2023年高考物理二轮复习微专题专题2第5讲功与功率功能关系(教师版)

第5讲　功与功率　功能关系命题规律　1.命题角度：(1)功、功率的分析与计算；(2)功能关系.2.常用方法：微元法、图像法、转换法.3.常考题型：选择题．考点一　功、功率的分析与计算1．功的计算(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解．(2)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解，或者利用恒定功率求功W＝Pt.2．功率的计算(1)明确是求瞬时功率还是平均功率．P＝eq \f(W,t)侧重于平均功率的计算，P＝Fvcos α(α为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算．(2)机车启动(F阻不变)①两个基本关系式：P＝Fv，F－F阻＝ma.②两种常见情况a．恒定功率启动：P不变，此时做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度vm，此过程Pt－F阻s＝eq \f(1,2)mvm2；b．恒定加速度启动：开始阶段a不变，达到额定功率后，然后保持功率不变，加速度逐渐减小到零，最终做匀速直线运动．无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速运动时的速度，即vm＝eq \f(P,F阻).例1　(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 NB．从M到N，小车克服摩擦力做功800 JC．从P到Q，小车重力势能增加1×104 JD．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，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f1＝F＝40 N，则摩擦力做功为W1＝－40×20 J＝－800 J，则小车克服摩擦力做功为800 J，故B正确；依题意，从P到Q，重力势能增加量为ΔEp＝mg·PQsin 30°＝5 000 J，故C错误；设小车从P到Q，摩擦力大小为f2，有f2＋mgsin 30°＝eq \f(P2,v2)，摩擦力做功为W2＝－f2·PQ，联立解得W2＝－700 J，则小车克服摩擦力做功为700 J，故D正确．例2　(2021·山东卷·3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连．木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动．在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　　)A.eq \f(mv02,2πL) B.eq \f(mv02,4πL)C.eq \f(mv02,8πL) D.eq \f(mv02,16πL)答案　B解析　在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－Ff·2πL＝0－eq \f(1,2)mv02，可得摩擦力的大小Ff＝eq \f(mv02,4πL)，故选B.例3　(多选)(2018·全国卷Ⅲ·19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，(　　)A．矿车上升所用的时间之比为4∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．电机所做的功之比为4∶5答案　AC解析　由题图中的图线①知，上升总高度h＝eq \f(v0,2)·2t0＝v0t0.由题图中的图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和h1＝eq \f(1,2)·eq \f(v0,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t0,2)＋\f(t0,2)))＝eq \f(1,4)v0t0，匀速阶段：h－h1＝eq \f(1,2)v0·t′，解得t′＝eq \f(3,2)t0，故第②次提升过程所用时间为eq \f(t0,2)＋eq \f(3,2)t0＋eq \f(t0,2)＝eq \f(5,2)t0，两次上升所用时间之比为2t0∶eq \f(5,2)t0＝4∶5，A项正确；由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，即电动机的最大牵引力相同，B项错误；在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，F－mg＝ma，则F＝m(g＋a)，第①次在t0时刻，功率P1＝F·v0，第②次在eq \f(t0,2)时刻，功率P2＝F·eq \f(v0,2)，第②次在匀速阶段P2′＝F′·eq \f(v0,2)＝mg·eq \f(v0,2)90 km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保，该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示，所受阻力恒为1 250 N．已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11 s末，则在前11 s内(　　)A．经过计算t0＝5 sB．在0～t0时间内小汽车行驶了45 mC．电动机输出的最大功率为60 kWD．汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 J答案　BD解析　开始阶段加速度为a＝eq \f(F1－Ff,m)＝eq \f(5 000－1 250,1 500) m/s2＝2.5 m/s2，v1＝54 km/h＝15 m/s，解得t0＝eq \f(v1,a)＝eq \f(15,2.5) s＝6 s，故A错误；汽车前6 s内的位移为x1＝eq \f(1,2)at02＝45 m，故B正确；t0时刻，电动机输出的功率最大，为Pm＝F1v1＝5 000×15 W＝75 kW，故C错误；由题图可知，汽油机工作期间，功率为P＝F2v1＝90 kW，解得11 s时刻汽车的速度为v3＝eq \f(P,F3)＝eq \f(90×103,3 600) m/s＝25 m/s＝90 km/h，故6～11 s内都是汽油机在做功，且汽油机工作时牵引力做的功为W＝Pt＝4.5×105 J，故D正确．3.(多选)(2022·海南省模拟)如图所示，某物体(可视为质点)分别从等高的固定斜面Ⅰ、Ⅱ顶端下滑，物体与接触面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面接触处用半径可忽略的光滑小圆弧相连．若该物体沿斜面Ⅰ由静止下滑，运动到水平面上的P点静止，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)A．物体沿斜面Ⅱ由静止下滑，将运动到水平面上P点的左侧静止B．物体沿斜面Ⅱ运动的路程大于沿斜面Ⅰ运动的路程C．物体沿斜面Ⅱ运动到P点产生的热量等于沿斜面Ⅰ运动到P点产生的热量D．物体沿斜面Ⅱ运动损失的机械能大于沿斜面Ⅰ运动损失的机械能答案　BC解析　设斜面的倾角为α，长度为l，高度为h，斜面的下端点到P点的水平距离为x，由动能定理得mgh－μmglcos α－μmgx＝0，设斜面上端点到P点的水平距离为s总，则s总＝lcos α＋x，联立可得mgh－μmgs总＝0，可知最终两物体均停止在P点，故A错误；根据几何知识可知，物体沿斜面Ⅱ运动的路程大于沿斜面Ⅰ运动的路程，故B正确；两种情形下，都是重力势能完全转化为内能，而初始时重力势能相同，则物体沿斜面Ⅱ运动到P点产生的热量等于沿斜面Ⅰ运动到P点产生的热量，故C正确；沿斜面Ⅰ运动损失的机械能ΔE1＝μmgL1cos α1，沿斜面Ⅱ运动损失的机械能ΔE2＝μmgL2cos α2，因为L1＞L2，α1＜α2，所以ΔE1＞ΔE2，故D错误．专题强化练[保分基础练]1.如图所示，一质量为25 kg的小孩从高为2 m的滑梯顶端由静止滑下，滑到底端时的速度大小为2 m/s(g取10 m/s2)．关于力对小孩做的功，以下说法正确的是(　　)A．重力做功450 JB．合力做功50 JC．克服阻力做功50 JD．支持力做功450 J答案　B解析　由功的计算公式可知，重力做功为WG＝mgh＝25×10×2 J＝500 J，A错误；由动能定理可知，合力做功等于动能的变化量，则有W合＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×25×22 J＝50 J，B正确；由动能定理可得WG－W克f＝eq \f(1,2)mv2，故克服阻力做功W克f＝WG－eq \f(1,2)mv2＝500 J－50 J＝450 J，C错误；支持力与小孩的运动方向一直垂直，所以支持力不做功，D错误．2．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图(a)和图(b)所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是(　　)A．W1＝W2＝W3 B．W1a2，所以v0>v，上升过程的动能减小量为ΔEk1＝eq \f(1,2)mv02，下落过程的动能增加量为ΔEk2＝eq \f(1,2)mv2，所以上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量，故C正确；上升过程动量的变化量大小为Δp1＝mv0，下落过程的动量变化量大小为Δp2＝mv，所以上升过程的动量变化量大于下落过程的动量变化量，故D错误．6．(多选)(2021·全国乙卷·19)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则(　　)A．在此过程中F所做的功为eq \f(1,2)mv02B．在此过程中F的冲量大小等于eq \f(3,2)mv0C．物体与桌面间的动摩擦因数等于eq \f(v02,4s0g)D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍答案　BC解析　外力撤去前，由牛顿第二定律可知F－μmg＝ma1①由速度位移公式有v02＝2a1s0②外力撤去后，由牛顿第二定律可知－μmg＝ma2③由速度位移公式有－v02＝2a2(2s0)④由①②③④可得，水平恒力F＝eq \f(3mv02,4s0)，物体与桌面间的动摩擦因数μ＝eq \f(v02,4s0g)，则滑动摩擦力Ff＝μmg＝eq \f(mv02,4s0)，可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；在此过程中，外力F做功为W＝Fs0＝eq \f(3,4)mv02，故A错误；由平均速度公式可知，外力F作用时间t1＝eq \f(s0,\f(0＋v0,2))＝eq \f(2s0,v0)，在此过程中，F的冲量大小是I＝Ft1＝eq \f(3,2)mv0，故B正确．7．(2021·湖南卷·3)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的．总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶．该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm.下列说法正确的是(　　)A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为eq \f(3,4)vmD．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为eq \f(1,2)mvm2－Pt答案　C解析　对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻＝kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有eq \f(4P,v)－kv＝ma，故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有eq \f(2.25P,v)＝kv，而以额定功率匀速行驶时，有eq \f(4P,vm)＝kvm，联立解得v＝eq \f(3,4)vm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可知4Pt－W克阻＝eq \f(1,2)mvm2－0，可得动车组克服阻力做的功为W克阻＝4Pt－eq \f(1,2)mvm2，故D错误．[争分提能练]8．(2022·广东省高三5月测试)在某滑雪场有一段坡道，可看作斜面，一滑雪爱好者从坡道最低点以某一速度滑上此坡道，滑雪爱好者和全部装备的总质量为50 kg，其重力势能和动能随上滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，以坡道底端所在水平面为重力势能的参考平面，滑雪爱好者连同全部装备可看作质点，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)A．坡道与水平面的夹角θ为45°B．滑雪板和坡道之间的动摩擦因数为0.1C．滑雪爱好者在坡道上滑的最大高度为15 mD．滑雪爱好者在坡道上滑过程重力的冲量大小为1 000 N·s答案　D解析　上滑过程重力势能为Ep＝mgssin θ＝mgsin θ·s，则重力势能随s变化的图线的斜率为mgsin θ＝eq \f(2 500 J,10 m)，解得sin θ＝eq \f(1,2)，则坡道与水平面的夹角为θ＝30°，选项A错误；上滑过程根据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)s＝Ek－Ek0，整理得Ek＝－(mgsin θ＋μmgcos θ)s＋Ek0，动能随s变化的图线斜率为－(mgsin θ＋μmgcos θ)＝eq \f(1 875 J－5 625 J,10 m－0)，代入数据解得动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),6)，选项B错误；上滑过程根据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)sm＝0－Ek0，解得sm＝15 m，上升的高度h＝smsin θ＝7.5 m，选项C错误；上滑过程根据动量定理有(mgsin θ＋μmgcos θ)t＝0－(－eq \r(2mEk0))，解得上滑时间t＝2 s，则重力的冲量为mgt＝1 000 N·s，选项D正确．9.(2022·山东卷·2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中(　　)A．火箭的加速度为零时，动能最大B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量答案　A解析　火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误．10．(多选)(2022·甘肃张掖市高三期末)如图所示，内壁光滑的玻璃管竖直固定在水平地面上，管内底部竖直放置处于自然长度的轻质弹簧．用轻杆连接的两小球A、B的质量分别为m和2m(球的直径比管的内径略小)，重力加速度为g，现从弹簧的正上方释放两球，则从A球与弹簧接触起到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)A．杆对A球做的功大于杆对B球做的功B．A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做功的eq \f(3,2)倍C．弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械能的增量D．A球到最低点时杆对B球的作用力等于4mg答案　BC解析　杆对A球的作用力与杆对B球的作用力大小相等，两球的位移相同，所以杆对A球做的功与杆对B球做的功数值相等，故A错误；设A球克服弹簧弹力做的功为W1，A下降的高度为h，杆对A球做的功为W2，则杆对B球做功为－W2，由动能定理，对A球有mgh－W1＋W2＝0，对B球有2mgh－W2＝0，联立解得W1＝eq \f(3,2)W2，即A球克服弹簧弹力做的功是杆对A球做的功的eq \f(3,2)倍，故B正确；根据功能关系知，弹簧和杆对A球做功的总和等于A球机械能的增量，故C正确；若A球从弹簧原长处释放，刚释放时A、B整体的加速度大小为g，方向竖直向下，根据简谐运动的对称性知，A球到最低点时整体的加速度大小为g，方向竖直向上，现A球从弹簧正上方下落，A球到最低点时弹簧压缩量比从弹簧原长处释放时的大，则弹力比从弹簧原长处释放时的大，整体所受的合力增大，加速度将大于g，所以A球到最低点时整体的加速度大小大于g，方向竖直向上，在最低点，对B球，由牛顿第二定律得F－2mg＝2ma＞2mg，则得A球到最低点时杆对B球的作用力 F＞4mg，故D错误．11．(多选)(2022·山西晋中市榆次区一模)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统．固定斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),4).木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与木箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．重力加速度为g，木箱可视为质点，下列说法正确的是(　　)A．木箱与货物的质量之比为6∶1B．下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点C．木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为1∶6D．若木箱下滑的最大距离为l，则弹簧的最大弹性势能为eq \f(7,8)Mgl答案　BD解析　根据题意和动能定理可得(M＋m)glsin 30°－μ(M＋m)glcos 30°－W弹＝0，W弹－Mglsin 30°－μMglcos 30°＝0，联立可得M∶m＝1∶6，故A错误；下滑速度最大时有(M＋m)gsin 30°－μ(M＋m)gcos 30°－F弹＝0，可得F弹＝eq \f(7,8)Mg，上滑速度最大时有F弹′－Mgsin 30°－μMgcos 30°＝0，可得F弹′＝eq \f(7,8)Mg，所以下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点，故B正确；木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度为a1＝eq \f(M＋mgsin 30°－μM＋mgcos 30°,M＋m)＝eq \f(1,8)g，上滑的加速度为a2＝eq \f(Mgsin 30°＋μMgcos 30°,M)＝eq \f(7,8)g，则eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,7)，故C错误；下滑过程中重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，有(M＋m)glsin 30°－μ(M＋m)glcos 30°＝Ep，则弹簧的最大弹性势能为Ep＝eq \f(7,8)Mgl，故D正确．12．(2022·广东高州市二模)如图，“和谐号”是由提供动力的车厢(动车)和不提供动力的车厢(拖车)编制而成．某“和谐号”由8节车厢组成，其中第1节、第5节为动车，每节车厢所受的阻力大小Ff为自身重力的0.01.已知每节车厢的质量均为m＝2×104 kg，每节动车的额定功率均为P0＝600 kW，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)若“和谐号”以a＝0.5 m/s2的加速度从静止开始行驶，“和谐号”做匀加速运动时5、6节车厢之间的作用力以及匀加速运动的时间；(2)和谐号能达到的最大速度大小．答案　(1)3.6×104 N　25 s　(2)75 m/s解析　(1)以第6、7、8三节车厢为整体分析，总质量为3m，所受拉力为F，据牛顿第二定律有F－3Ff＝3maFf＝0.01mg代入数据解得F＝3.6×104 N每个动车提供最大功率为P0＝600 kW，设每个动车提供的牵引力为F牵，动车匀加速行驶能达到的最大速度为v1，对整个动车组进行分析，根据牛顿第二定律，有2F牵－8Ff＝8ma,2P0＝2F牵v1v1＝at1，联立解得t1＝25 s(2)和谐号动车组以最大速度行驶时动力与阻力平衡设最大速度为vm，则有2P0＝8×0.01mg·vm解得vm＝75 m/s.[尖子生选练]13．(多选)(2022·辽宁省县级重点高中协作体一模)如图所示，固定的光滑长斜面的倾角θ＝37°，下端有一固定挡板．两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接．一跨过轻质定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连．系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力．当小车缓慢向右运动eq \f(3,4)L时，A恰好不离开挡板．已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.在小车从图示位置发生位移eq \f(3,4)L过程中，下列说法正确的是(　　)A．弹簧的劲度系数为eq \f(12mg,5L)B．绳的拉力对B做功为eq \f(3,20)mgLC．若小车以速度2eq \r(gL)向右匀速运动，位移大小为eq \f(3,4)L时，B的速率为eq \f(8,5)eq \r(gL)D．若小车以速度2eq \r(gL)向右匀速运动，位移大小为eq \f(3,4)L时，绳的拉力对B做的功为eq \f(87,100)mgL答案　BD解析　系统静止时，弹簧压缩量x1＝eq \f(mgsin 37°,k)，A恰好不离开挡板时，弹簧伸长量x2＝eq \f(mgsin 37°,k)，由题可知x1＋x2＝eq \r(L2＋\f(3,4)L2)－L＝eq \f(1,4)L，解得k＝eq \f(24mg,5L)，选项A错误；根据x1＝x2，知弹性势能不变，则小车在0～eq \f(3,4)L位移内拉力对B做的功W1＝mg·eq \f(1,4)Lsin 37°，解得W1＝eq \f(3,20)mgL，选项B正确；小车位移大小为eq \f(3,4)L时，滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为37°，将小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B的速率vB＝2eq \r(gL)sin 37°＝eq \f(6,5)eq \r(gL)，选项C错误；小车在0～eq \f(3,4)L位移大小内，设拉力对B做的功为W2，对B分析，根据功能关系有W2＝eq \f(1,2)mvB2＋mg·eq \f(1,4)Lsin 37°＝eq \f(87,100)mgL，选项D正确．能量功能关系表达式势能重力做功等于重力势能减少量W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp弹力做功等于弹性势能减少量静电力做功等于电势能减少量分子力做功等于分子势能减少量动能合外力做功等于物体动能变化量W＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv02机械能除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量W其他＝E2－E1＝ΔE机摩擦产生的内能一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能Q＝Ff·s相对s相对为相对路程电能克服安培力做功等于电能增加量W克安＝E2－E1＝ΔE