微专题一 功与功率 功能关系
高考热点·突破
热点一 功、功率的分析和计算
例1 (2025·苏州模拟)某次班级例行换座位,小明开始用与水平面夹角30°斜向上大小为F的拉力沿直线向前拉动课桌,移动距离s后换用与水平面夹角30°斜向下大小仍为F的推力沿直线向前推动课桌,移动距离也是s,运动过程中接触面粗糙程度不变。下列判断正确的是( )
A.第一次合力做功多
B.第二次合力做功多
C.两次合力做功相同
D.两次摩擦力做功相同
例2 (2025·昭通模拟)某学校为了封闭式管理,正在修建一栋宿舍楼,修建过程中要用到起重机,如图甲是起重机某次从t=0时刻由静止开始提升质量为m=200 kg的物体,其a-t图像如图乙所示,5~10 s内起重机的功率为额定功率,不计空气阻力,重力加速度为g=10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.6秒末速度为10 m/s
B.起重机的额定功率为2 400 W
C.5~10 s内物体所受起重机的拉力在减小
D.5~10 s内物体减速上升
[模型构建] 机车启动的两种模型
恒定功率启动 恒定加速度启动
图像
OA过 程分析 P不变:v↑ F=↓ a=↓ 加速度减小的加速直线运动 a不变:a= F不变v↑ P=Fv↑ P额=Fv1 匀加速直线运动,维持时间t0=
AB过 程分析 F=F阻 a=0 vm= 速度为vm的匀速直线运动 v↑ F=↓ a=↓ 加速度减小的加速直线运动,在B点达到最大速度,vm=
训练1 (2025·贵阳模拟)如图甲为我国以前农村毛驴拉磨的场景。毛驴拉磨可看成是匀速圆周运动,假设毛驴的拉力始终与拉磨半径方向垂直,图乙为其简化图,拉力为500 N,拉磨半径为2 m,拉磨周期为10 s。下列说法正确的是( )
A.毛驴拉磨一周所做的功为2 000π J
B.毛驴拉磨一周所做的功为0 J
C.毛驴拉磨的转速为0.1 r/min
D.毛驴拉磨的瞬时功率为50 W
热点二 动能定理的应用
例3 (2025·福建卷)如图甲,水平地面上有并排放置的A、B两个物块,两物块质量均为0.2 kg,A与地面间动摩擦因数为μ=0.25,B与地面间无摩擦,两物块在外力F的作用下向右前进,F随位移x的变化图像如图乙所示,P为圆弧轨道最低点,M为圆弧轨道最高点,圆弧轨道与水平地面平滑连接,初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m。求:
(1)0~1 m内F做的功;
(2)x=1 m时,A与B之间的弹力大小;
(3)要保证B能到达M点,圆弧半径满足的条件。
[尝试解答]
[解题技法] 应用动能定理的技巧
(1)动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单一过程问题,也适用于变力做功、曲线运动、多过程问题。
(2)动能定理解决的是合力做功与动能变化的问题,各力做功的情况分析是关键。
(3)在接触面粗糙的情况下,机械能往往是不守恒的,一般选择应用动能定理解题。
(4)应用动能定理求解多过程问题时,注意联系两个过程的关键量——速度。
训练2 (多选)(2023·广东卷)人们用滑道从高处向低处运送货物,如图所示,可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点由静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的有( )
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
热点三 功能关系及其应用
例4 (多选)(2025·福建模拟)一长木板静止于光滑水平面上,一小物块(可视为质点)从左侧以某一速度滑上木板,最终和木板相对静止一起向右做匀速直线运动。在物块从滑上木板到和木板相对静止的过程中,物块的位移是木板位移的k倍,设板、块间滑动摩擦力大小不变,则下列说法正确的是( )
A.物块动能的减少量等于木板动能的增加量
B.摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量
C.因摩擦而产生的内能等于物块克服摩擦力所做的功
D.因摩擦而产生的内能是木板动能增量的k-1倍
训练3 (2025·苏州模拟)将一质量为m的小球从地面竖直向上抛出,小球上升h后又落回地面,在整个过程中受到的空气阻力大小始终为f,重力加速度为g,则关于这个过程中重力与空气阻力所做的功,下列说法正确的是( )
A.重力做的功为2mgh,空气阻力做的功为-2fh
B.空气阻力做的功为0,合力做功为-2fh
C.空气阻力做的功为-2fh,合力做功为-2fh
D.重力做的功为2mgh,合力做的功为-2fh
高考真题·体验
1.(2025·云南卷)如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h,在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近( )
A.4×105 J B.4×104 J
C.4×103 J D.4×102 J
2.(2025·山东卷)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电动机供电,刚好维持小车以速度v匀速运动。此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为( )
A. B.
C. D.
3.(2024·浙江6月卷)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2,喷水速度约为10 m/s,水的密度为1×103 kg/m3,则该喷头喷水的功率约为( )
A.10 W B.20 W
C.100 W D.200 W
4.(2024·山东卷)如图所示,质量均为m的甲、乙两同学,分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d(dA.+μmg(l-d)
B.+μmg(l-d)
C.+2μmg(l-d)
D.+2μmg(l-d)
5.(2025·黑吉辽蒙卷)如图,一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑,滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力,雪块质量不变,取sin 37°=0.6,重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0;
(2)雪块落地时的速度大小v1及其速度方向与水平方向的夹角α。
微专题一 功与功率 功能关系
例1 A 解析 设课桌与水平面间的动摩擦因数为μ,课桌的质量为m,由题分析,可知两种情况下,对F正交分解,可得沿水平方向的分力大小都为Fcos 30°,方向都为水平向前;竖直方向的分力大小都为Fsin 30°,第一次的方向为竖直向上,第二次的方向为竖直向下;则第一次的摩擦力大小为f1=μFN1=μ(mg-Fsin 30°);第二次的摩擦力大小为f2=μFN2=μ(mg+Fsin 30°),可知f1例2 C 解析 由题图乙可知,物体在0~5 s内做匀加速直线运动,5 s时起重机的速度为v=at=10 m/s,5 s后起重机继续加速上升,则6 s末的速度大于10 m/s,A、D两项错误;5 s时起重机达到额定功率,此时有F-mg=ma,P=Fv,解得P=24 000 W,B项错误;5~10 s内物体的加速度逐渐减小,根据F-mg=ma可知,拉力在减小,C项正确。
训练1 A 解析 将圆周分割为若干小段Δs1、Δs2、Δs3…,则毛驴拉磨转动一周所做的功为W=F·Δs1+F·Δs2+…+F·Δsn=F·(Δs1+Δs2+…+Δsn)=F·2πR=2 000π J,A项正确,B项错误;由于拉磨的周期T=10 s,故毛驴拉磨的转速为n==0.1 r/s=6 r/min,C项错误;毛驴拉磨时的线速度大小为v== m/s,毛驴拉磨的瞬时功率为P=Fv=500× W=200π W,D项错误。
例3 答案 (1)1.5 J (2)0.5 N (3)r≤0.2 m
解析 (1)F-x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功的大小,
由题图乙可知0~1 m内F所做的功W=1.5×1 J=1.5 J。
(2)由题图乙可知,x=1 m时外力F开始变化,可知A、B有相同的加速度,
A与地面间的摩擦力f=μmg,
对A、B整体,由牛顿第二定律得F-f=2ma,
由于B与地面间无摩擦,对B由牛顿第二定律得
FAB=ma,
联立解得A、B间的弹力大小FAB=0.5 N。
(3)当FAB=0时A、B分离,由(2)中分析可知F=f=0.5 N时,A、B开始分离,由题图乙可知,此时x=3 m,
初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m,对A、B从开始运动到开始分离过程,由动能定理得
WF-μmgx=·2mv2,
结合(1)中分析由题图乙可得WF=3.5 J,
假设B可以运动到圆弧轨道最高点M,对B从两者开始分离点到运动到M点的过程,由动能定理得
-mg·2r=m-mv2,
要保证B能到达M点,则到达M点的速度满足
vM≥,
联立解得r≤0.2 m。
训练2 BCD 解析 重力做的功WG=mgh=800 J,A项错误;下滑过程根据动能定理得WG-Wf=m,代入数据解得,克服阻力做的功Wf=440 J,B项正确;经过Q点时向心加速度大小a==9 m/s2,C项正确;经过Q点时,根据牛顿第二定律得F-mg=ma,解得货物受到的支持力大小F=380 N,根据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380 N,D项正确。
例4 BD 解析 根据能量守恒可知,物块动能减少量等于木板动能增加量与因摩擦产生的内能之和,A项错误;根据动能定理可知,摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量,B项正确;设物块与木板之间的摩擦力为f,木板的位移为x,则物块的位移为kx;物块克服摩擦力所做的功为Wf=f·kx,对木板,根据动能定理可得木板动能的增加量为ΔEk=fx,因摩擦产生的内能为Q=fs相=f·(k-1)x,因摩擦而产生的内能小于物块克服摩擦力所做的功;因摩擦而产生的内能是木板动能增量的(k-1)倍,C项错误,D项正确。
训练3 C 解析 从抛出至落回出发点的过程中,位移为零,所以重力所做的功WG=0,上升过程,空气阻力对小球做功为W1=-fh;下落过程,空气阻力对小球做功W2=-fh,从抛出到落回到抛出点的过程中,空气阻力对小球做的功为Wf=W1+W2=-2fh,合力做的功为W合=WG+Wf=-2fh,C项正确。
高考真题体验
1.B 解析 由单位制可知144 km/h=40 m/s,高中生的质量约为m=50 kg,则当列车加速到v=40 m/s时,高中生的动能约为Ek=mv2=40 000 J,对高中生由动能定理得W=Ek-0,解得列车对高中生所做的功约为W=4×104 J,B项正确。
2.A 解析 小车匀速运动时,电动机的输出功率等于小车受到的阻力的功率,有P电出=Pf=fv=kv2,所以电动机的输入功率(光伏电池的输出功率)为P光出==2kv2,则光伏电池的输入功率(单位时间内获得的太阳能)为P太阳能==,A项正确。
3.C 解析 Δt时间内从喷头流出的水的质量m=ρSv·Δt,喷头喷水的功率等于Δt时间内喷出的水的动能增加量,即P==,联立解得P=100 W,C项正确。
4.B 解析 当甲所坐木板刚要离开原位置时,对甲及其所坐木板整体有kx0=μmg,解得弹性绳的伸长量x0=,此时弹性绳的弹性势能E0=k=,从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程,乙所坐木板的位移x1=x0+l-d,由功能关系可知该过程F所做的功W=E0+μmgx1=+μmg(l-d),B项正确。
5.答案 (1)5 m/s (2)8 m/s 60°
解析 (1)雪块从屋顶上的O点由静止开始下滑到A点的过程中,由动能定理有
mgxsin θ-μmgcos θ·x=m-0,
解得v0=5 m/s。
(2)雪块从A点到落地的过程中,由动能定理有
mgh=m-m,
解得v1=8 m/s,
雪块离开A点的水平速度大小为
vx=v0cos θ,
则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角满足
cos α=,
解得α=60°。(共36张PPT)
微专题一
专题二 能量与动量
功与功率 功能关系
热点一 功、功率的分析和计算
例1 (2025·苏州模拟)某次班级例行换座位，小明开始用与水平面夹角30°斜向上大小为F的拉力沿直线向前拉动课桌，移动距离s后换用与水平面夹角30°斜向下大小仍为F的推力沿直线向前推动课 桌，移动距离也是s，运动过程中接触面粗糙程度不变。下列判断正确的是( )
A.第一次合力做功多
B.第二次合力做功多
C.两次合力做功相同
D.两次摩擦力做功相同
设课桌与水平面间的动摩擦因数为μ，课桌的质量为m，由题分 析，可知两种情况下，对F正交分解，可得沿水平方向的分力大小都为Fcos 30°，方向都为水平向前；竖直方向的分力大小都为Fsin 30°，第一次的方向为竖直向上，第二次的方向为竖直向 下；则第一次的摩擦力大小为f1=μFN1=μ(mg-Fsin 30°)；第二次的摩擦力大小为f2=μFN2=μ(mg+Fsin 30°)，可知f1解析
例2 (2025·昭通模拟)某学校为了封闭式管理，正在修建一栋宿舍楼，修建过程中要用到起重机，如图甲是起重机某次从t=0时刻由静止开始提升质量为m=200 kg的物体，其a-t图像如图乙所示，5~10 s内起重机的功率为额定功率，不计空气阻力，重力加速度为g=10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.6秒末速度为10 m/s
B.起重机的额定功率为2 400 W
C.5~10 s内物体所受起重机的拉力在减小
D.5~10 s内物体减速上升
由题图乙可知，物体在0~5 s内做匀加速直线运动，5 s时起重机的速度为v=at=10 m/s，5 s后起重机继续加速上升，则6 s末的速度大于10 m/s，A、D两项错误；5 s时起重机达到额定功率，此时有F-mg=ma，P=Fv，解得P=24 000 W，B项错误；5~10 s内物体的加速度逐渐减小，根据F-mg=ma可知，拉力在减小，C项正确。
解析
[模型构建] 机车启动的两种模型
恒定功率启动 恒定加速度启动
图像
OA过 程分析 P不变：v↑ F=↓ 加速度减小的加速直线运动 a不变：a= F不变v↑ P=Fv↑ P额=Fv1
匀加速直线运动，维持时间t0=
AB过 程分析 F=F阻 a=0 vm= 速度为vm的匀速直线运动 v↑ F=↓
加速度减小的加速直线运动，在B点达到最大速度，vm=
训练1 (2025·贵阳模拟)如图甲为我国以前农村毛驴拉磨的场景。毛驴拉磨可看成是匀速圆周运动，假设毛驴的拉力始终与拉磨半径方向垂直，图乙为其简化图，拉力为500 N，拉磨半径为2 m，拉磨周期为10 s。下列说法正确的是( )
A.毛驴拉磨一周所做的功为2 000π J
B.毛驴拉磨一周所做的功为0 J
C.毛驴拉磨的转速为0.1 r/min
D.毛驴拉磨的瞬时功率为50 W
将圆周分割为若干小段Δs1、Δs2、Δs3…，则毛驴拉磨转动一周所做的功为W=F·Δs1+F·Δs2+…+F·Δsn=F·(Δs1+Δs2+…+Δsn)= F·2πR=2 000π J，A项正确，B项错误；由于拉磨的周期T=10 s，故毛驴拉磨的转速为n==0.1 r/s=6 r/min，C项错误；毛驴拉磨时的线速度大小为v== m/s，毛驴拉磨的瞬时功率为P=Fv=500× W=200π W，D项错误。
解析
热点二 动能定理的应用
例3 (2025·福建卷)如图甲，水平地面上有 并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间动摩擦因数为μ=0.25，B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m。求：
F-x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功的大小，
由题图乙可知0~1 m内F所做的功W=1.5×1 J=1.5 J。
解析
(1)0~1 m内F做的功；
(2)x=1 m时，A与B之间的弹力大小；
由题图乙可知，x=1 m时外力F开始变化，可知A、B有相同的加速度，A与地面间的摩擦力f=μmg，
对A、B整体，由牛顿第二定律得F-f=2ma，
由于B与地面间无摩擦，对B由牛顿第二定律得
FAB=ma，
联立解得A、B间的弹力大小FAB=0.5 N。
解析
(3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。
当FAB=0时A、B分离，由(2)中分析可知F=f=0.5 N时，A、B开始分离，由题图乙可知，此时x=3 m，
初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得
WF-μmgx=·2mv2，
结合(1)中分析由题图乙可得WF=3.5 J，
解析
假设B可以运动到圆弧轨道最高点M，对B从两者开始分离点到运动到M点的过程，由动能定理得
-mg·2r=m-mv2，
要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足
vM≥，
联立解得r≤0.2 m。
解析
[解题技法] 应用动能定理的技巧
(1)动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单一过程问题，也适用于变力做功、曲线运动、多过程问题。
(2)动能定理解决的是合力做功与动能变化的问题，各力做功的情况分析是关键。
(3)在接触面粗糙的情况下，机械能往往是不守恒的，一般选择应用动能定理解题。
(4)应用动能定理求解多过程问题时，注意联系两个过程的关键量——速度。
训练2 (多选)(2023·广东卷)人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点由静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有( )
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
重力做的功WG=mgh=800 J，A项错误；下滑过程根据动能定理得WG-Wf=m，代入数据解得，克服阻力做的功Wf=440 J，B项正确；经过Q点时向心加速度大小a==9 m/s2，C项正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律得F-mg=ma，解得货物受到的支持力大小F=380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D项正确。
解析
热点三 功能关系及其应用
例4 (多选)(2025·福建模拟)一长木板静止于
光滑水平面上，一小物块(可视为质点)从左侧
以某一速度滑上木板，最终和木板相对静止一起向右做匀速直线运动。在物块从滑上木板到和木板相对静止的过程中，物块的位移是木板位移的k倍，设板、块间滑动摩擦力大小不变，则下列说法正确的是( )
A.物块动能的减少量等于木板动能的增加量
B.摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量
C.因摩擦而产生的内能等于物块克服摩擦力所做的功
D.因摩擦而产生的内能是木板动能增量的k-1倍
根据能量守恒可知，物块动能减少量等于木板动能增加量与因摩擦产生的内能之和，A项错误；根据动能定理可知，摩擦力对木板做的功等于木板动能的增加量，B项正确；设物块与木板之间的摩擦力为f，木板的位移为x，则物块的位移为kx；物块克服摩擦力所做的功为Wf=f·kx，对木板，根据动能定理可得木板动能的增加量为ΔEk=fx，因摩擦产生的内能为Q=fs相=f·(k-1)x，因摩擦而产生的内能小于物块克服摩擦力所做的功；因摩擦而产生的内能是木板动能增量的(k-1)倍，C项错误，D项正确。
解析
训练3 (2025·苏州模拟)将一质量为m的小球从地面竖直向上抛出，小球上升h后又落回地面，在整个过程中受到的空气阻力大小始终为 f，重力加速度为g，则关于这个过程中重力与空气阻力所做的功，下列说法正确的是( )
A.重力做的功为2mgh，空气阻力做的功为-2fh
B.空气阻力做的功为0，合力做功为-2fh
C.空气阻力做的功为-2fh，合力做功为-2fh
D.重力做的功为2mgh，合力做的功为-2fh
从抛出至落回出发点的过程中，位移为零，所以重力所做的功WG=0，上升过程，空气阻力对小球做功为W1=-fh；下落过程，空气阻力对小球做功W2=-fh，从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为Wf=W1+W2=-2fh，合力做的功为W合= WG+Wf=-2fh，C项正确。
解析
1.(2025·云南卷)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近( )
A.4×105 J B.4×104 J
C.4×103 J D.4×102 J
由单位制可知144 km/h=40 m/s，高中生的质量约为m=50 kg，则当列车加速到v=40 m/s时，高中生的动能约为Ek=mv2=40 000 J，对高中生由动能定理得W=Ek-0，解得列车对高中生所做的功约为W=4×104 J，B项正确。
解析
2.(2025·山东卷)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动。此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为( )
A. B.
C. D.
小车匀速运动时，电动机的输出功率等于小车受到的阻力的功 率，有P电出=Pf=fv=kv2，所以电动机的输入功率(光伏电池的输出功率)为P光出==2kv2，则光伏电池的输入功率(单位时间内获得的太阳能)为P太阳能==，A项正确。
解析
3.(2024·浙江6月卷)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2，喷水速度约为10 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为( )
A.10 W B.20 W C.100 W D.200 W
Δt时间内从喷头流出的水的质量m=ρSv·Δt，喷头喷水的功率等 于Δt时间内喷出的水的动能增加量，即P==，联立解得P=100 W，C项正确。
解析
4.(2024·山东卷)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(dA.+μmg(l-d) B.+μmg(l-d)
C.+2μmg(l-d) D.+2μmg(l-d)
当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0=μmg，解得弹性绳的伸长量x0=，此时弹性绳的弹性势能E0=k=，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移x1=x0+l-d，由功能关系可知该过程F所做的功W=E0+μmgx1=+μmg(l-d)，B项正确。
解析
5.(2025·黑吉辽蒙卷)如图，一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m，A点距地面的高度h=1.95 m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin 37°=0.6，重力加速度大小g=10 m/s2。求：
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；
雪块从屋顶上的O点由静止开始下滑到A点的过程中，由动能定理有mgxsin θ-μmgcos θ·x=m-0，
解得v0=5 m/s。
解析
(2)雪块落地时的速度大小v1及其速度方向与水平方向的夹角α。
雪块从A点到落地的过程中，由动能定理有
mgh=m-m，
解得v1=8 m/s，
雪块离开A点的水平速度大小为vx=v0cos θ，
则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角满足cos α=，
解得α=60°。
解析专题精练5 功与功率 功能关系
保分基础练
1.(2025·贵州模拟)质量为2 kg的小球从距离地面某高度以初速度15 m/s水平抛出,2 s后落到地面,则小球落地时重力的功率为(g取10 m/s2)( )
A.300 W B.400 W
C.500 W D.600 W
2.(2025·绵阳三模)如图所示,成人用与水平方向夹角为α、斜向上的拉力F向前拉总质量为m的小孩和雪橇,从静止开始沿直线匀加速通过距离x的过程中（重力加速度为g）( )
A.雪橇对地面的压力大小是mg-Fcos α
B.雪橇与地面之间摩擦力大小是Fsin α
C.拉力做功是Fx
D.拉力做功是Fxcos α
3.(多选)运动员从水平地面上把质量为400 g的足球踢出后,某人观察它在空中的运动情况,估计足球上升的最大高度是3 m,在最高点的速度大小为10 m/s。不考虑空气阻力,以水平地面为参考平面,取重力加速度大小g=10 m/s2。下列选项正确的是( )
A.足球在最高点时的重力势能为6 J
B.足球在最高点时的重力势能为12 J
C.运动员踢球时对足球做的功为32 J
D.运动员踢球时对足球做的功为12 J
4.(2025·大连模拟)如图甲所示,质量为5 kg的物体在斜向下、与水平方向成37°角的力F作用下,沿水平面开始运动,推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则力F所做的功为( )
A.240 J B.150 J
C.120 J D.90 J
5.(2025·怀化二模)如图所示装置,可以将一质量为m=1 kg的小球(可视为质点)从地面缓慢抬升至任意高度后再以任意速度水平打出。若需要将小球一次性投入(不与地面发生碰撞)距发射台l=4 m的收集孔里,则装置对小球做的功至少为(忽略一切阻力,g取10 m/s2)( )
A.20 J B.30 J
C.40 J D.50 J
6.(2025·长春模拟)如图所示,在倾角为θ的斜面上,质量为m的物块受到沿斜面向上的恒力F的作用,沿斜面以速度v匀速上升了高度h。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ、重力加速度为g。关于上述过程,下列说法正确的是( )
A.合力对物块做功为恒力F与摩擦力对物块做功之和
B.合力对物块做功为mv2
C.摩擦力对物块做功为μmgcos θ
D.恒力F与摩擦力对物块做功之和为mgh
7.(2025·海南一模)被称为“空中电站”的S1 000型涵道式浮空风力发电系统(如图),于2025年1月首次稳定悬停于高空,并顺利发电。该系统叶片转动时可形成与风向垂直的圆面,并将此圆面内10%的空气动能转化为电能。已知悬停位置的风速为v时,该系统的发电功率为P,则悬停位置的风速为2v时,该系统的发电功率为( )
A.2P B.4P
C.6P D.8P
8.(2025·重庆模拟)空间中有一匀强电场,如图所示,沿电场方向建立x轴,O为坐标原点,规定O点电势为零。一带正电的粒子从O点由静止释放,不计粒子的重力,则电势φ、电势能Ep、粒子的机械能E机、粒子的动能Ek,关于位移x的图像正确的是( )
增分提能练
9.(2025·昭通模拟)如图所示,左侧有一长为L=3 m的传送带,以速度v=5 m/s顺时针转动,右侧有一质量为M=6 kg、长为l=5 m的长木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m=2 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0=10 m/s从传送带的左端滑上传送带,并且小物块能无机械能损失的滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ=0.6,不计空气阻力,g取10 m/s2。则( )
A.小物块滑上长木板的速度为5 m/s
B.小物块的最终速度为1 m/s
C.长木板的最终动能Ek=12 J
D.全过程系统产生的内能Q=48 J
10.(2025·甘肃二模)如图所示,是我国某型号“双引擎”汽车在平直公路上由静止启动时,牵引力F随时间t变化的图像。已知该汽车质量为1 250 kg,行驶时所受阻力恒为1 250 N,t0时刻汽车达到15 m/s的临界速度并自动切换引擎,此后保持牵引力功率恒定。下列说法正确的是( )
A.汽车刚启动时的加速度大小为4 m/s2
B.t0时刻前,汽车牵引力的功率保持不变
C.切换引擎后,汽车做匀加速直线运动
D.t1时刻汽车的速率为25 m/s
11.(多选)(2025·贵州模拟)一辆汽车在水平路面上由静止启动,在前6 s内做匀加速直线运动,6 s末达到额定功率,之后保持额定功率运动至t1=25 s时刻达到最大速度,其v-t图像如图所示。已知汽车的质量m=2×103 kg,汽车受到路面的阻力大小与其受到的重力大小的比值k=0.1,取重力加速度大小g=10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.在前6 s内汽车的牵引力大小为6×103 N
B.汽车的额定功率为60 kW
C.汽车的最大速度为36 m/s
D.汽车由静止加速到最大速度过程中的位移大小x=144 m
12.(2025·宜春二模)人类探索宇宙的过程是一个漫长而不断进步的历程,假设2125年人类在大麦哲伦星系A星球上进行太空移民,若已知A星球质量和半径均为地球的0.5倍,地球上重力加速度为10 m/s2(忽略星球自转),有一名质量为50 kg的驾驶员驾驶一辆质量为950 kg的探险车在A星球上进行探索。
(1)求A星球的重力加速度;
(2)若该车靠面积为1 m2的光伏板吸收宇宙辐射作为能源,已知单位时间内单位面积接收辐射能量为1×105 J·m-2·s-1,若该车输出功率达到接收功率60%时可保持电量不变,这位驾驶员驾驶该车,要保持电量不变,则行驶过程中的最大速度为多少 (已知阻力为总重力的0.1倍);
(3)若该驾驶员以1 m/s2的恒定加速度启动车辆,当电量不再增加时,保持电量行驶,全程行驶675 m,则所用总时间为多少 (此前已达最大速度)。
13.(2025·沈阳模拟)如图所示,光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接,水平区域FG足够长,圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开。现将一质量为m=0.5 kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放,若已知圆轨道半径R=0.8 m,水平面BD的长度x1=2 m,传送带长度x2=9 m,滑块始终不脱离圆轨道,且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2,传送带以恒定速度v0=6 m/s逆时针转动(不考虑传送带轮的半径对运动的影响), g=10 m/s2。
(1)若h=1.2 m,求滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力;
(2)若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出,求滑块释放点高度h的取值范围;
(3)当h=5.4 m时,计算滑块从释放到飞出传送带的过程中,因摩擦产生的热量Q是多少。
专题精练5 功与功率 功能关系
1.B 解析 小球落地时的竖直分速度为vy=gt=10×2 m/s=20 m/s,小球落地时重力的功率为P=mgvy=2×10×20 W=400 W,B项正确。
2.D 解析 将小孩和雪橇作为整体,受力分析可知,在竖直方向上Fsin α+FN=mg,解得FN=mg-Fsin α,根据牛顿第三定律可知,雪橇对地面的压力大小FN'=FN=mg-Fsin α,A项错误;由于雪橇做加速运动,可知摩擦力f3.BC 解析 以水平地面为参考平面,足球在最高点时的重力势能Ep=mgh=12 J,A项错误,B项正确;根据功能关系可得运动员踢球时对足球做的功为W=mv2+mgh=32 J,C项正确,D项错误。
4.C 解析 由F-x图像与坐标轴围成的面积表示功,可知力F所做的功为W=Fxcos 37°=120 J,C项正确。
5.C 解析 装置对小球做的功用于提高小球的机械能(重力势能与动能),设将小球抬升至高度h后以初速度v0水平射出,则做的功为W=mgh+m。对于后续的平抛运动,在水平方向上到达收集孔时,时间为t=,同时竖直方向上小球做自由落体运动,有h=gt2,联立各式解得W=mgh+mg。根据数学知识可知当mgh=mg时对小球做功有最小值,即当 h=时取到最小值Wmin=mgl=40 J,C项正确。
6.D 解析 合力对物块做功为恒力F与摩擦力以及重力对物块做功之和,A项错误;因物块匀速上升,根据动能定理可知合力对物块做功为零,B项错误;摩擦力对物块做功为Wf=-μmgcos θ·,C项错误;根据动能定理WF+Wf-mgh=0,可知WF+Wf=mgh,即恒力F与摩擦力对物块做功之和为mgh,D项正确。
7.D 解析 设t时间内吹到圆面上空气的质量为m,则有m=ρV=ρS·vt,故t时间内空气的动能Ek=mv2=ρS·vtv2=ρSv3t,该系统的发电功率P==ρSv3,当风速为2v时,系统的发电功率P'=ρS(2v)3=8P,D项正确。
8.D 解析 顺着电场线,电势逐渐降低,A项错误;顺着电场线,电势逐渐降低,根据Ep=qφ可知带正电的粒子电势能逐渐减小,B项错误;由于电场力对粒子做正功,故该粒子的机械能增大,C项错误;根据动能定理W电=qEx=Ek-0,Ek-x图像是过原点的倾斜直线,且斜率为k=qE定值,D项正确。
9.C 解析 物块开始向右做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma0,设历时t0与传送带达到相等速度,则有v=v0-a0t0,解得t0= s,此过程物块的位移x0=t0=6.25 m>L=3 m,表明物块与传送带没有达到相等速度,则有-=-2a0L,解得v1=8 m/s,即小物块滑上长木板的速度为8 m/s,A项错误;物块滑上木板后开始以加速度a0做匀减速直线运动,对木板,根据牛顿第二定律有μmg=Ma1,解得a1=2 m/s2,设历时t1物块与木板达到相等速度,则有v2=v1-a0t1=a1t1,解得t1=1 s,v2=2 m/s,此过程物块的位移x1=t1=5 m=l,表明物块没有飞出木板,之后两者保持相对静止做匀速直线运动,即小物块的最终速度为2 m/s,B项错误;结合上述可知,长木板的最终动能Ek=M=12 J,C项正确;结合上述,物块在传送带上运动时间t2== s,对传送带的相对位移x相1=t2-vt2= m,物块对木板的相对位移x相2=t1-t1=4 m,全过程系统产生的内能Q=μmg(x相1+x相2)=64 J,D项错误。
10.D 解析 汽车刚启动时,由牛顿第二定律,由F-f=ma,且F=5 000 N,解得加速度a=3 m/s2,A项错误;t0时刻前,汽车做匀加速直线运动,速度逐渐增大,由公式P=Fv,可知牵引力的功率逐渐增大,B项错误;切换引擎后,牵引力功率恒定,速度增加,则牵引力减小,所以加速度也减小,汽车做加速度逐渐减小的变加速直线运动,C项错误;由P=Fv0=F1v1,其中F=6 000 N,解得t1时刻汽车的速率为25 m/s,D项正确。
11.ACD 解析 由题意可知f=kmg=2×103 N,由题图可知前6 s内汽车的加速度大小a==2 m/s2,由F-f=ma,解得汽车的牵引力大小F=6×103 N,A项正确;6 s末达到额定功率,则汽车的额定功率为P=Fv1=6×103×12 W=72 kW,B项错误;当牵引力等于阻力时,汽车速度达到最大,则有vmax==36 m/s,C项正确;汽车在0~6 s做匀加速直线运动,其位移大小为x1=×6 m=36 m,汽车变加速过程由动能定理有Pt-kmgx2=m-m,其中t=t1-6 s=25 s-6 s=19 s,代入数据解得x2=108 m,汽车由静止加速到最大速度过程中的位移大小x=x1+x2=144 m,D项正确。
12.答案 (1)20 m/s2 (2)30 m/s (3)40 s
解析 (1)根据万有引力等于重力G=mg,
解得g=,
且该星球的质量M和半径R均为地球的0.5倍,则A星球的重力加速度g0=2g=20 m/s2。
(2)光伏板吸收能量转化后的功率为P=η·ΔES,
其中ΔE=1×105 J/s,S=1 m2,η=60%,
解得P=6×104 W,
该车的阻力为f=0.1(m+m0)g0=2 000 N,
根据P=Fv得,行驶过程中的最大速度为
vm==30 m/s。
(3)在匀加速阶段,根据牛顿第二定律
F-f=(m+m0)a,
解得F=3 000 N,
根据P=Fv得,此过程的末速度为v1==20 m/s,
所用时间为t1==20 s,
匀加速通过的位移大小为x1=t1=200 m,
此后开始恒定功率运动,根据功能关系有
Pt2-f(x-x1)=(m+m0)(-),
解得t2=20 s,
所用总时间为t=t1+t2=40 s。
13.答案 (1)20 N,竖直向下 (2)h0>2.2 m (3)17 J
解析 (1)若h=1.2 m,则滑块运动至B点时,由动能定理可得mgh=m-0,
由牛顿第二定律可得F-mg=,
解得F=20 N,
由牛顿第三定律可知,滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20 N,方向竖直向下。
(2)若滑块恰好能过C点,则在C点时有mg=m,
从A到C,根据动能定理有mg(h1-2R)=m-0,
解得h1=2 m,
要使滑块恰能运动到E点,则滑块到E点的速度vE=0,从A到E,根据动能定理有
mgh2-μmg(x1+x2)=0-0,
解得h2=2.2 m,
显然h2>h1,
若滑块不脱离圆弧轨道且从E点飞出,则滑块释放点的高度h>2.2 m。
(3)从A到D点根据动能定理mgh-μmgx1=m,
解得vD=10 m/s,
从A到E点根据动能定理
mgh-μmg(x1+x2)=m,
解得vE=8 m/s,
又vE=vD-μgt,
则t=1 s,
x滑块=t=9 m,
x传=v0t=6 m,
Δx=x滑块+x传=15 m,
由功能关系Q=μmg(x1+Δx),
解得Q=17 J。(共36张PPT)
专题精练5 功与功率 功能关系
1.(2025·贵州模拟)质量为2 kg的小球从距离地面某高度以初速度15 m/s水平抛出，2 s后落到地面，则小球落地时重力的功率为(g取10 m/s2)( )
A.300 W B.400 W
C.500 W D.600 W
小球落地时的竖直分速度为vy=gt=10×2 m/s=20 m/s，小球落地时重力的功率为P=mgvy=2×10×20 W=400 W，B项正确。
解析
保分基础练
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2.(2025·绵阳三模)如图所示，成人用与水平方向夹角为α、斜向上的拉力F向前拉总质量为m的小孩和雪橇，从静止开始沿直线匀加速通过距离x的过程中（重力加速度为g）( )
A.雪橇对地面的压力大小是mg-Fcos α
B.雪橇与地面之间摩擦力大小是Fsin α
C.拉力做功是Fx
D.拉力做功是Fxcos α
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将小孩和雪橇作为整体，受力分析可知，在竖直方向上Fsin α+FN
=mg，解得FN=mg-Fsin α，根据牛顿第三定律可知，雪橇对地面的压力大小FN′=FN=mg-Fsin α，A项错误；由于雪橇做加速运动，可知摩擦力f解析
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3.(多选)运动员从水平地面上把质量为400 g的足球踢出后，某人观察它在空中的运动情况，估计足球上升的最大高度是3 m，在最高点的速度大小为10 m/s。不考虑空气阻力，以水平地面为参考平面，取重力加速度大小g=10 m/s2。下列选项正确的是( )
A.足球在最高点时的重力势能为6 J
B.足球在最高点时的重力势能为12 J
C.运动员踢球时对足球做的功为32 J
D.运动员踢球时对足球做的功为12 J
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以水平地面为参考平面，足球在最高点时的重力势能Ep=mgh=
12 J，A项错误，B项正确；根据功能关系可得运动员踢球时对足球做的功为W=mv2+mgh=32 J，C项正确，D项错误。
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4.(2025·大连模拟)如图甲所示，质量
为5 kg的物体在斜向下、与水平方向成
37°角的力F作用下，沿水平面开始运
动，推力大小F随位移大小x变化的情
况如图乙所示，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则力F所做的功为( )
A.240 J B.150 J C.120 J D.90 J
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由F-x图像与坐标轴围成的面积表示功，可知力F所做的功为W=
Fxcos 37°=120 J，C项正确。
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5.(2025·怀化二模)如图所示装置，可以将一质量为m=1 kg的小球(可视为质点)从地面缓慢抬升至任意高度后再以任意速度水平打出。若需要将小球一次性投入(不与地面发生碰撞)距发射台l=4 m的收集孔里，则装置对小球做的功至少为(忽略一切阻力，g取10 m/s2)( )
A.20 J B.30 J
C.40 J D.50 J
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装置对小球做的功用于提高小球的机械能(重力势能与动能)，设将小球抬升至高度h后以初速度v0水平射出，则做的功为W=mgh+
m。对于后续的平抛运动，在水平方向上到达收集孔时，时间为t=，同时竖直方向上小球做自由落体运动，有h=gt2，联立各式解得W=mgh+mg。根据数学知识可知当mgh=mg时对小球做功有最小值，即当 h=时取到最小值Wmin=mgl=40 J，C项正确。
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6.(2025·长春模拟)如图所示，在倾角为θ的斜面上，质量为m的物块受到沿斜面向上的恒力F的作用，沿斜面以速度v匀速上升了高度h。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ、重力加速度为g。关于上述过程，下列说法正确的是( )
A.合力对物块做功为恒力F与摩擦力对
物块做功之和
B.合力对物块做功为mv2
C.摩擦力对物块做功为μmgcos θ
D.恒力F与摩擦力对物块做功之和为mgh
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合力对物块做功为恒力F与摩擦力以及重力对物块做功之和，A项错误；因物块匀速上升，根据动能定理可知合力对物块做功为零，B项错误；摩擦力对物块做功为Wf=-μmgcos θ·，C项错误；根据动能定理WF+Wf-mgh=0，可知WF+Wf=mgh，即恒力F与摩擦力对物块做功之和为mgh，D项正确。
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7.(2025·海南一模)被称为“空中电站”的S1 000
型涵道式浮空风力发电系统(如图)，于2025年1
月首次稳定悬停于高空，并顺利发电。该系统
叶片转动时可形成与风向垂直的圆面，并将此
圆面内10%的空气动能转化为电能。已知悬停位置的风速为v时，该系统的发电功率为P，则悬停位置的风速为2v时，该系统的发电功率为( )
A.2P B.4P C.6P D.8P
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设t时间内吹到圆面上空气的质量为m，则有m=ρV=ρS·vt，故t时间内空气的动能Ek=mv2=ρS·vtv2=ρSv3t，该系统的发电功率P=
=ρSv3，当风速为2v时，系统的发电功率P′=ρS(2v)3=8P,
D项正确。
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8.(2025·重庆模拟)空间中有一匀强电场，如图所示,沿电场方向建立x轴，O为坐标原点，规定O点电势为零。一带正电的粒子从O点由静止释放，不计粒子的重力，则电势φ、电势能Ep、粒子的机械能E机、粒子的动能Ek，关于位移x的图像正确的是( )
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顺着电场线，电势逐渐降低，A项错误；顺着电场线，电势逐渐降低，根据Ep=qφ可知带正电的粒子电势能逐渐减小，B项错误；由于电场力对粒子做正功，故该粒子的机械能增大，C项错误；根据动能定理W电=qEx=Ek-0，Ek-x图像是过原点的倾斜直线，且斜率为k=qE定值，D项正确。
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9.(2025·昭通模拟)如图所示，左侧有一长为L=3 m的传送带，以速度v=5 m/s顺时针转动，右侧有一质量为M=6 kg、长为l=5 m的长木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m=2 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0=10 m/s从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失的滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ=0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2。则( )
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A.小物块滑上长木板的速度为5 m/s
B.小物块的最终速度为1 m/s
C.长木板的最终动能Ek=12 J
D.全过程系统产生的内能Q=48 J
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物块开始向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg=ma0，设历时t0与传送带达到相等速度，则有v=v0-a0t0，解得t0= s，此过程物块的位移x0=t0=6.25 m>L=3 m，表明物块与传送带没有达
解析
到相等速度，则有-=-2a0L，解得v1=8 m/s，即小物块滑上长木板的速度为8 m/s，A项错误；物块滑上木板后开始以加速度a0做匀减速直线运动，对木板，根据牛顿第二定律有μmg=Ma1，解得a1=2 m/s2，设历时t1物块与木板达到相等速度，则有v2=v1-a0t1=
a1t1，解得t1=1 s，v2=2 m/s，此过程物块的位移x1=t1=5 m=l，表明物块没有飞出木板，之后两者保持相对静止做匀速直线运动,
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即小物块的最终速度为2 m/s，B项错误；结合上述可知，长木板的最终动能Ek=M=12 J，C项正确；结合上述，物块在传送带上运动时间t2== s，对传送带的相对位移x相1=t2-vt2= m,物块对木板的相对位移x相2=t1-t1=4 m，全过程系统产生的内能Q=μmg(x相1+x相2)=64 J，D项错误。
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10.(2025·甘肃二模)如图所示，是我国某型号
“双引擎”汽车在平直公路上由静止启动时，牵
引力F随时间t变化的图像。已知该汽车质量为
1 250 kg，行驶时所受阻力恒为1 250 N，t0时
刻汽车达到15 m/s的临界速度并自动切换引擎,
此后保持牵引力功率恒定。下列说法正确的是( )
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A.汽车刚启动时的加速度大小为4 m/s2
B.t0时刻前，汽车牵引力的功率保持不变
C.切换引擎后，汽车做匀加速直线运动
D.t1时刻汽车的速率为25 m/s
汽车刚启动时，由牛顿第二定律，由F-f=ma，且F=5 000 N，解得加速度a=3 m/s2，A项错误；t0时刻前，汽车做匀加速直线运动，速度逐渐增大，由公式P=Fv，可知牵引力的功率逐渐增大，B项错误；切换引擎后，牵引力功率恒定，速度增加，则牵引力减小,所以加速度也减小，汽车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，C项错误；由P=Fv0=F1v1，其中F=6 000 N，解得t1时刻汽车的速率为25 m/s，D项正确。
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11.(多选)(2025·贵州模拟)一辆汽车在水平
路面上由静止启动，在前6 s内做匀加速直
线运动，6 s末达到额定功率，之后保持额
定功率运动至t1=25 s时刻达到最大速度，
其v-t图像如图所示。已知汽车的质量m=2×103 kg，汽车受到路面的阻力大小与其受到的重力大小的比值k=0.1，取重力加速度大小g=10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
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A.在前6 s内汽车的牵引力大小为6×103 N
B.汽车的额定功率为60 kW
C.汽车的最大速度为36 m/s
D.汽车由静止加速到最大速度过程中的位移大小x=144 m
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由题意可知f=kmg=2×103 N，由题图可知前6 s内汽车的加速度大小a==2 m/s2，由F-f=ma，解得汽车的牵引力大小F=6×103 N，A项正确；6 s末达到额定功率，则汽车的额定功率为P=Fv1=6×103
解析
×12 W=72 kW，B项错误；当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，则有vmax==36 m/s，C项正确；汽车在0~6 s做匀加速直线运动，其位移大小为x1=×6 m=36 m，汽车变加速过程由动能定理有Pt-kmgx2=m-m，其中t=t1-6 s=25 s-6 s=19 s，代入数据解得x2=108 m，汽车由静止加速到最大速度过程中的位移大小x=x1+x2=144 m，D项正确。
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12.(2025·宜春二模)人类探索宇宙的过程是一个漫长而不断进步的历程，假设2125年人类在大麦哲伦星系A星球上进行太空移民，若已知A星球质量和半径均为地球的0.5倍，地球上重力加速度为10 m/s2
(忽略星球自转)，有一名质量为50 kg的驾驶员驾驶一辆质量为950 kg的探险车在A星球上进行探索。
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根据万有引力等于重力G=mg，
解得g=，
且该星球的质量M和半径R均为地球的0.5倍，则A星球的重力加速度g0=2g=20 m/s2。
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(1)求A星球的重力加速度；
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(2)若该车靠面积为1 m2的光伏板吸收宇宙辐射作为能源，已知单位时间内单位面积接收辐射能量为1×105 J·m-2·s-1，若该车输出功率达到接收功率60%时可保持电量不变，这位驾驶员驾驶该车，要保持电量不变，则行驶过程中的最大速度为多少 (已知阻力为总重力的0.1倍)；
光伏板吸收能量转化后的功率为P=η·ΔES，
其中ΔE=1×105 J/s，S=1 m2，η=60%，
解得P=6×104 W，
该车的阻力为f=0.1(m+m0)g0=2 000 N，
根据P=Fv得，行驶过程中的最大速度为vm==30 m/s。
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在匀加速阶段，根据牛顿第二定律F-f=(m+m0)a，
解得F=3 000 N，
根据P=Fv得，此过程的末速度为v1==20 m/s，
所用时间为t1==20 s，
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(3)若该驾驶员以1 m/s2的恒定加速度启动车辆，当电量不再增加时，保持电量行驶，全程行驶675 m，则所用总时间为多少 (此前已达最大速度)。
匀加速通过的位移大小为x1=t1=200 m，
此后开始恒定功率运动，根据功能关系有
Pt2-f(x-x1)=(m+m0)(-)，
解得t2=20 s，
所用总时间为t=t1+t2=40 s。
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13.(2025·沈阳模拟)如图所示，光滑
曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平
轨道BD、水平传送带DE各部分平滑
连接，水平区域FG足够长，圆轨道最
低点B处的入、出口靠近但相互错开。
现将一质量为m=0.5 kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R=0.8 m，水平面BD的长度x1=2 m，传送带长度x2=9 m,滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，传送带以恒定速度v0=6 m/s逆时针转动(不考虑传送带轮的半径对运动的影响)， g=10 m/s2。
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若h=1.2 m，则滑块运动至B点时，由动能定理可得mgh=m-0，
由牛顿第二定律可得F-mg=，
解得F=20 N，
由牛顿第三定律可知，滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20 N，方向竖直向下。
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(1)若h=1.2 m，求滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力；
若滑块恰好能过C点，则在C点时有mg=m，
从A到C，根据动能定理有mg(h1-2R)=m-0，
解得h1=2 m，
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(2)若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h的取值范围；
要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度vE=0，从A到E，根据动能定理有mgh2-μmg(x1+x2)=0-0，
解得h2=2.2 m，
显然h2>h1，
若滑块不脱离圆弧轨道且从E点飞出，则滑块释放点的高度
h>2.2 m。
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从A到D点根据动能定理mgh-μmgx1=m，
解得vD=10 m/s，
从A到E点根据动能定理
mgh-μmg(x1+x2)=m，
解得vE=8 m/s，
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(3)当h=5.4 m时，计算滑块从释放到飞出传送带的过程中，因摩擦产生的热量Q是多少。
又vE=vD-μgt，
则t=1 s，
x滑块=t=9 m，
x传=v0t=6 m，
Δx=x滑块+x传=15 m，
由功能关系Q=μmg(x1+Δx)，
解得Q=17 J。
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