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（苏京）

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 机车启动在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·江苏省海安高级中学模拟)火车由北京开往拉萨，列车在水平轨道上以恒定功率启动达到最大速度之前的过程中，列车对小明(　　) A．做正功，且做功的功率不变 B．做正功，且做功的功率减小 C．做负功，且做功的功率不变 D．做负功，且做功的功率减小 答案　B 解析　由于小明和列车相对静止，列车和小明具有相同的加速度，设小明的质量为m，小明所受的摩擦力Ff＝ma，由于摩擦力的方向与小明的运动方向相同，则摩擦力做正功； 设列车的质量为M，列车以恒定功率启动，速度增大，牵引力减小，加速度a＝ 则摩擦力对小明做功的功率 P′＝Ffv＝mav＝，随着速度增大，摩擦力做功的功率P′减小。故选B。 2．(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。 3．(2023·广东卷·8改编)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360 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20 N 答案　C 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错误；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错误。 4．(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。 5．(2023·江苏省南京市、盐城市一模)如图甲所示，一电动遥控小车停在水平地面上，水平车板离地高度为h＝0.2 m，小车质量M＝3 kg，质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)静置于车板上某处A，物块与车板间的动摩擦因数μ＝0.1。现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间t1＝1.6 s时物块从车板上滑落。已知小车的速度v随时间t变化的规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)物块从离开车尾B到落地过程所用的时间Δt以及物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值P； (2)物块落地时落地点到车尾B的水平距离s0； (3)0～2 s时间内小车的牵引力做的功W。 答案　(1)0.2 s　1.6 W　(2)0.08 m　(3)19.4 J 解析　(1)物块从车板上滑落后做平抛运动， 则有h＝g(Δt)2，代入数据解得Δt＝0.2 s 物块滑落前受到的滑动摩擦力大小：Ff＝μmg＝1 N 根据牛顿第二定律得物块的加速度大小： a1＝μg＝1 m/s2 当运动时间t1＝1.6 s时物块的速度v1＝a1t1 解得：v1＝1.6 m/s 由于v1＜2 m/s，所以物块在车板上受到滑动摩擦力而一直加速，物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值P＝Ffv1，解得P＝1.6 W。 (2)物块滑落后前进的距离s1＝v1Δt＝0.32 m 由题图乙得t＝1.6 s时小车的速率v2＝2 m/s 物块滑落后小车前进的距离s＝v2Δt＝0.4 m 落地点到车尾B的水平距离s0＝s－s1 解得：s0＝0.08 m。 (3)0～1 s时间内，由题图乙得小车的加速度大小为：a2＝＝ m/s2＝2 m/s2 根据牛顿第二定律得F1－Ff－k(M＋m)g＝Ma2，其中k＝，解得F1＝11 N 小车的位移大小为s2＝a2t2＝×2×12 m＝1 m 1～1.6 s时间内，牵引力F2＝k(M＋m)g＋Ff＝5 N 由题图乙得小车的位移大小s2′＝2×0.6 m＝1.2 m 1．6～2 s时间内，牵引力F3＝kMg＝3 N 由题图乙得小车的位移大小：s2″＝2×0.4 m＝0.8 m 0～2 s时间内小车的牵引力做的功为： W＝F1s2＋F2s2′＋F3s2″＝19.4 J。 考点二　功能关系及其应用 6.(2023·江苏扬州市高邮中学模拟改编)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。 7．一辆质量为m的汽车，从静止开始运动，其阻力为车重力的λ倍，其牵引力的大小F＝kx＋f，其中k为比例系数，x为车前进的距离，f为车所受的阻力，重力加速度为g，则当车前进的距离为s时牵引力做的功为(　　) A．λmgs B.ks2 C.ks2＋λmgs D.(ks2＋λmgs) 答案　C 解析　由题意可知汽车受到的阻力大小为f＝λmg，当x＝0时，牵引力大小F1＝f，当x＝s时，牵引力大小为F2＝ks＋f，由于牵引力随位移线性变化，所以整个过程的平均牵引力大小为F＝＝ks＋λmg，牵引力做功为W＝Fs＝ks2＋λmgs，故选C。 8.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。 9.(2023·江苏南通市海安中学高三下学期2月开学考)在坡道滑雪项目中，一运动员从斜面滑到水平面，其运动过程中动量的大小p和重力做功W随时间t、重力势能Ep和机械能E随水平位移x变化的图像中，可能正确的是(　　) 答案　D 解析　运动员的运动可看作先沿斜面匀加速下滑，到水平面后做匀减速直线运动，速度先线性增大再线性减小，由动量的大小p＝mv知，p－t图线应先线性增大再线性减小，故A错误；设斜面倾角为θ，运动员沿斜面匀加速下滑，由运动学公式s＝at2，又重力做功为W＝mgs·sin θ，联立得W∝s∝t2，到水平面后，重力做功为0，故B错误；根据B项分析，运动员沿斜面匀加速下滑时W＝mgs·sin θ＝mgx·tan θ，又W＝－(Ep－Ep0)，联立得Ep＝－mgxtan θ＋Ep0，运动员到水平面后重力势能Ep不再变化，故C错误；从斜面滑到水平面，除重力外只有阻力做功，斜面和水平面上动摩擦因数可能不同，设为μ1和μ2，根据功能关系，斜面上－μ1mgscos θ＝E－E0，又scos θ＝x，联立解得E＝－μ1mgx＋E0，E－x图线线性减小，水平面上，阻力做功为－μ2mgx，同理，E－x图线也线性减小，故D正确。 10.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.(2022·广东卷·9改编)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。下列说法错误的是(　　) 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　C 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·MN＝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．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。 4.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。 5．(2023· 江苏省前黄高级中学考前攀登行动(二))如图甲所示，足够长的倾斜直传送带以速度v＝2.5 m/s沿顺时针方向运行，可视为质点的物块在t＝0时刻以速度v0＝5 m/s从传送带底端开始沿传送带上滑，物块的质量m＝4 kg。物块在传送带上运动时传送带对物块的摩擦力的功率与时间的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)倾斜传送带与水平方向的夹角θ和物块与传送带间的动摩擦因数μ； (2)物块与传送带间的划痕长度L； (3)0～0.4 s内物块机械能的变化量。 答案　(1)30°　　(2)0.25 m　(3)－12.5 J 解析　(1)由题图乙可得，0～0.4 s内物块的v－t图像： 0～0.2 s内滑动摩擦力的功率为 P1＝μmgcos θ·(v0－at) 当t＝0时，代入数据得μmgcos θ＝30 N 0．2～0.4 s内物块匀速运动时受到静摩擦力的作用，摩擦力的功率P2＝Ffv＝mgsin θ·v 代入数据得mgsin θ＝20 N，解得 θ＝30°，μ＝ (2)由v－t图像可知物块与传送带间的划痕长度为L＝×0.2×(5－2.5) m＝0.25 m (3)0～0.4 s内物块动能的变化量为 ΔEk＝mv2－mv02＝－37.5 J 物块运动距离为x＝×(2.5＋5)×0.2 m＋0.2×2.5 m＝1.25 m 物块重力势能的变化量为ΔEp＝mgxsin 30°＝25 J 则机械能的变化量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝－12.5 J。 学科网（北京）股份有限公司 $$