专题突破2 微专题7 功与功率 功能关系-【步步高】2024年新高考物理考前三个月（津鲁琼辽鄂渝粤冀湘闽黑吉晋皖云）

微专题7　功与功率　功能关系 1．机车匀加速启动中的两个最大速度 机车启动匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率刚刚达到最大)和全程的最大速度vmax(此时F牵＝F阻)不同，如图所示。 求解方法如下： (1)求v1：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v1，可求出v1＝。 (2)求vmax：由P＝F阻vmax，可求出vmax＝。 2．机车以恒定功率启动时，牵引力做功W＝Pt，由动能定理得Pt－F阻x＝ΔEk。 3．物体的动能是否增加取决于合外力(含重力)做功多少；物体(系统)的机械能是否增加取决于除重力之外的其他力做功多少。 4．功能关系与图像的结合 功能关系常涉及的几种图像 (1)F－x图像：F－x图线与横轴围成的面积表示力F做的功。 (2)P－t图像：P－t图线与横轴围成的面积表示功。 (3)Ek－x图像：Ek－x图线的斜率表示合外力。 (4)E机－x图像：E机－x图线的斜率表示除重力和弹簧弹力以外的其他力的合力。 考点一　功和功率 1．(2023·湖北卷·4)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由题意可知对两节动车分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得v＝，故选D。 2.(多选)(2023·广东卷·8)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 答案　BCD 解析　重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG－W克f＝ mvQ2，代入数据解得克服阻力做的功为W克f＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝380 N，据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。 3．(2023·山东卷·4)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　) A. B. C. D．nmgωRH 答案　B 解析　由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝，T＝，联立解得P＝，故选B。 4．(2023·辽宁省部分学校联考)在汽车的设计研发中，需要测试发动机的性能。汽车在倾角为θ的长直斜坡上由静止启动，汽车的输出功率与速度的关系图像如图所示，当汽车的速度增大到v0后保持最大功率不变，汽车能达到的最大速度为2v0。汽车的质量为m，汽车启动过程中所受的阻力(不包括重力沿斜坡向下的分力)大小恒为Ff，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．汽车发动机的最大功率为Ffv0＋2mgv0sin θ B．当汽车的速度大小为v0时，其加速度大小为 C．汽车的速度从0增大到v0所用的时间为 D．在汽车的速度从0增大到v0的过程中，汽车发动机做的功为mv02 答案　D 解析　根据平衡条件可知，当汽车的速度大小为2v0时，汽车所受的牵引力大小为F1＝Ff＋mgsin θ 因为在汽车的速度从v0增大到2v0的过程中，汽车发动机的功率均为最大功率，所以汽车发动机的最大功率Pmax＝F1·2v0 解得Pmax＝2Ffv0＋2mgv0sin θ，A错误； 设当汽车的速度大小为v0时，汽车所受的牵引力大小为F2，有Pmax＝F2v0 设此时汽车的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有F2－Ff－mgsin θ＝ma 解得a＝，B错误；在汽车的速度从0增大到v0的过程中，汽车做匀加速直线运动，加速时间t＝＝，通过的位移大小x1＝＝ 设该过程汽车发动机做的功为W，根据动能定理有W－mgx1sin θ－Ffx1＝mv02 解得W＝mv02，C错误，D正确。 考点二　功能关系及其应用 5.如图所示，倾角为θ的固定光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一电荷量为＋q、质量为m的小球，能沿斜面匀加速上滑，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　) A．小球在N点的重力势能小于在M点的重力势能 B．小球在N点的电势能大于在M点的电势能 C．小球的电势能和动能的和一直在增大 D．小球的电势能和重力势能的和一直在减小 答案　D 解析　由Ep＝mgh知，该过程中重力势能增加，故A项错误；由题图可知小球从M点到N点过程静电力做正功，电势能减少，故B项错误；小球的重力势能、动能、电势能三者之和保持不变，从M至N的过程中，重力势能增加，所以电势能和动能之和减少，动能增加，所以电势能与重力势能之和减少，故C项错误，D项正确。 6．(2023·北京市延庆区一模)如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿足够长的斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则(　　) A．物体的质量m＝0.67 kg B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5 C．物体上升过程的加速度大小a＝12 m/s2 D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝20 J 答案　B 解析　运动到最高点时，物体的速度为0，结合题图乙可知，此时的重力势能为30 J，又有Ep＝mgh，解得m＝1 kg，故A错误； 物体上滑过程中，除重力以外只有摩擦力做功，由功能关系可知 －μmgcos α·＝ΔE，斜率的绝对值|k|＝，解得μ＝0.5，故B正确； 根据题意，由牛顿第二定律有mgsin α＋μmgcos α＝ma，解得a＝10 m/s2，故C错误； 根据题意可知，物体下滑过程中摩擦力做功与上滑过程中摩擦力做功相等，均为Wf＝ΔE＝－20 J 整个过程由动能定理有2Wf＝Ek－E0，其中E0＝50 J，解得Ek＝10 J，故D错误。 7.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮，质量分别为M、m(M>m)的滑块通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，均沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中(　　) A．两滑块组成的系统机械能守恒 B．重力对M做的功等于m机械能的增加量 C．轻绳对M做的功大于轻绳对m做的功 D．两滑块组成系统的机械能损失量等于M克服摩擦力做的功 答案　D 解析　由于斜面ab粗糙，故两滑块组成的系统机械能不守恒，A错误；由能量守恒关系可知，重力对M做的功等于m增加的机械能、M克服摩擦力做的功以及M增加的动能之和，B错误；轻绳对M与对m的拉力大小相等，M与m的位移大小相等，则轻绳对M与m做的功相等，C错误；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，两滑块组成系统的机械能损失量等于M克服摩擦力做的功，D正确。 8．(2023·北京市清华大学附属中学三模)在惯性参考系中，力对质点所做的功仅取决于质点的初始位置和末位置，而与质点通过的路径无关，这种力称为保守力，重力、弹簧弹力、静电力、万有引力等均为保守力。保守力做功的特点决定了质点在惯性系中的每一个位置都有一种由该位置确定的能量，称为势能；势能随位置变化的曲线称为势能曲线。如图所示为两个势能曲线，下列说法正确的是(　　) A．图甲中势能为零的位置，质点所受保守力为零 B．图甲中质点所受保守力的方向沿x轴的正方向 C．图乙中质点从x1运动到x2的过程中保守力做正功 D．图乙中质点在x1位置，所受保守力大于质点在x2位置所受保守力 答案　D 解析　题图甲中势能为零的位置，根据ΔEp＝－W保＝－F保x，则题图甲中质点所受保守力为恒力，A错误；根据ΔEp＝－W保，势能增加，说明保守力做负功，所以题图甲中质点所受保守力的方向沿x轴的负方向，B错误；根据ΔEp＝－W保，从x1运动到x2，势能增加，说明保守力做负功，则题图乙中质点从x1运动到x2的过程中保守力做负功，C错误；根据ΔEp＝－W保＝－F保x，可知，势能随位置变化的图像中图像的斜率表示保守力的大小，所以题图乙中质点在x1位置所受保守力大于质点在x2位置所受保守力，D正确。 9．(2023·江西南昌市八一中学三模)如图，abc是竖直面内的固定轨道，ab为水平轨道，长度为3R，小物块与ab间的动摩擦因数为μ＝0.5；bc是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，与ab相切于b点。一质量为m的小物块，始终受到恒定的水平外力F作用，且F＝mg，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。求： (1)小物块运动到b点时，对轨道的压力； (2)小物块从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量。 答案　(1)4mg，方向竖直向下　(2)4mgR 解析　(1)从a到b，根据动能定理有 F·3R－μmg·3R＝mv12 根据牛顿第二定律有FN－mg＝m 根据牛顿第三定律有FN′＝FN 解得FN′＝4mg，方向竖直向下 (2)从a到c的过程中，根据动能定理有 F·4R－μmg·3R－mgR＝mv22 过c点后，小物块只受力F和重力作用，从c到达轨迹最高点的过程中，竖直方向v2＝gt 水平方向F＝ma2，x＝a2t2 联立解得x＝R 根据功能关系可知从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中小物块机械能的增量为 ΔE＝F·(3R＋R＋x)－μmg·3R 解得ΔE＝4mgR 1．重力、弹簧弹力、静电力、万有引力、分子力都属于保守力，保守力做功的特点：都只与初末位置有关，而与路径无关。 保守力做的功对应相应势能的改变ΔEp＝－W保，即保守力做正功，对应的势能减小，保守力做负功，对应的势能增加。 2．恒力F做功W＝Flcos α，可以理解为力与力的方向上位移的乘积，在曲线运动中同样适用。 如图甲所示，WG＝mgh， 如图乙所示，恒力F做的功WF＝F·l 3．滑动摩擦力的方向总与相对运动的方向相反，物体克服滑动摩擦力做的功W克f＝Ff·s，s为相对路程。 1．(2023·辽宁卷·3)如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中(　　) A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变 D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大 答案　B 解析　由题图(b)可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率P＝mgvy可知，重力瞬时功率先增大后减小，C、D错误。 2.(多选)(2022·广东卷·9)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有(　　) A．从M到N，小车牵引力大小为40 N B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J 答案　ABD 解析　小车从M到N，依题意有P1＝Fv1＝200 W，代入数据解得F＝40 N，故A正确； 小车从M到N，因匀速行驶，小车所受的摩擦力大小为Ff1＝F＝40 N 克服摩擦力做功为W1＝Ff1·xMN＝40×20 J＝800 J，故B正确； 从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg·PQsin 30°＝5 000 J，故C错误； 小车从P到Q，摩擦力大小为Ff2， 则牵引力F＝Ff2＋mgsin 30°，又P2＝F·v2 克服摩擦力做功为W2＝Ff2·PQ＝700 J，故D正确。 3．(2023·贵州六盘水市二模)飞机长航程水平飞行时，用来平衡重力的上升力可近似为F上＝αρv2，v为飞行速率，ρ为空气密度，α为常数。若飞机此时所受的空气阻力可假设为F阻＝βρv，β为常数。已知空气密度ρ会随着飞行高度的增加而变小。假设某一高空航线的空气密度ρ为另一低空航线的0.5倍。仅考虑上述主要因素影响，并忽略浮力。若同一飞机维持固定的高度，水平飞行相同的航程，则在此高空与低空航线因阻力所消耗的能量之比为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　飞机维持固定的高度时有 F上＝αρv2＝mg， 则高空与低空的航速平方之比为＝＝＝，即＝，阻力之比为＝＝×＝， 阻力所消耗的能量等于克服阻力做的功，故＝＝＝，故选B。 4．(2023·广东省六校三模)竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，上端与物块A连接，物块B叠放在A上，系统处于静止状态，如图(a)所示。现对B施加竖直向上的拉力F，使B以恒定的加速度a竖直向上做匀加速直线运动，直至分离后一小段时间，力F的大小随B的位移x变化的关系如图(b)所示，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．物块B的质量mB＝ B．当物块B运动到x0时，弹簧恰好处于原长位置 C．从0到x0的过程中，力F与B的重力所做功的代数和等于物块B的动能增加量 D．从0到x0的过程中，力F所做的功小于A和B构成的系统的机械能增加量 答案　D 解析　由题图(b)所示图像可知，当B的位移大小为x0时，A与B恰好分离，A、B间的弹力为零，对B由牛顿第二定律得F2－mBg＝mBa， 解得mB＝，此时两物块的加速度相等，即加速度方向向上，则弹簧应处于压缩状态，故A、B错误； 由动能定理可知，从0到x0的过程中，力F与B的重力所做功、A对B的弹力做功的代数和等于物块B的动能增加量，故C错误； 从0到x0的过程中，弹簧始终处于压缩状态，即弹力对A做正功，则力F与弹簧弹力做功的代数和等于A和B构成的系统的机械能增加量，所以力F所做的功小于A和B构成的系统的机械能增加量，故D正确。 5．(2023·浙江温州市二模)如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t＝0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点所在水平面为参考平面，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Ep1、机械能E0及弹簧的弹性势能Ep2变化图像可能正确的是(　　) 答案　B 解析　根据题意可知下落过程中，第一阶段：由O→A做自由落体运动；第二阶段：A到平衡位置，重力大于向上的弹力；第三阶段：平衡位置到B处，向上的弹力大于重力。平衡位置处，重力大小等于弹力。 根据重力势能表达式可知Ep1＝mg(x2－x) x≤x1时，弹性势能为0，机械能等于重力势能的最大值。x>x1时，弹性势能等于克服弹力做的功，由于弹力F随形变量均匀变化，则Ep2＝W＝k(x－x1)(x－x1)＝k(x－x1)2，设系统总能量为E，根据能量守恒定律可知E＝E0＋Ep2，可知E0＝E－k(x－x1)2，是开口向下的抛物线，故A错误，B正确； t1～t2之间，平衡位置处小球动能Ek最大，C错误； 从平衡位置处至最低点B的过程中小球和弹簧系统机械能守恒，所以B处的弹性势能Ep2m＝Ep0＋Ekm＋mgΔh(Ep0为平衡位置处弹性势能，Δh为平衡位置距B点的高度)，所以Ep2m>Ekm，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$