乙個小塊從斜面的底端衝上乙個足夠長的斜面

摩擦功：WF = mgcos *（h sin） 所以摩擦功與高度成正比。

wf-mgh=ek 所以第二次上公升的高度是第乙個上公升的兩倍，整個過程的摩擦力也是第一次的兩倍，所以A項是正確的。

返回底部動能 ek=（1 2）*2e=e 第一次返回斜面底部時，ek=e 2=（1 2）mv 2

所以v'= 根數 2v d 正確。

d 第一次。

1/2（mv^2）+w1=e w1=1/2e1/2mv^2=1/2e

第二端速度 v3

1/2（mv3^2）+w2=2e

第乙個初速 v1

1/2(mv1^2)=e

第二次獲得速度。

1/2(mv2^2)=2e

v2/v1=2^(1/2)

第一次和第二次加速的第一次上公升到頂部 t1 和第二次上公升到頂部 t2 所需的時間是相同的。

v1=at1 v2=at2

t2/t1=2^(1/2)

s1=v1t1-1/2(at1^2)

s2=v2t2-1/2(at2^2)

s2/s1=2/1

所以摩擦力做功 w2 w1=2 1

w2=2w1=2*(1/2)e=e

1/2(mv^2)=1/2e

1/2（mv3^2)=e

v3/v=2^(1/2)

答：廣告解析：

物件：用e，動能定理將斜面衝上去到最高點的過程。

mgsin + mgcos ）s1 = 0-e 物件：用 2e 衝上斜坡到最高點的過程，也是如此。

Mgsin + Mgcos ）S2=0-2E 得到 S2=2S1

物件：從最高點返回到底部的過程，也是如此。

mgsinθ-μmgcosθ)s1=

物件：從最高點返回到底部的過程，也是如此。

mgsinθ-μmgcosθ)s2=

同時解是 v2 = 2v，所以 BCD 中的 D 是對的，BC 是錯的;

物件：從E時間衝上斜面到回流底端的整個過程，能量守恆。

發熱 q=e 2=，溶液。

對於具有 2e 的斜面返回底部的動能為 ek=，所以一對。

物體在斜面上的摩擦力與物體的速度無關，摩擦力所做的功與物體在斜面上行進的距離的長度成正比。 物體的初始動能加倍，上公升的高度也加倍，距離也加倍，因此來回摩擦力所做的功所損失的動能也加倍。 所以正確的是a，底端的動能等於e，速度是v

e=mv0^2/2，e'=2e=mv0'^2/2，v0'= 根數 2 乘以 v0

第乙個上衝程位移 x=v0 2 2a，第二個上衝程位移 x'=v0'^2/2a，x'=2x

使用動能定理進行第一次完整旅程：2fx=mv 2 2-mv0 2 2，即 e 2=mv 2 2-e

使用動能定理進行第二次完整旅程：2f*2x=mv' 2-mv0 2 2，e=mv' 2 2-2e

因此，物體返回斜面底部時的動能為：mv' 2 2 = e 物體返回斜面底部時的速度 v' = 根數 2 乘以 V

1：根據能量守恆定律，當它到達最高點時，有E=MGH+FS（H為垂直高度，F為摩擦力，S為位移）。

當動能為2e時，最高點有2e=2（mgh+fs），所以可以達到原來高度的兩倍，所以位移也是原來的兩倍。

因此，摩擦所做的功是原來的兩倍，當初始動能為2e時，衝上斜面後返回斜面底部，摩擦所做的功為2x（e 2）=>動能為e

2：已知 1 2mv 2=e 2

當動能為e時，v2=2（1,2）xv

對於 A、B 選項。 由於小塊在斜面上來回運動，就是動摩擦力，同一物體的初始動能越大，在斜面上明顯上公升得越遠，因此可以定性地知道，克服摩擦力所做的功一定大於原來。 這不包括選項 b。

同樣，假設以 v 的速度行進到斜面的距離為 s。 然後通過克服摩擦所做的功 w=f*s（f 是指摩擦）。 根據勻速運動定律，v 2 = 2 * a * s，所以行進的距離與速度的平方成正比，即與物體的動能成正比，由此我們可以知道，克服摩擦力所做的功與物體的動能成正比， 因此，當動能變為 2e 時，為克服摩擦力所做的功為 e。

對於c，d選項，根據機械能守恆，當使用e-upslope時：e 2 + 1 2mv 2 = e;

當斜率在斜坡上時，有2e：e+1 2m（ ）2=2e，寫得足夠詳細，可以加點...

根據牛頓定理：0-v 2=2as 當動能變為 2e 時，沿斜面滑動時摩擦和重力所做的功是 2 倍。 最終動能與 e 成比例增加

所以情況一 e=1 2mv 2 情況二 e=1 2mv 2 e= 1 2 e=1 2 1 2mv 2

簡化為 v = 工廠 2 v

所以 a 和 d 是正確的解。

根據勻速運動定律，當運動達到最高點時，0-v2=-2ax，克服摩擦力所做的功為w=fx

因此，在向上運動過程中克服摩擦所做的功與初始動能成正比。 整個過程也是如此。 所以當初始動能為2e時，動能為e，速度為返回底端時，所以ad是正確的。

乙個。在衝上斜面並以初始動能為e返回的整個過程中，得到動能定理：1

mv2-e=-e

設初始動能為 e 的斜面的初始速度為 v0，則初始動能為 2e 的斜面的初始速度為 。

v0，加速度相同，按 2ax=v2

V02，可以看出第二次衝向斜面的位移是第一次的兩倍，因此在上公升過程中克服摩擦力所做的工作是第一次的兩倍，在整個上公升和返回過程中克服摩擦力所做的工作是第一次的兩倍， 即 e

在以2e的初始動能衝上斜面並返回的整個過程中，得到動能定理：1

mv′2-2e=-e…，所以返回斜面底部時的動能為e，由下式得到：v =

2.因此，ab是錯誤的，c是正確的;

d.第二次衝向斜面的位移是第一次的兩倍，因此在上公升過程中克服摩擦所做的工作是第一次的兩倍，在整個上公升和返回過程中克服摩擦所做的工作是第一次的兩倍， 所以 D 是錯的

因此，c

小物體在斜面上運動的滑動摩擦力保持不變，因此在均勻減速和下降後向下加速。 分析向上的過程可以看出，初始速度的平方與位移成正比，摩擦所做的功與初始動能成正比。 摩擦所做的功等於上公升時所做的功，因此整個過程中克服摩擦所做的功與初始動能成正比。

如果小塊以4e的初始動能衝上來，它克服摩擦力做功2e，即當它返回斜面底部時動能為2e。 並且由於初始速度的平方與位移成正比，並且時間t與x v0成正比，因此t與1：2的初始速度成正比

4e表示速度是前一次的兩倍，即2v，所以它的行進距離是第一次的四倍，它需要克服摩擦並像2e一樣做功，當它返回時，4e-2e=2e

時間比為1：2，摩擦力恆定，加速度恆定。

乙個具有初始動能 E 的小塊從斜面的底部向上衝出乙個足夠長的斜面，以零的速度到達最頂部。 運動的位移為 l

在這個過程中，a=g（ cos +sin ）。

v0²=2al

L=V0 2A=V0 2G（ Cos +Sin） 上下克服摩擦並做功 WF=2 mgLCOS 如果以 2E 移動，V2 = 2V1

同樣，要提高的距離為2L

克服摩擦所做的功 wf2 = 2 wf1 = 2 （e 2） = e 返回斜面的動能為 2e-e = e

AB錯了。 e/2=mv²/2

e=mv'²/2

v'=√2v

d 正確。