專題二能量與動量微專題8功和功率功能關系1.恒力F做功W=Flcosα，可以理解為力與力的方向上位移的乘積，在曲線運動中同樣適用。如圖甲所示，WG=mgh，如圖乙所示，恒力F做的功WF=F·l2.機車啟動問題(1)機車勻加速啟動中的兩個最大速度機車勻加速過程的最大速度v1(此時機車輸出的功率剛剛達到最大)和全程的最大速度vmax(此時F牽=F阻)不同，如圖所示。求解方法如下：①求v1：由F牽-F阻=ma，P=F牽v1，可求出v1=PF②求vmax：由P=F阻vmax，可求出vmax=PF(2)機車以恒定功率啟動時，牽引力做功W=Pt，由動能定理得Pt-F阻x=ΔEk。3.物體的動能增量取決于合外力(含重力)做功多少；物體的機械能增量取決于除重力和系統彈力之外的其他力做功多少。4.重力、彈簧彈力、靜電力、萬有引力、分子力都屬于保守力，保守力做功的特點：都只與初末位置有關，而與路徑無關。保守力做的功對應相應勢能的改變ΔEp=-W保，即保守力做正功，對應的勢能減小，保守力做負功，對應的勢能增加。5.滑動摩擦力的方向總與相對運動的方向相反，物體克服滑動摩擦力做的功W克f=Ff·s，s為相對路程。6.功能關系常涉及的幾種圖像(1)F-x圖像：F-x圖線與橫軸圍成的面積表示力F做的功。(2)P-t圖像：P-t圖線與橫軸圍成的面積表示功。(3)Ek-x圖像：Ek-x圖線的斜率表示合外力。(4)E機-x圖像：E機-x圖線的斜率表示除重力和系統彈力以外的其他力的合力?？键c一功和功率1.(2024·江西卷·5)“飛流直下三千尺，疑是銀河落九天”是李白對廬山瀑布的浪漫主義描寫。設瀑布的水流量約為10m3/s，水位落差約為150m。若利用瀑布水位落差發電，發電效率為70%，則發電功率大致為：A.109W B.107W C.105W D.103W2.(2024·河南鄭州市三模)殲-20戰機是我國先進的隱形戰斗機，殲-20的質量為m，額定功率為P。已知某次訓練中，殲-20戰機在平直路面上從靜止開始運動，先以加速度a做勻加速直線運動，達到額定功率P后，又經過一段時間達到該功率下的最大速度起飛。若戰機行駛過程中所受到的阻力恒為Ff，下列說法正確的是：A.達到勻加速直線運動的最大速度時，戰機牽引力等于阻力B.達到額定功率后，戰機接著做加速度逐漸增大的加速運動C.勻加速直線運動的位移為PD.整個加速過程中牽引力做功為m3.(2024·江蘇南通市如皋市調研)汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發動機功率為P，t1時刻進入另一足夠長的傾斜路面，如圖，若保持功率P繼續行駛，到t2時刻，汽車又恢復了勻速直線運動。假設汽車運動過程中阻力(不包含重力沿斜面的分力)大小保持不變，下列圖像中能正確表示該汽車運動過程速率v隨時間t變化的是：ABCD4.(多選)(2024·黑龍江省“六校聯盟”一模)質量為2kg的物體與水平地面間的動摩擦因數為0.1，在水平拉力F的作用下由靜止開始運動，拉力F做的功W和物體的位移x之間的關系如圖所示，重力加速度g=10m/s2，物體從靜止到位移為9m的過程中，下列說法中正確的是：A.物體一直做勻加速直線運動B.拉力F的平均功率為6.75WC.物體克服摩擦力做功為18JD.拉力F的最大瞬時功率為12W5.(2024·山東濟寧市二模)遙控爬墻小車通過排出車身內部部分空氣，和外界大氣形成氣壓差，使小車可吸附在墻壁、天花板上。如圖所示，某次小車從室內墻壁上的A點由靜止出發，沿著豎直方向經B處一小段圓弧運動到水平天花板上的C點，然后從C點開始做勻速圓周運動。已知AB沿豎直方向且足夠長，小車內外產生的壓力差恒為F0=25N，方向垂直于接觸面，運動過程中小車受到的阻力大小Ff=0.8FN(FN為小車和墻壁或天花板間的彈力)、方向總與速度方向相反。小車質量m=0.5kg，小車可視為質點，忽略空氣阻力，取g=10m/s2。(1)(3分)若小車在AB段上的功率為P=75W，求小車在AB段上的最大速率vm；(2)(5分)若小車在天花板上以v=3m/s的速率做勻速圓周運動，牽引力大小為F=20N，取π=3.14，求小車運動一周牽引力做的功?？键c二功能關系及其應用6.(多選)(2024·內蒙古赤峰二中模擬)如圖所示，在空間中存在豎直向上的勻強電場，質量為m、電荷量為+q的物塊從A點由靜止開始下落，加速度為0.5g，下落高度H到B點后與一輕彈簧接觸，又下落h后到達最低點C，整個過程中不計空氣阻力，且彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，帶電物塊在由A點運動到C點過程，下列說法中正確的是：A.該電場的電場強度為mgB.帶電物塊和彈簧的機械能減少量為0.5mg(H+h)C.物塊電勢能的增加量為mg(H+h)D.彈簧彈性勢能的增加量為0.5mg(H+h)7.(多選)(2024·安徽省皖北八校聯考)如圖所示，一小物塊由靜止開始沿傾角為53°的斜面向下滑動，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數均為23，取地面為零勢能面，已知sin53°=0.8，cos53°=0.6。該過程中，物塊的機械能E、重力勢能Ep、動能Ek、摩擦產生的熱量Q與水平位移xABCD8.(2023·河北承德市三模)如圖所示，有三根完全相同、原長均為L0的絕緣輕質橡皮筋，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別連接質量均為m的帶電小球A、B，它們所帶的電荷量分別為-q和+q，A、B之間用第三根橡皮筋連接起來。由于空間存在水平向右的勻強電場，平衡時三根橡皮筋的長度均為原長的32。現剪斷A、B之間的橡皮筋，A、B球最后會在新的位置平衡。已知橡皮筋滿足胡克定律并始終在彈性限度內，兩小球所帶電荷量始終不變，不計兩小球間的庫侖力，重力加速度大小為g(1)(3分)勻強電場的電場強度大小E；(2)(4分)再次平衡時小球A電勢能的減少量ΔEp電；(3)(3分)再次平衡時小球B重力勢能的增加量ΔEp重。

1.(2023·遼寧卷·3)如圖(a)，從高處M點到地面N點有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時從M點由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點，其速率v與時間t的關系如圖(b)所示。由圖可知，兩物塊在離開M點后、到達N點前的下滑過程中：A.甲沿Ⅰ下滑且同一時刻甲的動能比乙的大B.甲沿Ⅱ下滑且同一時刻甲的動能比乙的小C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不變D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大2.(2024·安徽卷·7)在某地區的干旱季節，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農田，簡化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為H。出水口距水平地面的高度為h，與落地點的水平距離約為l。假設抽水過程中H保持不變，水泵輸出能量的η倍轉化為水被抽到出水口處增加的機械能。已知水的密度為ρ，水管內徑的橫截面積為S，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則水泵的輸出功率約為：A.ρgSl2gh2ηh(H+B.ρgSl2gh2ηh(H+C.ρgSl2gh2ηh(D.ρgSl2gh2ηh(3.(多選)(2024·天津市模擬)我們可以通過玩具小車在水平面上的運動來研究功率問題。已知小車質量為m，小車剛達到額定功率開始計時，且此后小車保持功率不變，小車的v-t圖像如圖甲所示，t0時刻小車的速度達到最大速度的34，小車速度由v0增加到最大值的過程中，小車的牽引力F與速度vA.小車的額定功率為4F0v0B.小車的最大速度為3v0C.t0時刻，小車加速度大小為FD.0~t0時間內，小車運動的位移大小為x=4v0t0-44.(2024·山東卷·7)如圖所示，質量均為m的甲、乙兩同學，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質彈性繩連接，連接點等高且間距為d(d<l)。兩木板與地面間動摩擦因數均為μ，彈性繩勁度系數為k，被拉伸時彈性勢能E=12kx2(x為繩的伸長量)?，F用水平力F緩慢拉動乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則FA.(μmg)22k+μmgB.3(μmg)22k+μmgC.3(μmg)22k+2μmgD.(μmg)22k+2μmg

答案精析高頻考點練1.B[由題知，Δt時間內流出的水量為m=ρQΔt=1.0×104Δt(kg)，發電過程中水的重力勢能轉化為電能，則有P=mghΔt×70%≈1.0×107W，故選B2.C[勻加速階段，根據牛頓第二定律可得F1-Ff=ma，又P=F1v1，聯立可得戰機勻加速直線運動過程中達到的最大速度為v1=PFf+ma，達到勻加速直線運動的最大速度時，仍有加速度，所以戰機牽引力大于阻力，故A錯誤；達到額定功率后，戰機功率不變，則有P=Fv，隨著速度的增加，牽引力減小，根據F-Ff=ma'，可知戰機接著做加速度逐漸減小的加速運動，故B錯誤；戰機勻加速直線運動的時間為t1=v1a=Pa(Ff+ma)，戰機勻加速直線運動的位移為x=v12t1=P22a(Ff+ma)2，故C正確；當牽引力大小等于阻力時，戰機的速度達到最大，3.A[勻速行駛時P=F0v0，此時阻力等于牽引力Ff=F0，t1時刻進入另一足夠長的傾斜路面，汽車受到與速度方向相反的沿斜面向下的重力的分力，汽車開始做減速運動，功率不變，根據P=Fv可知，牽引力會增加。在斜面上，設斜面的傾角為θ，以沿斜面向下為正方向，根據牛頓第二定律有-F+Ff+mgsinθ=ma，則該過程是加速度減小的減速運動。當加速度再次為零時，有F'=Ff+mgsinθ>F0，根據P=Fv可知，此時速度小于v0。故選A。]4.BC[根據題意可知，拉力做功為W=Fx，則W-x圖像的斜率表示拉力F，由題圖可得，0~3m內，拉力大小為F1=153N=5N，3~9m內，拉力大小為F2=27-159-3N=2N，運動過程中，物體與水平地面間的摩擦力為Ff=μmg=2N，可知，物體在0~3m內做勻加速直線運動，3~9m內做勻速直線運動，故A錯誤；物體克服摩擦力做功為W克f=Ffx=2×9J=18J，故C正確；0~3m內，物體的加速度為a=F1-Ffm=1.5m/s2，由運動學公式有v2=2ax1，解得v=3m/s，勻加速運動的時間為t1=va=2s，勻速運動的時間為t2=x2v=9-33s=2s，由題圖可知整個過程拉力做功為W=27J，拉力F的平均功率為P=Wt1+t2=272+2W=6.75W，拉力F的最大瞬時功率為P15.(1)3m/s(2)37.68J解析(1)小車在AB段所受的彈力FN1=F0小車在AB段所受的阻力Ff1=0.8FN1=20N小車在AB段上達到最大速率時P=(mg+Ff1)vm解得vm=3m/s(2)小車在天花板上運動時FN2+mg=F0，得FN2=20N小車在天花板上所受的阻力Ff2=0.8FN2=16N對小車做圓周運動時由牛頓第二定律得F2-F解得r=38小車運動一周過程中牽引力做的功W=2πrFf2解得W=37.68J。6.BD[物塊從A點由靜止開始下落，加速度a為0.5g，則根據牛頓第二定律有mg-Eq=ma，解得該電場的電場強度為E=mg2q，故A錯誤；根據功能關系可得，帶電物塊在由A點運動到C點過程，帶電物塊和彈簧的機械能減少量為ΔE=Eq(h+H)=0.5mg(h+H)，故B正確；根據功能關系可得，物塊電勢能的增加量為ΔEp電=0.5mg(h+H)，故C錯誤；帶電物塊在由A點運動到C點過程，物塊的重力勢能轉化為物塊的電勢能和彈簧的彈性勢能，則彈簧彈性勢能的增加量為ΔEp彈=mg(H+h)-ΔEp電=0.5mg(H+h)，故7.BD[設物塊質量為m，O點到斜面底端的距離為x0，斜面底端到停止點的距離為x1，物塊釋放點的高度為h，物塊從靜止釋放到停止運動的過程中，克服摩擦力做功W克f=μmgcos53°·x0cos53°+μmgx1=μmgx0+μmgx1=μmgx，根據能量守恒可知Q=W克f=μmgx=23mgx，而物塊在該過程中機械能的減少量始終等于克服摩擦力所做的功，則物塊在x軸上任意位置的機械能為E=mgh-23mg·x，其E-x圖像為縱軸截距為mgh，斜率為-23mg的傾斜直線，而其Q-x圖像為過原點，斜率為23mg的傾斜直線，故A錯誤，D正確；物塊在沿斜面下滑的過程中，物塊的重力勢能Ep=mgh-mgtan53°·x=mgh-43mg·x，可知物塊Ep-x圖像為縱軸截距為mgh，斜率為-43mg的傾斜直線，物塊在地面上運動過程中，重力勢能為0保持不變，故B正確；當物塊從靜止開始下滑至斜面底端的過程中，物塊的動能Ek1=mgxtan53°-μmgcos53°·xcos53°=23mg·x，當物塊下滑至斜面底端時其動能Ek1=23mgx0，此后在水平地面上克服摩擦力做功，則有Ek2=23mgx0-μmg(x-x0)=43mgx0-23mg·x可知，動能達到最大值前，其圖像為過原點的傾斜直線，斜率為238.(1)3mgq(2)3(3)3-12解析(1)根據題意，對小球A受力分析如圖所示由平衡條件有FTcos30°=mgEq=FT+FTcos60°則有Eq=3mg解得E=3(2)設橡皮筋的勁度系數為k，再次平衡時橡皮筋的彈力為FT1，對小球A受力分析如圖所示由平衡條件有FT1cosθ=EqFT1sinθ=mg解得θ=30°FT1=2mg設此時橡皮筋的長度為L'，剪斷前有mg=k(32L0-L0)cos剪斷后有FT1=2mg=k(L'-L0)由靜電力做功和電勢能變化的關系有ΔEp電=Eq(L'cos30°-32L0cos60°聯立解得ΔEp電=32mgL(3)由對稱性可知，小球B位置變化情況和小球A相同，由重力做功和重力勢能變化關系有ΔEp重=mg(32L0sin60°-L'sin30°解得ΔEp重=3-12mgL補償強化練1.B[由題圖(b)可知，甲下滑過程中，甲做勻加速直線運動，則甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐漸減小的加速運動，乙沿Ⅰ下滑，任意時刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一時刻甲的動能比乙的小，A錯誤，B正確；乙沿Ⅰ下滑，開始時乙速度為0，到N點時乙豎直方向速度為零，根據瞬時功率公式P=mgvy可知，重力瞬時功率先增大后減小，C、D錯誤。]2.B[設水從出水