2023年2021高中物理人教版一轮复习训练：8功和功率1.pdf

《2023年2021高中物理人教版一轮复习训练：8功和功率1.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年2021高中物理人教版一轮复习训练：8功和功率1.pdf（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、晨鸟教育 8 功和功率、动能及动能定理 考点分析 1近几年对本部分内容的考查，在选择题部分主要考查功和功率、动能定理的理解和计算，计算题侧重于动力学、电磁学等主干知识和典型模型相结合进行综合考查，难度较大。2注意要点：(1)分析机车启动问题时，抓住两个关键，一是汽车的运动状态，即根据牛顿第二定律找出牵 引力与加速度的关系；二是抓住功率的定义式，即牵引力与速度的关系。(2)利用动能定理求做功，对物体运动过程要求不严格，只要求得运动物体初末状态的速度即 可。但列动能定理方程要规范，注意各功的正负号问题。例 1(2020江苏卷4)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和

2、地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物 块的动能 Ek 与水平位移 x 关系的图象是()【答案】A【解析】由题意可知设斜面倾角为，动摩擦因数为，则物块在斜面上下滑水平距离 x 时根 x 据动能定理有 mgx tan mg cos cos Ek，整理可得(mgx tan mg)xEk，即在斜面上运动 时动能与 x 成线性关系；当小物块在水平面运动时有 mgx Ek，即在水平面运动时动能与 x 也成线性关系，A 正确。例 2(2019全国 III 卷17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还 受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用

3、。距地面高度 h 在 3 m 以内时，物体 上升、下落过程中动能 Ek 随 h 的变化如图所示。重力加速度取 10 m/s2。该物体的质量为()Earlybird晨鸟教育 A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg【答案】C【解析】设物体的质量为 m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力 mg 和竖直向下的恒 定外力 F，当 h3 m 时，由动能定理结合题图可得(mg F)h(36 72)J；物体在下落 过程中，受到竖直向下的重力 mg 和竖直向上的恒定外力 F，当 h3 m 时，再由动能定理结 合题图可得(mg F)h(48 24)J，联立解得 m 1 kg、F2 N，选项 C

4、 正确，A、B、D 均 错误。例 2(2018全国 III 卷19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖 井中矿车提升的速度大小 v 随时间 t 的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同 的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程()A矿车上升所用的时间之比为 45 B电机的最大牵引力之比为 21 C电机输出的最大功率之比为 21 D电机所做的功之比为 45【考题解读】本题考查速度图象，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点。此题以速度 图象给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面

5、：一是对速度图象面积表示位移掌握不 到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次 提升电机做功。【答案】AC 1 1 1【解析】根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，v0 2t0 v0 2 t0t(t0 2 2 2 Earlybird动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系二是抓住功率的定义式即动能定理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向下滑动最后停在水平地面上象是答案解析由题意可知设斜面倾角为动摩擦因数为则物块在斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜晨鸟教育 1 t

6、)，解得 t t0，则对于第次和第次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为 2t0(2 t0 2 1 t0)45，A 正确；加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次 2 中最大牵引力相等，B 错误；由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为 21，由功率 P Fv，得最大功率之比为 21，C 正确；两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做 的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为 11，D 错误。提分训练 1(多选)如图所示，倾角为 的光滑斜面足够长，一质量为 m 的小物体，在沿斜面向上的恒 力 F 作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直

7、线运动，经过时间 t，力 F 做功为 60 J，此后撤去力 F，物体又经过相同的时间 t 回到斜面底端，若以底端的平面为零势能参考面，重力加速度为 g，则下列说法正确的是()A物体回到斜面底端的动能为 60 J B恒力 F2mg sin C撤去力 F 时，物体的重力势能是 45 J D动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力 F 之前【答案】AC【解析】由题设条件可知：前后两段小物体的运动的位移大小相等，方向相反，则由牛顿第 1 Fmg sin Fmg sin 1 4 二定律和运动学公式可得，x0 t2 gsin t2)，解得 F m (t2 2 m 2 3 4 mg sin，选项 B 错误；由题

8、设条件知，Fx0 mgx0sin 60 J，则此过程中重力做的功为 WG 3 mgx0sin 45 J，撤去力 F 时，物体的重力势能是 45 J，选项 C 正确；全程由动能定理可得 Fx0Ek0，则物体回到斜面底端的动能 Ek0 为 60 J，选项 A 正确；物体从最高点下滑的过程中 一定有一个点的动能与势能相等，选项 D 错误。2(多选)如图所示，半径为 R 的半圆弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一 个质量为 m 的物块从 P 点由静止释放刚好从槽口 A 点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率 地滑行到最低点 B 点，不计物块的大小，P 点到 A 点高度为 h，重力加速度大小为

9、 g，则下列 说法正确的是()动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系二是抓住功率的定义式即动能定理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向下滑动最后停在水平地面上象是答案解析由题意可知设斜面倾角为动摩擦因数为则物块在斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜Earlybird动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系二是抓住功率的定义式即动能定理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向下滑动最后停在水平地面上象是答案解析由题意可知设斜面倾角为动摩擦因

10、数为则物块在斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜晨鸟教育 A物块从 P 到 B 过程克服摩擦力做的功为 mg(R h)2mg 2gh B物块从 A 到 B 过程重力的平均功率为 C物块在 B 点时对槽底的压力大小为 (R 2h)R mg D物块到 B 点时重力的瞬时功率为 mg 2gh 【答案】BC【解析】物块从 A 到 B 过程做匀速圆周运动，根据动能定理有 mgR Wf0，因此克服摩擦力 1 做功 WfmgR，A 项错误；根据机械能守恒，物块到 A 点时的速度大小由 mgh mv2 得 v 2 1 R 2 R W 2gh，从 A 到 B 运动的时间 t ，因此从 A 到 B 过

11、程中重力的平均功率为 P v 2 2gh t 2mg 2gh v2 ，B 项正确；物块在 B 点时，根据牛顿第二定律 FN mg m ，求得 FN R (R 2h)(R 2h)mg mg R R ，根据牛顿第三定律可知，FNFN，C 项正确；物块到 B 点时，速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率为零，D 项错误。3(多选)某质量 m 1 500 kg 的“双引擎”小汽车，当行驶速度 v54 km/h 时靠电动机输出动力；当行驶速度在 54 km/h90 km/h 时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保。该小汽车在一条平直的公路 上由静止启动，汽车的牵引力 F 随运动时间 t 变化

12、的图线如图所示，所受阻力恒为 1250 N。已知汽车在 t0 时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第 11 s 末。则在前 11 s 内()A经过计算 t06 s 动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系二是抓住功率的定义式即动能定理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向下滑动最后停在水平地面上象是答案解析由题意可知设斜面倾角为动摩擦因数为则物块在斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜Earlybird动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系二是抓住功率的定义式即

13、动能定理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向下滑动最后停在水平地面上象是答案解析由题意可知设斜面倾角为动摩擦因数为则物块在斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜晨鸟教育 B电动机输出的最大功率为 60 kW C汽油机工作期间牵引力做的功为 4.5105 J D汽车的位移为 160 m【答案】AC【解析】开始阶段，牵引力 F15000 N，根据牛顿第二定律可得，F1Ffma，解得：开始 v1 阶段加速度 a2.5 m/s2。v154 km/h15 m/s，根据 t0，解得 t06 s，故 A 项正确；t0 时 a 刻，电动机输出的功率最大，且 PmF1

14、v1500015 W 75 000 W75 kW，故 B 项错误；汽 P 90 103 油机工作期间，功率 PF2v16 00015 W 90 kW,11 s 末汽车的速度 v2 m/s F 3 600 25 m/s，汽油机工作期间牵引力做的功 W Pt290103(11 6)J 4.5105 J，故 C 项正确；1 1 1 汽车前 6 s 内的位移 x1 at02 2.562 m 45 m，后 5 s 内根据动能定理得：Pt2Ffx2 mv22 2 2 2 1 mv12，解得 x2120 m，所以前 11 s 时间内汽车的位移 xx1x245 m 120 m 165 m，2 故 D 项错误。

15、4(多选)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，载人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(不计载人滑草车在两段 滑道交接处的能量损失，重力加速度为 g，sin 370.6，cos 370.8)。则()6 A动摩擦因数 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 3 D载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 g 5【答案】AB 动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系二是抓住

16、功率的定义式即动能定理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向下滑动最后停在水平地面上象是答案解析由题意可知设斜面倾角为动摩擦因数为则物块在斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜【解析】对载人滑草车从坡顶由静止到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg 2hmg cos h h 6 45 mg cos 37 0，解得 ，选项 A 正确；对经过上段滑道的过程分析，sin 45 sin 37 7 h 1 2gh 根据动能定理有 mgh mg cos 45 mv2，解得：v，选项 B 正确；载人滑草车 sin 45 2 7 克服摩擦力做功为 2mgh，选项 C

17、错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 a Earlybird动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系二是抓住功率的定义式即动能定理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向下滑动最后停在水平地面上象是答案解析由题意可知设斜面倾角为动摩擦因数为则物块在斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜晨鸟教育 mg cos 37mg sin 37 3 g，选项 D 错误。m 35 5(多选)如图甲所示，轻弹簧竖起放置，下端固定在水平地面上，一质量为 m 的小球，从离 弹簧上端高 h 处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后

18、继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖起向下方向建立从标轴 Ox，作出小球所受弹力 F 大小 随小球下落的位置坐标 x 的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为 g。以下判断 正确的是()A当 xh2x0 时，小球的动能最小 B最低点的坐标 xh2x0 C当 xh2x0 时，小球的加速度为g，且弹力为 2mg 1 D小球动能的最大值为 mgh mgx0 2【答案】CD mg x 0 k 【解析】由图乙可知 mg kx0，解得，由 Fx 图线与横轴所围图形的面积表示弹力所 mg mgx (x h)0 2 1 1 2x 做的功，则有 W 弹 k(xh)2，由动能定理

19、得 mgx k(xh)20，即，解 0 2 2 2h x h x 1 1 0 x 得，故最低点坐标不是 h2x0，且此处动能不是最小，故 A、B 错误；0 由图可知，mg kx0，由对称性可知当 xh2x0 时，小球加速度为g，且弹力为 2mg，故 C 正确；小球在 xhx0 处时，动能有最大值，根据动能定理有 mg(hx0)W 弹Ekm0，依 1 1 题可得 W 弹 mgx0，所以 Ekmmgh mgx0，故 D 正确。2 2 6(多选)如图所示，在同一竖直平面内，一根均匀的橡皮筋跨过光滑的固定钉子 P，一端固 动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系

20、二是抓住功率的定义式即动能定理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向下滑动最后停在水平地面上象是答案解析由题意可知设斜面倾角为动摩擦因数为则物块在斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜定在 O1 点，另一端跟一可视为质点且质量为 m 的物体相连，橡皮筋的原长等于 O1P，受到的 弹力跟伸长长度成正比（比例系数为 k），先让物体静止在粗糙斜面上的位置 O2 点，O2P 垂直 于斜面且 O2PL0，然后释放物体，物体开始沿斜面向下运动。已知斜面与物体间的动摩擦因 数为 0.5，斜面倾角为 53且足够长，重力加速度为 g，橡皮筋一直在弹性限度内，变力 Fkx

21、 kx F （方向不变）在 x 位移内的平均值为 2，且 sin 530.8，cos 530.6。则物体沿斜面向 Earlybird动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系二是抓住功率的定义式即动能定理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向下滑动最后停在水平地面上象是答案解析由题意可知设斜面倾角为动摩擦因数为则物块在斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜晨鸟教育 下运动的过程中，下列说法正确的是()A物体受到的摩擦力保持不变 B物体沿斜面先做匀加速运动后做匀减速运动 mg kL 0 2 mk C物体运动的最大速度

22、为 D物体距离出发点的最大距离为 3 2 mg L 0 k 【答案】AC【解析】物体沿斜面向下运动到某位置时的受力分析如图所示，设物体发生的位移为 x，橡皮 筋伸长的长度为 L，橡皮筋与斜面之间的夹角为 ，由题可知 N mg cos 53Fsin，fN，其中 Fsin kL sin kL0，联立解得 f0.3 mg 0.5 kL0，可见摩擦力是一个不变值，故 A 正确；物体受到的合力 F 合mg sin 53(mg cos 53Fsin)Fcos ma，其中 Fcos kL cos 1 a 0.5 mg 0.5 kL kx 0 m kx，解得，可见加速度 a 随位移 x 先减小后增大，即物体在

23、做变加速 运动，故 B 错误；物体加速度 a 0 时，速度最大，此时有 0.5 mg+0.5 kL0kx 0，解得 1 mg x L 1 1 0 2 k ，根据动能定理有 mg sin 53x(mg cos 53kL0)x kx x mv2，解得 2 2 v mg kL 0 2 mk ，故 C 正确；设物体距离出发点的最远距离为 x，根据动能定理有 mg sin 53x mg x L 1 0 动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系二是抓住功率的定义式即动能定理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向下滑动最后停在水平地面上

24、象是答案解析由题意可知设斜面倾角为动摩擦因数为则物块在斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜k (mg cos 53kL0)x kx x 0，解得，故 D 错误。2 7如图所示，遥控赛车比赛中一个规定项目是“飞跃壕沟”，比赛要求：赛车从起点出发，沿 水平直轨道运动，在 B 点飞出后越过“壕沟”，落在平台 EF 段。已知赛车的额定功率 P10.0 Earlybird动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系二是抓住功率的定义式即动能定理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向下滑动最后停在水平地面上象是答案解析由题意可

25、知设斜面倾角为动摩擦因数为则物块在斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜晨鸟教育 W，赛车的质量 m 1.0 kg，在水平直轨道上受到的阻力 f2.0 N，AB 段长 L 10.0 m，BE 的 高度差 h1.25 m，BE 的水平距离 x1.5 m。赛车车长不计，空气阻力不计，g 取 10 m/s2。(1)若赛车在水平直轨道上能达到最大速度，求最大速度 vm 的大小；(2)要越过壕沟，求赛车在 B 点最小速度 v 的大小；(3)若在比赛中赛车通过 A 点时速度 vA1 m/s，且赛车达到额定功率。要使赛车完成比赛，求 赛车在 AB 段通电的最短时间 t。【解析】(1)赛车在水平轨道

26、上达到最大速度时，设其牵引力为 F，根据牛顿第二定律有：F f0 又因为 PFvm 解得：vm5 m/s。(2)赛车通过 B 点在空中做平抛运动，设赛车能越过壕沟的最小速度为 v，在空中运动时间为 t1，则有：1 h gt12，且 xvt1 2 解得：v3.0 m/s。(3)若赛车恰好能越过壕沟，且赛车通电时间最短，在赛车从 A 点运动到 B 点的过程中根据动 能定理有：1 1 Pt fL mv2 mvA 2 2 2 解得：t2.4 s。8如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道 AB，与水平固定光滑轨道 BC 相连，竖直墙壁 CD 高 H 0.2 m，在地面上紧靠墙壁固定一个和 CD 等高，底边长

27、L10.3 m 的固定斜面。一个质量 m 0.1 kg 的小物块(视为质点)在轨道 AB 上从距离 B 点 L24 m 处由静止释放，从 C 点水平 抛出，已知小物块与 AB 段轨道间的动摩擦因数为 0.5，通过 B 点时无能量损失；AB 段与水平 面的夹角为 37。(空气阻力不计，取重力加速度 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)求小物块运动到 B 点时的速度大小；Earlybird动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系二是抓住功率的定义式即动能定理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向下滑

28、动最后停在水平地面上象是答案解析由题意可知设斜面倾角为动摩擦因数为则物块在斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜晨鸟教育(2)求小物块从 C 点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值。【解析】(1)对小物块从 A 到 B 过程分析，根据动能定理有：1 mgL2sin 37mgL2cos 37 mvB2 2 解得：vB4 m/s。(2)设物块落在斜面上时水平位移为 x，竖直位移为 y，如图所示，对平抛运动，有：1 xvBt，y gt2 2 H y H 2 结合几何关系，有：x L1 3 1 3 解得：t s 或 t(舍去)。15 5(

29、3)设小物块从轨道上 A 点静止释放且 A BL，运动到 B 点时的速度为 vB，对物块从 A 到碰 撞斜面过程分析，根据动能定理有：1 mgL sin 37mg cos 37L mgy mv20 2 对物块从 A 到运动到 B 过程分析，根据动能定理有：1 mvB2mgL sin 37mgL cos 37 2 1 H y 2 又 xvBt，y gt2，2 x 3 1 25 y 9H2 9H 联立解得：mv2mg()2 16 16 y 8 25 y 9H2 3 故当 ，即 y H 0.12 m 时，动能最小为 Ekmin，代入数据，解得 Ekmin0.15 J。16 16 y 5 9某兴趣小组

30、设计了一个玩具轨道模型如图甲所示，将一质量为 m 0.5 kg 的玩具小车(可以 视为质点)放在 P 点，用弹簧装置将其从静止弹出(弹性势能完全转化为小车初始动能)，使其 沿着半径 r1.0 m 的光滑圆形竖直轨道 OAO 运动，玩具小车受水平面 PB 的阻力为其自身重 力的 0.5 倍，PB 16.0 m，O 为 PB 中点。B 点右侧是一个高 h1.25 m，宽 L2.0 m 的壕沟，g 取 10 m/s2。求：动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系二是抓住功率的定义式即动能定理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向

31、下滑动最后停在水平地面上象是答案解析由题意可知设斜面倾角为动摩擦因数为则物块在斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜Earlybird动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系二是抓住功率的定义式即动能定理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向下滑动最后停在水平地面上象是答案解析由题意可知设斜面倾角为动摩擦因数为则物块在斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜晨鸟教育(1)要使小车恰好能越过圆形轨道的最高点 A，则此种情况下，小车在 O 点受到轨道弹力的大 小；(2)要求小车能安全的越过 A 点，并从 B

32、点平抛后越过壕沟，则弹簧的弹性势能至少为多少；(3)若在弹性限度内，弹簧的最大弹性势能 Epm40 J，以 O 点为坐标原点，OB 为 x 轴，从 O 到 B 方向为正方向，在图乙坐标上画出小车能进入圆形轨道且不脱离轨道情况下，弹簧弹性 势能 Ep 与小车停止位置坐标 x 关系图。【解析】(1)恰好能越过圆形轨道的最高点，由重力提供向心力，即：v 2 m A r mg 1 A 1 OA，由动能定理得：mg 2r mv mv 2 O 2 2 2 v 2 m O r 在最低点有：FNOmg 联立解得：vA 10 m/s，vO5 2 m/s，FNO30 N。(2)能越过 A 点，由(1)知 vO5

33、2 m/s 1 PO，由动能定理得：EP 弹 1kmgxPO mv 0 O 2 2 得 Ep 弹 132.5 J 1 从 B 点做平抛运动越过壕沟，有：LvBt，h gt2 2 1 Ep 弹 2kmgxPB mv 0 B 2 2 解得：Ep 弹 244 J 综上所述，弹簧弹性势能的最小值为 44 J。(3)分类讨论：因为最大弹性势能为 40 J，由 Epmmgs 0，得 s16 m 所以至多运动到 B 点，必不平抛。情况 1：能越过 O 点，弹性势能 32.5 J Ep 弹 140 J 动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系二是抓住功率的定义式即动能定

34、理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向下滑动最后停在水平地面上象是答案解析由题意可知设斜面倾角为动摩擦因数为则物块在斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜当 Ep 弹 1kmgx100，得 13 m x116 m 又因为 O 点是坐标原点，所以实际坐标值为 5 m x118 m Earlybird动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系二是抓住功率的定义式即动能定理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向下滑动最后停在水平地面上象是答案解析由题意可知设斜面倾角为动摩擦因数为则物块在

35、斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜晨鸟教育 情况 2：恰能到达圆轨道圆心等高点 当 Ep 弹 2kmgxPOmgr 00，得 Ep 弹 225 J 由 mgr kmgx21，得 x212 m 又因为 O 点是坐标原点，所以实际坐标值为 x212 m 恰能进入圆形轨道，当 Ep 弹 2kmgxPO00，得 Ep 弹 220 J，此时坐标值为 0 由动能定理表达式知，Ep 弹与 x 是线性函数，图象如图所示。Earlybird 动问题时抓住两个关键一是汽车的运动状态即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系二是抓住功率的定义式即动能定理方程要规范注意各功的正负号问题江苏卷如图所示一小物块由静止开始沿斜面向下滑动最后停在水平地面上象是答案解析由题意可知设斜面倾角为动摩擦因数为则物块在斜面上下滑水平距离时根据动能定理有整理可得即在斜