 2 6000 (J) 3 tan 1 fW 故当 0 30 时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为 2 6000 (J) 3 tan 1 W克 ③当 30 75 时 sin cosg g 滑草车在草地轨道 DE 向上运动后仍会下滑，若干次来回运动后最终停在 D 处。对全程使 用动能定理可得 0 3sin (1 cos ) + =0 0fmg L R W 代入数据解得 3 6000JfW 故当 30 75 时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为 6000JW克 3 所以，当 0 或 30 75 时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为 6000J；当 0 30 时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为 6000 (J) 3 tan 1 。 3．如图（ a）所示，倾角 θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为 Q=2×10﹣4C 的正点电 荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与 Q 未接触）静止释放，小球沿 斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（ b）所示，其中线 1 为重力势能随位移变 化图象，线 2 为动能随位移变化图象．（ g=10m/s2，静电力恒量 K=9×109N?m2/C2）则 （1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况； （2）求小球的质量 m 和电量 q； （3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差 U； （4）在图（ b）中画出小球的电势能 ε 随位移 s 变化的图线．（取杆上离底端 3m 处为电 势零点） 【答案】（ 1）小球的速度先增大，后减小；小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运 动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．（ 2）4kg；1.11 ×10﹣ 5C；（ 3）4.2 × 106V（4）图像如图 , 线 3 即为小球电势能 随位移 s 变化的图线； 【解析】 【分析】 【详解】 （1）由图线 2 得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力 逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐 减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零． （2）由线 1 可得 : EP=mgh=mgssinθ 斜率 : k=20=mgsin30 ° 所以 m=4kg 当达到最大速度时带电小球受力平衡 : 2 0 sin kqQmg s 由线 2 可得 s0=1m， 得: 2 0sinmg sq kQ =1.11 × 10﹣5C （3）由线 2 可得，当带电小球运动至 1m 处动能最大为 27J． 根据动能定理 : WG+W 电 =△Ek 即有 : ﹣mgh+qU=Ekm﹣0 代入数据得 : U=4.2 × 106V （4）图中线 3 即为小球电势能 ε随位移 s 变化的图线 4．如图所示，倾角为 θ=45°的粗糙平直导轨与半径为 R 的光滑圆环轨道相切，切点为 B， 整个轨道处在竖直平面内．一质量为 m 的小滑块从导轨上离地面高为 h=3R 的 D 处无初速 下滑进入圆环轨道 .接着小滑块从圆环最高点 C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心 O 等高的 P 点，不计空气阻力 . 求：（ 1）滑块运动到圆环最高点 C 时的速度的大小； （2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小； （3）滑块在斜面轨道 BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功． 【答案】（ 1） Rg （2） 6mg （3） 1 2 mgR 【解析】 【分析】 【详解】 （1）小滑块从 C 点飞出来做平抛运动，水平速度为 v0，竖直方向上： ，水平方 向上： ，解得 （2）小滑块在最低点时速度为 vC 由机械能守恒定律得 牛顿第二定律： 由牛顿第三定律得： ，方向竖直向 下 （3）从 D 到最低点过程中，设 DB 过程中克服摩擦力做功 W1，由动能定理 h=3R 【点睛】 对滑块进行运动过程分析，要求滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小，我们要 知道滑块运动到圆环最低点时的速度大小，小滑块从圆环最高点 C水平飞出，恰好击中导 轨上与圆心 O 等高的 P 点，运用平抛运动规律结合几何关系求出最低点时速度．在对最低 点运用牛顿第二定律求解． 5．如图所示，一长度 LAB=4． 98m，倾角 θ =30°的光滑斜面 AB 和一固定粗糙水平台 BC 平 滑连接，水平台长度 LBC=0．4m，离地面高度 H=1． 4m，在 C 处有一挡板，小物块与挡板 碰撞后原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内。在斜面顶 端 A 处静止释放质量为 m="2kg" 的小物块（可视为质点），忽略空气阻力，小物块与 BC 间的动摩擦因素 μ=0． 1，g 取 10m/s2。问： （1）小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小； （2）小物块经过 B 点多少次停下来，在 BC 上运动的总路程为多少； （3）某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在 D 点，已知半球体半径 r=0．75m，OD 与水平面夹角为 α =53°，求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板？（取 ） 【答案】（ 1）7 m/s；（ 2）63 次 24．9m（3）25 次 【解析】 试题分析：小物块从开始运动到与挡板碰撞，重力、摩擦力做功，运用动能定理。求小物 块经过 B 点多少次停下来，需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程，计算出 经过 B 点多少次。小物块经过平抛运动到达 D 点，可以求出平抛时的初速度，进而求出在 BC段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。 （1）从 A 到 C段运用动能定理 mgsin - LAB= mv2 v=7m/s （2）从开始到最后停下在 BC段所经过的路程为 x mgsin LAB- mgx=0 x=24．9m =31．1 经过 AB 的次数为 31 2+1=63 次 （3）设小物块平抛时的初速度为 V0 H -r = gt2 r+ =v0t v0=3 m/s 设第 n 次后取走挡板 mv2- mv 02=2 Lbcn n=25 次 考点：动能定理、平抛运动 【名师点睛】解决本题的关键一是要会根据平抛运动的规律求出落到 D 时平抛运动的初速 度；再一个容易出现错误的是在 BC段运动的路程与经过 B 点次数的关系，需要认真确 定。根据功能关系求出在 BC段运动的路程。 6．如图所示，两个半圆形的光滑细管道 (管道内径远小于半圆形半径 )在竖直平面内交叠， 组成 “S”字形通道．大半圆 BC的半径 R=0.9m，小半圆 CD 的半径 r=0.7m．在 “S”字形通道底 部 B 连结一水平粗糙的细直管 AB．一质量 m=0.18kg 的小球（可视为质点）从 A 点以 V0=12m/s 的速度向右进入直管道，经 t 1=0.5s 到达 B 点，在刚到达半圆轨道 B 点时，对 B 点的压力为 NB=21.8N．（取重力加速度 g=10m/s 2）求： （1）小球在 B 点的速度 VB 及小球与 AB 轨道的动摩擦因数 ? （2）小球到达 “S”字形通道的顶点 D 后，又经水平粗糙的细直管 DE，从 E 点水平抛出，其 水平射程 S=3.2m．小球在 E点的速度 VE为多少？ （3）求小球在到达 C点后的瞬间，小球受到轨道的弹力大小为多少？方向如何？ 【答案】（ 1）VB=10m/s ， =0.4（2）VE=S/ t=4m/s （3） NC=18.25N 方向向上 【解析】 【详解】 （1）根据牛顿第二定律有 NB-mg=mVB2/R VB=10m/s a=(V0-VB)/t=4m/s 2 mg=m a a =mg =0.4 （2）H=2R+2r=3.2m t= 2H g VE=S/ t=4m/s （3）NC- mg=mV C2/r 1 2 m VB2=2mg R+ 1 2 m VC2 NC=18.25N 方向向上 7．图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成， BC 分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径 R=1m，一质量 m＝1kg 的小物块（视为质点） 从左側水平轨道上的 A 点以大小 v0＝12m／s 的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道 后，停在右侧水平轨道上的 D 点．已知 A、B 两点间的距离 L1＝5．75m，物块与水平轨道 写的动摩擦因数 0．2，取 g＝10m／s2，圆形轨道间不相互重叠，求： （1）物块经过 B 点时的速度大小 vB； （2）物块到达 C 点时的速度大小 vC； （3）BD 两点之间的距离 L2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量 Q 【答案】 (1) 11 /m s (2) 9 /m s (3) 72J 【解析】 【分析】 【详解】 （1）物块从 A 到 B 运动过程中，根据动能定理得： 2 2 1 0 1 1 2 2BmgL mv mv 解得： 11 /Bv m s （2）物块从 B 到 C运动过程中，根据机械能守恒得： 2 21 1 ·2 2 2B Cmv mv mg R 解得： 9 /Cv m s （3）物块从 B 到 D 运动过程中，根据动能定理得： 2 2 10 2 BmgL mv 解得： 2 30.25L m 对整个过程，由能量守恒定律有： 2 0 1 0 2 Q mv 解得： Q=72J 【点睛】 选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知 道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义． 8．如图，质量为 m=1kg 的小滑块（视为质点）在半径为 R=0.4m 的 1/4 圆弧 A 端由静止开 始释放，它运动到 B 点时速度为 v=2m/s．当滑块经过 B 后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光 滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由 C点过渡到倾角为 θ=37°、长 s=1m 的斜面 CD 上， CD 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在 0≤μ≤ 1.5之间调 节．斜面底部 D 点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在 O 点，自然状态下 另一端恰好在 D 点．认为滑块通过 C和 D 前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦 力．取 g=10m/s 2， sin37 °=0.6， cos37 °=0.8，不计空气阻力． （1）求滑块对 B 点的压力大小以及在 AB上克服阻力所做的功； （2）若设置 μ =0，求质点从 C运动到 D 的时间； （3）若最终滑块停在 D 点，求 μ的取值范围． 【答案】 （1）20N， 2J；（ 2） 1 3 s；（ 3）0.125 ≤μ＜0.75 或 μ =1． 【解析】 【分析】 （1）根据牛顿第二定律求出滑块在 B 点所受的支持力，从而得出滑块对 B 点的压力，根 据动能定理求出 AB 端克服阻力做功的大小． （2）若 μ=0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出 C 到 D 的时间． （3）最终滑块停在 D 点有两种可能，一个是滑块恰好从 C下滑到 D，另一种是在斜面 CD 和水平面见多次反复运动，最终静止在 D 点，结合动能定理进行求解． 【详解】 （1）滑块在 B 点，受到重力和支持力，在 B 点，根据牛顿第二定律有： F- mg＝m 2v R ， 代入数据解得： F=20N， 由牛顿第三定律得： F′=20N． 从 A 到 B，由动能定理得： mgR- W＝ 1 2 mv 2， 代入数据得： W=2J． （2）在 CD间运动，有： mgsin θ =ma， 加速度为： a=gsin θ=10×0.6m/s2=6m/s2， 根据匀变速运动规律有： s＝ vt+ 1 2 at2 代入数据解得： t= 1 3 s． （3）最终滑块停在 D 点有两种可能： a、滑块恰好能从 C 下滑到 D．则有： mgsin θ?s- μ1mgcos θ?s＝0- 1 2 mv2， 代入数据得： μ1=1， b、滑块在斜面 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于 D 点． 当滑块恰好能返回 C 有： - μ1mgcos θ ?2s＝0- 1 2 mv2， 代入数据得到： μ1=0.125， 当滑块恰好能静止在斜面上，则有： mgsinθ=μ2mgcosθ， 代入数据得到： μ2=0.75． 所以，当 0.125 ≤μ＜0.75，滑块在 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于 D 点． 综上所述， μ的取值范围是 0.125 ≤μ＜0.75 或 μ=1． 【点睛】 解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动规律，运用动力学知识和动能定理进行求 解，涉及到时间问题时，优先考虑动力学知识求解．对于第三问，要考虑滑块停在 D 点有 两种可能． 9．如图所示，一轻质弹簧左端固定在轻杆的 A 点，右端与一质量 1m kg＝ 套在轻杆的小物 块相连但不栓接，轻杆 AC部分粗糙糙，与小物块间动摩擦因数 0 2= ．，CD 部分为一段光 滑的竖直半圆轨道 ．小物块在外力作用下压缩弹簧至 B 点由静止释放 ，小物块恰好运动到 半圆轨道最高点 D， 5BC m＝ ，小物块刚经过 C点速度 4v m s＝ ／ ，g 取 210 /m s ，不计空气 阻力 ，求： （1）半圆轨道的半径 R； （2）小物块刚经过 C点时对轨道的压力 ； （3）小物块在外力作用下压缩弹簧在 B点时，弹簧的弹性势能 pE ． 【答案】 ⑴0.4m⑵ 50N 方向垂直向下 (3)18J 【解析】 【分析】 【详解】 (1)物块由 C 点运动到 D 点，根据机械能守恒定律 212 2 mgR mv R=0.4m ⑵小物块刚过 C 点时 FN－mg = m 2v R 所以 2 50N vF mg m N R 根据牛顿第三定律知小物块刚经过 C点时对轨道的压力： 50NF F N 方向垂直向下 (3)小物块由 B 点运动到 C点过程中，根据动能定理 21 2BCW mgL mv弹 带入数据解得： =18W J弹 所以 18pE J ． 10． 如图所示，在粗糙水平轨道 OO1 上的 O 点静止放置一质量 m=0.25kg 的小物块 (可视为 质点 )，它与水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.4，OO1 的距离 s=4m．在 O1 右侧固定了一半径 R=0.32m 的光滑的竖直半圆弧，现用 F=2N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉 力． (g=10m/s 2)求： (1)为使小物块到达 O1，求拉力 F 作用的最小距离； (2)若将拉力变为 F1，使小物块从 O 点由静止开始运动至 OO1 的中点时撤去拉力，恰能使小 物块经过半圆弧的最高点，求 F1 的大小． 【答案】 (1)2m (2)3N 【解析】 【分析】 【详解】 (1)为使小物块到达 O1，设拉力作用的最小距离为 x 根据动能定理知： 0 0Fx mgs 解得 ： 0.4 0.25 10 4 m 2m 2 mgsx F （2）当小物块恰好过最高点时： 2vmg m R 从 O 点运动到最高点的过程由动能定理得： 2 1 12 0 2 2 sF mgs mg R mv 解得 ： 1 3F N 11． 如图所示，光滑轨道槽 ABCD与粗糙轨道槽 GH 通过光滑圆轨道 EF平滑连接 (D、 G 处 在同一高度 )，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。现将一质量 m=1kg 的小球 从 AB 段距地面高 h0=2m 处静止释放，小球滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点 E 点。已知 CD、GH 与水平面的夹角为 θ=37°，GH 段的动摩擦因数为 μ=0.25，圆轨道的半径 R＝0.4m， E点离水平面的竖直高度为 3R（E点为轨道的最高点），（ g=10m/s2， sin37 °=0.6，cos37 °=0.8）求： （1）小球第一次通过 E 点时的速度大小； （2）小球沿 GH 段向上滑行后距离地面的最大高度； （3）若小球从 AB 段离地面 h 处自由释放后，小球又能沿原路径返回 AB 段，试求 h 的取 值范围。 【答案】（ 1）4m/s （2）1.62m；（ 3）h≤0.8m或 h≥2.32m 【解析】 【详解】 （1）小球从 A 点到 E 点由机械能守恒定律可得： 2 0 13 2 Emg h R mv 解得： 4m/sEv （2）D、G 离地面的高度 1 2 2 cos37 0.48oh R R m 设小球在 CH 斜面上滑的最大高度为 hm ，则小球从 A 点滑至最高点的过程， 由动能定理得 1 0 cos37 0 sin37 m m h hmg h h mg 由以上各式并代入数据 1.62mh m （3）①小球要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则 2 0.8h R m ②若能完成圆周运动，则小球返回时必须能经过圆轨道的最高点 E，在 E 点， 2 m Evmg R 此情况对应小球在 CH斜面上升的高度为 h ，小球从释放位置滑至最高点的过程，根据动 能定理得： 1cos37 0 sin37 h hmg h h mg 小球从最高点返回 E 点的过程，根据动能定理得： 21 13 cos37 sin37 2 E h hmg h R mg mv 由以上各式得 h=2.32m 故小球沿原路径返回的条件为 h≤0.8m或 h≥2.32m 12． 如图所示的实验装置，可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势 能。实验器材有：斜面、弹簧 (弹簧弹性系数较大 )、带有遮光片的滑块 (总质量为 m)、光电 门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。实验步骤如下： ①用适当仪器测得遮光片的宽度为 d； ②弹簧放在挡板 P 和滑块之间，当弹簧为原长时，遮光板中心对准斜面上的 A 点； ③光电门固定于斜面上的 B 点，并与数字计时器相连； ④压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的 O 点； ⑤用刻度尺测量 A、B 两点间的距离 L； ⑥拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间 △t； ⑦移动光电门位置，多次重复步骤④⑤⑥。 根据实验数据做出的 2 1 t －L 图象为如图所示的一条直线，并测得 2 1 t －L 图象斜率为 k、 纵轴截距为 b。 （1）根据 2 1 t －L 图象可求得滑块经过 A 位置时的速度 vA=____，滑块在斜面上运动的加 速度 a =_____。 （2）实验利用光电门及公式 v= d t 测量滑块速度时，其测量值 ____真实值（选填 “等于 ”、 “大于 ”或 “小于 ”）。 （3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从 O 到 A 恢复原长过程中弹簧 弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能 Ep=___，Ep 的测量值与真 实值相比，测量值偏 _____(填“大”或 “小”)。 【答案】 d b 1 2 kd2 小于 1 2 mbd 2 大 【解析】 【详解】 第一空：滑块从 A 到 B 做匀加速直线运动，设加速度为 a，由于宽度较小，时间很短，所 以 瞬时速度接近平均速度，因此有 B 点的速度为： B dv t ，根据运动学公式有： 2 2 2B Av v aL ，化简为 2 2 2 2 1 2 Ava L t d d ，结合图象可得： 2 2 Avb d ， 2 2ak d 解得： Av d b ； 第二空：由 2 2ak d ，解得： 21 2 a kd ； 第三空：由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分 量 忽略不计，根据能量守恒可得： 2 21 1 2 2P AE mv mbd ； 第四空：考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能定理可得： 21 2N G f AW W W mv ， 而 NPE W真 ，摩擦力小于重力沿斜面的分量， pE 的测量值与真实值相比，测量值偏大。