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专题二　能量与动量
微专题8　功和功率　功能关系
1.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
2.机车启动问题
(1)机车匀加速启动中的两个最大速度
机车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.物体的动能增量取决于合外力(含重力)做功多少；物体的机械能增量取决于除重力和系统弹力之外的其他力做功多少。
4.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。
5.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。
6.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系统弹力以外的其他力的合力。
考点一　功和功率
1.(2024·江西卷·5)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为：
A.109 W B.107 W C.105 W D.103 W
2.(2024·河南郑州市三模)歼-20战机是我国先进的隐形战斗机，歼-20的质量为m，额定功率为P。已知某次训练中，歼-20战机在平直路面上从静止开始运动，先以加速度a做匀加速直线运动，达到额定功率P后，又经过一段时间达到该功率下的最大速度起飞。若战机行驶过程中所受到的阻力恒为Ff，下列说法正确的是：
A.达到匀加速直线运动的最大速度时，战机牵引力等于阻力
B.达到额定功率后，战机接着做加速度逐渐增大的加速运动
C.匀加速直线运动的位移为
D.整个加速过程中牵引力做功为
3.(2024·江苏南通市如皋市调研)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，t1时刻进入另一足够长的倾斜路面，如图，若保持功率P继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动。假设汽车运动过程中阻力(不包含重力沿斜面的分力)大小保持不变，下列图像中能正确表示该汽车运动过程速率v随时间t变化的是：
A　　　　　　　　B
C D
4.(多选)(2024·黑龙江省“六校联盟”一模)质量为2 kg的物体与水平地面间的动摩擦因数为0.1，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，拉力F做的功W和物体的位移x之间的关系如图所示，重力加速度g=10 m/s2，物体从静止到位移为9 m的过程中，下列说法中正确的是：
A.物体一直做匀加速直线运动
B.拉力F的平均功率为6.75 W
C.物体克服摩擦力做功为18 J
D.拉力F的最大瞬时功率为12 W
5.(2024·山东济宁市二模)遥控爬墙小车通过排出车身内部部分空气，和外界大气形成气压差，使小车可吸附在墙壁、天花板上。如图所示，某次小车从室内墙壁上的A点由静止出发，沿着竖直方向经B处一小段圆弧运动到水平天花板上的C点，然后从C点开始做匀速圆周运动。已知AB沿竖直方向且足够长，小车内外产生的压力差恒为F0=25 N，方向垂直于接触面，运动过程中小车受到的阻力大小Ff=0.8FN(FN为小车和墙壁或天花板间的弹力)、方向总与速度方向相反。小车质量m=0.5 kg，小车可视为质点，忽略空气阻力，取g=10 m/s2。
(1)(3分)若小车在AB段上的功率为P=75 W，求小车在AB段上的最大速率vm；
(2)(5分)若小车在天花板上以v=3 m/s的速率做匀速圆周运动，牵引力大小为F=20 N，取π=3.14，求小车运动一周牵引力做的功。
考点二　功能关系及其应用
6.(多选)(2024·内蒙古赤峰二中模拟)如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为0.5g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，带电物块在由A点运动到C点过程，下列说法中正确的是：
A.该电场的电场强度为
B.带电物块和弹簧的机械能减少量为0.5mg(H+h)
C.物块电势能的增加量为mg(H+h)
D.弹簧弹性势能的增加量为0.5mg(H+h)
7.(多选)(2024·安徽省皖北八校联考)如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为53°的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为，取地面为零势能面，已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。该过程中，物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是：
A　　　　　　B
C D
8.(2023·河北承德市三模)如图所示，有三根完全相同、原长均为L0的绝缘轻质橡皮筋，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别连接质量均为m的带电小球A、B，它们所带的电荷量分别为-q和+q，A、B之间用第三根橡皮筋连接起来。由于空间存在水平向右的匀强电场，平衡时三根橡皮筋的长度均为原长的。现剪断A、B之间的橡皮筋，A、B球最后会在新的位置平衡。已知橡皮筋满足胡克定律并始终在弹性限度内，两小球所带电荷量始终不变，不计两小球间的库仑力，重力加速度大小为g。求：
(1)(3分)匀强电场的电场强度大小E；
(2)(4分)再次平衡时小球A电势能的减少量ΔEp电；
(3)(3分)再次平衡时小球B重力势能的增加量ΔEp重。
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
2.(2024·安徽卷·7)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为：
A.(H+h+)
B.(H+h+)
C.(H+)
D.(H+)
3.(多选)(2024·天津市模拟)我们可以通过玩具小车在水平面上的运动来研究功率问题。已知小车质量为m，小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车保持功率不变，小车的v-t图像如图甲所示，t0时刻小车的速度达到最大速度的，小车速度由v0增加到最大值的过程中，小车的牵引力F与速度v的关系图像如图乙所示，运动过程中小车所受阻力恒定，下列说法正确的是：
A.小车的额定功率为4F0v0
B.小车的最大速度为3v0
C.t0时刻，小车加速度大小为
D.0~t0时间内，小车运动的位移大小为x=4v0t0-
4.(2024·山东卷·7)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)
答案精析
高频考点练
1.B　[由题知，Δt时间内流出的水量为m=ρQΔt=1.0×104Δt(kg)，发电过程中水的重力势能转化为电能，则有P=×70%≈1.0×107 W，故选B。]
2.C　[匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得F1-Ff=ma，又P=F1v1，联立可得战机匀加速直线运动过程中达到的最大速度为v1=达到匀加速直线运动的最大速度时，仍有加速度，所以战机牵引力大于阻力，故A错误；达到额定功率后，战机功率不变，则有P=Fv，随着速度的增加，牵引力减小，根据F-Ff=ma'，可知战机接着做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；战机匀加速直线运动的时间为t1==战机匀加速直线运动的位移为x=t1=故C正确；当牵引力大小等于阻力时，战机的速度达到最大，则有vm=战机在整个加速过程，根据动能定理可得W牵-W阻=m=可得W牵>故D错误。]
3.A　[匀速行驶时P=F0v0，此时阻力等于牵引力Ff=F0，t1时刻进入另一足够长的倾斜路面，汽车受到与速度方向相反的沿斜面向下的重力的分力，汽车开始做减速运动，功率不变，根据P=Fv可知，牵引力会增加。在斜面上，设斜面的倾角为θ，以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有-F+Ff+mgsin θ=ma，则该过程是加速度减小的减速运动。当加速度再次为零时，有F'=Ff+mgsin θ>F0，根据P=Fv可知，此时速度小于v0。故选A。]
4.BC　[根据题意可知，拉力做功为W=Fx，则W-x图像的斜率表示拉力F，由题图可得，0~3 m内，拉力大小为F1= N=5 N，3~9 m内，拉力大小为F2= N=2 N，运动过程中，物体与水平地面间的摩擦力为Ff=μmg=2 N，可知，物体在0~3 m内做匀加速直线运动，3~9 m内做匀速直线运动，故A错误；物体克服摩擦力做功为W克f=Ffx=2×9 J=18 J，故C正确；0~3 m内，物体的加速度为a==1.5 m/s2，由运动学公式有v2=2ax1，解得v=3 m/s，匀加速运动的时间为t1==2 s，匀速运动的时间为t2== s=2 s，由题图可知整个过程拉力做功为W=27 J，拉力F的平均功率为P== W=6.75 W，拉力F的最大瞬时功率为P1=F1v=5×3 W=15 W，故B正确，D错误。]
5.(1)3 m/s　(2)37.68 J
解析　 (1)小车在AB段所受的弹力FN1=F0
小车在AB段所受的阻力
Ff1=0.8FN1=20 N
小车在AB段上达到最大速率时
P=(mg+Ff1)vm
解得vm=3 m/s
(2)小车在天花板上运动时FN2+mg=F0，
得FN2=20 N
小车在天花板上所受的阻力Ff2=0.8FN2=16 N
对小车做圆周运动时由牛顿第二定律得=m
解得r= m
小车运动一周过程中牵引力做的功W=2πrFf2
解得W=37.68 J。
6.BD　[物块从A点由静止开始下落，加速度a为0.5g，则根据牛顿第二定律有mg-Eq=ma，解得该电场的电场强度为E=故A错误；根据功能关系可得，带电物块在由A点运动到C点过程，带电物块和弹簧的机械能减少量为ΔE=Eq(h+H)=0.5mg(h+H)，故B正确；根据功能关系可得，物块电势能的增加量为ΔEp电=0.5mg(h+H)，故C错误；带电物块在由A点运动到C点过程，物块的重力势能转化为物块的电势能和弹簧的弹性势能，则弹簧弹性势能的增加量为ΔEp弹=mg(H+h)-ΔEp电=0.5mg(H+h)，故D正确。]
7.BD　[设物块质量为m，O点到斜面底端的距离为x0，斜面底端到停止点的距离为x1，物块释放点的高度为h，物块从静止释放到停止运动的过程中，克服摩擦力做功W克f=μmgcos 53°·+μmgx1=μmgx0+μmgx1=μmgx，根据能量守恒可知Q=W克f=μmgx=mgx，而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功，则物块在x轴上任意位置的机械能为E=mgh-mg·x，其E-x图像为纵轴截距为mgh，斜率为-mg的倾斜直线，而其Q-x图像为过原点，斜率为mg的倾斜直线，故A错误，D正确；物块在沿斜面下滑的过程中，物块的重力势能Ep=mgh-mgtan 53°·x=mgh-mg·x，可知物块Ep-x图像为纵轴截距为mgh，斜率为-mg的倾斜直线，物块在地面上运动过程中，重力势能为0保持不变，故B正确；当物块从静止开始下滑至斜面底端的过程中，物块的动能Ek1=mgxtan 53°-μmgcos 53°·=mg·x，当物块下滑至斜面底端时其动能Ek1=mgx0，此后在水平地面上克服摩擦力做功，则有Ek2=mgx0-μmg(x-x0)=mgx0-mg·x可知，动能达到最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为mg，动能达到最大后在水平地面上运动，其图线的斜率为-mg，可知图线具有对称性，故C错误。]
8.(1)　(2)mgL0
(3)mgL0
解析　(1)根据题意，对小球A受力分析如图所示
由平衡条件有
FTcos 30°=mg
Eq=FT+FTcos 60°
则有Eq=mg
解得E=
(2)设橡皮筋的劲度系数为k，再次平衡时橡皮筋的弹力为FT1，
对小球A受力分析如图所示
由平衡条件有FT1cos θ=Eq
FT1sin θ=mg
解得θ=30°
FT1=2mg
设此时橡皮筋的长度为L'，
剪断前有mg=k(L0-L0)cos 30°
剪断后有FT1=2mg=k(L'-L0)
由静电力做功和电势能变化的关系有
ΔEp电=Eq(L'cos 30°-L0cos 60°)
联立解得ΔEp电=mgL0
(3)由对称性可知，小球B位置变化情况和小球A相同，
由重力做功和重力势能变化关系有
ΔEp重=mg(L0sin 60°-L'sin 30°)
解得ΔEp重=mgL0。
补偿强化练
1.B　[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，根据瞬时功率公式P=mgvy可知，重力瞬时功率先增大后减小，C、D错误。]
2.B　[设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，
该部分水的质量为m=v0tSρ
根据平抛运动规律v0t'=l
h=gt'2
解得v0=l
根据功能关系得
Ptη=m+mg(H+h)
联立解得水泵的输出功率为
P=(H+h+)
故选B。]
3.AD　[根据题意可知，当v=v0时，有F1=4F0，由功率公式P=F1v可知P额=4F0v0，故A正确；当小车以最大速度匀速运动时F2=F0，且F2=Ff，根据P额=Ffvmax，即4F0v0=F0vmax，可得vmax=4v0，故B错误；由A、B选项可知vmax=4v0，P额=4F0v0，则根据公式P=Fv可得小车速度达到最大速度的时，此时的牵引力F3===F0，又Ff=F0，根据牛顿第二定律F3-Ff=ma，联立解得a=故C错误；在0~t0时间内，根据动能定理P额t0-Ffx=m(vmax)2-m解得x=4v0t0-故D正确。]
4.B　[解法一：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=
则此时弹性绳的弹性势能为
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，乙所坐木板的位移为x1=x0+l-d，
此过程中由于摩擦产生的热量Q=μmgx1，
则由功能关系可知该过程F所做的功
W=E0+μmgx1=+μmg(l-d)
解法二：画出外力F与乙所坐的木板的位移x的关系图像如图所示，则外力F做的功
W=μmg(l-d)+x0
又kx0=μmg
联立解得W=+μmg(l-d)
故选B。](共50张PPT)
专题二　能量与动量
微专题8
功和功率　功能关系
知识聚焦
高频考点练
内容索引
核心精讲
补偿强化练
知识聚焦
PART ONE
1.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。
核心精讲
PART TWO
如图甲所示，WG=mgh，
如图乙所示，恒力F做的功WF=F·l
2.机车启动问题
(1)机车匀加速启动中的两个最大速度
机车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.物体的动能增量取决于合外力(含重力)做功多少；物体的机械能增量取决于除重力和系统弹力之外的其他力做功多少。
4.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。
5.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。
6.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系统弹力以外的其他力的合力。
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高频考点练
PART THREE
考点一　功和功率
1.(2024·江西卷·5)“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”是李白对庐山瀑布的浪漫主义描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率为70%，则发电功率大致为
A.109 W B.107 W
C.105 W D.103 W
√
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由题知，Δt时间内流出的水量为m=ρQΔt=1.0×104Δt(kg)，发电过程中水的重力势能转化为电能，则有P=×70%≈1.0×107 W，故选B。
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2.(2024·河南郑州市三模)歼-20战机是我国先进的隐形战斗机，歼-20的质量为m，额定功率为P。已知某次训练中，歼-20战机在平直路面上从静止开始运动，先以加速度a做匀加速直线运动，达到额定功率P后，又经过一段时间达到该功率下的最大速度起飞。若战机行驶过程中所受到的阻力恒为Ff，下列说法正确的是
A.达到匀加速直线运动的最大速度时，战机牵引力等于阻力
B.达到额定功率后，战机接着做加速度逐渐增大的加速运动
C.匀加速直线运动的位移为
D.整个加速过程中牵引力做功为
√
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匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得F1-Ff=ma，又P=F1v1，联立可得战机匀加速直线运动过程中达到的最大速度为v1=，达到匀加速直线运动的最大速度时，仍有加速度，所以战机牵引力大于阻力，故A错误；
达到额定功率后，战机功率不变，则有P=Fv，随着速度的增加，牵引力减小，根据F-Ff=ma'，可知战机接着做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；
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战机匀加速直线运动的时间为t1==，战机匀加速直线运动的位移为x=t1=，故C正确；
当牵引力大小等于阻力时，战机的速度达到最大，则有vm=，战机在整个加速过程，根据动能定理可得W牵-W阻=m=，可得W牵>，故D错误。
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3.(2024·江苏南通市如皋市调研)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，t1时刻进入另一足够长的倾斜路面，如图，若保持功率P继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动。假设汽车运动过程中阻力(不包含重力沿斜面的分力)大小保持不变，下列图像中能正确表示该汽车运动过程速率v随时间t变化的是
√
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匀速行驶时P=F0v0，此时阻力等于牵引力Ff=F0，t1时刻进入另一足够长的倾斜路面，汽
车受到与速度方向相反的沿斜面向下的重力的分力，汽车开始做减速运动，功率不变，根据P=Fv可知，牵引力会增加。在斜面上，设斜面的倾角为θ，以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有-F+Ff+mgsin θ=ma，则该过程是加速度减小的减速运动。当加速度再次为零时，有F'=Ff+mgsin θ>F0，根据P=Fv可知，此时速度小于v0。故选A。
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4.(多选)(2024·黑龙江省“六校联盟”一模)质量为2 kg的物体与水平地面间的动摩擦因数为0.1，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，拉力F做的功W和物体的位移x之间的关系如图所示，重力加速度g=10 m/s2，物体从静止到位移为9 m的过程中，下列说法中正确的是
A.物体一直做匀加速直线运动
B.拉力F的平均功率为6.75 W
C.物体克服摩擦力做功为18 J
D.拉力F的最大瞬时功率为12 W
√
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N=2 N，运动过程中，物体与水平地面间的摩擦力为Ff=μmg= 2 N，可知，物体在0~3 m内做匀加速直线运动，3~9 m内做匀速直线运动，故A错误；
物体克服摩擦力做功为W克f=Ffx=2×9 J=18 J，故C正确；
根据题意可知，拉力做功为W=Fx，则W-x图像的斜率表示拉力F，由题图可得，0~3 m内，拉力大小为F1= N=5 N，3~9 m内，拉力大小为F2
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s=2 s，由题图可知整个过程拉力做功为W=27 J，拉力F的平均功率为P== W=6.75 W，拉力F的最大瞬时功率为P1=F1v=5×3 W= 15 W，故B正确，D错误。
0~3 m内，物体的加速度为a==1.5 m/s2，由运动学公式有v2=2ax1，解得v=3 m/s，匀加速运动的时间为t1==2 s，匀速运动的时间为t2==
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5.(2024·山东济宁市二模)遥控爬墙小车通过排出车身内部部分空气，和外界大气形成气压差，使小车可吸附在墙壁、天花板上。如图所示，某次小车从室内墙壁上的A点由静止出发，沿着竖直方向经B处一小段圆弧运动到水平天花板上的C点，然后从C点开始做匀速圆周运动。已知AB沿竖直方向且足够长，小车内外产生的压力差恒为F0=25 N，方向垂直于接触
面，运动过程中小车受到的阻力大小Ff=0.8FN(FN为小车和墙壁或天花板间的弹力)、方向总与速度方向相反。小车质量m=0.5 kg，小车可视为质点，忽略空气阻力，取g=10 m/s2。
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(1)若小车在AB段上的功率为P=75 W，求小车在AB段上的最大速率vm；
答案　3 m/s　
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小车在AB段所受的弹力FN1=F0
小车在AB段所受的阻力Ff1=0.8FN1=20 N
小车在AB段上达到最大速率时
P=(mg+Ff1)vm
解得vm=3 m/s
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(2)若小车在天花板上以v=3 m/s的速率做匀速圆周运动，牵引力大小为F=20 N，取π=3.14，求小车运动一周牵引力做的功。
答案　37.68 J
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小车在天花板上运动时FN2+mg=F0，
得FN2=20 N
小车在天花板上所受的阻力Ff2=0.8FN2=16 N
对小车做圆周运动时由牛顿第二定律得=m
解得r= m
小车运动一周过程中牵引力做的功W=2πrFf2
解得W=37.68 J。
考点二　功能关系及其应用
6.(多选)(2024·内蒙古赤峰二中模拟)如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为0.5g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，带电物块在由A点运动到C点过程，下列说法中正确的是
A.该电场的电场强度为
B.带电物块和弹簧的机械能减少量为0.5mg(H+h)
C.物块电势能的增加量为mg(H+h)
D.弹簧弹性势能的增加量为0.5mg(H+h)
√
√
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带电物块和弹簧的机械能减少量为ΔE=Eq(h+H)=0.5mg(h+H)，故B正确；
根据功能关系可得，物块电势能的增加量为ΔEp电=0.5mg(h+H)，故C错误；
物块从A点由静止开始下落，加速度a为0.5g，则根据牛顿第二定律有mg-Eq=ma，解得该电场的电场强度为E=，故A错误；
根据功能关系可得，带电物块在由A点运动到C点过程，
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带电物块在由A点运动到C点过程，物块的重力势能转化为物块的电势能和弹簧的弹性势能，则弹簧弹性势能的增加量为ΔEp弹=mg(H+h)-ΔEp电=0.5mg(H+h)，故D正确。
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7.(多选)(2024·安徽省皖北八校联考)如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为53°的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为，取地面为零势能面，已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。该过程中，物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是
√
√
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=μmgcos 53°·+μmgx1=μmgx0+μmgx1=μmgx，根据能量守恒可知Q=W克f =μmgx=mgx，而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功，则物块在x轴上任意位置的机械能为E=mgh-mg·x，其E-x图像为纵轴截距为mgh，斜率为-mg的倾斜直线，而其Q-x图像为过原点，斜率为mg
的倾斜直线，故A错误，D正确；
设物块质量为m，O点到斜面底端的距离为x0，斜面底端到停止点的距离为x1，物块释放点的高度为h，物块从静止释放到停止运动的过程中，克服摩擦力做功W克f
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地面上运动过程中，重力势能为0保持不变，故B正确；
物块在沿斜面下滑的过程中，物块的重力势能Ep= mgh-mgtan 53°·x=mgh-mg·x，可知物块Ep-x图像为纵轴截距为mgh，斜率为-mg的倾斜直线，物块在
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水平地面上克服摩擦力做功，则有Ek2=mgx0-μmg(x-x0)=mgx0-mg·x可知，动能达到最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为mg，动能达到最大后在水平地面上运动，其图线的斜率为-mg，可知图线具有对称性，故C错误。
当物块从静止开始下滑至斜面底端的过程中，物块
的动能Ek1=mgxtan 53°-μmgcos 53°·=mg·x，当物块下滑至斜面底端时其动能Ek1=mgx0，此后在
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8.(2023·河北承德市三模)如图所示，有三根完全相同、原长均为L0的绝缘轻质橡皮筋，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别连接质量均为m的带电小球A、B，它们所带的电荷量分别为-q和+q，A、B之间用第三根橡皮筋连接起来。由于空间存在水平向右的匀强电场，平衡时三根橡皮筋的长度均为原长的。现剪断A、B之间的橡皮筋，A、B球最
后会在新的位置平衡。已知橡皮筋满足胡克定律并始终在弹性限度内，两小球所带电荷量始终不变，不计两小球间的库仑力，重力加速度大小为g。求：
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(1)匀强电场的电场强度大小E；
答案　　
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根据题意，对小球A受力分析如图所示
由平衡条件有FTcos 30°=mg
Eq=FT+FTcos 60°
则有Eq=mg
解得E=
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(2)再次平衡时小球A电势能的减少量ΔEp电；
答案　mgL0　
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设橡皮筋的劲度系数为k，再次平衡时橡皮筋的弹力为FT1，
对小球A受力分析如图所示
由平衡条件有FT1cos θ=Eq
FT1sin θ=mg
解得θ=30°
FT1=2mg
设此时橡皮筋的长度为L'，
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剪断前有mg=k(L0-L0)cos 30°
剪断后有FT1=2mg=k(L'-L0)
由静电力做功和电势能变化的关系有
ΔEp电=Eq(L'cos 30°-L0cos 60°)
联立解得ΔEp电=mgL0
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(3)再次平衡时小球B重力势能的增加量ΔEp重。
答案　mgL0
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由对称性可知，小球B位置变化情况和小球A相同，
由重力做功和重力势能变化关系有
ΔEp重=mg(L0sin 60°-L'sin 30°)
解得ΔEp重=mgL0。
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补偿强化练
PART FOUR
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
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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，根据瞬时功率公式P=mgvy可知，重力瞬时功率先增大后减小，C、D错误。
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2.(2024·安徽卷·7)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为
A.(H+h+) B.(H+h+)
C.(H+) D.(H+)
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设水从出水口射出的初速度为v0，取t时间内的水为研究对象，
该部分水的质量为m=v0tSρ
根据平抛运动规律v0t'=l
h=gt'2
解得v0=l
根据功能关系得
Ptη=m+mg(H+h)
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联立解得水泵的输出功率为
P=(H+h+)
故选B。
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3.(多选)(2024·天津市模拟)我们可以通过玩具小车在水平面上的运动来研究功率问题。已知小车质量为m，小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车保持功率不变，小车的v-t图像如图甲所示，t0时刻小车的速度达到最大速度的，小车速度由v0增加到最大值的过程中，小车的牵引力F与速度v的关系图像如图乙所示，运动过程中小车所受阻力恒定，下列说法正确的是
A.小车的额定功率为4F0v0
B.小车的最大速度为3v0
C.t0时刻，小车加速度大小为
D.0~t0时间内，小车运动的位移大小为x=4v0t0-
√
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根据题意可知，当v=v0时，有F1=4F0，由功率公式P=F1v可知P额=4F0v0，故A正确；
当小车以最大速度匀速运动时F2=F0，且F2=Ff，根据P额=Ffvmax，即4F0v0=F0vmax，可得vmax=4v0，故B错误；
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=F0，又Ff=F0，根据牛顿第二定律F3-Ff=ma，联立解得a=，
故C错误；
在0~t0时间内，根据动能定理P额t0-Ffx=m(vmax)2-m，解得x=4v0t0-，故D正确。
由A、B选项可知vmax=4v0，P额=4F0v0，则根据公式P=Fv可得小车速度达到最大
速度的时，此时的牵引力F3==
4.(2024·山东卷·7)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)
√
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解法一：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=
则此时弹性绳的弹性势能为
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，乙所坐木板的位移为x1=x0+l-d，
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此过程中由于摩擦产生的热量Q=μmgx1，
则由功能关系可知该过程F所做的功
W=E0+μmgx1=+μmg(l-d)
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解法二：画出外力F与乙所坐的木板的位移x的关系图像如图所示，则外力F做的功
W=μmg(l-d)+x0
又kx0=μmg
联立解得W=+μmg(l-d)
故选B。

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